T2 - Quantenmechanik I WS 15/16 - Prof. Scrinzi ¨Ubungsblatt 7 7.1

26. Januar 2016
T2 - Quantenmechanik I
WS 15/16 - Prof. Scrinzi
Übungsblatt 7
7.1: (Z) Nullstellen gebundener Eigenzustände
Motivation: Die qualitative Form gebunder Eigenzustände lässt sich oft mit einfachen Überlegungen
abschätzen. Hier lernen wir: je höher die Energie des Zustands, desto mehr Nullstellen hat die
entsprechende Ortswellenfunktion.
Sei V ein beliebiges Potential welches gebundene (stationäre) Zustände erlaubt. Dies sind insbesondere die schon betrachteten endlichen und unendlichen Potentialtöpfe, der demnächst
behandelte harmonische Oszillator sowie alle Potentiale von Atomen und Molekülen.
Für zwei gebundene Eigenzustände ψ1 und ψ2 mit Energien E1 und E2 ist die sogenannte
Wronski-Determinante definiert zu
~2
ψ1
ψ2
det
(1)
W [ψ1 , ψ2 ] =
∂x ψ1 ∂x ψ2
2m
b
Rb
(a) Zeige, dass W [ψ1 , ψ2 ](x) = (E1 − E2 ) a dx ψ1 (x)ψ2 (x).
a
Es gilt ĤEi = Ei ψi und damit
Determinante bestimmen zu
~2 2
∂ ψ
2m x i
= (V − Ei )ψi hiermit lässt sich die Ableitung der
~2
~2
∂x (ψ1 ∂x ψ2 − ψ2 ∂x ψ1 ) =
(ψ1 ∂x2 ψ2 − ψ2 ∂x2 ψ1 )
2m
2m
= ψ1 (V − E2 )ψ2 − ψ2 (V − E1 )ψ1 = (E1 − E2 )ψ1 ψ2
∂x W [ψ1 , ψ2 ] =
Unter Anwendung des Fundamentalsatzes der Integration erhalten wir
Z b
b Z b
W [ψ1 , ψ2 ] =
dx ∂x W [ψ1 , ψ2 ] = (E1 − E2 )
dx ψ1 ψ2
a
a
a
(b) Zeige, dass für E1 < E2 gilt: ψ2 hat zwischen je zwei aufeinanderfolgenden Nullstellen von
ψ1 eine Nullstelle.
Seien a und b zwei aufeinander folgende Nullstellen von ψ1 . Es folgt das wir zwei möglichkeiten
haben ψ1 (x) > 0 oder ψ1 (x) < 0 für alle x ∈]a, b[. Sei o.B.d.A. ψ1 (x) ≥ 0 für alle x ∈]a, b[,
ansonsten vertausche “<” und “>”.
Wir machen nun die Widerspruchsannahme, dass ψ2 keine Nullstellen in ]a, b[ besitzt,
also ist o.B.d.A. ψ2 (x) > 0 für alle x ∈]a, b[
1
Unter Anwendung der Definition der Ableitung erhalten wir dann
ψ1 (a + h)
ψ1 (a + h) − ψ1 (a)
= lim
≥0
∂x ψ1 (x) = lim
h&0
h→0
h
h
a
da ψ1 (a + h) > 0 und h > 0 wenn h & 0. Analog
ψ1 (b + h) − ψ1 (b)
ψ1 (b + h)
∂x ψ1 (x) = lim
= lim
≤0
h→0
h%0
h
h
b
Einsetzen von diesem in der Definition der Wronski-Determinante liefert
b
b
b
~2
−~2
(ψ1 ∂x ψ2 − ψ2 ∂x ψ1 )(x) =
ψ2 (x)∂x ψ1 (x) ≥ 0.
(L.1)
W [ψ1 , ψ2 ] =
2m
2m
a
a
a
Aus dem Mittelwertsatz der Integralrechnung wissen wir, dass ein ρ ∈]a, b[ existiert, sodass
Z b
dxψ1 ψ2 = (b − a)ψ1 (ρ)ψ2 (ρ) > 0,
a
wobei die letzte Ungleichheit aus der positivität von den ψ’s auf dem Intervall folgt. Wenn
wir dies in der Formel für die Wronski-Determinante aus (a) einsetzen, erhalten wir
Z b
b
W [ψ1 , ψ2 ] = (E1 − E2 )
dx ψ1 ψ2 < 0
| {z } a
a
| {z }
<0
>0
was in Widerspruch zu (L.1) steht. Es folgt dementsprechend, dass unsere Widerspruchsannahmen falsch ist und ψ2 eine Nullstelle hat.
