1. ¨Ubung zur Kernphysik II (2009/2010) - Theory

Institut für Kernphysik
Technische Universität Darmstadt
H. Feldmeier
D. Weber
http://theory.gsi.de/∼feldm
1. Übung zur Kernphysik II (2009/2010)
- Musterlösung -
P1: Diracschreibweise, Kommutatoren, Eigenvektoren u. Eigenwerte
Sei:
H
|ni = En |ni wobei hn|mi = δnm
∼
a) Zeige, dass gilt: |mihn|
†
= |nihm|
†
†
Für den adjungierten Operator A
gilt: hφ|A
|ψi = hψ|A
|φi∗ . Damit ist
∼
∼
∼
hφ| (|mihn|)† |ψi = hψ| (|mihn|) |φi∗ = hψ|mi∗ hn|φi∗ = hφ|nihm|ψi = hφ| (|nihm|) |ψi.
Da |φi und |ψi beliebige Zustände sind, folgt daraus (|mihn|)† = |nihm|.
h
i
b) Berechne den Kommutator H
, |mihn| .
∼
Mit H
|ni = En |ni und der Bedingung, dass die Eigenenergien des hermiteschen
∼
Hamiltonoperators reell sind, also En∗ = En , folgt:
h
i
H
, |mihn| = H
|mihn| − |mihn|H
= Em |mihn| − |mihn|En = (Em − En ) |mihn|
∼
∼
∼
c) Zeige, dass gilt: |mihn| |kihl|
†
= δnl |mihk|
Mit dem Ergebnis aus Teil a) folgt direkt
|mihn| (|kihl|)† = |mihn|lihk| = δnl |mihk|
d) Berechne die Spur von |mihn|.
Tr[|mihn|] =
X
α
hα|mihn|αi
Da die Spur invariant unter Basistransformationen ist, wählen wir die Eigenbasis
des Hamiltonoperators:
Tr[|mihn|] =
X
k
hk|mihn|ki =
X
k
δkm δnk = δmn
e) Stelle den Operator A
durch seine Matrixelemente Akl dar.
∼
A
= ∼1A
1=
∼
∼∼
X
k,l
|kihk|A
|lihl| =
∼
mit dem Matrixelement Akl = hk|A
|li.
∼
h
X
k,l
Akl |kihl|
i
f) Zeige, dass gilt: Akl = T r |lihk| A
∼
Wir verwenden zur Spurbildung die Eigenbasis des Hamiltonoperators
Tr[|lihk|A
]=
∼
X
n
hn|lihk|A
|ni =
∼
X
δnl Akn = Akl
n
P2: Spur des Ket-Bra Operators
h
i
Zeige, dass T r |φihψ| = hψ|φi gilt.
Sei |αi eine vollständige orthonormierte Basis mit ∼1 =
Tr[|φihψ|] =
X
α
hα|φihψ|αi =
X
α
hψ|αihα|φi = hψ|
X
α
P
α
|αihα|:
|αihα||φi = hψ|1
|φi = hψ|φi.
∼
P3: Antisymmetrische Zustände
Führe die Antisymmetrisierung des folgenden Zustands im Dreiteilchen-Hilbertraum
explizit aus:
|Φi = |αi ⊗ |βi ⊗ |γi
Wodurch zeichnet sich der Fall aus, der mindestens zwei identische EinteilchenZustände aufweist?
1 X
|Φia = √
sign(P)P
|α, β, γi
∼
3! P
mit dem Permutationsoperator P
. Folgende Permutationen sind möglich:
∼
1, T
∼ ∼ 12
,T
,T ,T T ,T T
∼ 13 ∼ 23 ∼ 12 ∼ 23 ∼ 12 ∼ 13
wobei T
Teilchen i und j transpositioniert.
∼ ij
1
|Φia = √ (|α, β, γi − |β, α, γi − |γ, β, αi − |α, γ, βi + |γ, α, βi + |β, γ, αi)
6
Bei zwei Teilchen mit identischen Zuständen verschwindet |ϕia . Sei o.B.d.A. β = α:
1
|Φia = √ (|α, α, γi − |α, α, γi − |γ, α, αi − |α, γ, αi + |γ, α, αi + |α, γ, αi) = 0
6
P4: Orts- und Impulsdarstellung von Operatoren
n
o
Schreibe den Translationsoperator U
