Lösung

T2: Quantenmechanik
Bachelor LÖSUNG
für
Wintersemester 2015/16
Prof. Dr. Armin Scrinzi
Ludwig-Maximilians-Universität
–/–/— - Probeklausur
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T2: Quantenmechanik für Bachelor
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LÖSUNG
Aufgabe 1
1. (T) Wissensfragen
(a) Was ist das Superpositionsprinzip in der Quantenmechanik? (In Worten und als Formel.
Beachte bei der Formel auch die Normierung.)
[2 Punkte]
Lösung:
Die Summe zweier bzw mehrerer möglicher Zustände ist wieder ein möglicher Zustand.
(1 Pkt.)
Anders ausgedrückt: Die Quantenzustände bilden einen Hilbertraum.
2
2
(1 Pkt.)
αΦ1 + βΦ2 = Ψ, α + β = 1 und analog für mehrere Zustände.
Sonstige taugliche Antworten sind auch ok.
(b) Was meint man mit Drehimpulsbarriere?
Welcher Term (in Polarkoordinaten) beschreibt die Drehimpulsbarriere?
Wie verhält sich die Wellenfunktion bei r → 0 als Folge der Drehimpulsbarriere?
[3 Punkte]
Lösung:
Bei vorgegebenem Drehimpuls kann sich ein Teilchen nicht(KM) bzw nur schwer(QM) an
(1 Pkt.)
r = 0 annähern.
2
L̂
(1 Pkt.)
oder 2r
Relevanter Term: l(l+1)
2
2r2
l
(1 Pkt.)
Um r = 0 ist ψ ∝ r
(c) Was sind orthogonale Polynome Qn (x)? Was ist der Grad von Qn ? Welche Rolle spielt
die Gewichtsfunktion w(x)? Welches ist die einzige Voraussetzung an w(x)? Was braucht
man, außer w(x), um die Qn eindeutig festzulegen?
[3 Punkte]
Lösung:
Orthogonale Polynome: Das Integral Qn Qm gibt δmn Nn Grad oder Ordnung des Polynoms:
(1 Pkt.)
n
Rb
w(x) ist das Integrationsgewicht, a dx w(x)Qn (x)Qm (x) = δmn Nn Das Integrationsge(1 Pkt.)
wicht muss erfüllen w(x) > 0 (w(x) ≥ 0 geht auch)
(1 Pkt.)
Der Definitionsbereich bzw die Integrationsgrenzen müssen festgelegt werden
(d) Was besagt der Spektralsatz für normale Operatoren (genaue Definition und Formeln,
ohne Entartung)? Gib zuletzt auch eine Form mit Entartung an.
[5 Punkte]
Lösung:
Sei  hermitesch,
dann gibts es eine unitäre Abbildung ÛÂ : L2Â → H,
R
P
2
LÂ := {Φ(a)| σ(Â) da|Φ(a)|2 < ∞}
in L2 wirkt der Operator wie aΨ (a). (Alternativ:  = Û dˆÂ Û −1 )
Â
R
R
P
P
Form mit Entartung: L2Â := {Φ(a, λ)| σ(Â) da Λa dλ|Φ(a, λ)|2 < ∞}
(1
(1
(1
(2
Pkt.)
Pkt.)
Pkt.)
Pkt.)
(e) Wie hängt beim photoelektrischen Effekt die Energie der emittierten Elektronen mit der
Frequenz des Lichts zusammen (in Worten und Formel)? Was geschieht bei Erhöhung der
Intensität des Lichts bei fester Wellenlänge (verbal, keine Formel)?
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Aufgabe 1
[6 Punkte]
Lösung:
(1
Die Emissionsenergie wächst linear mit der Frequenz
(1
Es gibt einen Offset (“Work-Function”)
(2
Ee = h(ν − ν0 ) oder ~(ω − ω0 )
Es werden mehr Elektronen emittiert, doch die Energie pro Elektron bleibt gleich.
(2
Pkt.)
Pkt.)
Pkt.)
Pkt.)
(f) Erlaubt der endlich tiefe Potentialtopf immer gebundene Zustände? Haben diese eine bestimmte Symmetrie? Wie sieht die Energie der Zustände im vergleich zu denen des unendlichen Potentialtopfs aus?
