Nützliche Formeln zur Einsteins Notation

Nützliche Formeln zur Einsteins Notation
Wir verwenden im Folgenden die Einsteinsche Summationskonvention: Es ist über doppelt auftretende Indizes, die jeweils oben und unten stehen, zu summieren.
• Vierervektoren und metrischer Tensor:
 0 
 0
x
x
1
1


x
−x
 , (xµ ) = 

(xµ ) = 
2
−x2  .
x 
x3
−x3
(1.1)
Einen Vierervektor mit oberem Index nennt man kontravarianten Vektor, einen
Vierervektor mit unterem Index heißt kovarianter Vektor. Der kovariante Vektor
besitzt bei den räumlichen Komponenten im Vergleich zum kontravarianten Vektor
zusätzliche Minuszeichen. Diese Vektoren führt man ein, um ein Skalarprodukt der
vierdimensionalen Raumzeit definieren zu können und zwar als Skalarprodukt eines
kontravarianten mit einem kovarianten Vierervektor:
 0  0 
x
x
1  −x1 

x
0 2
1 2
2 2
3 2
 

xµ xµ = 
(1.2)
x2  · −x2  = (x ) − (x ) − (x ) − (x ) .
x3
−x3
Mittels des metrischen Tensors, welcher in Matrixschreibweise die Gestalt


1 0
0
0
0 −1 0
0

(g µν ) = 
0 0 −1 0  = (gµν ) ,
0 0
0 −1
(1.3)
hat, lassen sich kontravariante Vektoren in kovariante umschreiben und umgekehrt
(was nichts anderes bedeutet, als Indizes hoch- und runterzuziehen):

  0  0 
1 0
0
0
x
x
1
1




0
−1
0
0
x
−x
· =

(xµ ) = (gµν )(xν ) = 
(1.4)
0 0 −1 0  x2  −x2  .
0 0
0 −1
x3
−x3
2
In Komponentenschreibweise lautet das dann:
xµ = gµν xν ,
(1.5)
also beispielsweise für µ = 1:
x1 = g10 x0 + g11 x1 + g12 x2 + g13 x3 = −x1 ,
(1.6)
wegen g10 = g12 = g13 = 0 und g11 = −1. Fassen wir also zusammen:
xµ = g µν xν ,
xµ = gµν xν .
(1.7)
Bei der Ableitung wird das Vorzeichen der Raumkomponenten im Vergleich zur
Indexstellung umgekehrt gewählt:


∂/∂x0
µ
¶
∂/∂x1 
∂


(∂µ ) =
=
(1.8)
∂/∂x2  ,
∂xµ
∂/∂x3

µ
(∂ µ ) =
∂
∂xµ
¶

∂/∂x0
−∂/∂x1 

=
−∂/∂x2  .
−∂/∂x3
(1.9)
Dies hat den Sinn, dass
∂µ (aν xν ) = aν δµ ν = aµ ,
∂ µ (aν xν ) = aν δ µν = aµ .
(1.10)
gilt. Man muss also die Ableitung ∂µ auf xµ bzw. ∂ µ auf xµ wirken lassen (dann
heben sich die Minuszeichen der Raumkomponenten gerade weg).
• Indexstellung des metrischen Tensors:
Ebenso lassen sich die Indizes des metrischen Tensors hoch- und runterziehen (und
zwar mit dem metrischen Tensor selbst):
gµ ν = gµ% g %ν ,
oder in Matrixschreibweise

 
 
1 0
0
0
1 0
0
0
1





0
−1
0
0
0
−1
0
0
 
 0
(gµ ν ) = 
0 0 −1 0  · 0 0 −1 0  = 0
0 0
0 −1
0 0
0 −1
0
(1.11)
0
1
0
0
0
0
1
0

0
0
 . (1.12)
0
1
Also ist der metrische Tensor mit einem oberen und unteren Index nichts anderes
als die vierdimensionale Einheitsmatrix (in Indexschreibweise als Kroneckersymbol
3
geschrieben):
g µ ν = δµ ν ,
g µν = δ µν ,
gµ ν = g µν .
(1.13)
• Dirac-Gleichung in kovarianter Schreibweise:
(i~∂µ γ µ − mc14 )ψ(x) = 0 .
Es gibt eine Freiheit in der Wahl der γ-Matrizen:
– Dirac-Darstellung:
¶
µ
12 02
0
γ =
,
02 −12
– Majorana-Darstellung:
µ
¶
02 σ 2
0
γ =
,
σ 2 02
µ
2
γ =
02 −σ 2
σ 2 02
µ
γ
m
=
02
σm
−σ m 02
¶
.
µ 3
¶
iσ
02
γ =
,
02 iσ 3
1
¶
,
µ
¶
−iσ 1
02
γ =
.
02
−iσ 1
3
(1.14)
(1.15a)
(1.15b)
• Clifford-Algebra:
{γ µ , γ ν } = γ µ γ ν + γ ν γ µ = 2g µν 14 .
(1.16)
Durch Kontraktion mit dem metrischen Tensor kann man wieder Indizes hoch- und
runterziehen. Damit gilt ebenso
{γ µ , γν } = 2g µν 14 = 2δ µν 14 ,
(1.17)
{γµ , γν } = 2gµν 14 .
(1.18)
und
Die Clifford-Algebra sagt uns, was passiert, wenn man zwei γ-Matrizen vertauscht:
γ µ γ ν = 2g µν 14 − γ ν γ µ ,
(1.19)
also
γ µ γ ν = −γ ν γ µ für µ 6= ν ,
(1.20)
(γ 0 )2 = 14 ,
(1.21)
(γ 1 )2 = (γ 2 )2 = (γ 3 )2 = −14 .
4
Darüber hinaus gilt noch
γ 0 (γ µ )† γ 0 = γ µ .
(1.22)
Was (γ µ )† ist, kann man sich in den einzelnen Darstellungen selbst herleiten :-)
• Kommutator für γ-Matrizen:
½
[γ µ , γ ν ] = γ µ γ ν − γ ν γ µ =
2γ µ γ ν
0
für µ 6= ν
.
für µ =
6 ν
(1.23)
• γ5 -Matrix:
γ5 = γ 5 = iγ 0 γ 1 γ 2 γ 3 , =
i
εµν%σ γ µ γ ν γ % γ σ ,
4!
{γ 5 , γ µ } = 0 .
εµν%σ ist das antisymmetrische Levi-Cività-Symbol in vier Dimensionen:

 1 für µ, ν, %, σ zyklisch aus {0, 1, 2, 3}
−1 für µ, ν, %, σ antizyklisch aus {0, 1, 2, 3} .
εµν%σ =

0 sonst
(1.24)
(1.25)
• Lorentz-Transformationen von Vierervektoren:
x0µ = Λµν xν ,
x0µ = Λµν xν .
(1.26)
Wegen der Invarianz des Vierer-Skalarproduktes muss gelten:
!
x0µ x0µ = Λµν xν Λµ% x% = Λµν Λµ% xν x% = xν xν = δ ν% xν x% .
(1.27)
Damit dies gilt, muss
Λµν Λµ% = δ ν% ,
(1.28)
sein, also ist
(Λ−1 )µν = Λµν ,
(Λ−1 )µν = Λµν .
(1.29)
• Transformationsgesetz für Spinoren:
ψ 0 (x0 ) = S(Λ)ψ(x) ,
0
ψ (x0 ) = ψ 0† (x0 )γ 0 = ψ † (x)S † (Λ)γ 0 ,
(1.30)
(1.31)
5
mit
µ
¶
i
αβ
,
S(Λ) = exp − σαβ ω
4
i
σαβ = [γα , γβ ] .
2
(1.32)
Weiterhin gilt:
Λµν γ µ = S(Λ)−1 γ ν S(Λ) ,
(1.33)
und
½
µ
¶¾
µ
¶
i
i
αβ
αβ
det(S) = det exp − σαβ ω
= exp − Sp(σαβ )ω
= 1,
4
4
(1.34)
wobei wir
det(exp(A)) = exp(Sp(A)) ,
(1.35)
für eine Matrix A und die Zyklizität der Spur zur Berechnung von
i
i
Sp(σαβ ) = (Sp(γα γβ ) − Sp(γβ γα )) = (Sp(γα γβ ) − Sp(γα γβ )) = 0 , (1.36)
2
2
verwendet haben.
• Man kann mittels der Spinoren ψ, ψ und den γ-Matrizen folgende sogenannte Bilinearen (linear sowohl in ψ als auch ψ) konstruieren. Diese besitzen ein bestimmtes
Transformationsverhalten unter Lorentztransformationen und sind in der Teilchenphysik wichtig.
Tensor
Anzahl
Klassifizierung
1
1
4
6
4
Skalar
Pseudoskalar
Vektor
Tensor 2. Stufe
Pseudovektor
S(x) = ψ(x)ψ(x)
P (x) = ψ(x)γ 5 ψ(x)
V µ (x) = ψ(x)γ µ ψ(x)
T µν (x) = ψ(x)σ µν ψ(x)
Aµ (x) = ψγ 5 γ µ ψ(x)
• Lorentztensoren:
Allgemein ist ein Tensor charakterisiert über sein Transformationsverhalten beim
Wechsel des Koordinatensystems.
– Tensor 0. Stufe (Skalar): S 0 (x0 ) = S(x)
– Tensor 1. Stufe (Vektor): V 0µ (x0 ) = Λµν V ν (x)
– Tensor 2. Stufe: T 0µν (x0 ) = Λµ% Λν σ T %σ (x)
.
– ..
6
– Tensor n-ter Stufe: T 0µν... %σ... (x0 ) = Λµα Λν β . . . Λ%γ Λσδ . . . T αβ...
γδ... (x)
Lösungen zu einigen Fragestellungen
Zum Tensorprodukt von Matrizen
In Aufgabe trat das Problem auf, ob der Operator Sz,1 ⊗ Sz,2 derselbe ist wie (Sz ⊗ 12 )(12 ⊗ Sz ). Dies
gilt nicht für beliebige Matrizen, sondern nur für quadratische, deren Dimensionalität mit der der jeweiligen
Einheitsmatrix übereinstimmt. Es gilt also allgemein
(A ⊗ 1n )(1n ⊗ B) = A ⊗ B ,
(1)
sofern A und B als N × N -Matrizen gewählt werden. Dies lässt sich allgemein zeigen (wenn man beachtet,
dass die Matrizen A ⊗ 12 bzw. 12 ⊗ B in N × N -Blockmatrizen unterteilt ist:

 
 

A11 1n A12 1n . . .
B 0 ...
A11 B A12 B . . .

 
 

(A ⊗ 1n )(1n ⊗ B) = A21 1n A22 1n . . . ·  0 B . . . = A21 B A22 B . . . = A ⊗ B .
(2)
..
..
..
.. . .
..
..
..
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Zur entarteten Störungstheorie
Der ungestörte Hamiltonoperator besitzt die Eigenwerte
E1 = 0 ,
E2 = E3 = A~2 ,
zu den Eigenräumen
  
0 

ERE1 =0 = s 1 ,


0
ERE2 =E3 =A~2
(3)
  
 
1
0 

= r 0 + t 0 .


0
1
(4)
Der Eigenwert A~2 ist also zweifach entartet und der zugehörige Zustandsraum zweidimensional. Wir führen
die Bezeichnungen
 
 
 
0
1
0
|1i(0) = 1 , |2i(0) = 0 , |3i(0) = 0 ,
(5)
0
0
1
ein. Berechnet man mit der entarteten Störungstheorie die Energiekorrekturen erster Ordnung, so kommt man
auf (siehe Musterlösung):
∆E = B~2 , bzw. ∆E = −B~2 .
(6)
Zu zugehörigen Zustandskorrekturen nullter Ordnung folgen aus den Eigenvektoren der betrachteten Matrix
(wobei diese mit einer 0 in der Mitte auf den dreidimensionalen Zustandsraum erweitert werden müssen):
 
 
1
1
1
1
1
1  
0 = √ (|2i(0) + |3i(0) ) , |3i = √  0  = √ (|2i(0) − |3i(0) ) .
(7)
|2i = √
2 1
2
2 −1
2
Es handelt sich also in nullter Ordnung um feste Linearkombinationen der ungestörten Eigenvektoren (Mischung!). Da wir den entarteten Unterraum betrachet haben, ändern sich genau die Energien E2 und E3 . Eine
der beiden wird um B~2 nach oben und die andere um B~2 nach unten verschoben. Welche der beiden ist egal,
weil sie ja vor Anlegen der Störung gleich waren. Der Zustand |2i gehört zur nach oben verschobenen Energie
und der Zustand |3i zur nach unten verschobenen.
Zum Interkombinationsverbot
Die Frage ist aufgekommen, warum Übergänge mit ∆S = 1 (sogenannte Spinflips) wie sie beispielsweise
zwischen Ortho- und Parahelium stattfinden könnten, verboten sind (Interkombinationsverbot). Zur Wiederholung: Ein Heliumatom, dessen beide Elektronen sich in einem antisymmetrischen Singulettzustand mit
S = 0 befinden, bezeichnet man als Parahelium. Befinden sich beide Elektronen in einem symmetrischen
Triplettzustand mit S = 1, spricht man von Orthohelium. Die Wellenfunktion des Heliumatoms setzt sich
aus Orts- und Spinanteil zusammen: |ψi = |ϕ± i ⊗ |S, M i, wobei |ϕ+ i einen symmetrischen und |ϕ− i einen
antisymmetrischen Ortsanteil (gegenüber Vertauschung beider Elektronen) darstellt. |S, M i ist der Spinanteil
mit dem Gesamtspin S und der Gesamtspineinstellung M . Der Singulettzustand ist |0, 0i und es gibt drei
Triplettzustände, nämlich |1, −1i, |1, 0i und |1, 1i. Elektronen sind Spin-1/2-Teilchen, also Fermionen. Nach
dem Pauliprinzip muss die Gesamtwellenfunktion von identischen Fermionen antisymmetrisch bezüglich derer
Vertauschung sein. Ist der Ortsanteil symmetrisch, so ist der Spinanteil antisymmetrisch und umgekehrt. (Die
Symmetrie des Spinanteils legt also die Symmetrie des Ortsanteils fest und umgekehrt.) Bei Parahelium ist der
Ortsanteil symmetrisch (|ϕ+ ) und bei Orthohelium antisymmetrisch (|ϕ− i).
Unter Vernachlässigung von Wechselwirkungen, die durch den Spin des Elektrons hervorgerufen werden (also
beispielsweise Spin-Bahndrehimpuls-Wechselwirkung oder Wechselwirkungen im B-Feld des Kerns) ist der
Hamiltonoperator des Heliumatoms spinunabhängig:
H=
2 µ 2
X
p
2e2
−
2m 4πε0 ri
i
i=1
¶
+
e2
1
.
4πε0 |r1 − r2 |
(8)
Der erste Term in der Summe sind die kinetischen Energie beider Elektronen, der zweite Term ist die potentielle
Energie im Coulombpotential des Atomkerns. Der dritte Term beschreibt schließlich die Selbstwechselwirkung
beider Elektronen aufgrund der Coulombschen Abstoßung. Betrachten wir eine Momentaufnahme des Heliumatoms, bei der wir den Ort beider Elektronen beliebig genau bestimmen. Die Energie des Heliumatoms in
diesem Zustand hängt nicht davon ab, welches der beiden Elektronen sich auf welchem Platz befindet.
Man könnte ebenso gut beide Elektronen vertauschen, was nichts an der Energie ändern würde. (Dies folgt
aus dem Prinzip der identischen Teilchen.) Der Operator, welche solche Vertauschungen des Ortes zweier identischer Teilchen (in unserem Falle Elektronen) vollzieht, ist der sogenannte Transpositionsoperator P. Dieser
Operator, angewendet auf einen Ortseigenzustand, ergibt die Eigenwerte ±1, je nachdem, ob der Zustand
symmetrisch oder antisymmetrisch bezüglich der Vertauschung zweier Teilchen ist. Da wir jedoch oben angemerkt haben, dass sich die Energie des Heliumatoms nicht ändern wird, wenn wir den Ort beider Elektronen
vertauschen, muss der Transpositionsoperator P mit dem Hamiltonoperator vertauschen:
[P, H] = 0 .
Hieraus folgt, dass auch der Zeitentwicklungsoperator
µ
¶
i
U = exp − Ht ,
~
(9)
(10)
mit P vertauscht:
[P, U ] = 0 .
(11)
Dies wiederum hat zur Folge, dass sich die Symmetrie eines Zustands |ϕi unter Vertauschung zweier Elektronen
nicht mit der Zeit ändert:
P|ϕ(t)i = PU |ϕ(0)i = U P|ϕ(0)i = ±U |ϕ(0)i = ±|ϕ(t)i ,
(12)
die Eigenwerte des Transpositionsoperators (also ±1 je nach Symmetrie bzw. Antisymmetrie) hängen also nicht
von der Zeit ab, sondern nur vom anfänglichen Wert! Dies ist der Grund, warum bei Parahelium kein Spinflip
∆S = 1 bzw. bei Orthohelium kein Spinflip ∆S = −1 auftritt. Sonst müsste sich nämlich die Symmetrie
des Ortsanteils ändern, damit die Gesamtwellenfunktion, sich sich aus Orts- und Spinanteil zusammensetzt,
weiterhin antisymmetrisch ist.
Diese gesamte Argumentation bricht dann zusammen, wenn der Operator (8) zusätzlich spinabhängige Wechselwirkungsterme enthält. Dies ist in der Natur der Fall (schon wegen der Spin-Bahn-Kopplung und dem
inneren Magnetfeld des Heliumatoms). Diese Wechselwirkungen sind jedoch klein, weshalb man sie oben in
erster Näherung auch vernachlässigt hat. Deshalb werden zwar im Prinzip Spinflips ∆S = ±1 (also Übergänge
zwischen Para- und Orthohelium) stattfinden, sie werden jedoch stark unterdrückt sein.
2
Lösungen zu einigen Fragestellungen
Zu Singulett- und Triplettzuständen
Wir betrachten ein System, das aus zwei Spin-1/2 zusammengesetzt ist. Wir wollen den Gesamtspinoperator
S2 ausdrücken durch die Operatoren der einzelnen Spins. Dazu verwenden wir
S2 = (S1 + S2 )2 = S21 + S22 + 2S1 · S2 ,
(1)
2S1 · S2 = 2(Sx,1 Sx,2 + Sy,1 Sy,2 + Sz,1 Sz,2 ) =
¾
½
1
1
(S+,1 + S−,1 )(S+,2 + S−,2 ) − (S+,1 − S−,1 )(S+,2 − S−,2 ) + Sz,1 Sz,2 =
=2
4
4
= S+,1 S−,2 + S−,1 S+,2 + 2Sz,1 Sz,2
(2)
Somit können wir den Spinoperator S2 des Gesamtspins durch die Spinoperatoren der einzelnen Spins ausdrücken:
S2 = S21 + S22 + S+,1 S−,2 + S−,1 S+,2 + 2Sz,1 Sz,2 .
(3)
Betrachten wir nun die Wirkung der Spinoperatoren der einzelnen Spins auf deren Eigenzustände:
S21 |±i = ~2 S1 (S1 + 1)|±i =
S+ |+i = 0 ,
3 2
~ |±i ,
4
S+ |−i = ~|+i ,
Sz |+i = ~Sz |+i =
~
|+i ,
2
S22 |±i = ~2 S2 (S2 + 1)|±i =
S− |−i = 0 ,
3 2
~ |±i .
4
S− |+i = ~|+i ,
~
Sz |−i = ~Sz |−i = − |−i .
2
(4a)
(4b)
(4c)
Damit gilt nun
S2 |+, +i = S21 |+, +i + S22 |+, +i + S+,1 S−,2 |+, +i + S−,1 S+,2 |+, +i + 2Sz,1 Sz,2 |+, +i =
µ ¶2
3
3
~
!
= ~2 |+, +i + ~2 |+, +i + 2
|+, +i = 2~2 |+, +i = ~2 S(S + 1)|+, +i .
4
4
2
(5)
Hieraus lesen wir S = 1 ab. Weiterhin gilt:
Sz |+, +i = Sz,1 |+, +i + Sz,2 |+, +i =
~
~
!
|+, +i + |+, +i = ~|+, +i = ~Sz |+, +i .
2
2
(6)
Daraus ergibt sich Sz = 1. Also ist |+, +i Eigenzustand zu den Gesamtspinoperatoren S2 und Sz . Der Gesamtspin ist S = 1 und Sz = 1. Schauen wir uns nun den Zustand |+, −i and:
S2 |+, −i = S21 |+, −i + S22 |+, −i + S+,1 S−,2 |+, −i + S−,1 S+,2 |+, −i + 2Sz,1 Sz,2 |+, −i =
µ ¶µ
¶
3
~
~
3
−
|+, −i = ~2 |+, −i + ~2 |−, +i .
= ~2 |+, −i + ~2 |+, −i + ~2 |−, +i + 2
4
4
2
2
(7)
|+, −i ist somit kein Eigenzustand zum Gesamtspinoperator S2 . Dies gilt ebenso für |−, +i:
S2 |−, +i = S21 |−, +i + S22 |−, +i + S+,1 S−,2 |−, +i + S−,1 S+,2 |−, +i + 2Sz,1 Sz,2 |−, +i =
µ
¶µ ¶
3
~
~
3
|−, +i = ~2 |−, +i + ~2 |+, −i .
= ~2 |−, +i + ~2 |−, +i + ~2 |+, −i + 2 −
4
4
2
2
Also gilt für diesen Zustand:
¾
½
¾
½
1
1
!
2
2
S √ (|+, −i + |−, +i) = 2~ √ (|+, −i + |−, +i) =
2
2
½
¾
1
!
2
= ~ S(S + 1) √ (|+, −i + |−, +i) ,
2
(8)
(9)
also handelt es sich um einen Eigenzustand zum Gesamtspinoperator S2 , wobei S = 1 ist.
½
¾
½
¾
1
1
!
S2 √ (|+, −i − |−, +i) = 0 = ~2 S(S + 1) √ (|+, −i − |−, +i) ,
2
2
(10)
womit das ein Eigenzustand zu S2 ist. Es ist darüber hinaus S = 0.
2
1. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
Webseite: www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/Lehre/
Vorrechnen: Dienstag, 28.10.2008
Hinweis:
Tutoriumsanmeldung (22.10.08 17:00-27.10.08 12:00):
www.physik.uni-karlsruhe.de/Tutorium/WS0809/TheorieE/
Aufgabe 1
Hermitesch adjungierte Operatoren:
(4 Punkte)
Zeigen Sie unter Verwendung der Definition des zu A Hermitesch adjungierten Operators A†
hψ|A† |φi = hφ|A|ψi∗
(1)
dass gilt
a)
b)
(A† )† = A
(λA)† = λ∗ A†
c)
d)
(A + B)† = A† + B †
(AB)† = B † A† .
Aufgabe 2
(6 Punkte)
Eigenwerte und Eigenvektoren eines Operators:
Betrachten Sie in einem dreidimensionalen Vektorraum den Operator, der in einer orthonormierten
Basis {|u1 i, |u2 i, |u3 i} durch folgende Matrix gegeben ist :
√


0 √ − 2 0√
h̄ω0 
(2)
H=
0
− 2 √
2 .
2
0
2
0
a) (4 Punkte) Ist H Hermitesch? Berechnen Sie Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix.
(Geben Sie ihre normierte Entwicklung nach den Basisvektoren {|u1 i, |u2 i, |u3 i} an.)
b) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die Eigenvektoren den Orthogonalitätsbedingungen und der
Vollständigkeitsrelation genügen.
Aufgabe 3
(10 Punkte)
δ-Funktions-Doppelmuldenpotential:
Betrachten Sie einen Doppelmulden-Potentialtopf V (x) = −c[δ(x) + δ(x − d)], c > 0. Lösen Sie
die Schrödinger-Gleichung für E < 0 und zeigen Sie, dass die Energien der gebundenen Zustände
durch E = −h̄2 ρ2 /2m, wobei ρ Lösung der Gleichung
ρh̄2
e−ρd = ± 1 −
(3)
mc
ist, gegeben sind. Finden Sie die Energien aller Eigenzustände für die Grenzfälle ρd << 1 und
ρd >> 1. Für welche Abstände d existiert nur ein Eigenzustand mit E < 0?
2. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/Lehre/
Vorrechnen: Dienstag, 04.11.2008
Aufgabe 4
Messprozess an einem Spin-1/2:
Betrachten Sie ein Teilchen mit Hamiltonoperator
(9 Punkte)
1
H = − h̄ωσz
2
und weiteren Observablen Sx = h̄2 σx und Sz = h̄2 σz mit
0 1
1 0
σx =
; σz =
.
1 0
0 −1
Zur Zeit t ≤ 0 sei das Teilchen im Grundzustand |Ψ0 i.
(a) (2 Punkte) Was ist der Zustand |Ψ0 i? Berechnen Sie hΨ0 |σx |Ψ0 i und hΨ0 |σz |Ψ0 i.
(b) (3 Punkte) Bei t0 = 0 wird die Observable Sx gemessen, und zu einem späteren Zeitpunkt
t1 > 0 wird eine Messung von Sz vorgenommen. Welche Werte a bzw. b können sich mit
welchen Wahrscheinlichkeiten ergeben? Was ist die gemeinsame Wahrscheinlichkeit, bei
der ersten Messung a und bei der zweiten Messung b für alle Kombinationen von a und b
zu erhalten?
(c) (2 Punkte) Was sind die Observablen SzH (t) und SxH (t) im Heisenberg-Bild?
(d) (2 Punkte) Berechnen Sie hΨ0 |SxH (t1 )SxH (0)|Ψ0 i bzw.
1
hΨ0 |SxH (t1 )SxH (0) + SxH (0)SxH (t1 )|Ψ0 i.
2
Aufgabe 5
(6 Punkte)
Messprozess an zwei Spins:
Betrachten Sie ein System von Spin- 12 -Teilchen (i = 1, 2) mit den 4 Basiszuständen |+, +i,
|+, −i, |−, +i, und |−, −i, die die gemeinsamen Eigenzustände von Sz,1 und Sz,2 bezeichnen.
Das System sei zur Zeit t = 0 im Zustand
1
1
1
|Ψ(0)i = √ |+, +i + |+, −i + |−, −i.
2
2
2
(a) (3 Punkte) Zur Zeit t = 0 werde S1,z gemessen. Was ist die Wahrscheinlichkeit den Messwert −h̄/2 zu erhalten? Was ist der Zustand nach der Messung? Wenn danach S1,x
gemessen wird, welche Ergebnisse sind möglich und mit welchen Wahrscheinlichkeiten?
(b) (3 Punkte) Wenn gleichzeitig S1,z und S2,z gemessen werden, was ist die Wahrscheinlichkeit
entgegengesetzte bzw. gleiche Werte zu finden?
bitte wenden
Aufgabe 6
(5 Punkte)
Rabi-Oszillationen eines Spins im zeitabhängigen Magnetfeld:
~
~0 + B
~ 1 (t), das sich aus
Betrachten Sie einen Spin in einem zeitabhängigen Magnetfeld B(t)
=B
~ 0 = B0~ez in z-Richtung und einem zeitlich in der x−y-Ebene rotierenden
einem statischen Teil B
~ · ~σ
~ 1 (t) = B1 {cos(ωt)~ex − sin(ωt)~ey } zusammensetzt. Die Zeeman-Kopplung −µB B
Anteil B
führt auf den Hamiltonoperator
H = −µB B0 σz − µB B1 {cos(ωt)σx − sin(ωt)σy } .
Der statische Anteil B0 definiert die Larmorfrequenz ω0 = 2µB B0 /h̄.
(a) (1 Punkt) Berechnen Sie die Zeitenentwicklung der Wellenfunktion Ψ(t) für den Fall B1 = 0.
Welche Rolle spielt die Larmorfrequenz?
(b) (3 Punkte) Wir betrachten nun den allgemeinen Fall B1 6= 0. Transformieren Sie ins mit der
Frequenz ω mitrotierende Bezugssystem, indem Sie die zeitabhängige unitäre Transformai
tion U = e 2 ωtσz auf die Wellenfunktion und den Hamiltonoperator anwenden. Zeigen Sie,
dass die Zeitentwicklung der Wellenfunktion Ψ′ (t) = U † Ψ(t) im mitrotierenden Bezugssystem durch den Hamiltonoperator
H′ = −
h̄(ω − ω0 )
h̄Ω
σx +
σz
2
2
bestimmt wird. Berechnen Sie die sogenannte Rabifrequenz Ω.
(c) (1 Punkt) Berechnen Sie für den sogenannten Resonanzfall, ω = ω0 , die Zeitenentwicklung
der Wellenfunktion Ψ′ (t) direkt durch Lösen der Schrödingergleichung im mitrotierenden Bezugssystem. Interpretieren Sie das Ergebnis vom Standpunkt des ursprünglichen
Laborsystems aus.
Werbung der Fachschaft Physik:
3. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/Lehre/
Vorrechnen: Dienstag, 11.11.2008
Aufgabe 7
(5 Punkte)
Wechselwirkende Spins:
Betrachten Sie zwei wechselwirkende Spin- 12 -Teilchen (i = 1, 2) mit folgendem Hamilton-Operator
H = −J (Sx,1 Sx,2 + Sy,1 Sy,2 + Sz,1 Sz,2 )
(1)
(a) (3 Punkte) Schreiben Sie den Hamiltonoperator als 4x4 Matrix in den vier Basiszuständen
|+, +i, |+, −i, |−, +i, und |−, −i, die die gemeinsamen Eigenzustände von Sz,1 und Sz,2
bezeichnen.
(b) (2 Punkte) Bestimmen Sie die Eigenzustände und Energieeigenwerte des Hamilton-Operators,
indem Sie die Matrix in (a) diagonalisieren.
Aufgabe 8
(6 Punkte)
Zeitunabhängige nichtentartete Störungstheorie:
Ein System werde durch den Hamiltonoperator H = H0 + λW mit einem rellen Entwick(0)
lungsparameter λ ≪ 1 beschrieben. Die Eigenwerte En zu H0 seien alle nichtentartet, und
(0)
die entsprechenden Eigenvektoren seien |Ψn i.
(0)
(a) (3 Punkte) Berechnen Sie die Korrekturen zu den Wellenfunktionen |Ψn i in zweiter Ordnung Störungstheorie.
(0)
(b) (3 Punkte) Berechnen Sie die Korrekturen zu den Eigenwerten En
Störungstheorie (3 Punkte).
Aufgabe 9
Zeitunabhängige entartete Störungstheorie:
Betrachten Sie den Hamiltonoperator
in dritter Ordnung
(9 Punkte)
H = aL2 + bL2z + cL2y
wobei L, Lz , Ly Drehimpulsoperatoren sind und c ≪ a, b gelten soll. Wir wollen den letzten
Term (cL2y ) in erster Ordnung Störungstheorie behandeln.
(a) (2 Punkte) Berechnen Sie zunächst das Energiespektrum für c = 0. Die Eigenfunktionen sind die Kugelflächenfunktionen Ylm (ϑ, ϕ) = hr|l, mi mit l = 0, 1, 2, . . . und m =
0, ±1, ±2, . . . , ±l. Wie oft sind die Zustände |l, mi entartet?
(b) (2 Punkte) Berechnen Sie die Korrekturen zum Energiespektrum für die Zustände |l, 0i in
erster Ordnung nichtentarteter Störungstheorie.
(c) (5 Punkte) Berechnen Sie nun die Korrekturen zum Energiespektrum für die paarweise
entarteten Zuständen |l, mi, |l, −mi in erster Ordnung Störungstheorie. Für welche m
wird die Entartung durch die Störung aufgehoben?
[Hinweis: Drücken Sie L2y durch L2 , L2z und L2± aus, wobei L+ und L− die gewöhnlichen Kletteroperatoren sind.]
4. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/Lehre/
Vorrechnen: Dienstag, 18.11.2008
Aufgabe 10
Zeitunabhängige entartete Störungstheorie:
Betrachten Sie ein Teilchen mit Spin-1, das durch den Hamiltonoperator
(5 Punkte)
H = ASz2 + B(Sx2 − Sy2 )
beschrieben werde, wobei Si jeweiles 3x3 Spinmatrizen sind:




0 1 0
0 −i 0
h̄ 
h̄
1 0 1 ,
Sx = √
Sy = √  i 0 −i  ,
2
2
0 1 0
0 i
0

1
Sz = h̄  0
0
0
0
0

0
0 .
−1
(a) (3 Punkte) Betrachten Sie den Term mit B als Störung, d.h. nehmen Sie an, dass A ≫ B
gelte. Berechnen Sie das Energiespektrum in erster Ordnung Störungstheorie.
(b) (2 Punkte) Berechnen Sie das exakte Energiespektrum und vergleichen Sie mit dem Ergebnis der Störungstheorie.
Aufgabe 11
(6 Punkte)
Clebsch-Gordan-Koeffizienten:
Betrachten Sie zwei Spin- 12 -Teilchen mit den Gesamtspineigenzuständen |S, M i, wobei die vier
möglichen Zustände der Singlettzustand mit S = 0, M = 0 und die drei Triplettzustände mit
S = 1, M = {−1, 0, 1} sind. Die Spineigenzustände der einzelnen Teilchen sind |s1 , m1 i und
|s2 , m2 i mit si = 12 und mi = ± 21 , wobei i = 1, 2.
(a) (2 Punkte) Drücken Sie die Gesamtspineigenzustände |S, M i durch die Produkt-Spineigenzustände |s1 , s2 ; m1 , m2 i ≡ |s1 , m1 i ⊗ |s2 , m2 i der einzelnen Teilchen aus. [Hinweis: In
Aufgabe 7 haben Sie die Produkt-Eigenzustände
|+, +i =
|−, +i =
1 1 1 1
| , ; + , + i,
2 2 2 2
1 1 1 1
| , ; − , + i,
2 2 2 2
1 1 1 1
|+, −i = | , ; + , − i,
2 2 2 2
1 1 1 1
|−, −i = | , ; − , − i
2 2 2 2
verwendet, um die Singlett- und Triplettzustände auszurechnen.]
S,s1 ,s2
(b) (2 Punkte) Bestimmen Sie die Koeffizienten CM,m
≡ hs1 , s2 ; m1 , m2 |S, M i in der Glei1 ,m2
chung
X
|S, M i =
hs1 , s2 ; m1 , m2 |S, M i |s1 , s2 ; m1 , m2 i
(1)
m1 ,m2
[M=m1 +m2 ]
wobei m1 und m2 über die erlaubten Werte ± 12 läuft.
s1 ,s2 ,S
(c) (2 Punkte) Bestimmen Sie die Koeffizienten Dm
≡ hS, M |s1 , s2 ; m1 , m2 i in der Glei1 ,m2 ,M
chung
X
|s1 , s2 ; m1 , m2 i =
hS, M |s1 , s2 ; m1 , m2 i |S, M i
(2)
S,M
s1 ,s2 ,S
S,s1 ,s2
erfüllt ist.
und zeigen Sie explizit, dass die Gleichung Dm
= CM,m
1 ,m2
1 ,m2 ,M
Aufgabe 12
(9 Punkte)
Zeitabhängige Störungstheorie:
Wir wollen hier den Übergang vom 2p zum 1s Niveau des Wasserstoffatoms unter Aussendung
von Lichtstrahlung der Frequenz ω betrachten. Fermi’s Goldene Regel nimmt in diesem Falle in
der sogenannten Dipolnäherung die folgende Form an
2
2π 2πe2 h̄ω (0)
(0)
(3)
W2p→1s =
h21m|er|100i δ(E21m − E100 − h̄ω)
h̄
V
(hier ist V das Volumen des Systems). Der Einheitsvektor e ist der Polarisationsvektor des
ausgesandten Lichts.
(a) (6 Punkte) Berechnen Sie das Matrixelement h21m|er|100i, welches in die Übergangswahrscheinlichkeit eingeht, für die drei Fälle, dass der Polarisationsvektor in x-, y-, und in
z-Richtung zeigt.
(b) (2 Punkte) Berechnen Sie die Frequenz der ausgesandten Lichtstrahlung.
(c) (1 Punkt) Wenn wir, anstatt des Übergangs 2p → 1s einen Übergang np → 1s betrachten,
für welche Werte der Quantenzahl m kann dann das Matrixelement hn1m|er|100i ungleich
Null werden?
[Hinweis: Die ungestörten Eigenfunktionen des Wasserstoffatoms sind hr|nlmi0 = Rnl (r)Ylm (ϑ, ϕ),
(0)
und die Energien En = −EI /n2 mit EI = me4 /2h̄2 =13.6 eV. Sie benötigen die radialen Anteile
2
R10 (r) = p 3 e−r/a0
a0
und die Kugelflächenfunktionen
Y00 (ϑ, ϕ)
1
=√
4π
Y10 (ϑ, ϕ)
=
r
r −r/2a0
1
e
R21 (r) = p
24a30 a0
3
cos ϑ
4π
Y1±1 (ϑ, ϕ)
=∓
r
3
sin ϑe±iφ .
8π
Verwenden Sie
er = r (ex sin ϑ cos ϕ + ey sin ϑ sin ϕ + ez cos ϑ)
±iϕ
(4)
und entwickeln Sie cos ϑ und sin ϑe
nach Kugelfunktionen. Für das Winkelintegral ist die
Orthogonalitätsrelation der Kugelfunktionen hilfreich.]
5. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/Lehre/
Vorrechnen: Dienstag, 25.11.2008
Aufgabe 13
(6 Punkte)
Quanten-i-SWAP:
Betrachten Sie zwei wechselwirkende Spin- 12 -Teilchen (i = 1, 2) mit folgendem Hamilton-Operator
H=−
J
(S+,1 S−,2 + S−,1 S+,2 ) ,
h̄2
(1)
wobei S±,j = Sx,j ± iSy,j mit j = {1, 2}.
(a) (2 Punkte) Schreiben Sie den Hamiltonoperator als 4x4 Matrix in den vier Basiszuständen
|+, +i, |+, −i, |−, +i, und |−, −i, die die gemeinsamen Eigenzustände von Sz,1 und Sz,2
bezeichnen.
(b) (3 Punkte) Wir wollen nun den Hamiltonoperator H ein Zeitintervall t = τ auf einen
beliebigen Zustand der beiden Spins wirken lassen und die Zeitentwicklung dieses Zustands
betrachten. Bestimmen Sie die 4x4 Zeitenwicklungs-Matrix U = e−iHτ /h̄ als Funktion des
Parameters γ = Jτ /h̄.
(b) (1 Punkt) Zeigen Sie, dass die Zeitentwicklung, die dem Wert γ = π/2 eintspricht, bis auf
Vorfaktoren i zum Vertauschen der beiden Spins führt (sogn. i-SWAP-Quantenbit).
Aufgabe 14
(4 Punkte)
Unschärferelation für Spins:
Betrachten Sie einen Spinzustand in der Parametrisierung auf der Bloch-Kugel:
θ
φ
θ
φ
α
(2)
|Ψi = exp(i ) cos( ) exp(−i ) |+i + sin( ) exp(i ) |−i .
2
2
2
2
2
Zeigen Sie explizit, dass die Unschärferelation
∆σx · ∆σy ≥
mit ∆σi =
1
|h[σx , σy ]i|
2
(3)
p
hσi2 i − hσi i2 , i = {x, y} erfüllt ist.
bitte wenden
Aufgabe 15
Übergangswahrscheinlichkeiten:
Wir betrachten ein System mit einer zeitabhängigen Störung
H = H0 + V (t),
(10 Punkte)
(4)
wobei für den zeitunabhängigen Teil H0 die Eigenwerte und Eigenzustände bekannt seien. In den
Vorlesungen haben Sie die Übergangswahrscheinlichkeit pro Zeit Wf ←i von einem Anfangszustand |ii in einen Endzustand |f i für eine zeitabhängige periodische Störung
V (t) = V eǫt e−iωt
(5)
im adiabatischen Limes, ǫ → 0, berechnet. Wir betrachten im folgenden den Fall, dass die
Matrixelemente hz|V |ii für alle Zustände |zi mit Ez − Ei = h̄ω verschwinden und somit die
ersten nichtverschwindenden Terme in einer Störungsentwicklung von zweiter Ordnung sind.
(a) (5 Punkte) Wiederholen Sie die Rechnung aus der Vorlesung für den Term zweiter Ordnung im
Zeitentwicklungsoperator
2 Z t
Z t′
i
′
−
dt
dt′′ VI (t′ )VI (t′′ ),
h̄
−∞
−∞
(6)
wobei VI (t′ ) = eiH0 t/h̄ V (t)e−iH0 t/h̄ die Störung im Wechselwirkungsbild ist. Zeigen Sie, dass
Wf ←i
2π
=
h̄
X hf |V |zihz|V |ii 2
δ(Ef − Ei − 2h̄ω)
Ez − Ei − h̄ω (7)
z
gilt, wobei |ii, |f i und |zi Eigenzustände von H0 sind. Die Zustände |zi werden als Zwischenzustände bezeichnet.
(b) (5 Punkte) Betrachten Sie nun die Störung
V (t) = V eǫt cos(ωt).
(8)
im adiabatischen Limes und nehmen Sie an, dass die Matrixelemente hz|V |ii für alle Zustände
|zi mit Ez − Ei = ±h̄ω verschwinden. Mitteln Sie Wf ←i über eine Schwingungsperiode. Wie
lautet für diesen Fall Wf ←i ? Zeigen Sie dazu, dass im Limes ǫ → 0 nur Terme proportional zu
δ(Ef − Ei ± 2h̄ω) und zu δ(Ef − Ei ) übrigbleiben. Interpretieren Sie das Ergebnis, indem Sie
Anfangs-, Zwischen- und Endzustände in einem Energieniveauschema graphisch darstellen.
6. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/Lehre/
Vorrechnen: Dienstag, 02.12.2008
Aufgabe 16
(5 Punkte)
Rotationsinvarianz von Zweispinzuständen:
Betrachten Sie zwei Spin- 12 -Teilchen (i = 1, 2), die sich in einem Spin-Singulett-Zustand
1
|Si = √ (|+, −i − |−, +i)
2
(1)
bezüglich der z-Achse befinden.
(a) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass der Spin-Singulett-Zustand rotationsinvariant bezüglich der
Wahl der gemeinsamen Quantisierungsachse der beiden Spins ist. Wählen Sie dazu eine
Basis mit eine rotierten Quantisierungsachse und entwickeln Sie den Singulett-Zustand bzgl.
der neuen Basisvektoren.
(b) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass der Spin-Triplett-Zustand mit m = 0
1
|T0 i = √ (|+, −i + |−, +i)
2
(2)
nicht rotationsinvariant ist.
Aufgabe 17
(15 Punkte)
Bellsche Ungleichungen:
Wir betrachten eine Quelle, die paarweise zwei Spin- 12 -Teilchen in einem Spin-Singulett-Zustand
Ψ aussendet. Diese sollen in entgegengesetzte Richtungen davonfliegen und zwei Stern-GerlachDetektoren weit enfernt von der Quelle passieren. Detektor 1 misst den Spin von Teilchen 1
bezüglich der Quantisierungsachse ~a, und Detektor 2 misst den Spin von Teilchen 2 bezüglich der
Quantisierungsachse ~b. Wir bezeichnen die entsprechenden Messwerte der Spins, multipliziert
mit h̄2 , durch A~a und B~b . Beide können also nur die Werte 1 oder −1 annehmen.
(a) Quantenmechanische Beschreibung: (5 Punkte)
|Si
Berechnen Sie die kombinierte Wahrscheinlichkeit P~a~b , der Messung von A~a und B~b , wenn
die Teilchen sich vor der Messung im Spin-Singulett-Zustand befinden. Zeigen Sie, dass
diese Wahrscheinlichkeit nicht von der Reihenfolge der Messung abhängt.
(b) Klassische Theorie mit “versteckten” Parametern (5 Punkte)
Wir nehmen nun an, in der Quelle werden die Teilchen 1 und 2 mit verborgenen Parametern
λ ausgestattet, die jedes mögliche spätere Messresultat bereits vorherbestimmen. Sei A~a (λ)
das Messergebnis an Teilchen 1, gemessen entlang der Achse ~a, und B~b (λ) das Messergebnis an Teilchen 2, gemessen entlang der Achse ~b. Beide Messungen können nur die Werte
1 oder −1 annehmen. Speziell seien A unabhängig von ~b, B unbhängig von ~a, und λ
unabhängig von ~a und ~b (Lokalitätsannahme). EsRsei ρ(λ) eine unbekannte Wahrscheinlichkeitsverteilung der versteckten Variablen λ mit ρ(λ) dλ = 1. Der (klassische) gemeinsame Erwartungswert für eine Messung von A an 1 und B an 2 ist gegeben durch
Z
E~a~b = A~a (λ)B~b (λ)ρ(λ) dλ.
(3)
Die beiden Messungen werden weit genug voneinander durchgeführt, um die Lokalitätsannahme zu gewährleisten. Das werde dadurch erreicht, dass zur Messungen an 1 jeweils
zufällig eine der beiden Achsen ~a und ~a′ gewählt werde, und zur Messungen an 2 jeweils zufällig eine der beiden Achsen ~b und ~b′ . Die Wahl erfolge so kurz vor der Messung, dass keine Kommunikation zwischen den Detektoren oder zwischen Detektoren und
Quelle möglich ist (Annahme einer maximalen Kommunikationsgeschwindigkeit, der Lichtgeschwindigkeit). Es werden jeweils viele Messungen durchgeführt, um möglichst viele
Werte λ “auszutesten”. Daraus werden die vier Erwartungswerte E~a~b , E~a~b′ , E~a′~b und E~a′~b′
bestimmt. Jede Messung trägt zu einem der Erwartungswerte bei. Zeigen Sie, dass dann
die folgende Ungleichung gilt:
−2 ≤ E~a~b − E~a~b′ + E~a′~b + E~a′~b′ ≤ 2.
(4)
Diese Ungleichung ist die Bellsche Ungleichung in der Form von Clauser, Horne, Shimony und Holt (CHSH-Ungleichung).
R
R
[Hinweis: Verwenden Sie | (a + b)dλ| ≤ (|a| + |b|)dλ.]
(c) (5 Punkte) Berechnen Sie quantenmechanisch die entsprechende Größe
|Si
~
a~b
C |Si = E
|Si
~
a~b′
−E
|Si
~
a′~b
+E
|Si
~
a′~b′
+E
,
(5)
und zeigen Sie, dass es Werte für die vier Richtungen gibt, für die Bellsche Ungleichung
|C |Si | ≤ 2 verletzt wird. Interpretieren Sie dieses Resultat.
7. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/Lehre/
Vorrechnen: Dienstag, 09.12.2008
Aufgabe 18
(3 Punkte)
Normalkoordinaten:
In der Vorlesung haben Sie die Normalkoordinaten für eine Kette von Oszillatoren hergeleitet.
Zeigen Sie, dass die Vertauschungsrelationen [xk , p†k′ ] = ih̄δk,k′ gelten.
Aufgabe 19
Spin-Bahn-Kopplung:
(8 Punkte)
(a) (3 Punkte) Betrachten Sie ein Elektronengas mit dem Hamiltonoperator
H=
P~ 2
+ αP ~σ · P~ ,
2m
(1)
~ der Elektronen-Impulsoperator ist und ~σ der Vektor der Pauli-Spinmatrizen
wobei P~ = −ih̄∇
darstellt. Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren des Hamiltonoperators. Zeichnen Sie das Energiespektrum als Funktion des Impulses. Wie sind die Spinvektoren bezüglich
der Impulsvektoren in den Eigenzuständen ausgerichtet?
(b) (5 Punkte) Wiederholen Sie die Betrachtungen aus a) für den Hamiltonoperator
H=
h
i
P~ 2
+ αR ~σ × P~ .
2m
z
(2)
Dieser Hamiltonoperator beschreibt die Rashba-Spin-Bahn-Kopplung und ist wichtig für
die Theorie zweidimensionaler Elektronengase.
Aufgabe 20
(9 Punkte)
Benzen-Ring:
Ein Benzen-Molekül ist aus sechs identischen Atomen C1 , C2 , . . ., C6 aufgebaut, welche ein
reguläres Hexagon formen. Von chemischen Standpunkt aus besitzt es 3 Doppelbindungen,
d.h. 6 leicht bewegliche Außenelektronen. Wir wollen diese 6 Elektronen nun als unabhängig
voneinander betrachten und ihr Energiespektrum bestimmen. Betrachten Sie dazu ein Elektron, das bei jedem der sechs Atome lokalisiert sein kann. Wir nennen den Zustand, bei dem
das Elektron am n-ten Atom lokalisiert ist |φn i. Die Elektronenzustände seien auf die sechs
Ortszustände |φn i beschränkt, welche als orthogonal angenommen werden sollen (die Spinentartung dieser Zustände spielt für die folgende Berechnung nur insofern eine Rolle, als dass jeder
Zustand mit zwei Elektronen besetzt werden kann).
(a) (3 Punkte) Definieren Sie einen Operator R durch die folgenden Beziehungen: R|φ1 i = |φ2 i,
R|φ2 i = |φ3 i, . . ., R|φ6 i = |φ1 i. Finden Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren von R.
Zeigen Sie, dass die Eigenvektoren von R eine Zustandsbasis bilden.
(b) (6 Punkte) Vernachlässigt man die Wahrscheinlichkeit für das Elektron von einem Atom
zum Nachbaratom zu hüpfen, so ist seine Energie durch einen Hamiltonoperator H0 bestimmt, dessen Eigenzustände die sechs Zustände |φn i sind, mit dem sechsfach entartetetn
Eigenwert E0 . Wir beschreiben nun eine mögliche Hüpfbewegung des Elektrons zu benachbarten Atomen durch eine Störung W zum Hamiltonoperator H0 . W ist durch die
Beziehungen W |φ1 i = −t|φ6 i − t|φ2 i, W |φ2 i = −t|φ1 i − t|φ3 i, . . ., W |φ6 i = −t|φ5 i − t|φ1 i
gegeben. Zeigen Sie, dass R mit dem Hamiltonoperator H = H0 + W kommutiert. Bestimmen Sie daraus die Eigenzustände und Eigenwerte von H. Was ist die Grundzustandsenergie des Benzen-Moleküls, wenn man sechs Elektronen in die niedrigsten Zustände einfüllt?
Beachten Sie dabei die Spinentartung der Niveaus. Sind die Elektronen lokalisiert?
8. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/Lehre/
Vorrechnen: Dienstag, 13.01.2009
[Hinweis: Die erste Klausur findet am Dienstag, dem 16. Dezember, von 17:30-19:30 Uhr
im Gaede-Hörsaal statt. Bitte bringen Sie ihren Studentenausweis mit. Als Hilfsmittel
ist eine handbeschriebene A4-Seite (einseitig beschrieben) zugelassen. Die Ausgabe der
Klausuren erfolgt am 13. Jaunuar 2009 in den Übungen.]
Aufgabe 21
Jaynes-Cummings-Modell:
In der Vorlesung haben Sie den Hamiltonoperator H = H0 + H1 mit
1
H0 = h̄ωa† a − h̄ωeg σz ,
2
H1 = h̄g σ+ a + σ− a†
betrachtet.
(8 Punkte)
(1)
(a) (5 Punkte) Leiten Sie die folgenden Heisenbergschen Bewegungsgleichungen her:
ȧ(t)
σ̇z (t)
= −iωa(t) − igσ− (t),
σ̇− (t) = −iωeg σ− (t) − igσz (t)a(t),
†
= 2ig σ+ (t)a(t) − a (t)σ− (t)
(2)
Berechnen Sie ṅ(t), wobei n = a† a.
(b) (3 Punkte) Schreiben Sie den Operator H1 im Wechselwirkungsbild bezüglich H0 , d.h.
berechnen Sie eiH0 t/h̄ H1 e−iH0 t/h̄ .
Aufgabe 22
(8 Punkte)
Atom im Strahlungsfeld:
Wir verallgemeinern nun den Hamiltonoperator der letzten Aufgabe etwas, um die Wechselwirkung eines Atoms (am Platz ~r0 = ~0) mit mehreren Feldmoden mit Wellenvektoren ~k beschreiben
zu können: H ′ = H0′ + H1′ mit
H0′ =
X
~
k
1
h̄ω~k a~† a~k − h̄ωeg σz
k
2
H1′ =
X
~
k
h̄g~k σ+ a~k + a~† σ− ,
k
(3)
wobei g~k reell ist.
(a) (2 Punkte) Schreiben Sie den Operator H1′ im Wechselwirkungsbild bezüglich H0′ , d.h.
′
′
berechnen Sie eiH0 t/h̄ H1′ e−iH0 t/h̄ .
(b) (6 Punkte) Berechnen Sie unter Verwendung der Goldenen Regel der Quantenmechanik die
Übergangsraten Γ e→g sowie Γ g→e . Die Indizes n und n′ symbolisieren hier die Verteilung
n→n′
n→n′
der Photonenzahlen auf die Moden, n ≡ {n~k }, n′ ≡ {n~′k }. Interpretieren Sie das Ergebnis.
(bitte wenden)
Aufgabe 23
Vertauschungsrelationen von elektrischen und magnetischen Feldern:
Die elektrischen und magnetischen Felder im Schrödinger-Bild sind durch
Xq
~
~
~ r ) = √1
2πh̄ω~k ~e~k,λ a~k,λ eik~r + a~† e−ik~r
E(~
k,λ
V ~
k,λ
s
X 2πh̄c2
1
~
~
~k × ~e~
~ r) = √
B(~
a~k,λ eik~r + a~† e−ik~r
k,λ
k,λ
ω~k
V ~
(4 Punkte)
(4)
(5)
k,λ
gegeben. Berechnen Sie den Kommutator
[Ex (~r), By (~r ′ )]
(6)
für elektrisches und magnetisches Feld.
Aufgabe 24
Zeitabhängige Dichtematrix:
Gegeben Sei ein Hamiltonoperator in der Form
Ea
H=
∆∗ (t)
(4 Punkte)
∆(t)
Eb
.
Berechenen Sie die zeitabhängige Dichtematrix
ρaa (t) ρab (t)
ρ̂(t) =
ρba (t) ρbb (t)
(7)
(8)
für ∆(t) = ∆0 e−iωt mit h̄ω = Ea − Eb (dies nennt man den Resonanzfall).
Aufgabe 25
(4 Punkte)
Reduzierte Dichtematrix:
~1 · S
~2 .
Betrachten Sie zwei antiferromagnetisch gekoppelte Spins mit S = 12 : Ĥ = S
a) (2 Punkte) Das System sei im Grundzustand. Schreiben Sie die Dichtematrix ρ̂ in der Basis
|↑↑i, |↑↓i, |↓↑i, |↓↓i auf. Überprüfen Sie explizit, dass es sich bei Ihrem Ergebnis um einen
reinen Zustand handelt.
~1 als Messgröße interessiert. Bestimb) (2 Punkte) Nehem Sie jetzt an, dass nur der Spin S
men Sie die reduzierten Dichtematrix, indem Sie den zweiten Spin “ausspuren”: ρred
αβ =
P
red
ρ
.
Zeigen
Sie,
dass
ρ̂
einen
gemischten
Zustand
beschreibt
(obwohl
ρ̂
rein
αγ,βγ
γ=↑,↓
ist).
9. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
Vorrechnen: Dienstag, 20.01.2009
Aufgabe 26
(10 Punkte)
Wigner-Verteilungsfunktion:
Die Wigner-Verteilungsfunktion ist durch die Dichtematrix ρ̂ bestimmt, und lautet in einer
Dimension
Z ∞
′
dx′ hx − x′ /2|ρ̂|x + x′ /2ieipx /h̄ .
(1)
P (x, p) =
−∞
(a) (1 Punkt) Drücken Sie die Wigner-Verteilungsfunktion für einen reinen Zustand mit der
Dichtematrix ρ̂ = |ΨihΨ| durch die Wellenfunktion Ψ(x) aus.
(b) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass wenn der Operator Â
eine beliebige (skalare) Observable beschreibt, der Erwartungswert von  durch
Z ∞
Z ∞
dp
hAi ≡ Tr(Âρ̂) =
dx
A(x, p)P (x, p) (2)
2πh̄
−∞
−∞
mit
A(x, p) =
Z
∞
′
dx′ hx − x′ /2|Â|x + x′ /2ieipx /h̄
(3)
−∞
gegeben ist. Dies hat die Form eines Erwartungswertes
in der klassischen Physik (die “Verteilungsfunktion”
ist hier jedoch quantenmechanischer Natur und kann
deshalb auch negative Werte annehmen, siehe das
Beispiel in der Abbildung rechts.)
(c) (1 Punkt) Zeigen Sie, dass die Dichte ρ(x) = hx|ρ̂|xi
durch
Z ∞
dp
P (x, p)
(4)
ρ(x) =
2πh̄
−∞
gegeben ist.
Wigner-Verteilungsfunktion
für n-Photonenzustände.
a) n=0, b) n = 1, c) n = 5.
(Quelle:wikipedia.org).
(d) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass die Übergangswahrscheinlichkeit zwischen zwei Zuständen Ψ
und Φ durch die entsprechenden Wigner-Verteilungsfunktionen PΨ und PΦ in folgender
Weise ausgedrückte werden kann:
Z ∞
2 Z ∞
Z ∞
dp
∗
=
PΨ (x, p)PΦ (x, p).
(5)
dx
dx
Ψ(x)
Φ(x)
−∞
−∞ 2πh̄
−∞
(e) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass die Bewegungsgleichung für freie Teilchen mittels P (x, p) durch
die folgende Gleichung ausgedrückt werden kann:
p ∂P (x, p)
∂P (x, p)
+
= 0.
∂t
m ∂x
(Diese Gleichung ist analog der für eine klassische Verteilungsfunktion).
(6)
Aufgabe 27
Dirac-Matrizen:
In der Vorlesung sind die Dirac-Matrizen
0 σi
αi =
,
σi 0
(5 Punkte)
β=
1
0
0
−1
,
(7)
eingeführt worden.
(a) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass die Matrizen in Gl. (7) die algebraischen Relationen
αi αj + αj αi = 2δ ij 1,
αi β + βαi = 0,
(αi )2 = β 2 = 1
(8)
erfüllen.
(b) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass aus Gl. (7) und γ 0 = β, γ i = βαi , die Darstellung
0
σi
1 0
i
0
γ =
,
γ =
−σ i 0
0 −1
(9)
folgt sowie die Relation
γ µ γ ν + γ ν γ µ = 2g µν 1
mit dem metrischen Tensor g
µν
(10)
gilt.
Aufgabe 28
(5 Punkte)
Dirac-Gleichung im homogenen Magnetfeld:
Ein Elektron mit der Ladung q = −e und der Ruhemasse m bewege sich in einem homogenen
~ = (0, 0, B). Dieses Magnetfeld kann durch das Vektorpotential A
~ = (0, Bx, 0)
Magnetfeld B
beschrieben werden.
φ1
(a) (2 Punkte) Schreiben Sie den Spinor Ψ in der Dirac-Gleichung in der Form Ψ =
φ2
und leiten Sie aus der zeitunabhängigen Dirac-Gleichung für ein Elektron im Magnetfeld
~ eine Eigenwertgleichung für den zweikomponentigen Spinor φ1 her, indem Sie den Spinor
B
φ2 eliminieren. Verwenden Sie dazu die Matrizen αi und β.
(b) (2 Punkte) Lösen Sie diese Eigenwertgleichung mit Hilfe des Ansatzes
φ1 (x, y, z) = χ1 (x)ei(ky y+kz z)
(11)
und bestimmen Sie die Energieeigenwerte. [Hinweis: Das Eigenwertproblem lässt sich auf
die Schrödingergleichung für einen verschobenen harmonischen Oszillator zurückführen,
deren Lösung Sie als bekannt voraussetzen können.]
(c) (1 Punkt) Welche Energieeigenwerte erhält man im nichtrelativistischen Grenzfall?
10. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/Lehre/
Vorrechnen: Dienstag, 27.01.2009
[Hinweis: Die zweite Klausur findet am Mittwoch, dem 11. Februar, von 17:30-19:30
Uhr im Audimax statt. Bitte bringen Sie ihren Studentenausweis mit. Als Hilfsmittel
ist ein handbeschriebenes A4-Blatt (beidseitig beschrieben) zugelassen. Die Ausgabe der
Klausuren erfolgt am 13. Februar 2009 anstatt des Beratungstutoriums im Seminarraum
2.17 des Physikhochhauses.]
Aufgabe 29
(13 Punkte)
Lorentztransformation von Bilinearformen:
Unter einer Lorentztransformation transformieren sich die Koordinaten eines Ereignisses (xµ )
µ
und die Dirac-Spinoren (Ψ) gemäß x′ = Λµν xν und Ψ′ (x′ ) = S(Λ)Ψ(x), mit S −1 γ µ S = Λµν γ ν .
† 0
5
Weiterhin sei Ψ = Ψ γ und γ = iγ 0 γ 1 γ 2 γ 3 . Wir erinnern daran, dass detΛ = ±1 ist; für
Raumspiegelungen ist das Vorzeichen −1. Zeigen Sie, dass sich die folgenden bilinearen Formen
unter (orthochronen) Lorentztransformationen wie angegeben transfromieren wie ein
(a) (1 Punkt) Skalar:
x′ yµ′ = xµ yµ
(1)
Ψ (x′ )Ψ′ (x′ ) = Ψ(x)Ψ(x)
(2)
Ψ (x′ )γ µ Ψ′ (x′ ) = Λµν Ψ(x)γ ν Ψ(x)
(3)
µ
(b) (2 Punkte) Skalar:
′
(c) (2 Punkte) Vektor:
′
(d) (3 Punkte) antisymmetrischer Tensor:
′
Ψ (x′ )σ µν Ψ′ (x′ ) = Λµρ Λν σ Ψ(x)σ ρσ Ψ(x)
(4)
(e) (4 Punkte) Pseudovektor:
′
Ψ (x′ )γ 5 γ µ Ψ′ (x′ ) = (detΛ)Λµν Ψ(x)γ 5 γ ν Ψ(x)
(5)
Zeigen Sie dazu, dass S −1 γ 5 S = (detΛ)γ 5 .
(f) (1 Punkt) Pseudoskalar:
′
Ψ (x′ )γ 5 Ψ′ (x′ ) = (detΛ)Ψ(x)γ 5 Ψ(x).
(6)
(bitte wenden)
Aufgabe 30
Infinitesimale Lorentztransformationen:
(7 Punkte)
(a) (4 Punkte) Zeigen Sie, dass die N -fache Anwedung der infinitesimalen Drehung im MinkowskiRaum


