Ferienkurs Quantenmechanik Sommer 2010 - TUM

Fakultät für Physik
Technische Universität München
Christoph Schnarr
Übungsblatt 1 - Lösungsvorschlag
Ferienkurs Quantenmechanik Sommer 2010
Quantenmechanischer Formalismus und Schrödingergleichung
1
Normierung
( )
3i
Ein Elektron befindet sich im Spinzustand χ = A
4
1. Bestimmen Sie die Normierungskonstante A.
Lösung:
1. A ist so zu finden, dass |χ| = 1 gilt.
(
)
(
) 3Ai
−3Ai 4A ·
4A
A
2
=
=
√
√
!
9A2 + 16A2 = 25A2 = 5A = 1
1
5
Skalarprodukt und Matrixdarstellung
In einem dreidimensionalen Hilbertraum sind folgende Vektorzustände gegeben:
|α⟩
|β⟩
= i |1⟩ − 2 |2⟩ − i |3⟩
= i |1⟩ + 2 |3⟩
Hierbei sind |1⟩, |2⟩ und |3⟩ die orthonormierten Basiszustände.
∗
1. Berechnen Sie die Skalarprodukte ⟨α|β⟩ und ⟨β|α⟩ explizit und zeigen Sie, dass ⟨β|α⟩ = ⟨α|β⟩ .
b = |α⟩ ⟨β| und geben Sie die Matrixdarstellung von A
b an.
2. Finden Sie alle Matrixelemente von A
b hermitesch? Begründung?
3. Ist der Operator A
1
Lösung:
1. Zu beachten ist die komplexe Konjugation für das erste Argument.
⟨α|β⟩ = −ii ⟨1|1⟩ − 2i ⟨1|3⟩ − 2i ⟨2|1⟩ − 4 ⟨2|3⟩ + ii ⟨3|1⟩ + 2i ⟨3|3⟩
= 1 + 2i
⟨β|α⟩ =
=
∗
⟨α|β⟩
=
−ii ⟨1|1⟩ + 2i ⟨1|2⟩ + ii ⟨1|3⟩ + 2i ⟨3|1⟩ − 4 ⟨3|2⟩ − 2i ⟨3|3⟩
1 − 2i
(1 + 2i)∗ = 1 − 2i = ⟨β|α⟩
b auf die Basiszustände folgt:
2. Durch Anwendung von A
b |1⟩
A
b |2⟩
A
= |α⟩ ⟨β|2⟩ = 0
b |3⟩
A
= |α⟩ ⟨β|3⟩ = 2 |α⟩ = 2i |1⟩ − 4 |2⟩ − 2i |3⟩
= |α⟩ ⟨β|1⟩ = −i |α⟩ = |1⟩ + 2i |2⟩ − |3⟩


1 0
2i
b =  2i 0 −4 
A
−1 0 −2i


1 −2i −1
b∗ = 
0
0
0 
A
−2i −4 2i
b ̸= A
b∗ ⇒ A
b ist nicht hermitesch
3. A
3
Matrixdarstellung und Eigenwerte
Der Hamilton-Operator eines Zwei-Niveau-Systems lautet:
Ĥ = ϵ (|1⟩ ⟨1| − |2⟩ ⟨2| + |1⟩ ⟨2| + |2⟩ ⟨1|)
Hierbei sind |1⟩ und |2⟩ die orthonormierten Basiszustände. Der Parameter ϵ hat Energieeinheiten.