[3 Punkte]
Lösung:
(1 Pkt.)
Ja, mindestens einen. (symmetrische Lösung)
(1 Pkt.)
Gerade Parität
Energien sind tiefer als die der entsprechenden Zustände im unendlichen Potentialtopf.
(1 Pkt.)
(g) Welche Tatsache der Quantenmechanik bezeichnet man als ”Kollaps der Wellenfunktion”?
Wie kann man das mittels eines Projektionsoperators mathematisch ausdrücken?
[3 Punkte]
Lösung:
Nach einer Messung eines Eigenwerts befinded sich das System in einem Eigenzustand der
(1 Pkt.)
Observablen
(2 Pkt.)
Zustand nach der Messung Ψnach = Π̂a Ψvor /kΠ̂a Ψvor k
Ein Punkt Abzug, wenn Normierung oder Eigenwert beim Projektionsoperator nicht erwähnt,
Varianten mit χ[a0 ,a1 ] (Â) OK
(h) Es sei Ŝ eine Observable mit der Eigenschaft Ŝ 2 = 1. Was sind die möglichen Messwerte?
Begründe die Aussage!
[2 Punkte]
Lösung:
{1, −1}
Für die Eingewerte gilt λ2 = 1, daher λ = ±1.
(1 Pkt.)
(1 Pkt.)
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Aufgabe 2
~ˆ 2 und L̂z
2. (Z) Gemeinsames Spektrum von L
Motivation: Während die einzelnen Komponenten des Drehimpulses nicht gleichzeitig messbar
sind kann man aber zumindest den Betrag des Drehimpulses und eine seiner Komponenten
gleichzeitig messen. Die Leiteroperatoren sind zum Lösen des Drehimpulsproblems sehr hilfreich. Hier leiten wir rein aus der algebraischen Struktur das Spektrum ab.
~ˆ 2 und L̂z kompatible Observablen sind.
(a) Zeige, dass L
[2 Punkte]
~ˆ 2 ] = 0.
(1 Pkt.)
Lösung: Wie in Aufgabe 10.1 gezeigt, [L̂i , L
Ebenfalls wurde in Aufgabe 5.5 gezeigt, dass zwei Observablen kompatible sind genau
(1 Pkt.)
dann wenn Sie vertauschen.
~ˆ 2
Es gibt also eine gemeinsame Eigenbasis. Es sei also |f i ein gemeinsamer Eigenvektor von L
~ˆ 2 |f i = λ|f i und L̂z |f i = µ|f i.
und L̂z mit L
~ˆ 2 zum Eigenwert λ ist (oder verschwindet).
(b) Zeige, dass auch L̂± |f i ein Eigenvektor von L
(Verwende die Kommutatorrelationen aus Aufgabe 10.1.)
[2 Punkte]
~ˆ 2 ] = 0 aus Aufgabe 10.1e
Lösung: Unter Anwendung von [L̂± , L
folgt:
~ˆ 2 L̂± |f i = L̂± L
~ˆ 2 |f i = λL̂± |f i
L
(1 Pkt.)
~ˆ 2 ist.
Es folgt, dass L̂± |f i ein Eigenzustand von L
(1 Pkt.)
(c) Zeige, dass auch L̂± |f i ein Eigenvektor von L̂z zum Eigenwert µ±~ ist (oder verschwindet).
[5 Punkte]
(1 Pkt.)
Lösung: Mit [L̂z , L̂± ] = ±~L̂± aus 10.1d
erhält man:
L̂z L̂± |f i = [L̂z , L̂± ] + L̂± L̂z |f i = (±~L̂± + µL̂± )|f i = (µ ± ~)L̂± |f i
(2 Pkt.)
Und daraus folgt L̂± |f i auch ein Eigenzustand von L̂z mit Eigenwert (µ ± ~) ist.
Da die Eigenwerte von L̂z beschränkt sind folgt, dass falls (µ + ~) > µmax (bzw. (µ − ~) <
(2 Pkt.)
µmin ), dann L̂+ |f i = 0 (bzw. L̂− |f i = 0)
(d) Zeige, dass µ2 ≤ λ.