0
0 0 0
ϑ 
0 1 0 

 0
(7)
Λ=1+

0 −1 0 0 
N
0
0 0 0
im Limes N → ∞ auf eine Drehung um die z-Achse mit Drehwinkel ϑ führt.
(b) (3 Punkte) In der Vorlesung haben Sie die infinitesimale Drehung Λν µ = g νµ + ∆ω νµ mit
infinitesimalen und antisymmetrischen ∆ω νµ betrachtet. Zeigen Sie, dass mit
τ=
1
∆ω µν (γµ γν − γν γµ )
8
(8)
die Gleichung
γ ρ τ − τ γ ρ = ∆ω ρν γν
erfüllt ist.
(9)
11. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
www-tfp.physik.uni-karlsruhe.de/Lehre/
Vorrechnen: Dienstag, 03.02.2009
[Hinweis: Die zweite Klausur findet am Mittwoch, dem 11. Februar, von 17:30-19:30
Uhr im Audimax statt. Bitte bringen Sie ihren Studentenausweis mit. Als Hilfsmittel
ist ein handbeschriebenes A4-Blatt (beidseitig beschrieben) zugelassen. Die Ausgabe der
Klausuren erfolgt am 13. Februar 2009 anstatt des Beratungstutoriums im Seminarraum
2.17 des Physikhochhauses.]
Aufgabe 31
(4 Punkte)
Epstein-Formel und Hellmann-Feyman-Theorem:
Betrachten Sie einen Hamiltonoperator H ≡ H(~λ) mit stationären Eigenwerten En ≡ En (~λ) und
Eigenvektoren |Ψn i ≡ |Ψn (~λ)i, die (stetig und differenzierbar) von einem Parameter ~λ abhängen.
Die Eigenvektoren seien orthonormal, so dass hΨm |Ψn i = δnm , hΨm |H|Ψn i = En δnm . Bilden
Sie von diesen Gleichungen jeweils auf beiden Seiten die Ableitung bezüglich ~λ und zeigen Sie,
dass für m 6= n die Epstein-Formel
~
~ ~ |Ψn i = hΨm |∇~λ H|Ψn i
hΨm |∇
λ
En − Em
(1)
folgt, und für m = n das Hellmann-Feynman-Theorem
~ ~ H|Ψn i = ∇
~ ~ En .
hΨn |∇
λ
λ
(2)
Aufgabe 32
(5 Punkte)
~
Berry-Feld für dreidimensionalen adiabatischen Parameter λ:
Für einen dreidimensionalen adiabatischen Parameter ~λ kann die Berry-Phase mittels des
Stokesschen Theorems geschrieben werden als
Z
I
Z h
i
~~ ×C
~ n (~λ) df~ ≡
~ n (~λ)df~
~ n (~λ)d~λ =
∇
Q
(3)
γn (C) =
C
λ
C
S
S
~ n (~λ) = ∇
~~ ×C
~ n (~λ) und C
~ n (~λ) = ImhΨn |∇
~ ~ Ψn i. Hier ist S die von der geschlossenen
mit Q
λ
λ
Kurve C eingeschlossenen Fläche. Desweiteren nehmen wir an, dass |Ψn i und En Eigenvektoren
und Eigenwerte der Schrödingergleichung H(~λ)|Ψn (~λ)i = En (~λ)|Ψn (~λ)i sind.
~ n (~λ) mittels des Kreuzprodukts geschrieben werden kann als
(a) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass Q
X
~ n (~λ) = Im
~ ~ Ψn |Ψm i × hΨm |∇
~ ~ Ψn i.
Q
h∇
(4)
λ
λ
m
(b) (1 Punkt) Zeigen Sie, dass der Term mit m = n in Gl. 4 verschwindet.
(c) (2 Punkte) Verwenden Sie die Epstein-Formel aus Aufgabe 31, um zu zeigen dass
~ n (~λ) = Im
Q
~ ~ H|Ψm i × hΨm |∇
~ ~ H|Ψn i
X hΨn |∇
λ
λ
.
2
(En − Em )
m6=n
(5)
Aufgabe 33
Berry-Phase für Spin- 12 im zeitabhängigen Magnetfeld:
(8 Punkte)
~
~
H = −h̄µe~σ B(t)
Betrachten Sie den Hamiltonoperator für einen Spin- 12 im Magnetfeld B(t),
mit dem magnetischen Moment µe . Der Vektor des Magnetfeldes bewege sich während des
Zeitintervalls [0, T ] adiabatisch entlang einer geschlossenen Kurve C. Wir können dann das
~
Magnetfeld B(t)
als adiabatischen Parameter ~λ(t) auffassen. Der Hamiltonoperator ist dann
~
nur implizit zeitabhängig über B(t).
Die beiden stationären Spin-Eigenvektoren zum Hamilton~ = −~σ B
~ seien mit |Ψ± (B)i
~ bezeichnet. Die Eigenwerte sind E± (B)
~ = ∓h̄µe |B|.
~
operator H(B)
~ und n = ±, m = ± als
(a) (4 Punkte) Zeigen Sie unter Verwendung von Gl. (5) [mit ~λ = B
Quantenzahlen], dass das Berry-Feld durch
~ ± (B)
~ = ± ~eB
Q
2B 2
(6)
gegeben ist. Leiten Sie daraus die Berry-Phase γ± (C) her, und zeigen Sie, dass ihr Betrag
durch den halben Raumwinkel gegeben wird, den die Kurve vom Koordinatenursprung
~ = 0 aus gesehen aufspannt.
B
(b) (4 Punkte) Leiten Sie die Ergebnisse aus Teilaufgabe (a) explizit her, indem Sie die Parameterisierung durch Polarwinkel ϑ, φpbezüglich der z-Achse verwenden, wobei die Feldkomponenten die Gleichungen tan ϑ = Bx2 + Bz2 /Bz und tan φ = By /Bx erfüllen, und die
Eigenvektoren durch
~
|Ψ+ (B)i
~
|Ψ− (B)i
ϑ
ϑ
= cos |↑i + eiφ sin |↓i
2
2
ϑ
ϑ
iφ
= sin |↑i − e cos |↓i.
2
2
(7)
(8)
gegeben sind. Der Anfangswert bei t = 0 sei der Eigenvektor für einen Spin, der in Richtung
~ 0 ≡ B(t
~ = 0) ausgerichtet ist, |Ψ(B
~ 0 )i = |Ψ+ (B
~ 0 )i. Wir wollen uns auf
des Magnetfeldes B
den Fall beschränken, dass ϑ zeitlich konstant bleibt. Zeigen Sie, dass die Berry-Phase in
diesem Fall durch γ± (C) = ±2π sin2 ( ϑ2 ) = ± 21 Ω(C) gegeben ist, wobei Ω(C) der Raumwinkel
der Kurve C vom Koordinatenursprung gesehen ist.
Aufgabe 34
Drehimpulserhaltung:
(3 Punkte)
~ mit dem Dirac(a) (1 Punkt) Berechnen Sie den Kommutator des Bahndrehimpulses L
Hamiltonoperator HD = c~
α·~
p + βmc2 .
(b) (1 Punkt) Berechnen Sie den Kommutator des Spinoperators mit dem Dirac-Hamiltonoperator.
(c) (1 Punkt) Zeigen Sie, dass der Operator des Gesamtdrehimpulses mit dem Dirac-Hamiltonoperator
vertauscht.
12. Übung zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
Vorrechnen: Dienstag, 10.02.2009
[Hinweis: Die zweite Klausur findet am Mittwoch, dem 11. Februar, von 17:30-19:30
Uhr im Audimax statt. Bitte bringen Sie ihren Studentenausweis mit. Als Hilfsmittel
ist ein handbeschriebenes A4-Blatt (beidseitig beschrieben) zugelassen. Die Ausgabe der
Klausuren erfolgt am 13. Februar 2009 anstatt des Beratungstutoriums im Seminarraum
2.17 des Physikhochhauses.]
Aufgabe 35
Klein-Paradoxon:
Betrachten Sie die Dirac-Gleichung
∂
∂Ψ(t, x)
= −ih̄cα1
+ V (x) + mc2 β Ψ(t, x)
ih̄
∂t
∂x
für ein quantenmechanisches Stufenpotential
V0
V (x) =
0
:
:
(10 Punkte)
x≥0
.
x<0
(1)
(2)
Wir betrachten ein einfallenden Teilchens mit Energie E > mc2 , und wir wollen den speziellen
Fall betrachten, dass V0 − E > mc2 ist.
(a) (5 Punkte) Zeigen Sie, dass eine Lösung durch
Ψt (t, x)
Ψ(t, x) =
Ψin (t, x) + Ψr (t, x)
: x≥0
: x<0
(3)
(4)
mit
Ψin (t, x)
Ψr (t, x)
Ψt (t, x)
=
=
=
r
r
t

E + mc2 

2mc2 
r
r

E + mc2 

2mc2 

E + mc2 

2mc2 

1
0
0
cp
E+mc2
1
0
0

 exp

cp
− E+mc
2
1
0
0
cq
E−V0 +mc2

i
(px − Et)
h̄

 exp


i
(−px − Et)
h̄
(5)
(6)

 exp

i
(qx − Et)
h̄
p
√
gegeben ist, wobei cp = E 2 − m2 c4 , und cq = (E − V0 )2 − m2 c4 . Berechnen Sie aus der
Stetigkeitsbedingung für Ψ(t, x) bei x = 0 die Reflexions und Transmissionskoeffizienten r
und t. Was ergibt sich für V0 = 2E?
(b) (5 Punkte) Berechnen Sie die Stromdichten jin = Ψ†in cα1 Ψin , jr = Ψ†r cα1 Ψr , und jt =
Ψ†t cα1 Ψt , sowie die Verhältnisse jr /jin und jt /jin . Interpretieren Sie das Ergebnis.
Aufgabe 36
(4 Punkte)
Eichinvarianz der Berry-Phase:
Wir wollen hier einen weiteren, alternativen, Beweis der Eichinvarianz der Berry-Phase disku~
tieren. Diskretisieren Sie dazu eine geschlossene Kurve C des Parameters
PN λ, mit den diskreten
Werten ~λ0 , ~λ2 , . . . ~λN , ~λN +1 ≡ ~λ0 . Die Berry-Phase ist dann durch i=0 [∆φn ]i,i+1 gegeben,
P
Q
wobei [∆φn ]i,i+1 = arghΨn (~λi )|Ψn (~λi+1 i. Zeigen Sie (unter Verwendung von ln = ln ), dass
dann die Berry-Phase durch den Ausdruck
n
o
γn (C) = Im ln Ψn (~λ0 )Ψn (~λ1 ) Ψn (~λ1 )Ψn (~λ2 ) · · · Ψn (~λN )Ψn (~λ0 )
(7)
gegeben ist. Warum ist diese Größe explizit eichinvariant?
Aufgabe 37
(6 Punkte)
Clebsch-Gordan-Koeffizienten:
Ein Elektron mit Spin s = 12 habe den Bahndrehimpuls l = 1. Ermitteln Sie die möglichen
~ +L
~ und berechnen Sie die zugehörigen ClebschEigenzustände des Gesamtdrehimpulses J~ = S
Gordan-Koeffizienten.
Hinweis: die richtigen Koeffizienten finden Sie z.B. unter
www.sprace.org.br/PDG/2008/reviews/rpp2008-rev-clebsch-gordan-coefs.pdf
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
1. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 1
4 Punkte
(a)
hψ|(A† )† |φi = hφ|A† |ψi∗ = (hψ|A|φi∗ )∗ = hψ|A|φi
1 Punkt
(b)
hψ|(λA)† |φi = hφ|λA|ψi∗ = λ∗ hφ|A|ψi∗ = λ∗ hψ|A† |φi = hψ|λ∗ A† |φi
1 Punkt
(c)
hψ|(A + B)† |φi = hφ|A + B|ψi∗ = hφ|A|ψi∗ + hφ|B|ψi∗ = hψ|A† |φi + hψ|B † |φi
1 Punkt
(d)
Wir benutzen hier die Notation |ψ ′ i = B|ψi.
hψ|(AB)† |φi = hφ|AB|ψi∗ = hφ|A|ψ ′ i∗ = hψ ′ |A† |φi = hψ ′ |φ′ i
wobei wir hier die Notation |φ′ i = A† |φi benutzen, und
hψ|(AB)† |φi = hφ′ |ψ ′ i∗ = hφ′ |B|ψi∗ = hψ|B † |φ′ i = hψ|B † A† |φi
Aufgabe 2
1 Punkt
6 Punkte
(a)

0
~ω0  √
H=
− 2
2
0
√

− 2 0√
0
2 .
√
2
0
Die Matrix ist reell und symmetrisch, also Hermitesch.
Die charakteristische Gleichung für die Eigenwerte λ lautet:
−λ
√0
0
− ~ω
2
− ~ω
~ω
0
0
√
√
−λ
= 0. ⇒
2 2
~ω
0
√0
−λ
2
~2 ω02
λ~2 ω02
−λ λ2 −
+
= 0,
2
2
(1)
1 Punkt
(2)
(3)
so dass
λ1 = 0,
λ2 = ~ω0 ,
λ3 = −~ω0 .
1 Punkt
(Alle Eigenwerte sind nichtentartet.) Die Eigenvektoren ~ei der Matrix H genügen der folgenden Gl.:
(H − λi I) ~ei = 0,
 i 
c1
~ei =  ci2  .
ci3
(4)
(5)
|ei i = ci1 |u1 i + ci2 |u2 i + ci3 |u3 i.
(6)
Für λ1 erhalten wir:



√0
0
0
− ~ω
c11
2
 − ~ω
~ω
 c12  = 0,
√0
√0 
0

2
2 
~ω
c13
√0
0
0
(7)
Wir erhalten daraus dann die Eigenvektoren des Operators H in der Basis |u1 i, |u2 i, |u3 i,
2
also c12 = 0, c11 = c13
 
1
~e1 = α  0  .
1
⇒
(8)
Aus den Normierungsbedingungen
hei |ei i = 1 bzw. (~ei )∗~ei = 1,
(9)
folgt α2 = 1/2 ⇒
 
1
1  
0
.
~e1 = √
2
1
Für λ2

−~ω0
 − ~ω
√0

2
0
√0
− ~ω
2
−~ω0
~ω
√0
2
(10)
0


c2
  12 
c2
= 0,

c23
−~ω0
~ω
√0
2
⇒

1√
~e2 = α′  − 2  ,
−1

(12)
Aus (9) bekommen wir (α′ )2 = 4 und


1√
1
~e2 =  − 2  .
2
−1
Und schließlich haben wir für λ3


√0
~ω0
− ~ω
0
c31
2

 − ~ω
~ω
√0
√ 0   c3  = 0,
~ω0

2
2
2
~ω
0
c33
√
~ω0
0

(11)
(13)
⇒
(14)
2


1
1 √ 
.
~e3 =
2
2
−1
(15)
2
Die Entwicklung nach den Basisvektoren lautet:
|ei i
|e1 i
|e2 i
|e3 i
= hu1 |e1 i|u1 i + hu2 |e2 i|u2 i + hu3 |e3 i|u3 i = ci1 |u1 i + ci2 |u2 i + ci3 |u3 i,
1
1
= √ |u1 i + √ |u3 i
2
2
1
1
1
=
|u1 i − √ |u2 i − |u3 i
2
2
2
1
1
1
=
|u1 i + √ |u2 i − |u3 i.
2
2
2
⇒
(16)
(17)
(18)
(19)
Für die Eigenvektoren und deren Entwicklung in Basisvektoren gibt es
2 Punkte
(b)
Die Orthogonalitätsbedingung lautet:
hei |ej i = δij .
he1 |e2 i
he1 |e3 i
he2 |e3 i
(20)
1
1
1
1
1
1
1
√ hu1 | + √ hu3 |
=
|u1 i − √ |u2 i − |u3 i = √ − √ = 0
2
2
2
2
2
2 2 2 2
1
1
1
1
1
1
1
√ hu1 | + √ hu3 |
=
|u1 i + √ |u2 i − |u3 i = √ − √ = 0
2
2
2
2
2
2 2 2 2
1
1
1
1
1 1 1
1
1
hu1 | − √ hu2 | − hu3 |
|u1 i + √ |u2 i − |u3 i = − + = 0,
=
2
2
2
2
4 2 4
2
2
(21)
(22)
(23)
usw. (oder äquivalent kann man auch zeigen, dass ~e∗i ~ej = δij ).
Die Vollständigskeitrelation lautet:
X
|ei ihei | = 1.
1 Punkt
(24)
i
Wir berechnen explizit:
|e1 ihe1 | =
|e2 ihe2 | =
|e3 ihe3 | =
1
1
(|u1 i + |u3 i) (hu1 | + hu3 |) = (|u1 ihu1 | + |u3 ihu3 | + |u1 ihu3 | + |u3 ihu1 |) ,
2
2
1
1
1
1
1
1
|u1 ihu1 | + |u2 ihu2 | + |u3 ihu3 | − √ |u1 ihu2 | + √ |u3 ihu2 | − |u1 ihu3 | + ...,
4
2
4
4
2 2
2 2
1
1
1
1
1
1
|u1 ihu1 | + |u2 ihu2 | + |u3 ihu3 | + √ |u1 ihu2 | − √ |u3 ihu2 | − |u1 ihu3 | + ...,
4
2
4
4
2 2
2 2
somit
X
|ei ihei | = |u1 ihu1 | + |u2 ihu2 | + |u3 ihu3 | = 1.
(25)
(26)
(27)
1 Punkt
i
3
Aufgabe 3
10 Punkte
V(x)
d
0
x
I
II
III
Abbildung 1: Potenzialtopf aus zwei δ-Funktionen (diese sind in dieser Darstellung durch Lorentzfunktionen
approximiert).
Die Schrödinger-Gleichung für das Potenzial (Abb. 2) lautet:
−~2 ∂ 2
− cδ(x) − cδ(x − d) Ψ(x) = EΨ(x).
2m ∂x2
(28)
Aus (28) bekommen wir
ΨI (x)
=
ρx
Ae ;
1 Punkt
x < 0,
= B1 e + B2 e−ρx ; 0 < x < d,
= Ce−ρ(x−d) ; x > d,
(29)
√
ρx
wobei ρ = −2mE/~ ist und E < 0. (ΨIII kann auch in der Form Ce gewählt werden, aber die Form (29)
ist bequemer.)
Randbedingungen:
1 Punkt
ρx
ΨII (x)
ΨIII (x)
Ψ(0+) = Ψ(0−)
2mc
Ψ′ (0+) − Ψ′ (0−) = − 2 Ψ(0)
~
Ψ(d+) = Ψ(d−)
2mc
Ψ′ (d+) − Ψ′ (d−) = − 2 Ψ(d)
~
Es folgt
(30)
(31)
⇒
somit
(30)
(31)
(32)
(33)
⇒
A = B1 + B2
2mc
ρB1 − ρB2 − ρA = − 2 A ⇒
~
ρ~2
B1 = −1 +
B2 ,
mc
C=
⇒
(35)
(36)
C = B1 eρd + B2 e−ρd
2mc
−ρC − ρB1 eρd + ρB2 e−ρd = − 2 C ⇒
~
(32)
(33)
(34)
2B2 e−ρd
B2 e−ρd
= mc
= [siehe
2mc
− ρ~2 + 1
− ρ~2 + 2
⇒
(37)] = B1 eρd + B2 e−ρd
B1 = B2 e
Aus (36) und (40) bekommen wir
!
1
ρ~2
−2ρd
e
−1
=
−1 +
mc
− ρ~
mc
2 + 1
2
ρ~2
,
e−2ρd =
1−
mc
−2ρd
1
mc
− ρ~
2 + 1
⇒
−1
(37)
(38)
(39)
!
(40)
⇒
4
und schließlich:
ρ~2
−ρd
e
=± 1−
.
mc
(41)
Für die Herleitung gibt es
3 Punkte
Wir diskutieren nun diese Gleichung. Die rechte Seite ist eine lineare Funktion von ρ. Die linke Seite ist eine
Exponentialfunktion von ρ, und die Lösung kann graphisch gefunden werden. Es wird dann klar, dass es für das
Minusvorzeichen immer einen Schnittpunkt (also eine Lösung) gibt, jedoch für das Plusvorzeichen nur wenn die
lineare Funktion keine zu große negative Steigung hat. Für den Fall ρd ≪ 1 kann man die Exponentialfunktion
entwickeln:
ρ~2
1
2
.
1 − ρd + (ρd) + . . . = ± 1 −
2
mc
Für das Minusvorzeichen ergibt sich die Lösung
ρ− =
2
.
~2
d + mc
(42)
und somit
E− = −
1
4mc2
·
2 .
2~2
1 + mcd
2
~
1 Punkt
Für das Plusvorzeichen existiert in diesem Grenzfall keine Lösung, außer für den Fall d = ~2 /mc + ǫ mit ǫ > 0,
ǫ ≪ 1. In diesem Fall folgt aus den quadratischen Gliedern ρ+ = 2ǫ/d. (ρ− d ist für diesen Fall nicht ≪ 1).
In allen anderen Fällen wäre nur ρ = 0 möglich, für ρ = 0 ist aber die Energie E = 0, und wir betrachten
nur Zustände mit E < 0. Die Bedingung ρ− d ≪ 1 erfordert d ≪ ~2 /mc. Im Falle von d = 0 erhalten wir die
Lösung eines einfachen Deltapotentials mit Vorfaktor 2c, also E− (d = 0) = −4mc2 /2~2 .
Für den Fall ρd ≫ 1 wird die Exponentialfunktion e−ρd sehr klein, das heißt, dass man in Gl. 41 auf der
rechten Seite in erster Näherung ρ~2 /mc gleich 1 setzen kann. Wir schreiben daher
ρ=
mc
−α
~2
(43)
und setzen dies in Gleichung 41 ein, und entwickeln nach kleinen α. Es ergibt sich mit der Abkürzung ρ0 =
e−ρ0 d (1 + αd) = ±
mc
~2 :
α~2
.
mc
Auflösen nach α ergibt
α=
e−ρ0 d
−de−ρ0 d ±
~2
mc
=
e−ρ0 d ρ0
≈ ±ρ0 e−ρ0 d .
−e−ρ0 d ρ0 d ± 1
(44)
Wir haben hier benutzt, dass e−ρ0 d ρ0 d ≪ 1 ist wenn ρ0 d ≫ 1 gilt. Wir erhalten also die beiden Lösungen
mcd
mc (45)
ρ± = 2 1 ∓ e − ~ 2
~
und damit
E± = −
2
mcd
mc2 1 ∓ e − ~2
2
2~
2 Punkte
Dies ergibt für unendlich große Abstände die Energie für einen einzelnen Potentialtopf. Die Energie ist zweifach
entartet, das heißt sie entspricht zwei orthogonalen Wellenfunktionen (für die zwei entkoppelten Potentialtöpfe).
Wenn d < ∞, spalten die Energien dieser Zustände auf, die Energie eines der Zustände sinkt ab, und die Energie
des anderen steigt an.
Die Energie E+ steigt mit abnehmendem d immer weiter an (und E− sinkt ab), bis ein kritischer Wert
für d erreicht wird, unterhalb dessen E+ positiv wird (das heißt, keinen gebundenen Zustand mehr darstellt).
5
Dass wissen wir schon, da es oben für kleine d nur eine Lösung mit E < 0 gab. Den kritischen Wert erhalten
wir, indem wir in Gl. 41 den Anstieg der Exponentialfunktion gleich dem Anstieg der rechten Seite setzen:
−ρd = −
ρ~2
mc
und damit für die Bedingung, dass nur ein Eigenzustand für E < 0 existiert:
d<
~2
mc
2 Punkte
Man nennt den Zustand zu E− den bindenden Zustand, und den zu E+ den antibindenden Zustand. Der
Grund ist, dass das obige Modell relevant für das Verständniss der chemischen Bindung zweier Atome ist.
6
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.1
Aufgabe 1
a.)
hψ|(A† )† |φi = hφ|A† |ψi∗ = (hψ|A|φi∗ )∗ = hψ|A|φi ⇔ (A† )† = A .
(1)
hψ|(λA)† |φi = hφ|λA|ψi∗ = λ∗ hφ|A|ψi∗ = λ∗ hψ|A† φi ⇔ (λA)† = λ∗ A† .
(2)
b.)
c.)
hψ|(A + B)† |φi = hφ|A + B|ψi∗ = hφ|A|ψi∗ + hφ|B|ψi∗ = hψ|A† |φi + hψ|B † |φi ⇔ (A + B)† = A† + B † . (3)
d.)
Zunächst berechnen wir
hψ|(AB)† |φi = hφ|AB|ψi∗ = hψ 0 |A† |φi = hψ 0 |φ0 i ,
(4)
wobei wir die Definitionen |ψ 0 i ≡ B|ψi und |φi = A† |φi verwendet haben. Weiterhin gilt dann:
hψ 0 |φ0 i = hφ0 |ψ 0 i∗ = hφ0 |B|ψi∗ = hψ|B † |φ0 i = hψ|B † A† |φi ,
(5)
und somit (AB)† = B † A† .
Aufgabe 2
a.)

0
~ω
0
H † = √ −1
2
0
∗

−1 0
0
~ω
0
0 1 = √ −1
2
1 0
0

−1 0
0 1 = H .
1 0
(6)
Ja, H ist hermitesch :-) Kommen wir zu den Eigenwerten, die durch Nullsetzen des charakteristischen Polynoms
folgen:
√


E√
~ω0 / 2
0 √
det(E13 − H) = det ~ω0 / 2
E √
−~ω0 / 2 =
0
−~ω0 / 2
E
√ ¶
µ
µ
√
√ ¶
~ω0
E √
−~ω0 / 2
~ω0 / 2 −~ω0 / 2
= E det
− √ det
=
0
E
−~ω0 / 2
E
2
¶
µ
~2 ω02
~2 ω02
!
−
E = E(E 2 − ~2 ω02 ) = 0 .
(7)
= E E2 −
2
2
Hieraus ergeben sich die Eigenwerte
E1 = 0 ,
E2 = ~ω0 ,
E3 = −~ω0 .
(8)
Nun zu den Eigenvektoren! Der i-te Eigenvektor soll mit e(i) bezeichnet werden. In der Basis {|u1 i, |u2 i, |u3 i}
besitzt dieser die Darstellung
(i)
(i)
(i)
e(i) = c1 |u1 i + c2 |u2 i + c3 |u3 i ,
(9)
(i)
(i)
(i)
mit den Komponenten c1 , c2 und c3 . In der Standarddarstellung
 
 
 
1
0
0
|u1 i = 0 , |u2 i = 1 , |u3 i = 0 ,
0
0
1
lässt sich der i-te Eigenvektor dann schreiben als
 (i) 
c
 1(i) 
(i)
e = c2  .
(i)
c3
(10)
(11)
1.) Eigenvektor zu E1 = 0:

0√
~ω0 / 2
0

0 1
1 0
0 0
√
~ω0 / 2
0 √
−~ω0 / 2
  (1)   
c
0 √
0
 1   
0 .
=
−~ω0 / 2 c(1)

2
(1)
0
0
c3
  (1)   
c
0
0
 1(1)   

−1 c2  = 0 .
(1)
0
0
c
(12)
(13)
3
Der Rang der Matrix (die Anzahl linear unabhängiger Zeilen bzw. Spalten) ist also 2 und der Lösungsraum
des Gleichungssystems damit eindimensional. Wir wählen als freie Konstante e3 . Aus der ersten Gleichung
folgt e2 = 0 und aus der zweiten e1 = e3 . Damit ergibt sich der Lösungsraum
 

 1

(14)
ERE1 =0 = 0 e3 , e3 ∈ C .


1
√
e3 wird durch die Forderung nach Normierung des Eigenvektors zu 1/ 2 festgelegt. Damit gilt nun:
EVE1 =0 = e(1)
 
1
1
= √ 0 .
2 1
(15)
2.) Eigenvektor zu E2 = ~ω0 :

~ω0√
~ω0 / 2
0
√
2
 0
0
1
0
−1
√
~ω0 / 2
~ω0√
−~ω0 / 2
  (2)   
c
0 √
0
 1   
0 .
=
−~ω0 / 2 c(2)

2
(2)
0
~ω0
c3
  (2)   
c1
0
0
(2) 


0
0 .
=
c2 
√
(2)
0
2
c
(16)
(17)
3
Auch hier ist der Lösungsraum
2 . Aus der dritten
√ eindimensional und wir wählen als freie Konstante e√
Gleichung folgt dann e3 = 1/ 2e2 und aus der ersten Gleichung ergibt sich e1 = −1/ 2e2 .


 
−1
 1

√
ERE2 =~ω0 = √  2 e2 , e2 ∈ C .
(18)
 2

1
√
Durch Normierung legen wir e2 fest auf 1/ 2 und damit ist der normierte Eigenvektor gegeben durch:

EVE2 =~ω0 = e(2)

−1
√
1
=  2 .
2
1
(19)
2
3.) Eigenvektor zu E3 = −~ω0 :
√
~ω0 / 2
−~ω0√
−~ω0 / 2

−~ω√0
~ω0 / 2
0
 √
− 2
 0
0
1
0
−1
  (3)   
c
0 √
0
 1   
0 .
=
−~ω0 / 2 c(3)

2
(3)
0
−~ω0
c3
  (3)   
c1
0
0
(3) 


0 .
0
=
c2 
√
(3)
0
− 2
c
(20)
(21)
3
Auch hier ist der Lösungsraum√eindimensional und wir wählen als freie Konstante e√
2 . Aus der dritten
Gleichung folgt dann e3 = −1/ 2e2 und aus der ersten Gleichung ergibt sich e1 = 1/ 2e2 .


 

 1
√1
ERE2 =~ω0 = √  2 e2 , e2 ∈ C .
(22)

 2
−1
√
Durch Normierung legen wir e2 fest auf 1/ 2 und damit ist der normierte Eigenvektor gegeben durch:
EVE2 =~ω0 = e(3)
 
1
1 √
=  2 .
2
−1
(23)
b.)
Wir überprüfen die Orthogonalität der Eigenvektoren: hi|ji = δij , wobei |ii = e(i) der i-te Eigenvektor ist (in
der Bra-Ket-Schreibweise).
 
−1
√
¡
¢
1
1 √
1
h1|2i = e|1 · e2 = √ 1 0 1 ·  2 = √ (1 · (−1) + 0 · 2 + 12 ) = 0 ,
(24)
2
2
2 2
1
1 ¡
h1|3i = e|1 · e3 = √ 1
2
h2|3i = e|2 · e3 =
1¡
−1
2
 
√
¢ 1 √1
1
0 1 ·  2 = √ (−1 · 1 + 0 · 2 + 1 · (−1)) = 0 ,
2
2 2
−1
 
√
¢ 1 √1
√
1
2 1 ·  2 = ((−1) · 1 + ( 2)2 + 1 · (−1)) = 0 .
2
4
−1
(25)
(26)
Nun noch zu der Vollständigkeit, die
3
X
|iihi| = 13 ,
(27)
i=1
besagt.
|1ih1| = e1 ·
e|1
 
1
1  ¡
0 · 1
=
2
1
0

1
1
1 =
0
2
1
¢
 
−1
¡
¢
√
√
1
|2ih2| = e2 · e|2 =  2 · −1
2 1 =
4
1
 
1
¡ √
¢
1 √
|3ih3| = e3 · e|3 =  2 · 1
2 −1 =
4
−1
0
0
0

1
0 ,
1
√


1
− 2 √
−1
1 √
− 2 √2
2 ,
4
2
1
−1
√


2
−1
1
√
√
1
2
2
− 2 .
√
4
−1 − 2
1
(28)
(29)
(30)
3
Schlussendlich gilt also:



1
1 0 1
√
1
1
|1ih1| + |2ih2| + |3ih3| = 0 0 0 + − 2
2
4
1 0 1
−1


1 0 0
= 0 1 0 = 13 ,
0 0 1
√
− 2
√2
2


−1
1
√
1 √
2 +  2
4
−1
1
√
2
2
√
− 2

−1
√
− 2 =
1
(31)
und die Vollständigkeit ist gewährleistet.
Aufgabe 3
Wir unterteilen die x-Achse in drei Bereiche:
(1) : (−∞, 0) ,
(2) : (0, d) ,
(3) : (d, +∞) .
(32)
Wegen E < 0 und somit E < V handelt es sich bei den obigen drei Bereichen um klassisch verbotene Gebiete.
Damit sind exponentiell ansteigende bzw. abfallende Lösungsansätze zu verwenden:
ψ1 (x) = A exp(%x) ,
r
%=
−
ψ2 (x) = B exp(%x) + C exp(−%x) ,
ψ3 (x) = D exp(−%(x − d)) ,
2mE
.
~2
(33a)
(33b)
An den Punkten x = 0 und x = d (wo das Potential durch eine δ-Funktion beschrieben wird), muss die
Wellenfunktion auf jeden Fall stetig sein. Damit lautet das erste Paar von Anschlussbedingungen:
ψ1 (0) = ψ2 (0) ⇔ A = B + C ,
(34a)
ψ2 (d) = ψ3 (d) ⇔ B exp(%d) + C exp(−%d) = D .
(34b)
Die Forderung, dass auch die Ableitung der Wellenfunktion stetig (und damit die Wellenfunktion stetig differenzierbar ist), muss bei Potentialen, die in bestimmten Punkten einen unendlichen Wert annehmen, fallen
gelassen werden. Die Ableitung macht in diesen Fällen einen Sprung. Betrachten wir hierzu die zeitunabhängige
Schrödingergleichung für ein Potential der Form V (x) = −cδ(x − d):
−
~2 d2
ψ(x) − cδ(x − d)ψ(x) = Eψ(x) .
2m dx2
(35)
Durch Integration über ein kleines Intervall [d − ε, d + ε] erhält man:
~2
−
2m
Ã
!
¯
¯
Z+ε
Z+ε
dψ ¯¯
dψ ¯¯
−
− c δ(x)ψ(x) dx = E ψ(x) dx ,
dx ¯x=d+ε
dx ¯x=d−ε
−ε
(36)
−ε
woraus schließlich folgt:
¯
¯
dψ ¯¯
dψ ¯¯
2m
−
= − 2 cψ(0) .
¯
¯
dx x=d+
dx x=d−
~
(37)
Angewendet auf das spezielle Problem hier mit den Ableitungen
dψ1
= A% exp(%x) ,
dx
dψ2
= B% exp(%x) − C% exp(−%x) ,
dx
dψ3
= D% exp(%x) ,
dx
(38)
führt auf das nächste Paar von Anschlussbedingungen:
B−C −A=−
2m
cA ,
%~2
(39a)
4
−D − B exp(%d) + C exp(−%d) = −
2m
cD .
%~2
(39b)
Wir erhalten somit folgendes lineares Gleichungssystem mit vier Unbekannten:
   


A
0
1
−1
−1
0
B  0


0
exp(%d) exp(−%d)
−1
  

.
M
 C  = 0 , M = −1 + 2mc/(%~2 )

1
−1
0
D
0
0
− exp(%d) exp(−%d) exp(%d) + 2mc/(%~2 )
(40)
Das Gleichungssystem besitzt genau dann eine nichttriviale Lösung für den Lösungsvektor (A, B, C, D)| , wenn
die Koeffizientendeterminante M verschwindet. Aus det(M ) = 0 ergibt sich die angegebene Bedingung
µ
¶
%~2
exp(−%d) = ± 1 −
.
(41)
mc
Dabei handelt es sich um eine transzendente Gleichung für %, die sich durch elementare Umformungen nicht
nach % auflösen lässt. Wir unterscheiden deshalb zwei Fälle, nämlich %d ¿ 1 und %d À 1. Schauen wir uns
zunächst %d ¿ 1 an. Unter dieser Bedingung können wir die Exponentialfunktion auf der linken Seite (41)
entwickeln und erhalten:
µ
¶
%~2
2
1 − %d + O((%d) ) = ± 1 −
.
(42)
mc
1.) Pluszeichen auf der rechten Seite:
µ
¶
%~2
~2
1 − %d + O((%d) ) = 1 −
⇒% d−
+ O((%d)2 ) = 0 .
mc
mc
2
(43)
Der erste Term verschwindet entweder für % = 0 oder d = ~2 /(mc). Es müssen jedoch auch die Terme
höherer Ordnung verschwinden, was nur für % = 0 möglich ist. Für % = 0 verschwindet jedoch die Energie
und das ist nach der Aufgabenstellung ausgeschlossen, da nach Lösungen mit E < 0 gesucht ist.
2.) Minuszeichen auf der rechten Seite:
1 − %d = −1 +
%~2
2
⇒%=
.
~2
mc
d + mc
(44)
Damit folgt für die Energie
E=−
~2 %2
2mc2
~2
4
1
=−
= − 2 ¡
¢2 .
¡
¢
2
2
dmc
2m
2m d + ~
~
2 + 1
(45)
~
mc
Die Bedingung %d ¿ 1 ist wegen (44) äquivalent zu d ¿ ~2 /(mc). Im Falle d = 0, also wenn der
Abstand zwischen den beiden δ-Peaks verschwindet, folgt aus (45) die Energie eines einzigen δ-förmigen
Potentialtopfes mit einem zusätzlichen Faktor 2c.
Für %d À 1 wird die Exponentialfunktion auf der linken Seite von (41) klein. Dann muss auch die rechte Seite
klein sein. Deshalb setzen wir
1−
%~2
= α,
mc
(46)
wobei α klein ist. Daraus folgt durch Auflösen nach %
%=
mc mc
− 2 α := %0 − β ,
~2
~
%0 =
mc
,
~2
β=
mc
α.
~2
(47)
Einsetzen in Gleichung (41) führt auf
exp(−%0 d)(1 + βd) = ±
β~2
,
mc
(48)
5
und Auflösen nach β ergibt:
β=
exp(−%0 d)
−d exp(−%0 d) ±
~2
mc
=
exp(−%0 d)%0
≈ ±%0 exp(−%0 d) .
− exp(−%0 d)%0 d ± 1
Es gibt also zwei Lösungen für % und für die Energie:
(
½
µ
¶¾
µ
¶2 )
mc
mcd
mc2
mcd
%± = 2 1 ∓ exp − 2
,
E± = − 2 1 ∓ exp − 2
.
~
~
2~
~
(49)
(50)
Für d 7→ ∞ verschwindet die Exponentialfunktion und man erhält die Energie für einen einzelnen δ-förmigen
Potentialtopf. Es handelt sich um zwei Zustände zu derselben Energie E = −mc2 /(2~2 ); die Energie ist also
zweifach entartet. Sind die beiden Potentialtöpfe unendlich weit voneinander entfernt, sind sie im Wesentlichen
voneinander entkoppelt und bemerken sich gegenseitig nicht mehr. Die beiden Zustände entsprechen dann
zwei orthogonalen Wellenfunktionen (je eine Wellenfunktion pro Potentialtopf). Wenn d kleiner wird, sich
die beiden Potentialtöpfe also annähern, dann spaltet sich das entartete Energieniveau zu zwei verschiedenen
Energieniveaus auf. E+ steigt dann immer weiter an und E− sinkt ab. Dies passiert so lange, bis E+ einen
kritischen Wert für d erreicht und positiv wird. Dieser kritischer Wert folgt aus (41), in dem man die Gleichung
graphisch löst. Dazu setzen wir x = %d und erhalten somit
f (x) = ±g(x) ,
f (x) = exp(−x) ,
g(x) = 1 −
~2
x.
mcd
(51)
Die Gleichung mit dem Minuszeichen besitzt stets eine Lösung x > 0 (und damit % > 0) für alle Steigungen. Die
Gleichung mit dem Minuszeichen besitzt besitzt mindestens eine Lösung und zwar x = 0 und somit % = 0. Aus
% = 0 folgt jedoch E = 0 und damit scheidet diese Lösung aus, da wir nach gebundenen Zuständen mit E < 0
suchen. Je nachdem, wie die Steigung der Geraden g(x) ist in Bezug auf die Steigung der Exponentialfunktion
f (x) = exp(−x) am Nullpunkt gibt es eine weitere Lösung mit x > 0 (% > 0) oder x < 0 (% < 0). Für einen
Schnittpunkt bei x < 0 muss
~2
~2
⇔d>
,
(52)
mcd
mc
sein. Diese weitere Lösung besitzt jedoch keine physikalische Bedeutung, da % ≥ 0 sein muss. Eine Lösung mit
% > 0 gibt es dann für
f 0 (x = 0) < g 0 (x = 0) ⇔ − exp(−x)|x=0 < −
d > dkrit ,
dkrit =
~2
.
mc
(53)
6
Dieses Modell ist schon eine sehr gute Näherung für ein einfaches zweiatomiges Molekül, wie beispielsweise das
Wasserstoffmolekül H2 . Für große Abstände gibt es zwei Zustände mit E < 0. Der mit niedrigerer Energie,
also E− , ist der stabilere und man nennt diesen den bindenden Zustand. Der mit höherer Energie, also E+ ,
ist instabil und der sogenannte antibindende Zustand.
Diese Zustände sind dann nichts anderes als die aus der Atom- und Molekülphysik bekannten Orbitale:
Wie schon oben erwähnt, ist das bindende Orbital (links) energetisch stabiler als das antibindende (rechts). Im
bindenden Orbital ist die Aufenthaltswahrscheinlichkeit der beiden Elektronen zwischen den Atomkernen am
größten. Die Elektronen dienen also gewissenmaßen als Kitt und schirmen die Ladung der positiv geladenen
Kerne (und damit die Coulombsche Kraft) gegeneinander ab, womit die Kerne zusammengehalten werden.
Beim antibindenden Orbital ist die Aufenthaltswahrscheinlichkeit der Elektronen am Rand größer als zwischen den Atomkernen. Diese Konfiguration ist instabil; die Kernladungen werden nicht gegeneinander abgeschirmt und die die Elektronen ziehen die Kerne buchstäblich auseinander. Dass die Konfiguration energetisch
instabiler ist, erkennt man auch daran, dass es eine Knotenebene zwischen den beiden Kernen gibt, also ein
Bereich, wo die Aufenthaltswahrscheinlichkeit der beiden Elektronen verschwindet. Analog zu Seilwellen in
der klassischen Mechanik steigt die Anzahl der Knoten (und Bäuche) mit zunehmender Frequenz/Energie an
(Grundschwingung, 1.Oberschwingung, 2.Oberschwingung, . . . ).
Berücksichtigt man zusätzlich die Spins der beiden Elektronen, so ist nach dem Pauliprinzip klar, dass
zwei Elektronen nur dann den bindenden Zustand besetzen können, wenn sie eine entgegengesetzt gerichtete
z-Komponente des Spins haben (antiparallele Einstellung). Ist die z-Komponente gleich, so wechselt eines der
beiden Elektronen in das antibindende Orbital und es kann sich kein H2 -Molekül bilden.
Das Doppelmuldenpotential besitzt auch andere Anwendungen, beispielsweise um das Tunneln des N-Atoms
im Ammoniakmolekül (NH3 ) durch die Ebene zu beschreiben, die von den drei H-Atomen aufgespannt wird:
7
8
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
2. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 4
9 Punkte
(a)
1
H = − ~ωσz =
2
−~ω/2
0
0
~ω/2
.
(1)
Grundzustand:
hΨ0 |H|Ψ0 i = min.
(2)
Man misst entweder E1 = −~ω0 /2 oder E2 = ~ω0 /2
E = min{E1 , E2 } = −~ω0 /2.
Alternativ:
⇒
Der Grundzustand ist der Zustand mit der Energie
|Ψ0 i = α1 |u1 i + α2 |u2 i,
(3)
wobei {|u1 i, |u2 i} eine orthonormierte Basis ist, und |α1 |2 + |α2 |2 = 1. Dann ist
X
~ω0
⇒
hΨ0 |ui iHij huj |Ψ0 i = |α1 |2 H11 + |α2 |2 H22 = |α1 |2 (−~ω0 ) +
hHi =
2
ij
|α1 |2 = 1
⇒
(4)
(5)
EGS = −~ω0 /2 und |Ψ0 i = |u1 i.
Daraus folgt
1 Punkt
hΨ0 |σz |Ψ0 i = (σz )11 = 1,
1 Punkt
hΨ0 |σx |Ψ0 i = (σx )11 = 0.
(b)
Sx =
~
2
0
1
1
0
.
(6)
Die Eigenwerte sind: λ1 = ~/2 und λ2 = −~/2.
Und die Eigenvektoren sind:
1
1
1
1
e~1 = √
, e~2 = √
,
1
−1
2
2
1
1
|e1 i = √ |u1 i + √ |u2 i, für λ1 ,
2
2
1
1
|e2 i = √ |u1 i − √ |u2 i, für λ2 .
2
2
1
1
|Ψ0 i = he1 |Ψ0 i|e1 i + he2 |Ψ0 i|e2 i = √ |e1 i + √ |e2 i
2
2
(7)
(8)
(9)
⇒
(10)
man misst λ1 mit der Wahrscheinlichkeit 1/2 und man misst λ2 mit der Wahrscheinlichkeit 1/2. Nach der
Messung sind |e1 i und |e2 i die zugehörigen Zustände zu λ1 und λ2 .
1 Punkt
Sz =
~
2
1
0
0
−1
.
(11)
Die Eigenwerte sind: λ1 = ~/2 und λ2 = −~/2.
Und die Eigenvektoren sind:
|f1 i = |u1 i,
|f2 i = |u2 i,
für
λ1 ,
(12)
für
λ2 .
(13)
1
|f1 i = he1 |f1 i|e1 i + he2 |f1 i|e2 i = √ |e1 i +
2
1
|f2 i = √ |e1 i −
2
1
√ |e2 i
2
1
√ |e2 i
2
(14)
(15)
Daraus folgt
|e1 i =
|e2 i =
1
√ |f1 i +
2
1
√ |f1 i −
2
1
√ |f2 i
2
1
√ |f2 i
2
(16)
⇒
(17)
i
√1 e 2 ωt |f1 i
2
i
√1 e− 2 ωt |f2 i
2
1 Punkt
⇒ die
(i) für 0 < t < t1 befindet sich das System im Zustand |Ψ(t)i =
+
Wahrscheinlichkeit einer Messung von λ1 ist 1/2 und von λ2 ist 1/2.
(ii) dasselbe gilt wenn sich das System für t < t1 im Zustand |e2 i befindet: für 0 < t < t1 befindet sich das
i
i
System im Zustand |Ψ(t)i = √12 e 2 ωt |f1 i − √12 e− 2 ωt |f2 i ⇒ die Wahrscheinlichkeit einer Messung von λ1
ist 1/2 und von λ2 ist 1/2.
λ1
λ2
λ1
1/4 1/4
1 Punkt
λ2
1/4 1/4
(c)
SzH (t) = eiHt/~ Sz e−iHt/~ =
~
2
e−iω0 t/2
0
SxH (t) = eiHt/~ Sx e−iHt/~ =
~
2
e−iω0 t/2
0
0
eiω0 t/2
0
eiω0 t/2
1
0
0
−1
0
1
1
0
eiω0 t/2
0
eiω0 t/2
0
0
e−iω0 t/2
0
e−iω0 t/2
= Sz ,
=
~
2
0
eiω0 t
e−iω0 t
0
2 Punkte
d.)
hΨ0 | = hu1 |
(18)
−iω t
~2
0
e 01
,
0
eiω0 t1
4
iω t
~2
0
e 01
SxH (0)SxH (t1 ) =
.
0
e−iω0 t1
4
(19)
SxH (t1 )SxH (0) =
(20)
~2 −iωo t1
,
e
4
(21)
1
~2
[SxH (t1 )SxH (0) + SxH (0)SxH (t1 )]11 =
cos(ω0 t1 ).
2
4
(22)
hΨ0 |SxH (t1 )SxH (0)|Ψ0 i = [SxH (t1 )SxH (0)]11 =
1
hΨ0 |SxH (t1 )SxH (0) + SxH (0)SxH (t1 )|Ψ0 i =
2
2 Punkte
2
.
Aufgabe 5
6 Punkte
Wir betrachten zunächst ein einzelnes Teilchen. Der Operator Sz kann geschrieben werden als Projektor
Sz
= λ+ |+ih+| + λ− |−ih−|
~
=
|+ih+| − |−ih−| ,
2
(23)
wobei λ+ = +~/2 und λ− = −~/2. Analog kann man Sx schreiben als
Sx
=
=
=
λ+ |+ix x h+| + λ− |−ix x h−|
~
~
|+i + |−i h+| + h−| −
|+i − |−i h+| − h−|
4
4
~
|+ih−| + |−ih+| ,
2
(24)
sowie
Sy
=
=
=
λ+ |+iy y h+| + λ− |−iy y h−|
~
~
|+i + i|−i h+| − ih−| −
|+i − i|−i h+| + ih−|
4
4
i~ |+ih−| − |−ih+| .
−
2
(25)
(man beachte, dass das Vorzeichen von i sich beim komplex konjugieren umdreht, also z.B. (i|−i)∗ = −ih−|).
(a)
Wir brauchen noch die Projektoren auf die Unterräume jeweils eines Spins. Der Projektor auf den Zustand
|+i des ersten Spins ist ist
P1,z (+) = |+, +ih+, +| + |+, −ih+, −|
(26)
und der auf den Zustand |−i ist
P1,z (−) = |−, +ih−, +| + |−, −ih−, −|.
(27)
Zur Zeit t = 0 werde nun der Eigenwert −~/2 von S1,z gemessen. Die Wahrscheinlichkeit dafür beträgt
hΨ(0)|P1,z (−)|Ψ(0)i =
1
4
1 Punkt
und der Zustand nach der Messung ist |−, −i.
Ähnlich erhalten wir den Projektor auf den Zustand |±ix des ersten Spins,
1
|+, +ih+, +| ± |+, +ih−, +| + |−, +ih−, +| ± |−, +ih+, +|
P1,x (±) =
2
1
+ |+, −ih+, −| ± |+, −ih−, −| + |−, −ih−, −| ± |−, −ih+, −|
2
1 Punkt
(28)
Nach der Messung am Zustand |−, −i erhalten wir dann den Wert ±~/2 jeweils mit Wahrscheinlichkeit 12 .
1 Punkt
(b)
Die Wahrscheinlichkeit, für beide Spins ~/2 zu messen, ist 21 . Die, für beide Spins −~/2 zu messen, ist 41 . Die
Wahrscheinlichkeit, für Spin 1 den Wert ~/2 und für Spin 2 den Wert −~/2 zu messen, ist 14 . Die Wahrscheinlichkeit, für Spin 1 den Wert −~/2 und für Spin 2 den Wert ~/2 zu messen, ist 0. Damit ist die Wahrscheinlichkeit
3 Punkte
gleiche Werte zu finden 43 und die Wahrscheinlichkeit entgegengesetzte Werte zu finden 41 .
3
Aufgabe 6
5 Punkte
(a)
Die Wellenfunktion ist ein Spinor, dessen Zeitentwicklung für B1 = 0 sich aus
~ω0
i~∂t Ψ(t) = −
σz Ψ(t)
2
ergibt. Die Lösung dieser Dgl. ist
i
Ψ(t) = e 2 ω0 tσz Ψ(0).
(29)
1 Punkt
Die Larmorfrequenz beschreibt hier die Präzession des Erwartungswertes des Spins um die z-Achse. Das kann
einfach gezeigt werden, indem man die Erwartungswerte von σx , σy , und σz mit Ψ(t) bildet:
i
i
i
i
i
i
hσx i(t) = hΨ(0)|e− 2 ω0 tσz σx e 2 ω0 tσz |Ψ(0)i = cos(ω0 t)hσx i(0) + sin(ω0 t)hσy i(0)
hσy i(t) = hΨ(0)|e− 2 ω0 tσz σy e 2 ω0 tσz |Ψ(0)i = cos(ω0 t)hσy i(0) − sin(ω0 t)hσx i(0)
hσz i(t) = hΨ(0)|e− 2 ω0 tσz σz e 2 ω0 tσz |Ψ(0)i = hσz i(0)
(Diese Herleitungen waren nicht notwendig gefordert).
(b)
Die Transformation ergibt
i
Ψ′ (t) = U † Ψ(t) = e− 2 ωtσz Ψ(t).
(30)
Die Schrödingergleichung lautet
i~∂t [U † Ψ(t)] = (U † HU )[U † Ψ(t)] + [i~∂t U † ]U [U † Ψ(t)] := H ′ [U † Ψ(t)]
1/2 Punkt
und mit
[i~∂t U † ]U =
i
i
i
i
~ω
σz
2
1/2 Punkt
e− 2 ωtσz σx e 2 ωtσz = cos(ωt)σx + sin(ωt)σy
e− 2 ωtσz σy e 2 ωtσz = cos(ωt)σy − sin(ωt)σx
1/2 Punkt
1/2 Punkt
ergibt sich unter Verwendung von cos2 (ωt) + sin2 (ωt) = 1
H ′ = −µB B1 σx +
~(ω − ω0 )
σz .
2
Die Rabifrequenz ist Ω = 2µB B1 /~.
(31)
1 Punkt
(c)
Für den Resonanzfall haben wir
~Ω
σx
H′ = −
2
und die Wellenfunktion ergibt sich aus
~Ω
i~∂t Ψ′ (t) = − σx Ψ′ (t).
2
Die Lösung dieser Dgl. ist
i
Ψ′ (t) = e 2 Ωtσx Ψ′ (0).
(32)
(33)
1 Punkt
Dies beschreibt eine Präzession des Spins im mitrotierenden Bezugssystem um die x-Achse mit der Rabifrequenz Ω. Im ursprünglichen Bezugssystem führt das auf eine Spiralbewegung der Spitze des Spinvektors
auf einer Kugeloberfläche, wobei der Präzessionsbewegung um die z-Achse mit Larmorfrequenz die sogannaten Rabi-Oszillationen überlagert sind, eine (für B1 ≪ B0 ) langsame Oszillation der z-Komponente des Spins
zwischen Nordpol und Südpol der Kugel.
4
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.2
Aufgabe 4
a.)
Es ist die zeitunabhängige Schrödingergleichung, also das Eigenwertproblem der Energie H|Ψ0 i = E|Ψ0 i zu
lösen. Mit dem Hamiltonoperator H = −1/2~ωσz folgen die Eigenwerte
1
E|+i = − ~ω ,
2
E|−i =
1
~ω ,
2
(1)
mit den zugehörigen Eigenvektoren
µ ¶
µ ¶
1
0
|+i =
, |−i =
.
0
1
(2)
Der Grundzustand als Zustand niedrigster Energie ist gegeben durch
µ ¶
1
|Ψ0 i = |+i =
,
0
(3)
mit der zugehörigen Energie E|+i .
b.)
Die Eigenwerte von Sx sind gegeben durch S|+ix = 1 und S|−ix = −1 mit den zugehörigen Eigenzuständen
µ ¶
µ ¶
1
1
1 1
1
1
= √ (|+i + |−i) , |−ix = √
= √ (|+i − |−i) .
|+ix = √
(4)
1
−1
2
2
2
2
Bei t < 0 befindet sich das Teilchen im Grundzustand |Ψ0 i. Dann wird bei t = 0 eine Messung von Sx
durchgeführt. Wir drücken deshalb |Ψ0 i durch die Eigenvektoren von Sx aus:
µ ¶
1
1
|Ψ0 i =
= √ (|+ix + |−ix ) .
(5)
0
2
Dann ergeben sich die Wahrscheinlichkeiten, Zustände |+ix und |−ix zu messen, durch Projektion auf die
jeweiligen Unterräume mit den Projektoren ( Wahrscheinlichkeitsoperatoren“) P|+ix = |+ixx h+| und P|−ix =
”
|−ixx h−|.
W|+i = h+|P|+ix |+i = h+|+ixx h+|+i = |x h+|+i|2 =
1
,
2
(6)
1
.
2
(7)
bzw.
W|−i = h+|P|−ix |+i = h+|−ixx h−|+i = |x h−|+i|2 =
Man misst also |Ψ1,Sx =~/2 i = |+ix bzw. |Ψ1,Sx =−~/2 i = |−ix jeweils mit der Wahrscheinlichkeit 1/2 und das
System befindet sich unmittelbar nach der Messung im Zustand |Ψ1,Sx =~/2 i = |+ix bzw. |Ψ1,Sx =−~/2 i = |−ix .
Für 0 < t < t1 entwickeln sich die Zustände nach der zeitabhängigen Schrödingergleichung. Es gilt dann in der
Basis der Eigenzustände von Sz :
³ω ´
³ ω ´
o
1 n
|Ψ1,Sx =~/2 i = √ exp i t |+i + exp −i t |−i ,
2
2
2
(8)
sofern Sx = ~/2 gemessen wurde und
³ω ´
³ ω ´
o
1 n
|Ψ1,Sx =−~/2 i = √ exp i t |+i − exp −i t |−i ,
2
2
2
(9)
wenn Sx = −~/2 gemessen wurde. Zum Zeitpunkt t1 wird eine Messung von Sz durchgeführt. Die Wahrscheinlichkeiten ergeben sich dieses Mal durch Projektion mittels der Projektoren P|+i = |+ih+| bzw. P|−i = |−ih−|:
W|+i = hΨ1,Sx =~/2 |P|+i |Ψ1,Sx =~/2 i = hΨ1,Sx =~/2 |+ih+|Ψ1,Sx =~/2 i = |h+|Ψ1,Sx =~/2 i|2 =
1
,
2
(10)
W|−i = hΨ1,Sx =~/2 |P|−i |Ψ1,Sx =~/2 i = hΨ1,Sx =~/2 |−ih−|Ψ1,Sx =~/2 i = |h−|Ψ1,Sx =~/2 i|2 =
1
,
2
(11)
und
sofern bei der ersten Messung Sx = ~/2 gemessen wurde oder
W|+i = hΨ1,Sx =−~/2 |P|+i |Ψ1,Sx =−~/2 i = hΨ1,Sx =−~/2 |+ih+|Ψ1,Sx =−~/2 i = |h+|Ψ1,Sx =−~/2 i|2 =
1
,
2
(12)
W|−i = hΨ1,Sx =−~/2 |P|−i |Ψ1,Sx =−~/2 i = hΨ1,Sx =−~/2 |−ih−|Ψ1,Sx =−~/2 i = |h−|Ψ1,Sx =−~/2 i|2 =
1
,
2
(13)
und
wenn bei der ersten Messung Sx = −~/2 gemessen wurde. Man misst also die Eigenwerte Sz = ~/2 bzw. Sz −~/2
jeweils mit den Wahrscheinlichkeiten 1/2, unabhängig vom Ergebnis der zuvor durchgeführten Messung von
Sx . Die Wahrscheinlichkeiten für Messung von Eigenwerten Sx und Sz ergeben sich durch Multiplikation der
einzelnen Wahrscheinlichkeiten (Pfadregel der Wahrscheinlichkeitsrechnung) und wir fassen die Ergebnisse in
folgender Tabelle zusammen:
1.Messung
|+ix
|+ix
|−ix
|−ix
2.Messung
|+i
|−i
|+i
|−i
gesamte Wahrscheinlichkeit
1/4
1/4
1/4
1/4
Andere Messergebnisse sind nicht möglich und wie erwartet ist die Summe aller Wahrscheinlichkeiten gleich
Eins.
c.)
Wir verwenden den Zeitentwicklungsoperator
µ
¶
µ
¶
i
i
U (t) = exp − Ht = exp
ωtσz .
~
2
Damit können wir Sz,H sofort ausrechnen:
µ
¶
µ
¶
i
~
i
~
†
Sz,H (t) = U (t)Sz U (t) = exp − ωtσz
σz exp
ωtσz = σz = Sz ,
2
2
2
2
(14)
(15)
da U (t) mit σz vertauscht. Um Sx,H zu berechnen, schreiben wir U (t) wie folgt um:
¶ X
µ
¶n
∞
1 i
i
ωtσz =
ωt σzn =
2
n! 2
n=0
µ
¶
µ
¶2n+1
∞
∞
2n
X 1
X
i
1
i
=
ωt
σz2n +
ωt
σz2n+1 =
(2n)!
2
(2n
+
1)!
2
n=0
n=0
³ω ´
³ω ´
= 1 cos
t + iσz sin
t .
2
2
µ
U (t) = exp
(16)
2
Nun zur Berechnung von Sx,H (t):
³ω ´
³ ω ´o n
³ω ´
³ ω ´o
~n
Sx,H (t) =
1 cos
t − iσz sin
t σx 1 cos
t + iσz sin
t
=
2
2
2
2
2
n
³
´
³
´o
n
³
´
³
´o
~
ω
ω
ω
ω
=
1 cos
t − iσz sin
t
σx cos
t + σy sin
t
=
2
2
2
2
2
n
³
´
³
´
³
´
³
´o
~
ω
ω
ω
ω
=
σx cos2
t + 2σy sin
t cos
t − σx sin2
t
=
2
2
2
2
2
cos2 (ω/2t) − 2i sin(ω/2t) cos(ω/2t)
0
~
− sin2 (ω/2t)
= 
2
2  cos (ω/2t) + 2i sin(ω/2t) cos(ω/2t)
0
− sin2 (ω/2t)
¶
µ
~
0
exp(−iωt)
=
.
0
2 exp(iωt)