(c) Sei {φn }n=0,1,2,... die Menge aller gebundenen Eigenzustände. (Dies können endlich viele
sein, wie im endlich tiefen Potentialtopf, oder unendlich viele, wie im unendlich tiefen
Potentialtopf.) Es habe φn genau n einfache Nullstellen (plus die ”Nullstellen” am Rand
des Definitionsbereichs). Zeige, dass damit gilt: E0 < E1 < E2 < . . . .
Überzeuge dich, dass dies für die Potentialtöpfe erfüllt ist.
Es reicht zu zeigen, dass En > En−1 für alle n ∈ N.
Die n Nullstellen von ψn erzeugen n + 1 “Nullstellenintervalle” von denen höchstens
n − 1 Nullstellen von ψn−1 enthalten können. Aus der logischen Inversion von der in (b)
gezeigten Aussage folgt dann En ≥ En−1 . Da wir den Eindimensionalen Fall betrachten,
sind die Energien nicht entartet und dementsprechend En 6= En−1 und damit En > En−1 .
7.2: (Z) Qualitative Analyse von Potentialen (1)
Motivation: Aus der Form des Potentials lassen sich oft bereits qualitative Aussagen über Spektrum und Eigenzustände des Systems ableiten. Hier sollen der einfache und der doppelte endlich
tiefe Potentialtopf untersucht werden. Das Ziel ist es Intuition aufzubauen.
Betrachte zunächst den endlich tiefen Potentialtopf (siehe Aufgabe 6.4).
Es steht eine Mathematica Datei als zusatzmaterial bereit, dort kann man die Folgende Aufgabe graphisch sehen. Genaue mathematische Betrachtungen findet man in Blatt 6.4 für den
einfachen endlich tiefen Potentialtopf und in
2
physics.utah.edu/~lebohec/P5450/Posting/exact_double_well_schrodinger.pdf
für den doppelten.
b = pb2 + V (b
(a) Wie sieht das Spektrum des Hamiltonoperators H
x) aus?
2m
Vergleiche es mit dem Spektrum des unendlich tiefen Potentialtopfs. (Haben die gebundenen Zustände niedrigere oder höhere Energien?)
(b) Wie verhält sich die Anzahl der gebundenen Eigenzustände mit der Masse m? Wie mit
der Breite 2a des Potentialtopfs? Wie mit der Tiefe −V0 ? (Betrachte die grafische Lösung
der transzendenten Gleichung aus Aufgabe 6.4.)
(c) Wie sehen die Eigenzustände qualitativ aus? Wo fallen sie exponentiell ab (und welche
fallen schneller ab als andere), wo oszillieren sie (und welche oszillieren schneller als andere)?
Betrachte nun den doppelten endlich tiefen Potentialtopf:
(d) Wie sieht (qualitativ) das Spektrum des zugehörigen Hamiltonoperators aus?
Gibt es mehr oder weniger gebundene Zustände als im einfachen endlich tiefen Potentialtopf (bei gleichem a und V0 )?
(e) Wie sehen die Eigenzustände qualitativ aus? (Wo ist das Verhalten exponentiell, wo oszillatorisch, etc.)
Folgendes kann dazu angenommen werden: 1. Der Grundzustand kann reell und positiv gewählt werden. 2. Die angeregten (aber gebundenen) Zustände können reell gewählt
werden.
Beachte auch die Ergebnisse aus Aufgabe 7.1, sowie die Sätze zu symmetrischen Potentialen und Stetigkeit der Ableitung aus der Vorlesung (behandelt beim endlich tiefen
Potentialtopf).
7.3: (T) Variationsrechnung am endlich tiefen Potentialtopf
Motivation: In der Vorlesung wurde diskutiert, dass man mit größerer räumlicher Ausdehnung
der Wellenfunktion die kinetische Energie absenkt. Hier sehen wir am Beispiel des endlich tiefen
Potentialtopfs und einer einfachen Testwellenfunktion, dass diese Absenkung zunächst größer
ist, als der Anstieg der potentiellen Energie, d.h. man kann die Gesamtenergie dieser Testwellenfunktion verringern wenn sie ein wenig in den klassisch verbotenen Bereich hineinragt.
Solche Verfahren, bei denen man die Parameter einer vorgegebenen Funktionsform so anpasst,
dass man möglichst tiefe Energieerwartungswerte erhält, nennt man auch “Variationsrechung”.