[3 Punkte]
~ˆ 2 und L̂z , dann gilt
Lösung: Sei |f i ein Eigenzustand von L
~ˆ 2 |f i = hf |(L̂x )2 |f i + hf |(L̂y )2 |f i + hf |(L̂z )2 |f i
hf |L
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Aufgabe 2
(1 Pkt.)
Im allgemeinen ist |f i kein Eigenzustand von L̂x oder L̂y . Allerdings, da L̂x bzw. L̂y
hermitsch sind, kann man schreiben hf |(L̂x )2 |f i = kL̂x |f ik2 und analog für L̂y .
(1 Pkt.)
Die obere Gleichung kann dann umgeschrieben werden zu
λ = kL̂x |f ik2 + kL̂y |f ik2 + µ2
und damit λ ≥ µ2 .
(1 Pkt.)
Die möglichen Eigenwerte von L̂z sind also nach oben und nach unten beschränkt. Mit den
Leiteroperatoren L̂± können wir immer neue Eigenzustände generieren, und zwar mit immer
größeren bzw kleineren Eigenwerten. Es müssen also irgendwann Eigenzustände |ft i und |fb i
erreicht werden mit L̂+ |ft i = 0 und L̂− |fb i = 0. (t und b stehen hier fuer ”top” und ”bottom”.)
Wir nehmen hier an, dass diese Zustände für gegebenes λ eindeutig gegeben sind. Genau wie
beim harmonischen Oszillator haben wir hier also eine ”Leiter” von Eigenzuständen, wobei
jeder Stufe ein um ~ verschiedener Eigenwert zugeordnet wird.
~ˆ 2 = L̂± L̂∓ + L̂2 ∓ ~L̂z .
(e) Zeige, dass L
z
[2 Punkte]
Lösung: L̂± L̂∓ = (L̂x ±iL̂y )(L̂x ∓iL̂y ) = L̂2x + L̂2y ±i(L̂y L̂x − L̂x L̂y ) = L̂2x + L̂2y ±i[L̂y , L̂x ] =
L̂2x + L̂2y ± ~L̂z
Und dementsprechend,
~ˆ 2 = L̂± L̂∓ + L̂2z ∓ ~L̂z
(2 Pkt.)
L
Wir bezeichnen für festes λ den größten Eigenwert von L̂z mit ~l, den kleinsten mit ~˜l. Also
L̂z |ft i = ~l|ft i und L̂z |fb i = ~˜l|fb i.
~ˆ 2 |ft/b i und schlussfolgere l(l + 1) = ˜l(˜l − 1).
(f) Berechne L
[3 Punkte]
~ˆ 2 an:
Lösung: Nehme |ft i und wende die zweite Formulierung von L
~ˆ 2 |ft i = (L̂− L̂+ + L̂2 + ~L̂z )|ft i = (0 + ~2 l2 + ~2 l)|ft i = ~2 l(l + 1)|ft i
L
z
(1 Pkt.)
~ˆ 2 erhalten
Eine analoge Rechnung mit |fb i, unter Anwendung der ersten Formulierung L
wir:
~ˆ 2 |fb i = (L̂+ L̂− + L̂2z − ~L̂z )|fb i = ~2 ˜l(˜l − 1)|fb i
L
(1 Pkt.)
ˆ
~ ± auf |fb i und |ft i die Eigenwerte erhält (siehe Aufgabe
Da aber die Anwendung von L
˜
˜
(1 Pkt.)
(b)), folgt: l(l + 1) = l(l − 1)
(g) Argumentiere, dass deshalb ˜l = −l, und damit λ = ~2 l(l + 1).
[3 Punkte]
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Aufgabe 2
Lösung: Für gegebenes l hat die Gleichung l(l + 1) = ˜l(˜l − 1) zwei Lösungen: ˜l1 = l + 1
(1 Pkt.)
and ˜l2 = −l.
˜
˜
Da nach Aufbau l der größte Eigenwert und l der kleinste ist, muss l = l + 1 ignoriert
(1 Pkt.)
werden.
2
Daraus folgt λ = ~ l(l + 1) und die maximale/minimale Eigenwerte von L̂z sind l bzw.
˜l = −l wobei l positiv ist.
(1 Pkt.)
(h) Argumentiere, dass der Parameter m := µ/~ in ganzen Schritten von −l bis l laufen muss,
und dass deshalb l ganz- oder halbzahlig sein muss.