=

(17)
d.)
Siehe Musterlösung :-)
Etwas zur Interpretation: Das symmetrisierte Matrixelement, das man hier berechnen soll, ist eine Korrelationsfunktion in der Zeit und beschreibt Korrelationen der x-Komponente des Spins zu Zeiten 0 und t1 im
Grundzustand. Korrelationen zwischen zwei Größen können (müssen aber nicht) einen Hinweis darauf liefern,
ob ein kausalar Zusammenhang zwischen diesen Größen besteht.
Der symmetrisierte Ausdruck hat die Haupteigenschaften einer klassischen Autokorrelationsfunktion bezüglich
der Zeit (und ist außerdem reell), der unsymmetrisierte jedoch nicht. (Dieser ist nicht einmal eine Messgröße,
weil dessen Ergebnis komplex ist.) Eine Autokorrelationsfunktion ist ein Maß für die Ähnlichkeit einer Funktion
mit der zugeordneten Funktion mit verschobenem Argument.
Im Gleichgewicht sollte die Korrelation für vergangene Zeiten und für zukünftige Zeiten dieselbe sein, wenn
nur der Zeitabstand zu t = 0 gleich ist. Dies wird durch die Symmetrisierung gewährleistet.
Aufgabe 5
Ein quantenmechanisches System befinde sich in einem Zustand |Ψi, der nicht notwendigerweise Eigenzustand
|ϕn i des Hamiltonoperators sein muss. Dieser Zustand |Ψi kann jedoch nach Eigenzuständen entwickelt werden:
X
|Ψi
Cn |ϕn i ,
(18)
n
wobei die Cn zunächst noch unbekannte Entwicklungskoeffizienten sind. Die Wahrscheinlichkeit Wm , dass sich
das System im Eigenzustand |ϕm i befindet, ist gegeben durch das Betragsquadrat des Koeffizienten Cm , also
Wm = |Cm |2 . Das gesuchte Betragsquadrat |Cm |2 ist der Erwartungswert des Projektors ( Wahrscheinlich”
keitsoperators“) des jeweiligen Unterraums, der durch den gesuchten Zustand |ϕm i aufgespannt wird. Dieser
Projektor ist gegeben durch Pm = |ϕm ihϕm | und man erhält dann:
Ã
!
¯
¯2 ¯X
¯2 ¯X
¯2
X
¯
¯
¯
¯
¯
¯
hΨ|Pm |Ψi = hΨ|ϕm ihϕm |Ψi = ¯hϕm |
Cn |ϕn i ¯ = ¯
Cn hϕm |ϕn i¯ = ¯
Cn δmn ¯ = |Cm |2 . (19)
n
n
n
Bei einem Mehrteilchensystem funktioniert das Ganze analog. Ein Mehrteilchen-Eigenzustand |ϕn1 ,n2 ,... i wird
geschrieben als Tensorprodukt von Einteilchenzuständen |ϕn1 i, |ϕn2 i, . . . (wobei durch die Indizes n1 , n2 , . . .
die Zustände unterschieden werden):
|ϕn1 ,n2 ,... i = |ϕn1 i ⊗ |ϕn2 i ⊗ . . . ≡ |ϕn1 , ϕn2 , . . .i .
(20)
In der zuletzt aufgeführten Form schreibt man üblicherweise einen solchen Zustand auf. (In dieser Kurzschreibweise kann man die Tensorproduktzeichen ⊗“ weglassen und muss nicht jeden Einteilchenzustand komplett
”
ausschreiben.) Ein beliebiger Zustand lässt sich dann nach diesen Mehrteilchenzuständen entwickeln:
X
Cn1 ,n2 ,... |ϕn1 ϕn2 . . .i .
(21)
|Ψi =
n1 ,n2 ,...
Zur Berechnung der Wahrscheinlichkeit dafür, dass sich das m-te Teilchen im Zustand |ϕm i befindet, benötigt
man den Projektor auf den Unterraum, der von den Zuständen |ϕn1 ϕn2 . . . ϕm . . .i aufgespannt wird. Der
3
aufgespannte Unterraum ist eine Linearkombination der eben aufgeführten Zuständen mit allen möglichen n1 ,
n2 , . . . (wobei m festgehalten wird):
X
Pn1 ,n2 ,... =
|ϕn1 ϕn2 . . .ihϕn1 ϕn2 . . . | .
(22)
n1 ,n2 ,...
a.)
Wir messen die z-Komponente des Spins. Der Projektor auf den Zustand |+i des ersten Spins ist gegeben
durch
P1,z (+) = |+, +ih+, +| + |+, −ih+, −| ,
(23)
und der auf den Zustand |−i des ersten Spins:
P1,z (−) = |−, +ih−, +| + |−, −ih−, −| .
(24)
Die Wahrscheinlichkeit, zum Zeitpunkt t = 0 den Eigenwert −~/2 von S1,z zu messen, ergibt sich als Erwartungswert des Projektors P1,z :
W1,−~/2 = hΨ|P1,z (−)|Ψi ,
1
1
1
|Ψi = √ |+, +i + |+, −i + |−, −i .
2
2
2
Damit ergibt sich also:
µ
¶
1
1
1
W1,−~/2 = √ h+, +| + h+, −| + h−, −| {|−, +ih−, +| + |−, −ih−, −|} ×
2
2
2
¶
µ
1
1
1
× √ |+, +i + |+, −i + |−, −i =
2
2
2
µ
¶
1
1
1
1
1
= √ h+, +| + h+, −| + h−, −|
|−, −i =
.
2
2
2
4
2
(25)
(26)
Das System befindet sich nach der Messung im Zustand, auf den der Projektor P1,z (−) projiziert hat. In diesem
Falle ist das der Zustand |−, −i.
Um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, dass der Spin des ersten Teilchens in x-Richtung den Wert ~/2
bzw. −~/2 hat, benötigen wir die Projektoren auf die jeweiligen Unterräume:
P1,x (+) = |+, +ixx h+, +| + |+, −ixx h+, −| ,
(27)
bzw.
P1,x (−) = |−, −ixx h−, −| + |−, +ixx h−, +| .
(28)
Wir stellen die Zwei-Spin-Zustände als Tensorprodukt von Ein-Spin-Zuständen dar und drücken diese über die
Eigenzustände des Spinoperators in z-Richtung aus:
1
1
1
|+, +ix = |+ix ⊗ |+ix = √ (|+i + |−i) ⊗ √ (|+i + |−i) = (|+, +i + |+, −i + |−, +i + |−, −i) ,
2
2
2
(29)
1
1
1
|+, −ix = |+ix ⊗ |−ix = √ (|+i + |−i) ⊗ √ (|+i − |−i) = (|+, +i − |+, −i + |−, +i − |−, −i) .
2
2
2
(30)
Berechnen wir nun die Projektoren. Dazu zum ersten Term:
1
1
(|+, +i ± |+, −i ± |−, +i + |−, −i) (h+, +| ± h+, −| ± h−, +| + h−, −|) =
2
2
1n
=
|+, +ih+, +| ± |+, +ih+, −| ± |+, +ih−, +| + |+, +ih−, −|
4
± |+, −ih+, +| + |+, −ih+, −| + |+, −ih−, +| ± |+, −ih−, −|
[P1,x (±)]Term 1 =
± |−, +ih+, +| + |−, +ih+, −| + |−, +ih−, +| ± |−, +ih−, −|
o
+ |−, −ih+, +| ± |−, −ih+, −| ± |−, −ih−, +| + |−, −ih−, −| ,
(31)
4
und zum zweiten:
1
1
(|+, +i ∓ |+, −i ± |−, +i − |−, −i) (h+, +| ∓ h+, −| ± h−, +| − h−, −|) =
2
2
1n
=
|+, +ih+, +| ∓ |+, +ih+, −| ± |+, +ih−, +| − |+, +ih−, −|
4
∓ |+, −ih+, +| + |+, −ih+, −| − |+, −ih−, +| ± |+, −ih−, −|
± |−, +ih+, +| − |−, +ih+, −| + |−, +ih−, +| ∓ |−, +ih−, −|
o
− |−, −ih+, +| ± |−, −ih+, −| ∓ |−, −ih−, +| + |−, −ih−, −| .
[P1,x (±)]Term 2 =
Die Summe beider Term ist der gesuchte Projektor:
´ ³
´
1 n³
P1,x (±) =
|+, +ih+, +| ± |+, +ih−, +| + |−, +ih−, +| ± |−, +ih+, +|
2
³
´ ³
´o
+ |+, −ih+, −| ± |+, −ih−, −| + |−, −ih−, −| ± |−, −ih+, −|
.
(32)
(33)
Unser System befindet sich wegen der ersten Messung immer noch im Zustand |−, −i. Die Wahrscheinlichkeit,
in x-Richtung einen Spin von ±~/2 zu messen, ergibt sich als Erwartungswert des Projektors P1,x (±) bezüglich
des Zustandes |−, −i:
1
1
1
h−, −|P1,x (±)|−, −i = ± h−, −|+, −i + h−, −|−, −i =
.
2
2
2
(34)
Die Wahrscheinlichkeit ist somit 1/2, unabhängig vom Vorzeichen der Spineinstellung in x-Richtung.
b.)
Wir unterscheiden die vier möglichen auftretenden Fälle:
1.) Beide Spins gleich und positiv: ~/2:
P~/2,~/2 = |+, +ih+, +| ,
W~/2,~/2 = hΨ|P~/2,~/2 |Ψi = hΨ|+, +ih+, +|Ψi =
(35)
1
.
2
(36)
2.) Erster Spin ~/2, zweiter Spin −~/2:
P~/2,−~/2 = |+, −ih+, −| ,
W~/2,−~/2 = hΨ|P~/2,−~/2 |Ψi = hΨ|+, −ih+, −|Ψi =
(37)
1
.
4
(38)
3.) Erster Spin −~/2, zweiter Spin ~/2:
P−~/2,~/2 = |−, +ih−, +| ,
(39)
W−~/2,~/2 = hΨ|P−~/2,~/2 |Ψi = hΨ|−, +ih−, +|Ψi = 0 .
(40)
4.) Beide Spins gleich und negativ: −~/2
P−~/2,−~/2 = |−, −ih−, −| ,
W−~/2,−~/2 = hΨ|P−~/2,−~/2 |Ψi = hΨ|−, −ih−, −|Ψi =
(41)
1
.
4
(42)
Somit ist die gesamte Wahrscheinlichkeit, dass beide Spins denselben Wert haben, gleich 3/4 und die Wahrscheinlichkeit für unterschiedlichen Spinwerte beträgt 1/4.
5
Aufgabe 6
a.)
Die Zeitentwicklung der Wellenfunktion wird bestimmt über den Zeitentwicklungsoperator
µ
¶
µ
¶ X
µ
¶n
∞
i
i
1 i
U (t) = exp − Ht = exp
µB B0 σz =
µB B0 σz
=
~
~
n! ~
n=0
µ
¶2n
µ
¶2n+1
∞
∞
X
X
1 2n µB B0
1
µB B0
=
i
σz2n + i
i2n
σz2n+1 =
(2n)!
~
(2n
+
1)!
~
n=0
n=0
¶
µ
¶
µ
¶
µ
µ B B0
µB B0
exp(iµB B0 /~)
0
= cos
1 + i sin
σz =
.
0
exp(−iµB B0 /~)
~
~
(43)
b.)
Die Transformation lautet:
¶
µ
i
ψ 0 (t) = U † ψ(t) = exp − ωtσz ψ(t) .
2
Daraus folgt die Schrödingergleichung für diesen Zustand ψ 0 (t)
µ
¶
∂
∂
i~ (U † ψ(t)) = (U † HU )[U † ψ(t)] + i~ U † U (U † ψ(t)) := H 0 [U † ψ(t)] .
∂t
∂t
Wir führen nun die unitäre Transformation des Hamiltonoperators durch:
µ
¶
∂
~ω
H10 i~ U † U =
σz ,
∂t
2
H20
H30
(44)
(45)
(46)
µ
¶
µ
¶
i
i
= U H2 U = exp − ωtσz σx exp
ωtσz =
2
2
n
³ω ´
³ω ´ o n
³ω ´
³ω ´ o
= cos
t 1 − i sin
t σz σx cos
t 1 + i sin
t σz =
³ ω2 ´
³2ω ´
³ ω 2´
³ω ´ 2
= cos2
t σx − sin2
t σx + 2 sin
t cos
t σy =
2
2
2
2
= cos(ωt)σx + sin(ωt)σy ,
(47)
µ
¶
µ
¶
i
i
= U H3 U = exp − ωtσz σy exp
ωtσz =
2
2
n
³ω ´
³ω ´ o n
³ω ´
³ω ´ o
= cos
t 1 − i sin
t σz σy cos
t 1 + i sin
t σz =
³ ω2 ´
³2ω ´
³ ω 2´
³ω ´ 2
= cos2
t σy − sin2
t σy − 2 sin
t cos
t σx =
2
2
2
2
= cos(ωt)σy − sin(ωt)σx ,
(48)
†
†
H 0 = U † (H1 + H2 + H3 )U =
©
ª
= −µB B0 σz − µB B1 cos2 (ωt)σx + cos(ωt) sin(ωt)σy − sin(ωt) cos(ωt)σy + sin2 (ωt)σx =
= −µB B0 σz − µB B1 σx =
~(ω − ω0 )
~Ω
σz −
σx ,
2
2
(49)
mit der Larmorfrequenz
ω0 =
2µB B0
,
~
(50)
und der Rabifrequenz
Ω=
2µB B1
.
~
(51)
6
c.)
Im Resonanzfall, also bei ω = ω0 , ist die zeitabhängige Schrödingergleichung
i~
∂ψ(t)
= H 0 ψ(t) ,
∂t
H0 = −
~Ω
σx ,
2
zu lösen. Deren Lösung ist gegeben durch:
µ
¶
½
µ ¶
µ ¶ ¾
Ω
Ω
Ω
ψ(t) = exp i σx t ψ(0) = cos
t 1 + i sin
t σx ψ(0) .
2
2
2
Berechnen wir die Erwartungswerte in x-, y- und z-Richtung:
µ ¶
µ ¶ ¾ ½
µ ¶
µ ¶ ¾¯
¯½
E
Ω
Ω
Ω
Ω
~D
¯
¯
Ψ(0)¯ cos
t 1 − i sin
t σx σy cos
t 1 + i sin
t σx ¯Ψ(0) =
hSy i(t) =
2
2
2
2
2
½
µ ¶
µ ¶ ¾½
µ ¶ ¾¯
µ ¶
¯
D
E
Ω
~
Ω
Ω
Ω
¯
¯
=
Ψ(0)¯ cos
t 1 − i sin
t σx
t σy + i sin
t σz ¯Ψ(0) =
cos
2
2
2
2
2
~
= hΨ(0)|{cos(2ωt)σy + sin(2ωt)σz }|Ψ(0)i =
2
= cos(2ωt)hSy i(0) + sin(2ωt)hSz i(0) .
(52)
(53)
(54)
Analog folgt:
hSz i(t) = cos(2ωt)hSz i(0) − sin(2ωt)hSy i(0) ,
(55)
hSx i(t) = hSx i(0) .
(56)
und
Daraus lesen wir ab, dass der Spinvektor in x-Richtung konstant bleibt, in y- und z-Richtung jedoch oszilliert.
Der Spin vollführt also eine Präzessionsbewegung (analog zum Drehimpuls beim klassischen Kreisel) durch:
Führen wir die inverse Transformation (zurück ins Laborsystem durch), so erkennt man, dass der Präzessionsbewegung um die z-Achse eine langsame Oszillation der z-Komponente des Spins (Rabi-Oszillation) überlagert
ist. Der Spinvektor bewegt sich dann entlang einer Kugeloberfläche:
7
8
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
3. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 7
5 Punkte
(a)



und

0
 0 

|−, −i = 
 0 
1

0
 0 

|−, +i = 
 1 
0

0
 1 

|+, −i = 
 0 
0

1
 0 

|+, +i = 
 0 
0

(1)
H = −J (Sx,1 Sx,2 + Sy,1 Sy,2 + Sz,1 Sz,2 )
(2)
Wir berechnen
S+,1 = Sx,1 + iSy,1
Dies, und analoge

0 0
~
0 0

S+,1 = 
0 0
2
0 0
S−,1
Sz,1
 

1
h
i
 0 

 

= ~ |+, +ih−, +| + |+, −ih−, −| = ~ 
 0  (0, 0, 1, 0) + 
0
Rechnung für die restlichen Matrizen führt auf



2 0
0 2 0 0
~ 0 0 0 0 
0 2 
.

S+,2 = 

0 0
2 0 0 0 2 
0 0
0 0 0 0

0
~
0
= 
2 2
0
0
0
0
2
0
0
0
0

0
1
0
0

0
0
0
0 

−1 0 
0 −1
1
~
0
= 
2 0
0

0
0 

0 
0
S−,2

0
~
2
= 
2 0
0
Sz,2

0
0
0
0
0
0
0
2

0
0 

0 
0
1 0 0
~
0 −1 0
= 
2 0 0 1
0 0 0
(3)
(4)
(5)

0
0 
.
0 
−1
Der Hamiltonoperator ausgedrückt durch die obigen Größen ist
J
H = − S−,1 S+,2 + S+,1 S−,2 + 2Sz,1 Sz,2
2
Damit erhält man duch direktes Einsetzen


1 0
0 0
~2  0 −1 2 0 

H = −J 
4  0 2 −1 0 
0 0
0 1


0

1 
 (0, 0, 0, 1)


0
0
(6)
(7)
(8)
Das Ergebnis kann man auch direkt erhalten indem man alle 16 Matrixelemente des Hamiltonoperators H
berechnet.
Für die Herleitung gibt es
3 Punkte
(b)
Die Eigenwerte

1 0
 0 −1

A=
0 2
0 0
(2)
(1)
der Matrix

0 0
2 0 

−1 0 
0 1
(3)
(9)
(4)
sind λA = λA = λA = 1 und λA = −3. Damit sind die Eigenwerte von H
(1)
(2)
(3)
λH = λH = λH = −
~2 J
;
4
Die Eigenvektoren sind

 
1

 0 
(2)
(1)


~eH = 
 0  ~eH = 
0

0
0 

0 
1
(4)
λH =
(3)
~eH
3~2 J
.
4
1 Punkt

0
1  1 

=√ 
2 1 
0

(4)
~eH

0
1  1 

=√ 
2  −1 
0

1 Punkt
Die drei entarteten Eigenwerte bilden sogenannte Triplett-Zustände (da dreifach entartet), der restliche nichtentartete Eigenwert gibt einen Singlett-Zustand.
Aufgabe 8
6 Punkte
Wir wiederholen zunächst die Standardherleitung für die Energien in erster und zweiter Ordnung Störungstheorie sowie für die Eigenfunktionen in erster Ordnung Störungstheorie. Wir bezeichnen λW mit V . Die
Schrödingergleichung lautet
H|ni = En |ni.
(10)
Wir nehmen an, wir haben die Schrödingergleichung in nullter Ordnung gelöst:
H0 |ni0 = En(0) |ni0 .
(11)
Die Eigenfunktionen bilden ein Orthonormalsystem, d.h. können so gewählt werden, dass
0 hn|mi0
(12)
= δnm
gilt. Die Phasen der Wellenfunktionen |ni in (11) können frei gewählt werden. Wir fordern, dass
sein soll.
In erster Ordnung erhalten wir
H0 |ni1 + V |ni0 = En(0) |ni1 + En(1) |ni0 ,
0 hm|ni
reell
(13)
sowie aus der Normierungsbedingung
0 hn|ni1
+ 1 hn|ni0 = 2Re 0 hn|ni1 = 0.
Da jedoch
0 hn|ni1
0 hn|ni1
laut Voraussetzung reell sein soll, folgt daraus
=0.
(15)
Wir operieren auf (13) von links mit
En(1) =
(14)
0 hn|V
0 hn|,
(16)
|ni0 .
Operieren wir in (13) von links jedoch mit
0 hk|H|ni1
und benutzen (11). Damit erhalten wir
+ 0 hk|V |ni0 = En(0) 0 hk|ni1
0 hk|,
wobei k 6= n, so ergibt sich
(17)
2
was wegen
0 hk|ni1
=
0 hn|H
(0)
= En
0 hn|
zu
0 hk|V |ni0
(0)
(0)
En − Ek
(18)
bzw.
|ni1 =
0 hk|V |ni0
|ki0
(0)
(0)
k6=n En − Ek
X
(19)
,
führt.
Wir schreiben nun die Terme zweiter Ordnung der Schrödingergleichung auf:
H0 |ni2 + V |ni1 = En(0) |ni2 + En(1) |ni1 + En(2) |ni0
und operieren zunächst von links mit
auf
En(2) =
0 hn|,
(20)
was unter Verwendung von
0 hn|H
(0)
= En
0 hn|
und
0 hn|ni1
X | 0 hk|V |ni0 |2
(0)
k6=n
=0
(21)
(0)
En − Ek
führt.
(a)
Nun operieren wir in (20) stattdessen von links mit
0 hk|H|ni2
wobei k 6= n. Das ergibt
+ 0 hk|V |ni1 = En(0) 0 hk|ni2 + En(1) 0 hk|ni1 + En(2) 0 hk|ni0
oder unter Verwendung von
0 hk|V
0 hk|
0 hk|H
(0)
= Ek
0 hk|
und
0 hk|ni0
(22)
= δkn = 0 (wir hatten n 6= k vorausgesetzt),
(0)
|ni1 = (En(0) − Ek ) 0 hk|ni2 + En(1) 0 hk|ni1 .
(23)
Nun können wir (16) und (18) einsetzen. Dies führt zu
1
(1)
hk|V
|ni
−
E
hk|ni
0
1
0
1
0 hk|ni2 =
n
(0)
(0)
En − Ek


X 0 hm|V |ni0
hk|V
|ni
1
0
0


=
hk|V |mi0 − 0 hn|V |ni0 (0)
(0)
(0)
(0)
(0) 0
(0)
En − Ek
E
−
E
E
−
E
n
m
n
m6=n
k
(24)
Das Matrixelement mit k = n erhalten wir aus der Normierungsbedingung hn|ni = 1. Die Terme zweiter
Ordnung sind
2 hn|ni0
+ 1 hn|ni1 + 0 hn|ni2 = 0
und hier verwenden wir wieder, dass
Das ergibt also
0 hn|ni2
=−
(25)
0 hn|ni
reell sein soll, d.h. in zweiter Ordnung muss
0 hn|ni2
1 X 0 hn|V |mi0 0 hk|V |ni0
1
1 X | 0 hn|V |ki0 |2
.
hm|ki
=
−
1 hn|ni1 = −
0
0
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
(0) 2
2
2
2
m,k6=n En − Em En − Ek
k6=n (En − Ek )
wobei wir 0 hm|ki0 = δkm und 0 hn|V |ki0 0 hk|V |ni0 = | 0 hn|V |ki0 |2 benutzt haben.
Nun entwickeln wir |ni2 nach dem vollständigen Satz von Eigenfunktionen |ki0 :
X
X
|ni2 =
0 hk|ni2 |ki0 + 0 hn|ni2 |ni0
0 hk|ni2 |ki0 =
reell sein.
(26)
(27)
k6=n
k
und erhalten
|ni2 =
X
m,k6=n
"
0 hk|V |mi0 0 hm|V |ni0
(0)
(0)
(0)
(0)
(En − Em )(En − Ek )
#
|ki0 −
X
k6=n
"
0 hn|V |ni0 0 hk|V |ni0
(0)
(0)
(En − Ek )2
#
#
"
1 X | 0 hn|V |ki0 |2
|ki0 −
|ni0
(0)
(0) 2
2
k6=n (En − Ek )
3
(28)
Für diesen Teil der Aufgabe gibt es
3 Punkte
Um nun die Korrekturen zur Energie in dritter Ordnung zu erhalten, schreiben wir alle Terme dritter
Ordnung der Schrödingergleichung auf:
H0 |ni3 + V |ni2 = En(0) |ni3 + En(1) |ni2 + En(2) |ni1 + En(3) |ni0
und operieren von links mit
0 hn|H|ni3
Das ergibt
+ 0 hn|V |ni2 = En(0) 0 hn|ni3 + En(1) 0 hn|ni2 + En(2) 0 hn|ni1 + En(3) 0 hn|ni0
Nun ist wieder
En(3) =
0 hn|.
(29)
0 hn|V
0 hn|ni0
= 1, und
0 hn|ni1
= 0, weiterhin
0 hn|H|ni3
(0)
= En
0 hn|ni3 ,
(30)
somit erhalten wir
|ni2 − En(1) 0 hn|ni2 .
(31)
Einsetzen von (16) und (26) ergibt
#
#
"
"
X 0 hn|V |ni0 0 hk|V |ni0
X
0 hk|V |mi0 0 hm|V |ni0
(3)
En
=
0 hn|V |ki0
0 hn|V |ki0 −
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
(En − Ek )2
k6=n
m,k6=n (En − Em )(En − Ek )
"
#
X | 0 hn|V |ki0 |2
1
1 X | 0 hn|V |ki0 |2
hn|V
|ni
.
hn|V
|ni
+
−
0
0
0
0
(0)
(0)
(0)
(0)
2
2
(En − E )2
(En − E )2
k6=n
k6=n
k
(32)
k
Die letzten beiden Terme heben sich weg, und wir haben
En(3)
=
X
m,k6=n
"
0 hn|V |ki0 0 hk|V |mi0 0 hm|V |ni0
(0)
(0)
(0)
(0)
(En − Em )(En − Ek )
Für diesen Teil der Aufgabe gibt es
#
− 0 hn|V |ni0
X
k6=n
"
| 0 hn|V |ki0 |2
(0)
(0)
(En − Ek )2
#
.
(33)
3 Punkte
4
Aufgabe 9
9 Punkte
(a)
Die ungestörten Energielevels sind
(0)
Elm = al(l + 1)~2 + bm2 ~2
1 Punkt
Alle Zustände |l, 0i mit m = 0 sind einfach, die restlichen Zustände |l, mi mit m 6= 0 jeweils doppelt entartet,
wobei |l, mi und l, −mi jeweils dieselbe Energie besitzen.
1 Punkt
(b)
Wir schreiben
L2y =
1
2L2 − 2L2z − L2+ − L2− ,
4
(34)
was aus L2 = L2x + L2y + L2z folgt.
Die Korrektur zu den nichtentarteten Zuständen |l, 0i ergibt sich somit aus
(1)
El0 = hl, 0|cL2y |l, 0i =
1 Punkt
c
l(l + 1)~2 .
2
1 Punkt
(c)
Für jedes entartete Paar |l, mi und |l, −mi muss eine 2x2-Matrix konstruiert werden, die die Elemente
hl, m′ |cL2y |l, m′′ i
(35)
hat, und diese muss diagonalisiert werden, um die Energielevels in erster Ordnung entarteter Störungstheorie
zu finden. Wir erhalten für die diagonalen Elemente aus (34)
hl, m′ |cL2y |l, m′ i =
c
l(l + 1) − (m′ )2 ~2 .
2
1 Punkt
Für die nichtdiagonalen Elemente erhalten wir
hl, m′ |cL2y |l, m′′ i = 0
(36)
außer wenn m′′ = m′ ± 2. Da für die betrachteten Zuständs-Paare m′ = −m′′ gilt, kann das nur für m′ = ±1
erfüllt werden.
Für m′ = ±1 erhalten wir
c
hl, 1|cL2y |l, −1i = hl, −1|cL2y |l, 1i = − l(l + 1)~2 .
4
1 Punkt
Zusammen mit den diagonalen Elementen ergibt eine Diagonalisierung der resultierenden 2x2-Matrix für die
ungestörten Zustände zu m = ±1 die beiden Korrekturen zu den Energieeigenwerten
(1)
c
[3l(l + 1) − 2] ~2 ,
4
1 Punkt
(1)
c
[l(l + 1) − 2] ~2 .
4
1 Punkt
Elα1 =
Elα2 =
Für die restlichen ungestörten Niveaus |l, ±mi ergibt sich keine Aufspaltung in erster Ordnung (sie tritt
tatsächlich erst in Ordnung |m| auf), und die Energiekorrekturen sind für m 6= ±1 durch
(1)
Elm =
c
l(l + 1) − (m)2 ~2 .
2
(37)
gegeben.
1 Punkt
5
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.3
Aufgabe 7
a.)
Wir betrachten im Folgenden Spin-1/2-Systeme. Der Hilbertraum H1/2 eines einzelnen Spinoperators (also Sx ,
Sy oder Sz ) ist zweidimensional, weil seine Zustände von einer zweidimensionale Basis aufgespannt werden.
Gewöhnlich benutzt man dazu die Eigenzustände von Sz :
¯
¯
À µ ¶
À µ ¶
¯1 1
¯1 1
1
0
=
, |−i = ¯¯ , −
=
.
(1)
|+i = ¯¯ ,
0
1
2 2
2 2
Bei dem in der Aufgabe angegebenen System handelt es sich um ein Zwei-Spin-System, das aus zwei Spin-1/2Teilchen besteht. Dessen Hilbertraum ist ein Produktraum aus zwei Spin-1/2-Systemen
H1/2,1/2 = H1/2 ⊗ H1/2 ,
(2)
und somit vierdimensional. Man benötigt also eine Basis aus vier Zuständen, um ihn aufspannen zu können.
Dies sind die Produktzustände
 
1
µ ¶ µ ¶
0
1
1

|+, +i = |+i ⊗ |+i =
⊗
=
(3)
0 ,
0
0
0
 
0
µ ¶ µ ¶
1
1
0

|+, −i = |+i ⊗ |−i =
⊗
=
(4)
0 ,
0
1
0
 
0
µ ¶ µ ¶
0
1
0

=
⊗
(5)
|−, +i = |−i ⊗ |+i =
1 ,
0
1
0
und
 
0
µ ¶ µ ¶
0
0
0

|−, −i = |−i ⊗ |−i =
⊗
=
0 .
1
1
1
(6)
Der Hamiltonoperator operiert auf diesem vierdimensionalen Raum und ist gegeben durch:
H = −J(Sx,1 Sx,2 + Sy,1 Sy,2 + Sz,1 Sz,2 ) .
(7)
Es ist bei Rechnungen immer geschickt, die Operatoren Sn,x bzw. Sn,y (hier für n = 1, 2) durch entsprechende
Auf- und Absteigeoperatoren auszudrücken:
Sn,x =
1
(Sn,+ + Sn,− ) ,
2
Sn,y =
1
(Sn,+ − Sn,− ) .
2i
Damit können wir den Hamiltonoperator wie folgt umschreiben:
·
¸
1
1
H = −J
(S+,1 + S−,1 )(S+,2 + S−,2 ) − (S+,1 − S−,1 )(S+,2 − S−,2 ) + Sz,1 Sz,2 =
4
4
J
= − [S+,1 S+,2 + S+,1 S−,2 + S−,1 S+,2 + S−,1 S−,2
4
− S+,1 S+,2 + S+,1 S−,2 + S−,1 S+,2 − S−,1 S−2 + 4Sz,1 Sz,2 ] =
J
= − [S+,1 S−,2 + S−,1 S+,2 + 2Sz,1 Sz,2 ] .
2
(8)
(9)
Wir berechnen nun die einzelnen Matrixelemente des Hamiltonoperators. Für Auf- und Absteigeoperatoren
gilt im Allgemeinen, wenn man diese auf einen Gesamtdrehimpulseigenzustand |j, mi anwendet:
p
J± |j, mi = ~ j(j + 1) − m(m ± 1)|j, m ± 1i ,
(10)
wobei j die Gesamtdrehimpulsquantenzahl und m ∈ {−j, −j + 1, . . . , +j} die magnetische Drehimpulsquantenzahl ist. Speziell für Spin-1/2 (mit verschwindendem Drehimpuls) gilt:
¯
¯
¯
À
À
À
¯1 1
¯1 1
¯1 1
S+ |+i = S+ ¯¯ ,
= 0 , S− |−i = S− ¯¯ , −
= ~ ¯¯ ,
= ~|+i ,
(11a)
2 2
2 2
2 2
¯
¯
À
À
¯1 1
¯1 1
S− |+i = S− ¯¯ ,
= ~ ¯¯ , −
= ~|−i ,
2 2
2 2
¯
À
¯1 1
S− |−i = S− ¯¯ , −
= 0.
2 2
(11b)
S1,+ , S2,+ , S1,− , S2,− , S1,z und S2,z sind 4 × 4-Matrizen, wobei der erste Index angibt, auf welchen zweidimensionalen Unterraum die Matrix wirkt. Eine solche Matrix lässt sich somit in verschiedene Blöcke aufteilen.
Im Wesentlichen gilt:
S1,+ = S+ ⊗ 12 ,
S2,− = 12 ⊗ S− ,
S2,+ = 12 ⊗ S+ ,
S1,z = Sz ⊗ 12 ,
S1,− = S− ⊗ 12 ,
(12a)
S2,z = 12 ⊗ Sz .
(12b)
Die Matrix links von ⊗“ wirkt auf den Unterraum des ersten Spins (also den ersten beiden Komponenten
”
eines Zustandes |•, •i) und die Matrix rechts von ⊗“ wirkt auf den den des zweiten Spins (also die letzten
”
beiden Komponenten eines Zustandes |•, •i). Beispielsweise gilt dann:
µ
¶
~
~
|+, −i =
h+, −|Sz,1 Sz,2 |+, −i = h+, −|(Sz ⊗ 12 )(12 ⊗ Sz )|+, −i = h+, −| · −
2
2
~2
~2
= − h+, −|+, −i = − .
(13)
4
4
Wir berechnen die Darstellung des Hamiltonoperators in der Basis {|+, +i, |+, −i, |−, +i, |−, −i}. Dazu werten
wir die einzelnen Matrixelemente aus:
H11 = h+, +|H|+, +i =
o
J~2
Jn
=−
h+, +|S+1 S−2 |+, +i + h+, +|S−,1 S+2 |+, +i +2 h+, +|Sz,1 Sz,2 |+, +i = −
.
{z
} |
2 |
4
|
{z
}
{z
}
=0
=0
2
= ~4
H12 = h+, +|H|+, −i =
o
Jn
=−
h+, +|S+1 S−2 |+, −i + h+, +|S−,1 S+2 |+, −i +2 h+, +|Sz,1 Sz,2 |+, −i = 0 .
{z
} |
2 |
{z
}
|
{z
}
=0
=0
=0
=0
=0
(17)
=0
H22 = h+, −|H|+, −i =
o J~2
Jn
=−
h+, −|S+1 S−2 |+, −i + h+, −|S−,1 S+2 |+, −i +2 h+, −|Sz,1 Sz,2 |+, −i =
.
{z
} |
2 |
4
{z
}
|
{z
}
=0
(16)
=0
H14 = h+, +|H|−, −i =
o
Jn
=−
h+, +|S+1 S−2 |−, −i + h+, +|S−,1 S+2 |−, −i +2 h+, +|Sz,1 Sz,2 |−, −i = 0 .
{z
} |
2 |
{z
}
|
{z
}
=0
(15)
=0
H13 = h+, +|H|−, +i =
o
Jn
h+, +|S+1 S−2 |−, +i + h+, +|S−,1 S+2 |−, +i +2 h+, +|Sz,1 Sz,2 |−, +i = 0 .
=−
{z
} |
2 |
{z
}
|
{z
}
=0
(14)
(18)
2
=− ~4
2
H23 = h+, −|H|−, +i =
o
Jn
J~2
=−
h+, −|S+1 S−2 |−, +i + h+, −|S−,1 S+2 |−, +i +2 h+, −|Sz,1 Sz,2 |−, +i = −
.
{z
} |
2 |
2
|
{z
}
{z
}
=0
=~2
=0
H24 = h+, −|H|−, −i =
o
Jn
=−
h+, −|S+1 S−2 |−, −i + h+, −|S−,1 S+2 |−, −i +2 h+, −|Sz,1 Sz,2 |−, −i = 0 .
{z
} |
2 |
{z
}
|
{z
}
=0
=0
=0
=0
2
=0
(22)
=0
H44 = h−, −|H|−, −i =
o
Jn
J~2
=−
h−, −|S+1 S−2 |−, −i + h−, −|S−,1 S+2 |−, −i +2 h−, −|Sz,1 Sz,2 |−, −i = −
.
{z
} |
2 |
4
{z
}
|
{z
}
=0
(21)
=− ~4
H34 = h−, +|H|−, −i =
o
Jn
=−
h−, +|S+1 S−2 |−, −i + h−, +|S−,1 S+2 |−, −i +2 h−, +|Sz,1 Sz,2 |−, −i = 0 .
{z
} |
2 |
{z
}
|
{z
}
=0
(20)
=0
H33 = h−, +|H|−, +i =
o J~2
Jn
=−
.
h−, +|S+1 S−2 |−, +i + h−, +|S−,1 S+2 |−, +i +2 h−, +|Sz,1 Sz,2 |−, +i =
{z
} |
2 |
2
|
{z
}
{z
}
=0
(19)
(23)
2
=− ~4
Da H hermitesch ist, folgen die an der Hauptdiagonalen gespiegelten Elemente durch komplexe Konjugation
aus den obigen. Da diese alle reell sind, folgt:

1
J~2 
0
H=−
4 0
0
0
−1
2
0
0
2
−1
0

0
0
.
0
1
(24)
b.)
Zu bestimmen sind

1 0
0 −1
A=
0 2
0 0
Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix

0 0
2 0
.
−1 0
0 1
(25)
Da die Matrix schon blockdiagonal ist, müssen nur die Eigenwerte und Eigenvektoren der 2 × 2-Untermatrix
µ
¶
−1 2
,
(26)
2 −1
bestimmt werden. Die Eigenwerte sind 1 und -3 und die zugehörigen normierten Eigenvektoren
µ ¶
µ ¶
1 1
1
1
√
√
,
.
1
−1
2
2
(27)
Die restlichen beiden Eigenwerte lassen sich von der Diagonalen von A direkt ablesen: diese sind gleich 1.
Damit sind die Energieniveaus
E (1) = E (2) = E (3) = −
J~2
,
4
E (4) =
3J~2
,
4
(28)
3
und Energieeigenzustände gegeben durch:
 
 
1
0
0
0
(1)
(2)

 
e =
0 = |+, +i , e = 0 ,
0
1
e(3)
 
0
1 
1
 = √1 (|+, −i + |−, +i) ,
=√ 

2 1
2
0
(29a)

e(4)

0
1 1
 = √1 (|+, −i − |−, +i) .
=√ 

2 −1
2
0
(29b)
Die ersten drei Zustände gehören zur Energie −~2 J/4, welche somit dreifach entartet ist. Man bezeichnet diese
Zustände auch als Triplet-Zustände. Diese Zustände sind symmetrisch bezüglich Vertauschen der beiden Spins.
Der vierte Eigenzustand gehört zur Energie 3~2 J/4; diese ist also einfach entartet. Der vierte Zustand verhält
sich asymmetrisch, wenn die beiden Spins vertauscht werden. (Es ergibt sich derselbe Zustand, jedoch mit einem
zusätzlichen Minuszeichen als Vorfaktor.) Entartung ist immer die Folge der Invarianz eines physikalischen
Systems unter einer Transformation (Symmetrie). Die Transformation hier ist eine Drehung in jeweils beiden
zweidimensionalen Spin-Unterräumen, welche durch die Liegruppe
à 3
!
X σa
SU(2) ⊗ SU(2) , SU(2) ∈ exp i
θa ,
(30)
2
a=1
beschrieben werden, wobei σ 1 , σ 2 und σ 3 die Paulimatrizen und θa (für a = 1, 2, 3) reelle Parameter (Eulerwinkel) sind. Diese Darstellung mit den Paulimatrizen ist die sogenannte Spin-1/2-Darstellung der SU(2).
Der Produktraum der beiden Räume H(j1 ) und H(j2 ) (in denen Zustände mit Gesamtdrehimpuls j1 bzw. j2
gegeben sind) zerfällt in eine direkte Summe von irreduziblen Darstellungen. Im Allgemeinen gilt für beliebige
Drehimpulse:
j1 ⊗ j2 = (j1 + j2 ) ⊕ (j1 + j2 − 1) ⊕ . . . ⊕ |j1 − j2 | .
(31)
In diesem Falle mit j1 = j2 = 1/2 gilt
1 1
⊗ = 1 ⊕ 0.
2 2
(32)
Diese Schreibweise bedeutet, dass der vierdimensionale Produktraum H1/2 ⊗ H1/2 (der durch die vierdimensionalen Zustände |+, +i, |+, −i, |−, +i und |−, −i aufgespannt wird) zerfällt in eine direkte Summe von irreduziblen Darstellungen. (Das sind im Wesentlichen Unterräume, die unter sich selbst transformieren. Durch
SU(2)-Transformationen kommt man aus einem solchen Unterraum nicht heraus.) Es gibt dann also eine Spin1-Darstellung der Dimension 3, welche von den Triplett-Zuständen
|+, +i = |1, 1i ,
|−, −i = |1, −1i ,
1
√ (|+, −i + |−, +i) = |1, 0i ,
2
(33)
aufgespannt werden und eine Spin-0-Darstellung der Dimension 1, welche vom Singulett-Zustand
1
√ (|+, −i − |−, +i) = |0, 0i ,
2
(34)
aufgespannt wird. Hierbei sind |•, ◦i Zustände, bei denen • für den gesamten Spin steht und ◦ für die Spineinstellung. Der Entartungsgrad hängt mit der Dimensionalität der jeweiligen Räume zusammen.
Aufgabe 8
Das ungestörte Problem ist charakterisiert durch die zeitunabhängige Schrödingergleichung, also das Eigenwertproblem des Hamiltonoperators:
H0 |n0 i = En(0) |n0 i ,
(35)
(0)
wobei |n0 i die ungestörten Zustände sind und En die ungestörten Energieniveaus zu den Zuständen |n0 i. Die
(0)
Energien En und Zustände |n0 i werden als bekannt vorausgesetzt; wir nehmen also an, dass das ungestörte
4
System, welches durch H0 charakterisiert ist, bereits gelöst wurde. Dann wird eine Störung eingeschaltet, die
durch einen Operator der Form λV beschrieben wird. Hierbei ist V der eigentliche Störoperator (das Potential)
und λ ein Parameter, der charakteristisch für die Größe der Störung ist. Das gestörte Problem lautet somit:
(H0 + λV )|ni = En |ni ,
(36)
wobei |ni die gestörten Eigenzustände des Operators H0 + λV sind und En die zugehörigen Energieniveaus.
Im Allgemeinen lässt sich dieses Problem nicht analytisch lösen und man ist darauf angewiesen, dass der
Störparameter klein ist. Dann lässt sich eine sogenannte Störungsrechnung durchführen. Dabei nimmt man an,
dass sich die Zustände |ni und Energien En nach dem Parameter λ entwickeln lassen in der Form
|ni = |n0 i + λ|n1 i + λ2 |n2 i + λ3 |n3 i + . . . ,
(37)
En = En(0) + λEn(1) + λ2 En(2) + λ3 En(3) + . . . .
(38)
und
Diese Entwicklungen setzen wir oben ein und erhalten:
£
¤
(H0 + λV ) |n0 i + λ|n1 i + λ2 |n2 i + λ3 |n3 i + . . . =
´£
³
¤
= En(0) + λEn(1) + λ2 En(2) + λ3 En(3) + . . . |n0 i + λ|n1 i + λ2 |n2 i + λ3 |n3 i + . . . .
(39)
Das Ganze wird nun nach Potenzen von λ sortiert. Sammelt man alle Terme ∼ λ, so führt dies auf
λ(H0 |n1 i + V |n0 i = En(0) |n1 i + En(1) |n0 i) = 0 .
(40)
Eine weitere Bedingung ist, dass der Zustand des gestörten Problems, also |ni, normiert sein soll:
¡
¢¡
¢
hn|ni = hn0 | + λhn1 | + λ2 hn2 | + λ3 hn3 | + . . . |n0 i + λ|n1 i + λ2 |n2 i + λ3 |n3 i + . . . =
!
= hn0 |n0 i + λ(hn0 |n1 i + hn1 |n0 i) + λ2 (hn0 |n2 i + hn1 |n1 i + hn2 |n0 i) + . . . = 1 .
(41)
Daraus folgt also
!
hn0 |n1 i + hn1 |n0 i = hn0 |n1 i + hn0 |n1 i∗ = 2Re(hn0 |n1 i) = 0 .
(42)
Betrachtet werden muss also nun:
H0 |n1 i + V |n0 i = En(0) |n1 i + En(1) |n0 i .
(43)
(0)
Hier multiplizieren wir von links mit hn0 | und verwenden hn0 |H0 = En hn0 |:
En(0) hn0 |n1 i + hn0 |V |n0 i = En(0) hn0 |n1 i + En(1) hn0 |n0 i ,
(44)
woraus sich
En(1) = hn0 |V |n0 i ,
(45)
ergibt. Die gestörten Eigenzustände in erster Ordnung in λ erhalten wir, indem wir von links mit hk0 | 6= hn0 |
multiplizieren:
(0)
Ek hk0 |n1 i + hk0 |V |n0 i = En(0) hk0 |n1 i + En(1) hk0 |n0 i ,
(46)
woraus sich dann
hk0 |n1 i =
hk0 |V |n0 i
(0)
(0)
En − Ek
,
(47)
ergibt. Das sind gerade die Entwicklungskoeffizienten einer Entwicklung von |n1 i nach den Eigenvektoren |k0 i,
wobei n 6= k ist. Allgemein gilt also:
|n1 i =
X
k6=n
|k0 ihk0 |n1 i =
X hk0 |V |n0 i
(0)
k6=n
(0)
En − Ek
|k0 i .
(48)
5
Die Energiekorrekturen zweiter Ordnung folgen aus der Bedingung, dass der Koeffizient ∼ λ2 verschwinden
muss:
H0 |n2 i + V |n1 i = En(0) |n2 i + En(1) |n1 i + En(2) |n0 i .
(49)
Wir multiplizieren von links mit hn0 | und erhalten:
En(0) hn0 |n2 i + hn0 |V |n1 i = En(0) hn0 |n2 i + En(1) hn0 |n1 i + En(2) hn0 |n0 i ,
und daraus folgt

En(2) = hn0 |V |n1 i = hn0 |V
=
X |hk0 |V |n0 i|2
(0)
k6=n

X hk0 |V |n0 i

|k i =
(0) 0
(0)
k6=n
(50)
En − Ek
X hn0 |V |k0 ihk0 |V |n0 i
(0)
k6=n
(0)
En − Ek
=
(51)
.
(0)
En − Ek
a.)
Um die gestörten Energieniveaus in zweiter Ordnung zu erhalten, müssen wir mit hk0 | (für k 6= n) durchmultiplizieren:
hk0 |H0 |n2 i + hk0 |V |n1 i = En(0) hk0 |n2 i + En(1) hk0 |n1 i + En(2) hk0 |n0 i .
(52)
Bei einem hermiteschen Operator sind die Eigenvektoren zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal zueinander.
Also gilt hk0 |n0 i = δkn = 0 und es folgt weiter:
(0)
hk0 |V |n1 i = (En(0) − Ek )hk0 |n2 i + En(1) hk0 |n1 i .
(53)
Das kann nach hk0 |n2 i aufgelöst werden. Weiterhin benötigen wird dann die Zustandskorrektur 1.Ordnung
|n1 i, die wir jedoch zuvor schon ausgerechnet haben. Damit gilt:
³
´
1
(1)
hk0 |n2 i = (0)
hk
|V
|n
i
−
E
hk
|n
i
=
0
1
0
1
n
(0)
En − Ek


¶
X µ hm0 |V |n0 i
hk
V
|n
i
1
0
0

.
hk0 |V |m0 i − hn0 |V |n0 i (0)
= (0)
(54)
(0)
(0)
(0)
(0)
−
E
−
E
En − Ek
E
E
m
n
n
m6=n
k
Wir entwickeln die Zustandskorrekturen 2.Ordnung nach den bekannten Energieeigenzuständen des ungestörten
Systems:
X
X
|k0 ihk0 |n2 i + |n0 ihn0 |n2 i .
(55)
|k0 ihk0 |n2 i =
|n2 i =
k
k6=n
hk0 |n2 i haben wir schon berechnet. Wir benötigen also noch hn0 |n2 i und das folgt aus der Normierungsbedingung hn|ni = 1 (und zwar aus dem Term ∼ λ2 ):
hn2 |n0 i + hn1 |n1 i + hn0 |n2 i = 0 ,
(56)
hn0 |n2 i + hn2 |n0 i∗ + hn1 |n1 i = 2Re(hn0 |n2 i) + hn1 |n1 i = 0 .
(57)
also
Somit gilt:
1
1 X hn0 |V |m0 i hk0 |V |n0 i
1 X |hn0 |V |k0 i|2
hn0 |n2 i = − hn1 |n1 i = −
hm0 |k0 i = −
.
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
(0) 2
2
2
2
m,k6=n En − Em En − Ek
k6=n (En − Ek )
Damit müssen wir jetzt nur noch einsetzen und erhalten das Endergebnis:
"
#
#
"
X
X hn0 |V |n0 ihk0 |V |n0 i
hk0 |V |m0 ihm0 |V |n0 i
|n2 i =
|k0 i
|k0 i −
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
(0)
(En − Ek )2
m,k6=0 (En − Em )(En − Ek )
k6=n
"
#
1 X |hn0 |V |k0 i|2
−
|n0 i .
(0)
(0)
2
(En − E )2
k6=n
(58)
(59)
k
6
b.)
Siehe Musterlösung :-)
Aufgabe 9
Bei einem Hamiltonoperator, der nur L2 enthält, tritt eine (2l + 1)-fache Entartung der Energie auf. Die
Entartung kommt zustande von der großen Symmetrie des Hamiltonoperators bezüglich Drehungen (Transformationen unter der Drehgruppe SO(3)) und der Transformation L 7→ −L.
a.)
Da [L2 , Lz ] = 0 ist, besitzen die Operatoren L2 und Lz einen gemeinsamen Satz von Eigenzuständen, nämlich
|l, mi, wobei hr|l, mi = Ylm (ϑ, ϕ) die Kugelflächenfunktionen sind. Damit erhalten wir sofort die Energienievaus, indem wir dem Hamiltonoperator auf diese Zustände |l, mi anwenden und beachten, dass
L2 |l, mi = ~l(l + 1)|l, mi ,
Lz |l, mi = m~|l, mi ,
(59)
gilt:
(0)
El,m = a~2 l(l + 1) + b~2 m2 .
(60)
Zustände |l, 0i (m = 0) sind einfach entartet. Die restlichen Zustände |l, mi mit m 6= 0 sind doppelt entartet,
weil m quadratisch vorkommt. Die Zustände |l, mi und |l, −mi besitzen also dieselbe Energie. Hier wird die
Entartung teilweise aufgehoben, weil durch L2z ein symmetriebrechender Term eingeführt wird. H ist jetzt nur
noch invariant bezüglich Drehungen in der x-y-Ebene (Drehgruppe SO(2)) und unter L 7→ −L.
b.)
Siehe Musterlösung :-)
c.)
(0)
Im Allgemeinen betrachtet man ein Energieniveau En , das f -fach entartet ist, zum dem also die Energieeigenzustände |φna i gehören mit a = 1, 2, . . ., f . Um die Energiekorrekturen erster Ordnung und die Eigenzustände
nullter Ordnung zu erhalten, muss man für die entarteten Zustände die Matrix


V11 V12 . . . V1f
 V21 V22 . . . V2f 


Vb =  .
(61)
..
..  ,
..
 ..
.
.
. 
Vf 1 Vf 2 . . . V f f
mit den Matrixelementen Vαβ = hφnα |Vb |φnβ i betrachten und diese diagonalisieren. Die Eigenwerte sind die
Energiekorrekturen erster Ordnung und die Eigenzustände sind die zugehörigen Eigenzustände nullter Ordnung. Durch eine beliebig kleine Störung mischen also die entarteten Eigenzustände sofort.
Hier sind die zu untersuchenden Matrixelemente gegeben durch hl, m0 |cL2y |l, m00 i. Für m0 6= ±1 und m00 6=
±1 verschwinden die Nichtdiagonalelemente. Die Matrix muss also nicht diagonalisiert werden und es folgen
die Energiekorrekturen erster Ordnung:
hl, m0 |cL2y |l, m0 i =
¤
c£
l(l + 1) − m02 ~2 .
2
Für m0 = ±1 und m00 = ±1 sieht die Matrix folgendermaßen aus:
µ
¶
1 2 2 2[l(l + 1) − 1]
−l(l + 1)
b
V = ~ c
.
−l(l + 1)
2[l(l + 1) − 1]
4
Diagonalisierung der Matrix führt auf:
µ
¶
1
3l(l + 1) − 2
0
Vb 0 = ~2 c2
.
0
l(l + 1) − 2
4
(62)
(63)
(64)
7
Die Energiekorrekturen 1.Ordnung sind also gegeben durch
(1)
El,m=1 =
c 2
~ [3l(l + 1) − 2] ,
4
(1)
El,m=−1 =
c 2
~ [l(l + 1) − 2] ,
4
(65)
und die zugehörigen normierten Eigenzustände nullter Ordnung lauten:
1
e(1) = √ (|1, 1i + |1, −1i) ,
2
1
e(2) = √ (|1, 1i − |1, −1i) .
2
(66)
Wohlgemerkt handelt es sich hierbei um Eigenzustände nullter Ordnung (!) Störungstheorie, was man daran
sehen kann, dass diese nicht vom Parameter c abhängen, durch den die Störung charakterisiert ist. Die Eigenzustände des ungestörten Systems mischen also bei einer beliebig kleinen Störung bereits miteinander. Wir
erkennen, dass die Entartung für m = ±1 in erster Ordnung Störungstheorie aufgehoben wird. (Für Zustände
mit m 6= ±1 passiert dies erst auf m-ter Ordnung Störungstheorie.) Dies liegt daran, dass die Symmetrie des
Hamiltonoperators durch den Störterm weiter gebrochen wird. Hier liegt nur noch die Symmetrie bezüglich
der Transformation L 7→ −L vor.
8
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
4. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 10
5 Punkte
(a)
Der ungestörte Hamiltonoperaor ist H = ASz2 , und hat die beiden Eigenwerte E0 = 0 und E1 = ~2 A. Der
Eigenwert E1 ist zweifach entartet und gehört zu den Eigenzuständen von Sz mit m = ±1.
1 Punkt
Wir berechnen den Störungsterm:

1 0
~ B 
B(Sx2 − Sy2 ) =
0 2
2
1 0
2
 
1
1 0
0 − 0 2
1
−1 0
Wir müssen die Säkulargleichung
o
n
(1)
Det hm|B(Sx2 − Sy2 )|m′ i − E1 δmm′ = 0


−1
0
0   = ~2 B  0
1
1

0 1
0 0 .
0 0
(1)
(2)
für den 2x2-Unterraum der durch die Zustände m = ±1 aufgespannt wird lösen. Sie lautet
!)
(
(1)
−E1
~2 B
(1)
= [E1 ]2 − ~4 B 2 = 0.
Det
(1)
~2 B −E1
(3)
(1)
Die beiden Lösungen sind E1,± = ±~2 B. Der Eigenwert E0 ändert sich nicht in erster Ordnung.
2 Punkte
(b)
Die exakte Lösung ergibt sich durch Diagonalisierung des gesamten Hamiltonoperators
 2

