Moderne Theoretische Physik für Lehramtskandidaten Probeklausur

Moderne Theoretische Physik für
Lehramtskandidaten
Probeklausur: Lösungen
1|
Hermite’sche Operatoren
Welcher der Operatoren Â, B̂ und Ĉ sind Hermite’sch?
(3 Punkte)
Für den ersten Operator können wir die Relation † = (ÂT )∗ benutzen:

q 
3
√1
−i
2
2
6= Â
† = (ÂT )∗ =  q
√1
−i 32
2
(1)
Der Operator  ist also nicht Hermite’sch.
Für den zweiten Operator benutzen wir die selbe Relation:


1 √0
0
1
2 0  = B̂
B̂ † = (B̂ T )∗ = √ 0
2 0 0 √3
(2)
Der Operator B̂ ist also Hermite’sch.
Für den letzten Operator haben wir Ĉ = x̂p̂ und somit Ĉ † = (x̂p̂)† = p̂† x̂† = p̂x̂ = x̂p̂−[x̂, p̂]
also Ĉ † = Ĉ − [x̂, p̂] = Ĉ − i~ 6= Ĉ .
Oder explizit ausgedrückt:
ˆ ∞
ˆ ∞
~ dψ(x)
~ d
∗
hφ|Ĉ|ψi =
dxφ (x)x
=−
(φ∗ (x)x) ψ(x)dx
i
dx
−∞
−∞ i dx
ˆ
ˆ ∞
~ dφ∗ (x) ~ ∞
−
=−
dx ψ(x)x
dxφ∗ (x)ψ(x)
i dx
i −∞
−∞
|
{z
}|
{z
}
hψ|Ĉ|φi∗
hφ|[x, ~i
Der Operator Ĉ ist also nicht Hermite’sch.
1
d
dx ]|ψi
(3)
2|
1-dimensionaler Potenzialtopf
(6 Punkte)
a) [4 Punkte] Finden Sie die Eigenfunktionen und Eigenwerte des Hamilton-Operators.
In der Region |x| > a2 muss für ein Teilchen mit endlicher Energie die Wellenfunktion
verschwinden: ψ(x) = 0. In der Region − a2 < x < a2 haben wir V (x) = 0 und Lösungen
der Art
ψ(x) = Aeikx + Be−ikx
(4)
oder äquivalent
ψ(x) = C cos(kx) + D sin(kx),
C = A + B,
D = i(A − B)
Die Randbedingung ψ( a2 ) = 0 ergibt
a
a
a
= C cos k
+ D sin k
0=ψ
2
2
2
während die Randbedingung ψ(− a2 ) = 0 die folgende Gleichung ergibt
a
a
a
0=ψ −
= C cos k
− D sin k
2
2
2
Addieren und subtrahieren wir die beiden Gleichungen (6) und (7) haben wir
a
a
0 = 2C cos k
,
0 = 2D sin k
2
2
(5)
(6)
(7)
(8)
m = 1, 2, . . . und D = 0, oder
Diese Gleichungen sind Erfüllt entweder wenn k a2 = (2m+1)π
2
m
=
1,
2,
3
.
.
.
und
C
=
0.
Das
ganze
können
wir dann so schreiben
wenn k a2 = 2mπ
2
(
Cn cos(kn x), kn = πn
n = 2m + 1
a ,
ψn (x) =
, m = 1, 2, . . .
(9)
πn
Dn sin(kn x), kn = a , n = 2m
Die Normierungskonstanten werden durch die Bedingung
(´ ∞
ˆ ∞
ˆ a2
dx|Cn |2 cos2 (kn x) = |Cn |2 a2
2
2
1=
dx|ψn (x)| =
|ψn (x)| = ´−∞
∞