[5 Punkte]
Lösung: Nach Aufbau sind ~l und −~l die größten und kleinsten Eigenwerte vom L̂z
Operator. Da man von den einem zum anderen mittels Anwendung der Erzugungs/Ver(1 Pkt.)
nichtungsoperator kommt
und da Da die Anwendung von L̂± die Zustände um ±~ ändert, ändert sich m := µ/~ in
(1 Pkt.)
ganzen Zahlen.
Damit folgt mO = l = −mU = −mO + k wobei k ∈ N und daraus folgt 2l = k womit l
(1 Pkt.)
ganz oder halbzahlig sein muss.
Den Eigenvektor zu Eigenwerten λ = ~2 l(l + 1) und m := µ/~ bezeichnen wir nun als |flm i und
fassen zusammen:
~ˆ 2 |f m i = ~2 l(l + 1)|f m i
L
l
l
(1)
L̂z |flm i
(2)
=
~m|flm i
mit
1
3
l = 0, , 1, , . . .
2
2
m = −l, −l + 1, . . . , l − 1, l.
(3)
(4)
~ˆ 2 und L̂z .
Betrachte nun Messungen von L
(i) Stelle die möglichen Kombinationen von m und l grafisch dar. (Kartesische Koordinaten,
eine Achse für m und eine für l.)
[2 Punkte]
Lösung:
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Aufgabe 2
(2 Pkt.)
ˆ
~ 2 . Was sind die möglichen
(j) Wir wissen zunächst nichts über das Teilchen, und messen erst L
Messergebnisse?
Dann messen wir L̂z . Was sind die möglichen Messergebnisse?
[2 Punkte]
~ˆ 2 erhält man λ = ~2 l(l + 1) wobei
Lösung: Bei Messung eines beliebigen Teilchens mit L
(1 Pkt.)
2l ∈ N.
(1 Pkt.)
Eine Messung L̂z im Anschluss wird µ = ~m liefern, wobei m ∈ {−l, . . . , l}
(k) Wieder wissen wir zunächst nichts, messen diesmal erst L̂z . Was sind die möglichen Messergebnisse?
~ˆ 2 . Was sind die möglichen Messergebnisse?
Dann messen wir L
[2 Punkte]
(1 Pkt.)
Lösung: Falls wir zuerst L̂z messen und µ = ~m erhalten, wobei 2m ∈ N.
~ˆ 2 λ = ~2 l(l + 1) liefern, aber mit l ≥ |m|
Dann wird eine nachvollgende Messung von L
(1 Pkt.)
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Aufgabe 3
3. (Z) Dreidimensionaler harmonischer Oszillator
Motivation: Nochmal zur Entartung von Energien, vergleiche Aufgabe 9.5.
Der Hamiltonoperator Ĥ : H → H für den dreidimensionaler harmonischer Oszillator sei
Ĥ =
p~ˆ2
1
+ mω 2~rˆ2 .
2m 2
(5)
(a) Auf welchem Hilbertraum H operiert Ĥ? Wie kann man ihn zerlegen?
[3 Punkte]
Lösung: Das System ist in drei Dimension definiert, dementsprechend sollte Hilbertraum
(1 Pkt.)
H = L2 (R3 ) sein.
Jedoch kann man analog zu Aufgabe (9.5) kann man diesen als Ĥ = Ĥ1 + Ĥ2 + Ĥ3
(1 Pkt.)
betrachten, wo Ĥi die Hamiltonians des 1D harmonischen Oszillators sind.
2
Dann kann man den Raum zerlegen als Tensorprodukt der Unterräume H = L (R3 ) =
(1 Pkt.)
L2 (R) ⊗ L2 (R) ⊗ L2 (R).
(b) Gib der obigen Kurzschreibweise für den Hamiltonoperator Sinn, schreibe also die unterschlagenen Tensorprodukte explizit aus.