1. Wie lautet die Matrixdarstellung des Operators Ĥ in dieser Basis?
2. Finden Sie die Energieeigenwerte und die zugehörigen Eigenzustände des Operators Ĥ.
Lösung:
1. Durch Anwendung von Ĥ auf die Basiszustände folgt:
Ĥ |1⟩
= ϵ [|1⟩ ⟨1|1⟩ − |2⟩ ⟨2|1⟩ + |1⟩ ⟨2|1⟩ + |2⟩ ⟨1|1⟩]
= ϵ [|1⟩ + |2⟩]
Ĥ |2⟩
= ϵ [|1⟩ ⟨1|2⟩ − |2⟩ ⟨2|2⟩ + |1⟩ ⟨2|2⟩ + |2⟩ ⟨1|2⟩]
= ϵ [|1⟩ − |2⟩]
(
Ĥ
= ϵ
1
1
1 −1
)
2
(
)
2. Zum Finden der Eigenwerte gilt es das Eigenwertproblem Ĥ − λ1 v = 0 zu lösen:
(
)
det Ĥ − λ1
=
−(ϵ − λ)(ϵ + λ) − ϵ2
λ
2
λ1/2
=
0
0
= 2ϵ2
√
= ± 2ϵ
Durch Einsetzen der Eigenwerte in das Eigenwertproblem lassen sich folgende Eigenvektoren finden:
(
)
ϵ
− −√2ϵ+ϵ
v1 =
1
)
(
ϵ
− √2ϵ+ϵ
v2 =
1
4
Kommutatoren
b und B,
b wobei gilt:
Gegeben seien zwei Operatoren A
[ [
]] [ [
]]
b A,
b B
b = B,
b A,
b B
b =0
A,
Zeigen Sie, dass für n = 1, 2, 3... gilt:
[
]
[
]
bn , B
b = nA
bn−1 A,
b B
b
A
Lösung:
Beweis per Induktion:
1. Schritt: n = 1:
[
]
[
]
b1 , B
b
b B
b
A
= A,
[
]
[
] [
]
b1−1 A,
b B
b
b0 A,
b B
b = A,
b B
b
1·A
= A
[
]
[
]
b B
b
b B
b
A,
= A,
2. Schritt: n → n + 1:
[
]
bn+1 , B
b
A
[
]
bA
bn , B
b
A
[
]
[
]
b B
b A
bn
b A
bn , B
b + A,
= A
| {z }
| {z }
bn−1 [A,
bB
b]
bn [A,
bB
b]
nA
A
[
]
[
]
b B
b
b B
b +A
bn A,
bn A,
= nA
[
]
b B
b
bn A,
= (n + 1)A
=
Aussage gilt für n + 1 ⇒ Aussage gilt auch für n = 1, 2, 3, ...
3
5
Hermitesche Operatoren
b und B.
b Zeigen Sie, dass
1. Gegeben seien die hermiteschen Operatoren A
bB
b hermitesch ist, nur wenn A
bB
b=B
bA
b gilt.
(a) der Operator A
(
)n
b+B
b
(b) A
hermitesch ist.
b folgende Operatoren hermitesch sind:
2. Beweisen Sie, dass für jeden Operator A
(
)
b+A
b†
(a) A
(
)
b−A
b†
(b) i A
(
)
bA
b†
(c) A
3. Zeigen Sie, dass der Eigenwert eines hermiteschen Operators reel ist und dass die Eigenfunktionen
orthogonal sind. Sie können sich auf den nicht-entarteten Fall beschränken.
4. In der klassischen Hamiltonfunktion sind die Terme p · f (x) und f (x) · p äquivalent. Die Ersetd
zungsregel p → pb = −i~ dx
für den Übergang zum Hamiltonoperator führt aber zu verschiedenen
Operatoren. In dem Ansatz
p · f (x) → α pb f (x) + (1 − α) f (x) pb
ist die Reihenfolge offen gelassen.
Wie ist der reelle Koeffizient α zu wählen, damit der resultierende Operator hermitesch ist?