dx|Dn |2 sin2 (kn x) = |Dn |2 a2
−∞
−a
−∞
2
also haben wir Cn = Dn =
q
(10)
2
a.
q
 2 cos(kn x),
a
ψn (x) = q
 2 sin(kn x),
a
n = 2m + 1
n = 2m
(11)
Die Eigenwerte des Hamilton-Operators sind
En =
~2 kn2
~2 πn 2
=
,
2m
2m a
2
n = 1, 2, . . .
(12)
Alternative Berechnung mit Ansatz ψ(x) = Aeikx + Be−ikx :
a
a
a
= Aeik 2 + Be−ik 2 ⇒ B = −Aeika
0=ψ
2
(13)
Also haben wir
a
a
a
ψ(x) = Aeikx + Be−ikx = A eikx − e−ikx eika = Aeik 2 (eik(x− 2 ) − e−ik(x− 2 ) )
a
a
= Aeik 2 sin k x −
2
Die Randbedingung ψ(− a2 ) = 0 bedeutet
a
a a 0=ψ −
= A sin k − −
= −A sin(ka) ⇒ ka = πn
2
2 2
oder
πn
,
a
k = kn =
a
πn a
n = 1, 2, . . .
(14)
(15)
(16)
πn
Wir können nun A0n = Aeikn 2 = Aei a 2 = Aei 2 und
a
a = A0n sin kn x − kn
ψ(x) = A0n sin kn x −
2
2
(
m+1 0
cos
(k
(−1)
A
πn
n x) ,
n
= A0n sin kn x −
=
m
0
2
(−1) An sin (kn x) ,
n = 2m + 1
n = 2m
(17)
Normalisierung ergibt |A0n |2 = 2/a. Absorbieren wir die Vorzeichen in den Normierungskonstanten A0n können wir die Wellenfunktionen wie in (11) schreiben.
b) [2 Punkte] Berechnen Sie hxi und hpi.
Für n = 2m haben wir
hxi = 2
a
ˆ
a
2
dx x sin2 (kn x) = 0
(18)
−a
2
Dies folgt daraus, dass x eine ungerade Funktion ist, während sin2 (kn x) eine gerade Funktion ist. Also ist x sin2 (kn x) eine ungerade Funktion die über das Intervall {− a2 , a2 } integriert
wird.
Für n = 2m + 1 haben wir dann
hxi = 2
a
ˆ
a
2
dx x cos2 (kn x) = 0
(19)
−a
2
wobei wir wieder benutzt haben, dass x cos2 (kn x) eine ungerade Funktion ist. Berechnen
wir hp̂i haben wir für n = 2m
hp̂i = 2
a
ˆ
a
2
dx sin(kn x)
−a
2
~ ∂
2
sin(kn x) =
i ∂x
a
3
ˆ
a
2
−a
2
~
dx sin(kn x) kn cos(kn x) = 0
i
(20)
Dies folgt daraus, dass sin(kn x) cos(kn x) = 12 sin(2kn x) eine ungerade Funktion ist. Ähnlich
haben wir für n = 2m + 1
ˆ a2
ˆ a
~ ∂
2 2
~
hp̂i = 2
dx cos(kn x)
cos(kn x) =
dx cos(kn x) (−kn ) sin(kn x) = 0 .
a − a2
i ∂x
a − a2
i
(21)
3|
1-dimensionaler Harmonischer Oszillator
(6 Punkte)
a) [1 Punkt] Finden Sie die Lösung φ(x, t) der zeitabhängigen Schrödingergleichung mit Anfangsbedingung φ(x, 0).
i
Die stationären Lösungen haben die Form φn (x)e− ~ En t mit En = ~ω(n + 1/2). Die Lösung