(~a) = exp − i~a ~p und den Galilei-Boost∼T
o
n
∼
Operator U
(~v) = exp im~v ∼
~x in Orts- und Impulsdarstellung.
∼G
Translationsoperator U
∼T
Impulsdarstellung:
U
(~a) = ∼1 U
(~a) ∼1
∼T
∼T
=
=
=
Z
d3 k d3 k ′ |~kih~k|exp{−i~a~p}|~k ′ih~k ′ |
Z
d3 k exp{−i~a~k}|~kih~k|
Z
∼
d3 k d3 k ′ |~kiexp{−i~a~k}δ 3 (~k − ~k ′ )h~k ′ |
Ortsdarstellung:
U
(~a) =
∼T
Z
d3 x d3 x′ d3 k |~xih~x|exp{−i~a~p}|~kih~k|~x′ ih~x′ |
=
Z
d3 x d3 x′ |~xiδ 3 (~x − (~x′ + ~a)) h~x′ |
∼
Z
1
=
d3 x d3 x′ d3 k |~xiexp{i~k~x}exp{−i~a~k}exp{−i~k~x′ }h~x′ |
(2π)3
Z
1
d3 x d3 x′ d3 k |~xiexp{i~k(~x − (~x′ + ~a))}h~x′ |
=
(2π)3
=
Z
d3 x |~x + ~aih~x|,
wobei h~x|~ki = (2π)13/2 exp{i~k~x} und
wurden. Analog:
1
(2π)3
R
d3 k exp{i~k(~x − ~x′ )} = δ 3 (~x − ~x′ ) verwendet
Galilei-Boost U
∼G
Ortsdarstellung:
U
(~v) =
∼G
Z
d3 x exp{im~v~x}|~xih~x|
Impulsdarstellung:
U
(~v ) =
∼G
Z
d3 k |~k + m~v ih~k|
P5: Spin-Bahn-Kopplung
Berechne h(ls)jm| ∼~l · ∼~s |(l′ s′ )j ′ m′ i. Was ergibt sich für den Fall s = 0?
~j = ~l + ~s
∼
∼
∼
~j 2
∼
= ∼~l 2 + 2∼~l · ∼~s + ∼~s 2
~l · ~s = 1 ~j 2 − ~l 2 − ~s 2
∼ ∼
∼
∼
2 ∼
Da ∼~l 2 , ∼~s 2 und ~j 2 in dieser Basis diagonal sind, ist auch ∼~l · ∼~s diagonal. Es ist
∼
1
(j(j + 1) − l(l + 1) − s(s + 1)) δll′ δss′ δjj ′ δmm′ .
2
h(ls)jm| ∼~l · ∼~s |(l′ s′ )j ′ m′ i =
Für s = 0 und damit j = l verschwindet das Matrixelement.
P6: Rotationen im Hs
iϕs
x
∼
a) Zeige, dass gilt: e
iϕs
x
∼
e
(iϕs
)n
∼x
∞
X
=
n=0
∞ X
=
n=0
∞
X
=
n=0
= cos( ϕ2 ) ∼1 + 2 i sin( ϕ2 ) ∼sx .
n!
i2n
n=0
2n
(ϕs
)2n
∼x
n
ϕ
2
(−1)
(2n)!
1 + 2i
∼
∞
X
∞
X
i2n+1
n=0
∞ X
−1 n
ϕ
i
1+
(2n)! ∼ n=0
2n
+
(2n)!
n
−1
4
∞
X
=
4
(−1)
n=0
n
(ϕs
)2n+1
∼x
(2n + 1)!
ϕ2n+1
sx
(2n + 1)! ∼
2n+1
ϕ
2
sx
(2n + 1)! ∼
ϕ
ϕ
1 + 2i sin
sx
= cos
∼
2
2 ∼
b) Benutze die Relation um folgende Rotationen zu berechnen:
iπsx
e
∼
2iπsx
|↑i, e
∼
iπs y
|↑i, e
∼
2iπs y
|↑i, e
∼
iπsz
|↑i, e
∼
2iπs z
|↑i, und e
∼
|↑i .
Wir verwenden Leiteroperatoren ∼s+ und ∼s− mit
s |↑i = 0
∼+
s |↓i = |↑i
∼+
s |↓i = 0
∼−
s |↑i = |↓i
∼−
um die Operatoren ∼sx = 12 (s
+ ∼s− ) und ∼sy =
∼+
man:
iπsx
|↑i =
2iπs x
|↑i =
e
∼
e
∼
iπs
y
∼
e
2iπs y
e
∼
iπs
z
∼
e
2iπs
z
∼
e
|↑i =
|↑i =
1
(s
2i ∼+
− ∼s− ) auzudrücken. Dann erhält
π
π
1 + 2i sin
sx |↑i = is
|↑i = i|↓i
cos
∼
∼−
2
2 ∼
−|↑i
π
π
cos
1
+
2i
sin
sy |↑i = −s
|↑i = −|↓i
∼−
2 ∼
2 ∼
−|↑i
|↑i = i|↑i
|↑i = −|↑i
H1: Spin
Nukleonen sind Fermionen mit Spin 21 h̄. Der zugehörige Hilbertraum Hs
ist 2-dimensional. Eine möglichen Basis wird
durch die Eigenzustände der z-Komponente
o
des Spin-Operators ∼
~s gebildet |↑i, |↓i .
n
o
a) Stelle den Spin-Operator ∼
~s in der Basis |↑i, |↓i dar.