Lösung:
b=A
b† und B
b=B
b†
1. Laut Voraussetzung gilt: A
(
)†
bB
b =B
b†A
b† = B
bA
b
(a) A
(
)†
bB
b =A
bB
b genau dann, wenn A
bB
b=B
bA
b
⇒ A
(b)
[(
)n ] †
b+B
b
A
(
)†
(
)†
b+B
b ··· A
b+B
b
A
(
)(
) (
)
b† + B
b† A
b† + B
b† · · · A
b† + B
b†
=
A
(
)n
b+B
b
=
A
=
b+B
b
A
)† (
)†
( )†
b+A
b† = A
b† + A
b† = A
b† + A
b=A
b+A
b†
A
[
]
)]†
)
[ (
( )†
(
b−A
b†
b† − A
b†
b−A
b†
(b) i A
= −i A
=i A
(
2. (a)
(
(c)
bA
b†
A
)†
( )†
b† = A
bA
b†
b† A
= A
4
b sowie die o.B.d.A. normierten Zustände |m⟩ und |n⟩.
3. Gegeben sei der hermitesche Operator A
b
⟨m|A|n⟩
=
b
⟨m|An⟩
=
=
⟨m|an n⟩
an ⟨m|n⟩
b
⟨m|A|n⟩
=
b† m|n⟩
⟨A
b
⟨Am|n⟩
=
=
Nun bildet man die Differenz:
0
⟨am m|n⟩
=
a∗m ⟨m|n⟩
=
(an − a∗m ) ⟨m|n⟩
Fallunterscheidung:
(a) n = m
0 =
(an − a∗m ) ⟨m|n⟩
0
=
(an − a∗n ) ⟨n|n⟩
| {z }
0
= (an − a∗n )
= a∗n
=1
an
⇒ an ist reel
(b) n ̸= m
0 = (an − a∗m ) ⟨m|n⟩
Die Eigenwerte seien nicht entartet
0 = (an − a∗m ) ⟨m|n⟩
| {z }
=0
0
=
⟨m|n⟩
⇒ Die Eigenfunktionen sind orthogonal.
d
4. Setzt man pb = −i~ dx
in den Ansatz ein, so folgt:
]
[
]
[
d
d
d
′
= −i~ αf (x) + f (x)
p f (x) → −i~ α f (x) + (1 − α)f (x)
dx
dx
dx
Die Forderung für die Hermitezität lautet:
∫∞
−∞
]
)
]
)∗
(
[
(
[
∫∞
d
d
!
′
ψ(x) =
ϕ(x) ψ(x)
dxϕ (x) −i~ αf (x) + f (x)
dx −i~ αf ′ (x) + f (x)
dx
dx
∗
−∞
Hierbei wird verwendet, dass f (x) als Teil einer klassischen Hamiltonfunktion reel ist. Die Bedingung
kann umgeformt werden zu:
∫∞
[
′] !
dx 2αf ′ (x)ϕ∗ (x)ψ(x) + f (x) (ϕ∗ (x)ψ(x)) = 0
−∞
5
Diese Gleichung kann partiell integriert werden, wobei die Randterme im Unendlichen verschwinden:
∫∞
(2α − 1)
dxf ′ (x)ϕ∗ (x)ψ(x) = 0
!
−∞
Wir schließen den Fall f ′ (x) = 0 aus, da f (x) dann eine Konstante wäre und sich somit die Frage
der Reihenfolge nicht stellen würde. Da ϕ(x) und ψ(x) beliebige quadratintegrable Funktionen sind,
muss α = 12 sein.
Die Ersetzungsregel lautet dann:
p f (x) →
1
2
1
[b
p f (x) + f (x) pb]
2
[b
p f (x) + f (x) pb] ist hierbei hermitesch.
6
6
Matrix-Exponentielle
∞
b definiert als: eAb = ∑
Die Matrix-Exponentielle ist für einen Operator A
n=0
bn
A
n!
Sie hat folgende Eigenschaften:
b b
b
b
• e−A eA = eA e−A = b
1
[
]
b
b
b
b
b B
b =0
• eA+B = eA eB für A,
b dass der adjungierte Operator von eiHb der Operator
1. Zeigen Sie für den hermiteschen Operator H,
b
e−iH ist.
b = eiHb für einen hermiteschen Operator H
b unitär ist.
2. Zeigen Sie, dass U
b und B
b die Funktion
3. Nehmen Sie für zwei nicht-kommutierende Operatoren A
b
b
b −λA
f (λ) = eλA Be
(λ ∈ R)
an.