~ A 0 ~2 B
0
0 .
H= 0
2
2
~ B 0 ~ A
(4)
Ein Eigenwert ist E0 = 0 und die anderen beiden sind gegeben durch E1,± = ~2 (A ± B). Zufällig ergab also
die Störungstheorie schon das exakte Resultat.
2 Punkte
Aufgabe 11
6 Punkte
(a)
Die Lösung ergibt sich einfach durch Auflösen der Singlett- und Triplettzustände (siehe Aufgabe 7)
|0, 0i =
|1, 1i =
|1, 0i =
|1, −1i =
1
√ (|+, −i − |−, +i)
2
|+, +i
1
√ (|+, −i + |−, +i)
2
|−, −i,
(5)
(6)
(7)
(8)
was auf
|0, 0i
|1, 1i
|1, 0i
|1, −1i
1 1 1 1
1
1 1 1 1
√
| , , ,− i − | , ,− , i
2 2 2 2
2 2 2 2 2
1 1 1 1
= | , , , i
2 2 2 2
1
1 1 1 1
1 1 1 1
= √
| , , ,− i + | , ,− , i
2 2 2 2
2 2 2 2 2
1 1 1 1
= | , ,− ,− i
2 2 2 2
=
(9)
(10)
(11)
(12)
führt.
2 Punkte
(b)
Wir vergleichen nun einfach mit der Formel
X
hs1 , s2 ; m1 , m2 |S, M i |s1 , s2 ; m1 , m2 i ≡
|S, M i =
X
m1 ,m2
m1 ,m2
[M=m1 +m2 ]
[M=m1 +m2 ]
S,s1 ,s2
|s1 , s2 ; m1 , m2 i
CM,m
1 ,m2
und erhalten folgende nichtverschwindende Clebsch-Gordan-Koeffizienten:
1 1 1 1
h , ; , − |0, 0i
2 2 2 2
1 1 1 1
h , ; − , |0, 0i
2 2 2 2
1 1 1 1
h , ; , |1, 1i
2 2 2 2
1 1 1 1
h , ; , − |1, 0i
2 2 2 2
1 1 1 1
h , ; , − |1, 0i
2 2 2 2
1 1 1 1
h , ; − , − |1, −1i
2 2 2 2
=
=
=
1
0, 1 , 1
C0, 12 ,− 12 = √
2
2
2
1
0, 12 , 21
C0,− 1 , 1 = − √
2 2
2
1, 1 , 1
C1, 12 , 12 = 1
(13)
2 2
=
=
=
1
1, 1 , 1
C0, 12 ,− 12 = √
2
2
2
1
1, 12 , 21
C0,− 1 , 1 = √
2 2
2
1,
1
,
1
C−1,− 21 ,−21 = 1.
2
2
Alle anderen Koeffizienten sind Null.
2 Punkte
(c)
Wir lösen die obigen Gleichungen nach den Produkt-Eigenzuständen auf:
1 1 1 1
| , , ,− i
2 2 2 2
1 1 1 1
| , ,− , i
2 2 2 2
1 1 1 1
| , , , i
2 2 2 2
1 1 1 1
| , ,− ,− i
2 2 2 2
=
=
1
√ (|1, 0i + |0, 0i)
2
1
√ (|1, 0i − |0, 0i)
2
(14)
(15)
= |1, 1i
(16)
= |1, −1i
(17)
und vergleichen mit der Formel
X
X s ,s ,S
2
|s1 , s2 ; m1 , m2 i =
hS, M |s1 , s2 ; m1 , m2 i |S, M i. ≡
Dm11 ,m
|S, M i.
2 ,M
S,M
S,M
2
Das ergibt die folgenden Koeffizienten
1 1 1 1
h0, 0| , ; , − i
2 2 2 2
1 1 1 1
h1, 0| , ; , − i
2 2 2 2
1 1 1 1
h0, 0| , ; − , i
2 2 2 2
1 1 1 1
h1, 0| , ; − , i
2 2 2 2
1 1 1 1
h1, 1| , ; , i
2 2 2 2
1 1 1 1
h1, −1| , ; − , − i
2 2 2 2
=
=
=
=
1
1
, 1 ,0
D 12 ,− 21 ,0 = √
2
2
2
1
1
1
2 , 2 ,1
D 1 ,− 1 ,0 = √
2
2
2
1 1
1
,
,0
D− 21 , 21 ,0 = − √
2 2
2
1 1
1
,
,1
D− 21 , 21 ,0 = √
2 2
2
1 1
=
, ,1
D 12 , 12 ,1 = 1
2 2
1
=
,
1
, 1
D− 21 ,− 21 ,−1 = 1
2
2
Alle anderen Koeffizienten sind Null. Die Symmetrien sind klar ersichtlich.
2 Punkte
Aufgabe 12
9 Punkte
Vertiefende Bemerkungen: Die Wechselwirkung von Atomen mit elektromagnetischen Feldern wird durch den
Hamiltonoperator
H=
1
2
{p − eA(r, t)} + eΦ(r, t) + V (r)
2m
(18)
bestimmt, wobei V ein Potential (z.B. Potential des Atomkerns) ist, und A und Φ das Vektor- und skalare
Potential des elektromagnetischen Feldes darstellen. Die Elektronenladung sei e = −|e| und p = −i~∇. In der
Dipolnäherung schreibt man A(r, t) ≈ A(r0 , t) und Φ(r, t) ≈ Φ(r0 , t), wobei r0 die Position des Atoms ist
(die Wellenlänge des Lichts ist viel größer als die Ausdehnung des Atoms). Man wählt dann die Eichung der
elektronischen Wellenfunktion folgendermaßen:
ie
Ψ(r, t) = e ~ A(r0 ,t)·(r−r0 ) e
− ie
~
Rt
t0
Φ(r0 ,t′ )dt′
Ψ̃(r, t).
(19)
Diese Eichtransformation geht Hand in Hand mit einer entsprechenden Eichtransformation der Potentiale,
Ã(r, t) = A(r, t) − A(r0 , t),
Φ̃(r, t) = Φ(r, t) − Φ(r0 , t) + ∂t A(r0 , t) · (r − r0 )
(20)
Die beiden Terme A(r, t) − A(r0 , t) und Φ(r, t) − Φ(r0 , t) vernachlässigt man (von der Größenordnung aB /λ,
wobei aB der Bohrsche Radius und λ die Lichtwellenlänge ist), und erhält somit
H̃ =
1 2
p + V (r) + e(r − r0 ) · E(r0 , t).
2m
(21)
Das ist der Hamiltonoperator in Dipolnäherung. Wir setzen das Wasserstoffatom in den Koordinatenursprung
(r0 = 0) und bezeichnen mit e den Polarisationsvektor des (emittierten oder absorbierten) elektrischen Felds
E. Wir konzentrieren uns somit auf die Matrixelemente des Operators e · r.
(a)
(0)
Der ungestörte Grundzustand für das Wasserstoffatom ist |1, 0, 0i0 , und En = −EI /n2 sind die ungestörten
Energieniveaus des Wasserstoffatoms.
Das Matrixelement ist mit er = r(ex sin θ cos φ, ey sin θ sin φ, ez cos θ) gegeben durch
Z
d3 rR21 (r)Y1m (θ, φ)∗ r ex sin θ cos φ+ey sin θ sin φ+ez cos θ ·R10 (r)Y00 (θ, φ). 1 Punkt
0 h2, 1, m|er|1, 0, 0i0 =
In diesem Matrixelement können wir d3 r = r2 drdΩ schreiben. Es ist
r
r
1
4π 0
8π ±1
Y1 (ϑ, ϕ),
Y00 (ϑ, ϕ) = √ ,
Y (θ, φ)
∓ sin θe±iφ =
cos θ =
3
3 1
4π
1 Punkt
3
und somit
0 h2, 1, m|er|1, 0, 0i0
=
=
1
√
3
Z
drr3 R21 (r)R10 (r)
Z
dΩ Y1m (θ, φ)∗ ·
Y 1 (θ, φ) + Y1−1 (θ, φ)
Y 1 (θ, φ) − Y1−1 (θ, φ)
√
√
− ey 1
+ ez Y10 (θ, φ)
· − ex 1
2
i 2
Z
ex + iey
−ex + iey
1
√
√
δm,1 + √
dr r3 R21 (r)R10 (r)
δm,−1 + ez δm,0 ,
3
2
2
wobei wir die Orthogonalität der Kugelfunktionen benutzt haben.
Für das radiale Integral
Z ∞
I=
dr r3 R21 (r)R10 (r)
(22)
2 Punkte
(23)
0
betrachten wir
2
R10 = p 3 e−r/a0 ,
a0
r −r/2a0
1
,
e
R21 = p
3
24a0 a0
und somit
Z
Z
3
I = dr r R21 (r)R10 (r) =
∞
dr
0
a 28
r4
√ e−3r/2a0 = √0 4 .
63
a4 6
(24)
(25)
Damit wird
0 h2, 1, m|er|1, 0, 0i0
a0 2 8
= √ 5
23
−ex + iey
ex + iey
√
δm,1 + √
δm,−1 + ez δm,0 ,
2
2
2 Punkte
Es treten also nur Übergänge mit m = 0, ±1 auf. Mann nennt dies eine Auswahlregel. Dies sind ‘erlaubte’
Übergänge, andere Übergänge sind ‘verboten’. Der Polarizationsvektor e des Lichts steht senkrecht auf der
Ausbreitungsrichtung, wie wir aus der Elektrodynamik wissen. Übergänge mit m = 0 emittieren linear polarisiertes Licht, Übergänge mit m = ±1 zirkular polarisiertes Licht. Sind alle drei Übergänge gleich wahrscheinlich
ist das emittierte Licht unpolarisiert.
(b)
Die Frequenz der Lichtstrahlung wird durch die Delta-funktion in dem Ausdruck für die Goldene Regel der
Quantenmechanik definiert. Nämlich
1
3
3me4
(0)
(0)
~ω = E21m − E100 = EI 1 −
= EI =
= 10.2eV.
2 Punkte
4
4
8~2
mit EI = me4 /2~2 = 13.6eV. Sie liegt im ultravioletten Bereich. Sichtbares Licht wird bei anderen Übergängen
(mit geringeren Energiedifferenzen) emittiert.
(c)
Wenn der Übergang np → 1s stattfindet, dann ändert sich an der Überlegung in a) nichts bis auf das radiale
Integral. Das heißt, die Quantenzahl m kann immer nur die drei Werte −1, 0, 1 annehmen.
1 Punkt
4
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.4
Aufgabe 10
Der allgemeine Gruppenbegriff
Eine Gruppe G ist eine Menge mit einer Verknüpfung ◦ (Gruppenverknüpfung), so dass folgende Eigenschaften
gelten:
1.) Abgeschlossenheit bezüglich der Gruppenverknüpfung: Aus g1 ◦ g2 = g3 folgt g3 ∈ G, sofern g1 , g2 ∈ G.
2.) Assoziativität bezüglich der Verknüpfung ◦: (g1 ◦ g2 ) ◦ g3 = g1 ◦ (g2 ◦ g3 ) = g1 ◦ g2 = ◦g3 .
3.) Existenz eines neutralen Elements e bezüglich ◦: g ◦ e = e ◦ g = g.
4.) Existenz eines inversen Elements g −1 bezüglich ◦: g ◦ g −1 = g −1 ◦ g = e.
Ist die Gruppenverknüpfung zusätzlich noch kommutativ, gilt also g1 ◦ g2 = g2 ◦ g1 , so handelt es sich um eine
kommutative oder auch abelsche Gruppe. Das Besondere an einer Liegruppe ist, dass ihr zusätzlich eine
topologische Struktur zugrunde liegt.
Die Gruppe SU(N ) und speziell die SU(2)
Im Folgenden werden die Liegruppe SU(N ) betrachten, der sowohl in der Teilchen- als auch der Festkörperphysik eine große Rolle zukommt. Bei der SU(N ) (spezielle unitäre Gruppe in N Dimensionen) handelt es sich
um die Menge aller N × N -Matrizen Z mit mit U † U = U U † = 12 (unitär!) und det(U ) = 1 (dafür steht das
Attribut speziell“). Man kann ein Element U der Gruppe schreiben in der Form
”
Ã
!
X
a a
U = exp −i
,
(1)
θ T
a
wobei T a die sogenannten Generatoren der Gruppe und θa (a = 1, 2, . . ., Anzahl der Generatoren) Parameter
sind. (Die θa spannen den Parameterraum der Gruppe auf.) Die Generatoren sind somit Objekte, welche solche
Gruppenelemente erzeugen können. Deshalb werden sie manchmal auch als Erzeugende bezeichnet.
Im Allgemeinen besitzt die Gruppe SU(N ) N 2 − 1 Generatoren. Woher kommt das? Schauen wir uns dazu an,
welche Eigenschaften die Generatoren erfüllen müssen. Aus (1) folgt das hermitesch konjugierte Element
Ã
!
X
U † = exp i
θa (T † )a ,
(2)
a
wenn wir annehmen, dass sich die Liegruppe reell (θa = (θ∗ )a ) parametrisieren lässt. (Komplexe Anteile stecken
in den Generatoren.) Um die Gruppeneigenschaft U † U = U U † = 1N zu erfüllen, muss
Ã
!
X
!
a
a
† a
(3)
exp i
θ (T − (T ) ) = 1N ,
a
gelten und dies ist genau dann der Fall, wenn T = T † ist, die Generatoren also hermitesch sind. Aus der
zweiten Bedingung det(U ) = 1 folgt mit det(exp(U )) = exp(Sp(U )) (wobei Sp“ für die Spur der Matrix steht,
”
also die Summe der Diagonalelemente):
)
!)
(
!)
( Ã
(
Ã
X
X
X
!
a
a
a a
a a
θ Sp(T ) = 1 ,
(4)
θ T
= exp i
θ T
= exp Sp i
det exp i
a
a
a
a
was mit Sp(T ) = 0 gilt, also sofern die Generatoren spurlos sind. Eine komplexe spurlose N × N -Matrix, die
dazu noch hermitesch sein soll, hat gerade N 2 − 1 freie Parameter (Übung :-)
Die Generatoren T a genügen einer sogenannten Liealgebra. Zur Bildung einer Liealgebra benötigt man eine
Verknüpfung ◦, die linear bezüglich Addition und Multiplikation mit einer Konstanten ist,
(αa + βb) ◦ c = α(a ◦ c) + β(b ◦ c) ,
(5)
antisymmetrisch ist
a ◦ b = −b ◦ a ,
(6)
und die Jacobi-Identität erfüllt:
a ◦ b ◦ c + b ◦ c ◦ a + c ◦ a ◦ b = 0.
(7)
Eine Verknüpfung, die das leistet, ist der bereits aus den Grundlagen der Quantenmechanik wohlvertraute
Kommutator [•, •] (Übung :-) Für zwei Generatoren T a , T b einer Liegruppe gilt also
[T a , T b ] =
2
NX
−1
f abc T c ,
(8)
c=1
wobei T c ein weiterer Generator ist. Die f abc bezeichnet man als Strukturkonstanten; diese sind charakteristisch
für eine bestimmte Gruppe. Genau eine solche Beziehung (8) bezeichnet man als Liealgebra.
Zu jeder Liegruppe gibt es sogenannte Darstellungen. Eine Darstellung ist eine Abbildung r von Gruppenelementen g auf komplexe n × n-Matrizen M , also
r : G → Mat(C, n), g 7→ M (g) ,
(9)
so dass sich diese n × n-Matrizen multiplikativ so verhalten wir die Gruppenelemente. Gilt also g1 ◦ g2 = g3 ,
dann folgt daraus
n
X
Mij (g1 )Mjk (g2 ) = Mik (g1 ◦ g2 ) = Mik (g3 ) .
(10)
j=1
Eine Darstellung (bzw. der Darstellungraum V (j) ) heißt irreduzibel, wenn V als invariante Unterräume nur
den Nullraum {0} und V selbst hat. Invariante Unterräume sind Räume, die durch Anwenden von Gruppenoperationen unter sich selbst transformieren, also immer nur Elemente ihres eigenen Raums erzeugen.
Nun zur Liegruppe SU(2)! Dabei handelt es sich um die Menge aller unitären 2×2-Matrizen U mit Determinante
eins. Eine solche Matrix lässt sich in der Form
µ ∗
¶
a
b
U=
, |a|2 + |b|2 = 1 ,
(11)
−b∗ a
schreiben, wobei a und b komplexe Zahlen sind. (Man kann nachrechnen, dass eine solche Matrix die Eigenschaften U † U = U U † = 12 und det(U ) = 1 erfüllt.) Setzt man nun a = r + is und b = x + iy an, so ergibt sich
aus |a|2 + |b|2 = 1:
r2 + s2 + x2 + y 2 = 1 ,
(12)
was die Oberfläche einer vierdimensionalen Kugel beschreibt. Diese Oberfläche bezeichnet man auch als Sphäre
S 3 (wobei die 3“ die Dimensionalität der Oberfläche (Hyperfläche) angibt, die um eins niedriger ist als die
”
Dimension der Kugel selbst.) Diese Sphäre ist die topologische Struktur, welche der SU(2) innewohnt. Die
Liegruppe SU(2) besitzt 22 − 1 = 3 Generatoren. Diese sind die Paulimatrizen (dividiert durch 2, wobei dieser
Vorfaktor Konvention ist):
[Ti , Tj ] = i
3
X
k=1
εijk Tk ,
Ti =
σi
,
2
σ1 =
µ
¶
µ
0 1
0
, σ2 =
1 0
i
¶
µ
−i
1
, σ3 =
0
0
0
−1
¶
.
(13)
Man kann nachprüfen, dass die σi /2 hermitesch und spurlos sind (Übung :-) Die Strukturkonstanten der SU(2)
sind also (bis auf einen Faktor i) gegeben durch den total antisymmetrischen Levi-Civita-Tensor:

 1 für (i, j, k) zyklisch aus (1, 2, 3)
−1 für (i, j, k) antizyklisch aus (1, 2, 3) .
εijk =
(14)

0 sonst
Die Gruppe des Gesamtdrehimpulses j ist die SU(2). Speziell im Falle der SU(2) ist die Eigenschaft von invarianten Unterräumen, dass sie mittels der Auf- und Absteigeoperatoren J± nur unter sich selbst transformieren.
Man kommt also nicht aus dem Raum heraus, wenn man die J± anwendet. Die Vektoren |j, mi (mit m = j,
2
j − 1, . . ., −j) bilden die Basis einer irreduziblen Darstellung V (j) , wobei j die Werte 0, 1/2, 1, 3/2, 2, . . .
annehmen kann. Ein jeder solchen Darstellungraum besitzt die Dimension 2j + 1. Zur Wiederholung:
p
J+ |j, mi = j(j + 1) − m(m + 1)|j, m + 1i ,
(15a)
J− |j, mi =
p
j(j + 1) − m(m − 1)|j, m − 1i ,
(15b)
Jz |j, mi = m|j, mi .
(15c)
Irreduziblität bedeutet hier also gerade, dass sich j nicht ändert, wenn man J± auf einen Vektor |j, mi anwendet,
sondern nur m.
Koppelt man verschiedene Drehimpulse j1 und j2 miteinander, die jeweils in den Räumen H(j1 ) bzw. H(j2 )
gegeben sind, so leben die gekoppelten Drehimpulse im Produktraum H(j1 ) ⊗ H(j2 ) . Dieser Produktraum lässt
sich schreiben als direkte Summe von irreduziblen Darstellungen:
H(j1 ) ⊗ H(j2 ) = (j1 + j2 ) ⊕ (j1 + j2 − 1) ⊕ . . . ⊕ |j1 − j2 | .
(16)
Beispielsweise wird die erste irreduzible Darstellung (j1 + j2 ) von 2(j1 + j2 ) + 1 Zustandsvektoren {|j1 + j2 , j1 +
j2 i, |j1 + j2 |j1 + j2 − 1i, . . . , |j1 + j2 , −(j1 + j2 )i} aufgespannt. Im Allgemeinen spricht man von einer D(j) Darstellung. Diese Darstellungsräume transformieren sich (wie oben erwähnt) unter sich selbst. Die direkte
Summe drückt im Wesentlichen aus, dass die Darstellungen zu einer blockdiagonalen Matrix zusammengefasst
werden:


0
0
0
0
0
0
. 

..
..
0 σi /2
.
. .. 
0



.. 
..
(1)
0
.
0
Ji
0
. 


Ji = 
(17)
..  .
..
(3/2)
0 . . .

.
0
J
.
i



. 
..
..
..
0 . . .
.
.
. .. 


..
.
0 ...
...
...
...
(1)
Hierbei sind σi /2 die Generatoren der Spin-1/2-Darstellung, die Ji die Generatoren der Spin-1-Darstellung
(3/2)
(das sind die Matrizen, die in der Aufgabe angegeben sind), Ji
die Generatoren der Spin-3/2-Darstellung
usw. Die Spin-1/2-Darstellung wirkt nur auf zwei Vektoren (die man als Eigenvektoren der Matrix σ 3 wählt),
µ ¶
µ ¶
0
1
,
(18)
, |−i =
|+i =
1
0
während die Spin-1-Darstellung auf die Vektoren des Tripletts
 
 
1
0
1
|1, 1i = |+, +i = 0 , |1, 0i = √ (|+, −i + |−, +i) = 1 ,
2
0
0
 
0
|1, −1i = |−, −i = 0 ,
1
(19)
wirkt usw. Die direkte Summe erweitert im Wesentlichen einen Darstellungsraum und füllt die Basisvektoren
durch Nullen auf. Beispielsweise gilt für die Kopplung zweier Spin-1/2:
H(1/2) ⊗ H(1/2) = 1 ⊕ 0 ,
und dieser Darstellungraum 1 ⊕ 0 wird die durch Vektoren
 
 
0
1
1
 0
1
 

|1, 1i = |+, +i = 
0 , |1, 0i = √2 (|+, −i + |−, +i) = 0 ,
0
0
 
 
0
0
0
0
1
 

|1, −1i = |−, −i = 
1 , |0, 0i = √2 (|+, −i − |−, +i) = 0 .
1
0
(20)
(21a)
(21b)
3
Aufgabe 11
a.)
Dies haben wir bereits in Aufgabe 7 gemacht:
1
|1, 0i = √ (|+, −i + |−, +i) ,
2
|1, 1i = |+, +i ,
|1, −1i = |−, −i ,
(22)
als die symmetrischen Triplettzustände und den antisymmetrischen Singulettzustand
1
|0, 0i = √ (|+, −i − |−, +i) .
2
(23)
b.)
S,s1 ,s2
Die sogenannten Clebsch-Gordon-Koeffizienten CM,m
beschreiben im Wesentlichen einen Basiswechsel von
1 ,m2
Eigenzuständen |S, M i und Eigenzuständen |s1 , s2 ; m1 , m2 i. Dazu schieben wir den Einsoperator
X
1=
|s1 , s2 ; m1 , m2 ihs1 , s2 ; m1 , m2 | ,
(24)
m1 ,m2
ein und erhalten:
X
X S,s ,s
1 2
|S, M i =
|s1 , s2 ; m1 , m2 ihs1 , s2 ; m1 , m2 |S, M i ≡
CM,m
|s1 , s2 ; m1 , m2 i ,
1 ,m2
m1 ,m2
(25)
m1 ,m2
mit den Clebsch-Gordon-Koeffizienten
S,s1 ,s2
CM,m
≡ hs1 , s2 ; m1 , m2 |S, M i .
1 ,m2
(26)
Die Clebsch-Gordon-Koeffizienten, für die M 6= m1 + m2 gilt, verschwinden. Es gilt nun
|S, M i = |s1 , s2 ; m1 , m2 i ,
m1 + m2 = M ,
(27)
also
S,s1 ,s2
CM
=m1 +m2 ,m1 ,m2 = 1 .
(28)
Wenden wir den Absteigeoperator J− = J1,− + J2,− auf (27) an, so ergibt sich für die linke Seite der Gleichung
p
J− |S, M i = ~ S(S + 1) − M (M − 1)|S, M − 1i ,
(29)
und für die rechte Seite
p
(J1,− + J2,− )|s1 , s2 ; m1 , m2 i = ~ s1 (s1 + 1) − m1 (m1 − 1)|s1 , s2 ; m1 − 1, m2 i
p
+ ~ s2 (s2 + 1) − m2 (m2 − 1)|s1 , s2 ; m1 , m2 − 1i .
(30)
Damit gilt also
s
s
S,s1 ,s2
CM
−1,m1 −1,m2
=
s1 (s1 + 1) − m1 (m1 − 1)
,
S(S + 1) − M (M − 1)
S,s1 ,s2
CM
−1,m1 ,m2 −1
=
s2 (s2 + 1) − m2 (m2 − 1)
.
S(S + 1) − M (M − 1)
(31)
Auch hier gilt M 0 = m01 + m02 mit M 0 = M − 1 und m01 = m1 − 1 bzw. m02 = m2 − 1. Dies ist bei jedem
Schritt so, da auf der linken Seite M immer um Eins erniedrigt wird und auf der rechten Seite m1 bzw. m2
um Eins erniedrigt werden. Somit tragen nur die Clebsch-Gordon-Koeffizienten für M = m1 + m2 bei; alle
anderen verschwinden. Deshalb kann man die obige Summe von vorn herein auf M = m1 + m2 einschränken
und man erhält
X
X S,s ,s
1 2
CM,m
|S, M i =
|s1 , s2 ; m1 , m2 ihs1 , s2 ; m1 , m2 |S, M i ≡
|s1 , s2 ; m1 , m2 i .
(32)
1 ,m2
m1 ,m2
m1 +m2 =M
m1 ,m2
Im Prinzip können wir die Clebsch-Gordon-Koeffizienten aus Aufgabenteil (a) einfach ablesen. Wir wollen diese
jedoch mittels der eben angegebenen Technik berechnen. Für den ersten Zustand gilt
|1, 1i = |+, +i ,
(33)
4
wobei wir direkt
1, 1 , 1
h+, +|1, 1i = C1, 12 , 12 = 1 ,
(34)
2 2
ablesen. Als nächstes wenden wir den Absteigeoperator J− = J1,− + J2,− auf den ersten Zustand an:
√
J− |1, 1i = ~ 2|1, 0i ,
(J1,− + J2,− )|+, +i = J1,− |+, +i + J2,− |+, +i = ~|−, +i + ~|+, −i ,
(35a)
(35b)
woraus sich dann ergibt:
1
|1, 0i = √ (|−, +i + |+, −i) .
2
(36)
Jetzt können wir direkt ablesen:
1
1, 1 , 1
h−, +|1, 0i = C0,−2 12, 1 = √ ,
2 2
2
1
1, 1 , 1
h+, −|1, 0i = C0, 12 ,−2 1 = √ .
2
2
2
Wenden wir den Absteigeoperator J− = J1,− + J2,− erneut auf |1, 0i an, folgt:
√
J− |1, 0i = ~ 2|1, −1i ,
½
(J1,− + J2,− )|
1
√ (|−, +i + |+, −i)
2
¾
√
1
1
= √ J2,− |−, +i + √ J1,− |+, −i = ~ 2|−, −i ,
2
2
(37)
(38a)
(38b)
woraus
|1, −1i = |−, −i ,
(39)
folgt und somit
1, 1 , 1
2 2
h−, −|1, −1i = C−1,−
= 1.
1
,− 1
2
(40)
2
Die Clebsch-Gordon-Koeffizienten zum Gesamtspin S = 0 erhalten wir nicht durch Anwenden eines Absteigeoperators J− , weil dieser nur auf die m-Quantenzahlen wirkt. Man setzt deshalb eine allgemeine Linearkombination der Form
|0, 0i = α|+, −i + β|−, +i ,
(41)
mit zu bestimmenden Koeffizienten α und β an. Dieser Zustand muss senkrecht auf |1, 0i stehen, also h1, 0|0, 0i =
0 gelten. Hieraus folgt dann α = −β und nach Normierung erhalten wir:
1
|0, 0i = √ (|−, +i − |−, +i) ,
2
(42)
also
1
0, 1 , 1
h−, +|0, 0i = C0,−2 12, 1 = √ ,
2 2
2
1
0, 1 , 1
h+, −|0, 0i = C0, 12 ,−2 1 = − √ .
2
2
2
(43)
Alle anderen Clebsch-Gordon-Koeffizienten verschwinden.
Aufgabe 12
Die Wechselwirkung von Atomen mit elektromagnetischer Strahlung wird beschrieben durch den Hamiltonoperator
H=
1
2
(p − eA(r, t)) + eΦ(r, t) + V (r) ,
2m
(44)
5
wobei V das Potential (des Atomkerns), A das Vektorpotential und Φ das skalare Potential ist. e ist die
Elementarladung. In der Dipolnäherung nähert man die Potentiale durch die am Punkte r0 , welches die Position
des Atoms angibt, an:
A(r, t) ≈ A(r0 , t) ,
Φ(r, t) ≈ Φ(r0 , t) .
Die Physik ändert sich nicht unter einer Eichtransformation des Viererpotentials, also
µ ¶
eµ = Aµ + ∂ µ Λ , Aµ = Φ ,
Aµ 7→ A
A
(45)
(46)
wobei wir
Zt
λ = A(r0 , t)(r − r0 ) −
Φ(r0 , t) dt ,
(47)
t0
wählen. Dies geschickt, weil dann in den separaten Transformationen
e t) = A(r, t) − A(r0 , t) ,
A(r,
e t) = Φ(r, t) − Φ(r0 , t) + ∂t A(r0 , t)(r − r0 ) ,
Φ(r,
(48)
die Terme A(r, t) − A(r0 , t) und Φ(r, t) − Φ(r0 , t) auftreten, die man in der Dipolnäherung vernachlässigt.
Daraus folgt dann der Hamiltonoperator
e = H0 + HI ,
H
H0 =
p2
+ V (r) ,
2m
HI = e(r − r0 ) · E(r0 , t) ,
(49)
folgt. Es sei nun r0 = 0 (Verschiebung des Koordinatensystems, so dass der Ursprung am Ort des Wasserstoffatoms liegt). Wenn e der Polarisationsvektor der Strahlung ist, folgt die angegebene Formel.
c.)
Physikalisch ist es einsichtig, dass nur Übergänge |2, 1, mi 7→ |1, 0, 0i bei Zuständen |2, 1, mi mit m ∈ {−1, 0, 1}
stattfinden. In der Aufgabe wird die Dipolnäherung betrachtet, die sogenannte führende Ordnung in der
Störungstheorie. Man entwickelt hier im Wesentlichen nach der elektromagnetischen Feinstrukturkonstanten
α=
e2
,
4πε0 ~c
(50)
und man erkennt, dass die Übergangswahrscheinlichkeit proportional zu e2 , also α ist. Dies bedeutet, dass
der Übergang unter Emission eines einzelnen Photons stattfindet. Dies erkennt man auch am Argument der
δ-Funktion, welches Energieerhaltung ausdrückt:
(0)
(0)
E2lm − E100 = ~ω ,
(0)
(51)
(0)
wobei E2lm , E100 die ungestörten Energien der Zustände |2, l, mi und |1, 0, 0i und ~ω die Energie des abegstrahlten Photons ist. Neben der Energie muss auch der Drehimpuls erhalten sein. Dabei muss man ins Gedächtnis
rufen, dass ein Photon ein Boson, genauer ein Spin-1-Teilchen, ist. Da sich die Drehimpulsquantenzahl um
∆l = −1 ändert, muss ein Drehimpuls ~ wegtransportiert werden und dies erledigt gerade das Photon. Wie
wir schon in Aufgabe 7 und 11 gesehen haben, lebt ein Spin-1-Teilchen in der Triplett-Darstellung, welche
von den symmetrischen Zuständen |1, 1i (j = 1, m = 1), |1, 0i (j = 1, m = 0) und |1, −1i (j = 1, m = −1)
aufgespannt wird. Ein Photon kann sich also in keinem Zustand mit m ≥ 2 oder m ≤ −2 befinden und somit
sind nur Überhänge mit m = −1, 0 oder +1 möglich, wobei es die folgenden drei Möglichkeiten gibt:
1.) |2, 1, 1i 7→ |1, 0, 0i: Hierbei gilt ∆m = −1, das Photon muss also Jz = ~ wegtransportieren. Es befindet
sich daher im Zustand |1, 1i.
2.) |2, 1, 0i 7→ |1, 0, 0i: Es ist ∆m = 0 und das Photon befindet sich im Zustand |1, 0i.
3.) |2, 1, −1i 7→ |1, 0, 0i: Es gilt ∆m = 1. Das Photon muss also Jz = ~ an das Wasserstoffatom abgeben und
nimmt danach den Zustand |1, −1i ein.
6
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
5. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 13
6 Punkte
(a)


1
 0 

|+, +i = 
 0 
0


0
 1 

|+, −i = 
 0 
0
und


0
 0 

|−, +i = 
 1 
0


0
 0 

|−, −i = 
 0 
1
(1)
J
(S+,1 S−,2 + S−,1 S+,2 ) .
~2
Wir berechnen
H=−
S+,1 = Sx,1 + iSy,1
Dies, und analoge

0 0
~
0 0
S+,1 = 
2 0 0
0 0
S−,1

0
~
0
= 
2 2
0
(2)
 

1
h
i
 0 

 

= ~ |+, +ih−, +| + |+, −ih−, −| = ~ 
 0  (0, 0, 1, 0) + 
0
Rechnung für die restlichen Matrizen führt auf



2 0
0 2 0 0
~ 0 0 0 0 
0 2 
.

S+,2 = 

0 0
2 0 0 0 2 
0 0
0 0 0 0
0
0
0
2

0
0 

0 
0
0
0
0
0
Damit erhalten wir

0 0 0
 0 0 1
H = −J 
 0 1 0
0 0 0
S−,2

0
~
2
= 
2 0
0
0
0
0
0
0
0
0
2


0

1 
 (0, 0, 0, 1) .


0
0
(3)
(4)

0
0 
.
0 
0
(5)

0
0 
.
0 
0
2 Punkte
(b)
Wir entwickeln den Operator U = e−iHt/~ in eine Taylorreihe, und verwenden, dass


0 0 0 0
 0 1 0 0 

H2 = J2 
 0 0 1 0 ,
0 0 0 0
(6)
und somit
H 2n

0

2n  0
=J 
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0

0
0 
,
0 
0
H 2n+1

0

2n+1  0
= −J
 0
0
0
0
1
0
0
1
0
0

0
0 
.
0 
0
(7)
Damit können wir die Reihe

1
0
0
 0 cos Jτ i sin Jτ
~
~
U =
 0 i sin Jτ cos Jτ
~
~
0
0
0
wieder aufsummieren, und erhalten

 
0
1
0
0
0


0 
 =  0 cos γ i sin γ 0  .
0   0 i sin γ cos γ 0 
0
0
0
1
1
3 Punkte
(c)
Wir setzen

1
 0
U =
 0
0
γ = π/2 ein, was auf

0 0 0
0 i 0 

i 0 0 
0 0 1
(8)
führt. Wir wenden dies auf einen Vektor


a
 b 


 c 
d
(9)
and und erhalten


a
 ic 


 ib  .
d
(10)
Das ist gerade bis auf Vorfaktoren i der ursprüngliche Spinvektor mit vertauschten Spin-Indizes.
Aufgabe 14
1 Punkt
4 Punkte
Wir berechnen zunächst die Erwartungswerte
hσx i
hσy i
= sin(θ) cos(φ)
= sin(θ) sin(φ)
hσz i
= cos(θ).
(11)
Damit erhalten wir
(∆σx )2 = 1 − sin2 (θ) cos2 (φ)
(∆σy )2 = 1 − sin2 (θ) sin2 (φ)
2
(12)
2
(∆σz ) = 1 − cos (θ).
Somit wird
∆σx · ∆σy =
q
cos2 (θ) + sin4 (θ) sin2 (φ) cos2 (φ).
2 Punkte
Für die rechte Seite verwenden wir [σx , σy ] = 2iσz , was auf
1
|h[σx , σy ]i| = |hσz i| = |cos(θ)|
2
führt. Offensichtlich ist
q
1
∆σx · ∆σy = cos2 (θ) + sin4 (θ) sin2 (φ) cos2 (φ) ≥ |cos(θ)| = |h[σx , σy ]i| .
2
1 Punkt
1 Punkt
2
Aufgabe 15
5 Punkte
(a)
Wir berechnen das Übergangselement
0 hΨf |Ψi i
=
0 hf |UI (t, −∞)|ii0 ,
(13)
wobei wir den zweiten Term in der Störungsentwicklung des Zeitentwicklungsoperators einsetzen,
2 Z t
Z t′
i
−
dt′
dt′′ VI (t′ )VI (t′′ ).
~
−∞
−∞
(14)
Um die Notation zu vereinfachen, lassen wir von hier ab die Indices 0 an den ungestörten Zuständen weg. Das
führt auf
2
Z t
Z t′
′
′
′
′
′′
′′
′′
′′
i
−
hf |
dt′
dt′′ eiH0 t /~ V e−iωt eǫt e−iH0 t /~ eiH0 t /~ V e−iωt eǫt e−iH0 t /~ |ii.
1 Punkt
~
−∞
−∞
P
′
′′
Wir schieben nun eine 1, d.h. 1 = z |zihz|, zwischen die beiden Exponentialfunktionen e−iH0 t /~ und eiH0 t /~ .
Damit können wir nun überall H0 durch die entsprechenden ungestörten Eigenwerte Ez = ~ωz ersetzen:
2 X
Z t
Z t′
′
′′
i
−
hf |V |zihz|V |ii
dt′
dt′′ ei(ωf −ωz −ω−iǫ)t ei(ωz −ωi −ω−iǫ)t
~
−∞
−∞
z
1 Punkt
Wir führen das Integral aus, und erhalten
X hf |V |zihz|V |ii
e2ǫt e−2iωt
1 i(ωf −ωi )t
e
.
2
~
ωf − ωi − 2ω − 2iǫ z ωz − ωi − ω − iǫ
1 Punkt
Wir erhalten daraus die Übergangswahrscheinlichkeit pro Zeit,
2
X hf |V |zihz|V |ii e2ǫt
d 1
Wf ←i =
dt ~2 ωf − ωi − 2ω − 2iǫ z ωz − ωi − ω − iǫ X hf |V |zihz|V |ii 2
4ǫe4ǫt
1
=
~4 |ωf − ωi − 2ω − 2iǫ|2 ωz − ωi − ω − iǫ (15)
z
Wir verwenden nun
lim
ǫ→0
2ǫ
= 2πδ(ωf − ωi − 2ω).
(ωf − ωi − 2ω)2 + (ǫ)2
(16)
In den Termen innerhalb der Summe über die Zwischenzustände z können wir ǫ = 0 setzen, da bei ωz − ωi = ω,
bzw. bei Ez − Ei = ~ω ja gerade nach Voraussetzung die Matrixelemente hz|V |ii alle verschwinden sollen, und
somit kein Deltafunktionsbeitrag aus diesem Nenner entstehen kann. Damit erhalten wir
Wf ←i
2π
= 4
~
Wf ←i
X hf |V |zihz|V |ii 2
δ(ωf − ωi − 2ω)
ωz − ωi − ω 2π
=
~
(17)
z
X hf |V |zihz|V |ii 2
δ(Ef − Ei − 2~ω).
z Ez − Ei − ~ω (18)
Für den Rest der Herleitung gib es
2 Punkte
Es ist wichtig, dass zuerst die Summe über die Zwischenstände ausgeführt werden muss, und erst dann das
Betragsquadrat genommen wird. Man sieht, dass die Energieerhaltung Ef = Ei + 2~ω fordert. Es werden also
zwei Energiequanten vom Störungsfeld absorbiert.
3
(b)
Wir scheiben cos ωt = (eiωt + e−iωt )/2 und berechnen wie in a)
1
4
2 X
Z t
Z t′
′
′
′
′′
′′
′′
i
′
−
dt
hf |V |zihz|V |ii
dt′′ ei(ωf −ωz −iǫ)t (eiωt +e−iωt )ei(ωz −ωi −iǫ)t (eiωt +e−iωt ) 1 Punkt
~
−∞
−∞
z
Es ergibt sich nach dem Integrieren
(
X hf |V |zihz|V |ii
X hf |V |zihz|V |ii
ei(ωf −ωi )t
e−2iωt e2ǫt
e2iωt e2ǫt
+
+
2
4~
ωf − ωi − 2ω − 2iǫ z ωz − ωi − ω − iǫ ωf − ωi + 2ω − 2iǫ z ωz − ωi + ω − iǫ
X 2(ωz − ωi − iǫ)hf |V |zihz|V |ii
e2ǫt
+
ωf − ωi − 2iǫ z
(ωz − ωi − iǫ)2 − ω 2
)
1 Punkt
Wir bilden davon das Betragsquadrat und differenzeren nach t. Danach nehmen wir den Grenzübergang ǫ → 0
vor.
In den Termen innerhalb der z-Summen können wir wieder ǫ = 0 setzen, da an den Stellen ωz = ωi ±
ω bzw. Ez = Ei ± ~ω die Matrixelemente hz|V |ii verschwinden sollen. Diese Terme tragen somit nicht zu
Deltafunktionen beim Grenzübergang ǫ → 0 bei.
Beim Bilden des Betragsquadrates bekommen wir die drei Betragsquadrate der drei Summanden in der
geschweiften Klammer des letzten Ausdrucks sowie gemischte Terme. Die gemischten Terme sind zeitabhängig
und verschwinden, wenn man über die Schwingungsperiode mittelt.
Es bleiben also nur drei Terme übrig:

2
X hf |V |zihz|V |ii 2
2π 1 X hf |V |zihz|V |ii Wf ←i =
δ(Ef − Ei − 2~ω) + δ(Ef − Ei + 2~ω)+
z Ez − Ei + ~ω ~ 4  z Ez − Ei − ~ω 

X 2(E − E )hf |V |zihz|V |ii 2
z
i
δ(E
−
E
)
.
+
f
i

(Ez − Ei )2 − (~ω)2 2 Punkte
z
Die Energieerhaltung, ausgedrückt durch die Deltafunktionen, sowie die Energienenner zeigen vier Prozesse:
A) Die Absorption zweier Energiequanten ~ω vom Störungsfeld unter Besetzung eines Zwischenzustands Ez
mit Ez ≈ Ei + ~ω und Endzustand Ef = Ei + 2~ω (erster Term).
B) Die Emission zweier Energiequanten ~ω ins Störungsfeld, wobei sich das System in einem angeregten Zustand befinden muss. Die Emission direkt von Ei nach Ef < Ei ist verboten, aber über den Zwischenzustand
Ez ≈ Ei − ~ω nach Ef = Ei − 2~ω erlaubt (zweiter Term).
C) Die Absorption eines Energiequants ~ω, Besetzung eines Zwischenzustands mit Ez ≈ Ei + ~ω, und anschließende Emission eines Quants ~ω führt auf einen Zustand derselben Energie Ef = Ei zurück. Selbiges gilt für
den Fall, dass das System angeregt ist, und zunächst ein Energiequant ~ω abgibt, Ez ≈ Ei − ~ω, und danach
eines wieder aufnimmt. Diese beiden Prozesse müssen kohärent addiert werden, d.h. sie werden erst addiert
und dann wird das Betragsquadrat gebildet (dritter Term).
Bei den Übergängen in die Zwischenzustände ist die Energie nur unscharf definiert, da die Zwischenzustände
nur kurzzeitig besetzt werden. Deshalb können auch Werte mit Ez 6= Ei ± ~ω auftreten.
Die vier Typen aufeinanderfolgender Absorptions- und Emissionsprozesse kann man auch graphisch darstellen.
Für eine Diskussion der vier Prozesse (graphisch oder verbal) gibt es
1 Punkt
Befindet sich das System anfangs im Grundzustand, so sind nur die zwei Prozesse mit anfänglicher Absorption
eines Energiequants erlaubt. Schließlich ist es noch interessant den Fall ω = 0 zu betrachten: eine adiabatisch
eingeschaltete zeitlich konstante Störung. In diesem Fall ergibt sich
Wf ←i
2π
=
~
X hf |V |zihz|V |ii 2
δ(Ef − Ei ),
Ez − Ei
(19)
z
vorausgesetzt, die Matrixelemente hf |V |ii verschwinden alle. Man beachte auch, dass der Nenner zu keiner
Divergenz bei Ez = Ei führt, da die Matrixelemente im Zähler für diesen Fall verschwinden.
4
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.5
Aufgabe 13
Klassischer Computer
Bits (0 oder 1)
Wort 0 0 1 0 1
Quantencomputer
Quantenbits (Qubits)
Wort ↑ ↑ ↓ ↑ ↓
Die Informationsspeicherung in einem klassischen Computer erfolgt über Bits, welche die Werte 0 oder 1 annehmen können. Ein Bit wird realisiert über einen elektronischen Schaltkreis mittels Transistoren (metastabile
Kippstufe, Flip-Flop). Mehrere dieser Bits können zu sogenannten Wortn zusammengefasst werden.
Beim Quantencomputer spielen die Quantenbits (auch Qubits) die Rolle der Bits und dienen der Speicherung
von Information. Ein Qubit ist im Wesentlichen ein Spin-1/2-Zustand. Der große Unterschied zum klassischen
Bit ist, dass ein Qubit nicht nur zwei Werte annehmen kann, sondern dass es sich dabei um die Überlagerung
(Superposition) zweier Spin-1/2-Zustände
µ ¶
µ ¶
1
0
|0i = | ↑i =
, |1i = | ↓i =
,
(1)
0
1
handelt, also
|ψi = α|0i + β|1i ,
|α|2 + |β|2 = 1 ,
(2)
wobei die letzte Bedingung |ψi normiert. Mehrere dieser Qubits fasst man in Wortn zusammen. Im Falle von
N Qubits verwendet man folgende Basis
|0i = |0i ⊗ |0i ⊗ |0i ⊗ |0i ⊗ . . . ≡ |0, 0, 0, 0, . . .i ,
(3a)
|1i = |1i ⊗ |0i ⊗ |0i ⊗ |0i ⊗ . . . ≡ |1, 0, 0, 0, . . .i ,
(3b)
|2i = |0i ⊗ |1i ⊗ |0i ⊗ |0i ⊗ . . . ≡ |0, 1, 0, 0, . . .i ,
(3c)
..
.
|ni = |1i ⊗ |1i ⊗ |1i ⊗ |1i ⊗ . . . ≡ |1, 1, 1, 1, . . .i .
(3d)
In einem Wort lassen sich die genannten Basiszustände überlagern:
|ψi =
N
2X
−1
Cn |ni .
(4)
n=0
Ein Programm auf diesem Quantencomputer ist nichts anderes als die Manipulation von Qubits, welche durch
einen Kontroll-Hamiltonoperator beschrieben wird. Ein Beispiel für einen solchen Hamiltonoperator ist
N
X
X
i j
H(t) = −
[Bxi (t)Sxi + Bzi (t)Szi ] +
J ij (t)S+
S− ,
i=1
(5)
i<j
mit
S± = Sx ± iSy ,
(Sx , Sy , Sz ) =
~
(σx , σy , σz ) .
2
(6)
Man kann Qubits also beispielsweise durch ein äußeres Magnetfeld B(t) oder durch Selbstwechselwirkung
beschrieben über einen Austauschterm mit J ij (beispielsweise Ferro- oder Antiferromagnet) beeinflussen.
Bei dem System in der Aufgabe handelt es sich um ein Wort bestehend aus vier Qubits mit der Basis
{|0, 0i, |1, 0i, |0, 1i, |1, 1i} ≡ {|0i, |1i, |2i, |3i} .
(7)
Der Hamiltonoperator ist ein Kontrollhamiltonoperator der letztgenannten Art, wobei J ii = 0 ist; die zeitliche
Entwicklung der Qubits (welche man in Aufgabenteil (b) berechnet) erfolgt durch ihre Selbstwechselwirkung;
der Zustand des Worts ändert sich also im Laufe der Zeit. In Aufgabenteil (c) wird der Wortzustand
 
a
b

(8)
|ϕi = 
 c  = a|0i + b|1i + c|2i + d|3i ,
d
betrachtet. Der Zeitentwicklungsoperator führt (modulo Faktoren i) auf einen neuen Vektor
 
a
ic
0

|ϕ i = 
ib = a|0i + ic|1i + ib|2i + d|3i ,
d
(9)
was nichts anderes als einem Vertauschen beider Spins, der sogenannten SWAP-Operation entspricht. Man kann
nachrechnen, dass für den Zeitentwicklungsoperator auf Aufgabenteil (b) folgendes gilt (Additionstheoreme!):


1
0
0
0
0 cos(γ + δ) i sin(γ + δ) 0

Uγ · Uδ = 
(10)
0 i sin(γ + δ) cos(γ + δ) 0 ,
0
0
0
1
wobei γ und δ zwei Winkel ∈ [0, 2π] sind. Beispielsweise gilt also
Uπ/4 · Uπ/4 = Uπ/2 ,
(11)
und bezeichnen wir
Uπ/2 ≡ USWAP ,
(12)
so gilt also
Uπ/4 ≡ U√SWAP .
(13)
√
√
Man kann also eine SWAP-Operation definieren. Analog gibt es NOT, usw., Operationen, welche bei einem
klassischen Computer nicht realisiert sind.
Aufgabe 14
Als erstes überprüfen wir, ob der angegebene Zustand auf eins normiert ist:
µ ¶
µ ¶
µ
¶
¸
µ ¶
¯
³ α ´¯2 ·
φ
θ
φ
θ
¯
¯
hΨ|Ψi = ¯exp i ¯ cos
exp i
h+| + sin
exp −i
h−| ×
2
2
2
2
2
·
µ ¶
µ
¶
µ ¶
µ ¶
¸
θ
φ
θ
φ
× cos
exp −i
|+i + sin
exp i
|−i =
2
2
2
2
µ ¶
µ ¶
µ ¶
θ
θ
θ
2
2
h+|+i + sin
{exp(−iφ)h−|+i + exp(iφ)h+|−i} + sin
h−|−i =
= cos
2
2
2
µ ¶
µ ¶
θ
θ
= sin2
+ cos2
= 1.
2
2
Passt! Wir berechnen nun die Erwartungswerte des Spins in x-, y- und z-Richtung:
·
µ ¶
µ ¶
µ ¶
µ
¶
¸
θ
φ
θ
φ
hσ+ i = hΨ|σ+ |Ψi = cos
exp i
h+| + sin
exp −i
h−| ×
2
2
2
2
µ ¶
µ ¶
φ
θ
× sin
exp i
|+i =
2
2
µ ¶
µ ¶
θ
1
θ
cos
exp(iφ) = sin(θ) exp(iφ) ,
= sin
2
2
2
(14)
(15a)
2
·
µ ¶
µ ¶
µ ¶
µ
¶
¸
θ
φ
θ
φ
exp i
h+| + sin
exp −i
h−| ×
hσ− i = hΨ|σ− |Ψi = cos
2
2
2
2
µ ¶
µ
¶
θ
φ
× cos
exp −i
|−i =
2
2
µ ¶
µ ¶
θ
θ
1
= sin
cos
exp(−iφ) = sin(θ) exp(−iφ) ,
2
2
2
·
µ ¶
µ ¶
µ ¶
µ
¶
¸
θ
φ
θ
φ
hσz i = hΨ|σz |Ψi = cos
exp i
h+| + sin
exp −i
h−| ×
2
2
2
2
·
µ ¶
µ
¶
µ ¶
µ ¶
¸
θ
φ
θ
φ
× cos
exp −i
|+i − sin
exp i
|−i =
2
2
2
2
µ ¶
µ ¶
θ
θ
− sin2
= cos θ .
= cos2
2
2
(15b)
(15c)
Verwenden wir schließlich
σ± =
1
(σx ± iσy ) ,
2
(16)
bzw.
σx = σ+ + σ− ,
σy = −i(σ+ − σ− ) ,
(17)
so folgt:
½
hσx i = sin(θ)
½
hσy i = sin(θ)
¾
1
(exp(iφ) + exp(−iφ)) = sin(θ) cos(φ) ,
2
1
(exp(iφ) − exp(−iφ))
2i
(18a)
¾
= sin(θ) sin(φ) ,
(18b)
und
hσz i = cos(θ) .
(18c)
Weiterhin gilt wegen σx2 = σy2 = σz2 = 12 :
hσx2 i = hΨ|σx2 |Ψi = hΨ|Ψi = 1 ,
hσy2 i = 1 ,
hσz2 i = 1 .
(19)
Damit können wir wiederum die Schwankungsquadrate ausrechnen:
(∆σx )2 = hσx2 i − hσx i2 = 1 − sin2 (θ) cos2 (φ) ,
(20a)
(∆σy )2 = hσy2 i − hσy i2 = 1 − sin2 (θ) sin2 (φ) ,
(20b)
(∆σz )2 = hσz2 i − hσz i2 = 1 − cos2 (θ) .
(20c)
Damit gilt also
q
(∆σx ) · (∆σy ) =
1 − sin2 (θ) + sin4 (θ) sin2 (φ) cos2 (φ) =
q
cos2 (θ) + sin4 (θ) sin2 (φ) cos2 (φ) .
(21)
Für die rechte Seite benötigt man die Kommutatorrelation [σx , σy ] = 2iσz und damit ergibt sich
1
1
|h[σx , σy ]i| = · 2|hΨ|σz |Ψi| = |hΨ|σz |Ψi| = | cos(θ)| ,
2
2
und somit gilt schließlich:
q
1
(∆σx ) · (∆σy ) = cos2 (θ) + sin4 (θ) sin2 (φ) cos2 (φ) ≥ | cos(θ)| = |h[σx , σy ]i| .
2
(22)
(23)
3
Dass der Zustand |Ψi tatsächlich auf einer Kugel (der Blochkugel) liegt“, sieht man nicht direkt am Zustand
”
selbst. Ein Spinzustand wie |Ψi existiert nämlich im zweidimensionalen Spinraum, der erst einmal nichts mit
unserem dreidimensionalen Anschauungsraum zu tun hat. Man sieht dies erst an den Erwartungswerten des
Spins (bzw. der Paulimatrizen) in x-, y- und z-Richtung, also (15). Daraus erkennt man unschwer, dass es sich
um die Parametrisierung einer Kugel handelt. θ entspricht also dem Polarwinkel und φ dem Azimuthalwinkel,
wenn man Kugelkoordinaten im dreidimensionalen Anschauungsraum verwendet. Man erkennt noch etwas
anderes: Im Spinzustand |Ψi kommen die Winkel θ und φ dividiert durch einen Faktor 2 vor. Man kommt
also erst wieder dann zum anfänglichen Zustand zurück, wenn man θ bzw. φ um 4π verschiebt, während im
dreidimensionalen Raum eine Verschiebung um 2π ausreicht. Dies liegt daran, dass die Spingruppe SU(2) (die
Drehungen im zweidimensionalen Spinraum beschreibt) nur lokal isomorph ist zur Drehgruppe SO(3) (durch
die Drehungen im dreidimensionalen Raum parametrisiert werden). Anders ausgedrückt: SU(2) besitzt einen
diskreten invarianten Unterraum Z2 = {−1, 1} mit zwei Elementen, während SO(3) nur 1 als invarianten
Unterraum besitzt. Einfach ausgedrückt: Drehungen im Spinraum sind eben was anderes als Drehungen im
dreidimensionalen Raum :-)
Aufgabe 15
Zeitabhängige Störungstheorie führt man am Geschicktesten im Wechselwirkungsbild durch. Wir betrachten
ein quantenmechanisches System mit dem Hamiltonoperator
H = H0 + V (t) ,
(24)
wobei H0 der Hamiltonoperator des ungestörten Systems und V (t) der zeitabhängige Störoperator ist. Zur
Wiederholung:
1.) Es gibt das Schrödingerbild, in dem die zeitliche Entwicklung des quantenmechanischen Systems allein
in den Zuständen steckt. Die Operatoren sind dagegen zeitunabhängig.
2.) Dann gibt es das Heisenbergbild, in dem die Zustände zeitunabhängig sind und die Operatoren einer
zeitlichen Entwicklung unterliegen.
3.) Als drittes und letztes schließlich das Wechselwirkungsbild. In dieser Darstellung sind sowohl Zustände
als auch Operatoren zeitabhängig. Der Vorteil gegenüber den beiden anderen Bildern ist jedoch, dass
die Zeitentwicklung von Zuständen nur über den Störoperator V (t) erfolgt und die Zeitentwicklung von
Operatoren nur über H0 . Damit ist explizit die Störung vom ungestörten System entkoppelt.
Das System befinde sich zum Zeitpunkt t0 = −∞ im Anfangszustand |ii. (Dieser sei ein Eigenzustand des
ungestörten Systems.) Die zeitliche Entwicklung dieses Zustandes im Wechselwirkungsbild erfolgt über den
Zeitentwicklungsoperator