Variationsrechnung ist die Grundlage der gesamten Quantenchemie und großer Teile der Atomphysik.
3
(q
λ
a
Es sei also die vorgegebene Funktionsform ψλ (x) =
cos
λπ
x
2a
für |x| <
a
λ
0
sonst
mit a > 0 und λ > 0. (Für λ = 1 ist dies die Grundzustandswellenfunktion
( des unendlich tiefen
−V0 für − a < x < a
Potentialtopfs.) Betrachte nun den endlich tiefen Potentialtopf: V (x) =
0
sonst
mit V0 > 0.
2
pb
iψλ und die potentielle Ener(a) Berechne die Erwartungswerte für die kinetische Energie h 2m
gie hV (b
x)iψλ .
pb2
2m
ψλ
hVb iψλ
a/λ
2
λ~2
λπ
∂
λ2 π 2 ~2
λπ
dx
=−
cos
x
x
=
cos
2ma
2a
∂x2
2a
8ma2
−a/λ
(
Z a
−V0
falls λ ≥ 1
dx |ψλ (x)|2 =
= −V0
V0
− π sin(λπ) − λV0 falls λ < 1
−a
Z
(b) Zeige, dass der Erwartungswert der Gesamtenergie ein Minimum hat welches bei λ < 1
zu finden ist. Interpretiere das Ergebnis.
b = 0 also 2αλ − V0 = V0 cos λπ was genau eine Lösung hat.
∂λ hHi
Interpretation ist:
Mit kleiner werdendem λ sinkt die kintetische Energie (die Wellenfunktion wird breiter,
die zweiten Ableitungen also kleiner) aber man bezahlt das mit steigender potentieller
Energie (mehr und mehr Teile der Wellenfunktion ragen in den Bereich ausserhalb des
Topfes). Es gibt ein Optimum wo der Preis an potentieller Energie und der Gewinn an
niedriger werdender kinetischer Energie gerade gleich sind.
7.4: (T) Paritätsoperator
Motivation: Zu jedem Operator, der mit dem Hamiltonoperator kommutiert, kann man Projektoren auf die Eigenräume konstruieren und damit den Hilbertraum in Teile mit jeweils festen
Eigenwerten bezüglich des kommutierenden Operators zerlegen. Insbesondre beim Drehimpuls
werden wir diese Möglichkeit ausgiebig nutzen. Hier als Beispiel der Symmetrieoperator.
2
b
Es sei
S : H → H (H = L ) der Paritätsoperator, definiert durch seine Wirkung im Ortsraum:
b (x) = ψ(−x). Zeige die folgenden Aussagen:
Sψ
(a) Sb ist linear, hermitesch und unitär.
Zu Linear: Linearität folgt automatisch aus der Linearität der Funktionsaddition und
Skalarmuliplikation.
Zu Hermitisch :
Z
∞
hφ|Sψi =
∗
Z
∞
dx φ (x) Sψ (x) =
−∞
−∞
4
dx φ∗ (x)ψ(−x)
a = −x
Z
−∞
=
Z∞∞
=
Z −∞
dx
∗
da φ (−a)ψ(a) = −
da φ∗ (−a)ψ(a)
da
∞
∗
da Sφ (a)ψ(a) = hSφ|ψi
−∞
Zu Unitär: Unter Verwendung der Hermitizität von Sb erhält man sofort Sb† Sb = SbSb† =
SbSb = 1.
(b) Die Eigenwerte sind +1 und −1, die Eigenzustände sind in der Ortsdarstellung die symmetrischen bzw. die anti-symmetrischen Funktionen.
Aus Sb2 = 1 folgt das die Eigenwerte nur ±1 sein können, da dies die einzige Wurzeln von
1 sind.
Für ψ symmetrisch gilt:
b
Sψ(x)
= ψ(−x) = ψ(x) = λψ(x) ⇒ λ = 1.
Für ψ antisymmetrisch gilt:
b
Sψ(x)
= ψ(−x) = −ψ(x) = λψ(x) ⇒ λ = −1.
(c) Jede Funktion lässt sich eindeutig in einen symmetrischen und einen anti-symmetrischen
Anteil zerlegen.
Zur Existenz:
Mit der Definition
f± (x) =
f (x) ± f (−x)
,
2
hat man
f (x) = f+ (x) + f− (x)
und es gilt
b + (x) = f (−x) + f (x) = f+ (x)
Sf
2
b − (x) = f (−x) − f (x) = −f− (x).