[4 Punkte]
Lösung: In der Tensorproduktnotation sehen die Ortsoperatoren aus wie: X̂ ≡ X̂ ⊗ 1 ⊗ 1,
Ŷ ≡ 1 ⊗ Ŷ ⊗ 1, Ẑ ≡ 1 ⊗ 1 ⊗ Ẑ und die Impulsoperatoren: p̂x ≡ p̂x ⊗ 1 ⊗ 1, p̂y ≡ 1 ⊗ p̂y ⊗ 1,
(2 Pkt.)
p̂z ≡ 1 ⊗ 1 ⊗ p̂z .
Damit wird der Hamiltonoperator zu Ĥ = Ĥ1 + Ĥ2 + Ĥ3 wobei
Ĥ1 ≡ Ĥ (x) ⊗ 1 ⊗ 1 =
und analog für Ĥ2 und Ĥ3
(p̂2x ⊗ 1 ⊗ 1) 1
+ mω 2 (x̂2 ⊗ 1 ⊗ 1)
2m
2
(2 Pkt.)
(c) Was sind die Eigenwerte dieses Systems? Gibt es entartete Eigenwerte? Wie stark sind die
Eigenwerte entartet?
[5 Punkte]
Lösung: Unter Anwendung analoger Argumente zu denen in Aufgabe (9.5), werden die
(2 Pkt.)
Eigenwerte zu En = En1 ,n2 ,n3 = ~ω(n1 + n2 + n3 + 3/2)
P
(1 Pkt.)
Da die Energie nur von i ni ist sie entartet
und der Grad der Entartung entspricht der Anzahl an möglichen Kombinationen.
3
→ (n1 , n2 , n3 ) = (0, 0, 0)
2
5
E1 = → (n1 , n2 , n3 ) ∈ {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}
2
7
E1 = → (n1 , n2 , n3 ) ∈ {(2, 0, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 2), (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)}
2
(2 Pkt.)
E0 =
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Aufgabe 4
4. (T) Qualitative Analyse von Potentialen
Betrachte ein Teilchen der Masse m im endlich tiefen Potentialtopf:
(
−V0 für − a < x < a
V (x) =
0
sonst,
mit a > 0 und V0 > 0. Der Hamiltonoperator des Systems ist Ĥ =
p̂2
2m
+ V̂ .
(a) Wie verändert sich (wächst, sinkt, bleibt gleich) die Anzahl der gebundenen Zustände in
Abhängigkeit von a und V0 ? Gibt es eine Mindestanzahl? Gibt es eine Höchstanzahl?
[2 Punkte]
Lösung: Mit größer werdendem a oder V0 gibt es mehr Platz im Topf, d.h. es gibt mehr
(1 Pkt.)
gebundene Zustände.
Es gibt immer mindestens einen gebundenen Zustand, d.h. Mindestanzahl 1.
Es kann beliebig viele gebundene Zustände geben, d.h. es gibt keine endliche Höchstanzahl. (∀n ∈ N ∃a > 0 : |{En }| > n und ebenso für V0 . Man muss den Topf also nur
genügend Breit oder Tief machen um eine bestimmte Anzahl an gebundenen Zuständen
(1 Pkt.)
zu bekommen.)
(b) Skizziere qualitativ das Spektrum des Systems. Wie hängt es von a und V0 ab?
[3 Punkte]
Lösung: Es gibt sowohl diskretes als auch kontinuierliches Spektrum.
Das kontinuierliche Spektrum beginnt ab E = 0.
(1 Pkt.)
(1 Pkt.)
Mit größer werdenden a → ã bzw V0 → Ṽ0 gilt Va,Ṽ0 (x) ≤ Va,V0 (x) ∀x bzw Vã,V0 (x) ≤
(1 Pkt.)
Va,V0 (x) ∀x, d.h. die Energien der gebundenen Zustände werden kleiner.
(c) Fertige eine analoge Skizze für den Fall des unendlich tiefen Potentialtopfs an, wobei dessen
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Aufgabe 4
(
−V0 für − a < x < a
Potential gegeben sei durch V∞ (x) =
∞
sonst.
Wie verhalten sich die Eigenenergien im Vergleich zum endlich tiefen Topf (bei gleichem
a und V0 ); sind sie größer, kleiner oder genau gleich? Begründe die Aussage.
[4 Punkte]
Lösung: Es ist V∞ (x) ≥ V (x) ∀x, also sind die Eigenenergien des endlich tiefen Topfes
(1 Pkt.)
kleiner.
