Aufgaben Drehimpuls und Spin - TUM

Thema des Tages
Tag X
(Theoretische Physik III)
12. September 2013
Seite 1
Ferienkurs Quantenmechanik - Aufgaben
Sommersemester 2013
Daniel Rosenblüh und Florian Häse
Fakultät für Physik
Technische Universität München
12. September 2013
Drehimpuls
und
Spin
Drehimpuls
Aufgabe 1
(*)
Beweise die Relationen
[L+ , L− ] = 2~Lz ,
[Lz , L± ] = ±~L± ,
[L2 , L± ] = 0
mithilfe von den Vertauschungsrelationen für den Drehimpuls: [Li , Lj ] = i~ijk Lk
Lösung:
[L+ , L− ] = [Lx + iLy , Lx − iLy ] = [Lx , Lx ] +i [Ly , Lx ] −i [Lx , Ly ] + [Ly , Ly ]
| {z } | {z } | {z } | {z }
=0
=−i~Lz
= 2~Lz
[Lz , L± ] = [Lz , Lx ± iLy ] = [Lz , Lx ] ±i [Lz , Ly ]
| {z } | {z }
i~Ly
=−i~Lx
= ±~Lx + i~Ly = ±~(Lx ± iLy ) = ±~L±
[L2 , L± ] = [L2 , Lx ] ±i [L2 , Ly ] = 0
| {z } | {z }
=0
=0
1
=i~Lz
=0
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Wir bezeichnen die simultanen Eigenkets von L2 und Lz mit |l, mi,
l ∈ N und −l ≤ m ≤ +l. Für die Auf- und Absteigeoperatoren des Drehimpulses
L± = Lx ± iLy gilt
Aufgabe 2
(*)
p
L± |l, mi = ~ l(l + 1) − m(m ± 1) |l, m ± 1i
Drücke Lx und Ly durch L± aus und zeige die Relationen
hl, m|Lx Ly + Ly Lx |l, mi = 0
hl, m|L2x − L2y |l, mi = 0
Lösung:
1
hl, m|Lx Ly + Ly Lx |l, mi = hl, m| (L+ + L− )(L+ − L− ) + (L+ − L− )(L+ + L− ) |l, mi
4i
1
2
2
= hl, m| 2L+ + 2L− −L+ L− + L− L+ + L+ L− − L− L+ |l, mi
{z
}
|
4i
=0
1
1
2
2
= hl, m| L+ |l, mi + hl, m| L− |l, mi = 0
2i
2i
Der letzte Schritt folgt, da L2+ |l, mi ∼ |l, m + 2i und hl, m|l, m + 2i = 0
wegen Orthogonalität der Eigenfunktionen. L2− analog.
1
1
2
2
(L+ + L− )(L+ + L− ) −
(L+ − L− )(L+ − L− ) |l, mi
hl, m|Lx − Ly |l, mi = hl, m|
22
(2i)2
1
= hl, m| (L+ + L− )(L+ + L− ) + (L+ − L− )(L+ − L− ) |l, mi
4
1
2
2
= hl, m| 2L+ + 2L− L+ L− + L− L+ − L+ L− − L− L+ |l, mi
{z
}
|
4
=0
1
1
2
2
= 0
= hl, m| L+ |l, mi + hl, m| L− |l, mi
siehe a)
2
2
Aufgabe 3
(*)
ist gegeben durch
Der Hamiltonoperator eines starren Rotators in einem Magnetfeld
L2
~ · B.
~
H=
+ γL
2Θ
~ und B
~ das angelegte Magnetfeld. Θ (das Trägheitsmoment) und γ (der
Dabei ist L
gyromagnetische Faktor) sind Konstanten. Das Magnetfeld ist konstant in z-Richtung:
~ = B~ez .
B
Wie lauten Energieeigenzustände des Systems? Berechne die Energieeigenwerte.
2
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Lösung:
Es ist
H=
L2
+ γLz B.
2Θ
Wir kennen simultane Eigenzustände von den Operatoren L2 und Lz , nämlich genau
unsere Kugelächenfunktionen Ylm . Dementsprechend sind das unsere Eigenzustände.
Unsere Eigenenergien sind dann
Elm =
~2 l(l + 1)
+ γm~B.
2Θ
Probleme in 3 Dimensionen
(*) Die normierten Wasserstoeigenfunktionen für maximalen Bahndrehimpuls l = n − 1 sind von der Form:
Aufgabe 4
s
un,n−1 (r)
Ψn,n−1,m (~r) =
Ylm (ϑ, ϕ),
r
mit aB =
~
me αc
un,n−1 (r) =
2
n(2n)!aB
2r
naB
n − r
e naB
.
a) Bestimme den Abstand rmax an dem die radiale Wahrscheinlichkeitsdichte P (r) =
|un,n−1 (r)|2 maximal wird und vergleiche rm ax mit dem Mittelwert hri.
q
b) Berechne ∆r = hr2 i − hri2 . Wie hängt die relative Abweichung ∆r
von der
hri
Hauptquantenzahl n ab? Das Ergebnis verdeutlicht, dass für groÿe n die Vorstel-
lung einer Kreisbahn zulässig ist.