Sf
2
Zur Eindeutigeit:
Sei
f (x) = f˜+ (x) + f˜− (x)
eine Zerleung von f in symmetrischen und antisymmetrischen Teil. Es folgt
f+ (x) + f+ (−x)
f+ (x) + f− (x) f+ (−x) − f− (−x)
=
+
2
2
2
b
b
b (x)
f+ (x) + f− (−x) Sf+ (x) + Sf− (x)
f (x) + Sf
1 + Sb
=
+
=
=
2
2
2
2
f+ (x) =
5
und
f˜+ (x) + f˜+ (−x)
f˜+ (x) + f˜− (x) f˜+ (−x) − f˜− (−x)
f˜+ (x) =
=
+
2
2
2
b (x)
f˜+ (x) + f˜− (−x) Sbf˜+ (x) + Sbf˜− (x)
f (x) + Sf
1 + Sb
=
+
=
=
f (x)
2
2
2
2
woraus f+ (x) = f˜+ (x) folgt. Daraus lässt sich auch direkt auf f− (x) = f˜− (x) schließen.
b + und Π
b − auf die Eigenräume erfüllen: SbΠ
b ± ψ = ±Π
b ± ψ für alle ψ.
Die Projektoren Π
b ±.
(d) Konstruiere die Projektoren Π
b ± = (1 ± S)/2.
b
In dem Beweis zur Eindeutigkeit in (c) kann direkt abgelesen werden Π
Betrachte ein System mit symmetrischem Potential V (x) = V (−x). Der Hamiltonoperator ist
b = pb2 + V (b
x).
H
2m
b H]
b = 0.
(e) Zeige, dass [S,
2
pb
Sei Tb := 2m
der Operator der kinetischen Energie. Wir können dann damit den Gewünschte
Kommutator berechnen
b H]ψ(x)
b
b Tb+V (x)]ψ(x) = S(
b Tbψ(x))+S(V
b (x)ψ(x))−Tb(Sψ(x))−V
b
b
[S,
= [S,
(x)(Sψ(x))
= 0.
Die letzte Gleichung erhält man hierbei entweder durch explizites ausschreiben oder durch
die Überlegung, dass die Tb Terme verschwinden, weil die Energie des Impuls Richtungsunabhängig ist und das Potential symmetrisch.
b gilt: Auch Π
b ± φ sind Eingenzustände von
(f ) Zeige, dass für beliebigen Eigenzustand φ von H
b
H mit gleichem Eigenwert.
b = Eφ, dann erhält man unter Verwendung von (e)
Sei Hφ
b
b
bb
b
bb
bΠ
b ±φ = H
b 1 ± S φ = Hφ ± H Sφ = Hφ ± S Hφ = Π
b ± Hφ
b = EΠ
b ±φ
H
2
2
2
7.5: (T) Teilchen mit konstanter Kraft
Betrachte ein Teilchen im Potential V (x) = −F x mit F > 0. Dies beschreibt beispielsweise ein
geladenes Teilchen im homogenen elektrischen Feld.
(a) Was folgt aus dem Ehrenfest Theorem für die Erwartungswerte von Ort und Impuls des
Teilchens? Löse diese Gleichungen und vergleiche sie mit der klassischen Bewegung.
Das Ehrenfest Theorem lautet:
d
1
d
~ (x)i.
hxi = hpiund hpi = −h∇V
dt
m
dt
6
Wobei
∂
(−F x)i = F = const ⇒ hxi
∂x
und damit erfüllen hxi und hpi die klassische Bewegungsgleichungen.
~ (x)i = −h
−h∇V
hpi = F t + hp0 i,
(Zur Erinnerung v = at + v0 , x =
at2
2
hxi =
F 2 hp0 i
t +
t + hx0 i
2m
m
+ v0 t + x0 ).
(b) Berechne die Impulsunschärfe als Funktion der Zeit.
Es gilt
hp2 i = h2m(H − V )i = 2mE + 2mF hxi
= 2mE + F 2 t2 + 2hp0 iF t + 2mF hx0 i,
und damit
(∆p)2 = hp2 i − hpi2 = 2mE + 2mF hx0 i − hp0 i2
= hp20 i − hp0 i2
= (∆p0 )2 .
Wobei man hp20 i aus dem Einsetzen von t = 0 in obigen Gleichung erhält.
b
(c) Betrachte die zeitabhängige Schrödingergleichung i~∂t |ψi = H|ψi
in Impulsdarstellung,
b
also i~∂t hp|ψi = hp|H|ψi (hp|ψi ≡ ψ̃(p)), und leite eine Beziehung zwischen ∂t |hp|ψi|2
und ∂p |hp|ψi|2 her.