Begruendung: Durch das Eindringen der WF in den Potentialwall kann die kinetische Energie sinken. Gleichzeitig steigt die Potentielle Energie, und begrenzt dadurch die Absenkung
(1 Pkt.)
der Gesamtenergie.
(2 Pkt.)
Skizze
(d) Wie sehen die Eigenfunktionen des endlich tiefen Topfes qualitativ aus? Skizziere repräsentative Eigenfunktionen: zwei des diskreten, zwei des kontinuierlichen Spektrums.
Beachte dabei:
Wo oszillieren sie (und welche schneller als andere), wo fallen sie exponentiell ab (und
welche schneller als andere), wieviele Knoten haben sie, wo sind die Umkehrpunkte der
Krümmung?
[8 Punkte]
Lösung: Für gebundene Zustände: (E < 0)
(1 Pkt.)
Oszillatorisch im Topf
Zwischen den Topfgrenzen (x = ±a) sind n + 1 Knoten (je nach Anregungszahl n =
0, 1, . . . ). Der Grundzustand hat also keinen Knoten, der erste angeregte Zustand genau
(1 Pkt.)
einen.
(1 Pkt.)
Je höher die Energie, desto schnellere Oszillation
Die Knoten sind die Umkehrpunkte der Krümmung. Weitere Umkehrpunke sind bei x =
(1 Pkt.)
±a.
Exponentieller Abfall ab endlicher Topfgrenze (x = ±a). schnellerer Abfall für niedrigere
(1 Pkt.)
Energien.
Für ungebundene Zustände: (E > 0)
Überall oszillatorisch.
über dem Topf (|x| < a) schneller als ausserhalb (|x| > a)
Je höher die Energie, desto schneller
(1 Pkt.)
(1 Pkt.)
(1 Pkt.)
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Aufgabe 4
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Aufgabe 5
5. (T) Harmonischer Oszillator
Betrachte den Hamiltonoperator
Ĥ = ↠â +
1
2
(6)
Hierbei erfüllen â und ↠die Relation
[â, ↠] = 1
(7)
Ferner seien die orthonormierten Eigenzustände {|ni, n = 0, 1, 2, . . .} von Ĥ bekannt:
1
Ĥ|ni = (n + )|ni
2
(8)
Verwende für die folgenden Teilaufgaben ausschließlich die obigen drei Gleichungen.
(a) Zeige, dass auch ↠|ni Eigenzustand von Ĥ ist und berechne den Eigenwert.
[2 Punkte]
Lösung: Es sind ↠â|ni = n|ni (direkt von der Eigenwertgleichung abzulesen) und â↠|ni =
(n + 1)|ni (mit der Kommutatorrelation). Ĥ↠|ni = (↠â↠+ ↠/2)|ni = (↠(n + 1) +
(2 Pkt.)
↠/2)|ni = (n + 3/2)↠|ni, also ↠|ni ∝ |n + 1i.
(b) Zeige, dass auch â|ni Eigenzustand von Ĥ ist (oder verschwindet, was hier ignoriert werden
kann) und bestimme den Eigenwert.
[2 Punkte]
Lösung: Ĥâ|ni = (↠ââ + â/2)|ni = ((â↠− 1)â + â/2)|ni = (â(↠â − 1) + â/2)|ni =
(2 Pkt.)
(ân − â + â/2)|ni = (n − 1/2)â|ni, also â|ni ∝ |n − 1i.
√
√
(c) Zeige, dass gilt: ↠|ni = n + 1|n + 1i und â|ni = n|n − 1i.
[2 Punkte]
†
|ni
Lösung: k↠|nik2 = hn|â↠|ni = n + 1, also k √â n+1
k = 1, also ↠|ni =
kâ|nik2
=
hn|↠â|ni
Es seien definiert: x̂ :=
= n, also â|ni =
√1 (â†
2
√
+ â) und p̂ :=
n|n − 1i.
√i
2
√
n + 1|n + 1i.
(1 Pkt.)
(1 Pkt.)
(↠− â).
(d) Berechne [x̂, p̂].
[1 Punkt]
Lösung: [x̂, p̂] = 2i [↠+ â, ↠− â] = i[â, ↠] = i.
(1 Pkt.)
(e) Berechne hn|x̂|ni und hn|p̂|ni.