Benutzen Sie diese Funktion, um die Baker-Campbell-Hausdorff-Formel
b b −A
b
b+
eA B
e
=B
∞
∑
1 [ b b ](n)
A, B
n!
n=1
zu zeigen.
[
](1) [
]
b B
b
b B
b
Hierbei sind: A,
= A,
[
und
b B
b
A,
](n)
[ [
](n−1) ]
b
b
b
= A, A, B
Hinweis: Verwenden Sie die Taylor-Entwicklung von f (λ).
Lösung:
(
1.
b
iH
e
)†
(
=
n
∞ iH
∑
( b)
n=0
)†
n!
=
n
∞ −iH
∑
( b †)
n=0
n!
b
= e−iH
b ist unitär ⇔ U
bU
b† = b
2. U
1
b
U
b
iH
= e
=
( )n
b
∞
iH
∑
n!
n=0
b†
U
=
)n
(
b†
∞
−iH
∑
n=0
=
(
n!
b
∞
−iH
∑
n!
n=0
b
= e−iH
b †U
b = e−iHb eiHb = b
b ist unitär
U
1⇒U
7
)n
3. Die Taylorentwicklung von f (λ) um λ = 0 ist gegeben durch:
∞
∑
f (n) (λ) f (λ) = f (0) +
n! n=1
f (0) =
λn
λ=0
b 0=B
b
e0 Be
[
]
b b b −λA
b
b b b −λA
b
b b b
b
= eλA A
Be
− eλA B
Ae
= eλA A,
B e−λA
[
] [
](1)
b B
b = A,
b B
b
f (1) (0) = A,
f (1) (λ)
[
]
[
]
b
b
b b b b −λA
bb b b
B Ae
A, B e−λA − eλA A,
= eλA A
[ [
]]
b b
b B
b e−λAb
= eλA A,
A,
[
]
b b b (2) −λA
b
= eλA A,
B
e
[
](2)
b B
b
f (2) (0) = A,
f (2) (λ)
[
](n)
b B
b
Allgemein gilt für A,
:
d (n)
f (λ)
dλ
[
]
[
]
b b b b (n) −λA
b
b b b (n) b −λA
b
= eλA A
A, B
e
− eλA A,
B
Ae
[ [
](n) ]
b
b b
λA
b
b
A, A, B
e−λA
= e
f (n+1) (λ) =
[
]
b b b (n+1) −λA
b
= eλA A,
B
e
[
](n)
b B
b
f (n) (0) = A,
b+
⇒ f (λ) = B
[
](n)
b B
b
∞
A,
∑
n=1
n!
λ
[
](0)
[
] [
](1) [ [
](0) ]
b B
b
b wegen A,
b B
b = A,
b B
b
b A,
b B
b
A,
=B
= A,
∞
b b −A
b
b+ ∑
Für λ = 1 folgt: eA B
e
=B
n=1
1
n!
[
](n)
∞
∑
b B
b
A,
=
n=0
8
1
n!
[
](n)
b B
b
A,
7
Cauchy-Schwarzsche Ungleichung und verallgemeinerte
Unschärferelation
1. Beweisen Sie die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung ⟨ψ|ψ⟩ ⟨ϕ|ϕ⟩ ≥ |⟨ψ|ϕ⟩|
2
Hinweis: Betrachten Sie die Ungleichung ⟨ψ + λϕ|ψ + λϕ⟩ ≥ 0 und finden Sie den Wert von λ, der
die linke Seite minimiert.
Beachten Sie, dass λ und λ∗ unabhängig voneinander variiert werden können.
b und B
b die verallgemeinerte Unschärferelation
2. Beweisen Sie, dass für zwei hermitesche Operatoren A
⟨[
]⟩
b ∆B
b ≥ 1 A,
b B
b ∆A
2
gilt.