Zt
i
UI (t, −∞) = T exp −
dt0 VI (t0 ) ,
(25)
~
−∞
wobei T der Zeitordnungsoperator ist. Wie oben schon erwähnt, wird die Zeitentwicklung eines Zustandes
im Wechselwirkungsbild einzig und allein durch den Störoperator V (t) (hier VI (t) im Wechselwirkungsbild)
vermittelt. Der Zustand des Systems ist zur Zeit t gegeben durch
|ψ(t)i = UI (t, −∞)|ii ,
(26)
und ist jedoch kein Eigenzustand des ungestörten Systems mehr. Die Übergangsamplitude A|ii7→|f i dafür, dass
sich das System zum Zeitpunkt t in einem Eigenzustand |f i befindet, ergibt sich durch Projektion auf diesen
Zustand
A|ii7→|f i = hf |ψ(t)i = hf |UI (t, −∞)|ii ,
(27)
und die Wahrscheinlichkeit für einen solchen Übergang ist das Betragsquadrat dieser Amplitude:
W|ii7→|f i = |A|ii7→|f i |2 = |hf |UI (t, −∞)|ii|2 .
(28)
Der dritte Term in der Entwicklung lautet dann:
µ
i
−
~
¶2 Z t
Zt
dt
−∞
0
0
dt00 VI (t0 )VI (t00 ) .
(29)
−∞
4
Jetzt müssen wir noch den Störoperator V (t) ins Wechselwirkungsbild bringen. Hierbei gilt
µ
¶
µ
¶
i
i
H0 t V (t) exp − H0 t ,
VI (t) = exp
~
~
(30)
und damit erhalten wir speziell für die zeitabhängige periodische Störung
0
µ
¶2 D ¯ Zt
µ
¶
µ
¶
Zt
i
i
i
¯
0
−
H0 t0 V exp(−iωt0 ) exp(εt0 ) exp − H0 t0 ×
f¯
dt
dt00 exp
~
~
~
−∞
−∞
µ
¶
µ
¶¯ E
i
i
00
00
00
00 ¯
× exp
H0 t V exp(−iωt ) exp(εt ) exp − H0 t ¯i .
~
~
(31)
An dieser Stelle wäre es von Vorteil, wenn wir die Operatoren H0 loswerden könnten. Hierbei müssen wir beachten, dass H0 im Allgemeinen nicht notwendigerweise mit dem Störoperator V (t) vertauscht, also [H0 , V (t)] 6= 0!
exp(i/~H0 t0 ) ganz links können wir auf hf | wirken lassen und exp(−i/~H0 t00 ) ganz rechts auf |ii. Da sowohl
|ii als auch |f i Eigenzustände zu H0 sind, gilt
µ
¶
µ
¶
i
i
0
0
hf | exp
H0 t = hf | exp
Ef t = exp(iωf t0 )hf | ,
(32a)
~
~
µ
¶
µ
¶
i
i
exp − H0 tt |ii = exp − Ei t |ii = exp(−iωi t)|ii .
~
~
(32b)
Um die beiden H0 in der Mitte loszuwerden, schieben wir ein vollständiges System von Eigenzuständen von
H0 ein, also
X
1=
|zihz| ,
(33)
z
und erhalten:
(2)
UI
0
µ
¶2 X
Zt
D ¯ Zt
i
¯
0
= −
exp(i(ωf − ωi )t) f ¯
dt
dt00 V exp(−iωt0 ) exp(εt0 )×
~
z
−∞
−∞
¶
µ
¶
µ
¯E
i
i
¯
0
00
H0 t V exp(−iωt00 ) exp(εt00 )¯i =
× exp − H0 t |zihz| exp
~
~
¶2 X
µ
i
hf |V |zihz|V |iiI ,
= −
~
z
(34)
mit
Zt
Zt
0
dt0
I=
−∞
dt00 exp[i(ωf − ωz − ω − iε)t0 ] exp[i(ωz − ωi − ω − iε)t00 ] .
(35)
−∞
An dieser Stelle werten wir noch das Integral I aus. Hierbei ist zu beachten, dass die Integrationsvariable des
ersten Integrals als Grenze des zweiten vorkommt!
Zt
dt0 exp[i(ωf − ωz − ω)t0 + εt0 ]
I=
−∞
1
=
i(ωz − ωi − ω) + ε
1
t00 =t0
exp[i(ωz − ωi − ω)t00 + εt00 ]|t00 =−∞ =
i(ωz − ωi − ω) + ε
Zt
dt0 exp[i(ωf − ωi − 2ω)t0 + 2εt0 ] =
−∞
1
1
exp[i(ωf − ωi − 2ω)t + 2εt] .
=
i(ωz − ωi − ω) + ε i(ωf ωi − 2ω) + 2ε
(36)
Damit folgt dann:
(2)
UI (t, −∞) =
exp(2t(ε − iω)) X hf |V |zihz|V |ii
1
exp(i(ωf − ωi )t)
.
2
~
ωf − ωi − 2ω − 2iε z ωz − ωi − ω − iε
(37)
5
Die Übergangswahrscheinlichkeit pro Zeit ergibt sich durch Bildung des Betragsquadrats und Ableitung nach
der Zeit:
¯
¯2
X hf |V |zihz|V |ii ¯¯
dW|ii7→|f i
1 d ¯¯
exp(2εt)
= 2 ¯
¯ =
dt
~ dt ¯ ωf − ωi − 2ω − 2iε z ωz − ωi − ω − iε ¯
¯X hf |V |zihz|V |ii ¯2
4ε exp(4εt)
1
¯
¯
(38)
= 4
¯
¯ .
~ (ωf − ωi − 2ω)2 + 4ε2 z ωz − ωi − ω − iε
Nach Voraussetzung verschwinden Matrixelemente hz|V |ii für Übergänge mit Ez − Ei = ~ω. Damit können
wir in der Summe sofort ε = 0 setzen, ohne eine Divergenz durch den Nenner zu erzeugen :-) Nun wird noch
die Darstellung der δ-Funktion als Grenzwert der Funktionenfolge (Lorentzkurve)
δε (x − a) =
1
ε
,
π (x − a)2 + ε2
(39)
für ε 7→ 0 verwendet und wir erhalten das Ergebnis aus der Musterlösung:
W|ii7→|f i =
2π ¯¯X hf |V |zihz|V |ii ¯¯2
¯
¯ δ(Ef − Ei − 2~ω) .
~ z ωz − ωi − ω − iε
(40)
b.)
Zur Berechnung der Integrale ist es am Geschicktesten, die Kosinusfunktion über komplexe Exponentialfunktionen auszudrücken:
1
(exp(iωt) + exp(−iωt)) .
2
cos(ωt) =
(41)
Damit können wir den dritten Term des Zeitentwicklungsoperators wie folgt schreiben:
µ
¶2 X
i
1
−
hf |V |zihz|V |ii × I ,
4
~
z
(42)
with
Zt
Zt
0
dt0
I=
−∞
dt00 exp[i(ωf − ωz − iε)t0 ] {exp(iωt0 ) + exp(−iωt0 )} ×
−∞
× exp[i(ωz − ωi − iε)t00 ] {exp(iωt00 ) + exp(−iωt00 )} .
(43)
Im Prinzip handelt es sich hierbei um die Summe von vier Integralen der Form
Zt
I (n) =
Zt
0
dt0
−∞
dt00 exp[(iω1 + ε)t0 ] exp(iω2 t0 ) exp((iω3 + ε)t00 ) exp(iω4 t00 ) =
−∞
Zt
dt0 exp[(i(ω1 + ω2 ) + ε)t0 ]
=
−∞
=
0
1
exp[(i(ω3 + ω4 ) + ε)t00 ]t−∞ =
i(ω3 + ω4 ) + ε
1
1
exp[(i(ω1 + ω2 + ω3 + ω4 ) + 2ε)t] .
i(ω3 + ω4 ) + ε i(ω1 + ω2 + ω3 + ω3 ) + 2ε
(44)
Damit können wir die vier Integrale ausrechnen:
I (1) =
1
1
exp[(i(ωf − ωi + 2ω) + 2ε)t] ,
i(ωz − ωi + ω) + ε i(ωf − ωi + 2ω) + 2ε
(45)
I (2) =
1
1
exp[(i(ωf − ωi ) + 2ε)t] ,
i(ωz − ωi + ω) + ε i(ωf − ωi ) + 2ε
(46)
I (3) =
1
1
exp[(i(ωf − ωi ) + 2ε)t] ,
i(ωz − ωi − ω) + ε i(ωf − ωi ) + 2ε
(47)
6
I (4) =
1
1
exp[(i(ωf − ωi − 2ω) + 2ε)t] ,
i(ωz − ωi − ω) + ε i(ωf − ωi − 2ω) + 2ε
Damit lautet die Übergangsamplitude:
o
1 n
A|ii7→|f i = 2 I (1) + I (4) + (I (2) + I (3) ) =
4~
(
exp(i(ωf − ωi )t)
exp(2(iω + ε)t) X hf |V |zihV |ii
=
2
4~
ωf − ωi + 2ω − 2iε z ωz − ωi + ω − iε
exp(2(−iω + ε)t) X hf |V |zihz|V |ii
+
ωf − ωi − 2ω − 2iε z ωz − ωi − ω − iε
)
exp(2εt) X 2(ωz − ωi − iε)hf |V |zihz|V |ii
+
.
ωf − ωi − 2iε z
(ωz − ωi − iε)2 − ω 2
(48)
(49)
Wir definieren nun der Einfachheit :-) halber:
A≡
exp(2(iω + ε)t)
S1 ,
ωf − ωi + 2ω − 2iε
S1 =
X hf |V |zihz|V |ii
,
ωz − ωi + ω − iε
z
(50a)
B≡
exp(2(−iω + ε)t)
S2 ,
ωf − ωi − 2ω − 2iε
S2 =
X hf |V |zihz|V |ii
,
ωz − ωi − ω − iε
z
(50b)
C≡
exp(2εt)
S3 ,
ωf − ωi − 2iε
X 2(ωz − ωi − iε)hf |V |zihz|V |ii
.
(ωz − ωi − iε)2 − ω 2
z
S3 =
(50c)
Wir haben also das Betragsquadrat des Ausdrucks
exp(i(ωf − ωi )t)
(A + B + C) ,
4~2
(51)
zu bilden, um die Wahrscheinlichkeit W|ii7→|f i zu berechnen. Dabei treten Betragsquadratterme |A|2 , |B|2 , |C|2
und sechs Mischterme (wie beispielsweise AB ∗ ) auf. Jeweils zwei dieser Mischterme kann man kombinieren und
dann geschickt über
z + z ∗ = 2Re(z) ,
z ∈ C,
(52)
berechnen. Wir führen diese Berechnung für die Kombination AB ∗ + A∗ B explizit durch. In den Summen S1 ,
S2 (und auch S3 ) stecken nur Imaginärteile, die proportional zu ε sind. Die Bildung des Realteils von S1 S2∗
bedeutet also nicht anderes als den Grenzwert ε 7→ 0 von S1 S2∗ zu bilden:
½
¾
exp(4t(−iω + ε))
∗
∗
∗
∗
AB + A B = 2Re(AB ) = 2Re
S1 S2 =
(ωf − ωi − 2ω − 2iε)(ωf − ωi + 2ω + 2iε)
½
¾
exp[4t(−iω + ε)]
(S1 S2 )|ε=0 =
= 2Re
(ωf − ωi − 2ω)(ωf − ωi + 2ω) − 8iεω + 4ε2
¾
½
exp[4t(−iω + ε)][(ωf − ωi )2 + 4(ω 2 + ε2 ) + 8iεω]
(S1 S2 )|ε=0 =
= 2Re
[(ωf − ωi )2 + 4(ω 2 + ε2 ) − 8iεω][(ωf − ωi )2 + 4(ω 2 + ε2 ) + 8iεω]
(
)
£
¤
exp(4εt) [cos(4ωt) − i sin(4ωt)] (ωf − ωi )2 + 4(ω 2 + ε2 ) + 8iεω
= 2Re
(S1 S2 )|ε=0 =
[(ωf − ωi )2 + 4(ω 2 + ε2 )]2 + 64ε2 ω 2
©
2 exp(4εt)
Re [(ωf − ωi )2 + 4(ω 2 + ε2 )] cos(4ωt)
2
2
2
2
2
[(ωf − ωi + 4(ω + ε )] + 64ε ω
©
ª
ª
+ 8εω cos(4ωt) − [(ωf − ωi )2 + 4(ω 2 + ε2 )] sin(4ωt) i + 8εω sin(4ωt) (S1 S2 )|ε=0 =
©
ª
2 exp(4εt) [(ωf − ωi )2 + 4(ω 2 + ε2 )] cos(4ωt) + 8εω sin(4ωt)
=
(S1 S2 )|ε=0 .
(53)
[(ωf − ωi )2 + 4(ω 2 + ε2 )]2 + 64ε2 ω 2
=
)2
Leitet man nun diesen Ausdruck nach der Zeit ab und bildet den Grenzwert ε 7→ 0, so erkennt man, dass dieser
leider nicht verschwindet (wie es nach der ursprünglichen Aufgabenstellung) gedacht war. Die Aufgabenstellung
wurde jetzt aber dahingehend abgeändert, dass eine Mittelung über alle Frequenzen durchgeführt wird, was
7
Terme wie cos(ωt) und sin(ωt) zum Verschwinden bringt. Unter dieser Voraussetzung verschwinden dann auch
alle Mischterme :-) Dann kann man schließlich die Zeitableitung bilden und ε gegen null gehen lassen. Unter
Verwendung von
lim
ε7→0
4ε
= 2πδ(ωf − ωi ) ,
(ωf − ωi )2 + (2ε)2
und analog für die anderen Terme ergibt sich dann das Ergebnis aus der Musterlösung:
(
¯X hf |V |zihz|V |ii ¯2
π ¯¯X hf |V |zihz|V |ii ¯¯2
¯
¯
W|ii7→|f i =
¯
¯ δ(Ez − Ei + 2~ω) + ¯
¯ δ(Ef − Ei − 2~ω)
2~
E
−
E
+
~ω
E
−
E
−
~ω
z
i
z
i
z
z
)
¯X 2(E − E )hf |V |zihz|V |ii ¯2
¯
¯
z
i
+¯
¯ δ(Ef − Ei ) .
(Ez − Ei )2 − (~ω)2
z
(54)
(55)
Nun zur physikalischen Interpretation. Aus dem Ergebnis ließt man ab, dass in zweiter Ordnung Störungstheorie Übergänge von |ii ≡ |Ei i nach |f i ≡ |Ef i (bzw. umgekehrt) unter Zuhilfenahme von beliebigen
Zwischenzuständen |zi ≡ |Ez i stattfinden. (Dies erkennt man an der Summe über z.) Um zu verstehen, was
genau sich hier physikalisch abspielt, benötigen wir die Heisenbergsche Energie-Zeit-Unbestimmtheitsrelation:
~
.
(56)
2
Diese ist anders zu interpretieren als die aus Theorie D bekannte Orts-Impuls-Unbestimmtheitsrelation
∆E · ∆t ≥
~
,
(57)
2
wobei hier ∆p und ∆x keine von der Messapparatur abhänge Messfehler sind, sondern prinzipielle Unbestimmtheiten von Impuls und Ort, die aus den Eigenschaften der Quantentheorie heraus folgen. (57) besagt
im Wesentlichen, dass Ort und Impuls gleichzeitig nicht beliebig genau gemessen werden können. Das ist eine
Folge der Nichtvertauschbarkeit des Orts- und Impulsoperators. In (56) sind ∆E und ∆t jedoch keine Ungenauigkeiten, weil man der Zeit auch in der Quantenmechanik keinen Operator zuordnet; diese ist wie auch in der
klassischen Mechanik ein einfacher Parameter. In einem quantenmechanischen System ist ∆E die Abweichung
vom mittleren Wert der Energie hEi, die das System über ein Zeitintervall ∆t annehmen kann. Hierbei muss
∆p · ∆x ≥
∆t ¿
~
,
2∆E
(58)
sein, so dass die Wahrscheinlichkeitsdichte ψ ∗ ψ der Wellenfunktion ψ (welche diesen Zustand der Energie
hEi + ∆E beschreibt) konstant (stationär, also von der Zeit unabhängig) ist. Damit ist es beispielsweise
möglich, dass aus dem Vakuum heraus ein virtuelles Teilchen entsteht, dass sich nach der Zeit ∆t ∼ ~/(2∆E)
wieder vernichtet. (Man spricht dabei von Vakuumfluktuationen.) Der klassische Energieerhaltungssatz ist also für einen sehr kurzen Zeitraum ∆t verletzt, denn das Vakuum hat hEi = 0. Genau etwas Ähnliches kann
sich hier abspielen, wobei wir die verschiedenen Fälle, die auftreten, getrennt durchsprechen wollen. Die Zwischenzustände |Ez i sind alle Eigenzustände, die der Hamiltonoperator hergibt; wobei Übergänge mit großem
Energieabstand zwischen |Ez i und |Ei i bzw. |Ef i unterdrückt sind (Nenner!). Im Wesentlichen tragen Zwischenzustände nahe bei |Ei i bzw. |Ef i bei. Übergänge von |Ef i nach |Ez i laufen durch Emission/Absorption
eines virtuellen Photons ab, sofern sich |Ez i unter- oder oberhalb von |Ef i befindet. Da alle diese virtuellen
Prozesse stattfinden können, ist über die Amplituden (nicht über die Betragsquadrate, oder Wahrscheinlichkeiten!) zu summieren, was einer sogenannten kohärenten Summation entspricht. Eine Summe über die
Betragsquadrate ist inkohärent und berücksichtigt quantenmechanische Interferenzeffekte nicht.
1.) Das System befindet sich anfänglich in einem angeregten Zustand |Ef i. Unter Emission/Absorption virtueller Photonen nimmt das System den intermediären Zustand |Ez i ein und geht dann in den energetisch
stabilen Zustand mit Energie |Ei i über:
Ez
Ef
Ei
8
2.) Das System befindet sich anfangs im energetisch niedrigsten Zustand |Ei i und geht durch Emission/Absorption virtueller Photonen über einen Zwischenzustand |Ez i in den angeregten Zustand |Ef i
über.
Ez
Ef
Ei
3.) Hier gibt es zwei Fälle. Im ersten Fall befindet sich das System im Zustand |Ei i wird dann durch Absorption eines virtuellen Photons auf den Zustand |Ez i angeregt und fällt danach durch Emission eines
virtuellen Photons wieder auf den Zustand |Ei i zurück. Im zweiten Fall befindet sich das System im
angeregten Zustand |Ef i, emittiert/absorbiert ein virtuelles Photon und nimmt damit den Zwischenzustand |Ez i ein und absorbiert/emittiert zu guter Letzt wieder ein virtuelles Photon, um sich erneut im
angeregten Zustand |Ef i zu befinden.
Ez
Ez
Ef
Ef
Ei
Ei
9
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
6. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 16
5 Punkte
(a)
Ein allgemeine Rotationsmatrix für einen Spinvektor ist durch
α
α
α
U = e−i 2 ~n·~σ = cos( ) − i~n · ~σ sin( )
2
2
(1)
gegeben, wobei wir eine Drehung um die Achse ~n um den Winkel α durchführen. Wenn wir für ~n die Polarwinkel
nx = cos(θ) cos(φ), ny = cos(θ) sin(φ), nz = sin(θ) einführen, können wir dies auch als
cos(γ)eiδ i sin(γ)e−iφ
U=
(2)
i sin(γ)eiφ cos(γ)e−iδ
mit cos(γ)eiδ = cos( α2 ) + i sin(θ) sin( α2 ), sin(γ) = cos(θ) sin( α2 ) schreiben. Wir wenden nun dieselbe Drehung
auf beide Spins eines Singulett-Zustands an. Wir schreiben für den Spin-Singulett-Zustand
1
1
0
0
1
√
⊗
−
⊗
(3)
0
1
1
0
2
und verwenden den Drehoperator U ⊗ U . Wir erhalten
1
cos(γ)eiδ
i sin(γ)e−iφ
i sin(γ)e−iφ
cos(γ)eiδ
√
⊗
−
⊗
i sin(γ)eiφ
cos(γ)e−iδ
cos(γ)e−iδ
i sin(γ)eiφ
2
was wir als
1
0
1
0
1
−iδ
−iφ
iφ
iδ
√
+ cos(γ)e
⊗ i sin(γ)e
+ i sin(γ)e
cos(γ)e
1
0
1
0
2
1
0
1
0
1
iφ
iδ
−iδ
−iφ
−√
+ i sin(γ)e
⊗ cos(γ)e
+ cos(γ)e
i sin(γ)e
1
0
1
0
2
umschreiben können. Wir multiplizieren aus und erhalten
1
1
0
0
1
2
2
2
2
√
[cos (γ) + sin (γ)]
⊗
− [sin (γ) + cos (γ)]
⊗
0
1
1
0
2
was sich auf den ursprünglichen Singulett-Zustand
1
1
0
0
1
√
⊗
−
⊗
0
1
1
0
2
reduziert. Das beweist die Rotationsinvarianz.
(4)
(5)
(6)
(7)
3 Punkte
(b)
Wir wiederholen die Überlegungen aus a) für den Zustand
1
1
0
0
1
√
⊗
+
⊗
.
0
1
1
0
2
(8)
In diesem Falle erhalten wir beim ausmultiplizieren
1
1
1
0
0
i(δ−φ)
−i(δ−φ)
√
2i cos(γ) sin(γ)e
⊗
+ 2i sin(γ) cos(γ)e
⊗
0
0
1
1
2
1
1
0
0
1
[cos2 (γ) − sin2 (γ)]
⊗
+ [cos2 (γ) − sin2 (γ)]
⊗
+√
0
1
1
0
2
(9)
was sich auf
1
1
0
0
1
√ cos(2γ)
⊗
+
⊗
0
1
1
0
2
i
0
1
0
1
+ √ sin(2γ) ei(δ−φ)
⊗
⊗
+ e−i(δ−φ)
1
0
1
0
2
(10)
reduziert. Der Triplett-Zustand |T0 i ist nicht rotationsinvariant, sondern mischt mit dem Zuständen |T1 i und
|T−1 i.
2 Punkte
Aufgabe 17
15 Punkte
(a)
Da der Singulett-Zustand rotationsinvariant ist, können wir o.b.d.A. die z-Achse als die ~a-Achse wählen und
den Vektor ~b in die x − z-Ebene legen. Der polare Winkel zwischen beiden sei θ. Eine Messung von A~a an ~a gibt
dann mit Wahrscheinlichkeit 21 jeweils die Werte 1 oder −1 (dasselbe gälte für B~b , falls dies zuerst gemessen
√
würde). Misst man den Wert √
1, so ist der Zustand danach |+i ⊗ |−i/ 2. Misst man den Wert -1, so ist der
Zustand danach −|−i ⊗ |+i/ 2. Wir rotieren nun den Spin des zweiten Teilchens um die y-Achse mit der
Rotationsmatrix
cos( 2θ ) − sin( θ2 ))
−i θ2 σy
U =e
=
(11)
sin( 2θ )
cos( θ2 )
und führen die Eignevektoren |+i~b und |−i~b bezüglich der Achse ~b ein. Das ergibt im ersten Falle |+i ⊗
√
√
(− sin( θ2 )|+i~b + cos( θ2 )|−i~b )/ 2, und im zweiten Falle −|−i ⊗ (cos( 2θ )|+i~b + sin( θ2 )|−i~b )/ 2.
2 Punkte
Die kombinierte Wahrscheinlichkeiten ergeben sich aus der Tabelle
B~b
1
-1
A~a
2 θ
1
1
2 θ
2 sin ( 2 )
2 cos ( 2 )
2
1
1
θ
θ
2
2 cos ( 2 )
2 sin ( 2 )
und sind sin2 ( θ2 ) für A~a B~b = 1 und cos2 ( 2θ ) für A~a B~b =
Wenn wir stattdessen zuerst B~b messen, dann erhalten
1
-1
−1.
2 Punkte
wir dasselbe Ergebnis, mit θ → −θ. Die Wahrscheinlichkeiten sind dann dieselben.
1 Punkt
Wenn die Achsen ~a und ~b gleich sind, θ = 0, dann erhält man mit Sicherheit A~a B~b = −1. Sind die Achsen
antiparallel, θ = π, so erhält man mit Sicherheit A~a B~b = 1. Stehen die Achsen senkrecht aufeinander, so ist
die kombinierte Wahrscheinlichkeit für 1 und −1 gleich und 12 . In diesem Falle sind die Messergebnisse völlig
unkorreliert.
(b)
Wir betrachten die Größe
Z h
i
C=
A~a (λ) + A~a′ (λ) B~b (λ) − A~a (λ) − A~a′ (λ) B~b′ (λ) ρ(λ) dλ
1 Punkt
Es ist
|C| ≤
Z A~a (λ) + A~a′ (λ) B~b (λ) − A~a (λ) − A~a′ (λ) B~b′ (λ) ρ(λ) dλ.
1 Punkt
Da A~a (λ) und A~a′ (λ) nur die Werte 1 oder −1 annehmen kann, ist |A~a (λ) − A~a′ (λ)| ≤ 2. Dasselbe gilt für
|A~a (λ) + A~a′ (λ)|.
1 Punkt
Weiter ist immer einer der beiden Summanden im Integranden Null. Zusammen mit |B~b (λ)| = |B~b′ (λ)| = 1
2
folgt |C| ≤ 2.
Es ist aber andrerseits durch einfaches Ausmultiplizieren
Z h
i
A~a (λ)B~b (λ) + A~a′ (λ)B~b (λ) − A~a (λ)B~b′ (λ) + A~a′ (λ)B~b′ (λ) ρ(λ) dλ
C=
1 Punkt
(12)
und somit
|C| = |E~a~b − E~a~b′ + E~a′~b + E~a′~b′ | ≤ 2
1 Punkt
(c)
Der Erwartungswert für A~a B~b ist gegeben durch
1
hS|(~a · ~σ ) ⊗ (~b · ~σ |Si =
h+| ⊗ h−| − h−| ⊗ h+| (~a · ~σ ) ⊗ (~b · ~σ ) |+i ⊗ |−i − |−i ⊗ |+i
2
1
=
h+|~a · ~σ |+i ⊗ h−|~b · ~σ |−i − h+|~a · ~σ |−i ⊗ h−|~b · ~σ |+i
2
− h−|~a · ~σ |+i ⊗ h+|~b · ~σ |−i + h−|~a · ~σ |−i ⊗ h+|~b · ~σ |+i
1
− az bz − (ax − iay )(bx + iby ) − (ax + iay )(bx − iby ) − az bz
=
2
= −~a · ~b
(13)
(14)
(15)
(16)
hS|(~a · ~σ ) ⊗ (~b · ~σ |Si = − cos(θ~a − θ~b )
2 Punkte
Damit wird
C |Si = − cos(θ~a − θ~b ) + cos(θ~a − θ~b′ ) − cos(θ~a′ − θ~b ) − cos(θ~a′ − θ~b′ )
1 Punkt
Wir wählen nun z.B. die Werte θ~a = 0, θ~b = −3π/4, θ~a′ = π/2, θ~b′ = −π/4 und erhalten C |Si = √12 + √12 +
√
√1 + √1 = 2 2 > 2.
1 Punkt
2
2
Das Ergebnis zeigt, dass die Quantenmechanik inkonsistenz mit der Annahme von Lokalität und versteckten
Variablen ist.
1 Punkt
Bemerkung: Wir haben hier jedoch keine relativistisch invariante Beschreibung gewählt und müssen uns eigentlich noch Gedanken darüber machen, was eine Koinzidenzmessung bedeutet, bzw. wie wir die Messergebnisse
einander eindeutig zuordnen können, wenn bei der Messung selbst kein Informationsaustausch erlaubt sein soll.
3
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.6
Aufgabe 16
a.)
Spinvektoren transformieren unter der SU(2). Drehungen im SU(2)-Raum (Spinraum) erfolgen über die Matrix
³α´
³α´
U2 = 12 cos
+ in · σ sin
.
(1)
2
2
Wir müssen nun SU(2)-Drehungen im Produktraum zweier Spins durchführen, weshalb die entsprechende
Matrix die Produktmatrix ist:
n
³α´
³ α ´o n
³α´
³ α ´o
U4 ≡ U ⊗ U = 12 cos
+ in · σ sin
⊗ 12 cos
+ in · σ sin
=
2
2
2 ³ ´
³α´
³α´
³2α ´
α
= cos2
(12 ⊗ 12 ) + i sin
cos
{12 ⊗ (n · σ) + (n · σ)12 } − sin2
(n · σ) ⊗ (n · σ) . (2)
2
2
2
2
Wir führen über
σx = σ+ + σ− ,
σy = −i(σ+ − σ− ) ,
(3)
Auf- und Absteigeoperatoren ein und erhalten mit dem Einheitsvektor
  

nx
sin ϑ cos ϕ
n = ny  =  sin ϑ sin ϕ  ,
nz
cos ϑ
(4)
dann:
n · σ = nx (σ+ + σ− ) − iny (σ+ − σ− ) + nz σz = (nx − iny )σ+ + (nx + iny )σ− + nz σz =
= sin ϑ exp(−iϕ)σ+ + sin ϑ exp(iϕ)σ− + cos ϑσz .
(5)
Beachten wir
σ+ |+i = 0 ,
σ+ |−i = |+i ,
σ− |−i = 0 ,
σ− |+i = |−i ,
σz |+i = |+i ,
σz |−i = −|−i ,
(6)
so ergibt sich:
n · σ|+i = sin ϑ exp(iϕ)|−i + cos ϑ|+i ,
(7)
n · σ|−i = sin ϑ exp(−iϕ)|+i − cos ϑ|−i .
(8)
und
Damit können wir den Zustand |+, −i transformieren:
³α´
³α´
³α´
U ⊗ U (|+i ⊗ |−i) = cos2
|+, −i + i sin
cos
{sin ϑ exp(−iϕ)|+, +i − cos ϑ|+, −i}
2³ ´
2
2
³
´
α
α
cos
{sin ϑ exp(iϕ)|−, −i + cos ϑ|+, −i}
+ i sin
2
2
³α´ ©
− sin2
sin2 ϑ|−, +i − sin ϑ cos ϑ exp(iϕ)|−, −i
2
ª
+ sin ϑ cos ϑ exp(−iϕ)|+, +i − cos2 ϑ|+, −i .
Für den Zustand |−, +i folgt entsprechend:
³α´
³α´
³α´
U ⊗ U (|−i ⊗ |+i) = cos2
|−, +i + i sin
cos
{sin ϑ exp(iϕ)|−, −i + cos ϑ|−, +i}
2³ ´
2
2
³
´
α
α
cos
{sin ϑ exp(−iϕ)|+, +i − cos ϑ|−, +i}
+ i sin
2´
2
³α
© 2
− sin2
sin ϑ|+, −i − sin ϑ cos ϑ exp(iϕ)|−, −i
2
ª
+ sin ϑ cos ϑ exp(−iϕ)|+, +i − cos2 ϑ|−, +i .
(9)
(10)
Man kann nun nachrechnen, dass der Singulett-Zustand
invariant unter einer Transformation Drehung um
√
(SU(2)
×
SU(2))-Raum
ist
(wir
multiplizieren
mit
2
durch,
damit wir nicht immer den Normierungsfaktor
√
1/ 2 des Singulettzustandes mitschleppen müssen :-)
³α´
√
2(U ⊗ U )|Si = cos2
[|+, −i − |−, +i]
2
³α´
+ sin2
[(sin2 ϑ + cos2 ϑ)|+, −i − (sin2 ϑ + cos2 ϑ)|−, +i] =
2
√
= |+, −i − |−, +i = 2|Si .
(11)
Der Singulett-Zustand ist also invariant unter Drehungen im Produktraum SU(2) × SU(2).
Zustände mit Spinquantenzahl S = 0 oder Drehimpulsquantenzahl L = 0 sind immer invariant bezüglich
Drehungen in den zugehörigen Räumen. Beim Drehimpuls handelt es sich jedoch um Drehungen im dreidimensionalen Anschauungsraum, welche durch die aus der Mechanik bekannten Drehmatrizen (über die Generatoren
der Drehgruppe SO(3)) beschrieben werden. Ein anschauliches Beispiel für den Drehimpuls l liefert das Wasserstoffatom. In diesem haben die Orbitale, welche zu l = 0 gehören (also die n-s-Orbitale in der Sprache der
Spektroskopieleute) kugelsymmetrische Gestalt und sind damit invariant unter Drehungen im dreidimensionalen Raum.
b.)
Der Aufgabenteil funktioniert analog und man stellt fest, dass die Triplettzustände nicht invariant unter
(SU(2) × SU(2))-Rotationen sind, sondern gegenseitig mischen.
Aufgabe 17
Die Quantentheorie war zu ihren Anfängen sehr stark umstritten unter den damaligen bedeutenden Physikern.
Im Wesentlichen spaltete sich die Physikerschaft in zwei Lager. Da gab es zum einen die Kopenhagener
”
Schule“ um Bohr und die Göttinger Schule“ um Heisenberg, welche die Quantentheorie als statistische Theorie
”
akzeptierten, die Aussagen über Wahrscheinlichkeiten trifft. Auf der anderen Seite gab es Leute wie Einstein,
Schrödinger und de Broglie, welchen diese statistische Natur der Theorie überhaupt nicht in den Kram passte
und Magenschmerzen bereitete (siehe Einstein mit seinem bekannten Ausspruch: Gott würfelt nicht.“)
”
Betrachten wir nun dazu ein Beispiel, welche diese Problematik beschreibt, nämlich den Zerfall eines instabilen
Teilchens, etwa eines freien Neutrons. Experimentiert man mit vielen zerfallenden Neutronen und misst die
Zeitdauer, nach der diese zerfallen, so wird man feststellen, dass diese nicht für alle Neutronen exakt gleich
ist. Aus dem statistischen Mittel ergibt sich die mittlere Lebensdauer τ eines Neutrons und diese kann
mit Methoden der Quantentheorie berechnet werden. Was die Quantentheorie jedoch nicht leistet, ist, vorauszusagen, zu welcher exakten Zeitdauer ein bestimmtes Neutron zerfallen wird, denn Neutronen sind
quantenmechanisch gesehen identische Teilchen und keines besitzt eine Eigenschaft gegenüber eines anderen
Neutrons, die für einen früheren oder späteren Zerfall verantwortlich sein sollte. Die Quantentheorie ist also
eine nicht deterministische Theorie.
Es nun aber so, dass die Quantentheorie nicht unbedingt der Weisheit letzter Schluss sein muss. Noch in ihren
Anfangsjahren wurde die Idee aufgeworfen, dass ein physikalisches System Freiheitsgrade aufweisen könnte,
welche durch die Quantentheorie eben nicht beschrieben werden können. Diese Freiheitsgrade können dem
System selbst entspringen oder der unmittelbaren Umgebung. Betrachten wir speziell die zerfallenden Neutronen. Vielleicht gibt es Mechanismen der Umgebung, die bei einem einzelnen Neutron dafür sorgen, dass dieses
schneller zerfällt als ein anderes. Das könnten zufällige heftige Vakuumfluktuationen (also virtuelle TeilchenAntiteilchen-Paare, die aus dem Vakuum heraus stets erzeugt und wieder vernichtet werden) an einem ausgezeichneten Punkt der Raum-Zeit sein, an dem sich das betreffende Neutron befindet. Solche Einflüsse, von
der die Quantentheorie erst einmal nichts weiß, werden als verborgene Parameter bezeichnet. Diese sollen
keinen Einfluss auf die Wahrscheinlichkeitsvorhersagen der Quantentheorie haben.
Der Mathematiker Neumann hat im Jahre 1932 bewiesen, dass es keine verborgenen Parameter in der Quantentheorie geben kann. Dies führte dazu, dass solche Diskussionen zunächst im Untergrund verschwanden
. . . Nach 1950 fanden jedoch de Broglie, Bell und Bohm heraus, dass Neumann Voraussetzungen für seinen
Beweis gebrauchte, welche für physikalische Anwendungen zu streng waren, was erneut die Diskussion um die
verborgenen Parameter anfachte.
Aus der Bellschen Ungleichung in Aufgabe 17 folgt, dass es einen Parameterbereich gibt, in dem das quantenmechanische Ergebnis im Widerspruch zum Ergebnis steht, wenn man mit verborgenen Parametern rechnet.
Diese Beobachtung kann man immer dann machen, wenn ein verschränkter quantenmechanischer Zustand im
2
Spiel ist und genau das ist der Singulettzustand in der Aufgabe. Was ist ein verschränkter Zustand? Im Allgemeinen lassen sich Hilberträume H1 , H2 , . . . verschiedener physikalischer Teilsysteme zu einem gesamten
Hilbertraum H kombinieren, welcher das Tensorprodukt der einzelnen Hilberträume ist:
H = H1 ⊗ H2 ⊗ . . . .
(12)
Jeder Hilbertraum Hn wird durch ein System aus Basisvektoren
{|1in , |2in , . . .} ,
(13)
aufgespannt. Dann lässt sich ein beliebiger Zustand |ψin schreiben als
X
|ψin =
Ci |iin .
(14)
i
Kombiniert man beispielsweise Hn1 und Hn2 mit Hilfe des Tensorprodukts, so benötigt man eine Basis des
entstandenen Produktraumes. Diese lautet
{|1iin1 ⊗ |1in2 , |2in1 ⊗ |2in2 , . . . .
(15)
Ein Produktzustand lässt sich also nach diesen Eigenvektoren entwickeln:

Ã
!
X
X
X
X
00
|ψin1 ⊗ |ψin2 = Ci
|iin1 
Cj0 |jin2  =
Ci Cj0 |iin1 ⊗ |jin2 ≡
Cij
|iin1 ⊗ |jin2 .
i
j
i,j
(16)
i,j
Wir erkennen hier, dass sich die Koeffizienten in der Entwicklung nach den neuen Eigenvektoren |iin1 ⊗ |jin2 ,
00
00
= Ci Cj0 separieren lassen; ein solcher Zustand ist nicht verschränkt. Verschränkte
in der Form Cij
also Cij
Zustände sind dagegen von der Form
X
00
Cij
|iin1 ⊗ |jin2 ,
(17)
i,j
00
wobei sich Cij
nicht als Produkt zweier Entwicklungskoeffizienten Ci und Cj0 (für alle i und j) schreiben lässt.
Im Falle der Aufgabe handelt es sich um zwei Spin-1/2-Systeme, die miteinander kombiniert werden. Die
Basisvektoren der einzelnen Spinräume sind bekannt
µ ¶
µ ¶
0
1
,
(18)
, |−i =
|+i =
1
0
und ebenso die des Produktraums:
 
 
1
0
0
1

 
|+, +i = 
0 , |+, −i = 0 ,
0
0
 
0
0

|−, +i = 
1 ,
0
 
0
0

|−, −i = 
0 .
1
(19)
Ein Zustand |+, −i ist also kein verschränkter Zustand, weil er sich in der Form |+i ⊗ |−i schreiben lässt.
Dagegen ist jedoch der Singulettzustand
1
|Si = √ (|+, −i − |−, +i) ,
2
(20)
sehr wohl verschränkt; er lässt sich nicht gemäß (16) aufteilen.
Zum wieder zurück zur ursprünglichen Thematik. Die Bellsche Ungleichung kommt sich nicht mit der Quantentheorie in die Haare, sofern das physikalische System aus einem statistischen Gemisch gemäß (16) faktorisierbarer Zustände besteht, wenn also jedem Teilsystem Eigenschaften zugeordnet werden können, die nur für
das jeweilige Teilsystem charakteristisch sind. Dies ist in verschränkten Systemen nicht möglich; ein solches
lässt sich nur als Ganzes betrachten.
3
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
7. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 18
3 Punkte
Wir betrachten eine lineare Kette von n Oszillatoren mit Abstand a, so dass die Gleichgewichtspositionen bei
x = ja mit j = 1, . . . , n sind. Wir verwenden periodische (Born- von Kármán-) Randbedingungen, d.h.
xn+1 = x1 , pn+1 = p1 . Aus der Vorlesung wissen wir, dass
n
1 X
xk = √
xj e−ikja
n j=1
(1)
n
1 X
pj e−ikja ,
pk = √
n j=1
(2)
2π
wobei k Vielfache von na
sind. Es gelten die Vertauschungsrelationen [xj , pj ′ ] = δjj ′ . Damit erhalten wir unter
†
Verwendung von pj = pj
[xk , p†k′ ] =
n
n
′ ′
1 X −i(kj−k′ j ′ )a
1 X −ikja
e
[xj , pj ′ ]eik j a =
e
δjj ′ ,
n ′
n ′
j,j =1
2 Punkte
j,j =1
also
n
[xk , p†k′ ]
1 − δk,k′
1 X −i(k−k′ )ja
e
= δk,k′ +
=
n j
n
′
e−i(k−k )na − 1
1 − ei(k−k′ )a
!
= δk,k′ .
1 Punkt
Das war zu zeigen.
[Bemerkung: Die obige Konvention ist u.a. die in Cohen-Tannoudji. Die Normalkoordinaten werden oft auch
geschickterweise mit verschiedenen Fouriertransformationen für xk und pk definiert, so dass dann im Gegensatz
zu oben die Vertauschungsrelationen [xk , pk′ ] = δkk′ gelten. ]
Aufgabe 19
8 Punkte
(a)
Wir suchen eine Rotationsmatrix im Spinraum, die den Hamiltonoperator diagonalisiert, d.h.
′
H =U
P~ 2
+ αP ~σ · P~
2m
!
U† =
P~ 2
+ αP A′ σz
2m
(3)
~ √
mit zu bestimmendem A′ . Dazu verwenden wir Impulseigenfunktionen eik~r / V , so dass der Impuloperator
durch ~p = ~~k ersetzt werden kann. Wir drehen dazu die ~p-Richtung im Spinraum in die Richtung ~ez , d.h. wir
drehen um die Achse ~n = (~
p × ~ez )/|~
p × ~ez | = (~
p × ~ez )/|~
p| sin(α), und zwar um den Winkel α, dem Winkel
zwischen ~ez und p~. Da α der Polarwinkel ist, ist sin(α) immer positiv.
Wir wissen schon, dass die gesuchte Rotationsmatrix die Form
α
α
α
U = e−i 2 ~n·~σ = cos( ) − i~n · ~σ sin( )
2
2
(4)
hat. Wir müssen also
α
α α
α cos( ) − i~n · ~σ sin( ) (~
p · ~σ ) cos( ) + i~n · ~σ sin( )
2
2
2
2
(5)
(~a · ~σ )(~b · ~σ ) = ~a · ~b + i(~a × ~b) · ~σ ,
(6)
berechnen. Wir verwenden die Idendität
was insbesondere
(~
p · ~σ )(~n · ~σ ) = i(~
p × ~n) · ~σ =
i
i
[~
p × (~
p × ~ez )] · ~σ =
[pz (~
p · ~σ ) − |~
p|2 σz ]
|~
p| sin(α)
|~
p| sin(α)
(7)
und
(~n · ~σ )(~ez · ~σ ) = i(~n × ~ez ) · ~σ =
i
[pz σz − (~
p · ~σ )]
|~
p| sin(α)
(8)
nach sich zieht. Damit wird
(~n · ~σ )(~
p · ~σ )(~n · ~σ ) =
=
=
i
(~n · ~σ ) pz (~
p · ~σ ) − |~
p|2 (~ez · ~σ )
|~
p| sin(α)
2
1
2
2
|~
p
|
p
σ
−
|~
p
|
(~
p
·
~
σ
)
+
p
p
(~
p
·
~
σ
)
−
|~
p
|
σ
z
z
z
z
z
2
|~
p|2 sin (α)
1
− 2 2
(|~
p|2 − p2z )(~
p · ~σ ) = −(~
p · ~σ )
|~
p| sin (α)
(9)
(10)
(11)
und
α
α α
α cos( ) − i~n · ~σ sin( ) (~
p · ~σ ) cos( ) + i~n · ~σ sin( ) =
2
2
2
2
(12)
α
α
α
α
cos2 ( )(~
p · ~σ ) − i sin( ) cos( ) [(~n · ~σ )(~
p · ~σ ) − (~
p · ~σ )(~n · ~σ )] + sin2 ( )(~n · ~σ )(~
p · ~σ )(~n · ~σ ) =
2
2
2
2
(13)
h
2
α
α i
1
cos2 ( ) − sin2 ( ) (~
p · ~σ ) +
sin(α) |~
p| σz − |~
p| cos(α)(~
p · ~σ ) = |~
p|σz .
2
2
|~
p| sin(α)
Damit ist A′ = |~
p|, und in Impulsdarstellung
2
p~2
~p
′
+ αP ~σ · ~
p U† =
+ αP |~
p|σz .
H =U
2m
2m
(14)
1 Punkt
Die Eigenwerte und Eigenvektoren des Hamiltonoperators sind somit
E± =
~2 |~k|2
± ~αP |~k|
2m
|~k, ±i = |~ki ⊗ U (~k)|±iz
1 Punkt
mit der obigen (~k-abhängigen) Rotationsmatrix U und rellen Wellenvektoren ~k, die die Impulseigenwerte
√
~
~p = ~~k bestimmen. Die Impulseigenfunktionen sind in Ortsdarstellung eik~x / V . Die Spins sind entlang ±~k
ausgerichtet. In der Abbildung 1 ist die Dispersion abgebildet.
1 Punkt
(b)
Wir wiederholen die Betrachtungen aus a). Wir suchen eine Rotationsmatrix im Spinraum, die den Hamiltonoperator diagonalisiert, d.h.
!
h
i
P~ 2
P~ 2
′
H =U
U† =
+ αR ~σ × P~
+ αR A′ σz
(15)
2m
2m
z
mit zu bestimmendem A′ . Im Impulsraum schreiben wir dazu
[~σ × ~p]z = (~σ × ~
p) · ~ez = (~
p × ~ez ) · ~σ .
1 Punkt
2
Abbildung 1: Dispersion E± =
~2 |~
k|2
2m
± ~αP |~k|.
Damit können wir die Betrachtungen aus a) verwenden, indem wir dort p~ durch p~ × ~ez ersetzen. Das heißt, wir
rotieren um die Achse ~n = (~
p × ~ez ) × ~ez /|(~
p × ~ez ) × ~ez |. Da aber (~
p × ~ez ) × ~ez = pz ~ez − p~ ist, und dies gleich
−px~ex − py ~ey ≡ −P~⊥ , ist ~n = −~
p⊥ /|~
p⊥ |. Wir rotieren um diese Achse um den Winkel von π/2.
1 Punkt
Wir erhalten
π
π
π
U = e−i 4 ~n·~σ = cos( ) − i~n · ~σ sin( ).
(16)
4
4
Wir müssen also hier
1
(1 − i~n · ~σ ) {(~
p × ~ez ) · ~σ } (1 + i~n · ~σ )
2
(17)
mit ~n = −~
p⊥ /|~
p sin(α)| berechnen. Wir können (~
p × ~ez ) = (~
p⊥ × ~ez ) verwenden. Wir erhalten
1
p~⊥ · ~σ
p~⊥ · ~σ
1+i
{(~
p⊥ × ~ez ) · ~σ } 1 − i
.
2
|~
p⊥ |
|~
p⊥ |
(18)
Es ist
(~
p⊥ · ~σ )[(~
p⊥ × ~ez ) · ~σ ] = −i|~
p⊥ |2 (~ez · ~σ )
(19)
und
(~
p⊥ · ~σ )[(~
p⊥ × ~ez ) · ~σ ](~
p⊥ · ~σ ) = |~
p⊥ |2 [(~ez × ~
p⊥ ) · ~σ ]
(20)
Damit wird
p~⊥ · ~σ
p~⊥ · ~σ
1
1+i
{(~
p⊥ × ~ez ) · ~σ } 1 − i
=
2
|~
p⊥ |
|~
p⊥ |
(21)
1
[(~ez × p~⊥ ) · ~σ ] + [(~
p⊥ × ~ez ) · ~σ ] + 2|~
p⊥ |(~ez · ~σ ) = |~
p⊥ |~ez · ~σ .
2
(22)
3
Wir erhalten also daraus
2
~p
p~2
H′ = U
+ αR [~σ × p~]z U † =
+ αR |~
p⊥ |σz
2m
2m
1 Punkt
Die Eigenwerte und Eigenvektoren des Hamiltonoperators sind somit
E± =
~2 |~k|2
± ~αR |~k⊥ |
2m
|~k, ±i = |~ki ⊗ U (~k)|±iz
1 Punkt
~k, die die Impulseigenwerte ~p = ~~k bestimmen.
mit der obigen Rotationsmatrix U und rellen Wellenvektoren
√
i~
k~
x
p ×~ez , also senkrecht
Die Impulseigenfunktionen sind in Ortsdarstellung e / V . Die Spins sind in Richtung ±~
zu den Wellenvektoren ~k ausgerichtet. In der Abbildung 2 sind die Dispersion und die Spinausrichtungen zu
sehen.
1 Punkt
Abbildung 2: Dispersion und Spinausrichtungen für den Rashba-Hamiltonoperator. Die Spins sind hier rot
gezeichnet, und die Impulsvektoren grün.
4
Aufgabe 20
9 Punkte
(a)
Der Operator R rotiert die Zustände um ein Atom weiter. Sechsfache Anwendung führt zum Ausgangszustand
zurück. R6 |φi i = |φi i. Das bedeutet, das die Eigenwerte von R die Beziehung r6 = 1 erfüllen müssen. Dies
sind gerade die sechs Einheitswurzeln,
rn = ei
2π
6 n
= ei
nπ
3
(23)
mit n = 0, . . . , 5. Die entsprechenden Eigenvektoren |ni erhält man, indem man die Beziehung
R|ni = rn |ni
(24)
verwendet. Entwickelt man die Eigenvektoren nach den |φi i, also
|ni =
6
X
i=1
ani |φi i
(25)
so erhalten wir (wir definieren φ7 ≡ φ1 )
R
6
X
i=1
ani |φi i =
6
X
i=1
ani |φi+1 i =
7
X
i=2
an,i−1 |φi i = rn
6
X
i=1
ani |φi i,
(26)
und nach ausprojizieren die Rekursionsrelationen
an,i−1 = rn ani = ei
nπ
3
ani .
1 Punkt
mit n = 0, . . . , 5, i = 2, . . . , 7, und an,7 ≡ an,1 . Damit sind die Eigenvektoren:


 


1
1
1
π
2π
−i
 1 
 e 3 
 e−i 3 

 
 −i 2π 



 −e−i π3 

3
1
1 
1
1 


 e

√
√
hi|2i
=
hi|0i = √ 
hi|1i
=



1
6
6
6


 1 
 −1

π
2π
 1 
 −e−i 3 
 e−i 3 
π
2π
1
−e−i 3
−e−i 3






1
1
1
π

 −1 
 −e−i 3 
 −e−i 2π
3


 −i 2π 


 e 3 
 −e−i π3 

1 
1
1
1






hi|3i = √ 
hi|5i = √ 
hi|4i = √ 

1
−1 
6  −1 
6
6





 1 
 −e−i π3 
 e−i 2π
3
π
2π
−1
e−i 3
e−i 3
(27)
(28)
Die Eigenvektoren sind alle orthogonal aufeinander, d.h. linear unabhängig, und spannen somit den Zustandsraum auf.
2 Punkte
(b)
Es gilt
H0 |φi i = E0 |φi i
(29)
und
W |φi i = −t(|φi−1 i + |φi+1 i)
(30)
mit φ7 ≡ φ1 und φ0 ≡ φ6 . Wenden wir auf H0 den Operator R an so erhalten wir
RH0 |φi i = E0 R|φi i = E0 |φi+1 i = H0 |φi+1 i = H0 R|φi i.
(31)
Wenden wir R auf W an, so ergibt sich
RW |φi i = −tR(|φi−1 i + |φi+1 i) = −t(|φi i + |φi+2 i) = W |φi+1 i = W R|φi i.
(32)
5
Wir haben hier das Problem periodisch fortgesetzt, aber man kann auch explizit die Fälle einzeln prüfen. Damit
haben wir gezeigt, dass R(H0 + W ) = (H0 + W )R gilt.
2 Punkte
Wir wissen somit, dass R und H ein gemeinsames Set von Eigenvektoren besitzt.
1 Punkt
Wir benötigen nur noch die entsprechenden Eigenwerte. Wir erhalten durch direktes Einsetzten
ǫ0 = E0 − 2t
ǫ1 = ǫ5 = E0 − t
ǫ2 = ǫ4 = E0 + t
ǫ3 = E0 + 2t
1 Punkt
Wir sehen, dass die Energien E0 ± t je zweifach entartet sind. Daher kann man als Eigenvektoren auch Linearkombinationen der entsprechenden Eigenvektoren nehmen, z.B.




0
1
 −1 
 0 





 −1 

1
1
−1
′
′




hi|1 i = 
hi|5 i = 
(33)
2 0 
2  −1 


 1 
 0 
1
1
für die Energie E0 − t (jeweils bindende Kombination bei gegenüberliegenden Bindungen, “Doppelbindungen”)
und




0
1
 1 
 0 





 −1 

1
1
−1
′
′




hi|4 i = 
(34)
hi|2 i = 
2 0 
2 1 


 1 
 0 
−1
−1
für die Energie E0 + t (antibindende Kombinationen bei gegenüberliegenden Bindungen).
Den Grundzustand erhält man, indem man die 6 Elektronen in die niedrigsten Niveaus füllt. Es gehen 2
nach ǫ0 , und vier nach ǫ1 = ǫ5 . Damit ist die Grundzustandsenergie Eg = 6E0 − 8t.
1 Punkt
Die Elektronen sind delokalisiert. Die beiden Elektronen im untersten Niveau ǫ0 bilden einen Ring mit
gleicher Aufenthaltswahrscheinlichkeit an jedem Atom. Die vier Elektronen im nächsthöheren Niveau bilden
Doppelbindungen an jeweils zwei gegenüberliegenden Bindungen, wobei alle 3 Konfigurationen gleichberechtigt
sind.
1 Punkt
[Bemerkung: Die oft übliche Darstellung durch 3 Doppelbindungen in zwei resonierenden Zuständen ist
somit hier nicht realisiert. Seine Energie läge bei 6E0 − 6t, also 2t über der oben gefundenen. Jedoch haben
wir hier völlig die Wechselwirkungen zwischen den Elektronen vernachlässigt. Die Wahrheit liegt irgedwo in
der Mitte.]
6
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.7
Aufgabe 19
a.)
Der Hamiltonoperator ist ein Operator, der sowohl im Ortsraum H(x) als auch im Spinraum H(s=1/2) lebt.
Er besteht nämlich zum einem aus dem Impulsoperator p, der im Ortsraum ein Differentialoperator ist und
zum anderen aus dem Spinoperator σ für Spin 1/2. Eigenvektoren müssen somit ein direktes Produkt sein, bei
dem ein Teil des direkten Produkts im Ortsraum lebt und der andere Teil im Spinraum. Die Eigenvektoren im
Ortsraum sind die Impulseigenfunktionen
¶
µ
i
p · x = exp(ik · x) .
(1)
exp
~
Diese produzieren den Eigenwert ~k, sofern H auf sie wirkt. Damit lautet der Hamiltonoperator im Impulsraum:
H=
p2
+ αp σ · p .
2m
(2)
H kann nun als Matrix geschrieben und diagonalisiert werden. Dies ist möglich, mit der bekannten SU(2)Rotationsmatrix
³ α
´
³α´
³α´
U = exp −i n · σ = cos
− in · σ sin
,
(3)
2
2
2
und zwar so, dass p in Richtung der z-Achse zeigt. Dann geht nämlich das Produkt σ · p über in σz |p|, wobei
σz die dritte Pauli-Matrix ist. Diese ist bekanntlich diagonal und somit ist es dann auch H :-) Sei |ψ 0 i ein
Eigenvektor zu H 0 . Dann erhalten wir die Eigenvektoren zu H aus folgender Betrachtungsweise.
H 0 = U HU † ⇒ H 0 |ψ 0 i = h|ψ 0 i ,
U HU † |ψ 0 i = U H(U † |ψ 0 i) = h|ψ 0 i ⇔ H(U † |ψ 0 i) = h(U † |ψ 0 i) .
(4)
Damit sind die Eigenvektoren von H zum Eigenwert h gegeben durch U † |±i. Die Bestimmung der Eigenwerte
ist jedoch einfach zu Fuß als unter Benutzung der Transformationsmatrix U . Betrachten wir eine allgemeine
hermitesche 2 × 2-Matrix:
¶
µ
H11 H12
, H11 , H22 ∈ R H12 ∈ C .
(5)
H=
∗
H22
H12
Deren Eigenwerte können einfacher mittels des charakteristischen Polynoms berechnet werden:
¶
µ
λ − H11
−H12
= (λ − H11 )(λ − H22 ) − |H12 |2 =
det(λ12 − H) = det
∗
−H12
λ − H22
!
= λ2 − λ(H11 + H22 ) + H11 H22 − |H12 |2 = 0 .
Daraus folgt dann:
(6)
p
2 H 2 − |H |2 )
(H11 + H22 )2 − 4(H11
12
22
=
2
1p
1
= (H11 + H22 ) ±
(H11 − H22 )2 + 4|H12 |2 .
2
2
λ1/2 =
(H11 + H22 ) ±
(7)
Der Hamiltonoperator H ist hier gegeben durch
µ 2
¶
p /(2m) + αp pz
αp (px − ipy )
H=
.
αp (px + ipy )
p2 /(2m) − αp pz
Damit folgen die Eigenwerte
E1/2
1
=
2
=
½
p2
+ αp pz +
2m
p2
± αp |p| .
2m
µ
p2
− αp pz
2m
¶¾
1
+
2
(8)
s½
p2
+ αp pz −
2m
µ
p2
− αp pz
2m
¶¾2
+ 4αp2 (p2x + p2y ) =
(9)
b.)
Ebenso kann man hier die Matrixdarstellung des Hamiltonoperators aufstellen:
µ
¶
p2 /(2m)
αp (ipx + py )
H=
.
αp (−ipx + py )
p2 /(2m)
(10)
Damit gilt:
E1/2
1
=
2
µ 2¶
p
1q 2 2
p2
2
+
± αp |p⊥ | ,
4αp (px + p2y ) =
2m
2
2m
 
px
p⊥ = py  .
0
(11)
Eine direkte Berechnung der Eigenwerte erweist sich hier also als einfacher. (Das muss jedoch nicht immer so
sein.)
Aufgabe 20
a.)
Wir bezeichnen die Ket-Vektoren |φn i in der Spaltenvektordarstellung als e(n) für n = 1, . . ., 6. Es gilt dann
(n)
für die k-te Komponente (in der ersten Spalte): ek,1 = δk,n . Aus R|φ1 i = |φ2 i ergibt sich dann
6
X
(1)
Ri,j ej,1 =
j=1
6
X
!
(2)
Ri,j δj,1 = Ri,1 = ei,1 = δi,2 ,
(12)
j=1
und somit R2,1 = 1 und Ri,1 = 0 für i 6= 2. Aus R|φ2 i = |φ3 i folgt
6
X
(2)
Ri,j ej,1 =
j=1
6
X
!
(3)
Ri,j δj,2 = Ri,2 = ei,2 = δi,3 ,
(13)
j=1
also R3,2 = 1 und Ri,2 = 0 für i 6= 3. Dieses Vorgehen setzt sich so fort und es folgt daraus R4,3 = 1, R5,4 = 1
und R6,5 = 1, wobei alle anderen Elemente in den Spalten verschwinden. Abschließend kommen wir dann zu
R|φ6 i = |φ1 i, das wir nochmal ausführlicher auswerten:
6
X
(6)
Ri,j ej,1 =
j=1
also resultiert
aussieht:

0
1

0
R=
0

0
0
6
X
!
(1)
Ri,j δj,6 = Ri,6 = ei,1 = δi,1 ,
(14)
j=1
R1,6 = 1 und Ri,6 = 0 für i 6= 1. Wir wissen nun, wie die Matrixdarstellung von R explizit
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
1

1
0

0
.
0

0
0
Zur Berechnung der Eigenwerte haben wir die

λ
0
0
0
−1 λ
0
0

 0 −1 λ
0
det(λ16 − R) = det 
0
0
−1
λ

0
0
0 −1
0
0
0
0
¶
µ
1
!
= λ5 λ − 5 = 0 .
λ
(15)
Nullstellen des charakteristischen Polynoms zu finden:



0 −1
λ 0 0 0 0
−1
0 λ 0 0 0
0
0
−1/λ 



2 
0 0 λ 0 0
0
0
−1/λ
 = det 
=
0 0 0 λ 0
0
0
−1/λ3 



0 0 0 0 λ
λ
0
−1/λ4 
−1 λ
0 0 0 0 0 λ − 1/λ5
(16)
2
Hieraus folgt also die Gleichung λ6 − 1 = 0 und somit
³π ´
λ = exp i n ≡ rn ,
3
(17)
für n ∈ {0, 1, . . . , 5}, also die sechsten Einheitswurzeln. Die Einheitsvektoren müssen eine Linearkombination
der Basisvektoren |φi i sein:
R
6
X
an,i |φi i =
i=1
6
X
an,i |φi+1 i =
i=1
7
X
!
an,i−1 |φi i = rn
i=2
6
X
an,i |φi i .
(18)
i=1
Damit können die einzelnen Komponenten der Eigenvektoren über die Rekursionsbeziehung
µ
¶
iπ
an,i−1
= exp − n an,i−1 ,
an,i =
rn
3
(19)
mit n ∈ {0, 1, . . . , 6} und i ∈ {2, 3, . . . , 7} berechnet werden. Dabei ist die Wahl von an,i−1 beliebig. Der
Betrag von an,i−1 wird dann über die Normierung der Eigenvektoren festgelegt; es besteht jedoch immer noch
die Freiheit, eine beliebige komplexe Phase zu wählen. Wir treffen für alle Eigenvektoren die Wahl an,i−1 = 1
(für n ∈ {0, 1, . . . , 5}). Damit folgt dann:
an,i =
an,1
,
rni−1
(20)
was wir exemplarisch für n = 0 durchführen:
a0,i =
a0,1
1
= i−1 = 1 ,
i−1
1
r0
(21)
√
für i ∈ {2, . . . , 7}. Der erste Einheitsvektor besitzt also lauter Einsen und ist auf 1/ 6 zu normieren. Für den
zweiten Einheitsvektor gilt:
³ π
´
a1,1
a1,i = i−1 = exp −i (i − 1) .
(22)
3
r1
Analog funktioniert das Ganze für die restlichen Einheitsvektoren:
µ
¶
a2,1
2π
a3,1
a2,i = i−1 = exp −i (i − 1) , a3,i = i−1 = exp (−iπ(i − 1)) ,
3
r2
r3
a4,i
µ
¶
a4,1
4π
= i−1 = exp −i (i − 1) ,
3
r4
a5,i
µ
¶
a5,1
5π
= i−1 = exp −i (i − 1) ,
3
r5
(23a)
(23b)
woraus dann schließlich die Einheitsvektoren aus der Musterlösung folgen.
b.)
Wir leiten nun ebenso eine Matrixdarstellung für den Operator W her:
W |φ1 i = −t(|φ6 i + |φ2 i) ⇒
6
X
(1)
Wi,j ej,1 =
j=1
6
X
!
Wi,j δj,1 = Wi,1 = −t(δi,6 + δi,2 ) ,
(24)
j=1
also folgt W6,1 = W2,1 = −t.
W |φ2 i = −t(|φ1 i + |φ − 3i) ⇒
6
X
(2)
Wi,j ej,1 =
j=1
6
X
!
Wi,j δj,2 = Wi,2 = −t(δi,1 + δi,3 ) ,
(25)
j=1
somit W1,2 = W3,2 = −t. Es folgt dann weiterhin
W2,3 = W4,3 = −t ,
W3,4 = W5,4 = −t ,
W4,5 = W6,5 = −t ,
W5,6 = W1,6 = −t .
(26)
3
Alle anderen Wi,j

0
1

0
W = −t 
0

0
1
verschwinden und es gilt also:

1 0 0 0 1
0 1 0 0 0

1 0 1 0 0
.
0 1 0 1 0

0 0 1 0 1
0 0 0 1 0
(27)
H0 ist eine Diagonalmatrix und besitzt die Form
H0 = E0 16 .
(28)
H0 vertauscht somit mit R. Ebenso kann man leicht nachrechnen, dass W und R vertauschen:
[W, R] = W R − RW = 0 .
(29)
Damit vertauscht R mit H = H0 +W , was bedeutet, dass R und H ein gemeinsames System von Eigenvektoren
besitzen. Die Eigenwerte und Eigenvektoren von R haben wir bereits bestimmt. Jeder einzelne Eigenwert ist
einfach entartet und besitzt einen eindimensionalen Eigenraum. Linearkombinationen dieser Eigenvektoren (zu
verschiedenen Eigenwerten) sind also keine Eigenvektoren. Damit muss jeder dieser Eigenvektoren, die wir für
R berechnet haben, auch Eigenvektor von H sein. Die Eigenwerte können wir also dadurch berechnen, indem
wir H auf jeden einzelnen Eigenvektor anwenden (wobei wir dabei den Normierungsfaktor weglassen können,
da er im Prinzip auf beiden Seiten der Gleichung steht):

  
 
E0 −t 0
0
0 −t
1
1
−t E0 −t 0
 1
 1
0
0

  
 
 0 −t 0 −t 0
 
 
0
 · 1 = (E0 − 2t) 1 ,
H|1i = 
(30)
0



 1
0 −t 0 −t 0  1

 
0
 1
0
0 −t 0 −t 1
−t 0
0
0 −t 0
1
1

E0
−t

0
H|4i = 
0

0
−t
−t
E0
−t
0
0
0
0
−t
0
−t
0
0
0
0
0
0
−t 0
0 −t
−t 0
0 −t
  
 
−t
1
1
−1
−1
0
  
 
 
 
0
 ·  1  = (E0 + 2t)  1  .



−1
0  −1
 



1
−t
1
0
−1
−1
(31)
Um H geschickt auf die anderen Eigenvektoren anwenden zu können, schreibt man die vorkommenden komplexen Zahlen am Besten in der kartesischen Darstellung (über den Zwischenschritt der Polardarstellung):
exp(iϕ) = cos(ϕ) + i sin(ϕ) = x + iy .
(32)
Es gilt also


1 √
 1/2(1 − i 3) 

√ 
−1/2(1 + i 3)

,
|2i = 
−1 √ 


−1/2(1 − i 3)
√
1/2(1 + i 3)
(33)
und somit:

E0
−t

0
H|2i = 
0

0
−t
−t
E0
−t
0
0
0
0
−t
0
−t
0
0
0
0
0
0
−t 0
0 −t
−t 0
0 −t



 
1 √
1 √
−t

 1/2(1 − i 3) 

0

  1/2(1 − i √3) 
√ 

−1/2(1 + i 3)


0  −1/2(1 + i 3)

.
=
(E
−
t)
·
0


−1 √ 
−1 √ 
0



 
−1/2(1 − i 3)
−t −1/2(1 − i 3)
√
√
0
1/2(1 + i 3)
1/2(1 + i 3)
(34)
4
Zeigen wir noch ein weiteres Beispiel:


1 √
−1/2(1 + i 3)

√ 
−1/2(1 − i 3)

,
|3i = 
1 √ 


−1/2(1 − i 3)
√
1/2(1 + i 3)
woraus dann folgt:

E0
−t

0
H|3i = 
0

0
−t
−t
E0
−t
0
0
0
0
0
−t 0
0 −t
−t 0
0 −t
0
0
0
0
0
−t
0
−t
(35)
 



1 √
1 √
−t

−1/2(1 + i 3)

0
 −1/2(1 + i√3)

√ 
−1/2(1 − i 3)


0
·
 = (E0 + t) −1/2(1 − i 3) .