sx
∼ 
sy 
b
sz |↑i = 21 |↑i, ∼sz |↓i = − 12 |↓i. Setze |↑i=
Es ist ∼~s = 
 und ∼
∼
s
∼z
Dann ist
1
h↑|s
|↑i = ;
∼z
2
h↑|s
|↓i = 0;
∼z
1
⇒ ∼sz =
b
2
h↓|s
|↑i = 0;
∼z
!
1 0
0 −1
1
0
!
h↓|s
|↓i =
∼z
und |↓i=
b
1
2
.
Für ∼sx und ∼sy benutzen wir Leiteroperatoren ∼s± :
s |↑i = 0
∼+
s |↓i = |↑i
∼+
s |↓i = 0
∼−
s |↑i = |↓i
∼−
und
1
s
=
(s+ + ∼s− )
x
∼
2∼
1
(s+ − ∼s− )
s
=
y
∼
2i ∼
Damit folgt
1
1
h↑|s
|↑i
=
h↑|
(s
+
s
)|↑i
=
h↑|↓i = 0
x
+
−
∼
∼
2∼
2
1
1
;
h↓|s
|↑i
=
; h↓|s
|↓i = 0
h↑|s
|↓i
=
x
x
∼
∼x
∼
2
2
1
⇒ ∼sx =
b
2
und
h↑|s
|↑i = 0;
∼y
1
i;
h↑|s
|↓i
=
−
y
∼
2
1
⇒ ∼sy =
b
2
0 1
1 0
!
.
1
h↓|s
|↑i
=
i;
y
∼
2
0 −i
i 0
!
.
h↓|s
|↓i = 0
∼y
0
1
!
.
b) Berechne die Kommutatorrelationen in dieser Darstellung.
Mit den Ergebnissen aus a) folgt
[s
, s ] = ∼sx∼sy − ∼sy∼sx
∼x ∼ y
(
1
=
b
4
1
= i
2
0 1
1 0
!
1 0
0 −1
!
0 −i
i 0
!
−
0 −i
i 0
!
0 1
1 0
!)
=is
b ∼z
Auf gleiche Weise berechnen sich die anderen Relationen und man verifiziert die
allgemeine Beziehung [s
, s ] = iǫijk∼sk .
∼i ∼ j
c) Löse die Eigenwertgleichung für jede Komponente von ∼
~s.
Für ∼sx :
1
2
−λ
1
2
−λ
!
v1
v2
!
1
2
!
0
0
=
!
und
det
h
−λ
1
2
−λ
i
= 0
λ± = ±
!
1
2
!
1
1
=|x,
b
+i und ~v− = √12
=|x,
b
−i.
die zugehörigen Eigenvektoren sind ~v+ =
1
−1
Dabei beschreibt |x, +i = √12 (|↑i + |↓i) den Zustand mit Spin in positiver x-Richtung
und |x, −i = √12 (|↑i − |↓i) den Zustand mit Spin in negativer x-Richtung. Die
Zustände sind bis auf eine Phase eindeutig.
√1
2
Für ∼sy analog:
1
2
1
|y, +i =
b √
2
1
|y, −i =
b √
2
λ± = ±
1
i
!
1
−i
!
.
s ist durch die Wahl der Basis bereits diagonal
∼z
λ± = ±
1
2
|z, +i = |↑i=
b
|z, −i = |↓i=
b
1
0
0
1
!
!
.
d) Sei |χi ein normierter Vektor des Hilbertraums Hs mit |χi = c1 |↑i + c2 |↓i.
Berechne den Erwartungswert von ∼
~s für den Zustand |χi. Bestimme die
Länge des Vektors hχ|~
s|χi. In welche Richtung zeigt er, wenn wir |χi = |↑i
∼
bzw.|χi =
√1
2
|↑i + |↓i annehmen?
Sei |χi = |↑i:
1
|↓i
2
i
s |↑i = − |↓i
∼y
2
1
|↑i
s |↑i =
∼z
2
s |↑i =
∼x




