Lösung

26. Januar 2016
T2 - Quantenmechanik I
WS 15/16 - Prof. Scrinzi
Übungsblatt 9
9.1: (T) Harmonischer Oszillator: Leiteroperatoren (Teil 2)
Motivation: Diese Aufgabe ist eine Fortführung von Aufgabe 8.1.
Wir hatten aus der Bedingung â|φ0 i = 0 den Zustand |φ0 i eindeutig bestimmt und diesen
vorgreifend Grundzustand genannt. Als erstes Rechtfertigen wir diese Bezeichnung:
Mit |φn i bezeichnen wir den normierten Eigenzustand der durch n-maliges Anwenden von â†
auf |φ0 i gefunden wurde.
(a) Zeige, dass die Eigenzustände von Ĥ auch Eigenzustände des Anzahloperators N̂ sind:
N̂ |φn i = n|φn i.
1
1
1
~ω ⇒ N̂ =
Ĥ −
Ĥ = N̂ +
2
~ω
2
1
1
En 1
N̂ |φn i =
Ĥ −
−
|φn i =
|φn i
~ω
2
~ω 2
Da wir weiterhin wissen, dass En = n + 21 ~ω, folgt
N̂ |φn i = n|φn i
(b) Zeige, dass die Leiter, die mit |φ0 i startet eindeutig durch die â und ↠festgelegt ist, also
dass ↠â|φn i ∝ |φn i und â↠|φn i ∝ |φn i. (Damit ist gezeigt, dass zu jeder Energie En
genau ein Zustand φn gehört. Es gibt also keine zwei “Sprossen” auf gleicher “Höhe”.)
Aus Aufgabe (a) folgt
↠â|φn i = N̂ |φn i = n|φn i ∼ |φn i.
Damit können wir unter Anwendung Kommutatorrelation
[â, ↠] = 1 ⇒ â↠= 1 + ↠â
benutzen und erhalten
†
⇒ ââ |φn i = 1 + N̂ |φn i = (1 + n)|φn i ∼ |φn i.
(c) Argumentiere, dass es keine zweite Leiter (also eine zweite Menge {χk }k∈Z ⊂ L2 (R)
bestehend aus Eigenzuständen von Ĥ) geben kann, und dass deshalb |φ0 i tatsächlich der
Grundzustand des Systems ist.
Wir wissen aus dem vorherigen Teil der Aufgabe das |ψi die Eindeutige Lösung von
â|ψi = 0 im Ortsraum ist. Weiterhin haben wir in (b) gezeigt, dass die von â erzeugte
Leiter eindeutig ist.
1
Wir nehmen nun an es gebe ein |χk i ∈ L2 (R) welches nicht in der von ψ0 erzeugten Leiter
ist. Sei o.B.d.A. die Energie von χk abgeschätzt durch
(k + 1)~ω > Eχk > k~ω
k-maliges anwenden von dem Vernichtungsoperator auf diesem Zustand liefert
âk |χk i = |χ0 i , wobei ~ω > Eχ0 > 0
Da nochmaliges anwenden des Vernichtungsoperators nicht 0 geben kann, muss es ein
Zustand mit negativer Energie liefern, was physikalisch ein Wiederspruch ist.
Das bedeutet: Durch wiederholtes Anwenden des Erzeugungsoperators ↠auf den Grundzustand
|φ0 i lassen sich sämtliche Eigenzustände finden. Damit können wir nun das Spektrum angeben.
(d) Zeige, dass das Spektrum von Ĥ gegeben ist durch {En }n∈N0 mit En = (n + 1/2)~ω.
Wir wissen
Ĥ|φ0 i =
~ω
1
|φ0 i = E0 |φ0 i ⇒ E0 = ~ω
2
2
Weiterhin ist bekannt
1
†
1 + N̂ , ↠= ~ω[N̂ , ↠] = ~ω↠⇒ Ĥ↠= ~ω↠+ ↠Ĥ
[Ĥ, â ] = ~ω
2
und damit durch wiederholte Anwendung
Ĥ↠n |φ0 i = (~ω↠+ ↠Ĥ)↠n−1 |φ0 i = . . . = (n~ω↠n + ↠n Ĥ)|φ0 i
1
= ~ω n +
↠n |φ0 i
2
Was zusammen mit der Eindeutigkeit der Eigenzustände das Spektrum liefert.
