Moderne Theoretische Physik 2 — Quantenmechanik II

KIT
WS 2010/11
Moderne Theoretische Physik 2 — Quantenmechanik II
V: Prof. Dr. D. Zeppenfeld, Ü: Dr. S. Gieseke
Lösung der Klausur Nr. 1, 14.2.2011
Aufgabe 1: Zweidimensionaler harmonischer Oszillator
[3 · 4 = 12]
Wir untersuchen den zweidimensionalen Oszillator
H=
p2y
p2x
mω 2 2
+
+
x + 2mω 2 y2 .
2m 2m
2
(a) Bestimmen Sie zu allen Zuständen der vier niedrigsten Energien die Energie und die Entartung. Geben Sie auch die Zustände in geeigneten Quantenzahlen an.
Das System wird durch den Operator
√ � 2mω �3/2 2
V=δ 2
x y
h̄
gestört. Berechnen Sie die erste nichtverschwindende Korrektur ∆(i) zu den ungestörten Energien
(b) E =
3
h̄ω ,
2
(c) E =
7
h̄ω .
2
Lösung:
(a) wegen 2mω 2 y2 = 12 m(2ω )2 y2 haben wir zwei unabhängige Oszillatoren mit Frequenzen
ω und 2ω und Energien Ex = h̄ω�(n x + 12 ) und Ey = 2h̄ω (ny + 21 ). Also E = Ex + Ey =
�
�
�
h̄ω n x + 2ny + 32 . Mit Zuständen � n x ny erhalten wir dann für die ersten vier Energien:
Energie
Zustände
Entartungsgrad
E = 32 h̄ω
| 00 �
1
| 20 � , | 01 �
2
E = 52 h̄ω
E = 72 h̄ω
E = 92 h̄ω
| 10 �
1
| 30 � , | 11 �
2
(b) Da die Zustände in der Besetzungszahldarstellung gegeben sind, drücken wir V mit Hilfe
von
�
�
�
�
h̄ �
h̄mω �
†
†
x=
a+a ,
p = −i
a−a .
2mω
2
durch Erzeugungs und Vernichtungsoperatoren aus. Analog mit (y, py ) → (b, b† ), hier jedoch auch ω → 2ω in den Normierungsfaktoren berücksichtigen! Damit erhalten wir
V = δ( a2 + a†2 + 2n x + 1)(b + b† ) .
2
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Damit lautet die Korrektur erster Ordnung zum Grundzustand
�
�
(1)
∆0 = � 00 | V | 00 � ∝ � 0 | x2 � 0 � � 0 | y | 0 � = 0 .
� �� �
=0
Für die erste nichtverschwindende Korrektur müssen wir also mindestens bis zur nächsten
Ordnung gehen. Dazu benötigen wir alle möglichen Matrixelemente � 00 | V | kl �. Wegen
der Wirkung von a, a† , b, b† als Leiteroperatoren und deren Auftauchen in maximal zweiter bzw. erster Potenz in V, können nur | kl � = | 01 � , | 11 � , | 21 � überhaupt einen Beitrag
geben. Wir finden
√
� 00 | V | 01 � = δ(2 · 0 + 1)( 1) = δ ,
√
� 00 | V | 11 � = δ(0)( 1) = 0,
√
√ √
√
� 00 | V | 21 � = δ( 2 1))( 1) = δ 2 .
Und damit
(2)
∆0 =
∑
| � kl | V | 00 � |2
(0)
(0)
=
E0 − E(kl )
�
�
δ2 1 2
δ2
=−
+
=−
.
h̄ω 2 4
h̄ω
(kl )�=(00)
δ2
0
2δ2
+
+
( 32 − 72 )h̄ω ( 32 − 92 )h̄ω ( 32 − 11
2 ) h̄ω
In erster nichtverschwindender Korrektur lautet die Grundzustandsenergie
(2)
E0
3
δ2
= h̄ω −
.
2
h̄ω
(c) Der Energieeigenwert E = 72 h̄ω gehört zu den Zuständen | 20 � und | 01 �, ist also 2-fach entartet. Zur Berechnung der Energiekorrektur durch V benötigen wir also die Matrixelemente
von V im Unterraum dieser zwei Zustände.