h↑|s
|↑i
0
∼x


1 


|↑i  =  0 
h↑|~
s|↑i =  h↑|s
∼y
∼
2
1
h↑|s
|↑i
∼z
Da |↑i einen Zustand mit Spin in positiver z-Richtung beschreibt, erhält man einen
Vektor der Länge 21 , der in postive z-Richtung weist.
Sei |χi =
√1
2
(|↑i + |↓i):
1
1 1
s
+
s
|χi = √ (|↑i + |↓i)
+
−
∼
∼
2
2 2
1 1
1
s+ − ∼s− |χi = √ (|↑i − |↓i)
s |χi =
∼
∼y
2i
2i 2
1 1
√ (|↑i − |↓i)
s |χi =
∼z
2 2
s |χi =
∼x
h↑|~
s|↑i =
∼

1

2
1
(h↑| + h↓|) (|↑i + |↓i)
2
−i
(h↑| + h↓|) (|↑i − |↓i)
2
1
(h↑|
+ h↓|) (|↑i − |↓i)
2



1
1 

=  0 
2
0
Der Zustand beschreibt ein Teilchen mit Spin in positiver x-Richtung, was man auch
beim Lösen des Eigenwertproblems in Aufgabe c) feststellen kann.
Allgemein gilt


c∗ c + c∗2 c1
1  1∗ 2

h↑|~
s|↑i =  i(c1 c2 − c∗2 c1 )  .
∼
2
|c1 |2 − |c2 |2
e) Eine Darstellung der Koeffizienten c1 und c2 kann wie folgt gewählt werden:
!
θ −i ϕ iΦ
c1 = cos
e 2e
2
!
θ i ϕ iΦ
e 2e
c2 = sin
2
Was bedeuten die Winkel θ, ϕ und Φ?