(e) Zeige, dass die Normierung des n-ten Eigenzustands (mit Eigenenergie En ) gegeben ist
durch |φn i = √1n! (↠)n |φ0 i.
Sei ci ∈ C so, dass
↠|φn i = cn+1 |φn+1 i ⇒ |φn+1 i =
1
cn+1
↠|φn i
Da |φi i normiert ist gilt
|cn+1 |2 = |cn+1 |2 hφn+1 |φn+1 i = hφn |â↠|φn i
(b)
= hφn |(1 + N̂ )|φn i = hφn |(1 + n)|φn i = (n + 1)
damit erhalten wir
n
n
Y
Y
1 †
1 †
1
1
†n
√ |φ0 i = ↠n √ |φ0 i
|φn i = â |φn−1 i =
â |φ0 i = â
cn
ck
k
n!
k=0
k=0
2
(f ) Berechne die Ortswellenfunktion des ersten angeregten Zustands φ1 (x).
Mit den Bekannten
φ0 (x) =
und
↠= √
mω 14
mω
e− 2~ x
2
~π
1
(mωx̂ − ip̂),
2~mω
erhalten wir
mω 14
mω mω 2 mω 2
1
√
φ1 (x) = ↠φ0 (x) =
mωxe− 2~ x + ~2 i2 − 2 2x e− 2~ x
~π
2~
2~mω
r
mω 41 2mω
mω 2
=
xe− 2~ x
~π
~
(g) Wie sieht die Eigenwertgleichung Ĥ|ψi = E|ψi (zeitunabhängige Schrödingergleichung)
in Impulsdarstellung aus? Was kann aus der “Ähnlichkeit” geschlussfolgert werden für die
Relation zwischen φn (x) und φ̃n (p)?
∂
. Damit wird die Zeitunahängige SchrödingergleiIn der Impulsdarstellung gilt x̂ = i~ ∂p
chung zu
2
mω 2 ~2 ∂ 2
p̂
−
φ˜n (p) = En φ˜n (p)
2m
2 ∂p2
Um die Symmetrie zwischen Orts- und Impulsdarstellung
klarer zu sehen reskalieren wir
p
den Hamiltonoperator (siehe 3.6): x → λx mit λ = ~/mω Der neue Hamiltonoperator
lautet
1 2 1 ∂2
1
Ĥ = ~ω
x̂ −
= ~ω(x̂2 + p̂2 )
2
2
2 ∂x
2
welcher symmetrisch in x̂ und p̂ ist. Dementsprechend werden φn und φ˜n die gleiche Form
haben.
φn (p) = φ̃n (p)
In Aufgabe 8.4c sollte hφn |x4 |φn i mit den Rekursionsrelationen der Hermite-Polynome berechnet werden. Einfacher geht das mit den Leiteroperatoren. Im Folgenden sollen ausschließlich
die Darstellungen von x̂ und p̂ mittels der Leiteroperatoren verwendet werden.
(h) Berechne hx̂iφn , hx̂2 iφn , hp̂iφn und hp̂2 iφn .
r
r
~
~
hφn | â + ↠|φn i =
hφn |â|φn i + hφn |↠|φn i = 0
hx̂iφn =
2mω
2mω
da die Eigenzustände senkrecht sind gilt
√
hφn |↠|φn i = n + 1hφn |φn+1 i = 0
und
hφn |â|φn i =
√
n + 1hφn+1 |φn i =
3
√
nhφn |φn−1 i = 0.
Weiterhin gilt
2
~
hφn | ↠+ â |φn i
2mω
~
hφn |↠↠|φn i + hφn |ââ|φn i + hφn |↠â|φn i + hφn |â↠|φn i
=
2mω
hx̂2 iφn =
Wobei
hφn |ââ|φn i = hφn |↠↠|φn i = 0
und
hφn |↠â|φn i = n
hφn |â↠|φn i = n + 1
the result is
hx̂2 iφn =
~
(2n + 1)
2mω
q
†
Mit p̂ = i ~mω
â
−
â
erhalten wir Analog
2
hp̂iφn = 0
und
hp̂2 iφn =
~mω
(2n + 1)
2
(i) Berechne (∆x̂)φn und (∆p̂)φn .
r
q
~
(∆x̂)φn = hx̂2 iφn − hx̂i2φn =
(2n + 1)
2mω
r
q
~mω
(∆p̂)φn = hp̂2 iφn − hp̂i2φn =
(2n + 1)
2
(j) Berechne die Unschärfe (∆x̂)φn (∆p̂)φn . Für welches n ist diese Minimal? Vergleiche das
Ergebnis mit Aufgabe 6.2.