2
∂
p
∂
i~ ψ(p, t) =
+ V i~
ψ(p, t)
∂t
2m
∂p
∂
˙
˙
hp|ψ(t)ihψ(t)|pi = hp|ψ(t)ihψ(t)|pi
+ hp|ψ(t)ihψ(t)|pi
∂t
1 h p2
∗
1 h p2
∂ i
∂ i
=
− F i~
ψ(p, t) ψ ∗ (p, t) + ψ(p, t)
− F i~
ψ(p, t)
i~ 2m
∂p
i~ 2m
∂p
∂
∂
ψ(p, t) ψ ∗ (p, t) − F ψ(p, t)
ψ ∗ (p, t)
= −F
∂p
∂p
2
∂ = −F ψ(p, t)
∂p
2
∂ = −F hp|ψ(t)i
∂p
(d) Finde die allgemeine Lösung dieser Gleichung und interpretiere das Ergebnis.
Es gilt
ψ(p, t) = g(F t − p)eiφ ,
7
wobei g irgendeine ableitbare Funktion ist. Dies lässt sich zeigen unter Verwendung der
Kettenregel. Sei hierzu (F t − p) = x̃, dann gilt
2
∂ 2 ∂g ∂ x̃
∂ ψ(p, t) =
g (x̃) = 2g(x̃)
(x̃) = 2g(x̃)g 0 (x̃)(−1)
∂p
∂p
∂ x̃ ∂p
2
∂ ∂ 2 ∂g ∂ x̃
g (x̃) = 2g(x̃)
(x̃) = 2g(x̃)g 0 (x̃)F
ψ(p, t) =
∂t
∂t
∂ x̃ ∂t
Die Interpretation ist, dass jede mögliche Wellenfunktion ψ linear im Impulsraum propagiert.
7.6: (T) Globale Energieverschiebung
Motivation: Eine globale Energieverschiebung (also die Addition einer Konstanten zur Hamiltonfunktion) hat keine Auswirkung auf die Dynamik des Systems. Dies gilt klassisch genauso
wie quantenmechanisch. Dessen wollen wir uns hier überzeugen.
b 0 = pb2 + V0 (b
x). Die SpektraldarEs sei ein System beschrieben durch den Hamiltonoperator H
2m
stellung sei bereits gefunden, d.h. wir kennen das Spektrum σ(H0 ) und die Eigenzustände |ψE i.
b1 = H
b 0 + Uoff mit
Betrachte nun das energetisch verschobene System beschrieben durch H
konstantem Uoff ∈ R.
(a) Bestimme die Eigenzustände und Eigenenergien des verschobenen Systems.
Die ψE sind immer noch Eigenzustände, aber zur Energie E + Uoff :
Ĥ0 ψE = Eψ
→
Ĥ1 ψE = Ĥ0 ψE + Uof f ψE = (E + Uof f )ψE
(b) Zeige, dass sich ein beliebiger Anfangszustand |φ0 i mit der Zeit in beiden Systemen bis
auf eine globale Phase gleich entwickelt.
Zerlege |φ0 i in die Spektralbasis, also
|φ0 i =
Z
X
φE |ψE i.
σ(H0 )
Die Zeitentwicklung ist gegeben durch
Z
Z
X
X
−iEt/~
b0 |φ0 i =
b1 |φ0 i =
b0 |φ0 i.
U
φE |ψE ie
bzw. U
φE |ψE ie−i(E+Uoff )t/~ = e−iUoff t/~ U
σ(H0 )
σ(H0 )
b 1 führt also nur zur globalen Phase e−iUoff t/~ im Vergleich zur
Die Zeitentwicklung mit H
b1.
Zeitentwicklung mit H
b φ0 (t) einer beliebigen Observable A
b als Funk(c) Schlussfolgere, dass der Erwartungswert hAi
b 0 oder H
b 1 gegeben
tion der Zeit nicht davon abhängt ob die Zeitentwicklung durch H
ist.
Einsetzen der Ergebnisse aus (b) liefert
b1 φ0 |A|
bU
b1 φ0 i = hU
b0 φ0 |e+iUoff t/~ Ae
b −iUoff t/~ |U
b0 φ0 i = hU
b0 φ0 |A|
bU
b0 φ0 i
hU
Wobei im letzten Schritt e±iUoff t/~ kommutiert, da es sich um eine komplexe Zahl handelt.
8