1
h↑|~
s
|↑i
=

∼
2
c∗1 c2 + c∗2 c1
i(c∗1 c2 − c∗2 c1 )
|c1 |2 − |c2 |2


1


= 
2
θ
sin θ2 cos(ϕ)
2 2 cos 2θ sin 2θ sin(ϕ)
cos2 2θ − sin2 θ2
2 cos







sin (θ) cos(ϕ)
1

=  sin (θ) sin(ϕ) 
2
cos (θ)
Im letzten Schritt wurde verwendet, dass 2 sin(α) cos(α) = sin(2α) und cos2 (α) −
sin2 (α) = cos(2α) ist.
θ und ϕ geben also offensichtlich die Orientierung des Vektors im Raum in Kugelkoordinaten an (Länge des Vektors ist 1/2). Φ ist eine zusätzliche Gesamtphase, die
frei gewählt werden kann.
H2: Gemeinsame Basis
Zeige, dass für zwei kommutierende Operatoren A
und B
ein gemeinsamer Satz
∼
∼
von Eigenzuständen existiert.
Seien A
und B
hermitesch und [A
, B ] = 0. {|ni} sei Eigenbasis von A
, also A
|ni =
∼
∼
∼ ∼
∼
∼
an |ni. Dann gilt auch:
A
B |ni = B
A|ni = an B
|ni.
∼∼
∼∼
∼
B
|ni ist also auch Eigenbasis zu A
. Wenn die Eigenwerte von A
nicht entartet sind,
∼
∼
∼
folgt direkt, dass B
|ni ∝ |ni und {|ni} auch Eigenbasis von B
ist.
∼
∼
Falls der Eigenwert an gn -fach entartet ist (mit den Zuständen |n, ii; i, 1, 2, ..., gn ),
ist B
im Unterraum zu diesem Eigenwert im Allgemeinen nicht diagonal, sondern
∼
P
hat die Struktur B
|n, ii = j cij |n, ji.
∼
Wir müssen B
in den Unterräumen zu den Eigenwerten an also noch diagonalisie∼
P n
ren. Der Eigenraum zu an hat die Gestalt A
= an gi=1
|n, iihn, i|. Daher sind auch
∼n
alle Linearkombinationen der |n, ii wieder Eigenzustände von A. Das bedeutet aber,
dass es möglich ist, B
im Unterraum zum Eigenwert an zu diagonalisieren, ohne
∼
dass A
dabei
seine
diagonale
Gestalt verliert. Man kann also eine Basis finden, in
∼
der A
und B
diagonal sind.
∼
∼
H3: Isospinformalismus und Drehimpulskopplung
Der Isospinformalismus läßt sich neben dem Nukleonenduplett N = (n, p) auf
eine Vielzahl weiterer Elementarteilchen ausdehnen. Dazu werden Gruppen von
Teilchen mit etwa gleichen Massen aber verschiedenen Ladungen zu einem Isospinmultiplett zusammengefaßt, so z.B. die drei Pionen oder die vier DeltaResonanzen:
π-Multiplett: π + , π 0 , π −
∆-Multiplett: ∆++ , ∆+ , ∆0 , ∆−
a) Welche Quantenzahlen t muss man dem π- bzw. ∆-Multiplett zuordnen,
um die 3 bzw. 4 Ladungszustände durch die mt Quantenzahl darstellen zu
können?
Wir benötigen die Multiplizität 2t + 1 = 3 für das π-Multiplett und 2t + 1 = 4 für
das ∆-Multiplett, also für die Pionen t = 1 (mt = −1, 0, +1) und für die DeltaResonanzen t = 3/2 (mt = −3/2, −1/2, +1/2, +3/2).
b) Ordne den Teilchen die mt Quantenzahlen so zu, dass der Ladungsoperator
Q = e(Y
+ ∼t 3 )
∼
∼
die “richtigen” Ladungen ergibt. Y bezeichnet die mittlere Ladung des Multipletts (Yπ = 0 und Y∆ = 1/2), die sog. Hyperladung.
Pionen:
Qπ+ = e 0 + mt (π + )
= +e
⇔ mt (π + ) = +1,
womit das Pion in der Isospinbasis folgende Darstellung hat:
|π + i := |t = 1, mt = +1i := |1, +1i.
Analog:
|π 0 i := |1, 0i
|π − i := |1, −1i.
Delta-Resonanz:
Q∆++ = e
1
+ mt (π + )
2
= +2e
3
⇔ mt (π + ) = + ,
2
3
3
3 3
|∆++ i := |t = , mt = + i := | , + i.
2
2
2 2
Analog:
3 1
|∆+ i := | , + i
2 2
3 1
|∆0 i := | , − i
2 2
3
3
|∆− i := | , − i.
2 2
Die starke Wechselwirkung ist isospininvariant, d.h. Reaktionen, die mittels der
starken Ww. stattfinden, haben im Anfangs- und Endzustand gleichen Isospin.