der zeitabhängigen Schrödingergleichung φ(x, t) kann als Superposition der stationären
Lösungen geschrieben werden. Um die Anfangsbedingung φ(x, 0) = √12 (φ0 (x) − φ1 (x)) zu
genügen müssen wir dann haben, dass
i
i
1 φ(x, t) = √ φ0 (x)e− ~ E0 t − φ1 (x)e− ~ E1 t .
2
(22)
b) [2 Punkte] Berechen Sie den Erwartungswert hxi, zur Zeit t.
Der erwartungswert hxi ist
ˆ ∞
hxi =
dxφ∗ (x, t)xφ(x, t)
−∞
ˆ
h
i
i
i
1 ∞
dx x|φ0 (x)|2 − φ∗1 (x)xφ0 (x)e− ~ (E0 −E1 )t − φ∗0 (x)xφ1 (x)e ~ (E0 −E1 )t + x|φ1 (x)|2
=
2 −∞
(23)
2
2
2
2
Da x|φ0 (x)|2 ∝ xe−β x und x|φ1 (x)|2 ∝ x3 e−β x beide antisymmetrische (ungerade)
Funktionen sind, werden diese Terme wegfallen wenn über das Symmetrische
Intervall
q
√
´∞
2 2
(−∞, ∞) integriert wird. Benutzen wir dann −∞ dxx2 e−β x = 222 (βπ2 )3 = 12 β 3π haben
wir
ˆ
∞
dxφ∗0 (x)xφ1 (x)
−∞
r
1
√
ˆ
β 2 2 2β ∞
β 2β 1 π
~
1
2 −β 2 x2
√
=
dxx e
=√ √
=
=√
π
2mω
π 2 2 β3
2 −∞
2β
ˆ ∞
∗
∗
=
dxφ1 (x)xφ0 (x)
−∞
(24)
also haben wir (mit E1 − E0 = ~ω)
r
hxi = −
i
~
2mω
i
e ~ (E1 −E0 )t + e− ~ (E1 −E0 )t
2
4
!
r
=−
~
cos(ωt)
2mω
(25)
c) [3 Punkte] Berechen Sie den Erwartungswert hp̂i, zur Zeit t.
Für hp̂i haben wir
ˆ
∞
~ ∂
dxφ∗ (x, t)
φ(x, t)
i ∂x
−∞
ˆ ∞
i
1
~ ∂
~ ∂
=
dx φ∗0 (x)
φ0 (x) − φ∗0 (x)
φ1 (x)e ~ (E0 −E1 )t
2 −∞
i ∂x
i ∂x
i
~ ∂
~ ∂
∗
(E1 −E0 )t
∗
~
−φ1 (x)
φ0 (x)e
+ φ1 (x)
φ1 (x)
i ∂x
i ∂x
hp̂i =
(26)
∂
∂
Da ∂x
ϕ0 (x) = −β 2 xφ0 (x) haben wir wieder, dass φ∗0 (x) ~i ∂x
φ0 (x) = −β 2 ~i x|φ0 (x)|2 eine
2β
∂
φ (x) − β 2 xφ1 (x).
φ1 (x) = √
antisymmetrische (ungerade) Funktion ist. Ausserdem gilt ∂x
2 0
∂
Also haben wir φ∗1 (x) ~i ∂x
φ1 (x) =
2β ∗
√
φ (x)φ0 (x)−β 2 x|φ1 (x)|2 .
2 1
Der erste Term verschwindet
auf Grund der Orthogonalität, der zweite weil es wieder eine ungerade Funktion ist. Übrig
bleibt also nur der Term proportional zu
r
r
ˆ
ˆ ∞
~ ∂
~ 2 ∞
~ mω
~
1 mω~
∗
∗
dxφ1 (x)xφ0 (x) = −
dxφ1 (x)
φ0 (x) = − β
=−
i ∂x
i
i ~
2mω
i
2
−∞
−∞
|
{z
}
√ ~
=
Da
´∞
∂
φ1 (x)
dxφ∗0 (x) ~i ∂x
−∞
r
hp̂i =
4|
=
mω~
2
´
∞
−∞
2mω
∂
φ0 (x)
dxφ∗1 (x) ~i ∂x
i
i
∗
e ~ (E1 −E0 )t − e− ~ (E1 −E0 )t
2i
(27)
=
1
i
q
!
mω~
2
r
=