(
)2 ⟨ ⟩ ⟨ ⟩2
(
)2 ⟨ ⟩ ⟨ ⟩2
b = A
b2 − A
b und ∆B
b = B
b2 − B
b
Hierbei ist: ∆A
Hinweis: Betrachten Sie die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung mit:
(
⟨ ⟩)
b− A
b |ξ⟩
|ϕ⟩ = A
(
⟨ ⟩)
b− B
b |ξ⟩
|ψ⟩ = B
b = ⟨ξ|A|ξ⟩
b
⟨A⟩
b = ⟨ξ|B|ξ⟩
b
⟨B⟩
b=x
b = pb =
b = x und B
3. Rechnen Sie nach, dass man für A
∆b
x ∆b
p≥
~ ∂
i ∂x
die Unschärferelation
1
~
2
erhält.
4. Die Unschärferelation ∆x∆p ≥ ~2 lässt sich auch aus der Ungleichung
∫
2
dx |[γ (x − ⟨x⟩) − i (b
p − ⟨p⟩)] ψ(x)| ≥ 0
mit γ ∈ R folgern.
Zeigen Sie, dass das Gleichheitszeichen nur für Gaußfunktionen gilt.
9
Lösung:
1. 0 ≤ ⟨ψ + λϕ|ψ + λϕ⟩ = ⟨ψ|ψ⟩ + λ∗ ⟨ϕ|ψ⟩ + λ ⟨ψ|ϕ⟩ + λλ∗ ⟨ϕ|ϕ⟩ = g (λ, λ∗ )
∂
g (λ, λ∗ ) = ⟨ϕ|ψ⟩ + λ ⟨ϕ|ϕ⟩ = 0
∂λ∗
∂
g (λ, λ∗ ) = ⟨ψ|ϕ⟩ + λ∗ ⟨ϕ|ϕ⟩ = 0
∂λ
⟨ϕ|ψ⟩
⟨ϕ|ϕ⟩
⟨ψ|ϕ⟩
= −
⟨ϕ|ϕ⟩
⇒ λmin
= −
⇒ λ∗min
0 ≤ g (λmin , λ∗min )
= ⟨ψ|ψ⟩ −
|⟨ϕ|ψ⟩|
⟨ϕ|ϕ⟩
2
2
⇒ ⟨ϕ|ϕ⟩ ⟨ψ|ψ⟩
≥ |⟨ϕ|ψ⟩|
2. Unter Verwendung der in der Aufgabenstellung gegebenen Definitionen folgt:
(
)2
(
)2
b − ⟨A⟩
b
b2 ⟩ − ⟨A⟩
b 2 = ∆A
b
⟨ϕ|ϕ⟩ = ⟨ξ| A
|ξ⟩ = ⟨A
(
)2
(
)2
b − ⟨B⟩
b
b 2 ⟩ − ⟨B⟩
b 2 = ∆B
b
⟨ψ|ψ⟩ = ⟨ξ| B
|ξ⟩ = ⟨B
(
)(
)
b − ⟨A⟩
b
b − ⟨B⟩
b |ξ⟩ = ⟨A
bB⟩
b − ⟨A⟩
b ⟨B⟩
b
⟨ϕ|ψ⟩ = ⟨ξ| A
B
(
)(
)
b − ⟨B⟩
b
b − ⟨A⟩
b |ξ⟩ = ⟨B
b A⟩
b − ⟨A⟩
b ⟨B⟩
b
⟨ψ|ϕ⟩ = ⟨ξ| B
A
Eingesetzt in die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung folgt:
(
)2 (
)2
b
b ≥ |⟨ϕ|ψ⟩|2 = [ℜ (⟨ϕ|ψ⟩)]2 + [ℑ (⟨ϕ|ψ⟩)]2 ≥ [ℑ (⟨ϕ|ψ⟩)]2
∆A
∆B
b ∆B
b≥
⇒ ∆A
3. Der Kommutator berechnet sich wie folgt:
[b
x, pb] ψ
=
=
=
=
[b
x, pb] =
1 ⟨[ b b ]⟩
A, B 2
]
[
~ ∂
ψ
x,
i ∂x
~ ∂
~ ∂
x
ψ−
(ψx)
i ∂x
i ∂x
~ ∂
~
~ ∂
x
ψ− ψ−x
ψ
i ∂x
i
i ∂x
~iψ
~i
Der Erwartungswert des Kommutators ist: ⟨[b
x, pb]⟩ = ⟨~i⟩ = ~i
⇒ ∆b
x ∆b
p≥
10
~
1
|~i| =
2
2
)2
1
|⟨ϕ|ψ⟩ − ⟨ψ|ϕ⟩|
=
2
( ) 2
1 bb
b A⟩
b =
⟨AB⟩ − ⟨B
2
1 ⟨[ b b ]⟩2
=
A, B 4
(
4. Wegen der Betragsstriche kann das Gleichheitszeichen in der Angabe nur dann gelten, wenn der
Integrand identisch 0 ist:
[γ (x − ⟨x⟩) − i (b