~
(∆x̂)φn (∆p̂)φn = (2n + 1)
2
~
Dies ist immer ≥ 2 und dementsprechend erfüllen alle Zustände die Heisenbergsche
Unschärferelation.
Sie wird minimal für n = 0: (∆x̂)φ0 (∆p̂)φ0 = ~2 welches die kleinstmöglichste Unschärfe
ist.
9.2: (Z) Tensorprodukt
Motivation: Beim Übergang von einer Dimension zu 2 oder 3 und zur Beschreibung mehrerer
Teilchen benötigen wir den Begriff des Tensorprodukts von Hilberträumen. Im einfachsten Fall
hat man ein Teilchen im Zustand Ψ(a) und ein zweites im Zustand Ψ(b) . Das Gesamtsystem
aus den beiden Teilchen ist dann beschrieben durch das Symbol Ψ(a) ⊗ Ψ(b) . Dies ist auch ein
QM Zustand, er muss daher einem Hilbertraum angehören. Diesen Hilbertraum nennt man das
“Tensorprodukt” der Hilberträume des ersten und des zweiten Teilchens.
(a)
(b)
Seien H(a) und H(b) zwei Hilberträume mit den Basen {φn }n∈N und {φn }n∈N . Wir konstruieren
das Tensorprodukt der beiden Räume H = H(a) ⊗ H(b) wie folgt:
4
(a)
(b)
(a)
(b)
ˆ Wir definieren eine Basis φmn aus Paaren φm , φn . Man schreibt das als φmn := φm ⊗φn .
ˆ Das Skalarprodukt ist für die Basispaare definiert als
(a)
(b)
(b)
hφmn |φm0 n0 i = hφ(a)
m |φm0 ihφn |φn0 i.
(1)
ˆ Das Tensorprodukt ⊗ ist linear bezüglich der beiden Faktoren, d.h.
(αΦ1 + βΦ2 ) ⊗ Ψ = α(Φ1 ⊗ Ψ) + β(Φ2 ⊗ Ψ)
(2)
und
Φ ⊗ (αΨ1 + βΨ2 ) = α(Φ ⊗ Ψ1 ) + β(Φ ⊗ Ψ2 ).
(3)
P (a)
P (b)
(a) Es seine Φ(a) =
φn αn und Φ(b) =
φn βn . Schreibe Ψ = Φ(a) ⊗ Φ(b) in der Basis
(a)
(b)
φm ⊗ φn . Drücke die Koeffizienten cmn durch αm und βn aus. Wie viele sind es und was
folgt damit für die Dimension von H?
!
!
X
X
X
(b)
Ψ = Φ(a) ⊗ Φ(b) =
αm φ(a)
⊗
βn φ(b)
=
αm βn φ(a)
m
n
m ⊗ φn
m
=
X
cmn
n
n,m
(b)
φ(a)
⊗
φ
m
n
n,m
wobei cm,n = αm βn . Man erhält M N Basiselemente und damit ist die Dimension von H
gleich M N .
(b) Nutze die Linearität des Tensorprodukts und die Sesquilinearität des Skalarprodukts, um
zu zeigen, dass
hΨ|Ψi = hΦ(a) |Φ(a) ihΦ(b) |Φ(b) i.
(4)
X
X
(a)
(b)
(a)
(b)
hΨ|Ψi = h
αm βn φm ⊗ φn |
αm0 βn0 φm0 ⊗ φn0 i
m0 ,n0
m,n
Da das Skalarprodukt in H bilinear ist, gilt dann
X
(b)
∗
(b) (a)
hΨ|Ψi =
αm
αm0 βn∗ βn0 hφ(a)
m ⊗ φn |φm0 ⊗ φn0 i
m,n
m0 ,n0
=
X
(a)
(b)
∗
(b)
αm
αm0 βn∗ βn0 hφ(a)
m |φm0 ihφn |φn0 i
m,n
m0 ,n0
!
!