[1 Punkt]
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Lösung: hn|x̂|ni =
hn|â†
− â|ni = 0.
√1 hn|â†
2
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Aufgabe 5
+ â|ni = 0 weil hn|n ± 1i = 0 (orthogonalität). hn|p̂|ni ∝
(1 Pkt.)
(f) Berechne hn|x̂2 |ni und hn|p̂2 |ni.
[4 Punkte]
2
Lösung: hx̂2 i = 12 hn| ↠+ â |ni = 12 hn|↠↠|ni + hn|ââ|ni
+ hn|↠â|ni + hn|â↠|ni
(1 Pkt.)
hp̂2 i = − 12 hn|↠↠|ni + hn|ââ|ni − hn|↠â|ni − hn|â↠|ni
†
†
Wir haben: hn|ââ|ni = hn|â â |ni = 0
(1 Pkt.)
und: hn|↠â|ni = n und hn|â↠|ni = n + 1
1
2
(1 Pkt.)
hx̂ in = 2 (2n + 1)
1
2
(1 Pkt.)
hp̂ in = 2 (2n + 1)
(g) Verfiziere explizit, dass die Heisenbergsche Unschärferelation für alle |ni erfüllt ist. Für
welches n ist die Unschärfe minimal?
[3 Punkte]
q
p
= (∆p̂)n
Lösung: (∆x̂)n = hx̂2 in − hx̂i2n = 2n+1
(1 Pkt.)
2
2n+1
1
1
(1 Pkt.)
⇒ (∆x̂)n (∆p̂)n = 2 ≥ 2 = 2 |h[x̂, p̂]i|, die Relation ist also erfüllt.
Für n = 0 ist die Unschärfe minimal, und es ist sogar gerade Gleichheit in der Relation
(1 Pkt.)
erreicht.
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Aufgabe 6
6. (T) Störungstheorie
Betrachte den Hilbertraum H = C2 . Bezüglich der Basis {|1i, |2i} sei der Hamiltonian Ĥλ
gegegeben durch
a 0
D1 C ∗
Ĥλ =
+λ
(9)
0 b
C D2
(a) Zeigen Sie, dass für λ = 0 die Energien der Eigenfunktionen des Systems durch a und b
(0)
(0)
gegeben sind und deswegen die Notation a = E1 und b = E2 gerechtfertigt ist.
[3 Punkte]
Lösung:
a−λ
0
= (a − λ)(b − λ)
0 = 0
b−λ !
(2 Pkt.)
⇒ λ = a oder λ = b und da die Energien durch die Eigenwerte gegeben sind folgt die
(1 Pkt.)
Notation.
(b) Bestimmen Sie die genauen Eigenewerte E± von Ĥλ .
[5 Punkte]
Lösung:
!
(0)
λC ∗
! E1 + λD1 − E
(0)
(0)
0=
= (E1 + λD1 − E)(E2 + λD2 − E) − λ2 |C|2
(0)
λC
E2 + λD2 − E (2 Pkt.)
Dies lässt sich mit der Mitternachtsformel umschreiben zu
1 (0)
(0)
E1 + λD1 + E2 + λD2
E± =
2 r
2
1
(0)
(0)
(0)
(0)
± |λC|2 − E1 + λD1 E2 + λD2 +
E1 + λD1 + E2 + λD2
4
(2 Pkt.)
und dies kann dann wiederum zu
r
2
1 (0)
1 (0)
(0)
(0)
E± =
E1 + λD1 + E2 + λD2 ± |λC|2 +
E1 + λD1 − E2 + λD2
2
4
(1 Pkt.)
vereinfacht werden.
(c) Bestimmen Sie mithilfe der Störungstheorie die Näherung erster Ordnung in λ für die
Eigenwerte.
[3 Punkte]
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Aufgabe 6
Lösung: Als erste besimmt man
r
2
1 (0)
d
(0)
|λC|2 +
E1 + λD1 − E2 + λD2
dλ
4
1 (0)
1
(0)
2
2λ|C| +
= √
E1 + λD1 − E2 + λD2 (D1 − D2 )
2
2 ···
(1 Pkt.)