Tipp:
´∞
0
dx xq e−x = q!.
Lösung:
a)
2
P (r) = |un,n−1 (r)| =
n(2n)!aB
2
2r
naB
2n − 2r
e naB
Da P (r) positiv ist und im Urspung und Unendlichen verschwindet, nimmt es
dazwischen sein Maximum an. Wir suchen also Extremstellen von P (r):
dP (r)
=0
dr
Es gilt
∂x (x2n e−x ) = e−x (2nx2n−1 − x2n ) = 0
3
⇒ xmax = 2n
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Es handelt sich um ein Maximum da es die einzige Extremstelle auf (0, ∞) ist
und ja mindestens ein Maximum existiert. Damit ist
rmax =
naB
xmax = n2 aB .
2
Für den Erwartunswert gilt nach einer Substitution x =
naB 1
hri =
2 (2n)!
b)
2
hr i =
na 2
B
2
ˆ
∞
|0
1
(2n)!
:
1
dx x2n+1 e−x = n(n + )aB > rmax
2
{z
}
(2n+1)!
ˆ
∞
|0
1
dx x2n+2 e−x = n2 (n + 1)(n + )a2B
2
{z
}
Damit gilt
∆r =
und
2r
naB
(2n+2)!
aB n √
2n + 1
2
∆r
1
n→∞
=√
−→ 0
hri
2n + 1
Für groÿe n macht die Vorstellung als Kreisbahn einigermaÿen Sinn.
Behandle den dreidimensionalen harmonischen Oszillator in
Kugelkoordinaten: Der Hamiltonoperator lautet
Aufgabe 5
(**)
H=−
M
~2
∆ + ω 2 r2 .
2M
2
a) Reduziere die stationäre Schrödingergleichung auf eine Radialgleichung mit dem
üblichen Ansatz Ψ(~r) = u(r)
Ylm (ϑ, ϕ). Vereinfache sie durch die Substitution mit
r
q
E
den dimensionslosen Gröÿen y = r M~ω und = ~ω
.
b) Zeige das das asymptotische Verhalten durch den Ansatz u(y) = yl+1 e−y2 /2 v(y2 )
berücksichtigt wird und bestimme die verbleibende Dierentialgleichung für v(y2 )
c) Schreibe die DGL aus b) um, in eine DGL für v(ρ) mit der Variablen ρ = y2 .
d) Setze eine Potenzreihe für v(ρ) an. Die Abbruchbedingung liefert das Energiespektrum Enl = ~ω(2n + l + 23 ) mit Quantenzahlen n, l.
Lösung:
4
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a) Die Radialgleichung lautet
~2 d2
~2 l(l + 1) M 2 2
−
+
+ ω r − E U (r) = 0
2M dr2
2M r2
2
Die Substitution ergibt
d2
l(l + 1)
2
−
− y + 2 u(y) = 0
dy 2
y2
b)
l(l + 1)
u(y)
y2
u00 (y) ≈ (y 2 − 1)u(y)
u00 (y) =
y→0:
y→∞:
⇒ u(y) = y l+1
⇒ u(y) = e−y
2 /2
Der Ansatz u(y) = y l+1 e−y /2 v(y 2 ) berücksichtigt also beides. Einsetzen in die
DGL liefert eine Gleichung für v :
2
2
d2
2 d
+ (1 + l − y ) + 2 − 2l − 3 v(y 2 ) = 0
2
dy
y
dy
c) Durch Anwenden der Kettenregel können wir sie umformen
3
4y v (y ) + 2v (y ) + 4(1 + l − y )v (y ) + 2 1 − l −
v(y 2 ) = 0
2
2 00
2
0
2
2
0
2
Jetzt substituieren wir ρ = y 2 und bekommen:
d
3
1
3
d2
+ ν v(ρ) = 0 , ν = ( − l − )
ρ 2 + l+ −ρ
dρ
2
dρ
2
2
d) Mit dem Potenzreihenansatz v(ρ) =
gleich
P
ak ρk erhalten wir nach Koezientenver-
k−ν
ak+1
=
ak
(k + 1)(k + l + 3/2)
⇒
ak+1
1
∼ für groÿe k
ak
k
Wenn sie nie abbricht, verhält sich die Reihe wie die Exponentialreihe. Also
v(ρ) ≈ eρ
bzw.