haben wir
mω~
sin(ωt)
2
(28)
Zwei-Zustandssystem
(5 Punkte)
Ein Hamilton-Operator Ĥ hat zwei orthonormierte Eigenzustände |ψ1 i und |ψ2 i jeweils
mit den Energien E1 und E2 . Eine Observable sei durch einen Hiermite’schen Operator Â
mit der Eigenschaft Â|ψ1 i = |ψ2 i und Â|ψ2 i = |ψ1 i gegeben.
a) [2 Punkte] Schreiben Sie  als 2 × 2 Matrix in der Basis von |ψ1 i und |ψ2 i und berechnen
Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren.
Wir suchen Eigenvektoren |λi = c1 |ψ1 i + c2 |ψ2 i die die Eigenwertgleichung A|λi = λ|λi
erfüllen. In der Basis {|ψ1 i, |ψ2 i} haben wir dann
A11 A12
c1
c
=λ 1
(29)
A21 A22
c2
c2
wobei Aij = hψi |A|ψj i. Aus den Gleichungen A|ψ1 i = |ψ2 i und A|ψ2 i = |ψ1 i haben wir
dann A11 = A22 = 0 und A12 = A21 = 1, also
0 1
c1
c
=λ 1
(30)
1 0
c2
c2
5
Die Eigenwerte werden bestimmt aus der Gleichung
−λ 1
0 = det
= λ2 − 1
1 −λ
(31)
also haben wir λ = ±1. Einsetzen in der Eigenwertgleichung ergibt c2 = λc1 und c1 = λc2 .
2
2
Da λ2 = 1 müssen |c1 |2 = |c2 |2 . Mit der Normalisierung
√ |c1 | + |c2 | = 1 haben wir dann
schliesslich für√λ = + die Koefficienten c1 = c2 = 1/ 2 und für λ = −1 die Koeffizienten
c1 = −c2 = 1/ 2:
λ = +,
1
|+i = √ (|ψ1 i + |ψ2 i)
2
λ = −,
1
|−i = √ (|ψ1 i − |ψ2 i)
2
(32)
b) [4 Punkte] Zum Zeitpunkt t = 0 sei das System im Zustand |ψ(0)i = √12 (|ψ1 i − |ψ2 i).
Zeigen Sie, dass die Wahrscheinlichkeit dass das System zum Anfangszustand zurückkehrt
durch P = cos2 ((E1 − E2 )t/2~) gegeben ist.
i
Der Zeitentwicklungsoperator ist U = e− ~ Ht . Wir haben dann
i
i
1 1 i
|ψ(t)i = U (t)|ψ(0)i = e− ~ Ht √ |ψ1 i − |ψ2 i = √ e− ~ E1 t |ψ1 i − e− ~ E2 t |ψ2 i
2
2
(33)
Die Wahrscheinlichkeit dass das System am Zeitpunkt t wieder in den Zustand |ψ(0)i zu
finden ist, wird gegeben durch
2
1 i
1 i
P = |hψ(0)|ψ(t)i|2 = √ hψ1 | − hψ2 | √ e− ~ E1 t |ψ1 i − e− ~ E2 t |ψ2 i 2
2
2
1 − i E t
− ~i E2 t 1
~
=
e
+e
2
2
(34)
i (E1 +E2 )
(E1 − E2 )t = e− ~ 2
cos
2~
(E1 − E2 )t
= cos2
2~
6
5|
Dreizustandssystem
(5 Punkte)
a) [3 Punkte] Finden Sie die Eigenwerte und Eigenzustände des Hamilton-Operators
Berechnen wir erst mal





