Repetitorium Theoretische Quantenmechanik, WS 08/09 - TUM

Physik Departement
Technische Universität München
Jinming Lu, Konrad Schönleber
Übungsklausur-Lösungen
Repetitorium Theoretische Quantenmechanik, WS 08/09
1. Zweiniveausystem
Der Hamiltonoperator eines Zweiniveausystems lautet
H = ε(|1ih2| + |2ih1|)
Dabei sind
|1i und |2i die normierten Basiszustände. Der Parameter ε > 0 hat die Einheit
einer Energie.
(a) Bestimmen Sie die Matrixdarstellung von
H bezüglich der geordneten Basis (|1i,|2i)
(b) Bestimmen Sie die Energieeigenwerte sowie die zugehörigen normierten Eigenzustände von
H.
t=0
(c) Ein Teilchen bendet sich zum Zeitpunkt
im Zustand
|ψ(0)i = A(3|1i + 4|2i)
Bestimmen Sie die Normierungskonstante
Energiemessung zu einem Zeitpunkt
t>0
A
und die Wahrscheinlichkeit, bei einer
den gröÿeren Energieeigenwert zu erhal-
ten.
(d) Wie groÿ sind jeweils die Wahrscheinlichkeiten, zu einem Zeitpunkt
chen im Zustand
|1i
bzw.
|2i
t>0
anzutreen?
Lösung
(a) Wir berechnen die Matrixelemente
(H) = ε
0 1
1 0
Hij = hi|H|ji
und erhalten
(b) Die Eigenwertgleichung
0 = det[(H) − λI] = det
−λ ε
ε −λ
= λ 2 − ε2
liefert die Eigenwerte und Eigenvektoren
λ1 = +ε
⇒
−λ1
ε
ε −λ1
~v1 = ~0
1
|χ1 i = √ (|1i + |2i)
2
−λ2
ε
⇒
~v2 = ~0
ε −λ2
1
⇒ ~v1 = √
2
1
1
1
⇒ ~v2 = √
2
1
−1
Eigenzustand:
λ2 = −ε
Eigenzustand:
1
|χ2 i = √ (|1i − |2i)
2
das Teil-
(c) Die Normierungskonstante erhält man durch:
1 = hψ(0)|ψ(0)i = |A|2 (9h1|1i + 0 + 0 + 16h2|2i) = 25|A|2
Wir müssen nun die Zeitentwicklung von
|ψ(t)i
⇒ |A| =
1
5
berechnen. Es gilt formal:
i
|ψ(t)i = e− ~ Ht |ψ(0)i
Stellt man jedoch
|ψ(0)i =
X
an |χn i
n
als Linearkombination aus Eigenzuständen
|ψ(t)i =
X
i
an e− ~ Ht |χn i =
n
X
|χn i
des Hamiltonoperators dar, so gilt:
i
an e− ~ En t |χn i
n
in unserem Fall gilt
1
|1i = √ (|χ1 i + |χ2 i)
2
1
|2i = √ (|χ1 i − |χ2 i)
2
also
1
1
1
1
3 √ (|χ1 i + |χ2 i) + 4 √ (|χ1 i − |χ2 i) =
|ψ(0)i = (3|1i + 4|2i) =
5
5
2
2
7
1
= √ |χ1 i − √ |χ2 i
5 2
5 2
iεt
7
1 iεt
⇒ |ψ(t)i = √ e− ~ |χ1 i − √ e ~ |χ2 i
5 2
5 2
Das heiÿt, die Wahrscheinlichkeit, bei einer Energiemessung zu einem Zeitpunkt
t>0
den gröÿeren Energieeigenwert
ε
zu erhalten, gegeben ist durch:
7 − iεt 2 49
√ e ~ =
5 2
50
(d) Es gilt
iεt
7
1 iεt
√ e− ~ |χ1 i − √ e ~ |χ2 i
5 2
5 2
7 − iεt 1
1 iεt 1
= √ e ~ √ (|1i + |2i) − √ e ~ √ (|1i − |2i)
5 2
2
5 2
2
iεt
iεt
1 − iεt
1 − iεt
7e ~ − e ~ |1i +
7e ~ + e ~ |2i
=
10
10
Das heiÿt, die Wahrscheinlichkeiten, zu einem Zeitpunkt t > 0
Zustand |1i bzw. |2i anzutreen, gegeben sind durch
iεt 2
1 − iεt
1
εt
2
~
~
|h1|ψ(t)i| =
−e =
25 − 7 cos
7e
100
50
~
iεt 2
1 − iεt
1
εt
2
|h2|ψ(t)i| =
25 + 7 cos
7e ~ + e ~ =
100
50
~
|ψ(t)i =
das Teilchen im
2. Rechnen mit Kommutatoren
Gegeben seien die Komponenten des Drehimpulsoperators
A
[A, Lx ] = [A, Ly ] = 0. Zeigen
Lz = 1/(i~)[Lx , Ly ] ein.
