Ferienkurs Quantenmechanik – Sommer 2009

Physikdepartment
Technische Universität München
Christoph Schnarr
Blatt 1
Ferienkurs Quantenmechanik – Sommer 2009
Grundlagen der Quantenmechanik (Lösungen)
1
Skalarprodukt und Matrixdarstellung (*)
In einem dreidimensionalen Hilbertraum sind folgende Vektorzustände gegeben:
|α⟩
|β⟩
= i |1⟩ − 2 |2⟩ − i |3⟩
= i |1⟩ + 2 |3⟩
Hierbei sind |1⟩, |2⟩ und |3⟩ die orthonormierten Basiszustände.
∗
1. Berechnen Sie die Skalarprodukte ⟨α|β⟩ und ⟨β|α⟩ explizit und zeigen Sie, dass ⟨β|α⟩ = ⟨α|β⟩ .
b = |α⟩ ⟨β| und geben Sie die Matrixdarstellung von A
b an.
2. Finden Sie alle Matrixelemente von A
b hermitesch? Begründung?
3. Ist der Operator A
Lösung:
1. Zu beachten ist die komplexe Konjugation für das erste Argument.
⟨α|β⟩ = −ii ⟨1|1⟩ − 2i ⟨1|3⟩ − 2i ⟨1|2⟩ − 4 ⟨2|3⟩ + ii ⟨3|1⟩ + 2i ⟨3|3⟩
= 1 + 2i
⟨β|α⟩ =
=
∗
⟨α|β⟩
=
−ii ⟨1|1⟩ + 2i ⟨1|2⟩ + ii ⟨1|3⟩ + 2i ⟨3|1⟩ − 4 ⟨3|2⟩ − 2i ⟨3|3⟩
1 − 2i
(1 + 2i)∗ = 1 − 2i = ⟨β|α⟩
b auf die Basiszustände folgt:
2. Durch Anwendung von A
b |1⟩ = |α⟩ ⟨β|1⟩ = −i |α⟩ = |1⟩ + 2i |2⟩ − |3⟩
A
b |2⟩ = |α⟩ ⟨β|2⟩ = 0
A
b |3⟩
A
= |α⟩ ⟨β|3⟩ = 2 |α⟩ = 2i |1⟩ − 4 |2⟩ − 2i |3⟩


1 0
2i
b =  2i 0 −4 
A
−1 0 −2i


1 −2i −1
b† = 
0
0
0 
A
−2i −4 2i
b=
b† ⇒ A
b ist nicht hermitesch
3. A
̸ A
1
2
Matrixdarstellung und Eigenwerte (*)
Der Hamilton-Operator eines Zwei-Niveau-Systems lautet:
H = ϵ (|1⟩ ⟨1| − |2⟩ ⟨2| + |1⟩ ⟨2| + |2⟩ ⟨1|)
Hierbei sind |1⟩ und |2⟩ die orthonormierten Basiszustände. Der Parameter ϵ hat Energieeinheiten.
1. Wie lautet die Matrixdarstellung des Operators H in dieser Basis.
2. Finden Sie die Energieeigenwerte und die zugehörigen Eigenzustände des Operators H.
Lösung:
1. Durch Anwendung von H auf die Basiszustände folgt:
H |1⟩
= ϵ [|1⟩ ⟨1|1⟩ − |2⟩ ⟨2|1⟩ + |1⟩ ⟨2|1⟩ + |2⟩ ⟨1|1⟩]
= ϵ [|1⟩ + |2⟩]
H |2⟩
= ϵ [|1⟩ ⟨1|2⟩ − |2⟩ ⟨2|2⟩ + |1⟩ ⟨2|2⟩ + |2⟩ ⟨1|2⟩]
= ϵ [|1⟩ − |2⟩]
µ
H
= ϵ
1
1
1 −1
¶
2. Zum Finden der Eigenwerte gilt es das Eigenwertproblem (H − λ1) v = 0 zu lösen:
det (H − λ1) =
−(ϵ − λ)(ϵ + λ) − ϵ2
λ2
λ1/2
=
0
0
= 2ϵ2
√
= ± 2ϵ
Durch Einsetzen der Eigenwerte in das Eigenwertproblem lassen sich folgende Eigenvektoren finden:
µ
¶
ϵ
− −√2ϵ+ϵ
v1 =
1
¶
µ
ϵ
− √2ϵ+ϵ
v2 =
1
3
Normierung (*)
Ein Elektron befindet sich im Spinzustand χ = A
µ ¶
3i
4
1. Bestimmen Sie die Normierungskonstante A.
Lösung:
2
1. A ist so zu finden, dass |χ| = 1 gilt.
s
µ
¶
¡
¢ 3Ai
−3Ai 4A ·
4A
A
4
p
√
!