Ein Beispiel ist der Zerfall der ∆-Resonanz in ein Nukleon und ein Pion:
∆ −→ N + π
c) Kopple den Isospin von N und π in allen möglichen Weisen und identifiziere die gekoppelten Isospinzustände mit den Ladungszuständen der ∆Resonanz. Drücke die gekoppelten Zustände explizit durch die N, π-Zustände
aus. Welches Verzweigungsverhältnis zeigen die Zerfälle mit mehreren möglichen
Ausgangskanälen?
Hinweis: Die benötigten Clebsch-Gordan’s unter Ausnutzung der Symmetrien sind:
c
1/2 1 3/2
1/2 0 1/2
!
X
3 3
c
|∆++ i = | , + i =
2 2
mt (N ),mt (π)
1/2
1 3/2
= c
+1/2 +1 +3/2
1 1
= 1 · | , + ; 1, +1i
2 2
+
= |pπ i
X
3 1
|∆ i = | , + i =
c
2 2
mt (N ),mt (π)
+
= c
=
s
1/2
1
−1/2 +1
1
|nπ + i +
3
s
3/2
+1/2
=
s
2
3
1/2 1 3/2
−1/2 1 1/2
c
1/2
1
mt (N) mt (π)
!
1 1
| , + ; 1, +1i
2 2
1/2
1
mt (N) mt (π)
!
=
2
|nπ 0 i +
3
s
2 0
|pπ i
3
1 −
|pπ i
3
=
s
!
1
| , mt (N); 1, mt (π)i
2
3/2
+1/2
!
1
| , mt (N); 1, mt (π)i
2
1/2 1 3/2
+1/2 0 +1/2
1/2
1
+1/2 −1
3/2
−1/2
wobei in der letzten
!
! Gleichung die Beziehung
j1
j2 j
j1 j2 j
j−j1 −j2
und speziell
= (−1)
c
c
−m1 −m2 −m
m1 m2 m
!
!
1/2
1 3/2
1/2
1 3/2
c
=c
sowie
+1/2
+1/2 −1 −1/2
−1/2 +1
!
!
1/2 1 3/2
1/2 1 3/2
benutzt wurden.
=c
c
+1/2 0 +1/2
−1/2 0 −1/2
Weiterhin:
3 3
|∆− i = | , − i = c
2 2
1/2
1
−1/2 −1
3/2
+3/2
!
1 1
| , − ; 1, −1i = |nπ − i
2 2
Die Verzweigungsverhältnisse sind beim ∆+ -Zerfall
1/3
1
|hnπ + |∆+ i|2
=
=
0
+
2
|hpπ |∆ i|
2/3
2
und beim ∆0 -Zerfall
2/3
2
|hnπ 0 |∆0 i|2
=
= .
−
0
2
|hpπ |∆ i|
1/3
1
1
.
3
3/2
+3/2
1 1
| , − ; 1, +1i + c
2 2
3 1
|∆0 i = | , − i
2 2
!
1 1
1/2 1 3/2
| , − ; 1, 0i + c
= c
−1/2 0 −1/2
2 2
s
!
!
!
1 1
| , + ; 1, 0i
2 2
1 1
| , + ; 1, −1i
2 2
S1: Nicht-orthogonale Zustände
Anstatt eine orthonormale Einteilchenbasis {|ai} mit hai |aj i = δij zu verwenden,
kann es auch sinnvoll sein, in einer nicht-orthogonalen Einteilchenbasis {|qi} zu
arbeiten.
a) Sei |qi i := |~bi i mit h~r |~bi i = exp{−(~r −~bi )2 /2a2 }. Der Zustand |~bi i beschreibt
also ein gaußförmiges Wellenpaket am Ort ~bi mit der Breite a. Berechne den
Überlapp h~bi |~bj i, um zu zeigen, dass diese Basis nicht orthogonal ist.
Hinweis:
Z
+∞
−∞
h~bi |~bj i = h~bi |1
|~b i =
∼ j
=
Z
Z
2
dx exp{−αx } =
r
π
α
d3 r exp{−(~r − ~bi )2 /2a2 } exp{−(~r − ~bj )2 /2a2 }
d3 r exp{−(2~r 2 − 2(~bi + ~bj )~x + (~bi + ~b2j ))/2a2 }
Z
1
= exp{−(~bi − ~bj )2 /4a2 } d3 r exp{−(~r − (~bi + ~bj ))2 /a2 }
2
3
√
2
2
πa2 exp{−(~bi − ~bj ) /4a },
=
R
R
wobei im letzten Schritt d3 r exp{−(~r − β~j )2 /α} = d3 r exp{−~r 2 /α} verwendet
wurde. Für endliche a, ~bi und ~bj verschwindet dieser Ausdruck nicht für i 6= j.
Wir betrachten nun wieder eine beliebige nicht-orthogonale Basis {|qi}. Man
kann wie im Falle einer orthogonalen Einteilchenbasis den antisymmetrisierten
A-Teilchenzustand |Qi konstruieren:
|Qi = A
(|q1 i ⊗ |q2 i ⊗ · · · ⊗ |qA i) .
∼
b) Berechne hQ|Qi und drücke das Ergebnis durch die Überlappmatrix nij =
hqi |qj i bzw. deren Determinante aus.
Welches Ergebnis erhält man im Spezialfall einer orthonormalen Basis? Was
erhält man im Falle eines A-Teilchenzustandes |Qi, in dem zwei Teilchen
den gleichen Zustand besetzen, oder im Falle dass sich der Zustand eines
Teilchens als Linearkombination der Zustände zweier anderer Teilchen darstellen lässt?