0
1
1
 

√ 
√ 
−1/2(1 − i 3)
−t −1/2(1 − i 3)
√
√
0
1/2(1 + i 3)
1/2(1 + i 3)
(36)
Analog ergibt sich
H|5i = (E0 + t)|5i ,
H|6i = (E0 − t)|6i .
(37)
Es gibt somit die einfach entarteten Eigenwerte E0 + 2t und E0 − 2t (wobei der erste die größte und der zweite
die kleine Energie ist) und die zweifach entarteten Eigenwerte E0 + t bzw. E0 − t.
Zu den zweifach entarteten Energieniveaus kann man auch schönere Eigenvektoren aus Linearkombination der
angegebenen bilden. (Jede Linearkombination von Eigenvektoren, die zu einem entarteten Eigenwert gehören,
ist wieder Eigenvektor zu diesem Eigenwert.) Mit der Wahl
c1 |2i + c2 |6i ,
i
c2 = −c1 = √ ;
3
d1 |2i + d2 |6i ,
d2 = d∗1 =
√
1
(3 + i 3) ,
6
(38)
erhält man die beiden in der Musterlösung angegebenen Eigenvektoren zu E0 − t. Zu E0 + t folgen die angegebenen Eigenvektoren mit der Wahl
e1 |3i + e2 |5i ,
i
e1 = −e2 = √ ;
3
f1 |3i + f2 |5i ,
f1 = f2∗ =
√
1
(3 + i 3) .
6
(39)
Die Konfiguration niedrigster Energie ergibt sich, indem man die niedrigsten Energieniveau jeweils zweifach
besitzt (wegen des Pauliprinzips mit zwei Elektronen mit entgegengesetzter Spineinstellung in z-Richtung).
Wir können also das einfach entartete Energieniveau E0 − 2t mit zwei Elektronen besetzen. Das nächst höhere
Niveau E0 − t ist zweifach entartet und kann daher vier Elektronen aufnehmen. Damit folgt die Energie dieser
Konfiguration:
2(E0 − 2t) + 4(E0 − t) = 6E0 − 8t .
(40)
Nun wieder zur physikalischen Interpretation. Benzen ist die offizielle (nach der International Union of Pure
and Applied Chemistry (IUPAC)) Bezeichnung, der im Volksmund“ besser als Benzol bekannten chemischen
”
Substanz, welche durch die Summenformel C6 H6 gegeben ist. Die Kohlenstoffatome ordnen sich entlang eines
sechseckigen Rings an, während an jedem Kohlenstoffatom ein weiteres Wasserstoffatom einfach gebunden ist.
Die beiden Elektronen, welche wir in das Energieniveau E0 −2t gesteckt haben, sind an keines der Atomrümpfe
fest gebunden, sondern können sich in einem Orbital bewegen, das sich über den kompletten Ring erstreckt.
Je zwei der vier Elektronen im nächsthöheren Niveau E0 − t bilden eine Doppelbindung, wobei es drei mögliche Konfigurationen gibt. Jede Konfiguration enthält zwei Doppelbindungen, die sich im sechseckigen Ring
gegenüber liegen:
5
Hierbei bedeuten einfache Linien Einfachbindungen und doppelte Linien Doppelbindungen. Der Kreis steht
symbolisch für das Molekülorbital über den vollständigen Ring. Alle drei dieser Konfigurationen sind gleichberechtigt.
Berücksichtigt man zusätzlich die Wechselwirkung zwischen den Elektronen, so kommt man auf folgende zwei
Konfigurationen:
Hier wechseln also Einfach- und Doppelbindungen einander ab. (Dabei handelt es sich um die Strukturformel
von dem Chemiker Kekulé im Schlaf entdeckt worden sein soll.) Das Benzolmolekül könnte man sich dann
als quantenmechanische Überlagerung dieser beiden Zustände vorstellen. In Wirklichkeit“ ist es so, dass je”
des Kohlenstoffatom zwei Einfachbindungen mit benachbarten Kohlenstoffatomen und einem Wasserstoffatom
eingeht. Kohlenstoff befindet sich jedoch in der vierten Hauptgruppe des Periodensystems der Elemente und
besitzt daher vier äußere Elektronen (Valenzelektronen), die chemische Bindungen eingehen können. Die restlichen sechs Elektronen (eines von jedem Kohlenstoffatom) sind delokalisiert und können sich in einem großen
Molekülorbital aufhalten, das über den kompletten sechseckigen Ring verläuft.
6
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
8. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 21
8 Punkte
(a)
Die Heisenbergschen Bewegungsgleichungen für einen Operator A(t) lauten
i~Ȧ(t) = [A(t), H] = e−iHt/~ [A, H]eiHt/~
1 Punkt
Wir haben
[a, H] = ~ω(aa† a − a† aa) + ~g(σ− aa† − σ− a† a) = ~ωa + ~gσ− ,
1 Punkt
und
1
[σ− , H] = − ~ωeg (σ− σz − σz σ− ) + ~g(σ− σ+ − σ+ σ− )a = ~ωeg σ− + ~gσz a
2
1 Punkt
und
[σz , H] = ~g(σz σ+ − σ+ σz )a + ~g(σz σ− − σ− σz )a† = −2~gσ+ a + 2~gσ− a†
1 Punkt
woraus folgt
ȧ(t) = −i(ωa(t) + gσ− (t))
σ̇− (t) = −i {ωeq σ− (t) + gσz (t)a(t)}
Schließlich haben wir
ṅ(t) = ig σ+ (t)a(t) − σ− (t)a† (t)
σ̇z (t) = 2ig σ+ (t)a(t) − σ− (t)a† (t) .
1 Punkt
(b)
Wir haben
†
eiH0 t/~ = eiωta a e−i
ωeg
2
tσz
†
= eiωta
a
n
ω
ω o
eg
t − iσz sin
t
2
2
(1)
n
ω ω o
eg
eg
cos
t + iσz sin
t .
2
2
(2)
cos
eg
und
†
e−iH0 t/~ = e−iωta a ei
ωeg
2
tσz
†
= e−iωta
a
Weiter ist
†
eiωta a a† =
∞
X
†
†
(iωt)n † n †
(a a) a = a† eiωtaa = a† eiωt(a a+1)
n!
n=0
(3)
∞
X
†
†
(−iωt)n
a(a† a)n = e−iωtaa a = e−iωt(a a+1) a,
n!
n=0
(4)
und
†
ae−iωta
a
=
also
†
†
eiωta a a† e−iωta
a
= a† eiωt
†
†
eiωta a ae−iωta
a
= ae−iωt
1 Punkt
Wir bekommen unter Verwendung von σz σ± = ∓σ±
n
ω n
ω ω o
ω o
eg
eg
eg
eg
cos
t − iσz sin
t σ+ cos
t + iσz sin
t
= eiωeg t σ+
2
2
2
2
n
ω n
ω ω o
ω o
eg
eg
eg
eg
cos
t − iσz sin
t σ− cos
t + iσz sin
t
= e−iωeg t σ−
2
2
2
2
1 Punkt
und erhalten
H1 (t) = ~g(σ+ aei(ωeq −ω)t + σ− a† e−i(ωeq −ω)t ).
1 Punkt
Aufgabe 22
8 Punkte
(a)
Wir gehen wie in Aufgabe 21 b vor unter Verwendung von
[a~k , a~† ′ ] = δ~k~k′ ,
1 Punkt
k
und erhalten durch analoge Rechnung,
X
H1′ (t) =
~g~k (σ+ a~k ei(ωeq −ω~k )t + σ− a~† e−i(ωeq −ω~k )t ).
1 Punkt
k
~
k
(b)
Nach der Goldenen Regel der Quantenmechanik ist
2π X
Γ e→g =
|hg, n~′k |~g~k σ− a~†k |e, n~k i|2 δ(−~ωeg + ~ω~k (n~′k − n~k ))
′
~
n→n
1 Punkt
~
k,λ
Γ g→e =
n→n′
2π X
|he, n~k |~g~k σ+ a~k |g, n~′k i|2 δ(~ωeg + ~ω~k (n~′k − n~k )).
~
1 Punkt
~
k,λ
Wir erhalten die Matrixelemente
|hg, n~′k |σ− a~† |e, n~k i|2 = (n~k + 1) · δ(n~′k − n~k − 1)
1 Punkt
|he, n~′k |σ+ a~k |g, n~k i|2 = n~k · δ(n~′k − n~k + 1)
1 Punkt
Damit wird für die Photonen-Emission
X
Γ e→g = 2π
g~k2 · (n~k + 1) · δ(ω~k − ωeg )
1 Punkt
k
n→n′
~
k,λ
wobei die 1 der spontanen Emission und n~k der stimulierten Emission entspricht, und für die PhotonenAbsorption
X
Γ g→e = 2π
g~k2 · n~k · δ(ωeg − ω~k ).
1 Punkt
n→n′
~
k,λ
Wir können noch
Γ e→g
n→n′
2
ωeg
V
= 2 3
2π c
Z
2
ωeg
V
2
2π c3
Z
Γ g→e =
n→n′
P
~
k,λ
= 2V
R
d3 k
(2π)3
= 2V
R
dk
2
(2π)3 k dΩ~
k
schreiben, und ω~k = c|~k| = ωeg verwenden, um auf
dΩ~k g~k2 · (n~k + 1)
(5)
dΩ~k g~k2 · n~k
(6)
zu kommen, wobei noch Winkelintegrale übrigbleiben, die eine anisotrope Verteilung der Strahlung erlauben.
Der Betrag |~k| ist auf ωeg /c festgelegt.
2
Aufgabe 23
4 Punkte
Wir erhalten
[Ex (~r), By (~r ′ )] =
X
′
′
1
~
~
2π~c
(e~k,λ )x [kz (e~k,λ )x − kx (e~k,λ )z ] eik(~r−~r ) − e−ik(~r−~r )
V
(7)
~
k,λ
=
=
′
2π~c X i~k(~r−~r′ )
~
kz e
− e−ik(~r−~r )
V
~
k


∂  1 X i~k(~r−~r′ ) 
−i4π~c
.
e
∂z V
(8)
(9)
~
k
Hier verwenden wir um von der ersten zur zweiten Zeile zu gelangen, dass ~k × ~e1 (~k) = k~e2 (~k) und ~k × ~e2 (~k) =
−k~e1 (~k), und somit
X
X
(e~k,λ )x [kz (e~k,λ )x − kx (e~k,λ )z ] =
~eλ (~k)~ex ~k × ~eλ (~k) · ~ey
λ
~
k,λ
= k
h
i
~e1 (~k)~ex ~e2 (~k)~ey − ~e1 (~k)~ey ~e2 (~k)~ex .
(10)
Wir verwenden die Identität (a × b)(c × d) = (ac)(bd) − (ad)(bc), und erhalten
h
i
X
~eλ (~k)~ex ~k × ~eλ (~k)~ey
= k ~e1 (~k) × ~e2 (~k) ~ex × ~ey
λ
= k~e~k · ~ez = kz .
(11)
Damit haben wir gezeigt, dass
[Ex (~r), By (~r ′ )] = −i4π~c
∂ 3
δ (~r − ~r′ ). = −2ihcδ(x − x′ )δ(y − y ′ )δ ′ (z − z ′ )
∂z
Aufgabe 24
4 Punkte
4 Punkte
Wir haben
i~ρ̇(t) = [H, ρ(t)]
(12)
was auf die Gleichungen
i~ρ̇aa
=
i~ρ̇bb
i~ρ̇ab
=
=
i~ρ̇ba
=
∆ρba − ∆∗ ρab
(13)
∗
−∆ρba + ∆ ρab
(Ea − Eb )ρab + ∆(ρbb − ρaa )
(14)
(15)
(Eb − Ea )ρba + ∆∗ (ρaa − ρbb )
(16)
führt. Da ρaa und ρbb reell sind, sowie ρab = ρ∗ba , erhalten wir durch subtrahieren der ersten beiden Gleichungen
und Einsetzen von ∆ = ∆0 e−iωt und ~ω = Ea − Eb ,
˙ = 2∆0 ρba e−iωt − c.c.
i~(ρ̇aa − ρ̇bb ) ≡ i~δρ
(17)
und aus der vierten
i~ρ̇ba = −~ωρba + ∆∗0 eiωt δρ.
(18)
Wir schreiben ∆0 = |∆|eiϕ und ρba = A(t)ei(ωt−ϕ) und erhalten
i~Ȧ = |∆|δρ
˙ = 2|∆|A − c.c.
i~δρ
(19)
oder
−~2 Ä = 2|∆|2 A − c.c.
¨ = 2|∆|2 δρ + c.c.
− ~2 δρ
(20)
3
Aus den Lösungen dieser Gleichungen erhalten wir mit der Notation X = ℜ[X] + iℑ[X]
i
ρba (t) =
ℜ[ρba (0)eiϕ ] + iℑ[ρba (0)eiϕ ] cos(Ωt) − δρ(0) sin(Ωt) e−iϕ eiωt
2
i
ρab (t) =
ℜ[ρab (0)e−iϕ ] + iℑ[ρab (0)e−iϕ ] cos(Ωt) + δρ(0) sin(Ωt) eiϕ e−iωt
2
δρ(t)
= δρ(0) cos(Ωt) + 2ℑ[ρba (0)eiϕ ] sin(Ωt) = δρ(0) cos(Ωt) − 2ℑ[ρab (0)e−iϕ ] sin(Ωt)
mit ~Ω = 2|∆|. D.h. der Realteil von ρba ei(ϕ−ωt) bzw. ρab e−i(ϕ−ωt) ist zeitunabhängig.
Aus ρaa + ρbb = 1 ergibt sich schließlich
(21)
(22)
(23)
2 Punkte
1
ρaa (t) = ρaa (0) cos(Ωt) + [1 − cos(Ωt)] + ℑ[ρba (0)eiϕ ] sin(Ωt)
2
1 Punkt
1
ρbb (t) = ρbb (0) cos(Ωt) + [1 − cos(Ωt)] + ℑ[ρab (0)e−iϕ ] sin(Ωt)
2
1 Punkt
Aufgabe 25
4 Punkte
i
h
~1 · S
~2 = 1 (S
~1 + S
~2 = 0
~1 + S
~2 )2 − S
~2 − S
~ 2 Grundzustand hat S
H =S
1
2
2
a.)
1
⇒ |Ψ0 i = √ (|↑↓i − |↓↑i)
2

0
 0
1
ρ̂ = (|↑↓i − |↓↑i)(h↑↓| − h↓↑|) = 
 0
2
0
Rein, da ρ̂2 = ρ̂.
0
0
1
2
− 21
− 21
0
1
2
0

0
0 

0 
0
|↑↑i
|↑↓i
|↓↑i
|↓↓i
1 Punkt
1 Punkt
b.)
Reduzierte Dichtenmatrix:
ρred
↑↑ = ρ↑↑,↑↑ + ρ↑↓,↑↓ =
1
= ρred
↓↓
2
red
ρred
↑↓ = ρ↑↑,↓↑ + ρ↑↓,↓↓ = 0 = ρ↓↑
Also ist
1/2 0
ρ̂red =
0 1/2
gemischt, da
1/4 0
red 2
ρ̂
=
6= ρ̂red
0 1/4
1 Punkt
1 Punkt
4
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.8
Aufgabe 21
a.)
Wir gehen aus von der Heisenbergschen Ungleichung
i~Ȧ = [A, H] ,
(1)
und berechnen die benötigten Kommutatoren:
[a, H] = [a, H0 ] + [a, H1 ] = ~ω[a, a† ]a + ~gσ− [a, a† ] = ~ωa + ~gσ− .
(2)
Als nächstes müssen wir die Kommutatoren mit σ± berechnen. Unter Verwendung der (ansonsten so nicht
üblichen) Definition
σ± =
σx ∓ iσy
,
2
(3)
erhält man:
[σ± , σz ] =
1
1
[σx , σz ] ∓ i[σy , σz ] = −iσy ∓ i2 σx = ±σx − iσy = ±2
2
2
[σ+ , σ− ] =
i
−i
1
1
[σx , σy ] +
[σy , σx ] = − σz − σz = −σz .
4
4
2
2
µ
σx ∓ iσy
2
¶
= ±2σ± ,
(4)
und
(5)
Damit können wir die benötigten Kommutatoren berechnen:
1
[σ− , H] = [σ− , H0 ] + [σ− , H1 ] = − ~ωeg [σ− , σz ] + ~g[σ− , σ+ ]a = ~ωeg σ− + ~gσz a ,
2
(6)
[σz , H] = [σz , H0 ] + [σz , H1 ] = ~g[σz , σ+ ] + ~g[σz , σ− ]a† = −2~gσ+ a + 2~gσ− a† .
(7)
Hieraus ergeben sich dann die Formeln auf dem Übungsblatt:
ȧ(t) = −i(ωa(t) + gσ− (t)) ,
(8a)
σ̇( t) = −i(ωeg σ− (t) + gσz (t)a(t)) ,
(8b)
σ̇z (t) = 2ig(σ+ (t)a(t) − σ− (t)a† (t)) .
(8c)
Unter Verwendung von
[a† , H] = [a† , H0 ] + [a† , H1 ] = ~ω[a† , a† a] + ~g[a† , σ+ a] = ~ωa† [a† , a] + ~gσ+ [a† , a] =
= −(~ωa† + ~gσ+ ) ,
(9)
also
ȧ† = i(ωa† + gσ+ ) ,
(10)
ergibt sich weiter:
ṅ(t) = ȧ† (t)a(t) + a† (t)ȧ(t) = i(ωa† (t) + gσ+ (t))a(t) − ia† (t)(ωa(t) + gσ− (t)) =
= ig(σ+ (t)a(t) − σ− (t)a† (t)) .
(11)
Bemerkung
Die ungewöhnliche Definition (3) wird verwendet, um mit σ+ vom Grundzustand zum angeregten Zustand zu
gelangen:
µ ¶ µ ¶
1
0
g 7→ e , σ+
=
.
(12)
0
1
b.)
Was wir benötigen, ist
¶
µ
³ ω
´
n
³ω ´
³ ω ´o
i
eg
eg
eg
exp
H0 t = exp(iωta† a) exp −i
tσz = exp(iωta† a) cos
t − iσz sin
t
,
~
2
2
2
und
¶
µ
´
³ ω ´o
³ω
n
³ω ´
i
eg
eg
eg
tσz = exp(−iωta† a) cos
t + iσz sin
t
.
exp − H0 t = exp(−iωta† a) exp i
~
2
2
2
(13)
(14)
Damit ist es möglich, den Operator H1 im Wechselwirkungsbild bezüglich des ungestörten Hamiltonoperators
H0 zu berechnen:
µ
¶
µ
¶
i
i
H1I = exp
H0 t H1 exp − H0 t =
~
~
h
n
³ω ´
³ ω ´o
n
³ω ´
³ ω ´o
eg
eg
eg
eg
†
= ~g exp(iωta a)a exp(−iωta† a) cos
t − iσz sin
t σ+ cos
t + iσz sin
t
2
2
2
2
n
³ω ´
³ ω ´o
n
³ω ´
³ ω ´oi
eg
eg
eg
eg
exp(iωta† a)a† exp(−iωta† a) cos
t − iσz sin
t σ− cos
t + iσz sin
t
.
2
2
2
2
(15)
Hier verwenden wir die Baker-Campbell-Hausdorff-Formel:
exp(A)B exp(−A) =
∞
X
[A, B]n
,
n!
n=0
[A, B]0 = B, [A, B]1 = [A, B], [A, B]2 = [A, [A, B]], . . . .
(16)
Mit A = iωta† a und B = a† folgt
[A, B]0 = a† ,
[A, B]1 = iωt[a† a, a† ] = iωta† [a, a† ] = iωta† ,
[A, B]2 = (iωt)2 [a† a, [a† a, a† ]] = (iωt)2 a† ,
...
[A, B]n = (iωt)n a† .
(17)
(18)
Somit gilt also:
exp(iωt)a† exp(−iωta† a) =
∞
∞
X
X
(iωt)n a†
(iωt)n
= a†
= a† exp(iωt) .
n!
n!
n=0
n=0
(19)
Analog gilt unter Verwendung von [a† a, a] = [a† , a]a = −a:
exp(iωta† a)a exp(−iωta† a) =
∞
∞
X
X
(−iωt)n a
(−iωt)n
=a
= a exp(−iωt) .
n!
n!
n=0
n=0
(20)
Nun müssen wir uns noch um den Spinanteil kümmern. Unter Verwendung von
σz σ± =
1
1
([σz , σ± ] + {σz , σ± }) = (∓2σ± ) = ∓σ± ,
2
2
(21)
folgt:
n
³ω ´
³ ω ´o
n
³ω ´
³ ω ´o
eg
eg
eg
eg
A1 = cos
t − iσz sin
t σ+ cos
t + iσz sin
t
=
2
2
2
2
n³ ω ´
³ ω ´o n
³ω ´
³ ω ´o
eg
eg
eg
eg
=
t σ+ − iσ+ sin
t
cos
t + iσz sin
t
=
2
2
2
2
³ ω ´o
³ω ´
³ω ´
³ω ´
n
eg
eg
eg
eg
t − sin2
t σ+ − 2i sin
t cos
t σ+ =
= cos2
2
2
2
2
= cos(ωeg t)σ+ − i sin(ωeg t)σ+ = exp(−iωeg t)σ+ .
(22)
2
Analog erhalten wir:
n
³ω ´
³ ω ´o
n
³ω ´
³ ω ´o
eg
eg
eg
eg
A2 = cos
t − iσz sin
t σ− cos
t + iσz sin
t
=
2
2
2
2
n³ ω ´
³ ω ´o n
³ω ´
³ ω ´o
eg
eg
eg
eg
=
t σ− + iσ− sin
t
cos
t + iσz sin
t
=
2
2
2
2
n
³ω ´
³ω ´
³ω ´
³ ω ´o
eg
eg
eg
eg
= cos2
t − sin2
t σ− + 2i sin
t cos
t σ− =
2
2
2
2
= cos(ωeg t)σ− + i sin(ωeg t)σ− = exp(iωeg t)σ− .
(23)
Damit ergibt sich H1 im Wechselwirkungsbild:
H1I = ~g[σ+ a exp(i(ωeg − ω)t) + σ− a† exp(−i(ωeg − ω)t)] .
(24)
Aufgabe 22
a.)
Hier ist im Wesentlichen [ak,λ , a†k0 ,λ0 ] = δk,k0 δλλ0 zu berücksichtigen, was dafür sorgt, dass jeweils eine von zwei
Summen über k und λ wegfällt. Dann erhält man ein analoges Ergebnis zum vorherigen Aufgabenteil mit dem
Unterschied, dass zusätzlich über k summiert wird:
H10 (t) =
X
H1 (t) =
k,λ
X
n
o
~gk σ+ ak,λ exp(i(ωeg − ωk,λ )t) + σ− a†k,λ exp(−i(ωeg − ωk,λ )t) .
(25)
k,λ
b.)
Wir betrachten den Hamiltonoperator
H0 = HFeld + HAtom ,
HFeld =
X
~ωk a†k,λ ak,λ ,
k,λ
1
HAtom = − ~ωeg σz .
2
(26)
HFeld beschreibt das freie (nicht wechselwirkende) Strahlungsfeld. a†k,λ ak,λ = nk ist der Anzahloperator. Dessen
Eigenwerte ist die Anzahl der Feldquanten (Photonen) mit Frequenz ωk,λ . HAtom beschreibt das freie Atom
und zwar dessen Spinzustand.
X
H1 =
~gk (σ+ ak,λ + a†k,λ σ− ) ,
(27)
k,λ
beschreibt die Wechselwirkung des Strahlungsfeldes mit dem Atom. σ+ ak,λ führt zur Anregung des Atoms
und Absorption eines Photons (weil ak,λ ein Photon vernichtet) und a†k,λ σ− führt dazu, dass das Atom unter
Emission eines Photons (a†k,λ erzeugt ein Photon im Strahlungsfeld) in den Grundzustand zurückkehrt. gk ist
eine Kopplungskonstante, welche die Stärke der Wechselwirkung beschreibt. Der
P Störoperator für einen Übergang vom angeregten Zustand |e, nk i zum Grundzustand |g, nk i ist Ve7→g = k,λ ~gk σ− a†k,λ . Die zugehörige
Energiebilanz ist
Ee − Eg − ~ωeg = ~ωk (n0k − nk ) − ~ωeg .
(28)
~ωeg ist zu subtrahieren,
weil ein Photon emittiert wird. Der Störoperator für einen umgekehrten Übergang
P
lautet Vg7→e = k,λ ~gk σ+ ak,λ mit der Energiebilanz
Ee − Eg + ~ωeg = ~ωk (n0k − nk ) + ~ωeg .
(29)
~ωeg muss addiert werden, weil ein Photon absorbiert wird. Somit lauten nach Fermis goldener Regel
Γi7→f =
2π
|hf |V |ii|2 δ(Ef − Ei ± ~ω) ,
~
(30)
die Übergangswahrscheinlichkeiten:
Γ e7→g0 =
n7→n
2π X
|hg, n0k |~gk σ− a†k,λ |e, nk i|2 δ(~ωk (n0k − nk ) − ~ωeg ) ,
~
(31)
k,λ
3
Γ g7→e0 =
n7→n
2π X
|he, nk |~gk σ+ ak,λ |g, n0k i|2 δ(~ωk (n0k − nk ) + ~ωeg ) .
~
(32)
k,λ
Unter Verwendung von
√
σ− a†k,λ |e, nk i = nk + 1|g, nk + 1i ,
σ+ ak,λ |g, nk i =
√
nk |e, nk − 1i ,
(33)
ergibt sich:
|hg, n0k |σ− a†k,λ |e, n(k)i|2 = (nk + 1)δ(n0k − nk − 1) ,
(34)
|he, n0k |σ+ ak,λ |g, nk i|2 = nk δ(n0k − nk + 1) .
(35)
und
Man erhält somit
X
Γ e7→g0 = 2π
gk2 (nk + 1)δ(ωk,λ − ωeg ) ,
n7→n
(36)
k,λ
wobei die 1 die spontane Emission und nk die stimulierte Emission beschreibt. Für die Absorption folgt:
X
Γ g7→e0 = 2π
gk2 nk δ(ωeg − ωk,λ ) .
(37)
n7→n
k,λ
Wir können die Summe nun noch in ein Integral umschreiben. Betrachten wir dazu ein eindimensionales System
der Länge L mit periodischen Randbedingungen, also ψ(x) = ψ(x + L).
!
!
exp(ikx) = exp(ik(x + L)) ⇔ exp(ikL) = 1 = exp(2πin) ,
n ∈ Z.
(38)
Damit erhält man
kL = 2πn ⇒ k =
2π
n.
L
(39)
k ist also quantisiert im Abstand von ∆k = 2π/L. Lassen wir die Länge L gegen Unendlich gehen, so wird k
kontinuierlich und wir können die Summe über k durch ein Integral ersetzen:
Z
Z
X X ∆k
L
L X
L
L7→∞
∆k −−−−→ 2 ·
=
=
dk =
dk .
(40)
∆k
2π
2π
π
k,λ
k,λ
k,λ
In drei Dimensionen folgt dann analog:
X
=
k,λ
Z
Z
Z
L3 X
V
V
3 L7→∞
3
2
(∆k)
−
−
−
−
→
2
·
d
k
=
dk
k
dΩ .
(2π)3
8π 3
4π 3
(41)
k,λ
Die zusätzlichen Faktoren 2 kommen von der Summe über die beiden (physikalischen) transversalen Polarisationen λ der Photonen. Außerdem ersetzen wir die diskreten Funktionen gk , ak,λ , a†k,λ , nk , ωk,λ durch
ihre kontinuierlichen Pendants g(k), a(k), a† (k), n(k), ω(k). Man erhält somit (wobei die δ-Funktion) die
Einschränkung ωk,λ = c|k| = ωeg liefert:
Γ e7→g0 =
V
2π 2
Γ g7→e0 =
V
2π 2
n7→n
n7→n
Z
Z
dk k 2 g(k)2 (n(k) + 1)δ(ω(k) − ωeg ) =
dΩ
Z
Z
dΩ
dk k 2 g(k)2 n(k)δ(ω(k) − ωeg ) =
2
ωeg
V
2
2π c3
2
ωeg
V
2π 2 c3
Z
dΩ g(k)2 (n(k) + 1) ,
(42)
Z
dΩ g(k)2 n(k) .
(43)
4
Aufgabe 23
Wir setzen die angegebenen Darstellungen des elektrischen und magnetischen Feldes in den Kommutator ein
und beachten, dass wir in beiden Summen unterschiedliche k und λ wählen:

³
´
1 Xp
[Ex (r), By (r)] =  √
2π~ωk ek,λ ak,λ exp(ik · r) + a†k,λ exp(−ik · r) ,
V k,λ

s
³
´
2
X
2π~c
1
√
(k0 × ek0 ,λ0 ) ak0 ,λ0 exp(ik0 · r) + a†k0 ,λ0 exp(−ik0 · r)  .
(44)
ωk0
V 0 0
k ,λ
Wegen der Linearität des Kommutators, also
"
#
X
X
XX
b bD]
b = ab[C,
b D]
b ,
bn ,
bm =
bn , D
b m] ,
[aC,
C
D
[C
n
m
n
(45)
m
b D,
b C
bn , D
b n und a, b ∈ C folgt:
mit beliebigen Operatoren C,
r
2π~c X X
ωk
[Ex (r), By (r0 )] =
(ek,λ )x (k0 × ek0 ,λ )y ×
0
V
ω
k
k,λ k0 ,λ0
h
i
× ak,λ exp(ik · r) + a†k,λ exp(−ik · r), ak0 ,λ0 exp(ik0 · λ0 ) + a†k0 ,λ0 exp(−ik0 · r0 ) =
r
2π~c X X ωk
(ek,λ )x [kz (ek,λ )x − kx (ek,λ )z ] {[ak,λ , ak0 ,λ0 ] exp(i(k · r + k0 · r0 ))
=
0
V
ω
k
0
k,λ k,λ
+[ak,λ , a†k0 ,λ0 ] exp(i(k · r − k0 · r0 )) + [a†k,λ , ak0 ,λ0 ] exp(−i(k · r + k0 · r0 ))
o
+[a†k,λ , a†k0 ,λ0 ] exp(−i(k · r + k0 · r0 )) .
(46)
Unter Verwendung der Vertauschungsrelationen
[ak,λ , ak0 ,λ0 ] = [a†k,λ , a†k0 ,λ0 ] = 0 ,
(47a)
[ak,λ , a†k0 ,λ0 ] = δk,k0 δλ,λ0 ,
(47b)
folgt dann weiter:
[Ex (r), By (r0 )] =
2π~c X
(ek,λ )x [kz (ek,λ )x − kx (ek,λ )z ] {exp(ik · (r − r0 )) − exp(−ik · (r − r0 ))} .
V
(48)
k,λ
ek,λ für λ = {1, 2} sind die transversalen (physikalischen) Polarisationen des Photons. Wählt man als Ausbreitungsrichtung der Photonen die z-Achse, also k = (0, 0, 1)| , so sind die beiden transversalen Polarisationsvektoren durch zwei Vektoren gegeben, welche die Ebene senkrecht zur Ausbreitungsrichtung (in diesem Falle
die x-y-Ebene) aufspannen. Man kann prinzipiell zwei beliebige linear unabhängige Vektoren in der x-y-Ebene
wählen, der Einfachheit halber sollen diese auch noch senkrecht aufeinander stehen. Dies erreicht man mit der
Standardbasis
 
 
1
0
ek,1 = 0 , ek,2 = 1 .
(49)
0
0
Es gilt somit (ek,λ )x (ek,λ )z = 0 für λ = 1, 2 und (ek,1 (ek,1 ) = 1 bzw. (ek,2 (ek,2 ) = 0. Damit kann man die
Summe über λ = 1, 2 ausführen.
Mit einer Substitution k 7→ −k fasst man beide Terme zusammen und schreibt dann kz als −i mal der Ableitung
nach z, die auf exp(ik · (r − r0 )) wirkt:


1 X

X
4π~
∂
[Ex (r), By (r0 )] =
kz exp(i(k · (r − r0 )) = −i4π~c
exp[i(k · (r − r0 ))] .
(50)

V
∂z  V
k,λ
k,λ
5
Führt man nun den Grenzübergang L 7→ ∞ (analog zur Aufgabe 23) durch, so wird k kontinuierlich und wir
können die Summe durch ein Integral ersetzen und die Definition der kontinuierlichen δ-Funktion verwenden:
µZ
¶
∂
d3 k
∂
0
0
[Ex (r), By (r )] = −i4π~c
exp(ik · (r − r )) = −i4π~c δ (3) (r − r0 ) =
∂z
(2π)3
∂z
= −2ihcδ(x − x0 )δ(y − y 0 )δ 0 (z − z 0 ) .
(51)
Aufgabe 24
Ist die Information über ein quantenmechanisches System nur in der Hinsicht bekannt, dass man weiß, mit
welcher Wahrscheinlichkeit p1 , p2 , . . ., pm sich das System in einem der durch die Vektoren |1i, |2i, . . ., |mi
beschriebenen Zustände befindet so handelt es sich um ein statistisches Gemisch. Dieses lässt sich mittels
des Dichteoperators
X
pm |mihm| ,
(52)
%=
m
beschreiben. Da die pm Wahrscheinlichkeiten sind, müssen diese die folgenden Eigenschaften haben:
X
pm ≥ 0 ,
pm = 1 .
(53)
m
Kennt man %, lassen sich daraus alle messbaren physikalischen Größen ableiten, wie zum Beispiel Erwartungswerte von Observablen A
hAi = Sp(%A) ,
(54)
oder Wahrscheinlichkeiten dafür, dass sich das System in einem bestimmten Zustand befindet, also
W|ξi = hξ|%|ξi .
(55)
Zwei statistische Gemische sind identisch, wenn sie dieselbe Dichtematrix besitzen. Die Zeitentwicklung der
Dichtematrix ist durch folgende Bewegungsgleichung bestimmt:
µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶
Ea
∆(t)
%aa (t) %ab (t)
%aa (t) %ab (t)
Ea
∆(t)
i~%̇(t) = [H, %(t)] =
·
−
·
=
∆∗ (t) Eb
%ba (t) %bb (t)
%ba (t) %bb (t)
∆∗ (t) Eb
µ
¶
Ea %aa (t) + ∆(t)%ba (t) Ea %ab (t) + ∆(t)%bb (t)
=
Eb %ba (t) + ∆∗ (t)%aa (t) Eb %bb (t) + ∆∗ (t)%ab (t)
¶
µ
Ea %aa (t) + ∆∗ (t)%ab (t) Eb %ab (t) + ∆(t)%aa (t)
=
−
Ea %ba (t) + ∆∗ (t)%bb (t) Eb %bb (t) + ∆(t)%ba (t)
µ
¶
∆(t)%ba (t) − ∆∗ (t)%ab (t)
(Ea − Eb )%ab (t) − ∆(t)(%aa (t) − %bb (t))
=
.
(56)
−(Ea − Eb )%ba (t) + ∆∗ (t)(%aa (t) − %bb (t))
∆∗ %ab (t) − ∆(t)%ba (t)
Dies führt damit auf die folgenden Gleichungen:
i~%̇aa = ∆(t)%ba (t) − ∆∗ (t)%ab (t) ,
(57a)
i~%̇bb = ∆∗ (t)%ab (t) − ∆(t)%ba (t) ,
(57b)
i~%̇ab = (Ea − Eb )%ab (t) − ∆(t)(%aa (t) − %bb (t)) ,
(57c)
i~%̇ba = −(Ea − Eb )%ba (t) + ∆∗ (t)(%aa (t) − %bb (t)) .
(57d)
und
Es gilt %aa ∈ R und %bb ∈ R. Außerdem ist %ab = %∗ba . Durch Subtraktion von (57a) und (57b) und mittels
∆ = ∆0 exp(−iωt), ~ω = Ea − Eb :
˙ = 2∆0 %ba exp(−iωt) − 2∆∗ %∗ exp(iωt) .
i~(%̇aa − %̇bb ) ≡ i~δ%
0 ba
(58)
6
Wir schreiben ∆0 in der Eulerschen Darstellung als ∆0 = |∆| exp(iϕ). Nun ist es von Vorteil, %ba = A(t) exp(i(ωt−
ϕ)) zu schreiben. Aus (58) ergibt sich dann:
˙ = 2|∆|A − 2|∆|A∗ = 2|∆|(A − A∗ ) = 4|∆|iIm(A) .
i~δ%
(59)
Aus (57d) folgt entsprechend
i~%̇ba = −~ω%ba + ∆∗0 exp(iωt)δ% ,
(60)
bzw. mit den obigen Definitionen
i~Ȧ exp(i(ωt − ϕ)) − ~ωA exp(i(ωt − ϕ)) = −~ωA exp(i(ωt − ϕ)) + |∆| exp(i(ωt − ϕ))δ% ,
(61)
und somit:
i~Ȧ = |∆|δ% .
(62)
Differentiation von (59) nach t und Einsetzen von (62) bzw. Differentiation von (62) nach t und Einsetzen von
(59) führt auf
−~2 Ä = 4|∆|2 iIm(A) ,
(63)
¨ = 4|∆|2 δ% ,
−~2 δ%
(64)
bzw.
da δ% ∈ R. Zerlegt man nun A(t) direkt in Real- und Imaginärteil, so folgt zunächst aus (63):
−~2 {Re(Ä) + iIm(Ä)} = 4|∆|2 iIm(A) .
(65)
Da auf der rechten Seite kein Realteil steht, kommt man auf Re(Ä) = 0 und somit Re(A) = C1 + C2 t. Für den
Imaginärteil gilt
4|∆|2
Im(A) ,
~2
Im(Ä) = −
(66)
also
Im(A) = C3 cos(Ωt) + C4 sin(Ωt) ,
Ω=
2|∆|
.
~
(67)
Führen wir A(t = 0) = A(0) = A0 ein, so folgt C3 = Im(A0 ). Aus (62) ergibt sich
i~Re(Ȧ) − ~Im(Ȧ) = |∆|δ% ,
(68)
und entsprechend Re(Ȧ) = 0, also C2 = 0. Analog zu vorher resultiert dann auch C1 = Re(A0 ). Für den
Imaginärteil gilt
−~Im(Ȧ) = ~Ω{C3 sin(Ωt) − C4 cos(Ωt)} = |∆|δ% .
(69)
Aus (64) resultiert
δ% = D1 cos(Ωt) + D2 sin(Ωt) ,
Ω=
2|∆|
.
~
(70)
Definieren wir δ%(t = 0) = δ%0 , so folgt D1 = δ%0 . Aus (69) erhalten wir
D2 =
~Ω
Im(A0 ) = 2Im(A0 ) ,
|∆|
C4 = −
|∆|δ%0
δ%0
=−
.
~Ω
2
(71)
Also haben wir alle Konstanten bestimmt und können schließlich die Lösung angeben:
¾
i
Re(%ba (0) exp(iϕ)) + iIm(%ba (0) exp(iϕ)) cos(Ωt) − δ%0 sin(Ωt) exp(i(ωt − ϕ)) ,
2
½
δba (t) =
(72a)
7
½
δab (t) =
¾
i
Re(%ab (0) exp(−iϕ)) + iIm(%ab (0) exp(−iϕ)) cos(Ωt) + δ%0 sin(Ωt) exp(−i(ωt − ϕ)) ,
2
δ%(t) = δ%0 cos(Ωt) + 2Im(%ba (0) exp(iϕ)) sin(Ωt) .
(72b)
(72c)
%aa und %bb lassen sich aus den beiden Gleichungen
%aa − %bb = δ% ,
%aa + %bb = 1 ,
(73)
zu
%aa =
1
(1 + δ%) ,
2
%bb =
1
(1 − δ%) .
2
(74)
bestimmen. Setzen wir δ% ein, ergibt sich
%aa (t) =
1
(1 + δ%0 cos(Ωt)) + Im(%ba (0) exp(iϕ)) sin(Ωt) .
2
(75)
Unter Verwendung von %aa (0) = 1/2 + 1/2δ%0 können wir dies in der Form
1
%aa (t) = %aa (0) cos(Ωt) + (1 − cos(Ωt)) + Im(%ba (0) exp(iϕ)) sin(Ωt) ,
2
(76)
schreiben. Darüber hinaus gilt entsprechend
%bb =
1
(1 − δ%0 cos(Ωt)) − Im(%ba (0) exp(iϕ)) sin(Ωt) ,
2
(77)
und mit %bb (0) = 1/2 − 1/2δ%0 ergibt sich:
1
%bb (t) = %bb (0) cos(Ωt) + (1 − cos(Ωt)) − Im(%ba (0) exp(iϕ)) sin(Ωt) .
2
(78)
Aufgabe 25
a.)
Zunächst definieren wir
 
1
0

|1i = |+, +i = 
0 ,
0
 
0
1

|2i = |+, −i = 
0 ,
0
 
0
0

|3i = |−, +i = 
1 ,
0
 
0
0

|4i = |−, −i = 
0 .
1
(79)
Der Grundzustand ist der Singulettzustand
1
|ψ0 i = √ (| + −i − | − +i) .
2
(80)
Wir erhalten die Dichtematrix aus dem dyadischen Produkt dieses Zustands:
%b = |ψ0 ihψ0 | =
1
(| + −i + | − +i)(h+ − | − h− + |) =
2
1
{| + −ih+ − | − | − +ih+ − | − | + −ih− + | + | − +ih− + |} =
2


0 0
0 0

1
1
0 1 −1 0 .
= {|2ih2| − |3ih2| − |2ih3| + |3ih3|} =

2
2 0 −1 1 0
0 0
0 0
=
(81)
Wegen %b2 = %b handelt es sich um einen reinen Zustand. Äquivalent dazu ist Sp(%2 ) = 1. (Die Bedingung %b2 = %b
besagt, dass % ein Projektor ist. Die Spur eines Projektors ist gerade gleich Eins.)
8
b.)
Die reduzierte Dichtematrix ergibt sich durch Bildung der Spur über die Zustände des zweiten Spins:
%bred
b++,++ + %b+−,+− = %b1,1 + %b2,2 = 0 +
+,+ = %
1
1
= ,
2
2
(82)
%bred
b++,−+ + %b+−,−− = %b1,3 + %b2,4 = 0 + 0 = 0 ,
+,− = %
(83)
%bred
b−+,++ + %b−−,+− = %b3,1 + %b4,2 = 0 + 0 = 0 ,
−,+ = %
(84)
und
%bred
b−+,−+ + %b−−,−− = %b3,3 + %b4,4 =
−,− = %
1
1
+0= .
2
2
(85)
Somit gilt
%bred =
1
2
µ
1 0
0 1
¶
.
(86)
Wegen
1
) =
4
red 2
(b
%
µ
1
0
¶
0
6= %bred ,
1
(87)
handelt es sich um ein Gemisch und keinen reinen Zustand.
9
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
9. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 26
10 Punkte
(a)
Wir erhalten mit Ψ(x) = hx|Ψi die Beziehung
Z ∞
′
dx′ hx − x′ /2|ΨihΨ|x + x′ /2ieipx /~
PΨ (x, p) =
(1)
−∞
und damit
PΨ (x, p) =
Z
∞
′
−∞
dx′ Ψ∗ (x + x′ /2)Ψ(x − x′ /2)eipx /~
1 Punkt
(b)
Wir gehen von der Ortsdarstellung aus (die Spur ist unabhängig von der Darstellung), und haben für skalare
Observable (falls Spins noch eine Rolle spielen, muss man einfach überall das Integral über x noch durch eine
Summe über die diskreten Freiheitsgrade ergänzen),
Z ∞
dxhx|Âρ̂|xi
(2)
hAi ≡ Tr(Âρ̂) =
−∞
Das Integral
Z ∞
Z ∞
dp
A(x, p)P (x, p)
dx
2π~
−∞
−∞
(3)
kann mittels
Z ∞
′
A(x, p) =
dx′ hx − x′ /2|Â|x + x′ /2ieipx /~
(4)
−∞
und
P (x, p) =
Z
∞
′
−∞
in
Z ∞
−∞
dx
Z
∞
−∞
dx′ hx − x′ /2|ρ̂|x + x′ /2ieipx /~
dp
2π~
Z
∞
−∞
dx′ hx − x′ /2|Â|x + x′ /2i
(5)
Z
∞
−∞
dx′′ hx − x′′ /2|ρ̂|x + x′′ /2ieip(x
überführt werden, was unter Verwendung von
Z ∞
dp ip(x′′ +x′ )/~
e
= δ(x′′ + x′ )
−∞ 2π~
wiederum auf
Z ∞
Z ∞
dx
dx′ hx − x′ /2|Â|x + x′ /2ihx + x′ /2|ρ̂|x − x′ /2i
−∞
′′
+x′ )/~
1 Punkt
(6)
1 Punkt
−∞
führt. Mit der Variablentransformation y = x − x′ /2, y ′ = x + x′ /2 (mit Jacobideterminante 1, wie leicht zu
zeigen) ergibt sich
Z ∞
Z ∞
Z ∞
′
′
′
dy
dy hy|Â|y ihy |ρ̂|yi =
dyhy|Âρ̂|yi = Tr(Âρ̂).
1 Punkt
−∞
−∞
−∞
(c)
Analog zu (b) erhalten wir
Z ∞
Z ∞
Z ∞
′
dp
ρ(x) =
dx′ hx − x′ /2|ρ̂|x + x′ /2ieipx /~ =
dx′ hx − x′ /2|ρ̂|x + x′ /2iδ(x′ ) = hx|ρ̂|xi. 1 Punkt
−∞ 2π~
−∞
−∞
(d)
Wir gehen wie in (b) vor und berechnen
Z ∞
Z ∞
dp
dx
PΨ (x, p)PΦ (x, p) =
2π~
−∞
−∞
Z ∞
Z ∞
Z ∞
Z ∞
′′
dp
′
∗
′
′
ipx′ /~
dx Ψ (x + x /2)Ψ(x − x /2)e
dx′′ Φ∗ (x + x′′ /2)Φ(x − x′′ /2)eipx /~ , (7)
dx
2π~
−∞
−∞
−∞
−∞
was wir wieder unter Verwendung von
Z ∞
dp ip(x′ +x′′ )/~
e
= δ(x′ + x′′ )
2π~
−∞
in
Z ∞
dx
−∞
Z
(8)
∞
−∞
dx′ Ψ∗ (x + x′ /2)Ψ(x − x′ /2)Φ∗ (x − x′ /2)Φ(x + x′ /2)
1 Punkt
überführen können. Mit der Variablentransformation y = x − x′ /2, y ′ = x + x′ /2 (mit Jacobideterminante 1,
wie leicht zu zeigen) ergibt sich
Z ∞
Z ∞
dy
dy ′ Ψ∗ (y ′ )Ψ(y)Φ∗ (y)Φ(y ′ )
(9)
−∞
−∞
was gleich
Z
∞
−∞
Z
dyΦ∗ (y)Ψ(y)
∞
−∞
ist, und damit
Z
∞
dx
−∞
(e)
Z
∞
−∞
Z
dy ′ Ψ∗ (y ′ )Φ(y ′ ) = ∞
−∞
2
dyΦ∗ (y)Ψ(y)
1 Punkt
Z ∞
2
dp
PΨ (x, p)PΦ (x, p) = dxΨ∗ (x)Φ(x) .
2π~
−∞
(10)
Die Schödingergleichung für freie Teilchen lautet
i~
~2 ∂ 2 Ψ(x, t)
∂Ψ(x, t)
,
=−
∂t
2m ∂x2
i~
∂Ψ∗ (x, t)
~2 ∂ 2 Ψ∗ (x, t)
.
=
∂t
2m
∂x2
(11)
Wir zeigen, dass die Gleichung
∂P (x, p)
p ∂P (x, p)
+
=0
∂t
m ∂x
(12)
dazu äquivalent ist. Dazu benutzen wir aus (a)
Z ∞
′
P (x, p) =
dx′ Ψ∗ (x + x′ /2)Ψ(x − x′ /2)eipx /~ ,
(13)
−∞
und berechnen
∂P (x, p)
= i~
i~
∂t
Z
∞
−∞
′
dx
∂Ψ∗ (x + x′ /2)
∂Ψ(x − x′ /2)
Ψ(x − x′ /2) + Ψ∗ (x + x′ /2)
∂t
∂t
′
eipx /~
(14)
2
was auf
2 ∗
Z ∞
~2
∂ 2 Ψ(x − x′ /2) ipx′ /~
∂ Ψ (x + x′ /2)
′
∗
′
′
e
Ψ(x − x /2) − Ψ (x + x /2)
dx
2m −∞
∂x2
∂x2
1 Punkt
führt (kann man durch ein paar Variablensubstitutionen zeigen). Dies wiederum kann umgeschrieben werden
als
Z
∂ 2 Ψ(x − x′ /2) ipx′ /~
~2 ∞ ′ ∂ 2 Ψ∗ (x + x′ /2)
′
∗
′
e
(15)
Ψ(x
−
x
/2)
+
Ψ
(x
+
x
/2)
dx
m −∞
∂x∂x′
∂x∂x′
und eine partielle Integration führt auf
′
∂Ψ(x − x′ /2) ipx′ /~ x =∞
~2 ∂Ψ∗ (x + x′ /2)
′
∗
′
e
−
Ψ(x − x /2) + Ψ (x + x /2)
′
m
∂x
∂x
x =−∞
Z
~2 ∞ ′ ∂Ψ∗ (x + x′ /2) ∂Ψ(x − x′ /2) ∂Ψ∗ (x + x′ /2) ∂Ψ(x − x′ /2) ipx′ /~
−
e
−
+
dx
m −∞
∂x
∂x′
∂x′
∂x
∗
Z ∞
i~p
∂Ψ(x − x′ /2) ipx′ /~
∂Ψ (x + x′ /2)
−
e
.
Ψ(x − x′ /2) + Ψ∗ (x + x′ /2)
dx′
m −∞
∂x
∂x
1 Punkt
(16)
Der zweite Term verschwindet, wie man sieht wenn man die Ableitungen nach x′ wieder in Ableitungen nach
x umschreibt:
∂Ψ∗ (x + x′ /2) ∂Ψ(x − x′ /2) ∂Ψ∗ (x + x′ /2) ∂Ψ(x − x′ /2)
+
=
∂x′
∂x′
∂x
∂x ∗
1
∂Ψ (x + x′ /2) ∂Ψ(x − x′ /2) ∂Ψ∗ (x + x′ /2) ∂Ψ(x − x′ /2)
−
= 0.
(17)
+
2
∂x
∂x
∂x
∂x
Die restlichen Terme geben
Z
x′ =∞
′
i~p ∞ ′ ∂
~2 ∂
∗
′
′
ipx′ /~ [Ψ (x + x /2)Ψ(x − x /2)]e
[Ψ∗ (x + x′ /2)Ψ(x − x′ /2)]eipx /~ .
(18)
dx
−
′
m ∂x
m −∞
∂x
x =−∞
Der erste Term muss verschwinden, da keine Teilchenstromquellen im Unendlichen existieren sollen (Teilchenzahlerhaltung) und außerdem die Wellenfunktionen im Unendlichen immer verschwinden sollen (dieser Punkt
wird oft nicht präzise diskutiert, aber selbst bei ebenen Wellen wird die Wellenfunktion für einen Kasten mit
unendlich hohen Wänden berechnet, dessen Dimensionen man dann gegen unendlich gehen lässt; das eleminiert
die Randterme und sichert, dass alle Wellenfunktionen einen kompakten Träger haben und normierbar sind).
Damit bleibt nur der Term
Z ∞
′
i~p ∂
∂P (x, p)
p ∂P (x, p)
=−
.
1 Punkt
i~
dx′ Ψ∗ (x + x′ /2)Ψ(x − x′ /2)eipx /~ = −i~
∂t
m ∂x −∞
m ∂x
Aufgabe 27
5 Punkte
(a)
Es ist
i j
j
i
α α +α α =
0
σi
σi
0
Ausmultiplizieren ergibt
i j
σ σ + σj σi
αi αj + αj αi =
0
σj
0
0
σj
+
0
σi σj + σj σi
0
σj
σj
0
0
σi
σi
0
.
(19)
.
(20)
Wie verwenden σ i σ j + σ j σ i = 2δ ij , was auf
i j
j
i
1 Punkt
ij
α α + α α = 2δ 1
führt. Ähnlich ergibt sich
0 σi
1
αi β + βαi =
σi 0
0
Schließlich ist
i 2
i i
i i
2(α ) = α α + α α = 21,
(21)
1 Punkt
0
−1
2
β =
1
0
1
0
0
−1
+
0
−1
1
0
0
σi
σi
0
0
−1
= 1.
=
0
σi
−σ i
0
+
σi
0
0
−σ i
= 0 (22)
1 Punkt
3
(b)
Es ist
γ i = βαi =
1
0
0
−1
0
σi
σi
0
=
0
−σ i
σi
0
.
1 Punkt
Weiter gilt γ i γ j +γ j γ i = βαi βαj +βαj βαi = β(αi (βαj +αj β)−αi αj β+αj (βαi +αi β)−αj αi β) = −2β(δ ij 1)β =
−2δ ij 1 führt. Analog, für µ = 0, ν 6= 0 bzw. ν = 0, µ 6= 0 ergibt sich γ 0 γ i + γ i γ 0 = β 2 αi + βαi β = β0 = 0.
Schließlich ist 2(γ 0 )2 = 2β 2 = 21. Damit ist gezeigt, dass γ µ γ ν +γ ν γ µ = 2g µν 1 ist, wobei g 00 = 1, g 0i = g i0 = 0
und g ij = −δ ij für i = x, y, z.
1 Punkt
Aufgabe 28
5 Punkte
(a)
Die stationäre Dirac-Gleichung lautet
∂
∂
q
1
i~ − βmc2 Ψ = αi −i~ i − Ai Ψ.
c
∂t
∂x
c
Die beiden gewünschten Teilgleichungen sind
∂
q
1
2
i
(E − mc )φ1 = σ −i~ i − Ai φ2
c
∂x
c
(23)
1 Punkt
(24)
und
1
∂
q
2
i
(E + mc )φ2 = σ −i~ i − Ai φ1 .
c
∂x
c
(25)
Einsetzen der zweiten Gleichung in die erste ergibt
2
1 2
∂
q
i
2 4
−i~
φ
=
σ
φ1 .
E
−
m
c
−
A
1
i
c2
∂xi
c
1 Punkt
(b)
Wir setzten den Ansatz
φ1 (x, y, z) = χ1 (x)ei(ky y+kz z)
ein und erhalten
1 2
E − m2 c4 χ1 (x)
c2
=
=
(26)
q
q
x ∂
x ∂
y
z
y
z
−i~σ
−i~σ
+ σ ~ky − Bx + ~kz σ
+ σ ~ky − Bx + ~kz σ χ1 (x)
∂x
c
∂x
c
2
2
∂
q
~q
−~2 2 + ~ky − Bx + ~2 kz2 − Bσ z χ1 (x)
(27)
∂x
c
c
Dies führt auf die Eigenwertgleichung
2
2
2
q
~q
E
2 2
2 2
z
2 d χ1
− ~ky − Bx χ1 +
− m c − ~ kz + Bσ χ1 = 0
~
dx2
c
c2
c
1 Punkt
Eine solche Eigenwertgleichung ist bekannt vom harmonischen Oszillator. Wir führen die dimensionslose Variable
r
|q|B
c~ky
d2
~c d2
ξ=
x−
,
=
(28)
2
~c
qB
dξ
|q|B dx2
ein und erhalten für die Spinkomponente in z-Richtung, σ = ±1,
d2
2
−
ξ
+
a
σ χ1 (x) = 0,
dξ 2
aσ =
E2
c
− m2 c3 − c~2 kz2 + ~qσB
.
~|q|B
(29)
4
Die Lösungen sind Hermitesche Polynome mit aσ = 2n + 1, n = 0, 1, 2, . . .,
(n,σ)
χ1
=
!1/2
p
2
|q|B
√
e−ξ /2 Hn (ξ).
n
n!2 π~c
(30)
Die Energieeigenwerte sind gegeben durch die Gleichung
2
En,σ
= (2n + 1 − sign(q)σ)~c|q|B + m2 c4 + c2 ~2 kz2
(31)
Im unseren Falle ist q = −e und 2n + 1 − sign(q)σ = 2n + 1 + σ = 2n′ , und (wegen ~kz = pz )
p
En′ = ± (mc2 )2 + (cpz )2 + 2n′ ~ceB.
1 Punkt
Der Fall σ = −1 entspricht n = n′ , und der Fall σ = 1 entspricht n′ = n + 1. Alle Zustände sind zweifach
entartet bis auf den Zustand n′ = 0 (da n ≥ 0 sein muss), für den σ = −1 sein muss.
[Hinweis: Graphen ist ein Material, in welchem die Leitungselektronen durch einen effektiven DiracHamiltonoperator mit Masse m = 0 und sogenanntem Pseudospin 21 beschrieben werden. Im Falle pz = 0
√
ergibt sich für Graphen eine Abhängigkeit der Landauniveaus En′ proportional zu n′ . Dieses Resultat, welches erst kürzlich sowohl experimentell als auch theoretisch eingehend untersucht wurde, ist aus unserem
Resultat klar ersichtlich.]
(c)
Wir entwickeln die Energieeigenwerte, und erhalten für die positiven Lösungen
r
p2
2n′ ~ceB
p2
~e
2
En′ = mc 1 + 2z 2 +
≈ mc2 + z + n′
B.
2
4
m c
m c
2m
mc
1 Punkt
5
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.9
Aufgabe 26
a.)
+∞
+∞
¯ ¯
¯ À¿ ¯
À
À
¿
µ
¶
¿
µ
¶
Z
Z
¯
x0 ¯¯ ¯¯
i 0
x0 ¯¯
i 0
x0
x0
0
0
¯
P (x, p) =
dx x − ¯ %b ¯x +
exp
px =
dx x − ¯ψ
ψ ¯x +
exp
px
2
2
~
2
2
~
−∞
−∞
¶
¶ µ
¶
µ
µ
x0
i 0
x0
ψ x−
exp
px .
dx0 ψ ∗ x +
2
2
~
+∞
Z
=
−∞
(1)
b.)
+∞
+∞
Z
Z
dp
A(x, p)P (x, p) =
dx
2π~
hAi =
−∞
−∞
+∞
+∞
+∞
¯ ¯
¿
À
µ
¶
Z
Z
Z
dp
x0 ¯¯ b ¯¯
i 0
x0
0
=
dx
dx x − ¯ A ¯x +
exp
px ×
2π~
2
2
~
−∞
−∞
−∞
+∞
¯ ¯
À
µ
¶
¿
Z
i 00
x00 ¯¯ ¯¯
x00
00
exp
px
=
×
dx
x−
%
b
x
+
2 ¯ ¯
2
~
−∞
Z∞
=
−∞
+∞
+∞
¯ ¯
¯ ¯
¿
À¿
À
Z
Z
x0 ¯ b ¯¯
x00 ¯¯ ¯¯
x0
x00
0
dx
dx
dx00 x − ¯¯ A
x
−
×
%
b
x
+
x
+
¯
2
2
2 ¯ ¯
2
−∞
−∞
+∞
Z
×
−∞
+∞
Z
=
+∞
Z
dx
−∞
−∞
dx
µ
¶
i 0
00
(x + x )p =
~
¯ ¯
¯ ¯
À¿
À
x00 ¯¯ ¯¯
x0 ¯¯ b ¯¯
x0
x00
x−
δ(x0 + x00 ) =
x − ¯ A ¯x +
%b x +
2
2
2 ¯ ¯
2
¿
+∞
Z
0
dp
exp
2π~
00
dx
−∞
+∞
+∞
¯ ¯
¯ ¯
¿
À¿
À
Z
Z
x0 ¯ b ¯¯
x0 ¯¯ ¯¯
x0
x0
=
dx
dx0 x − ¯¯ A
x
+
x
+
%
b
x
−
=
¯
2
2
2¯ ¯
2
−∞
−∞
+∞
¯
¯
¿
À
Z
x0 ¯¯ b ¯¯
x0
b%) .
= Sp(Ab
=
dx x − ¯ Ab
% ¯x −
2
2
(2)
−∞
c.)
+∞
Z
%(x) =
−∞
dp
P (x, p) =
2π~
+∞
Z
−∞
dp
2π~
+∞
¯ ¯
À
µ
¶
¿
Z
i 0
x0 ¯¯ ¯¯
x0
0
exp
px =
dx x − ¯ %b ¯x +
2
2
~
−∞
+∞
¯ ¯
¿
À
Z
x0 ¯ ¯
x0
=
dx0 x − ¯¯ %b ¯¯x +
δ(x0 ) = hx|b
%|xi .
2
2
−∞
(3)
d.)
+∞
¶ µ
¶
µ
µ
¶
Z
x0
x0
i 0
0 ∗
P (x, p) =
dx ψ x +
ψ x−
exp
px =
2
2
~
−∞
+∞
¯ ¯
À
¿
Z
x0
x0 ¯¯ ¯¯
0
=
δ(x0 ) = hx|b
%|xi .
dx x − ¯ %b ¯x +
2
2
(4)
−∞
e.)
Wir werden i~∂/∂t auf
+∞
µ
¶ µ
¶
µ 0¶
Z
x0
x0
ipx
0 ∗
P (x, p) =
dx ψ x +
ψ x−
exp
,
2
2
~
(5)
−∞
an:
³

+∞
∗
Z

∂ψ
x+
∂P
i~
= i~
dx0

∂t
∂t
x0
2
´
−∞
³
µ
¶
µ
¶ ∂ψ x −
0
0
x
x
ψ x−
+ ψ∗ x +
2
2
∂t
x0
2
´


µ
exp
ipx0
~
¶
.
(6)
Unter Verwendung der Schrödingergleichung (und ihrer komplex konjugierten)
i~
∂ψ(x, t)
~2 ∂ 2 ψ(x, t)
=−
,
∂t
2m ∂x2
i~
∂ψ ∗ (x, t)
~2 ∂ψ ∗ (x, t)
=
,,
∂t
2m ∂x2
kommt man auf:
³

+∞
2 ∗
Z

∂
ψ
x+
∂P
~
i~
=
dx0

∂t
2m
∂x2
2
x0
2
´
−∞
(7)
³
µ
¶
µ
¶ ∂ψ x −
0
0
x
x
ψ x−
− ψ∗ x +
2
2
∂x2
x0
2
´

Nun schreiben wir eine Ableitung nach x in eine Ableitung nach x0 um
³
´
´
³
³
0
x0
∂ψ x − x2
∂ψ
x
−
∂ψ
x−
2
∂ψ(α) ∂α
∂ψ(α)
∂ψ(α) ∂α
=
=
,
=
=
0
0
∂x
∂α ∂x
∂α
∂x
∂α ∂x
∂x
³
∂ψ x −
x0
2
´
∂x
also erhalten wir:
= −2
³
∂ψ x −
x0
2
´
∂x0
³

+∞
2 ∗
Z

∂
ψ
x+
∂P
~
i~
=
dx0

∂t
m
∂x∂x0
2
−∞
³
∂ψ ∗ x +
,
∂x
x0
2
´
x0
2
´
=2
³
∂ψ ∗ x +
∂x0
x0
2

x0
2
.
´
(8)
µ
¶
1
−
,
2
(9)
´
,
´
³
µ
¶
µ
¶ ∂ 2 ψ x − x0 
µ 0¶
0
0
2
x
x
ipx
ψ x−
+ ψ∗ x +
exp
.

