Quantenmechanik II Musterlösung 9.

Quantenmechanik II
Musterlösung 9.
Übung 1.
FS 2017
Prof. Thomas Gehrmann
[Zeitentwicklung identischer Teilchen]
Zeige, dass für ein System identischer Teilchen der Zeitentwicklungsoperator U (t, t0 ) mit jedem Transpositionsoperator vertauscht. Beweise dies auch für einen explizit zeitabhängigen Hamilton-Operator.
Lösung.
Für den Zeitentwicklungsoperator gilt allgemein
i~
d
U (t, t0 ) = HN U (t, t0 )
dt
(L.1)
mit der Randbedingung U (t0 , t0 ) = 1N . Für den Transpositionsoperator Pij , der die Teilchen i
und j vertauscht, gilt in einem System identischer Teilchen per Voraussetzung [HN , Pij ] = 0.
Wir multiplizieren Glg. (L.1) beidseitig mit Pij , so dass
i~
d
Pij U Pij = Pij HN U Pij = HN Pij U Pij .
dt
Die Randbedingung für den transponierten Operator lautet nun Pij U (t0 , t0 )Pij = Pij2 = 1N .
Wir sehen, dass sowohl U als auch Pij U Pij Lösungen derselben Differentialgleichung erster
Ordnung mit gleicher Randbedingung sind. Wegen der Eindeutigkeit der Lösung einer solchen
Differentialgleichung folgt
U = Pij U Pij
woraus sich nach linksseitigem wirken von Pij mit Pij2 = 1N sofort [U, Pij ] = 0 ergibt.
Übung 2.
[Zustandsraum identischer Teilchen]
Der Hilbertraum HN eines Systems identischer Teilchen kann zerlegt werden in einen symmetrischen
(+)
(−)
Anteil HN und einen antisymmetrischen Anteil HN . Zeige, dass es keine physikalische Observable AN
(+)
(−)
gibt, die Zustände des HN in den HN überführt:
D
E
E
(−)
(±)
(+) (±)
φN AN φN
=0
für
∈ HN
φN
Lösung. Eine physikalische Observable darf identische Teilchen nicht unterscheiden, d.h. AN =
Pij† AN Pij für den Transpositionsoperator Pij . Daraus folgt
D
E D
E
(−)
(−)
(+) (+) = φN Pij† AN Pij φN .
φN AN φN
E
E
(±)
(±)
Mit Pij φN
= ± φN
und Glg. (L.2) folgt direkt
D
E
D
E
(−)
(−)
(+) †
(+) = 0.
φN Pij AN Pij φN
= − φN AN φN
1
(L.2)
Übung 3.
[Identische Teilchen im Potentialtopf]
Zwei identische Teilchen sollen sich wechselwirkungsfrei in einem eindimensionalen Potentialtopf mit
unendlich hohen Wänden bewegen, d.h.,
(
0
für |q| < q0
V (q) =
∞ sonst.
Der Spinzustand des Zwei-Teilchen-Systems möge symmetrisch gegenüber Teilchenvertauschung sein. Die
beiden Einzelspins seien parallel, die beiden Teilchen sollen also dieselbe magnetische Quantenzahl ms
besitzen.
(a) Formuliere den Hamilton-Operator des Zwei-Teilchen-Systems. Zeige, dass die Energieeigenzustände
in einen Orts- und einen Spinanteil separieren. Welche Symmetrie muss der Ortsanteil des Gesamtzustandes besitzen, wenn es sich bei den beiden Teilchen um Bosonen bzw. Fermionen handelt?
(b) Berechne die möglichen Eigenzustände und Eigenenergien für Bosonen bzw. Fermionen.
(c) Gib die Grundzustandsenergie für zwei Bosonen bzw. zwei Fermionen an.
Lösung.
(a) Der Hamilton-Operator für die beiden Teilchen ist
2
~2
d
d2
(1)
(2)
H =H +H =−
+
+ V (q1 ) + V (q2 ) .
2m dq12 dq22
Der Hamilton-Operator enthält keine Spinanteile. Ferner kommutiert H natürlich mit
den Gesamtspinoperatoren S 2 ,Sz . Es muss also gemeinsame Eigenzustände geben. Diese
faktorisieren in Orts- und Spinzustände, d.h.,
|E2 i = |Ψi |S, MS i(+) .
Nach Voraussetzung ist der Spinzustand symmetrisch. Der Ortsanteil |Ψi muss deshalb
wie der Gesamtzustand |E2 i für Bosonen symmetrisch, für Fermionen antisymmetrisch
sein.
(b) Wir beginnen mit (nicht-symmetrisierten) Produktzuständen
|φα1 φα2 i ≡ |φα1 i ⊗ |φα2 i ,
wobei |φα i die Eigenzustände mit Quantenzahlen α eines einzigen Teilchens im unendlichen
tiefen Potentialtopf sind, wie wir sie schon oft berechnet haben. Wir (anti-)symmetrisieren
die Produktzustände bezüglich Teilchenvertauschens (was in diesem Falle trivial ist):
1
|φα1 φα2 i(±) = √ (|φα1 φα2 i ± |φα2 φα1 i) .
2
Wir bezeichnen die Parität eines Ein-Teilchen-Zustandes |φα i bei Rauminversion mit
γ = ±. Für die Ein-Teilchen-Wellenfunktionen des Potentialtopfs erhält man in Ortsdar-
2
stellung dann:
γ=−:
1
φn− (q) = √ sin
q0
π
nq ,
q0
n = 1, 2, 3, ...
~2 π 2 2
n
2mq02
1
π
φn+ (q) = √ cos
(2n + 1)q
q0
2q0
En− =
γ=+:
En+ =
n = 0, 1, 2, ...
~2 π 2
(2n + 1)2
8mq02
Damit ergibt sich für den Ortsanteil
(±)
1
(±)
Ψnγ,nγ 0 (q1 , q2 ) = q1 , q2 Ψnγ,nγ 0
= √ φnγ (q1 )φn0 γ 0 (q2 ) ± φnγ (q2 )φn0 γ 0 (q1 )
2
mit (n, γ) 6= (n0 , γ 0 ) für Fermionen, da die Spinquantenzahl für beide Teilchen dieselben
sind (oder anders gesagt dürfen nicht beide Teilchen denselben physikalischen Zustand
besetzen / Pauli-Ausschluss). Für Bosonen hingegen ergibt sich diese Einschränkung nicht.
Die Eigenenergien sind dann
Enγ,n0 γ 0 = Enγ + Enγ 0
mit der zusätzlichen Einschränkung (n, γ) 6= (n0 , γ 0 ) für Fermionen.
(c) Die Grundzustandsenergie und die des ersten angeregten Zustandes des Ein-TeilchenSystems ist
E0+ =
~2 π 2
,
8mq02
E1− =
~2 π 2
.
2mq02
Mit Teilaufgabe (b) folgt für die Grundzustandsenergie des Zwei-Teilchen-Systems somit
E0B = 2E0+
(Bosonen)
E0F = E0+ + E1−
(Fermionen) .
3