9A2 + 16A2 = 25A2 = 5A = 1
=
1
5
=
Kommutatoren (*)
b und B,
b wobei gilt:
Gegeben seien zwei Operatoren A
ii
h h
ii h h
b B
b = B,
b A,
b B
b =0
b A,
A,
Zeigen Sie, dass für n = 1, 2, 3... gilt:
h
i
h
i
bn , B
b = nA
bn−1 A,
b B
b
A
Lösung:
Beweis per Induktion:
1. n = 1:
h
i
h
i
b1 , B
b
b B
b
A
= A,
h
i
h
i h
i
b1−1 A,
b B
b
b0 A,
b B
b = A,
b B
b
1·A
= A
h
i
h
i
b B
b
b B
b
A,
= A,
2. n → n + 1:
h
i
bn+1 , B
b
A
h
i
bA
bn , B
b
A
h
i
h
i
b A
bn , B
b + A,
b B
b A
bn
= A
| {z }
| {z }
bn−1 [A,
bB
b]
bn [A,
bB
b]
nA
A
h
i
h
i
b B
b
b B
b +A
bn A,
bn A,
= nA
h
i
b B
b
bn A,
= (n + 1)A
=
Aussage gilt für n + 1 ⇒ Aussage gilt auch für n = 1, 2, 3, ...
5
Hermitesche Operatoren (**)
b und B.
b Zeigen Sie, dass
1. Gegeben seien die hermiteschen Operatoren A
bB
b hermitesch ist, nur wenn A
bB
b=B
bA
b gilt.
(a) der Operator A
³
´n
b+B
b
(b) A
hermitesch ist.
3
b folgende Operatoren hermitesch sind:
2. Beweisen Sie, dass für jeden Operator A
³
´
b+A
b†
(a) A
³
´
b−A
b†
(b) i A
´
³
bA
b†
(c) A
3. Zeigen Sie, dass der Eigenwert eines hermiteschen Operators reell ist und dass die Eigenfunktionen
orthogonal sind.
4. In der klassischen Hamiltonfunktion sind die Terme p f (x) und f (x) p äquivalent. Die Ersetd
zungsregel p → pb = −i~ dx
für den Übergang zum Hamiltonoperator führt aber zu verschiedenen
Operatoren. In dem Ansatz
p f (x) → α pb f (x) + (1 − α) f (x) pb
ist die Reihenfolge offen gelassen.
Wie ist der reelle Koeffizient α zu wählen, damit der resultierende Operator hermitesch ist?
Lösung:
b=A
b† und B
b=B
b†
1. Laut Voraussetzung gilt: A
³
´†
bB
b =B
b†A
b† = B
bA
b
(a) A
³
´†
bB
b =A
bB
b genau dann, wenn A
bB
b=B
bA
b
⇒ A
(b)
h³
´n i †
b+B
b
A
³
´†
³
´†
b+B
b ··· A
b+B
b
A
³
´³
´ ³
´
b† + B
b† A
b† + B
b† · · · A
b† + B
b†
=
A
³
´n
b+B
b
=
A
=
b+B
b
A
´† ³
³
´†
³ ´†
b+A
b† = A
b† + A
b† = A
b† + A
b=A
b+A
b†
A
¸
·
³ ´†
³
´
h ³
´i†
b−A
b†
b† − A
b†
b−A
b†
(b) i A
= −i A
=i A
2. (a)
³
(c)
bA
b†
A
´†
³ ´†
b† A
b† = A
bA
b†
= A
b sowie die o.B.d.A. normierten Zustände |m⟩ und |n⟩.