2
2
∂x∂x0
~
(10)
(11)
Partielle Integration bezüglich x0 führt auf (wobei wir beachten müssen, dass die im Zuge der partiellen
Integration auftretende Ableitung nach x0 auch auf die Exponentialfunktion wirkt):
´
³
¯x0 =+∞
µ
¶
µ
¶ ∂ψ x − x0
µ 0 ¶¯
0
0
¯
2
~ 
x
x
∂P
 exp ipx ¯
=
ψ x−
+ ψ∗ x +
i~
∂t
m
∂x
2
2
∂x
~ ¯¯
x0 =−∞
´
´
³
´
´
³
³
³

+∞
x0
x0
x0
x0
µ 0¶
∗
∗
Z
∂ψ x + 2 ∂ψ x − 2
∂ψ x + 2 ∂ψ x − 2
ipx
~2
0 

+
exp
−
dx
2m
∂x
∂x0
∂x0
∂x
~
−∞
³
´
³
´

+∞
x0
µ
¶
µ
¶ ∂ψ x − x0
µ 0¶
∗
Z
x
+
0
0
∂ψ
2
2
x
x
i~p
 exp ipx .
ψ x−
+ ψ∗ x +
dx0 
−
m
∂x
2
2
∂x
~

2
³
∂ψ ∗ x +
x0
2
´
(12)
−∞
2
Der zweite Term verschwindet, wenn die Ableitungen nach x0 wieder in Ableitungen nach x umgeschrieben
werden:
³
´
³
´
³
´
´
³
0
0
0
0
∂ψ ∗ x + x2 ∂ψ x − x2
∂ψ ∗ x + x2 ∂ψ x − x2
+
=
0
∂x
∂x0
∂x
∂x
³
´
³
´
³
´
³
´

0
0
x0
x0
∗
∂ψ ∗ x + x2 ∂ψ x − x2 
1  ∂ψ x + 2 ∂ψ x − 2
=
−
+
= 0.
(13)

2
∂x
∂x
∂x
∂x
Der Randterm der partiellen Integration kann mittels der Produktregel für Ableitungen noch weiter vereinfacht
und auf die Form
µ
¶ µ
¶
µ 0 ¶¯x0 =+∞
~2 ∂ ∗
x0
x0
ipx ¯¯
ψ x+
,
(14)
ψ x−
exp
m ∂x
2
2
~ ¯x0 =−∞
gebracht werden. Im Unendlichen verschwindet ψ bzw. ψ ∗ wegen der Quadratintegrabilität der Wellenfunktion
und somit auch dieser Randterm. Der dritte Term lässt sich schließlich auch noch mittels der Produktregel
umformen und man erhält schlussendlich:
∂P (x, p)
i~p ∂
i~
=−
∂t
m ∂x
+∞
µ
¶ µ
¶
µ 0¶
Z
x0
ipx
p ∂P (x, p)
x0
0 ∗
dx ψ x +
ψ x−
exp
= −i~
,
2
2
~
m ∂x
(15)
−∞
also die zu beweisende Gleichung
∂P (x, p)
p ∂P (x, p)
+
= 0.
∂t
m ∂x
(16)
Aufgabe 28
a.)
1
c
µ
¶
µ
¶
∂
q
∂
2
i~ − βmc ψ = αi −i~
− Ai ψ ,
∂t
∂xi
c
(17)
mit
µ
αi =
0
σi
σi
0
¶
,
µ
1
β=
0
0
−1

¶
,

0
A = Bx ,
0
µ
ψ=
φ1
φ2
¶
.
Durch Einsetzen ergibt sich
µ ¶
µ
¶
µ
¶
µ
¶
1 ∂ φ1
∂
q
φ1
σi φ2
σi φ2
i~
− mc
= −i~
− Ai
.
−φ2
σi φ1
c ∂t φ2
∂xi σi φ1
c
Wir können nun beide Gleichungen getrennt behandeln und erhalten:
µ
¶
µ
¶
1 ∂
∂
q
i~
− mc φ1 = −i~
− Ai σi φ2 ,
c ∂t
∂xi
c
µ
¶
µ
¶
1 ∂
∂
q
i~
+ mc φ2 = −i~
− Ai σi φ1 .
c ∂t
∂xi
c
(18)
(19)
(20a)
(20b)
Wenden wir auf (20a) den Operator
i~
1 ∂
+ mc ,
c ∂t
an und setzen dann (20b) ein, so ergibt sich weiter:
¶µ
¶
µ
¶ µ
¶
µ
1 ∂
∂
q
1 ∂
1 ∂
+ mc
i~
− mc φ1 = −i~
− Ai σi i~
+ mc φ2 ,
i~
c ∂t
c ∂t
∂xi
c
c ∂t
(21)
(22)
3
µ
−
¶
½µ
¶ ¾2
q
~2 ∂ 2
∂
2 2
−
m
c
φ
=
−i~
−
A
σi φ1 ,
i
1
c2 ∂t2
∂xi
c
(23)
also
µ
¶
½µ
¶ ¾2
E2
∂
q
2 2
−
m
c
φ
=
−i~
−
A
σi φ1 .
1
i
c2
∂xi
c
(24)
Wir müssen nun die rechte Seite von (24) auswerten und beachten, dass über i = 1, 2, 3 zu summieren ist:
½
µ
¶ ³
´ ¾
∂2
q
∂
q
∂x
R = −~2 σi σj
+ i~ B
σi σy + x
(σi σy + σy σi ) +
Bx σy2 φ1 .
(25)
∂xi ∂xj
c
∂xi
∂xi
c
Wir verwenden
[σi , σj ] = 2iεijk σk ,
{σi , σj } = 2δij 1 ,
(26)
für
σi σj =
1
([σi , σj ] + {σi , σj }) = iεijk σk + δij 1 .
2
(27)
Damit gilt
σi σj
∂2
∂2
∂2
∂2
= iεijk σk
+ δij
1=
1.
∂xi ∂xj
∂xi ∂xj
∂xi ∂j
∂x2i
(28)
Der erste Term verschwindet hier, weil ε antisymmetrisch und die zweite Ableitung symmetrisch in den Indizes
i und j ist. Weiterhin ist ∂x/∂xi = δ1,i und somit:
½
µ
¶ ³
´2 ¾
2
q
∂
q
2 ∂
1 + i~ B iσz + 2x
R = −~
+
Bx
φ1 .
(29)
∂x2i
c
∂y
c
Mit dem angegebenen Ansatz
φ1 (x, y, z) = χ1 (x) exp(i(ky y + kz z)) ,
(30)
folgt dann weiter
½
³q
´2 ¾
2
q
2 ∂ χ1
2 2
2 2
R = −~
1 + ~ ky 1 + ~ kz 1 − 2~ Bxky +
Bx
φ1 =
∂x2
c
c
½
¾
³
´2
∂ 2 χ1
q
q
= −~2
1
+
~k
−
Bx
+ ~2 kz2 − ~ Bσz φ1 .
y
2
∂x
c
c
(31)
Wir kommen somit auf folgende Differentialgleichung:
½
³
´2
d2
q
~
−
~k
−
Bx
χ1 +
y
dx2
c
2
µ
E2
~q
− m2 c2 − ~2 kz2 + Bσz
2
c
c
¶¾
χ1 = 0 ,
(32)
b.)
Zur Lösung dieser Differentialgleichung schauen wir uns zuerst die zeitunabhängige Schrödingergleichung des
eindimensionalen quantenmechanischen harmonischen Oszillators an:
Hψn (x) = En ψn (x) ,
also
µ
−
H=
−~2 d2
1
+ mω 2 x2 ,
2
2m dx
2
¶
~2 d2
1
2 2
ψn (x) = En ψn (x) .
+
mω
x
2m dx2
2
Deren Lösungen sind gegeben durch
¶
µ
¶
µr
³ mω ´ 14
1 mω 2
1
mω
√
x exp −
x
,
ψn (x) =
Hn
π~
~
2 ~
2n n!
(33)
(34)
(35)
4
mit den Energieeigenwerten
µ
¶
1
En = ~ω n +
,
2
(36)
mit n ∈ N ∪ {0}. Wir wollen eine neue Variable χ = Cx einführen, um die Differentialgleichung (34) auf
folgende Form zu bringen:
µ
−
¶
d2
2
e ψen (χ) .
+
χ
ψen (χ) = E
dχ2
(37)
Setzen wir darin χ = Cx ein, ergibt sich
µ
¶
1 d2
2 2
en ψen (Cx) .
− 2 2 + C x ψen (Cx) = E
C dx
(38)
und ein Vergleich mit (34) liefert mit beiden Gleichungen
1
e
C 2E
=
~2
,
2mE
mω 2
C2
=
,
e
2E
E
(39)
mit den Lösungen
e = 2 E,
E
~ω
r
C=
mω
.
~
(40)
Der numerische Vorfaktor der Wellenfunktion folgt aus deren Normierung. Da ψ(x) auf eins normiert ist, muss
e
dies auch ψ(χ)
sein.
+∞
+∞
+∞
¯
¯2
Z
Z
Z
¯ 1
¯
1
2
2
¯
1=
dx |ψ(x)| =
dχ |ψ(χ/C)| =
dχ ¯ √ ψ(χ/C)¯¯ .
C
C
−∞
−∞
(41)
−∞
Damit muss also folgende Übersetzungsvorschrift für die Wellenfunktion gelten:
r
³χ´
1
mω
ψ(x) = √ ψ
, C=
.
C
~
C
(42)
In der neuen Variablen χ lautet die Differentialgleichung des harmonischen Oszillators (37) und deren Lösung
zusammen mit den Energieeigenwerten:
µ
¶
1
1
χ2
e
√
ψn (χ) = √
Hn (χ) exp −
,
4
2
π 2n n!
en = 2n + 1 .
E
(43)
b.)
Wir schreiben die Differentialgleichung (32) folgendermaßen um:
(
)
µ
¶2 µ
¶2
2
2
qB
~ky c
2 d
e χ1 = 0 , E
e = E − m2 c2 − ~2 kz2 + ~q Bσz .
−
x−
~
χ1 + E
2
2
dx
c
qB
c
c
(44)
e − x0 ) finden, welche diese Differentialgleichung
Nun müssen wir (analog zu vorher) eine Substitution ξ = C(x
auf die Form
µ 2
¶
d
2
− ξ + aσ χ1 (x) = 0 ,
(45)
dξ 2
e und aσ ergeben sich aus den folgenden Gleichungen:
bringt. x0 = c~ky /(qB) kann man sofort ablesen. C
r
µ
¶2
e2
~2
C
1
qB
|q|B
c e
e
=
,
=
,
⇒ C=
, aσ =
E.
(46)
2
e aσ
e
aσ
c
~c
~|q|B
C
E
5
Damit ist die neue Differentialgleichung gegeben durch, wobei σ = ±1 die Eigenwerte der dritten Paulimatrix
σz sind und die Ausrichtung des Spins vorgibt:
µ
¶
d2
2
−
ξ
+
a
χ1 (x) = 0 ,
σ
dξ 2
aσ =
E2
c
− m2 c3 − c~2 kz2 + ~qσB
.
~|q|B
(47)
Die Lösungen und Eigenwerte der Gleichung (45) sind analog zu denen, die wir in (43) gefunden haben. Es
gilt also
µ 2¶
1
1
ξ
√
χ1 (ξ) = √
Hn (ξ) exp −
.
4
2
π 2n n!
(48)
Weiterhin muss aσ = 2n + 1 mit n ∈ N ∪ {0} sein. Daraus lassen sich die Energieeigenwerte bestimmen, wobei
q = sign(q)|q| ausgenutzt wird:
2
En,σ
= (2n + 1 − sign(q)σ)~c|q|B + (mc2 )2 + (c~kz )2 .
(49)
In der Aufgabe handelt es sich um ein Elektron mit q = −e. Außerdem ist sign(q)σ eine ganze Zahl (entweder
1 oder -1), was man ausnutzen kann, um den Index n, welcher die Energieniveaus durchzählt, umzudefinieren:
2n + 1 − sign(q)σ = 2n + 1 + σ ≡ 2n0 .
(50)
Mit ~kz = pz gilt dann schlussendlich:
p
En0 = ± (mc2 )2 + (cpz )2 + 2n0 ~ceB .
(51)
Die negativen Energieniveaus stehen für Antiteilchen (Positronen) bzw. Löcher im Festkörper. σ = −1 entspricht n = n0 und σ = 1 entspricht n0 = n − 1. Alle Energien sind zweifach entartet bis auf die mit n0 = 0, da
alle n0 6= 0 aus σ = 1 und σ = −1 konstruiert werden können.
c.)
Wir ziehen den Faktor (mc2 )2 > 0 aus der Wurzel heraus und verwenden
r
2
En0 = ±mc
1+
2n0 ~ceB
p2
~e
p2z
+
≈ mc2 + z + n0
B.
2
2
2
4
m c
m c
2m
mc
(52)
6
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
10. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 29
13 Punkte
(a)
µ
′
x′ yµ′ = Λµν Λµν xν yν ′ = xµ yµ
(1)
′
wobei Λµν Λµν = δνν ′ verwendet wurde.
1 Punkt
(b)
′
Ψ (x′ )Ψ′ (x′ ) = Ψ(x)S −1 SΨ(x) = Ψ(x)Ψ(x),
′
(2)
†
da Ψ (x′ ) = Ψ′ (x′ )γ 0 = Ψ† (x)S † γ 0 = Ψ(x)γ 0 S † γ 0 und γ 0 S † γ 0 = S −1 .
2 Punkte
(c)
′
Ψ (x′ )γ µ Ψ′ (x′ ) = Ψ(x)S −1 γ µ SΨ(x) = Ψ(x)S −1 (Λµν Sγ ν S −1 )SΨ(x) = Λµν Ψ(x)(S −1 S)γ ν (S −1 S)Ψ(x)
(3)
und somit wegen S −1 S = 1
′
Ψ (x′ )γ µ Ψ′ (x′ ) = Λµν Ψ(x)γ ν Ψ(x).
(4)
2 Punkte
(d)
′
Ψ (x′ )σ µν Ψ′ (x′ ) = Ψ(x)S −1 σ µν SΨ(x) = Ψ(x)S −1
i µ ν
[γ , γ ] SΨ(x)
2
(5)
und Einsetzen der Beziehung Sγ ν S −1 = Λµν γ µ ,
′
Ψ (x′ )σ µν Ψ′ (x′ ) = Ψ(x)S −1
i µ
Λ ρ Sγ ρ S −1 , Λν σ Sγ σ S −1 SΨ(x)
2
(6)
was ausgeschrieben
′
Ψ (x′ )σ µν Ψ′ (x′ ) =
i µ ν
Λ ρ Λ σ Ψ(x) S −1 Sγ ρ S −1 Sγ σ S −1 S − S −1 Sγ σ S −1 Sγ ρ S −1 S Ψ(x)
2
(7)
ergibt, und somit
i
′
Ψ (x′ )σ µν Ψ′ (x′ ) = Λµρ Λν σ Ψ(x) (γ ρ γ σ − γ σ γ ρ )Ψ(x) = Λµρ Λν σ Ψ(x)σ ρσ Ψ(x).
2
3 Punkte
(e)
′
Ψ (x′ )γ 5 γ µ Ψ′ (x′ ) = Ψ(x)S −1 γ 5 γ µ SΨ(x) = Λµν Ψ(x)S −1 (γ 5 Sγ ν S −1 )SΨ(x) = Λµν Ψ(x)(S −1 γ 5 S)γ ν Ψ(x)
(8)
und da
S −1 γ 5 S = iS −1 γ 0 γ 1 γ 2 γ 3 S = iΛ0 α γ α S −1 γ 1 γ 2 γ 3 S = . . . = iΛ0 α Λ1 τ Λ2 σ Λ3 ρ γ α γ τ γ σ γ ρ
(9)
was auf
S −1 γ 5 S =
X
0
1
2
3
5
5
χ0123
ατ σρ Λ α Λ τ Λ σ Λ ρ γ = (detΛ)γ
(10)
ατ σρ
führt, wobei (α, τ, σ, ρ) eine Permutation von (0, 1, 2, 3) ist, und χ0123
ατ σρ deren Charakter. Es wird ursprünglich
zwar über alle (α, τ, σ, ρ) summiert, jedoch falls zwei Indices gleich sind, so heben sich die Terme gegenseitig
in der Summe weg (kann man explizit zeigen), und nur die Permutationen bleiben übrig. Dies ist aber genau
die Definition der Determinante. Somit folgt
′
Ψ (x′ )γ 5 γ µ Ψ′ (x′ ) = (detΛ)Λµν Ψ(x)γ 5 γ ν Ψ(x)
(11)
Für die Herleitung gibt es
4 Punkte
(f)
Wir gehen wie in (e) vor:
′
Ψ (x′ )γ 5 Ψ′ (x′ ) = Ψ(x)S −1 γ 5 SΨ(x) = (detΛ)Ψ(x)γ 5 Ψ(x).
(12)
1 Punkt
Aufgabe 30
7 Punkte
(a)
Wir betrachten

0
0
ϑ 
0
0

Λ=1+
N  0 −1
0
0
0
1
0
0

0
0 
.
0 
0
(13)
Wenn wir dies N mal anwenden, erhalten wir
ΛN


0
 0

ϑ

=
1 + N  0
0
Nun ist aber

0
0 0
 0
0 1

 0 −1 0
0
0 0
0
0
−1
0
N
0
N
X

N!
ϑm
0 
 =
0 
(N − m)!m! N m
m=0
0
0
1
0
0
2

0

0 
 = −


0
0
0
0
0
0
0
1
0
0

0
 0

 0
0
0
0
−1
0
0
1
0
0
m
0
0 
 .
0 
0
1 Punkt

0
0 

0 
0
0
0
1
0
(14)
und somit

0
0
 0
0

 0 −1
0
0
0
1
0
0
2n

0

0 
 = (−1)n 

0 
0
für beliebige ganzzahlige n > 0.
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0

0
0 
,
0 
0
und

0
0
 0
0

 0 −1
0
0
0
1
0
0
2n+1

0

0 

= (−1)n 

0 
0
0
0 0
0
0 1
0 −1 0
0
0 0

0
0 

0 
0
(15)
1 Punkt
2
Somit erhalten

0 0

0 1
ΛN = 1+
 0 0
0 0
wir
0
0
1
0


0
≤N/2
X
N !(−1)m
ϑ2m 
0 

+
2m 
0 
(N
−
2m)!(2m)!
N
m=1
0
0
0
0
0
0
0
−1
0
0
1
0
0

0
<N/2
X
ϑ2m+1
N !(−1)m
0 

.
0 
(N − 2m − 1)!(2m + 1)! N 2m+1
m=0
0
Für N → ∞ geht
1 Punkt
N!
N (N − 1)(N − 2) · · · (N − n + 1)
=
→1
(N − n)!N n
Nn
(16)
für jedes vorgegebene endliche n. Beide Teilreihen sind absolut konvergent. Wir können den Rest abschätzen,
was zeigt, dass Glieder mit m ∼ N keine Rolle spielen wenn N → ∞, d.h. wir können das Argument für jede
vorgegebene Teilsumme mit m ≤ N0 ≪ N durchführen. Somit erhalten wir im Limes N → ∞
lim ΛN
N →∞

1
 0
=
 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
 
0 0
0
 0 1
0 
+
0   0 0
0 0
1
wobei wir einen Teil der ersten Matrix
erhalten wir

1
0
0 0
 0
cos(ϑ)
sin(ϑ)
0
N
lim Λ = 
 0 − sin(ϑ) cos(ϑ) 0
N →∞
0
0
0 1
0
0
1
0


0
∞
X (−1)m

0 

ϑ2m + 


0
(2m)!
m=0
0
0
0
0
0
0
0
−1
0
0
1
0
0

0
∞
X
(−1)m 2m+1
0 

ϑ

0
(2m + 1)!
m=0
0
(17)
als Term für m = 0 im zweiten Summanden verwendet haben. Somit




1 Punkt
was eine Drehung um die z-Achse mit Drehwinkel ϑ ist.
(b)
Wir berechnen
1
1
K := γ ρ ∆ω µν (γµ γν − γν γµ ) − ∆ω µν (γµ γν − γν γµ )γ ρ .
8
8
(18)
Wir kommutieren γ ρ durch,
1 Punkt
γ ρ γµ γν = g ρσ γσ γµ γν = g ρσ (2gσµ γν − γµ γσ γν ) = 2g ρσ (gσµ γν − γµ gσν ) + g ρσ γµ γν γσ ,
(19)
also
γ ρ γµ γν − γµ γν γ ρ = 2g ρσ (gσµ γν − γµ gσν )
(20)
und analog
γ ρ γν γµ − γν γµ γ ρ = 2g ρσ (gσν γµ − γν gσµ )
(21)
Damit erhalten wir
K=
1 Punkt
1
∆ω µν g ρσ (gσµ γν − γµ gσν − gσν γµ + γν gσµ )
4
(22)
In den Termen mit γµ können wir die Summationsindices µ und ν miteinander vertauschen und verwenden
dabei ∆ω µν = −∆ω νµ . Das ergibt
K=
1
∆ω µν g ρσ (gσµ γν + γν gσµ + gσµ γν + γν gσµ ) = ∆ω µν g ρσ gσµ γν = g ρσ ∆ωσ ν γν = ∆ω ρν γν
4
1 Punkt
3
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.10
Aufgabe 29
Wir benötigen die Transformationsgesetze ψ 0 (x0 ) = Sψ(x) mit S −1 γ µ S = Λµν γ ν . Adjungieren wir die letzte
Gleichung, so ergibt sich
S † (γ µ )† (S −1 )† = Λµν (γ ν )† .
Durch Einfügen von (γ 0 )2 = 1 folgt weiter:
S † γ 0 γ 0 (γ µ )† γ 0 γ 0 (S −1 )† = Λµν γ 0 γ 0 (γ ν )† γ 0 γ 0 .
| {z }
| {z }
γµ
γν
Multiplikation von links bzw. rechts mit γ 0 führt auf
γ 0 S † γ 0 γ µ γ 0 (S −1 )† γ 0 = Λµν γ ν , also γ 0 S † γ 0 = S −1 ,
| {z } |
{z
}
S −1
γ 0 (S −1 )† γ 0 = S .
=S
a.)
x0µ yµ0 = Λµ% x% Λµσ xσ = δ% σ x% xσ = x% x% .
(1)
b.)
0
ψ (x0 )ψ 0 (x0 ) = ψ 0† (x0 )γ 0 ψ 0 (x0 ) = ψ † (x)S † γ 0 Sψ(x) = ψ † (x)γ 0 γ 0 S † γ 0 Sψ(x) =
| {z }
S −1
= ψ(x)S
−1
Sψ(x) = ψ(x)ψ(x) .
(2)
c.)
0
ψ (x0 )γ µ ψ 0 (x0 ) = ψ † (x0 )γ 0 γ µ ψ 0 (x0 ) = ψ † (x)S † γ 0 γ µ Sψ(x) = ψ † (x) γ 0 S † γ 0 γ µ Sψ(x) =
| {z }
S −1
= ψ(x)S
−1 µ
µ
ν
γ Sψ(x) = Λ ν ψ(x)γ ψ(x) .
(3)
d.)
Mittels der Definition
σαβ =
i
[γα , γβ ] ,
2
(4)
ergibt sich:
ª
i©
0
ψ (x0 )σ µν ψ 0 (x0 ) = ψ † (x0 )S † γ 0 σ µν Sψ(x) = ψ(x)S −1 σ µν Sψ(x) = ψ(x) S −1 γ µ γ ν S − S −1 γ ν γ µ S ψ(x) =
2
o
i n −1 µ
−1 ν
−1 ν
−1 µ
= ψ(x) S γ S S γ S − S γ S S γ S ψ(x) = Λµ% Λν σ ψ(x)σ %σ ψ(x) .
(5)
2 | {z } | {z } | {z } | {z }
Λµ% γ %
Λν σ γ σ
Λν σ γ σ
Λµ% γ %
e.)
Mit der Definition
γ 5 = iγ 0 γ 1 γ 2 γ 3 =
i
εµν%σ γ µ γ ν γ % γ σ ,
4!
(6)
ergibt sich:
i
i
εµν%σ S −1 γ µ SS −1 γ ν SS −1 γ % SS −1 γ σ = εµν%σ Λµα γ α Λν β γ β Λ%γ γ γ Λσδ γ δ =
4!
4!
i
µ
ν
%
σ α β γ δ
= εµν%σ Λ α Λ β Λ γ Λ δ γ γ γ γ = det(Λ)γ 5 ,
4!
S −1 γ 5 S =
(7)
unter Verwendung von det(Λ) = εµν%σ Λµ0 Λν 1 Λ%2 Λσ3 . Über α, β, γ und δ wird von 0 bis 3 summiert. Betrachten
wir α 6= β 6= γ 6= δ, also eine beliebige Permutation von (0, 1, 2, 3). Eine bestimmte Anzahl von Transpositionen
(Vertauschen benachbarter γ-Matrizen) führt auf die Reihenfolge (0, 1, 2, 3). Wegen γ α γ β = −γ β γ α für α 6= β
bekommt von einen Vorfaktor (−1)N , wobei N die Anzahl der benötigten Transpositionen ist. Um den Ausdruck
nach dieser Umformung auf Originalgestalt zu bringen, benennt man die Indizes µ, ν, %, σ entsprechend um
und bringt das antisymmetrische ²-Symbol durch entsprechende N Permutationen wieder auf Originalgestalt.
Der zusätzlich auftretende Faktor (−1)N hebt sich mit dem vorherigen (−1)N weg. Führen wir dies für eine
Transposition durch:
εµν%σ Λµ1 Λν 0 Λ%2 Λσ3 γ 1 γ 0 γ 2 γ 3 = −εµν%σ Λν 0 Λµ1 Λ%2 Λσ3 = −ενµ%σ Λµ0 Λν 1 Λ%2 Λσ3 =
= εµν%σ Λµ0 Λν 1 Λ%2 Λσ3 .
(8)
Sind zwei Indizes gleich, trägt der entsprechende Term nicht bei:
εµν%σ Λµ0 Λν 0 (γ 0 )2 = −ενµ%σ Λµ0 Λν 0 (γ 0 )2 = −εµν%σ Λµ0 Λν 0 (γ 0 )2 ⇒ εµν%σ Λµ0 Λν 0 (γ 0 )2 = 0 .
(9)
Damit gilt nun:
0
ψ (x0 )γ 5 γ µ ψ 0 (x0 ) = ψ † (x0 )γ 0 γ 5 γ µ ψ 0 (x0 ) = ψ † (x)S † γ 0 γ 5 γ µ Sψ(x) =
= ψ(x)S −1 γ 5 γ µ Sψ(x) = ψ(x) S −1 γ 5 S S −1 γ µ S ψ(x) = (det Λ)Λµν ψ(x)γ 5 γ ν ψ(x) . (10)
| {z } | {z }
=det(Λ)γ 5
Λµν γ ν
f.)
Analog zu vorher zeigen wir das Transformationverhalten für den Pseudoskalar:
0
ψ (x0 )γ 5 ψ 0 (x0 ) = ψ 0† (x0 )γ 0 γ 5 ψ 0 (x0 ) = ψ † (x)S † γ 0 γ 5 Sψ(x) = ψ(x)S −1 γ 5 Sψ(x) = (det Λ)ψ(x)γ 5 ψ(x) . (11)
Aufgabe 30
a.)
Wir benötigen die Darstellung der Exponentialfunktion als Grenzwert einer Reihe, also
³
a ´n
exp(a) = lim 1 +
.
n7→∞
n
Berechnen müssen wir den folgenden Grenzwert:


0 0 0 0
µ
¶N
 0 0 1 0
ϑB

lim 14 +
, B=
0 −1 0 0 = exp(ϑB) .
N 7→∞
N
0 0 0 0
(12)
(13)
Die Exponentialfunktion exp(ϑB) berechnen wir wie üblich mit ihrer Reihendarstellung:
exp(ϑB) = 14 − B 0 +
∞
X
1
1
ϑ2n B 2n +
ϑ2n+1 B 2n+1 .
(2n)!
(2n
+
1)!
n=0
n=1
∞
X
(14)
2
Wir benötigen

0
0
0
B =
0
0
nun die geraden und ungeraden


0 0 0
0
0
1 0 0
2n
n
 , B = (−1) 
0
0 1 0
0 0 0
0
Damit folgt nun:

1
0

exp(ϑB) = 
0
0

1
0

=
0
0

1
0
= 
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
 
0
0

0
 + 0
0 0
1
0
 
0
0

0
 + 0
0 0
0
1
0
0
cos ϑ sin ϑ
− sin ϑ cos ϑ
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
0

0
0
1
0
Potenzen der Matrix B:


0 0 0
0
0
1 0 0
2n+1
n
, B
= (−1) 
0
0 1 0
0 0 0
0


0
0
∞
X (−1)n
0
0
2n


ϑ +
0
0
(2n)!
n=0
0
0


0
0 0 0

0
 cos(ϑ) + 0 0 1
0 −1 0
0
0
0 0 0
0
0
−1
0

0 0
1 0
.
0 0
0 0
(15)

0 0 0
∞
X
(−1)n 2n+1
0 1 0

ϑ
=

−1 0 0
(2n + 1)!
n=0
0 0 0

0
0
 sin(ϑ) =
0
0
0
0
.
0
1
Die 3 × 3-Untermatrix


cos ϑ sin ϑ 0
− sin ϑ cos ϑ 0 ,
0
0
1
(16)
(17)
beschreibt eine Drehung um die z-Achse.
b.)
Was wir in der Aufgabe im Wesentlichen berechnen, ist der Kommutator der definierten Größe
τ=
1
∆ω µν (γµ γν − γν γµ ) ,
8
∆ω µν = −∆ω νµ ,
(18)
mit der γ-Matrix γ µ . Es gilt also
©
ª
1
1
∆ω %σ γ µ (γ% γσ − γσ γ% ) = ∆ω %σ (2δ µ% − γ% γ µ )γσ − (2δ µσ − γσ γ µ )γ% =
8
8
1
1
1
1
= ∆ω µσ γσ − ∆ω %µ γ% − ∆ω %σ γ% γ µ γσ + ∆ω %σ γσ γ µ γ% =
4
4
8
8
1
1
1
1
= ∆ω µσ γσ − ∆ω %µ γ% − ∆ω %σ γ% (2δ µσ − γσ γ µ ) + ∆ω %σ γσ (2δ µ% − γ% γ µ ) =
4
4
8
8
1
1
1
1
= ∆ω µσ γσ − ∆ω %µ γ% − ∆ω %µ γ% + ∆ω µσ γσ + τ γ µ .
4
4
4
4
γµτ =
(19)
Damit ist
γµτ − τ γµ =
1
1
1
1
∆ω µσ γσ − ∆ω %µ γ% − ∆ω %µ γ% + ∆ω µσ γσ = ∆ω µν γν ,
4
4
4
4
(20)
was aus der Asymmetrie von ∆ω µν folgt.
3
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
11. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 31
4 Punkte
Wir gehen aus von
~ ~ hΨm |Ψn i = h∇
~ ~ Ψm |Ψn i + hΨm |∇
~ ~ Ψn i = 0
∇
λ
λ
λ
1 Punkt
sowie
~ ~ hΨm |H|Ψn i = h∇
~ ~ Ψm |H|Ψn i + hΨm |∇
~ ~ H|Ψn i + hΨm |H|∇
~ ~ Ψn i = ∇
~ ~ En δnm .
∇
λ
λ
λ
λ
λ
(1)
was auf
~ ~ Ψn i + hΨm |∇
~ ~ H|Ψn i + Em hΨm |∇
~ ~ Ψn i = ∇
~ ~ En δnm .
−En hΨm |∇
λ
λ
λ
λ
1 Punkt
führt. Mit n 6= m erhalten wir
~ ~ Ψn i + hΨm |∇
~ ~ H|Ψn i = 0,
(Em − En )hΨm |∇
λ
λ
1 Punkt
was zur gewünschten Epstein-Formel
~
~ ~ Ψn i = hΨm |∇~λ H|Ψn i
hΨm |∇
λ
En − Em
(2)
führt, und für m = n erhalten wir
~ ~ H|Ψn i = ∇
~ ~ En ,
hΨn |∇
λ
λ
1 Punkt
was das Hellmann-Feynman-Theorem ist.
Aufgabe 32
5 Punkte
(a)
Es ist
~ n (~λ) = ∇
~~ ×C
~ n (~λ) = Im∇
~ ~ × hΨn |∇
~ ~ Ψn i = Im
Q
λ
λ
λ
X
m
~ ~ Ψn i
~ ~ × hΨn |Ψm ihΨm ∇
∇
λ
λ
1 Punkt
und
~ n (~λ) = Im
Q
X
~ ~ Ψn |Ψm i × hΨm |∇
~ ~ Ψn i + ImhΨn |∇
~~ ×∇
~ ~ Ψn i
h∇
λ
λ
λ
λ
(3)
m
Da die Rotation eines Gradienten verschwindet, ist der letzte Term 0, und
X
~ n (~λ) = Im
~ ~ Ψn |Ψm i × hΨm |∇
~ ~ Ψn i.
Q
h∇
λ
λ
1 Punkt
m
(b)
~ ~ hΨn |Ψn i = h∇
~ ~ Ψn |Ψn i + hΨn |∇
~ ~ Ψn i = 0 den Term
Für m = n haben wir wegen ∇
λ
λ
λ
~ ~ Ψn |Ψn i × hΨn |∇
~ ~ Ψn i = −hΨn |∇
~ ~ Ψn i × hΨn |∇
~ ~ Ψn i = 0.
Imh∇
λ
λ
λ
λ
1 Punkt
(c)
Wir setzten in die Gleichung
X
~ n (~λ) = Im
~ ~ Ψn |Ψm i × hΨm |∇
~ ~ Ψn i
Q
h∇
λ
λ
(4)
m
die Epstein-Formel
~ ~ H|Ψn i
hΨm |∇
λ
En − Em
~ ~ Ψn i =
hΨm |∇
λ
(5)
sowie die konjugierte dazu
~ ~ H|Ψm i
hΨn |∇
λ
En − Em
ein und erhalten
~ ~ H|Ψm i × hΨm |∇
~ ~ H|Ψn i
X hΨn |∇
λ
λ
~ n (~λ) = Im
.
Q
2
(En − Em )
~ ~ Ψn |Ψm i =
h∇
λ
1 Punkt
1 Punkt
m6=n
Aufgabe 33
8 Punkte
(a)
~
Wir erhalten für diesen Fall mit B = |B|
h
i2
~ − Em (B)
~
= (2~µe B)2
En (B)
1 Punkt
und somit
~ n (B)
~ =
Q
X
1
1
1
Im
ImhΨn |~σ × ~σ |Ψn i =
ImhΨn |2i~σ|Ψn i
(hΨn |~σ |Ψm i × hΨm |~σ |Ψn i) =
2
2
4B 2
4B
4B
m
Wir erhalten damit
~ ± (B)
~ = ± ~eB .
Q
2B 2
Einsetzen in
Z
Z
~ ± (B)d
~ f~ =
~ ± (B)~
~ eB B 2 dΩ
γ± (C) =
Q
Q
S
(6)
1 Punkt
1 Punkt
S
ergibt
1
γ± (C) = ±
2
Z
dΩ = ±
S
Ω(C)
.
2
1 Punkt
(b)
Wir haben
hΨ+ |∂~B~ Ψ+ i =
ϑ
ϑ
ϑ
ϑ
cos h↑| + e−iφ sin h↓| ∂~B~ cos |↑i + eiφ sin |↓i
2
2
2
2
1 Punkt
Auswerten der Ableitungen ergibt
2
2
1
ϑ
ϑ
ϑ
ϑ
ϑ
ϑ
1
+ sin cos ∂~B~ ϑ = i sin
∂~B~ φ.
hΨ+ |∂~B~ Ψ+ i = − cos sin ∂~B~ ϑ + i∂~B~ φ sin
2
2
2
2
2
2
2
2
1 Punkt
Analog erhalten wir hΨ− |∂~B~ Ψ− i. (Dort ergibt sich cos2 ϑ2 = 1 − sin2 ϑ2 , aber der Term mit 1 trägt zur BerryPhase, die ja modulo 2π definiert ist, nichts physikalisch neues bei und kann weggelassen werden). Somit
erhalten wir
I
I
2 ϑ ~
2 ϑ
~
~ = ±2π sin2 ϑ ,
γ± (C) = ± ∂B~ φ sin dB = ± sin
1 Punkt
∂~B~ φdB
2
2 C
2
C
da ϑ zeitlich konstant bleiben soll. Damit ist
Ω(C)
.
γ± (C) = ±π(1 − cos ϑ) = ±
2
1 Punkt
2
Aufgabe 34
3 Punkte
(a)
Es ist
~ HD ] = (~r × p~)(c~
[L,
α · p~ + βmc2 ) − (c~
α · p~ + βmc2 )(~r × p~) = (~r × ~p)(c~
α · p~) − (c~
α · p~)(~r × p~)
(7)
und somit
~ HD ] = cǫijk rj pk αm pm − cαm pm ǫijk rj pk .
[L,
(8)
Wir benutzen rj pm − pm rj = i~δjm und erhalten
~ HD ] = i~cǫijk pk αj = i~c~
[L,
α×~
p.
1 Punkt
(b)
Wir benutzen den Spinoperator
1 ~
1
~σ 0̂
~
S = ~Σ = ~
0̂ ~σ
2
2
(9)
und erhalten
~ HD ] =
[S,
1
~c
2
~σ
0̂
0̂
~σ
0̂
p~ · ~σ
p · ~σ
~
0̂
−
0̂
p~ · ~σ
~p · ~σ
0̂
~σ
0̂
0̂
~σ
(10)
bzw.
~ HD ] = 1 ~c
[S,
2
0̂
2i~
p × ~σ
2i~
p × ~σ
0̂
= −i~c~
α × p~.
1 Punkt
~ HD ] = i~c~
[J,
α × p~ − i~c~
α × p~ = 0.
1 Punkt
(c)
Es ist
~ + S,
~
J~ = L
3
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.11
Aufgabe 31
∇λ hψm |ψn i = h∇λ ψm |ψn i + hψm |∇λ ψn i = 0 .
(1)
Gerade dies können wir verwenden, um die nächste Ableitung zu berechnen:
∇λ hψm |H|ψn i = h∇λ ψm |H|ψn i + hψm |∇λ H|ψn i + hψm |H|∇λ ψn i =
= En h∇λ ψm |ψn + Em hψm |∇λ ψn i + hψm |∇λ H|ψn i = ∇λ En δnm .
(2)
Für n 6= m fällt auf der rechten Seite das Kronecker-Delta weg und wir erhalten:
(Em − En )hψm |∇λ ψn i + hψm |∇λ H|ψn i = 0 ,
(3)
bzw umgestellt für dies zur Epstein-Formel:
hψm |∇λ ψn i =
hψm |∇λ ψn i
.
En − Em
(4)
Für n = m trägt das Kronecker-Delta auf der rechten Seite bei und wir erhalten das Hellmann-FeynmanTheorem:
hψn |∇λ H|ψn i = ∇λ En .
(5)
Aufgabe 32
a.)
Wir berechnen eine einzige Komponente, von Qn , indem wir das Kreuzprodukt mit dem ε-Tensor schreiben:
"
#
X
£
¤
(Qn )k = εijk ∇λi (Cn )j = εijk ∇λi Im hψn |∇λj ψn i = εijk Im ∇λi
hψn |ψm ihψm |∇λj ψn i =
m
"
#
X
X
= εijk Im
h∇λi ψn |ψm ihψm |∇λj ψn i +
hψn |ψm ihψm |∇λi ∇λj ψn i .
m
(6)
m
Der zweite Term verschwindet, weil er ein Produkt aus einem symmetrischen und antisymmetrischen
Anteil
P
(ε-Tensor!) in i und j ist. Die Produktregel wirkt nicht auf den konstanten Einsoperator 1 = m |ψm ihψm |,
den wir eingeschoben haben. Damit gilt weiterhin
"
#
X
(Qn )k = Im
εijk h∇λi ψn |ψm ihψm |∇λj ψn i ,
(7)
m
und somit:
"
#
X
Qn = Im
h∇λ ψn |ψm i × hψm |∇λ ψn i .
(8)
m
b.)
Aus
∇λ hψn |ψn i = h∇λ ψn |ψn i + hψn |∇λ ψn i = 0 ,
(9)
also
h∇λ ψn |ψn i = −hψn |∇λ ψn i ,
(10)
folgt, wenn wir den Term mit m = n betrachten:
Im [h∇λ ψn |ψn i × hψn |∇λ ψn i] = −Im [hψn |∇λ ψn i × hψn |∇λ ψn i] = 0 .
(11)
c.)
Mit Hilfe der Epstein-Formel
hψm |∇λ ψn i =
hψm |∇λ H|ψn i
,
En − Em
(12)
ihr komplex Konjugiertes
h∇λ ψn |ψm i =
hψn |∇λ H|ψm i
,
En − Em
(13)
und dem Ergebnis aus Aufgabenteil (b) ergibt sich:


X hψn |∇λ H|ψm i × hψm |∇λ H|ψn i
.
Qn = Im 
(En − Em )2
(14)
m6=n
Aufgabe 33
a.)
Im Allgemeinen gilt
 


σx
∂/∂Bx
∇B (σ · B) = ∂/∂By  (σx Bx + σy By + σz Bz ) = σy  = σ .
σz
∂/∂Bz
(15)
Wir führen eine passive Drehung des Koordinatensystems durch, so dass B in Richtung der z-Achse zeigt und
erhalten damit:
σ · B = |B|σ · eB = Bσz ,
(16)
B
= (σ · eB )eB = σz eB .
(17)
B
Wir berechnen nun zunächst Qn mittels der direkten Formel (14). Dazu benötigen wir die Energiedifferenz
zum Quadrat für n 6= m:
σ = ∇B (σ · B) = ∇B B(σ · eB ) = (σ · eB )
(En (B) − Em (B))2 = (2~µe B)2 = 4~2 µ2e B 2 .
(18)
Weiterhin gilt:
"
#
"
#
X
X
1
1
(Qn )k =
Im
(hψn |σ|ψm i × hψm |σ|ψn i)k =
Im
εijk hψn |σi |ψm ihψm |σj |ψn i =
4B 2
4B 2
m
m
·
¸
1
1
1
1
=
Im
[ε
hψ
|σ
σ
|ψ
i]
=
Im
ε
hψ
|[σ
,
σ
]|ψ
i
+
ε
hψ
|{σ
,
σ
}|ψ
i
=
ijk
n i j n
ijk
n
i
j
n
ijk
n
i
j
n
4B 2
4B 2
2
2
1
1
1
Im [εijk εijl hψn |iσl |ψn i] =
Im[hψn |iδkl σl |ψn i] =
hψn |σk |ψn i ,
=
2
2
4B
2B
2B 2
(19)
und in Vektorschreibweise
Qn =
eB
eB
1
hψn |σ|ψn i =
hψn |σz |ψn i = ± 2 .
2B 2
2B 2
2B
(20)
Der B-Feld-Vektor bewegt sich entlang einer geschlossenen Kurve C. Mittels des Stokesschen Theorems kann
das Integral längs der Kurve in ein Integral über die Fläche, welche diese Kurve umrandet, umgewandelt werden.
Dabei wird B = |B| als radiale Variable benutzt; dΩ sei der Winkelanteil. Damit können wir schreiben:
Z
γ± (C) =
Z
Q± (B) · eB B 2 dΩ = ±
Q± (B) df =
S
S
1
2
Z
dΩ = ±
Ω
.
2
(21)
S
Das letztere gilt, wenn die eingeschlossene Fläche zu einer Kugel deformiert wird.
2
b.)
Mittels und
∇B ϑ
∇B |ψ− i =
cos
2
ergibt sich:
µ ¶
µ ¶
µ ¶
ϑ
ϑ
∇B ϑ
ϑ
|+i − i(∇B φ) exp(iφ) cos
|−i +
exp(iφ) sin
|−i ,
2
2
2
2
½
hψ+ |∇B ψ+ i =
µ ¶
µ ¶
¾
µ ¶
ϑ
ϑ
ϑ
2
cos
h+| + exp(−iφ) sin
h−| |∇B ψ+ i = i(∇B φ) sin
,
2
2
2
(22)
½ µ ¶
µ ¶
¾
µ ¶
ϑ
ϑ
ϑ
sin
h+| − exp(−iφ) cos
h−| |∇B ψ− i = i(∇B φ) cos2
=
2
2
2
½
µ ¶¾
ϑ
= i(∇B φ) 1 − sin2
.
2
(23)
hψ− |∇B ψ− i =
(24)
Da die Berry-Phase bis auf modulo 2π unbestimmt ist, können wir bei hψ− |∇B ψ− i die zusätzliche 1 (die bei
der Integration nur zu 2π führen würde) weglassen und erhalten:
µ ¶
µ ¶I
I
I
ϑ
ϑ
γ± = Im(hψ± |∇B ψ± i) = ± (∇B φ) sin2
= ± sin2
(∇B φ) dB =
2
2
C
C
C
µ ¶
ϑ
= ±π(1 − cos ϑ) .
= ±2π sin2
(25)
2
Das letztere ist die Formel für eine Kugelkappe, welche die Kugel bis zu einem Winkel ϑ einschließt:
Z
Z
Ω
1
1
=
dΩ =
dϕ dϑ sin ϑ = π(1 − cos ϑ) .
2
2
2
(26)
Aufgabe 34
a.)
[L, HD ] = [r × p, cα · p + βmc2 ] = [r × p, cα · p] + mc2 [r × p, β]
(27)
Betrachten wir nun eine einzige Komponente des letzen Ausdrucks:
¡
¢
[r × p, cα · p] = c[εijk rj pk , αl pl ] = cεijk αl [rj pk , pl ] = cεijk αl rj [pk , pl ] + [rj , pl ] pk =
| {z } | {z }
=0
=i~δjl
(28)
= i~cεijk αj pk = i~c(α × p)i .
Damit gilt also
[L, HD ] = i~c(α × p) .
(29)
b.)
Nun kommen wir zum Kommutator des Spinoperators mit dem Dirac-Hamiltonoperator. Diesen berechnet
man am Besten in der Matrixschreibweise:
[S, HD ] = [S, cα · p + βmc2 ] = [S, cα · p] =
½µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶¾
1
σ 02
02
p·σ
02
p·σ
σ 02
= ~c
·
−
·
=
02 σ
p·σ
02
p·σ
02
02 σ
2
½µ
µ
¶ µ
¶
¶¾
1
1
0
σ(p · σ)
0
[σ, p · σ]
0
(p · σ)σ
−
.
= ~c
= ~c
σ(p · σ)
0
[σ, p · σ]
0
(p · σ)σ
0
2
2
(30)
Berechnen wir nun einen einzelnen Kommutator:
[σ, p · σ]i = [σi , pj σj ] = pj [σi , σj ] = 2iεijk pj σk = 2i(p × σ)i .
Damit ergibt sich schlussendlich:
µ
¶
µ
02
p×σ
02
[S, HD ] = i~c
= i~cp ×
p×σ
02
σ
σ
02
(31)
¶
= i~c(p × α) .
(32)
3
c.)
Wir erkennen, dass sich die beiden Anteile aus Aufgabenteil (a) und (b) gerade wegheben:
[J, HD ] = [L, HD ] + [S, HD ] = i~c(α × p) − i~c(α × p) = 0 .
(33)
Damit ist der Gesamtdrehimpuls (im Gegensatz zum Bahndrehimpuls und Spin) eine gute Quantenzahl und
kann zusammen mit der Energie gleichzeitig beliebig genau gemessen werden.
4
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
12. Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 35
10 Punkte
(a)
Wir berücksichtigen, dass


0 0 0 1
 0 0 1 0 

α1 = 
 0 1 0 0 ,
1 0 0 0
ist. Damit ist
 

x
 0  
 
α1 
 0 =
y

y
0 
,
0 
x

1
 0
β=
 0
0

0 0
0
1 0
0 

0 −1 0 
0 0 −1
 
x
x
 0   0
 
β
 0 = 0
−y
y

(1)


.

(2)
Einsetzen der Lösungen in die Dirac-Gleichung ergibt im Bereich x < 0










cp
cp
1
− E+mc
1
2
E+mc2



 i px
 − i px 
 i px
 − i px 

0
0
0
0
 e~ + r 
 e ~  = cp 

 e~ − r 
e ~ 
E











0
0
0
0
cp
cp
− E+mc2
1
1
E+mc2





1
1

 i px
 − i px 

0
0

 e~ + r 
 e ~  ,(3)
+ mc2 





0
0
cp
cp
− E+mc
2
2
E+mc
oder
E−
c2 p 2
c2 p 2
i
i
2
2
~ px = r
−E
+
−
mc
+
mc
e
e− ~ px ,
E + mc2
E + mc2
√
was durch cp = E 2 − m2 c4 gelöst wird, und
Ecp
i
i
mc3 p
mc3 p
Ecp
px
~
=r
e
e− ~ px ,
− cp +
− cp +
E + mc2
E + mc2
E + mc2
E + mc2
was identisch erfüllt ist. Ähnlich ergibt sich im
 


cq
1
E−V0 +mc2




0
0
 e ~i qx = cq 
E
 


0
0
cq
1
2
E−V0 +mc
oder
c2 q 2
+ V0 + mc2 ,
E − V0 + mc2
p
was auf cq = (E − V0 )2 − m2 c4 führt, sowie
Bereich x > 0




 + V0 


E=
(E − V0 )
cq
cq
= cq − mc2
E − V0 + mc2
E − V0 + mc2
1
0
0
cq
E−V0 +mc2

1 Punkt
(4)



 + mc2 


1
0
0
− E−Vcq
2
0 +mc

 i qx
 e ~ , (5)

1 Punkt
(6)
was identisch erfüllt ist.
Wir verwenden nun die Stetigkeitsbedingungen bei x = 0:
(1 + r) = t
(7)
und
q
p
(1 − r) =
t
E + mc2
E − V0 + mc2
(8)
was auf
1+ρ
,
1−ρ
r=
2
1−ρ
1 Punkt
(V0 − E + mc2 )(E + mc2 )
(V0 − E − mc2 )(E − mc2 )
1 Punkt
t=
mit
ρ=
s
führt. Für den Fall V0 = 2E erhalten wir V0 − E = E und somit
ρ=
E + mc2
,
E − mc2
r=−
E
,
mc2
t=−
E − mc2
mc2
1 Punkt
(b)
Wir verwenden
a∗
0

0
 0
∗

0 b
 0
1
0
0
1
0
0
1
0
0

a
1
 0
0 

0  0
b
0


 = 2Re(a∗ b).

Damit erhalten wir auf einfache Weise
p
p
cp
cp
= ,
= −r2 ,
jr = −2cr2
jin = 2c
2mc2
m
2mc2
m
(9)
1 Punkt
sowie
jt = t2
q
E + mc2
.
m E − V0 + mc2
Die Verhältnisse sind
2
1+ρ
2
,
jr /jin = −r = −
1−ρ
jt /jin = t2
q
E + mc2
4ρ
= t(1 − r) = −
.
p E − V0 + mc2
(1 − ρ)2
Für den Spezialfall V0 = E ist das Ergebnis besonders transparent; wir haben dann
2
E 2 − m 2 c4
E
, jt /jin = −
.
jr /jin = −
2
mc
m 2 c4
1 Punkt
1 Punkt
1 Punkt
(10)
Wie wir sehen, erhalten wir ein Minusvorzeichen für die transmittierte Komponente. Da wir keine einlaufenden Teilchen von rechts angenommen hatten, muss es sich hier um Antiteilchen handeln, die zu einem
Stromfluss in entgegengesetzte Richtung zur Impulsrichtung führen. Die Reflektierte Komponente ist größer
als 1, was man damit erklären muss, dass zusätzlich zur Reflektion die Möglichkeit eine Teilchen-AntiteilchenKonversion an der Grenzfläche besteht, bei der spontan ein Antiteilchen nach rechts und ein Teilchen nach links
emittiert werden. Das führt zu einem Antiteilchenfluss nach rechts für x > 0 (entspricht Teilchenstromdichte
nach links), und einem Teilchentstrom nach links für x < 0, der größer ist als der einfallende Teilchenstrom.
Das Vakuum zerfällt bei Vorhandensein eines starken Potentials.
1 Punkt
2
Aufgabe 36
4 Punkte
Wir diskretisieren eine geschlossene Kurve C des Parameters ~λ, mit den diskreten Werten ~λ0 , ~λ1 , . . . ~λN , ~λN +1 ≡
~λ0 . Die Berry-Phase ist gegeben durch
I
~ ~ Ψn (~λ)i · d~λ.
ImhΨn (~λ)|∇
(11)
γn (C) =
λ
C
Wir verwenden, dass im Limes |d~λ| → 0
~ ~ Ψn (~λ)i · d~λ = Im ln 1 + hΨn (~λ)|∇
~ ~ Ψn (~λ)i · d~λ = arg 1 + hΨn (~λ)|∇
~ ~ Ψn (~λ)i · d~λ .
ImhΨn (~λ)|∇
λ
λ
λ
Dies kann (äquidistant) diskretisiert werden mittels d~λ → (~λi+1 − ~λi ) ≡ ∆ · (~λi+1 − ~λi )/|~λi+1 − ~λi | ≡ ∆ · ~ei,i+1 ,
(mit anderen Worten ~λi+1 = ~λi + ∆ · ~ei,i+1 ),
!
N
X
hΨn (~λi )|Ψn (~λi+1 )i − hΨn (~λi )|Ψn (~λi )i
γn (C) = lim
arg 1 +
~ei,i+1 · ~ei,i+1 ∆
∆→0
∆
i=0
=
lim
∆→0
N
X
i=0
N
X
arghΨn (~λi )|Ψn (~λi+1 )i.
arg 1 + hΨn (~λi )|Ψn (~λi+1 )i − 1 = lim
∆→0
Die Berry-Phase ist dann näherungsweise durch
[∆φn ]i,i+1 = Im lnhΨn (~λi )|Ψn (~λi+1 )i.
PN
i=0
i=0 [∆φn ]i,i+1
gegeben, wobei
1 Punkt
Wir approximieren das Kurvenintegral als
N
X
N
X
N
Y
hΨn (~λi )|Ψn (~λi+1 )i
1 Punkt
Dies kann man nun direkt umschreiben in
n
o
γn (C) = Im ln Ψn (~λ0 )Ψn (~λ1 ) Ψn (~λ1 )Ψn (~λ2 ) · · · Ψn (~λN )Ψn (~λ0 )
1 Punkt
[∆φn ]i,i+1 = Im
lnhΨn (~λi )|Ψn (~λi+1 )i = Im ln
i=0
i=0
i=0
Diese Größe ist explizit eichinvariant, da man jeden der Eigenvektoren Ψn (~λj ) mit j = 0, 1, 2, . . . , N mittels
eines Faktors eiφj umeichen kann, ohne dass sich der Ausdruck in der geschweiften Klammer ändert. 1 Punkt
Aufgabe 37
6 Punkte
Wir starten mit dem Zustand
3 3
1
1
| , i = |1, ; 1, i,
2 2
2
2
1 Punkt
und wenden darauf J− an, wobei wir die Formeln
p
J− |j, mi = ~ j(j + 1) − m(m − 1)|j, m − 1i
p
L− |l, ml i = ~ l(l + 1) − ml (ml − 1)|l, ml − 1i
p
S− |s, ms i = ~ s(s + 1) − ms (ms − 1)|s, ms − 1i
(12)
(13)
(14)
anwenden:
√ 3 1
√
1
1
1
1
1
1
3 3
J− | , i = ~ 3| , i = (L− + S− )|1, ; 1, i = ~ 2|1, ; 0, i + ~|1, ; 1, − i
2 2
2 2
2
2
2
2
2
2
(15)
oder
3 1
| , i=
2 2
r
1
2 1
|1, ; 0, i +
3 2
2
r
1
1 1
|1, ; 1, − i.
3 2
2
1 Punkt
3
Wir wenden wieder J− an,
!
r
r
2 1
1 1
3 1
1
1
2~| , − i = (L− + S− )
|1, ; 0, i +
|1, ; 1, − i
2 2
3 2
2
3 2
2
!
r
r
1
1
1
2 1
2 1
2
1
|1, ; 0, − i +
|1, ; 0, − i
~ √ |1, ; −1, i +
2
3 2
2
3 2
2
3 2
3 1
J− | , i =
2 2
=
(16)
oder
3 1
| ,− i =
2 2
r
1 1
1
|1, ; −1, i +
3 2
2
r
2 1
1
|1, ; 0, − i
3 2
2
1 Punkt
Wieder wenden wir J− an:
3 1
J− | , − i =
2 2
=
!
r
r
√ 3 3
1
1
1 1
2 1
~ 3| , − i = (L− + S− )
|1, ; −1, i +
|1, ; 0, − i
2 2
3 2
2
3 2
2
!
r
r
1
1
4 1
1 1
|1, ; −1, − i +
|1, ; −1, − i
3 2
2
3 2
2
(17)
oder
3 3
1
1
| , − i = |1, ; −1, − i
2 2
2
2
1 Punkt
Als nächstes brauchen wir die Eigenvektoren | 21 , mi. Der mit dem größten m ist | 21 , 21 i, der zu | 23 , 12 i
orthogonal sein muss. Wir schreiben
1 1
1
1
1
1
| , i = α|1, ; 1, − i + β|1, ; 0, i
2 2
2
2
2
2
und fordern
r
r
2
1
β+
α=0
3
3
(18)
(19)
was mit α2 + β 2 = α2 + α2 /2 = 1 auf
1 1
| , i=
2 2
r
1
2 1
|1, ; 1, − i −
3 2
2
r
1
1 1
|1, ; 0, i
3 2
2
führt. Darauf wenden wir nun wieder J− an,
!
r
r
2 1
1 1
1 1
1 1
1
1
J− | , i = ~| , − i = (L− + S− )
|1, ; 1, − i −
|1, ; 0, i
2 2
2 2
3 2
2
3 2
2
!
r
r
r
1
1
1
4 1
2 1
1 1
|1, ; 0, − i −
|1, ; −1, i −
|1, ; 0, − i
= ~
3 2
2
3 2
2
3 2
2
1 Punkt
(20)
oder
1 1
| ,− i =
2 2
r
1 1
1
|1, ; 0, − i −
3 2
2
r
2 1
1
|1, ; −1, i
3 2
2
1 Punkt
Die Clebsch-Gordan-Koeffizienten lassen sich nun direkt ablesen.
4
Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.12
Aufgabe 35
a.)
Wir benötigen die α1 - und die

0 0
µ
¶
1

0
σ
0 0
2
α1 =
=
0 1
σ 1 02
1 0
β-Matrix:

0 1
1 0
,
0 0
0 0
µ
β=
12
02
02
12
¶

1
0
=
0
0
0
1
0
0
0
0
−1
0

0
0
.
0
−1
Wir verwenden nun die folgenden Abkürzungen:


1
r
µ
¶
2


0
 , ψein (t, x) = E + mc exp i (px − Et) ,
ψin (t, x) = ψein (t, x) 


0
2mc2
~
2
cp/(E + mc )

1
r
µ
¶
2


0
 , ψer (t, x) = R E + mc exp i (−px − Et) ,
ψr (t, x) = ψer (t, x) 


0
2mc2
~
2
−cp/(E + mc )


1
r
µ
¶
2


0
 , ψet (t, x) = T E + mc exp i (px − Et) .
ψt (t, x) = ψet (t, x) 


0
2mc2
~
2
cq/(E − V0 + mc )
(1)
(2a)

(2b)
(2c)
Schauen wir uns zuerst die Dirac-Gleichung im Bereich x ≥ 0, also für ψt (t, x) an. Die linke Seite der DiracGleichung lautet:




1
1
µ
¶




∂ψt (t, x)
i
0
0
 = E ψet (t, x) 
.
i~
= i~ − E ψet (t, x) 
(3)




0
0
∂t
~
cq/(E − V0 + mc2 )
cq/(E − V0 + mc2 )
Und nun zur rechten Seite:
µ
¶
1 ∂
2
HD ψ(t, x) = −i~cα
+ V0 14 + mc β ψt (t, x) =
∂x


1


¡
¢
0
=
= cqα1 + V0 14 + mc2 β ψet (t, x) 


0
cq/(E − V0 + mc2 )
 



cq/(E + V0 + mc2 )
1


 



0
0
 + V0 

= ψet (t, x) cq 




0
0



1
cq/(E − V0 + mc2 )


1





0
2

+ mc 
 =
0


2
−cq/(E − V0 + mc )
 2 2

c q /(E + V0 + mc2 ) + V0 + mc2


0
=
= ψet (t, x) 


0
cq + (V0 − mc2 )cq/(E − V0 + mc2 )
 2 2

(c q + (V0 + mc2 )E − V02 − m2 c4 )/(E − V0 + mc2 )


0
=
= ψet (t, x) 


0
Ecq/(E − V0 + mc2 )


E(E − V0 + mc2 )/(E − V0 + mc2 )


0
=
= ψet (t, x) 


0
Ecq/(E − V0 + mc2 )


1


0
.
= E ψet (t, x) 


0
2
cq/(E − V − 0 + mc )
(4)
Kommen wir nun zum Bereich x < 0 (mit V0 = 0) und schauen uns die linke Seite der Dirac-Gleichung an:
½
¾
∂ψ(t, x)
∂ψin
∂ψr
i~
= i~
+
=
∂t
∂t
∂t




1
1




0
0
 + E ψer (t, x) 
.
= E ψein (t, x) 
(5)




0
0
2
2
cp/(E + mc )
−cp/(E + mc )
Für die rechte Seite gilt:


1
¶
µ


∂
0
=
+ mc2 β ψin (t, x) = (cpα1 + mc2 β)ψein (t, x) 
HD ψin (t, x) = −i~cα1


0
∂x
2
cp/(E + mc )
 



2
cp/(E + mc )
1




 



0
0
2
 + mc 
 =
= ψein (t, x) cp 




0
0





2
1
−cp/(E + mc )




E
1




0
0
 = E ψein (t, x) 
.
= ψein (t, x) 




0
0
©
ª
2
2
2
cp/(E + mc )
cp 1 − mc /(E + mc )
(6)
2

µ
¶

∂
HD ψr (t, x) = −i~cα1
+ mc2 β ψr (t, x) = (−cpα1 + mc2 β)ψer (t, x) 

∂x

1

0
=

0
−cp/(E + mc2 )





−cp/(E + mc2 )
1










0
0
2
e



= ψr (t, x) −cp 
+
mc


 =
0
0





2
1
cp/(E + mc )




E
1




0
0
 = ψer (t, x)E 
.
= ψer (t, x) 




0
0
©
ª
2
2
2
−cp/(E + mc )
cp −1 + mc /(E + mc )
(7)
Damit erfüllt ψt (t, x) die Diracgleichung für x ≥ 0 und ψin (t, x) + ψr (t, x) die Diracgleichung für x < 0.
Reflexions- und Transmissionskoeffizient berechnen wir aus der Stetigkeitsbedingung bei x = 0:
ψt (t, 0) = ψin (t, 0) + ψr (t, 0) .
(8)
Es gilt also

 



1
1
1

 



0
0
0
=
+R
,
T

 



0
0
0
cq/(E − V0 + mc2 )
cp/(E + mc2 )
−cp/(E + mc2 )
und wir erhalten folgendes Gleichungssystem:
µ
¶ µ ¶ µ
¶
1
−1
T
1
·
=
.
−cq/(V0 − E − mc2 ) cp/(E + mc2 )
R
cp/(E + mc2 )
(9)
(10)
Wir führen die Definitionen
α = E + mc2 ,
β = E − mc2 ,
γ = (V0 − E) + mc2 ,
δ = (V0 − E) − mc2 ,
ein, womit sich das Gleichungssystem auf die folgende Form bringen lässt:
µ
¶ µ ¶ µ
¶
1
T
p1
p−1
= p
·
.
R
− γ/δ
β/α
β/α
Die Lösung berechnet man am schnellsten mit der inversen Matrix:
p
p
p
µ ¶
µp
¶ µ
¶ µ
¶
1
T
2 β/α/(
β/α
pβ/α 1 · p 1
p
p− γ/δ)
p
p
=p
= p
.
R
β/α
γ/δ 1
( β/α − γ/δ)/( β/α − γ/δ)
β/α − γ/δ
Führen wir die Bezeichnung
s
r
γ·α
(V0 − E + mc2 )(E + mc2 )
%≡
=
,
δ·β
(V0 − E − mc2 )(E − mc2 )
(11)
(12)
(13)
(14)
ein, so folgt schlussendlich:
T =
2
,
1−%
R=
1+%
.
1−%
(15)
Durch direktes Einsetzen ergibt sich der Spezialfall für V0 = 2E:
%=
E + mc2
,
E − mc2
R=−
E
,
mc2
T =−
E − mc2
.
mc2
(16)
3
b.)
Kommen wir nun zu den Stromdichten:

0 0
µ
¶
0 0
E + mc2
cp
†
1
jin = ψin cα ψin =
1, 0, 0,
·
0 1
2mc
E + mc2
1 0


2
cp/(E + mc )
µ
¶


cp
E + mc2
0
=
1, 0, 0,
·
=


2
0
2mc
E + mc
1
 

1
1


0
0
·
=



0
0
2
0
cp/(E + mc )
0
1
0
0
E + mc2
p
2cp
·
=
,
2
E + mc
2mc
m
(17)
 


0 0 0 1
1
µ
¶
0 0 1 0  

cp
E + mc2
0
·
=
1, 0, 0, −
·
jr = ψr† cα1 ψr = R2




2
0 1 0 0
0
2mc
E + mc
2
1 0 0 0
−cp/(E + mc )


2
−cp/(E + mc )
µ
¶
2


cp
E + mc2
p
0
2 E + mc
 = −R2 2cp
=R
1, 0, 0, −
·
·
= −R2 . (18)


2
2
0
2mc
E + mc
E + mc
2mc
m
1
Analog zu den vorherigen beiden Stromdichten gilt dann:

0
µ
¶
2

E
+
mc
cq
0
†
jt = ψt cα1 ψt = T 2
1, 0, 0,
·
0
2mc
E − V0 + mc2
1
0
0
1
0
0
1
0
0
 