1 0 0
1 0 0
1 0 0
Jˆz2 = ~2 0 0 0  0 0 0  = ~2 0 0 0
0 0 −1
0 0 −1
0 0 1





0 1 0
1 0 1
0 1 0
2
2
~
~
1 0 1 1 0 1 =
0 2 0
Jˆx2 =
2
2
0 1 0
1 0 1
0 1 0





0 −i 0
1 0 −1
0 −i 0
2
2
~
~
 i 0 −i  i 0 −i =
0 2 0
Jˆx2 =
2
2
0 i
0
−1 0 1
0 i
0
also haben wir

a 0
Ĥ = aJˆz + a(Jˆx2 − Jˆz2 ) = ~2 0 0
b 0

b
0
a
(35)
(36)
Die Eigenwerte werden durch die charakteristische Gleichung
 2

~ a−E
0
~2 b
 = (~2 a−E)(−E)(~2 a−E)+~2 b(E~2 b)
0
−E
0
0 = det(Ĥ −E 1̂) = det 
2
2
~ b
0
~ a−E
(37)
oder
E (E − ~2 a)2 − (~2 b)2 = 0
(38)
mit den Lösungen
E1 = 0 ,
und
E2 = ~2 (a + b) ,
E3 = ~2 (a − b)
(i)
(i)
(39)
(i)
Wir benennen die Eigenvektoren mit den Eigenwerten Ei durch (c1 , c2 , c3 )T i = 1, 2, 3,
(i)
(i)
(i)
(mit der Normierung |c1 |2 + |c2 |2 + |c3 |2 = 1).
Der Eigenvektor zu dem Eigenwert E1 = 0 wird gefunden durch
 (1)

  (1) 
(1)

c1
a 0 b
ac1 + bc3 = 0


=0⇒ 0=0
~2 0 0 0 c(1)
2 

 (1)
(1)
(1)
b 0 a
c3
bc1 + ac3 = 0
(1)
Diese Gleichungen sind nur Lösbar wenn c1
Grund von Normalisierung):
 (1)   
c
0
 1(1)   
c2  = 1 ,
(1)
0
c3
7
(1)
= c3
(40)
(1)
= 0. Also haben wir c2
für E1 = 0
= 1 (auf
(41)
Für die anderen zwei eigenwerten E2 = ~2 (a + b) und E3 = ~2 (a − b) haben wir
 (1)

 
 
(1)

a 0 b
c1
c1
ac1 + bc3 = (a ± b)c1
~2 0 0 0 c2  = ~2 (a ± b) c2  ⇒ 0 = (a ± b)c2

 (1)
(1)
b 0 a
c3
c3
bc1 + ac3 = (a ± b)c3
(42)
Diese Gleichungen sind nur Lösbar wenn c2 = 0 (folgt aus der zweiten Gleichung). Die anderen Gleichungen sind erfüllt wenn c3 = ±c1 . Also sind die beiden anderen Eigenvektoren
 (2) 
 
c1
1
1
 (2) 
c2  = √ 0 ,
2 1
(2)
c3
für E2 = ~2 (a + b)
(43)
und
 (3) 
 
c1
1
1
 (3) 
c2  = √  0  ,
2 −1
(3)
c3
für E3 = ~2 (a − b)
(44)
b) [2 Punkte] Der Energieeigenwert E = ~2 (a − b) wird gemessen, danach wird Jˆz gemessen.
Welche Messwerte können sich ergeben, und mit welchen Wahrscheinlichkeiten?
Nach der Messung der Energie befindet sich das System in dem Eigenzustand
 
 
 
1
1
0
1  
1  
1  
√
0
0 −√
0
=√
2 −1
2 0
2 1
(45)
der zu dem Eigenwert E3 = ~2 (a − b) gehört. In einer Messung von Jˆz kann dann entweder
der Eigenwert +~ (Eigenvektor (1, 0, 0)T ) oder −~ (Eigenvektor (0, 0, 1)T ) gemessen
werden. Die Wahrscheinlichkeiten sind durch das Betragsquadrat der Entwicklungskoeffizienten gegeben:
1 2
1
P (+~) = √ = ,
2
2
8
1 2
1
P (−~) = − √ =
2
2
(46)