3. Gegeben sei der hermitesche Operator A
b
⟨m|A|n⟩
b
= ⟨m|An⟩
= ⟨m|an n⟩
= an ⟨m|n⟩
b
⟨m|A|n⟩
b† m|n⟩
= ⟨A
b
= ⟨Am|n⟩
= ⟨am m|n⟩
= a∗m ⟨m|n⟩
Nun bildet man die Differenz:
4
0
=
(an − a∗m ) ⟨m|n⟩
Fallunterscheidung:
(a) n = m
0 = (an − a∗m ) ⟨m|n⟩
0 = (an − a∗n ) ⟨n|n⟩
| {z }
=1
0
an
= (an − a∗n )
= a∗n
⇒ an ist reell
(b) n ̸= m
0 = (an − a∗m ) ⟨m|n⟩
Die Eigenwerte seien nicht entartet
0 = (an − a∗m ) ⟨m|n⟩
| {z }
̸=0
0
⟨m|n⟩
=
⇒ Die Eigenfunktionen sind orthogonal.
d
in den Ansatz ein, so folgt:
4. Setzt man pb = −i~ dx
·
¸
·
¸
d
d
d
p f (x) → −i~ α f (x) + (1 − α)f (x)
= −i~ αf ′ (x) + f (x)
dx
dx
dx
Die Forderung für die Hermitezität lautet:
Z∞
−∞
µ
·
µ
·
¶
¶∗
¸
¸
Z∞
d
d
!
′
′
dxϕ (x) −i~ αf (x) + f (x)
dx −i~ αf (x) + f (x)
ψ(x) =
ϕ(x) ψ(x)
dx
dx
∗
−∞
Hierbei wird verwendet, dass f (x) als Teil einer klassischen Hamiltonfunktion reell ist. Die Bedingung kann umgeformt werden zu:
Z∞
£
′¤ !
dx 2αf ′ (x)ϕ∗ (x)ψ(x) + f (x) (ϕ∗ (x)ψ(x)) = 0
−∞
Diese Gleichung kann partiell integriert werden, wobei die Randterme im Unendlichen verschwinden:
Z∞
(2α − 1)
dxf ′ (x)ϕ∗ (x)ψ(x) = 0
!
−∞
Wir schließen den Fall f ′ (x) = 0 aus, da f (x) dann eine Konstante wäre und sich somit die Frage
der Reihenfolge nicht stellen würde. Da ϕ(x) und ψ(x) beliebige quadratintegrable Funktionen sind,
muss α = 21 sein.
Die Ersetzungsregel lautet dann:
p f (x) →
1
2
1
[b
p f (x) + f (x) pb]
2
[b
p f (x) + f (x) pb] ist hierbei hermitesch
5
6
Matrix-Exponentielle (***)
∞
b definiert als: eAb = P
Die Matrix-Exponentielle ist für einen Operator A
n=0
bn
A
n!
Sie hat folgende Eigenschaften:
• e−A eA = eA e−A = b
1
h
i
b
b
b
b
b B
b =0
• eA+B = eA eB für A,
b b
b
b
b dass der adjungierte Operator von eiHb der Operator
1. Zeigen Sie für den hermiteschen Operator H,
b
e−iH ist.
b = eiHb für einen hermiteschen Operator H
b unitär ist.
2. Zeigen Sie, dass U
b und B
b die Funktion
3. Nehmen Sie für zwei nicht-kommutierende Operatoren A
b −λA
f (λ) = eλA Be
b
(λ ∈ R)
b
an.
Benutzen Sie diese Funktion, um die Baker-Campbell-Hausdorff-Formel
b
b b −A
b+
e
=B
eA B
∞
X
1 h b b i(n)
A, B
n!
n=1
zu zeigen.
h
i(1) h
i
b B
b
b B
b
Hierbei sind: A,
= A,
h
und
b B
b
A,
i(n)
· h
i(n−1) ¸
b A,
b B
b
= A,
Hinweis: Verwenden Sie die Taylor-Entwicklung von f (λ).
Lösung:
³
1.
b
eiH
´†
µ
=
n
∞ iH
P
( b)
n=0
¶†
n!