Dies in Kombination mit der Taylorreihe
E± ≈ E± λ=0
+λ
d
E± dλ
λ=0
(1 Pkt.)
ergibt die Näherug erster Ordnung
E± ≈
1
1 (0)
(0)
(0)
(0)
E1 + E2
E1 − E2
±
2
2

1
1
+ λ  (D1 + D2 ) ±
(0)
(0)
2
2 12 E1 − E2
=
(0)
E1
−
2
(0)
E2

(D1 − D2 )
( (0)
E1 + λD1
(0)
E2 + λD2
(1 Pkt.)
Sei nun im folgenden D1 = D2 = 0
(d) Bestimmen Sie mithilfe der Störungstheorie die Näherung zweiter Ordnung in λ für die
Eigenwerte.
√
Hinweis: Sie dürfen die Näherung 1 + bx2 = 1 + 2b x2 + O(x3 ) ohne Beweis verwenden.
[3 Punkte]
(0)
(0)
Lösung: Der neue Wurzelterm lässt sich (o.B.d.A angenommen E1 > E2 ) schreiben
als
v
r
2 E (0) − E (0) u
1
4|C|2
(0)
(0)
2 u
|λC|2 +
E1 − E2
= 1
t1 + λ 2 4
2
(0)
(0) 2
E1 − E2


(0)
≈
(0)
=
(0)
E1 − E2 
1 + 2
(0)
E1 − E2
2
+
2|C|2
(0)
E1
−
λ
(0) 2
E2
|C|2
(0)
E1
−
(0)
E2
2

λ2
(2 Pkt.)
und damit werden die neuen Terme zu
(0) E1
E+
|C|2
1
2
λ
=
(0) +
(0)
(0)
E−
−1
E2
E1 − E2
T2: Quantenmechanik für Bachelor
LÖSUNG
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Aufgabe 6
(1 Pkt.)
(e) Finden Sie ein d~ = (d1 , d2) ∈ C2 welches die Gleichung
Ĥ(d1 |1i + d2 |2i) = E± (d1 |1i + d2 |2i)
(10)
erfüllt
[5 Punkte]
Lösung: Für den ungestörten Hamiltonian und Potential hat man
b 0 = |1iE (0) h1| + |2iE (0) h2|
H
1
2
∗
b
V = |1iCh2| + |2iC h1|
(1 Pkt.)
Eingesetzt liefert dies
(0)
(0)
b 0 + λVb (d1 |1i + d2 |2i)
d1 E1 + λC ∗ d2 |1i + d2 E2 + λCd1 |2i = H
= E± (d1 |1i + d2 |2i)
(1 Pkt.)
Koeffizentenvergleich liefert
(0)
E± d1 = E1 d1 + λC ∗ d2
(0)
E± d2 = E2 d2 + λCd1
(1 Pkt.)
Auflösen des Gleichungssystems liefert
d~± ∝
(0)
E2
E± −
λC
!
(2 Pkt.)
(f) Entwickeln Sie
d~
~
|d|
inklusive Terme erster Ordnung in λ.
1
Hinweis: Sie dürfen die Näherung (a2 + b2 x2 )− 2 =
verwenden.
1
|a|
−
b|a| 2
x
2a4
+ O(x3 ) ohne Beweis
[3 Punkte]
Lösung: Einsetzen der Ergebnisse aus Aufgabe (d) liefert
!
!
(0)
(0)
λ2 |C|2
(0)
(0)
E
−
E
+
E
−
E
(0)
(0)
1
2
1
2
E2 −E1
d~+ ∝
≈
λC
λC
!
!
(0)
(0)
λ2 |C|2
∗
E
−
E
−
λC
(0)
(0)
2
2
E2 −E1
d~− ∝
≈
(0)
(0)
E1 − E2
λC
(1 Pkt.)
T2: Quantenmechanik für Bachelor
LÖSUNG
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Aufgabe 6
Mithilfe der Formel aus den Hinweis erhält man den Normierungsfaktor
1
1
=
+ O(λ2 )
~
(0)
(0) d E1 − E2 (1 Pkt.)
womit die normierten Eigenvektoren zu
d~+ ≈
1
λC
(0)
(0)
E1 −E2
λC ∗
d~− ≈
!
!
(0)
(0)
E1 −E2
1
(1 Pkt.)