p − ⟨p⟩)] ψ(x) = 0
d
Setzt man die Definition des Impulsoperators pb = −i~ dx
ein, ergibt sich eine Differentialgleichung
erster Ordnung:
dψ(x)
~
= [γ (x − ⟨x⟩) + i ⟨p⟩] ψ(x)
dx
Diese Gleichung kann leicht integriert werden:
[
]
γ
i
2
ψ(x) = C · exp
(x − ⟨x⟩) + ⟨p⟩ x
2~
~
Damit die Wellenfunktion normierbar
ist, muss γ < 0 gelten.
√
4 |γ|
Die Normierung ergibt C = π~
Für γ < 0 ist ψ(x) eine Gaußfunktion, das Gleichheitszeichen in der Unschärferelation gilt folglich
genau für Gaußfunktionen.
8
Projektor-Algebra
Es sei Ea ein Teilraum des Hilbertraums, Ea× der dazu komplementäre Raum. Jeder Ket-Vektor |u⟩ besitzt
eine Projektion in Ea und eine in Ea× , sodass
|u⟩ = |ua ⟩ + |u×
a⟩
Man definiert als Projektionsoperator einen linearen Operator mit der Eigenschaft:
Pa |u⟩ = |ua ⟩
1. Zeigen Sie, dass der Projektor Pa hermitesch ist.
2. Beweisen Sie folgende Operatorgleichung:
Pa2 = Pa
3. Betrachten Sie eine Folge von orthonormierten Vektoren |1⟩,|2⟩,...,|N ⟩:
⟨m|n⟩ = δmn
(m, n = 1, 2, ..., N )
Diese Vektoren spannen einen bestimmen (N-dimensionalen) Unterraum EN des Vektorraums auf,
zu dem sie gehören.
Zeigen Sie, dass
PN =
N
∑
|m⟩ ⟨m|
m=1
der Projektionsoperator auf EN ist.
4. Eine Observable A besitze endlich viele verschiedene Eigenwerte a1 , a2 , ..., aN . Man setze
f (A) = (A − a1 )(A − a2 ) · · · (A − aN ) = (A − an ) gn (A)
mit: gn (A) =
∏
m̸=n
11
(A − am )
Zeigen Sie, dass
(a) f (A) = 0 gilt.
(b) der Projektor Pn auf dem Unterraum zum n-ten Eigenwert durch den Ausdruck
Pn =
gn (A)
gn (an )
gegeben ist.
5. Betrachten Sie den Fall, dass A jeweils nα Eigenvektoren zum Eigenwert an habe (nα -fache Entwartung).
nα
∑
Pa =
|α, i⟩ ⟨α, i| sei der Projektor auf den Unterraum Eα , den die |α, i⟩ aufspannen.
i=1
Zeigen Sie, dass
∑
Pa = 1
α
gilt.
Lösung:
1. Für ein beliebiges |v⟩ gilt:
⟨u|Pa |v⟩ = ⟨u|va ⟩ = ⟨ua |va ⟩ = ⟨ua |v⟩
⇒ ⟨u| Pa = ⟨ua |
⇒ Pa ist hermitesch.