�
2�
� 01 | V | 01 � ∝ � 0 | x � 0 � � 1 | y | 1 � = 0 ,
� �� �
=0
�
2�
� 20 | V | 20 � ∝ � 2 | x � 2 � � 0 | y | 0 � = 0 ,
� �� �
=0
√ √ √
√
� � 2 � �� � † � �
� 01 | V | 20 � = δ 0 � a � 2 1 � b � 0 = δ( 2 1)( 1) = δ 2
= � 20 | V | 01 �
Damit lautet V in der Basis der zwei ungestörten, entarteten Zustände,
√ �0 1�
√
V=δ 2
= δ 2σx
1 0
� �
� �
� �
� �
1
1
1
1
Wegen σx
=
, σx
= −
sind die Eigenwerte und Eigenvektoren be1
1
−1
−1
kannt. Damit haben wir in erster nichtverschwindender Korrektur die folgenden Energien
und Zustände:
√
7
1
(1)
E A = h̄ω − δ 2 zu √ (| 01 � − | 20 �) ,
2
2
√
7
1
(1)
EB = h̄ω + δ 2 zu √ (| 01 � + | 20 �) .
2
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Aufgabe 2: Relativistische Korrekturen
[6]
Welche der relativistischen Korrekturen
1 1 dV (r ) � �
S·L,
2m2 c2 r dr
� 2 �2
�p
1
Hr = −
,
2
2m
2mc
HLS =
h̄2 � 2
HD =
∇ V (r ) ,
8m2 c2
des Wasserstoffatoms kann als Störoperator die ungestörten 2s und 2p Zustände vermischen?
Wenn also
| E(1) � = α | 2s � + β | 2p �
(α, β ∈ C ) ,
wann kann αβ �= 0 werden? Bitte begründen Sie Ihre Antwort sorgfältig.
Lösung: Die Eigenzustände des ungestörten Wasserstoffatoms mit Hamiltonoperator H0 = Hkin +
V (r ) werden durch Zustände | nlm � klassifiziert, wobei l, m die Quantenzahlen zu �L2 , Lz sind.
Hr hängt nur vom Impuls des Elektrons ab und lässt sich durch H0 − V (r ) ausdrücken. Wegen
der Radialsymmetrie vertauscht Hr also wiederum mit �L2 , Lz ; ist also ebenso diagonal in | nlm �
und vermischt daher die ungestörten 2s und 2p Zustände nicht. Für HD gilt wegen der Radialsymmetrie das gleiche Argument.
Für HLS sind | nlm � keine guten Quantenzahlen
mehr, weil Lz nicht mit HLS vertauscht. Daher
�
�
�
wird er normalerweise in der Basis jlsm j diagonalisiert. Das betrifft aber eben nicht l, sondern
nur m. Daher kann auch dieser Operator die Zustände nicht mischen. (Zugegeben, das war etwas
zu suggestiv in eine andere Richtung formuliert, sorry).
Aufgabe 3: Dirac–Strom
[6 + 4 = 10]
Wir untersuchen ein Dirac–Elektron in Ruhe (Sz =
+ 2h̄ ),
beschrieben durch den Spinor ψ( x ).
(a) Berechnen Sie die elektromagnetische Stromdichte
jµ = eψ̄( x )γµ ψ( x )
im Ruhesystem des Teilchens.
(b) Wie lautet der Strom im System, in dem sich das Teilchen mit dem Impuls ( E/c, p, 0, 0) in
x–Richtung bewegt?
Lösung:
(a) Der Spinor eines Elektrons in Ruhe mit Sz = + h̄/2 lautet ψ( x ) = exp(−ip · x/h̄)w1 ( p), mit
p = (mc,�0). Damit ist
 
1

0

jµ = eψ† ( x )γ0 γµ ψ( x ) = e(1, 0, 0, 0)γ0 γµ 
0 .
0
Da in den räumlichen γi nur die Nebendiagonalen �= 0 sind erhalten wir ((γ0 )2 = 1 nur in
der nullten Komponente einen Beitrag, also jµ = (e,�0), wie erwartet.
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(b) Vom boost (mc, 0, 0, 0) → ( E/c, p, 0, 0) lesen wir γ = ( E/c)/(mc) = E/(mc2 ) ab, ebenso
bekommen wir β = −cp/E. Damit ist
jµ =
e
pµ
( E/c, p, 0, 0) = e
= eβµ ,
mc
mc
also Ladung×4–Geschwindigkeit.
Alternative Lösung: gegebenen Impuls in w1 ( p) einsetzen und mit den expliziten Darstellungen der γ-Matrizen jµ komponentenweise berechnen.
Aufgabe 4: Quadrupolübergänge
[6 + 2 + 4 = 12]
Elektromagnetische Quadrupolübergänge im Wasserstoffatom werden durch sphärische Tensor(2)
operatoren Qm beschrieben.