=
X
X
(a)
∗
αm
αm0 hφ(a)
m |φm0 i
(b)
βn∗ βn0 hφ(b)
n |φn0 i
n,n0
m,m0
und wenn wir nun Anwenden, dass die Skalarprodukte auf H(a) und H(b) bilinear sind,
erhalten wir:
X
X
X
X
(a)
(b)
(b)
0 φ 0 ih
hΨ|Ψi = h
αm φ(a)
|
α
β
φ
|
βn0 φn0 i = hΦ(a) |Φ(a) ihΦ(b) |Φ(b) i
m
n
m
n
m
m
m0
n
5
n0
(a)
(b)
(a)
(b)
(c) Es seien nun Ψ1 = Φ1 ⊗ Φ1 und Ψ2 = Φ2 ⊗ Φ2 Vektoren in H mit unterschiedlichen
(a)
(b)
Faktoren Φi ∈ H(a) bzw. Φi ∈ H(b) . Die Faktoren seien nicht notwendig orthogonal
(γ)
(γ)
hΦi |Φj i =
6 0, γ = a, b.
(a)
(a)
Drücke das Quadrat der Norm ||Ψ1 + Ψ1 ||2 durch Skalarprodukte der hΦi |Φj i und
(b)
(b)
hΦi |Φj i aus.
kΨ1 + Ψ1 k2 = hΨ1 + Ψ2 |Ψ1 + Ψ2 i = hΨ1 |Ψ1 i + hΨ2 |Ψ2 i + hΨ1 |Ψ2 i + hΨ2 |Ψ1 i
Wobei
(a)
(b)
(a)
(b)
(a)
(a)
(b)
(b)
hΨ1 |Ψ2 i = hΦ1 ⊗ Φ1 |Φ2 ⊗ Φ2 i = hΦ1 |Φ2 ihΦ1 |Φ2 i
und
(a)
(a)
(b)
(b)
hΨ2 |Ψ1 i = hΦ2 |Φ1 ihΦ2 |Φ1 i.
Damit wird die Summe zu
(a)
(a)
(b)
(b)
(a)
(a)
(b)
(b)
(a)
(a)
(b)
(b)
kΨ1 + Ψ1 k2 =hΦ1 |Φ2 ihΦ1 |Φ2 i + hΦ2 |Φ1 ihΦ2 |Φ1 i + hΦ1 |Φ1 ihΦ1 |Φ1 i
X
(a)
(a)
(b)
(b)
(a)
(a)
(b)
(b)
+ hΦ2 |Φ2 ihΦ2 |Φ2 i =
hΦi |Φj ihΦi |Φj i
i,j∈{1,2}
Man kann weiterhin auf diesen neuen Hilbertraum neue Operatoren definieren über
b=O
b(a) ⊗ O
b(b)
O
, mit
b =O
b(a) Φ(a) ⊗ O
b(b) Φ(b) .
OΨ
(5)
Sei nun der Operator  durch
 = 1 ⊗ Â(b) + B̂ (a) ⊗ Ĉ (b)
gegeben und die Spektraldarstellung von B̂ (a) sei bekannt. Der Einfachheit halber nehmen wir
rein diskretes, nicht-entartetes Spektrum von B̂ an:
X
|bibhb|
B̂ (a) =
b
(d) Zeige, dass [Â, B̂] = 0 mit B̂ = B̂ (a) ⊗ 1.
Sei φ1 ⊗ φ2 ∈ H1 ⊗ H2 . Dann gilt
ÂB̂ φ1 ⊗ φ2 = (1 ⊗ Â(b) + B̂ (a) ⊗ Ĉ (b) )(B̂ (a) φ1 ⊗ φ2 )
= B̂ (a) φ1 ⊗ Â(b) φ2 + B̂ (a)2 φ1 ⊗ Ĉ (b) φ2
B̂ Â φ1 ⊗ φ2 = (B̂ (a) ⊗ 1)(φ1 ⊗ Â(b) φ2 + B̂ (a) φ1 ⊗ Ĉ (b) φ2 )
= B̂ (a) φ1 ⊗ Â(b) φ2 + B̂ (a)2 φ1 ⊗ Ĉ (b) φ2 ,
h
i
also Â, B̂ = 0.
6
b (a) auf Eigenvektoren zum Eigenwert b in H1 von
(e) Konstruiere die Projektionsoperatoren Π
b
b b auf Eigenvektoren in H von B̂.
B̂ (a) und Π
b (a) = |bihb|,
Π
b
bb = Π
b (a) ⊗ 1 = |bihb| ⊗ 1
Π
b
(f ) Benutze den Spektralsatz, um zu zeigen, dass
X
b (a) = 1 auf H(a)
Π
b
b∈σ(B̂ (a) )
und
X
b b = 1 auf H.