mit
tion
Sie:
[A, Lz ] = 0.
Lx , Ly , Lz
und ein Operator
Hinweis: Setzen Sie für
Lz
die Rela-
Lösung:
Es gilt
i~[A, Lz ] = [A, [Lx , Ly ]] = [A, Lx Ly − Ly Lx ] = [A, Lx Ly ] − [A, Ly Lx ] =
= Lx [A, Ly ] + [A, Lx ]Ly − Ly [A, Lx ] − [A, Ly ]Lx = 0
3. Variationsprinzip
Betrachten Sie die auf 1 normierte Wellenfunktion
|x|
ψL (x) = A exp −
L
(a) Berechnen Sie die Normierungskonstante
|A|
(b) Sei
"
2 #
2
~ω
x
1 2 1
d
p + mω 2 x2 =
−β 2 2 +
H=
2m
2
2
dx
β
Für welchen Wert der Länge
L
mit
ist der Erwartungswert
Vergleichen Sie den minimalen Wert
Grundzustands von
r
EL
β=
~
mω
EL = hψ|H|ψi
minimal?
mit dem Exakten Energieeigenwert des
H.
Lösung
(a) Wir bestimmen zuerste die Normierungskonstante
2
Z
∞
hψL |ψL i = 2|A|
0
(b) Um
EL
2x
dx = |A|2 L
exp −
L
zu berechnen, brauchen wir
2
d
hψL | dx
2 |ψL i
und
1
|A| = √
L
hψL |x2 |ψL i.
Für den letzeren
erhalten wir
2
hψL |x |ψL i =
L
2
∞
Z
2 −2x/L
xe
dx
y=2x/L
=
0
2
L
3 Z ∞
L
L2
L2
y 2 e−y dy =
2! =
2
4
2
0
Für den ersten Erwartungswert erhalten wir:
2 2
Z ∞
Z ∞
2
d d
d
ψL 2 ψL
=
ψL 2 ψL dx = −
ψL dx =
dx
dx
dx
−∞
−∞
2
Z 2 ∞
2x
1
1
= −
−
exp −
dx = − 2
L 0
L
L
L
Also erhalten wir
~ω
EL = hψ|H|ψi =
2
β2
L2
+
L2 2β 2
Extrema von
EL
erhalten wir durch
dEL
~ω
0=
=
dL
2
β2
L
−2 3 + 2
L
β
2
√
L
=
= 2
β
~ω
~ω
EL = √ >
2
2
Also ist die näherungsweise Grundzustandsenergie aus dem Variationsprinzip höher
als die tatsächliche Grundzustandsenergie.
4. Harmonischer Oszillator im elektrischen Feld
Betrachten Sie ein Teilchen der Ladung
Zusätzlich wird ein elektrisches Feld
F
e
im Potential eines harmonischen Oszillators.
eingeschaltet. Der Hamilton-Operator ist gegeben
durch
H=
p2
1
+ mω 2 x2 + |{z}
eF x
2m
2
|
{z
}
H0
H0
(a) Geben Sie die exakten Energieeigenwerte von H an. (Hinweis:
dass die Energieeigenwerte von H0 durch En0 = ~ω(n + 1/2)
Sie
H
Sie dürfen verwenden,
gegeben sind. Formen
geschickt um.)
(b) Geben Sie die Eigenfunktionen von
Eigenfunktionen von
ψn (x) =
mω π~
H0
1
4
H
an.