(a) Berechnen Sie das Verhältnis B/A der folgenden Matrixelemente zwischen Wasserstoffeigenzuständen | nlm �,
� (2) �
�
�
A = n � 4 3 � Q2 � n 2 1 ,
� (2) �
�
�
B = n � 4 − 2 � Q0 � n 2 − 2 .
Das Ergebnis ist eine Zahl.
(b) Berechnen Sie
� (2) �
�
�
C = n � 5 1 � Q2 � n 1 − 1 ,
� (2) �
�
�
D = n � 3 1 � Q0 � n 1 − 1 .
(c) Wir betrachten das Matrixelement
�
�
�
�
4 l m � z( x + iy) � n 2 1
mit kartesischen Koordinaten x, y, z. Welche Werte sind für l, m erlaubt und warum?
Lösung:
(2)
(a) Da es sich bei Qm um sphärische Tensoroperatoren handelt, können wir A und B nach dem
Wigner–Eckart–Theorem in ein Produkt aus Clebsch–Gordan–Koeffizienten (CGK) und reduziertem Matrixelement zerlegen. Das reduzierte Matrixelement ist bei beiden gleich, so
dass im Verhältnis nur noch ein Verhältnis von CGKs bleibt,
B
� 2 2; 0 − 2 | 4 − 2 �
=
.
A
� 2 2; 2 1 | 4 3 �
Für die Kopplung 2 ⊗ 2 = 4 müssen wir die gesuchten CGKs berechnen. Der Zustand maximalen Gewichts ist | 44 � = | 22 � | 22 �. Wegen der Phasenbeziehung
� j1 j2 ; m1 m2 | J M � = (−1) j1 + j2 − J � j1 j2 ; −m1 − m2 | J − M �
müssen wir den Absteigeoperator J− nur zweimal anwenden. Wir berechnen
�
√
J− /h̄ | 4 4 � = 4(4 + 1) − 4(4 − 1) | 4 3 � = 2 2 | 4 3 � ,
√
√
J− /h̄ | 4 3 � = 20 − 6 | 4 2 � = 14 | 4 2 � .
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Andererseits
√
�
�
2·3−2·1 |21�|22� + |22�|21�
�
�
= 2 |21�|22� + |22�|21� ,
√
�
�
�
�
( J− /h̄)2 | 2 2 � | 2 2 � /2 = 6 − 0 | 2 0 � | 2 2 � + | 2 2 � | 2 0 � + 2 | 2 1 � | 2 1 � + | 2 1 � | 2 1 �
√
√
= 6|20�|22� + 6|22�|20� +4|21�|21� .
J− /h̄ | 2 2 � | 2 2 � =
Damit erhalten wir
�
1 �
|43� = √ |21�|22� + |22�|21� ,
2
�
√
1 �√
6| 2 0 � | 2 2 � + 6 | 2 2 � | 2 0 � + 4 | 2 1 � | 2 1 � .
|42� = √
2 7
Da (−1)2+2−4 = +1, können wir von den unterstrichenen Zuständen die gesuchten CGKs
ablesen und erhalten das gesuchte Resultat
�
√
√
B
6
2
3
= √ ·
=
.
A
7
2 7 1
(b) In beiden Fällen verschwindet der CGK, so dass nach dem Wigner–Eckart Theorem beide
Matrixelemente = 0 sind. C = 0, weil ( j1 = 2) ⊗ ( j2 = 1) nicht zu J = 5 koppeln kann.
Ebenso gilt D = 0, weil m1 + m2 = 0 + 1 �= 2 = M.
(c) Der Operator z( x + iy) lässt sich durch die Kugelfunktion Y21 ausdrücken, weil
�
�
15 1
15 1
1
Y2 = −
r cos θ (r sin θ cos φ + ir sin θ sin φ) = −
z( x + iy) .
2
8π r
8π r2
Damit handelt es sich um einen sphärischen Tensoroperator vom Rang 2. Dementsprechend
wäre aus der Kopplung 2 ⊗ 2 möglich: l = 2 − 2, . . . , 2 + 2 = 0, 1, 2, 3, 4. Wegen m = 2 ist
l = 0, 1 jedoch nicht möglich. Wegen n = 4 und l < n beim Wasserstoffatom entfällt auch
l = 4. Schliesslich verletzt l = 3 die Paritätserhaltung. Damit bleibt für den gesuchten
Zustand nur | 4 2 2 �.