v(y 2 ) = ey
2
Das widerspricht der Normierbarkeit von u. Die Reihe bricht also bei einem
E
und auösen der
n = ν = 12 ( − l − 32 ) ab. Zurücksubstituieren von = ~ω
Gleichung nach E ergibt:
3
Enl = ~ω(2n + l + )
2
5
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Aufgabe 6
(*)
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Zeige für Vektoren ~a, ~b und die Paulimatrizen ~σ die Regel:
(~σ · ~a)(~σ · ~b) = ~a · ~b + i~σ · (~a × ~b)
Lösung:
Mit σx2 = σy2 = σz2 = 1 und σi σj = iijk σk für i 6= j folgt:
(~σ · ~a)(~σ · ~b) = σx2 ax bx + σy2 ay by + σz2 az bz + σx σy ax by + σy σx ay bx + σx σz ax bz + σz σx az bx
+ σy σz ay bz + σz σy az by
= ~a · ~b + iσz (ax by − ay bx ) + iσy (az bx − bz ax ) + iσx (ay bz − az by )
= ~a · ~b + i~σ · (~a × ~b)
Aufgabe 7
(**)
Wir betrachten den Spin eines ELektrons im magnetischen Feld
~ . Der Hamiltonoperator lautet
B
H=−
e
me c
~ ·B
~
S
Wir wählen ein konstantes Magnetfeld in z-Richtung. Der Hamiltonoperator ist also
einfach
|e|B
H = ωSz mit ω =
.
me c
a) Was sind die Energieeigenwerte und Eigenzustände des Systems?
b) Zum Zeitpunktpunkt t = 0 bendet sich das System in dem Zustand
1
1
|α; t = 0i = √ |+i + √ |−i
2
2
(dem |Sx ; +i Eigenzustand der Sx -Komponente). Benutze die zeitabhängige
Schrödingergleichung
i~
d
|α; ti = H |α; ti
dt
um |α; ti zu bestimmen.
c) Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich das Elektron zum Zeitpunkt t wieder im
Zustand |Sx ; +i = √12 |+i + √12 |−i bendet. Wie groÿ ist also | hSx ; +|α; ti |2 ?
Lösung:
a) Da der Hamiltonoperator einfach ein Vielfaches von Sz ist, sind die Eigenzustände
|+i und |−i. Die entsprechenden Energieeigenwerte sind ± ~ω
.
2
6
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b) Eigenzustände |Ψ(t = 0)i mit Eigenenergie EΨ entwickeln sich gemäÿ der zeitabhängigen Schrödingergleichung in der Form
iEΨ t
|Ψ(t)i = exp −
|Ψ(t = 0)i
~
Unser Anfangszustand |α; t = 0i ist ein Überlagerungszustand aus zwei Eigenzuständen des Hamiltonoperators. Die Eigenzustände entwickeln sich separat wie
oben (Linearität der Schrödingergleichung). Also ist
iωt
1 − iωt
|α; ti = √ e 2 |+i + e 2 |−i
2
c)
iωt
iωt
1
ωt
1 − iωt
− iωt
h+| + h−| e 2 |+i + e 2 |−i = e 2 + e 2 = cos
hSx ; +|α, ti =
2
2
2
also ist
2
2
| hSx ; +|α, ti | = cos
Aufgabe 8
(**)
ωt
2
Zeige, dass
β
β
~ · n̂; +i ≡ cos
|S
|+i + sin
eiα |−i
2
2
ein Eigenket von dem Operator
~ · n̂
S
ist. Die Winkel α und β sind aus dem Bild ablesbar:
Lösung:
~ · n̂ = sin(β) cos(α)Sx + sin(β) sin(α)Sy + cos(β)Sz
S
7
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In Matrizendarstellung und mithilfe der Identität cos(α) + i sin(α) = eiα ist:
~ · n̂ = ~
S
2
cos(β) sin(β)e−iα
sin(β)eiα − cos(β)
Damit ist
−iα
~
cos(β/2)
cos(β)
sin(β)e
~ · n̂ |S
~ · n̂; +i =
S
sin(β/2)eiα
2 sin(β)eiα − cos(β)
~
cos(β) cos(β/2) + sin(β) sin(β/2)
=
2 eiα (sin(β) cos(β/2) − cos(β) sin(β/2))
Jetzt benutzt man die trigonometrischen Identitäten
cos(β) = cos2 (β/2) − sin2 (β/2)
und erhält mithilfe
und
sin(β) = 2 cos(β/2) sin(β/2)
cos2 (β/2) + sin2 (β/2) = 1:
~ · n̂ |S
~ · n̂; +i = ~ |S
~ · n̂; +i
S
2
8