A11 A12 · · · A1n
 .
..
.. 
..
Die Determinante der Matrix A = 
.
.
. 
 ..
 ist gegeben durch
An1 An2 · · · Ann
detA =
X
P
sign(P)AP(1)1 AP(2)2 · · · AP(n)n ,
(1)
wobei über alle möglichen Permutationen P mit P : i → P(i) summiert wird. Außerdem ist
detAT = detA.
(2)
Die Determinate verschwindet, wenn zwei Zeilen/Spalten von A identisch (oder ein
Vielfachses voneinander) sind oder falls sich eine Zeile/Spalte als Linearkombination
der anderen Spalten/Zeilen von A ausdrücken lässt.
2
Wir berechnen nun unter Verwendung von A
=A
∼
∼
hQ|Qi = (hq1 | ⊗ hq2 | ⊗ · · · ⊗ hqA |) A
A (|q1 i ⊗ |q2 i ⊗ · · · ⊗ |qA i)
∼ ∼
= (hq1 | ⊗ hq2 | ⊗ · · · ⊗ hqA |) A
(|q1 i ⊗ |q2 i ⊗ · · · ⊗ |qA i)
∼
X
1
=
(hq1 | ⊗ hq2 | ⊗ · · · ⊗ hqA |)
P
(|q1 i ⊗ |q2 i ⊗ · · · ⊗ |qA i)
∼
A!
P
1 X
(hq1 | ⊗ hq2 | ⊗ · · · ⊗ hqA |) |qP(1) i ⊗ |qP(2) i ⊗ · · · ⊗ |qP(A) i
=
A! P
1 X
=
hq1 |qP(1) ihq2 |qP(2) i · · · hqA |qP(A) i
A! P
1 X
n1P(1) n2P(2) · · · nAP(A)
=
A! P
Mit (1) und (2) folgt direkt:
hQ|Qi =
1
detn.
A!
Im Falle einer orthonormalen Basis ist n die Einheitsmatrix und det(n) = 1, was
1
führt.
zum Ergebnis hQ|Qi = A!
Mit der Darstellung durch die Determinante von n ist leicht ersichtlich, dass hQ|Qi
verschwindet, falls zwei Teilchen den gleichen Zustand besetzten oder man einen
Einteilchenzustand durch Linearkombination zweier anderer besetzter Einteilchenzustände beschreiben kann. In ersterem Fall sind zwei Zeilen (und Spalten) der
Überlappmatrix n identisch und somit ist det(n) = 0. Lässt sich ein Zustand als
Linearkombination ausdrücken, so ist eine Zeile/Spalte von n als Linearkombination zweier anderer Zeilen/Spalten darstellbar, was dazu führt, dass die Determinante
von n ebenfalls verschwindet. Es handelt sich also um keine erlaubten fermionischen
A-Teilchenzustände.
[1]
c) Zeige, dass für den Erwartungswert eines Einteilchenoperators A
gilt:
∼
[1]
hQ|A
|Qi
∼
hQ|Qi
=
X
i,j
[1]
hqi |A
|qj ioji
∼
mit o = n−1
Hinweis: Die inverse Überlappmatrix lässt sich schreiben als
o = n−1 =


1 

detn 

N11
N12
..
.
N1A
N21 · · · NA1
N22 · · · NA2
..
..
..
.
.
.
N2A · · · NAA
mit den Adjunkten Nij zum Element nij .