2. Für ein beliebiges |u⟩ gilt:
Pa2 |u⟩ = Pa (Pa |u⟩) = Pa |ua ⟩ = |ua ⟩ = Pa |u⟩
⇒ Pa2 = Pa
Umgekehrt ist jeder hermitesche Operator Pb, der die Gleichung Pb2 = Pb erfüllt, ein Projektor.
3. Für ein beliebiges |u⟩ gilt:
|u⟩
=
N
∑
|n⟩ ⟨n|u⟩ +
n=1
PN |u⟩
=
∑
|a⟩ ⟨a|u⟩ = |uN ⟩ + |u×
N⟩ ,
N ∑
N
∑
|m⟩ ⟨m|n⟩ ⟨n|u⟩ +
m=1 n=1
=
N
∑
N ∑
∑
|m⟩ ⟨m|a⟩ ⟨a|u⟩
m=1 Rest
|n⟩ ⟨n|u⟩ + 0
n=1
= |uN ⟩
PN2
=
⟨a|m⟩ = 0
Rest
N ∑
N
∑
|m⟩ ⟨m|n⟩ ⟨n| =
m=1 n=1
N
∑
m=1
12
|m⟩ ⟨m| = PN
4. Der hermitesche Operator A ist eine Observable, falls die Eigenvektoren von A den gesamten Raum
E aufspannen. Eigenvektoren einer Observablen bilden ein vollständiges System.
Für einen beliebigen Eigenvektor |n⟩ gilt:
A |n⟩ = an |n⟩
(a) Wendet man f (A) auf einen Zustand |n⟩ an, so ergibt sich:
f (A) |n⟩ =
gn (A)(A − An ) |n⟩
=
=
gn (A)(an − an ) |n⟩
0
⇒ f (A) = 0
(b)
Pn |m⟩ =
1
gn (A) |m⟩ = δnm |m⟩
gn (an )
⇒ Pn |n⟩ = |n⟩
⇒ Pn |m⟩ = 0 (falls m ̸= n)
5. Bitte beachten: Da nα die Entartung abzählt, steht der Index α statt n für die Nummerierung der
verschiedenen Eigenwerte aα .
Pα
=
nα
∑
|α, i⟩ ⟨α, i|
i=1
N
∑
α=1
⇒
N
∑
α=1
Pα |u⟩
=
nα
N ∑
∑
|α, i⟩ ⟨α, i|u⟩ = |u⟩
α=1 i=1
Pα = 1
Die Folgerung und das letzte Gleichheitszeichen folgen aus der Vollständigkeit des Eigenvektorraums und aus der Wahl eines beliebigen Vektors |u⟩.
13
9
Hellmann-Feynman-Theorem
1. Beweisen Sie das Hellmann-Feynman-Theorem:
⟨ψ (λ) |
∂ Ĥ (λ)
∂
|ψ (λ)⟩ =
E (λ)
∂λ
∂λ
Hierbei ist:
Ĥ (λ) |ψ (λ)⟩ = E (λ) |ψ (λ)⟩
⟨ψ (λ) |ψ (λ)⟩ = 1
(
)
2. Im Falle des harmonischen Oszillators ist En = ~ω n + 12 und Ĥ =
p2
2m
+
mω 2 x2
.
2
Berechnen Sie mit Hilfe des Hellmann-Feynman-Theorems das Verhältnis zwischen den Erwartungswerten der kinetischen und der potentiellen Energie.
Betrachten Sie einmal m und einmal ω als Parameter.