1
1


0
0
·
=

0 
0
0
cq/(E − V0 + mc2 )
E + mc2
2cq
E + mc2
q
2
·
=
−T
.
2mc
E − V − 0 + mc2
V0 − E − mc2 m
Wir können die Stromdichten noch mittels der zuvor definieren Größen ausdrücken:
√
√
αβ
2 αβ
jin =
, jr = −R
,
mc
mc
r
√
T2
γ
2 γδ α
jt = −T
=−
α
.
mc δ
mc
δ
Die zu berechnenden Verhältnisse lauten nun
µ
¶2
jr
1+%
2
= −R = −
,
jin
1−%
= T2
und
jt
= −T 2
jin
r
α·γ
4%
= −
.
β·δ
(1 − %)2
Analog zu vorher erhält man den Spezialfall V0 = E durch direktes Einsetzen:
µ
¶2
E
E 2 − m2 c4
jr
jt
=−
=
−
.
,
jin
mc2
jin
m2 c4
(19)
(20a)
(20b)
(21a)
(21b)
(22)
Der an der Barriere reflektierte Teilchenstrom ist wegen E > mc2 größer als der einlaufende Strom. Weiterhin
besitzt der transmittierte Strom (welcher durch das Potential läuft) ein negatives Vorzeichen; es handelt sich
also um einen nach links laufenden Strom, den es eigentlich nicht gegen dürfte, weil wir angenommen haben,
dass kein Teilchen von rechts einläuft. Dieses mekrwürdige Verhalten von relativistischen Wellenfunktionen
(Lösungen der Dirac-Gleichung) an einer Potentialstufe bezeichnet man als Kleinsches Paradoxon. Das
Paradoxon wird durch die Tatsache aufgelöst, dass an der Potentialstufe Teilchen-Antiteilchen-Paare erzeugt
werden. Die Stromdichte von Antiteilchen läuft entgegen der Stromrichtung von gewöhnlichen Teilchen. Die
reflektierte Stromdichte ist also gegenüber der einlaufenden erhöht, weil ein zusätzliches Teilchen entstanden
ist, das nach links läuft. Bei der transmittierten Stromdichte handelt es sich um ein nach rechts laufendes
Antiteilchen. Bei Anwesenheit eines Potentials werden aus dem Vakuum somit Teilchen-Antiteilchen-Paare
gebildet.
4
Aufgabe 36
Wir gehen von der kontinuierlichen Formulierung der Berry-Phase aus, also
I
γc (C) = Imhψn (λ)|∇λ ψn (λ)i dλ .
(23)
C
Wir ersetzen die Integration durch eine Summe und erhalten
γn (C) =
N
X
Imhψn (λi )|∇λi ψn (λi )i · ∆λ .
(24)
i=0
Wir verwenden nun, dass für kleine Argumente
ln(1 + x) = x + O(x2 ) ,
exp(x) = 1 + x + O(x2 ) ,
(25)
gilt. Dies führt dann auf:
γn (C) ≈
N
X
Im {ln [1 + hψn (λi )|∆λ · ∇λi ψn (λi )i]} =
i=0
≈
N
X
N
X
Im {ln [hψn (λi )|(1 + ∆λ · ∇λi )ψn (λi )i]} ≈
i=0
Im {ln [hψn (λi )| exp(∆λ · ∇λi )ψn (λi )i]} =
i=0
N
X
Im {ln [hψn (λi )|ψn (λi + ∆λ)i]}
(26)
i=0
Hierbei haben wir benutzt, dass
Ta = exp(a · ∇x ) ,
(27)
der Translationsoperator ist, welcher das Argument einer Funktion f (x) um den Vektor a verschiebt. Dies lässt
sich mittels der Taylorreihe zeigen:
f (x + a) =
∞
X
1
(a · ∇)n f (x) = exp(a · ∇x )f (x) = Ta f (x) .
n!
n=0
(28)
Mit Im[ln(x)] = arg(x) und ψn (λi + ∆λ) = ψn (λi+1 ) kommt man dann schließlich auf die angegebene Formel.
Nach dieser Formel lässt sich die Berry-Phase für eine diskretisierte Kurve berechnen als die Summe der Phasendifferenzen [∆φn ]i,i+1 (was ja gerade die Argumentenfunktion besagt) zwischen benachbarten Kurvenpunkten
λi und λi+1 :
γn (C) =
N
X
[∆φn ]i,i+1 ,
[∆φn ]i,i+1 = arg(hψn (λi )|ψn (λi+1 )i) .
(29)
i=0
Für eine allgemeine komplexe Zahl gilt:
Im {ln (r exp(iϕ))} = Im {ln(r) + iϕ} = ϕ = arg(z) ,
(30)
und damit folgt:
(N
)
( "N
#)
N
X
X
Y
[∆φn ]i,i+1 = Im
ln[hψn (λi )|ψn (λi+1 )i] = Im ln
hψn (λi )|ψn (λi+1 )i
.
i=0
i=0
(31)
i=0
Bei einer geschlossenen Kurve stimmt der Anfangs- mit dem Endpunkt überein (λN +1 = λ0 ) und wir erhalten:
γn (C) = Im {ln [hψn (λ0 )|ψn (λ1 )ihψn (λ1 )|ψn (λ2 )i . . . hψn (λN )|ψn (λ0 )i]} .
(32)
Eicht man also die Kets über
|ψn (λj )i 7→ |ψn0 (λj )i = exp(iφj )|ψn (λj )i ,
(33)
um, so heben sich alle Faktoren exp(iφj ) weg, weil jedes Ket zusammen mit einem Bra vorkommt und diese
werden:
hψn (λj )| 7→ hψn0 (λj )| = exp(−iφj )hψn (λj )| ,
(34)
Damit ist der Ausdruck explizit eichinvariant. Die Berry-Phase ist damit unabhängig von der Eichung und somit
unabhängig von der gewählten Beschreibung. (Eine Eichtransformation ist nichts anderes als eine Änderung
der Beschreibung des Systems.) Sie ist somit eine physikalische Größe.
5
Aufgabe 37
Wir betrachten den Bahndrehimpuls L und den Spin S. Diese koppeln zum Gesamtdrehimpuls J = L + S. J,
L und S sind die Quantenzahlen von J, L und S; hierbei gilt J = L + S. Im Falle von Spin 1/2 ist S = 1/2.
L ist ganzzahlig und ≥ 0 und J halbzahlig und ≥ 1/2 (wegen J = L + S). Die zugehörigen magnetischen
Quantenzahlen sind MJ ∈ {−J, −J + 1, . . . , J}, Ml ∈ {−L, −L + 1, . . . , L} und Sz = {−1/2, 1/2} ist die SpinEinstellung in Richtung der Quantisierungsachse (z-Achse). J kann die Werte L + S, L + S − 1, . . ., |L − S|
annehmen. Speziell für den Fall L = 1 und S = 1/2 (also den hier besprochenen) gilt
½
¾
½
¾
½
¾
3 1
3 1 1 3
1 1
J∈
,
, MJ=3/2 ∈ − , − , ,
, MJ=1/2 ∈ − ,
,
(35)
2 2
2 2 2 2
2 2
L ∈ {0, 1} ,
ML=1 ∈ {−1, 0, 1} ,
ML=0 ∈ {0} ,
(36)
und
S=
1
,
2
½
Sz =
1 1
− ,
2 2
¾
.
(37)
Wir werden von der Schreibweise
|J, MJ i = |L, ML i ⊗ |S, Sz i ,
Gebrauch machen. Außerdem benötigen wir
p
J− |J, MJ i = ~ J(J + 1) − MJ (MJ − 1)|J, MJ − 1i ,
L− |L, ML i = ~
S− |S, Sz i = ~
p
L(L + 1) − ML (ML − 1)|L, ML − 1i ,
p
S(S + 1) − Sz (Sz − 1)|S, Sz − 1i .
(38)
(39a)
(39b)
(39c)
Den Zustand mit J = 3/2 und Mj = 3/2 enthält man durch Kombination von (l, ml ) = (1, 1) und (s, sz ) =
(1/2, 1/2):
¯
À ¯
À
¯3 3
¯
1 1
¯ ,
¯
¯ 2 2 = ¯1, 1; 2 , 2 .
Eine Anwendung der Absteigeoperatoren liefert:
r
¯
¯
¯
À
À
À
√ ¯3 1
¯3 3
3 5 3 1 ¯¯ 3 1
¯
¯
J− ¯ ,
=~
· − ·
,
= ~ 3¯ ,
.
2 2
2 2 2 2 ¯2 2
2 2
Wir beachten, das J− = L− + S− und wenden diese Zerlegung auf die rechte Seite von (40) an:
¯
¯
¯
À
À
À
√ ¯
¯
¯
√
1 1
1 1
1 1
¯
¯
¯
L− ¯1, 1; ,
= ~ 1 · 2 − 1 · 0 ¯1, 0; ,
= ~ 2 ¯1, 0; ,
,
2 2
2 2
2 2
s
¯
¯
À
µ
¶¯
À
À
¯
¯
1
1 ¯¯
1
1 3 1
1 1
¯1, 1; 1 , − 1 .
=~
· − · −
,
−
=
~
S− ¯¯1, 1; ,
1,
1;
¯
2 2
2 2 2
2 ¯
2 2
2 2
(40)
(41)
(42a)
(42b)
Damit gilt also:
¯
¯
À r ¯
À
À
¯3 1
2 ¯¯
1 ¯¯
1 1
1 1
¯ ,
¯ 2 2 = 3 ¯1, 0; 2 , 2 + √3 ¯1, 1; 2 , − 2 .
Eine erneute Anwendung der Absteigeoperatoren, dieses mal auf (43), führt zu:
s
¯
¯
À
µ
¶¯
À
À
¯3 1
¯3 1
1 ¯¯ 3 1
3 5 1
¯
¯
=~
· − · −
,−
= 2~ ¯ , −
,
J− ¯ ,
2 2
2 2 2
2 ¯2 2
2 2
(43)
(44a)
6
¯
¯
¯
À
À
À
p
√ ¯
¯
¯
1 1
1 1
1 1
¯
¯
¯
L− ¯1, 0; ,
= ~ 1 · 2 − 0 · (−1) ¯1, −1; ,
= ~ 2 ¯1, −1; ,
,
2 2
2 2
2 2
s
¯
¯
À
µ
¶¯
À
À
¯
¯
1
1 3 1
1 ¯¯
1 1
1
1 1
¯
¯
1, 0; , −
S− ¯1, 0; ,
=~
· − · −
= ~ ¯1, 0; , −
,
2 2
2 2 2
2 ¯
2 2
2 2
¯
¯
¯
À
À
À
√ ¯
¯
¯
√
1 1
1 1
1 1
¯
¯
¯
L− ¯1, 1; , −
= ~ 1 · 2 − 1 · 0 ¯1, 0, , −
= ~ 2 ¯1, 0, , −
,
2 2
2 2
2 2
¯
À
¯
1 1
¯
S− ¯1, 1; , −
= 0.
2 2
Damit können wir den neuen Zustand aufschreiben:
(
¯
¯
À
À r ¯
À r ¯
À)
¯3 1
¯
¯
¯
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
¯ ,−
¯
¯
¯
=
¯ 2 2 = 2 √3 ¯1, −1; 2 , 2 + 3 ¯1, 0; 2 , − 2 + 3 ¯1, 0; 2 , − 2
¯
À r ¯
À
1 1
1 1
1 ¯¯
2 ¯¯
1,
0;
+
,
−
.
= √ ¯1, −1; ,
2 2
3¯
2 2
3
Eine letzte Anwendung auf (45) liefert dann:
r
¯
¯
¯
À
À
À
√ ¯3 3
¯3 1
3 5 3 1 ¯¯ 3 3
¯
¯
J− ¯ , −
=~
· − ·
,−
= ~ 3¯ ,−
,
2 2
2 2 2 2 ¯2 2
2 2
¯
À
¯
1 1
¯
L− ¯1, −1; ,
= 0,
2 2
¯
¯
À
À
¯
¯
1 1
1 1
¯
¯
S− ¯1, −1; ,
= ~ ¯1, −1; , −
,
2 2
2 2
¯
¯
¯
À
À
À
p
√ ¯
¯
¯
1 1
1 1
1 1
¯
¯
¯
L− ¯1, 0; , −
= ~ 1 · 2 − 0 · (−1) ¯1, −1; , −
= ~ 2 ¯1, −1; , −
,
2 2
2 2
2 2
¯
À
¯
1 1
S− ¯¯1, 0; , −
= 0.
2 2
¯
¯
¯
¯
À
½
À
À¾
À
¯3 3
¯
1
1 ¯¯
2 ¯¯
1 1
1 1
¯ ,−
¯1, −1; 1 , − 1 .
√
√
√
=
,
−
+
,
−
=
1,
−1;
1,
−1;
¯2 2
¯
2 2
2 2
2 2
3
3¯
3¯
(44b)
(44c)
(44d)
(44e)
(45)
(46a)
(46b)
(46c)
(46d)
(46e)
(47)
Zustände mit J = 1/2 erreicht man durch Absteigeoperatoren nicht, weil diese ja nur die MJ -Quantenzahl
erniedrigen. Damit müssen wir den Zustand mit (J, MJ ) = (1/2, 1/2) aus Zuständen mit (l, ml ) und (s, sz )
konstruieren. MJ = 1/2 kann einerseits durch die Kombination ml = 1 und sz = −1/2 und andererseits durch
ml = 0 und sz = 1/2 erreicht werden. Andere Möglichkeiten gibt es nicht. Damit muss gelten:
¯
¯
¯
À
À
À
¯1 1
¯
¯
¯ ,
¯1, 0; 1 , 1 + β ¯1, 1; 1 , − 1 .
=
α
(48)
¯2 2
¯
¯
2 2
2 2
Aus der Bedingung, dass dieser Zustand senkrecht auf |3/2, 1/2i steht und selbst normiert ist, also
r
¯
¯
¿
À
¿
À
3 1 ¯¯ 1 1
1 !
1 1 ¯¯ 1 1 !
2
,
,
=α
+ β√ = 0,
,
,
= 1,
2 2¯2 2
3
2 2¯2 2
3
p
√
√
folgt ersten β = − 2α und schließlich α = 1/ 3 und β = − 2/3. Somit gilt:
¯
¯
À
À r ¯
À
¯1 1
1 ¯¯
1 1
2 ¯¯
1 1
¯ ,
¯ 2 2 = √3 ¯1, 0; 2 , 2 − 3 ¯1, 1; 2 , − 2 .
Erneute Anwendung der Absteigeoperatoren liefert
s
¯
¯
À
µ
¶¯
À
À
¯1 1
¯1 1
1 3 1
1 ¯¯ 1 1
¯
¯
J− ¯ ,
=~
· − · −
,−
= ~¯ ,−
,
2 2
2 2 2
2 ¯2 2
2 2
(49)
(50)
(51a)
7
¯
¯
¯
À
À
À
p
√ ¯
¯
¯
1 1
1 1
1 1
¯
¯
¯
L− ¯1, 0; ,
= ~ 1 · 2 − 0 · (−1) ¯1, −1; ,
= ~ 2 ¯1, −1; ,
,
2 2
2 2
2 2
(51b)
¯
¯
À
À
¯
¯
1 1
1 1
¯
¯
S− ¯1, 0; ,
= ~ ¯1, 0; , −
,
2 2
2 2
(51c)
¯
¯
¯
À
À
À
√ ¯
¯
¯
√
1 1
1 1
1 1
L− ¯¯1, 1; , −
= ~ 1 · 2 − 1 · 0 ¯¯1, 0; , −
= ~ 2 ¯¯1, 0; , −
,
2 2
2 2
2 2
¯
À
¯
1 1
¯
S− ¯1, 1; , −
= 0.
2 2
¯
¯
¯
À
À ¯
À¾ r
À
½
√ ¯
¯1 1
¯
1
1
1
1
1
2 √ ¯¯
1 1
¯ ,−
¯1, 0; , −
¯1, −1; ,
√
=
+
−
·
1,
0;
,
−
=
2
2
¯2 2
¯
¯
¯
2 2
2 2
3
2 2
3
r ¯
¯
À
À
1 1
2 ¯¯
1 ¯¯
1 1
√
1, −1; ,
=
−
1, 0; , −
.
3¯
2 2
2 2
3¯
(51d)
(51e)
(52)
Nach der Phasenkonvention von Condon und Shortley wählt man die Koeffizienten hL, ML ; S, Sz |J, MJ = Ji
reell und positiv. Dann sind alle Clebsch-Gordon-Koeffizienten reell.
8
1. Klausur zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
[Hinweis: Bitte halten Sie ihren Studentenausweis bereit. Als Hilfsmittel ist eine handbeschriebene A4-Seite (einseitig beschrieben) zugelassen. Die Ausgabe der Klausuren
erfolgt am 13. Januar 2009 in den Übungen.
Die Gesamtzahl der Punkte ist 28. Davon müssen Sie lediglich 25 Punkte erreichen, um
100 % der geforderten Punktzahl zu erhalten. ]
Aufgabe 1
(3 Punkte)
Hadamard-Gatter:
In der Quanteninformationsverarbeitung spielt das Hadamard-Gatter ein wichtige Rolle,
i
1
1
.
(1)
H= √
1 −1
2
(a) (1 Punkt) Zeigen Sie, dass der Operator H unitär ist.
(b) (2 Punkte) Zeigen Sie, dass für ein geeignet gewähltes α der Operator eiα(σx +σz )/
Hadamard Gatter erzeugt. Bestimmen Sie α.
√
2
das
Aufgabe 2
(9 Punkte)
Wechselwirkende Spins:
Betrachten Sie zwei wechselwirkende Spin- 12 -Teilchen (i = 1, 2) mit folgendem Hamilton-Operator
H=
4J
4J ′
Sz,1 Sz,2
2 (Sx,1 Sx,2 + Sy,1 Sy,2 ) +
h̄
h̄2
(2)
wobei J und J ′ reelle Parameter sind.
(a) (2 Punkte) Schreiben Sie den Hamiltonoperator als 4x4 Matrix in den vier Basiszuständen
|+, +i, |+, −i, |−, +i, und |−, −i, die die gemeinsamen Eigenzustände von Sz,1 und Sz,2
bezeichnen.
(b) (3 Punkte) Bestimmen Sie die Eigenzustände und Energieeigenwerte des Hamilton-Operators,
indem Sie die Matrix in (a) diagonalisieren.
(c) (3 Punkte) Zeichnen Sie für festgehaltenes positives J die Eigenwerte von H als Funktion
von J ′ für J ′ ∈ [−2J, 2J]. Was ist jeweils der Grundzustand? Diskutieren Sie speziell die
Entartungen für die Fälle J ′ = −J, J ′ = J.
(d) (1 Punkt) Was ergibt sich für den Spezialfall J = 0?
Aufgabe 3
(7 Punkte)
Geladener harmonischer Oszillator:
1
Ein eindimensionaler harmonischer Oszillator sei durch H0 = 2m
P 2 + 12 mω 2 X 2 charakterisiert.
Das Teilchen sei zusätzlich geladen (Ladung q), und ein elektrisches Feld E(t) = E0 cos(ω0 t)
sei in x-Richtung angelegt, was zu einem weiteren Term im Hamiltonoperator von der Form
H1 (t) = −qE(t)X führt. Betrachten Sie H1 (t) als Störung zum ungestörten Hamiltonoperator
H0 .
(a) (1 Punkt) Schreiben Sie den Hamiltonoperator H(t) = H0 + H1 (t) des Teilchens unter
Benutzung
der Erzeuger und Vernichter a† und a. Benutzen Sie dazu die Relation X =
q
h̄
†
2mω (a
+ a).
(b) (2 Punkte) Berechnen Sie die Kommutatoren von a und a† mit H = H0 + H1 . Stellen Sie
die Heisenbergschen Bewegungsgleichungen für die Operatoren a(t) und a† (t) im Heisenbergbild mit dem Hamiltonoperator H = H0 + H1 (t) auf.
(c) (2 Punkte) Zeigen Sie durch Anwendung auf beliebige Eigenzustände |ni des Teilchenzahloperators n = a† a die Operatoridenditäten
eiH0 t/h̄ ae−iH0 t/h̄ = e−iωt a
und
eiH0 t/h̄ a† e−iH0 t/h̄ = eiωt a† .
(3)
(d) (1 Punkt) Berechnen Sie unter Verwendung von Gl. (3) den Operator H1 (t) im Wechselwirkungsbild.
(e) (1 Punkt) Das System befinde sich im Grundzustand des ungestörten Hamiltonoperators H0 . Berechnen Sie unter Verwendung der Goldenen Regel der Quantenmechanik die
Übergangsrate pro Zeit Γg→e vom Grundzustand in den ersten angeregten Zustand des
Oszillators als Funktion von ω0 .
Aufgabe 4
(9 Punkte)
Dreiatomiges Molekül:
Betrachten Sie ein Elektron eines linearen, dreiatomigen Moleküls, welches aus Atomen A, B
und C besteht. Wir bezeichnen mit |φA i, |φB i und |φC i drei orthonormale Elektronenzustände,
die an den Atomen A, B und C lokalisiert seien. Wir beschränken uns auf den Unterraum der
durch diese drei Zustände aufgespannt wird. Wenn wir die Möglichkeit des Hüpfens von Atom zu
Atom vernachlässigen, ist die Energie des Elektrons durch den Hamiltonoperator H0 bestimmt,
dessen drei Eigenzustände |φA i, |φB i und |φC i sind. Wir nehmen an, dass alle drei den gleichen
Eigenwert E0 haben. Die Kopplung zwischen den Zuständen |φA i, |φB i und |φC i werde durch
einen zusätzlichen Term im Hamiltonoperator W erzeugt mit der Eigenschaft
W |φA i = −τ |φB i,
W |φB i = −τ |φA i − τ |φC i,
W |φC i = −τ |φB i,
(4)
wobei τ ein reeller positiver Hüpfparameter ist.
(a) (3 Punkte) Berechnen Sie die Energien und stationären Zustände des Hamiltonoperators
H = H0 + W .
(b) (1 Punkt) Das Elektron sei zur Zeit t = 0 im Zustand |Ψ(0)i = |φB i. Berechnen Sie die
Zeitentwicklung |Ψ(t)i des Zustands.
(c) (4 Punkte) Eine Observable D (die ein Maß für die elektrische Polarisation des Moleküls
ist) habe die Eigenzustände |φA i, |φB i und |φC i mit den Eigenwerten, die durch die Eigenwertgleichungen D|φA i = −d|φA i, D|φB i = 0 und D|φC i = d|φC i gegeben sind. Das
Elektron sei für Zeiten t < 0 im Grundzustand. Zur Zeit t = 0 werde die Observable D
gemessen, das Resultat der Messung sei 0. Zur Zeit t > 0 werde eine zweite Messung von D
durchgeführt. Welche Werte können mit welchen Wahrscheinlichkeiten gemessen werden?
(d) (1 Punkt) Berechnen Sie den Erwartungswert hDi sowie die Varianz ∆D für den Grundzustand des Elektrons.
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
1. Klausur
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 1
3 Punkte
(a)
1
H H=
2
†
1
1
1
−1
1
1
1
−1
=
1 0
0 1
.
Der Operator ist unitär.
(1)
1 Punkt
(b)
Unter Verwendung von
2
2
1
1
1
1 1
2 0
√ (σx + σz ) =
=1
=
1 −1
0 2
2
2
2
(2)
folgt
eiα(σx +σz )/
√
2
i
= cos(α) + √ (σx + σz ) sin(α).
2
Wir setzen α = π/2 und erhalten
eiα(σx +σz )/
√
2
i
= √ (σx + σz ) = H.
2
1 Punkt
1 Punkt
(3)
Aufgabe 2
9 Punkte
(a)


1
 0 

|+, +i = 
 0 
0


0
 1 

|+, −i = 
 0 
0


0
 0 

|−, +i = 
 1 
0


0
 0 

|−, −i = 
 0 
1
(4)
und
H = J (σx,1 σx,2 + σy,1 σy,2 ) + J ′ σz,1 σz,2 .
Wir verwenden

0 0
 0 0
σx,1 = 
 1 0
0 1
σy,1
σz,1
1
0
0
0

0
1 
,
0 
0


−i 0
0 −i 
,
0
0 
0
0


0 0
0
1 0
0 

0 −1 0 
0 0 −1
0 0
 0 0
=
 i 0
0 i
1
 0
=
 0
0
Bis hierher gibt es
Wir erhalten
 ′
J
0
0
 0 −J ′ 2J
H =
 0 2J −J ′
0
0
0
σx,2
(5)

0
 1
=
 0
0
σy,2
σz,2
1
0
0
0
0
0
0
1

0
0 
,
1 
0
σx,1 σx,2


−i 0 0
0 0 0 
,
0 0 −i 
0 i 0


0
0 
,
0 
−1
0
 i
=
 0
0
1 0 0
 0 −1 0
=
 0 0 1
0 0 0

0
 0
=
 0
1
σy,1 σy,2
σz,1 σz,2
0
0
1
0

0
1
0
0
0
 0
=
 0
−1


1
0 
,
0 
0
0
0
1
0
0
1
0
0
1 0
0
 0 −1 0
=
 0 0 −1
0 0
0
(6)

−1
0 
,
0 
0
(7)

0
0 
.
0 
1
(8)
1 Punkt

0
0 

0 
J′
1 Punkt
(b)
Einen Energieeigenwert liest man sofort ab, und erhält mit zweifacher Entartung J ′ . Die anderen beiden
Eigenwerte erhält man aus der Bedingung (J ′ + E)2 = 4J 2 , was auf 2J − J ′ und −2J − J ′ führt. Die Eigenwerte
und Eigenvektoren sind
 
0
1 
1 
′

E+ = 2J − J
~e+ = √ 
1 Punkt

1 
2
0
E0 = J ′
(1)
~e0
E− = −2J − J ′

1
 0 

=
 0 ,
0

(2)
~e0

0
 0 

=
 0 
1


0
1  −1 

~e− = √ 
2 1 
0

1 Punkt
1 Punkt
2
(c)
4
E+
2
E0
2J
J
-2J
0
-J
0
-J
-2J
-2
-4
-2
-1
0
J
2J
1
2
J’
E-
Abbildung 1: Eigenwerte als Funktion von J ′ . 1 Punkt
Der Grundzustand ist für J ′ < −J der zweifach entartete Zustand mit Energie E0 , und für J ′ > −J der
einfache Zustand mit Energie E− .
1 Punkt
Für J ′ = −J ist der Zustand dreifach entartet, und für J ′ = J ist er ebenfalls dreifach entartet.
1 Punkt
(Der Fall J ′ = J entspricht genau dem Singulett und Triplettzustand.)
(d)
Für J = 0 haben wir zwei Doubletts, mit zwei zweifach entarteten Zuständen bei Energien E+ = E− = −J ′
und E0 = J ′ .
1 Punkt
Das kann man auch direkt aus dem Hamiltonoperator sehen, da ja dann nur die beiden Zustände ’parallel’
und ’antiparallel’ existieren, und beide auf je zwei Arten realisiert werden können.
3
Aufgabe 3
7 Punkte
(a)
Es ist einfach
r
1
~
†
H = ~ω a a +
− qE(t)
a† + a .
2
2mω
1 Punkt
Hier kann man auch n = a† a ersetzten.
(b)
q
~
Wir schreiben qE(t) 2mω
= ~Ω(t). Wir haben dann
[a, H] = ~ω(aa† a − a† aa) − ~Ω(t)(aa† − a† a) = ~ωa − ~Ω(t),
1 Punkt
(9)
und
[a† , H] = ~ω(a† a† a − a† aa† ) − ~Ω(t)(a† a − aa† ) = −~ωa† + ~Ω(t),
(10)
woraus folgt
ȧ(t) = −iωa(t) + iΩ(t)
ȧ† (t) = iωa† (t) − iΩ(t).
1 Punkt
(c)
Anwenden von
†
†
eiωta a a† e−iωta
a
(11)
auf |ni ergibt
√
†
†
†
†
†
eiωta a ae−iωta a |ni = eiωta a ae−iωtn |ni = eiωta a e−iωtn a|ni = eiωta a e−iωtn n|n − 1i
√
√
†
†
eiωta a ae−iωta a |ni = eiωt(n−1) e−iωtn n|n − 1i = e−iωt n|n − 1i = e−iωt a|ni
(12)
1 Punkt
und
√
†
†
†
†
†
eiωta a a† e−iωta a |ni = eiωta a a† e−iωtn |ni = eiωta a e−iωtn a† |ni = eiωta a e−iωtn n + 1|n + 1i
√
√
†
†
eiωta a a† e−iωta a |ni = eiωt(n+1) e−iωtn n + 1|n + 1i = eiωt n + 1|n + 1i = eiωt a† |ni.
(13)
1 Punkt
(d)
Wir erhalten einfach
†
†
H1 (t) = −~Ωeiωta a (a† + a)e−iωta
a
= −~Ω(a† eiωt + ae−iωt ).
1 Punkt
(e)
Nach der Goldenen Regel der Quantenmechanik ist
Γg→e =
2π
|hn = 1|~Ω(t)(ae−iωt + a† eiωt )|n = 0i|2 δ(~ω − ~ω0 )
~
(14)
und durch Einsetzen der Matrixelemente
Γg→e = 2πΩ2 (t)δ(ω − ω0 ).
1 Punkt
4
Aufgabe 4
9 Punkte
(a)
Wir haben

E0
H =  −τ
0
−τ
E0
−τ

0
−τ 
E0
(15)
mit den Eigenwerten und Eigenvektoren


1
√
1 √ 
E+ = E0 + 2τ,
|+i =
− 2
2
1
E0 ,
E− = E0 −
√
2τ,
1 Punkt


1
1 
0 
|0i = √
2
−1
1 Punkt

1
√
1
|−i =  2 
2
1
1 Punkt

(Eigenvektoren bis auf Phasenfaktoren).
(b)
Es ist
1
|ΦB i = √ (|−i − |+i) ,
2
(16)
und somit
|Ψ(t)i =
i
√
√
i
i
e− ~ E0 t √
|−ie ~ 2τ t − |+ie− ~ 2τ t .
2
1 Punkt
(c)
Durch die Messung zur Zeit t = 0 von D = 0 wird das Elektron in den Eigenzustand |ΦB i von D,
1
|ΦB i = √ (|−i − |+i)
2
1 Punkt
gebracht, von wo es sich weiterentwickelt. Zu späteren Zeiten ist die Lösung gerade |Ψ(t)i aus der letzten
Teilaufgabe, also
i
√
√
i
i
e− ~ E0 t √
|Ψ(t)i =
|−ie ~ 2τ t − |+ie− ~ 2τ t
(17)
2
i
√
√
1
1
1
1
i
1
i
e− ~ E0 t
1
√
( |ΦA i + √ |ΦB i + |ΦC i)e ~ 2τ t − ( |ΦA i − √ |ΦB i + |ΦC i)e− ~ 2τ t
=
(18)
2
2
2
2
2
2
2
i
√
√
√
√
e− ~ E0 t √
i|ΦA i sin( 2τ t/~) + 2|ΦB i cos( 2τ t/~) + i|ΦC i sin( 2τ t/~)
(19)
=
2
Es können also folgende Werte mit folgenden Wahrscheinlichkeiten gemessen werden:
√
1
1 Punkt
sin2 ( 2τ t/~)
D = −d
mit Wahrscheinlichkeit
2
D=0
mit Wahrscheinlichkeit
√
cos2 ( 2τ t/~)
1 Punkt
D=d
mit Wahrscheinlichkeit
√
1
sin2 ( 2τ t/~).
2
1 Punkt
5
(d)
Der Erwartungswert hDi für den Grundzustand ist
hDi = h−|D|−i =
1
(−d + 2 · 0 + d) = 0.
4
0.5 Punkte
Weiter ist
hD2 i = h−|D2 |−i =
1 2
d2
(d + 2 · 0 + d2 ) =
4
2
(20)
Also ist die Varianz
p
d
hD2 i − hDi2 = √ .
2
0.5 Punkte
6
2. Klausur zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
[Hinweis: Bitte halten Sie ihren Studentenausweis bereit. Als Hilfsmittel ist ein handbeschriebenes A4-Blatt (zweiseitig beschrieben) zugelassen.
Die Ausgabe der Klausuren erfolgt am 13. Februar 2009 im Seminarraum 2.17.
Die Gesamtzahl der Punkte ist 28. Davon müssen Sie lediglich 25 Punkte erreichen, um
100 % der geforderten Punktzahl zu erhalten. ]
Aufgabe 1
Reduzierte Dichtematrix:
Betrachten Sie zwei Spins mit S =
(4 Punkte)
1
2
im Zustand
√1 (|↑↑i
2
− |↓↓i).
(a) (2 Punkte) Schreiben Sie die Dichtematrix ρ̂ in der Basis |↑↑i, |↑↓i, |↓↑i, |↓↓i auf. Überprüfen
Sie explizit, dass es sich bei Ihrem Ergebnis um einen reinen Zustand handelt.
~1 als Messgröße interessiert. Bestimmen
(b) (2 Punkte) Nehmen Sie jetzt an, dass nur der Spin S
Sie die reduzierte
Dichtematrix,
indem
Sie
den
zweiten
Spin “ausspuren”, d. h. berechnen
P
red
ρ
.
Zeigen
Sie,
dass
ρ̂
einen
gemischten
Zustand beschreibt.
Sie ρred
=
αβ
γ=↑,↓ αγ,βγ
Aufgabe 2
(8 Punkte)
Jaynes-Cummings-Modell:
Betrachten Sie ein Zweizustandssystem (Grundzustand g, angeregter Zustand e), das an einen
harmonischen Oszillator gekoppelt ist und durch den Hamiltonoperator
1
H = h̄ωa† a − h̄ωeg σz + h̄γ(σ+ a + σ− a† )
2
mit
σ+ =
0 0
1 0
,
σ− =
0
0
1
0
σz =
(1)
1 0
0 −1
(2)
beschrieben wird. Nehmen Sie an, dass das System sich zur Zeit t = 0 im Quantenzustand
|Ψ(t = 0)i = |n, gi befindet, wobei |n, gi bzw. |n, ei die Eigenzustände des Hamiltonoperators
für das ungekoppelte System (γ = 0) sind.
(a) (2 Punkte) Zeigen Sie durch Einsetzen von |Ψ(t)i = α(t)|n, gi + β(t)|n − 1, ei in die
zeitabhängige Schrödingergleichung, dass die Lösung der Schrödingergleichung mit
obiger Anfangsbedingung bei t = 0 nicht aus dem Unterraum, der durch die beiden
Zustände |n, gi und |n − 1, ei aufgespannt wird, herausführt.
(b) (4 Punkte) Leiten Sie die Schrödingergleichung im zweidimensionalen Unterraum,
α̇(t)
α(t)
ih̄
=A
β(t)
β̇(t)
(3)
her, d.h. bestimmen Sie die 2x2-Matrix A, und finden Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren
für den Spezialfall ω = ωeg . Leiten Sie daraus die Lösung für |Ψ(t)i als Funktion der Zeit
mit der obigen Anfangsbedingung |Ψ(t = 0)i = |n, gi her.
(c) (2 Punkte) Berechnen Sie mit Hilfe des in (b) erhaltenen Zustands |Ψ(t)i die Erwartungswerte
hn̂i ≡ ha† ai und hσz i.
Aufgabe 3
(8 Punkte)
Clebsch-Gordan-Koeffizienten:
Betrachten Sie zwei Teilchen mit Drehimpulsen j1 = 2 und j2 = 1 und entsprechenden Drehimpulsoperatoren J~1 und J~2 . Der Gesamtdrehimpuls sei J~ = J~1 + J~2 . Ermitteln Sie die möglichen
Eigenzustände |J, M i von J~2 and Jz und drücken Sie die Zustände
(a) (2 Punkte) |J, M i = |3, 2i,
(b) (3 Punkte) |J, M i = |3, 1i,
(c) (3 Punkte) |J, M i = |2, 2i
durch die Zustände |j1 , j2 ; m1 , m2 i ≡ |j1 , m1 i ⊗ |j2 , m2 i aus, d.h. berechnen Sie die entsprechenden Clebsch-Gordan-Koeffizienten.
Hinweis: Folgende Formel ist hilfreich:
p
(4)
J− |j, mi = h̄ j(j + 1) − m(m − 1)|j, m − 1i.
Aufgabe 4
Dirac-Matrizen:
Zeigen Sie, dass für die Dirac-Matrizen α
~ , β, und γ ν die beiden Relationen
(~
α·~
p)2 = (~
p)2 ,
(γ µ pµ )2 = (p0 )2 − (~
p)2
(2 Punkte)
(5)
gelten. [Hinweis: αi αj + αj αi = 2δ ij 1, αi β + βαi = 0, (αi )2 = β 2 = 1, γ µ γ ν + γ ν γ µ = 2g µν 1.]
Aufgabe 5
(6 Punkte)
Dirac-Gleichung im homogenen Magnetfeld:
Ein Elektron mit der Ladung q = −e und der Ruhemasse m bewege sich in einem homogenen
~ = (0, 0, B). Dieses Magnetfeld werde durch das Vektorpotential A
~ = (−By, 0, 0)
Magnetfeld B
beschrieben.
(a) (2 Punkte) Schreiben Sie den Spinor Ψ in der stationären Dirac-Gleichung
∂
q
1
i
2
(6)
E − βmc Ψ = α −ih̄ i − Ai Ψ
c
∂x
c
φ1
und leiten Sie daraus eine Eigenwertgleichung für den zweikomin der Form Ψ =
φ2
ponentigen Spinor φ1 her, indem Sie den Spinor φ2 eliminieren.
(b) (2 Punkte) Bringen Sie diese Eigenwertgleichung mit Hilfe des Ansatzes
φ1 (x, y, z) = χ1 (y)ei(kx x+kz z)
(7)
sowie durch die Variablensubstitution
ξ=
in die Form
r
eB
h̄c
y−
h̄ckx
eB
d2
2
−
ξ
+
a
σ χ1 = 0.
dξ 2
(8)
(9)
Bestimmen Sie aσ für die Spinkomponenten σ = ±1.
(c) (2 Punkte) Bestimmen Sie die Energieeigenwerte En aus der Bedingung, dass der Koeffizient
aσ die ganzzahligen Werte 2n + 1 mit n = 0, 1, 2, . . . annehmen muss.
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
2. Klausur
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 1
4 Punkte
a.)
1
⇒ |Ψ0 i = √ (|↑↑i − |↓↓i)
2

1
2
0
 0 0
1
ρ̂ = (|↑↑i − |↓↓i)(h↑↑| − h↓↓|) = 
 0 0
2
− 21 0
Rein, da ρ̂2 = ρ̂.

0 − 12
0
0 

0
0 
1
0
2
|↑↑i
|↑↓i
|↓↑i
|↓↓i
1 Punkt
1 Punkt
b.)
Reduzierte Dichtenmatrix:
ρred
↑↑ = ρ↑↑,↑↑ + ρ↑↓,↑↓ =
1
= ρred
↓↓
2
red
ρred
↑↓ = ρ↑↑,↓↑ + ρ↑↓,↓↓ = 0 = ρ↓↑
Also ist
1/2 0
red
ρ̂ =
0 1/2
gemischt, da
2
1/4 0
ρ̂red =
6= ρ̂red
0 1/4
1 Punkt
1 Punkt
Aufgabe 2
8 Punkte
(a)
Schrödingergleichung:
i~
∂
|Ψ(t)i = H|Ψ(t)i
∂t
(1)
Ansatz einsetzten:
i~α̇|n, gi + i~β̇|n − 1, ei =
~ωαn|n, gi + ~ωβ(n − 1)|n − 1, ei
1
1
− ~ωeg α|n, gi + ~ωeg β|n − 1, ei
2 √
2
√
+~γ nα|n − 1, ei + ~γ nβ|n, gi
(2)
Da die Anfangsbedingung mittels α(0) = 1, β(0) = 0 dargestellt werden kann, folgt daraus dass die Lösung
nicht aus dem Unterraum herausführt.
2 Punkte
(b)
Wir projizieren aus der Gleichung (2) die beiden Gleichnungen
√
1
i~α̇ = ~ nω − ωeg α + ~γ nβ
2
(3)
und
√
1
i~β̇ = ~ (n − 1)ω + ωeg β + ~γ nα
2
und somit
α̇(t)
n~ω −√21 ~ωeg
i~
=
~γ n
β̇(t)
√
α(t)
~γ n
(n − 1)~ω + 21 ~ωeg
β(t)
Wir setzen ω = ωeq und erhalten
√
α̇(t)
~ω n√− 12
~γ n α(t)
i~
=
β(t)
~γ n
~ω n − 12
β̇(t)
Die Eigenwerte ergeben sich aus
1
~ω n −
− E = ∓~2 γ 2 n
2
(4)
(5)
1 Punkt
(6)
oder
1
± ~2 γ 2 n
E± = ~ω n −
2
Die entsprechenden Eigenzustände sind
1
1
|e± i = √
±1
2
Die Lösung für |Ψ(t)i mit |Ψ(0)i = |n, gi ist
√
√
1
|Ψ(t)i = e−iω(n− 2 )t cos(γ nt) |n, gi − i sin(γ nt) |n − 1, ei
1 Punkt
1 Punkt
1 Punkt
(c)
√
hΨ(t)|a† a|Ψ(t)i = n − sin2 (γ nt)
1 Punkt
√
√
√
hΨ(t)|σz |Ψ(t)i = cos2 (γ nt) − sin2 (γ nt) = cos(2γ nt)
1 Punkt
2
Aufgabe 3
8 Punkte
(a)
Wir starten mit dem Zustand
|3, 3i = |2, 1; 2, 1i,
(7)
und wenden darauf J− an:
√
√
J− |3, 3i = 6~|3, 2i = 2~|2, 1; 1, 1i + 2~|2, 1; 2, 0i
(8)
oder
|3, 2i =
r
2
|2, 1; 1, 1i +
3
r
1
|2, 1; 2, 0i.
3
2 Punkte
(b)
Wir wenden wieder J− an,
J− |3, 2i =
√
10~|3, 1i = 2~|2, 1; 0, 1i +
r
4
~|2, 1; 1, 0i +
3
r
4
~|2, 1; 1, 0i +
3
r
2
~|2, 1; 2, −1i
3
(9)
oder
|3, 1i =
r
2
|2, 1; 0, 1i +
5
r
8
|2, 1; 1, 0i +
15
r
1
|2, 1; 2, −1i.
15
3 Punkte
(c)
Als nächstes brauchen wir die Eigenvektoren |2, 2i, der zu |3, 2i orthogonal sein muss. Wir schreiben
|2, 2i = α|2, 1; 1, 1i + β|2, 1; 2, 0i
(10)
und fordern
r
r
2
1
α+
β=0
3
3
(11)
was mit α2 + β 2 = α2 + 2α2 = 1 auf
|2, 2i =
r
1
|2, 1; 1, 1i −
3
r
2
|2, 1; 2, 0i
3
3 Punkte
führt (bis auf ein Gesamtvorzeichen, das noch beliebig gewählt werden kann).
Aufgabe 4
2 Punkte
(~
α · p~)2 = αi pi αj pj = pi pj αi αj = pj pi αj αi = pi pj
(γ µ pµ )2 = γ µ pµ γ ν pν = pµ pν γ µ γ ν =
1 i j
p)2
α α + αj αi = pi pj δ ij 1 = pi pi = (~
2
1 Punkt
1 µ ν
(γ γ + γ ν γ µ ) pµ pν = pµ pν g µν 1 = pµ pµ = (p0 )2 − (~
p)2
2
1 Punkt
3
Aufgabe 5
6 Punkte
(a)
Die stationäre Dirac-Gleichung lautet
1
∂
q
2
i
E − βmc Ψ = α −i~ i − Ai Ψ.
c
∂x
c
Die beiden gewünschten Teilgleichungen sind
∂
q
1
2
i
(E − mc )φ1 = σ −i~ i − Ai φ2
c
∂x
c
(12)
1 Punkt
(13)
und
1
∂
q
2
i
(E + mc )φ2 = σ −i~ i − Ai φ1 .
c
∂x
c
(14)
Einsetzen der zweiten Gleichung in die erste ergibt
2
1 2
∂
q
2 4
i
φ1 .
−i~
−
A
E
−
m
c
φ
=
σ
i
1
c2
∂xi
c
1 Punkt
(b)
Wir setzten den Ansatz
φ1 (x, y, z) = χ1 (y)ei(kx x+kz z)
(15)
ein und erhalten
1 2
E − m2 c4 χ1 (x)
c2
=
=
e e y ∂
y ∂
x
z
x
z
−i~σ
−i~σ
+ σ ~kx − By + ~kz σ
+ σ ~kx − By + ~kz σ χ1 (x)
∂y
c
∂y
c
2
2
∂
e
~e
−~2 2 + ~kx − By + ~2 kz2 + Bσ z χ1 (x)
(16)
∂y
c
c
Dies führt auf die Eigenwertgleichung
2
e 2
~e
E
d2 χ1 2 2
2 2
z
χ1 = 0
−
m
c
−
~
k
−
Bσ
~2 2 − ~kx − By χ1 +
z
dy
c
c2
c
1 Punkt
Eine solche Eigenwertgleichung ist bekannt vom harmonischen Oszillator. Wir führen die dimensionslose Variable
r
c~kx
d2
~c d2
eB
ξ=
y−
,
=
(17)
~c
eB
dξ 2
eB dy 2
ein und erhalten für die Spinkomponente in z-Richtung, σ = ±1,
d2
2
−
ξ
+
a
σ χ1 (y) = 0,
dξ 2
aσ =
E2
c
− m2 c3 − c~2 kz2 + ~qσB
.
~eB
1 Punkt
(c)
Die Energieeigenwerte sind gegeben durch aσ = (2n + 1) mit n = 0, 1, 2, . . ., also durch die Gleichung
2
En,σ
= (2n + 1 + σ)~ceB + m2 c4 + c2 ~2 kz2
Mit der Abkürzung 2n + 1 + σ = 2n′ , und (wegen ~kz = pz ) erhalten wir
p
En′ = ± (mc2 )2 + (cpz )2 + 2n′ ~ceB.
(18)
2 Punkte
4
Nachklausur zur Vorlesung Theoretische Physik E:
Universität Karlsruhe
Quantenmechanik II
WS 2008/09
Prof. Dr. Gerd Schön— Dr. Matthias Eschrig
[Hinweise: Bitte halten Sie ihren Studentenausweis bereit. Als Hilfsmittel ist ein handbeschriebenes A4-Blatt (zweiseitig beschrieben) zugelassen.
-Die Nachklausur ersetzt die schlechtere der beiden ersten Klausuren.
-Die Ausgabe der Klausuren erfolgt im Sekretariat des Instituts für Theoretische Festkörperphysik im 11. Stock des Physikhochhauses ab Freitag.
-Die Gesamtzahl der Punkte ist 30. Davon müssen Sie lediglich 25 Punkte erreichen,
um 100 % der geforderten Punktzahl zu erhalten. ]
Aufgabe 1
(4 Punkte)
Wechselwirkende Spins:
Betrachten Sie zwei wechselwirkende Spin- 12 -Teilchen (i = 1, 2) mit folgendem Hamilton-Operator
H=
4
(Jx Sx,1 Sx,2 + Jy Sy,1 Sy,2 + Jz Sz,1 Sz,2 )
h̄2
(1)
wobei Jx , Jy , und Jz reelle Parameter sind, die die Wechselwirkung zwischen den Spins beschreiben.
(a) (2 Punkte) Schreiben Sie den Hamiltonoperator als 4x4 Matrix in den vier Basiszuständen
|+, +i, |+, −i, |−, +i, und |−, −i, die die gemeinsamen Eigenzustände von Sz,1 und Sz,2
bezeichnen.
(b) (2 Punkte) Bestimmen Sie die Energieeigenwerte des Hamilton-Operators.
Aufgabe 2
(9 Punkte)
Dreiatomiges Molekül:
Betrachten Sie ein Elektron eines linearen, dreiatomigen Moleküls, welches aus Atomen A, B
und C besteht. Die zugehörigen drei orthonormalen atomaren Elektronenzustände seien |φA i,
|φB i und |φC i. Der Hamiltonoperator H = H0 + W bestehe aus dem Anteil H0 mit den
Eigenzuständen |φA i, |φB i und |φC i und Eigenwerten EA = EC = 0 und EB = ε > 0, sowie
einem Hüpfterm W mit
W |φA i = −τ |φB i,
W |φB i = −τ |φA i − τ |φC i,
W |φC i = −τ |φB i,
(2)
wobei τ ein reeller positiver Hüpfparameter ist.
(a) (3 Punkte) Berechnen Sie die Energien und stationären Zustände von H.
(b) (4 Punkte) Eine Observable P (die ein Maß für die elektrische Polarisation des Moleküls
ist) habe die Eigenzustände |φA i, |φB i und |φC i mit entsprechenden Eigenwerten PA = −d,
PB = 0 und PC = d. Zur Zeit t = 0 werde die Observable P gemessen, das Resultat der
Messung sei 0. Zur Zeit t > 0 werde eine zweite Messung an P durchgeführt. Welche Werte
können mit welchen Wahrscheinlichkeiten gemessen werden?
(c) (2 Punkte) Berechnen Sie die Korrekturen zu den Eigenwerten in erster Ordnung Störungstheorie, wenn ein zusätzlicher Term W ′ im Hamiltonoperator mit
W ′ |φA i = −τ ′ |φC i,
wobei τ ′ > 0 und reell, betrachtet wird.
W ′ |φC i = −τ ′ |φA i,
(3)
Aufgabe 3
(6 Punkte)
Clebsch-Gordan-Koeffizienten:
Betrachten Sie zwei Teilchen mit Drehimpulsen j1 = 3/2 und j2 = 1/2 und entsprechenden
Drehimpulsoperatoren J~1 und J~2 . Der Gesamtdrehimpuls sei J~ = J~1 + J~2 . Drücken Sie die
Eigenzustände |J, M i von J~2 and Jz für
(a) (2 Punkte) |J, M i = |2, 1i,
(b) (2 Punkt3) |J, M i = |2, 0i,
(c) (2 Punkte) |J, M i = |1, 1i
durch die Zustände |j1 , j2 ; m1 , m2 i ≡ |j1 , m1 i ⊗ |j2 , m2 i aus, d.h. berechnen Sie die entsprechenden Clebsch-Gordan-Koeffizienten.
p
Hinweis: Folgende Formel ist hilfreich: J− |j, mi = h̄ j(j + 1) − m(m − 1)|j, m − 1i.
Aufgabe 4
(5 Punkte)
Dirac-Gleichung:
Betrachten Sie den Dirac-Hamiltonoperator für freie Teilchen H = c(~
α · p~) + βmc2 , mit den
Dirac-Matrizen
0 σi
1 0
i
α =
,
β=
.
(4)
σi 0
0 −1
(a) (3 Punkte) Für die Zitterbewegung eines freien Dirac-Teilchens mit Impuls ~p = p~ex sind
Mischungen Ψ(x, t) = A{u(x, t) − ρ · v(x, t)} zwischen Impulseigenzuständen mit positiver
und negativer Energie




cp
1
−E−mc2
i
 e h̄i (px+Et)


 e h̄ (px−Et)
0
0
 q

 q
,
v(x,
t)
=
,
(5)
u(x, t) = 




0
0
2mc2
2mc2
2
2
cp
E+mc
E+mc
1
E+mc2
p
interessant, wobei A eine geeignete Normierungskonstante, E = m2 c4 + p2 c2 , und ρ ein
Mischparameter ist. Bestimmen Sie ρ so, dass die vierte Komponente von Ψ(x, t) bei
t = 0 verschwindet. Berechnen Sie damit den Erwartungswert der Teilchenstromdichte,
jx (t) = Ψ† (x, t)cαx Ψ(x, t). Geben Sie die Frequenz der zeitlichen Oszillation an.
(b) (2 Punkte) Die Zeitentwicklung eines Operators O im Heisenbergbild wird durch die
Gleichung ih̄dO(t)/dt = [O(t), H] bestimmt. Berechnen Sie d~
p(t)/dt und ~v (t) ≡ d~r(t)/dt
im Heisenbergbild, wobei ~
p und ~r der Impuls- und der Ortsoperator sind.
Aufgabe 5
(6 Punkte)
Zweite Quantisierung:
Es seien im folgenden ai Vernichtungsoperatoren und a†i Erzeugungsoperatoren im Formalismus
der zweiten Quantisierung.
(a) (3 Punkte) Bestimmen Sie für nichtwechselwirkende Bosonen, die durch den HamiltonP
operator H = i εi a†i ai beschrieben werden, die Bewegungsgleichungen für die Erzeuger
und Vernichter in der Heisenberg-Darstellung, ai (t) = eiHt/h̄ ai e−iHt/h̄ , a†i (t) = [ai (t)]† ,
und geben Sie die Lösung der Bewegungsgleichung an. [Hinweis: [ai , a†j ] = δij ].
(b) (3 Punkte) Zeigen Sie am Beispiel von Fermionen, dass der Teilchenzahloperator N̂ =
P
P †
P
†
† †
1
ij εij ai aj + 2
i ai ai mit dem Hamiltonoperator H =
ijkl vijkl ai aj al ak vertauscht.
[Hinweis: Verwenden Sie die Antivertauschungsrelationen für die a†i und ai .]
Lösungsvorschlag Theoretische Physik E
Nachklausur
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2008/2009
Aufgabe 1
4 Punkte
(a)

0
 0 

|−, −i = 
 0 
1

0
 0 

|−, +i = 
 1 
0

0
 1 

|+, −i = 
 0 
0

1
 0 

|+, +i = 
 0 
0




(1)
und
H = (Jx σx,1 σx,2 + Jy σy,1 σy,2 + Jz σz,1 σz,2 ) .
Wir verwenden

0 0
 0 0
σx,1 = 
 1 0
0 1
σy,1
σz,1
1
0
0
0

0 −i
0 0
0 0
i 0

0
1
0
0
0
 0
=
 i
0
1
 0
=
 0
0

0
1 
,
0 
0
σx,2

0
−i 
,
0 
0

0
0
0
0 

−1 0 
0 −1
Bis hierher gibt es
Wir erhalten

Jz
0

0
−J
z
H=

0
Jx + Jy
Jx − Jy
0

0
 1
=
 0
0
σy,2
σz,2
1
0
0
0
(2)
0
0
0
1

0
0 
,
1 
0

0 −i 0
 i 0 0
=
 0 0 0
0 0 i

1
 0
=
 0
0
0
−1
0
0
0
0
1
0
σx,1 σx,2

0
0 
,
−i 
0

0
0 
,
0 
−1

0
 0
=
 0
1
σy,1 σy,2
σz,1 σz,2
0
0
1
0

0
1
0
0
0
 0
=
 0
−1

1
 0
=
 0
0

1
0 
,
0 
0
(3)

0 −1
1 0 
,
0 0 
0 0
(4)

0
0 0
−1 0 0 
.
0 −1 0 
0
0 1
(5)
0
0
1
0
1 Punkt
0
Jx + Jy
−Jz
0

Jx − Jy

0


0
Jz
1 Punkt
(b)
Die Matrix H faktorisiert in zwei 2x2 Untermatrizen, und die Eigenwerte ergeben sich direkt durch die Bedingungen Bedingung (Jz − E)2 = (Jx − Jy )2 und (Jz + E)2 = (Jx + Jy )2 . Die Eigenwerte sind
E1,2 = ±(Jx + Jy ) − Jz ,
E3,4 = ±(Jx − Jy ) + Jz
2 Punkte
Aufgabe 2
9 Punkte
(a)
Wir haben

0
H =  −τ
0

0
−τ 
0
−τ
ε
−τ
(6)
mit den Eigenwerten und Eigenvektoren
p
E+ = (ε + ε2 + 8τ 2 )/2,


τ
1
 −E+ 
|+i = q
2
2
2τ + E+
τ
1 Punkt


1
1 
0 
|0i = √
2
−1
0,
p
E− = (ε − ε2 + 8τ 2 )/2,
1 Punkt


τ
 −E− 
|−i = q
2
2τ 2 + E−
τ
1
1 Punkt
(Eigenvektoren bis auf Phasenfaktoren).
(b)
Wir verwenden durchgängig zur Vereinfachung
p
2
E+ − E− = ε2 + 8τ 2 , E+ E− = −2τ 2 , 2τ 2 + E±
= ±E± (E+ − E− ).
Durch die Messung zur Zeit t = 0 von D = 0 wird das Elektron in den Eigenzustand |ΦB i von D,
p
q
p
q
−E− |−i − E+ |+i
1
2
2
2
2
p
|ΦB i =
2τ + E− |−i − 2τ + E+ |+i =
E+ − E−
E+ − E−
(7)
1 Punkt
gebracht, von wo es sich weiterentwickelt. Zu späteren Zeiten ist die Lösung |Ψ(t)i
|Ψ(t)i =
=
i
p
e− 2~ εt p
i
i
p
−E− |−ie 2~ (E+ −E− )t − E+ |+ie− 2~ (E+ −E− )t
(8)
E+ − E−
i
i
i
o
e− 2~ εt n
τ |ΦA i − E− |ΦB i + τ |ΦC i e 2~ (E+ −E− )t − τ |ΦA i − E+ |ΦB i + τ |ΦC i e− 2~ (E+ −E− )t
E+ − E−
i
=
e− 2~ εt
(2iτ |ΦA i sin((E+ − E− )t/2~) − iε|ΦB i sin((E+ − E− )t/2~)
E+ − E−
+(E+ − E− )|ΦB i cos((E+ − E− )t/2~) + 2iτ |ΦC i sin((E+ − E− )t/2~))
(9)
Es können also folgende Werte mit folgenden Wahrscheinlichkeiten gemessen werden:
D = −d
mit Wahrscheinlichkeit
D=0
mit Wahrscheinlichkeit
D=d
mit Wahrscheinlichkeit
p
4τ 2
sin2 ( ε2 + 8τ 2 t/2~)
2
2
ε + 8τ
p
cos2 ( ε2 + 8τ 2 t/2~) +
ε2
p
ε2
2
ε2 + 8τ 2 t/2~)
sin
(
ε2 + 8τ 2
p
4τ 2
sin2 ( ε2 + 8τ 2 t/2~).
2
+ 8τ
1 Punkt
1 Punkt
1 Punkt
2
(c)
Es ist

0
W′ =  0
−τ ′
0
0
0

−τ ′
0 .
0
(10)
Die Korrekturen zu den Eigenwerten ergeben sich aus
√
|E∓ |
2
1
|ε ± ε2 + 8τ 2 | ′
2 ′
′
′
√
√
τ τ =−
δE± = h±|W |±i = −
τ =−
τ
E+ − E− ±E±
2τ 2 ε2 + 8τ 2
4τ 2 ε2 + 8τ 2
1 Punkt
und
δE0 = h0|W ′ |0i = τ ′
1 Punkt
3
Aufgabe 3
6 Punkte
(a)
Wir starten mit dem Zustand
3 1 3 1
|2, 2i = | , ; , i,
2 2 2 2
(11)
und wenden darauf J− an:
J− |2, 2i = 2~|2, 1i =
√ 3 1 1 1
3 1 3 1
3~| , ; , i + ~| , ; , − i
2 2 2 2
2 2 2 2
(12)
oder
|2, 1i =
1 3 1 3 1
1√ 3 1 1 1
3| , ; , i + | , ; , − i.
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 Punkte
(b)
Wir wenden wieder J− an,
J− |2, 1i =
√
√ 3 1 1 1
1√ 3 1 1 1
1√ 3 1 1 1
6~|2, 0i = 3~| , ; − , i +
3~| , ; , − i +
3~| , ; , − i
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2
(13)
oder
|2, 0i =
1√ 3 1 1 1
1√ 3 1 1 1
2~| , ; − , i +
2~| , ; , − i.
2
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 Punkte
(c)
Als nächstes brauchen wir den Eigenvektor |1, 1i, der zu |2, 1i orthogonal sein muss. Wir schreiben
3 1 1 1
3 1 3 1
|1, 1i = α| , ; , − i + β| , ; , i
2 2 2 2
2 2 2 2
(14)
und fordern
1
1√
3β = 0
α+
2
2
was mit α2 + β 2 = α2 +
|1, 1i =
(15)
α2
3
= 1 auf
1√ 3 1 3 1
1 3 1 1 1
3| , ; , − i − | , ; , i
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 Punkte
führt (bis auf ein Gesamtvorzeichen, das noch beliebig gewählt werden kann).
4
Aufgabe 4
5 Punkte
(a)
Wir haben



Ψ(x, 0) = A 


1
0
0
cp
E+mc2

cp
−E−mc2
0
0
1


 − ρ



 e ~i px
 q

2mc2
(16)
E+mc2
und somit ist die Bedingung des Verschwindens der vierten Komponente
cp
ρ=
E + mc2
Damit ergibt sich

i
(E + mc2 )e− ~ Et +

0
Ψ(x, t) = A 

0
cp (e
Mit

0
 0
x
α =
 0
1
0
0
1
0
− ~i Et
i
c2 p2
~ Et
E+mc2 e
−e
i
~ Et
)
1 Punkt

i

e ~ px
√
 2mc2 √E + mc2
(17)

1
0 

0 
0
0
1
0
0
(18)
erhalten wir für die Stromdichte
|A|2
jx (t) = Ψ (x, t)cα Ψ(x, t) =
2Re
2mc(E + mc2 )
†
x
i
(E + mc2 )e ~ Et +
i
c2 p 2
− ~i Et
− ~i Et
Et
~
e
cp (e
−e
)
E + mc2
(19)
was wir ausmultiplizieren können zu
c2 p 2
c2 p 2
|A|2
cp 1 −
− cp 1 −
cos(2Et/~)
jx (t) =
mc
(E + mc2 )2
(E + mc2 )2
(20)
und zusammengefasst
c2 p 2
2 p
· 2 sin2 (Et/~),
· 1−
jx (t) = |A|
m
(E + mc2 )2
2 Punkte
wobei ω = E/~ die Frequenz ist.
(b)
i~
d~
p
= [~
p(t), H]
dt
i~
d~
p ~
dpj
= [pj , cαi pi ] = cαi [pj , pi ] = 0, →
=0
dt
dt
i~
d~r
= [~r(t), H]
dt
(21)
1 Punkt
(22)
dxj
= [xj , cαi pi ] = cαi [xj , pi ] = cαi i~δij = i~cαj
dt
und somit
d~r
= c~
α
dt
i~
(23)
1 Punkt
5