Die Matrixelemete der Nij der adjunkten Matrix erhält man aus der Determinate der sogenannten Restmatrix ñij . ñij erhält man dabei aus n, indem man die
i-te Zeile und die j-te Spalte streicht. Ist n eine A × A-Matrix, so ist ñij eine
A − 1 × A − 1-Matrix. Das Matrixelement der Adjunkten Nij erhält man dann durch
Nij = (−1)i+j det(ñij ).
[1]
Der EinteilchenOperator A
lässt sich schreiben als
∼
[1]
[1]
[1]
[1]
A
=A
⊗ ∼1 ⊗ · · · ⊗ ∼1 + ∼1 ⊗ A
⊗ · · · ⊗ ∼1 + · · · + ∼1 ⊗ ∼1 ⊗ · · · ⊗ A
=:
∼
∼
∼
∼
und
|
{z
}
A×
X
i
A
(i)
∼
[1]
A
(i) = ∼1 ⊗ ∼1 ⊗ · · · ⊗ ∼1 ⊗A
⊗ ∼1 ⊗ · · · ⊗ ∼1
∼
∼
|
{z
(i−1)×
}
[1]
2
Damit folgt unter Verwendung von [A
,A
] = 0 und A
=A
:
∼
∼
∼
∼
[1]
hQ|A
|Qi = (hq1 | ⊗ hq2 | ⊗ · · · ⊗ hqA |) A
∼
∼
=
X
i
X
i
A
(i)A
(|q1 i ⊗ |q2 i ⊗ · · · ⊗ |qA i)
∼
∼
(hq1 | ⊗ hq2 | ⊗ · · · ⊗ hqA |) A
(i)A
(|q1 i ⊗ |q2 i ⊗ · · · ⊗ |qA i)
∼
∼
1 XX
[1]
hq1 | ⊗ hq2 | ⊗ · · · ⊗ hqi |A
⊗
·
·
·
⊗
hq
|
sign(P)P
(|q1 i ⊗ · · · ⊗ |qA i)
A
∼
∼
A! i P
1 XX
[1]
⊗
·
·
·
⊗
hq
|
|q
i
⊗
·
·
·
⊗
|q
i
sign(P) hq1 | ⊗ hq2 | ⊗ · · · ⊗ hqi |A
=
A
P(1)
P(A)
∼
A! i P
=

=
1
A!




X

det 


i



hq1 |q1 i
hq1 |q2 i
..
.
hq1 |q2 i
hq2 |q2 i
..
.
···
···
hq1 |qA i
hq2 |qA i
..
.
[1]
[1]
[1]
hqi |A
|q1 i hqi |A
|q2 i · · · hqi |A
|qA i
∼
∼
∼
..
..
..
.
.
.
hqA |q1 i
hqA |q2 i
···
hqA |qA i












Entwickeln der Determinate nach der i-ten Zeile ergibt:
[1]
hQ|A
|Qi =
∼
1 XX
[1]
(−1)i+j hqi |A
|qj idetñij
∼
A! i j
1 X
[1]
hqi |A
|qj iNij
∼
A! i,j
1 X
[1]
hqi |A
|qj ioji detn.
=
∼
A! i,j
=
Im letzten Schritt wurde der Zusammenhang zwischen oji und Nij verwendet. Schließlich folgt mit dem Ergebnis aus b):
[1]
hQ|A
|Qi
∼
hQ|Qi
= =
1
A!
P
[1]
|qj ioji
i,j hqi |A
∼
1
detn
A!
detn
=
X
i,j
[1]
hqi |A
|qj ioji.
∼