Lösung:
1. Durch Ableitung der Energie folgt:
∂E (λ)
∂λ
∂
⟨ψ (λ) |Ĥ (λ) |ψ (λ)⟩
∂λ
∂ψ (λ)
∂ Ĥ (λ)
∂ψ (λ)
= ⟨
|Ĥ (λ) |ψ (λ)⟩ + ⟨ψ (λ) |
|ψ (λ)⟩ + ⟨ψ (λ) |Ĥ (λ) |
⟩
∂λ
∂λ
∂λ
∂ψ (λ)
∂ Ĥ (λ)
∂ψ (λ)
= E (λ) ⟨
|ψ (λ)⟩ + ⟨ψ (λ) |
|ψ (λ)⟩ + E (λ) ⟨ψ (λ) |
⟩
∂λ
∂λ
∂λ
[
]
∂ψ (λ)
∂ψ (λ)
∂ Ĥ (λ)
= E (λ) ⟨
|ψ (λ)⟩ + ⟨ψ (λ) |
⟩ + ⟨ψ (λ) |
|ψ (λ)⟩
∂λ
∂λ
∂λ
=
= E (λ)
∂
∂ Ĥ (λ)
⟨ψ (λ) |ψ (λ)⟩ + ⟨ψ (λ) |
|ψ (λ)⟩
{z
}
∂λ |
∂λ
=1
|
{z
}
=0
∂ Ĥ (λ)
|ψ (λ)⟩
= ⟨ψ (λ) |
∂λ
2. m als Parameter:
∂
⟨n|
∂m
(
p2
mω 2 x2
+
2m
2
)
|n⟩
n
⇒ ⟨T ⟩n = ⟨V ⟩n
14
p2
ω 2 x2
+
|n⟩
2m2
2
1
1
= − ⟨T ⟩n +
⟨V ⟩n
m
m
∂
=
En = 0
∂m
= ⟨n| −
ω als Parameter:
∂
⟨n|
∂ω
(
p2
mω 2 x2
+
2m
2
)
|n⟩
= ⟨n|mωx2 |n⟩
=
=
=
=
=
⇒ 2 ⟨V ⟩n = En = ⟨T ⟩n + ⟨V ⟩n
⇒ ⟨V ⟩n = ⟨T ⟩n
15
2
⟨V ⟩n
ω
∂
En
∂ω [ (
)]
∂
1
~ω n +
∂ω
2
(
)
1
~ n+
2
1
En
ω
10
Zeitumkehrinvarianz
Betrachten Sie die Transformation
t → −t
in der zeitabhängigen Schrödingergleichung mit einem rellen zeitunabhängigen Potential V (r).
2
1. Welchen Einfluss hat diese Transformation auf die Aufenthaltswahrscheinlichkeit |ψ| ?
⟨ ⟩
2. Welchen Einfluss hat diese Transformation auf den Erwartungswert Fb eines zeitunabhängigen
t
hermiteschen Operators Fb?
Lösung:
1. Die Transformation angewendet auf die Schrödingergleichung ergibt:
−i~
∂ψ (r, −t)
~2
=−
∆ψ (r, −t) + V (r) ψ (r, −t)
∂t
2m
Dieser Ausdruck soll nun mit der komplex konjugierten Schrödingergleichung verglichen werden:
−i~
∂ψ ∗ (r, t)
~2
=−
∆ψ ∗ (r, t) + V (r) ψ ∗ (r, t)
∂t
2m
Durch den Vergleich sieht man:
ψ (r, −t) = ψ ∗ (r, t)
Bildet man nun auf beiden Seiten das Betragsquadrat, folgt:
|ψ (r, −t)| = |ψ ∗ (r, t)| = |ψ (r, t)|
2
2
2
Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit ist folglich invariant unter Zeitumkehr.
2. Für den zeitabhängigen Erwartungswert eines zeitunabhängigen hermiteschen Operators gilt:
∫
⟨ ⟩
b
=
d3 r ψ ∗ (r, −t) Fb ψ (r, −t)
F
−t
∫
=
d3 r ψ (r, t) Fb ψ ∗ (r, t)
∫
(
)
=
d3 r Fb ψ (r, t) ψ ∗ (r, t)
∫
=
d3 r ψ ∗ (r, t) Fb ψ (r, t)
⟨ ⟩
=
Fb
t
Der Erwartungswert eines zeitunabhängigen hermiteschen Operators ist folglich invariant unter
Zeitumkehr.
16