Π
b∈σ(B̂)
Die erste Aussage ist genau die Vollständigkeitsrelation im Unterraum H1 der Eigenzustände {|bi, b ∈ σ(B̂ (a) )} (Gleichung (6)). Die zweite folgt dann sofort:
!
X
X
X
bb =
Π
|bihb| ⊗ 1 =
|bihb| ⊗ 1 = 1 ⊗ 1 = 1.
b∈σ(B̂)
b
b
b bΠ
b b0 = Π
b b δbb0 .
(g) Zeige, dass Π
b bΠ
b b0 = (|bihb| ⊗ 1) (|b0 ihb0 | ⊗ 1) = |bihb0 | · hb|b0 i ⊗ 1
Π
bb
= |bihb|δbb0 ⊗ 1 = δbb0 Π
9.3: (T) Verschränkung
Motivation: Interpretiert man die zwei Koordinaten des L2 (R2 ) als die Koordinaten zweier
unabhängiger Teilchen im eindimensionalen Raum, so erfordern die Regeln der QM, dass sich
mysteriöse “verschränkte” Zustände bilden lassen, die im EPR Paradoxon eine zentrale Rolle
spielen. Ψ ∈ L2 (R2 ) schreiben wir dann in der Produktbasis aus Aufgabe 9.2:
X
(y)
|Ψi =
cmn |φ(x)
(6)
m i ⊗ |φn i
m,n
P
(x)
(y)
Dabei ist Ψ(x, y) = (hx| ⊗ hy|)|Ψi =
m,n cmn φm (x)φn (y). Wellenfunktionen der Form
ΨV (x, y) = ψ1 (x)ψ2 (y) + ψ1 (y)ψ2 (x) können nicht interpretiert werden als “Teilchen 1 ist im
Zustand Λ1 , Teilchen 2 ist im Zustand Λ2 ” (I). (Λ1,2 ∈ L2 (R)). Man nennt solche Zustände
verschränkt.
(a) Wie sieht eine Wellenfunktion aus, die Interpretation (I) zulässt? Welche Bedingung
müssen dafür die cmn in Gleichung (6) erfüllen?
Wir nehmen and, dass Λ1 6∝ Λ2 .
7
Die Wellenfunktion Ψ(x, y) muss in zwei teile Separable sein, welche jeweils nur von x
und y abhängen.
Ψ(x, y) = Λ1 (x)Λ2 (y)
Eine Äquivalente darstellung ist gegeben durch
|Ψi = |Λ1 i ⊗ |Λ2 i
Mit der Representation |Λ1 i =
P
(x)
am |φm i und |Λ2 i =
m
P
(y)
bn |φn i. Wird dies zu
n
|Ψi =
X
(y)
am bn |φ(x)
m i ⊗ |φn i
n,m
D.h. die Koeffizenten cmn müssem von der Form
cmn = am bn
sein.
(b) Überzeuge dich, dass ΨV auf keinen Fall so dargestellt werden kann.
Zwei funktionen im Hilbertraum sind gleich, gdw. ihre Koeffizenten bzgl. der gleichen
Basis identisch sind. Wir geben also beide Funktionen bezüglich der gleichen Basis {φm }
und erhalten
X
X
φn bn .
φm am , ψ2 =
ψ1 =
n
n
Die Koeffizenten von ψ1 ⊗ ψ2 + ψ2 ⊗ ψ1 bzgl. der Basis von φm ⊗ φn sind dann
hφm ⊗ φn |ψ1 ⊗ ψ2 + ψ2 ⊗ ψ1 i = hφm |ψ1 ihφn |ψ2 i + hφm |ψ2 ihφn |ψ1 i = am bn + bm an
Dies kann also als Matrix geschrieben werden
am bn + bm an = (~a~bT + ~b~aT )mn .
Wir nehmen nun an es gebe zwei Funktionen so dass Λ1 ⊗ Λ2 = ψ1 ⊗ ψ2 + ψ2 ⊗ ψ1 . Die
Koeffizenten bzgl. φm ⊗ φn haben die Form
hφm ⊗ φn |Λ1 ⊗ Λ2 i = hφm |Λ1 ihφn |Λ2 i =: αm βn = (~
αβ~ T )mn
Das ist die Frage reduziert sich darauf ob es eine Lösung gibt für
α
~ β~ T = ~a~bT + ~b~aT
Dies ist aber nicht möglich, da die rechte Seite symmetrisch ist und die linke nicht.