(Hinweis: Sie dürfen verwenden, dass die
durch
1
√
Hn
2n n!
r
1 mω 2
mω
x e− 2 ~ x
~
gegeben sind.)
(c) Betrachten Sie
H1
als kleiner Störterm und berechnen Sie in erster und zweiter
(1)
(2)
Ordnung Störungestheorie die Energiekorrekturen ∆En und ∆En . Vergleichen Sie
das Ergebnis mit dem aus der Teilaufgabe (a).
(Hinweis: Benutzen Sie Erzeugungs-
und Vernichtungsoperatoren)
(d) Wie würden Sie Störpotentiale der Form
H0 = λx2 , H0 = λx3 , H0 = λx4
rechnerisch
behandeln?
Lösung:
(a) Wir formen um:
1
p2
+ mω 2 x2 + eF x =
2m 2
"
2 #
2
p2
eF
1
1
eF
eF
2
2
2
=
− mω
+ mω x + 2x
+
2m 2
mω 2
mω 2
2
mω 2
2
p2
1
eF
e2 F 2
2
=
−
+ mω x +
2m 2
mω 2
2mω 2
H =
Führen wir eine Koordinatentransformation der Form
2
2
erhalten wir wegen ∂x = ∂x0
x0 = x + eF/(mω 2 )
1
e2 F 2
p02
2 02
H=
+ mω x −
2m 2
2mω 2
durch, so
(1)
der den Hamilton-Operator eines harmonischen Oszillators mit konstanter Energieverschiebung darstellt. Daher lauten die Energieeigenwerte
En0
1
e2 F 2
= ~ω n +
−
2
2mω 2
(b) Die Eigenfunktionen des Hamiltonoperators (1) sind gegeben durch
ψn0 (x0 )
mω 14
=
1
√
Hn
2n n!
π~
r
mω 0 − 1 mω x02
x e 2 ~
~
also:
ψn0 (x)
mω 14
=
π~
1
√
Hn
2n n!
r
mω
~
eF
x+
mω 2
1 mω
~
e− 2
2
eF
(x+ mω
2)
(c) Wir berechnen die Energiekorrekturterme
∆En(1) = hn|H0 |ni
∆En(2) =
und
X |hk|H0 |ni|2
k6=n
En0 − Ek0
Dabei verwenden wir Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren
r
+
a =
r
mω p x−i
2~
mω
a=
mω p x+i
2~
mω
Durch diese lässt sich der Störoperator ausdrücken:
r
H0 = eE
~
(a + a+ )
2mω
Die Energiekorrektur 1. Ordnung verschwindet
+
* r
~
0
+ = hn|H |ni = n eE
(a + a ) n = 0
2mω
∆En(1)
aufgrund der Gültigkeit der Relationen
a|ni =
√
n|n − 1i
a+ |ni =
√
n + 1|n + 1i
hn|mi = δnm
Nun berechnen wir die Energiekorrektur zweiter Ordnung:
∆En(2) =
X |hk|H0 |ni|2
=
X e2 F 2 ~ |hk|(a + a+ )|ni|2
En0 − Ek0
2mω
~ω(n − k)
k6=n
"
#
e2 F 2 X n|hk|n − 1i|2 (n + 1)|hk|n + 1i|2
=
+
2mω 2 k6=n
n−k
n−k
e2 F 2
(n + 1)
e2 F 2
n
=
+
=
−
2mω 2 n − (n − 1) n − (n + 1)
2mω 2
k6=n
Wir erhalten durch Störungsrechnung
En0
=
En0
+
∆En(1)
+
∆En(2)
1
e2 F 2
−
= ~ω n +
2
2mω 2
Diese Energieeigenwerte stimmen mit den exakten überein.
(d) Störpotentiale der Form
H0 = λx2 , H0 = λx3 , H0 = λx4
lassen sich auch mit Hilfe
von Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren rechnerisch behandeln:
0
n
H = λx = λ
~
2mω
n2
(a + a+ )...(a + a+ )
|
{z
}
n−mal
Beim Ausmultiplizieren muss beachtet werden, dass die Operatoren
vertauschen. Für groÿe
n
ist die Rechnung aufwendig.
a und a+
nicht