9.4: (T) Zweidimensionaler harmonischer Oszillator
Motivation: Dieses sehr einfache System erlaubt die Diskussion einiger Eigenschaften höherdimensionaler Systeme ohne große technische Schwierigkeiten. Uns interessiert hier vor allem
die Entartung der Energien.
8
Der Hilbertraum ist H = L2 (R2 ), der Hamiltonoperator Ĥ : H → H ist
Ĥ =
1 X 2 2
p~ˆ2
+ m
ω x̂
2m 2 i=1,2 i i
(7)
mit p~ˆ2 = p̂21 + p̂22 . Hierbei ist p̂i ψ (x, y) = −i~ ∂i ψ (x, y).
(Ausblick: Dies lässt sich auch als Tensorprodukt von Operatoren schreiben: p̂x ist gleichbedeutend mit p̂ ⊗ 1̂, und p̂y ist gleichbedeutend mit 1̂ ⊗ p̂.)
(a) Schreibe den Hamiltonoperator mit den Leiteroperatoren âi und â†i .
p̂2
1
p̂2
1
Ĥ = 1 + mω12 x̂21 + 2 + mω22 x̂22 = Ĥ1 + Ĥ2
2m 2
2m 2
2
X
1
†
⇒ Ĥ = ~
ωi âi âi +
2
i=1
wobei Ĥ1,2 die Hamiltionians des eindimensionalen harmonischen Oszillator in x/y Richtung sind und âi , â†i sind die Vernichtungs-/Erzeugeungsoperatoren des eindimensionalen
Problems sind.
(b) Was sind die Eigenwerte dieses Systems? Gibt es entartete Eigenwerte?
Ĥ ist die Summe von zweier unabhängige Hamiltonians Ĥi , mit bekannten Eigenfunktionen.
(2)
(1)
(2)
Ĥi |φ(1)
n1 i ⊗ |φn2 i = Eni |φn1 i ⊗ |φn2 i
Es folgt
(2)
(1)
(2)
Ĥ|φ(1)
n1 i ⊗ |φn2 i = (En1 + En2 )|φn1 i ⊗ |φn2 i
wobei
(En1 + En2 ) = En
Die Eigenwerte des 2D Harmonischen Oszillator sind dementsprechend
1
1
+ ω2 n2 +
En = En1 + En2 = ~ ω1 n1 +
2
2
Hier kann man die enstehung der Entartung sehen im Falle ω1 = qω2 mit q ∈ Q. Man
nehme zum Beispiel ω1 = ω2 Dann gilt
E1 = 2~ω ⇔ (n1 , n2 ) ∈ {(0, 1), (1, 0)}
E2 = 3~ω ⇔ (n1 , n2 ) ∈ {(0, 2), (1, 1), (2, 0)}
(c) Was sind die Eigenzustände des Systems? Verwende die Darstellung mit den Leiteroperatoren wie in 9.1 (e).
9
Aus der vorherigen Aufgabe wissen wir, dass die Eigenzustände gegeben sind durch
(1)
(2)
ψn1 ,n2 (x, y) = φn1 (x)φn2 (y). Wir wissen das in 1D die Eigenzustände gegeben sind durch
1 † ni (i)
√
|φ(i)
i
=
â
|φ0 i
ni
ni ! i
Und damit erhalten wir
|ψn1 ,n2 i = √
n1 n2
1
â†1
Â(b)†
|ψ0 i
n1 !n2 !
9.5: (Z) Qualitative Analyse von Potentialen (2)
Motivation: Ziel ist es weiter Intuition aufzubauen wie sich Spektrum und Eigenfunktionen
des Hamiltonoperators in Ortsdarstellung verhalten, Aufgabe 7.2 fortführend. Folgende Dinge
wissen wir bereits über Eigenfunktionen:
ˆ Sie sind stetig differenzierbar (außer an Punkten an denen das Potential divergiert).
ˆ Sie können bei symmetrischen Potentialen symmetrisch und anti-symmetrisch gewählt
werden.
ˆ Sie können reell gewählt werden.
ˆ Mit steigender Eigenenergie steigt die Zahl ihrer Nullstellen.
Nun kommen noch Positivität des Grundzustands und Aussagen über die Krümmung hinzu.
(a) Zeige, dass für nicht entartete Grundzustandsenergien die Grundzustandswellenfunktion
in Ortsdarstellung rein positiv gewählt werden kann. (Hinweis: Für ψ, welches die Energie
hĤiψ minimiert, betrachte |ψ|.)
Der Grundzustand hat also keine Nullstellen (außer an Punkten an denen das Potential
divergiert).
Sei Ψ die Grundzustandswellenfunktion von Ĥ. Das ist, hĤiΨ = E ist minimal. Da Ψ reel
gewählt werden kann erhalten wir
Z
Z
~2
d2 Ψ
dxΨ 2 + dxΨ2 V (x)
hĤiΨ = −
2m
dx
R
R
Der erste kann mit separation der Variablen evaluiert werden
Z∞
d2 Ψ
dΨ +∞
dxΨ 2 = Ψ
−
dx
dx −∞
−∞
Z∞
dx
dΨ
dx
2
−∞
x→±∞
wobei der erste summand veschwindet da Ψ −→ 0. Es folgt nun
2 Z
Z
~2
dΨ
hĤiΨ =
dx
+ dxΨ2 V (x)
2m
dx
R
R
10
Und da der Ausdruck nur quadratische Terme enthält folgt, dass |Ψ| den geleichen Erwartungswert liefert.
E = hĤiΨ = hĤi|Ψ|
Da E nicht entartet ist gilt dementsprechend Ψ = |Ψ|. Dies kann sogar für höhere Dimensionen generalisiert werden.
Nun zur Krümmung: Es sei φ eine Eigenfunktion von Ĥ.
00
(x)
.
(b) Berechne die ”relative Krümmung” κφ (x) := φφ(x)
~2 d2
−
+ V (x) φ = Eφ
2m dx2
d2 φ
2m
= 2 (V (x) − E)φ
2
dx
~
2m
φ00 (x)
= − 2 (E − V (x))
⇒ κφ (x) =
φ(x)
~
(c) Zeige: Im klassisch verbotenen Bereich (also, wenn E < V (x)) krümmt sich φ(x) weg von
der x-Achse, im klassisch erlaubten Bereich krümmt sich φ(x) zur x-Achse hin.
Im klassisch erlaubten Bereich gilt E > V (x) ⇒ κφ (x) < 0, d.h. φ > 0 ⇒ φ00 < 0 und
φ < 0 ⇒ φ00 > 0. Und daraus folgt φ(x) ist zur x-Achse hin gekrümmt.
Im klassisch verbotenen Bereich gilt E < V (x) ⇒ κφ (x) > 0, d.h. φ > 0 ⇒ φ00 > 0 and
φ < 0 ⇒ φ00 < 0. Therefore φ(x) ist von der x-Achse weg gekrümmt.
(d) Argumentiere, dass in Bereichen in denen das Potential endlich ist, nicht gleichzeitig φ
und φ0 verschwinden können. (Hinweis: Überlege, weshalb φ(x) = 0 = φ0 (x) für ein x
impliziert, dass φ(x) = 0 für alle x.)
Die zeitunabhängige Schrödingergleichung ist eine gewöhnliche Differentialgleichung zweiter Ordnung und ist damit über zwei Grenzbedingungen eindeutig definiert. Da die Lösung
eindeutig ist un ψ(x) = 0 eine Lösung ist, welche die Anfangsbedingungen erfüllt, ist Sie
auch die einzige Lösung die dies tut.
Diese Argumentation lässt sich aber nicht auf die zeitabhängige Schrödingergleichung
oder divergierenden Potentialen verallgemeinern.
(e) Schlussfolgere, dass φ in diesen Bereichen keine doppelten Nullstellen haben kann.
An doppelten Nullstellen x0 gilt ψ(x0 ) = ψ 0 (x0 ) = 0 was im Widerspruch zu der obigen
Aufgabe steht.
Betrachte nun das Potential V (x) = α|x| mit α > 0.
Hier wendet man einfach die obigen Schlussfolgerungen an um sich ein qualitativäs Bild zu
machen.
(f ) Wie sieht das Spektrum qualitativ aus? Wie vergleicht es sich mit den Spektren von
unendlich tiefen Potentialtopf und harmonischen Oszillator?
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(g) Wie sehen die Eigenfunktionen qualitativ aus?
Betrachte nun folgendes Potential:
(h) Wie sehen Spektrum und Eigenfunktionen qualitativ aus?
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