=
n
∞ −iH
P
( b †)
n=0
n!
b
= e−iH
b†
b ist unitär ⇔ U
bU = b
2. U
1
b
U
b
= eiH =
³ ´n
b
∞
iH
X
n!
n=0
b†
U
=
´n
³
b†
∞
−iH
X
n=0
=
³
n!
b
∞
−iH
X
n!
n=0
b
= e−iH
b †U
b = e−iHb eiHb = b
b ist unitär
U
1⇒U
6
´n
3. Die Taylorentwicklung von f (λ) um λ = 0 ist gegeben durch:
f (λ) = f (0) +
f (0) =
∞
X
f (n) (0) n
λ
n!
n=1
b 0=B
b
e0 Be
h
i
b b b −λA
b
b b b −λA
b
b b b
b
= eλA A
Be
− eλA B
Ae
= eλA A,
B e−λA
i(1)
i h
h
b B
b
b B
b = A,
f (1) (0) = A,
f (1) (λ)
h
i
h
i
bb b b
b
b b b b −λA
b
= eλA A
A, B e−λA − eλA A,
B Ae
ii
h h
b b
b B
b e−λAb
= eλA A,
A,
h
i
b b b (2) −λA
b
= eλA A,
B
e
h
i(2)
b B
b
f (2) (0) = A,
f (2) (λ)
h
i(n)
b B
b
Allgemein gilt für A,
:
d (n)
f (λ)
dλ
h
i
h
i
b b b b (n) −λA
b
b b b (n) b −λA
b
= eλA A
A, B
e
− eλA A,
B
Ae
· h
i(n) ¸
b
b b
λA
b
b
A, A, B
e−λA
= e
f (n+1) (λ) =
h
i
b b b (n+1) −λA
b
= eλA A,
B
e
h
i(n)
b B
b
f (n) (0) = A,
b+
⇒ f (λ) = B
h
i(n)
b B
b
∞
A,
X
n=1
n!
λn
h
i(0)
h
i h
i(1) · h
i(0) ¸
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
A, B
= B wegen A, B = A, B
= A, A, B
∞
b b −A
b
b+ P
Für λ = 1 folgt: eA B
e
=B
n=1
7
1
n!
h
i(n)
∞
P
b B
b
A,
=
n=0
1
n!
h
i(n)
b B
b
A,
Cauchy-Schwarzsche Ungleichung
und verallgemeinerte Unschärferelation (**)
1. Beweisen Sie die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung ⟨ψ|ψ⟩ ⟨ϕ|ϕ⟩ ≥ |⟨ψ|ϕ⟩|
7
2
Hinweis: Betrachten Sie die Ungleichung ⟨ψ + λϕ|ψ + λϕ⟩ ≥ 0 und finden Sie den Wert von λ, der
die linke Seite minimiert.
Beachten Sie, dass λ und λ∗ unabhängig voneinander variiert werden können.
b und B
b die verallgemeinerte Unschärferelation
2. Beweisen Sie, dass für zwei hermitesche Operatoren A
¯Dh
iE¯
b ∆B
b ≥ 1 ¯¯ A,
b B
b ¯¯
∆A
2
gilt.
³
´2 D E D E2
³
´2 D E D E2
b
b2 − B
b und ∆B
b = B
b2 − A
b = A
Hierbei ist: ∆A
Hinweis: Betrachten Sie die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung mit:
³
D E´
b− A
b |ξ⟩
|ϕ⟩ = A
³
D E´
b− B
b |ξ⟩
|ψ⟩ = B
b = ⟨ξ|A|ξ⟩
b
⟨A⟩
b = ⟨ξ|B|ξ⟩
b
⟨B⟩
b=x
b = pb =
3. Rechnen Sie nach, dass man für A
b = x und B
∆b
x ∆b
p≥
~ ∂
i ∂x
die Unschärferelation
1
~
2
erhält.
4. Die Unschärferelation ∆x∆p ≥ ~2 lässt sich auch aus der Ungleichung
Z
2
dx |[γ (x − ⟨x⟩) − i (b
p − ⟨p⟩)] ψ(x)| ≥ 0
mit γ ∈ R folgern.
Zeigen Sie, dass das Gleichheitszeichen nur für Gaußfunktionen gilt.
Lösung:
1. 0 ≤ ⟨ψ + λϕ|ψ + λϕ⟩ = ⟨ψ|ψ⟩ + λ∗ ⟨ϕ|ψ⟩ + λ ⟨ψ|ϕ⟩ + λλ∗ ⟨ϕ|ϕ⟩ = g (λ, λ∗ )
∂
g (λ, λ∗ ) = ⟨ϕ|ψ⟩ + λ ⟨ϕ|ϕ⟩ = 0
∂λ∗
∂
g (λ, λ∗ ) = ⟨ψ|ϕ⟩ + λ∗ ⟨ϕ|ϕ⟩ = 0
∂λ
⟨ϕ|ψ⟩
⟨ϕ|ϕ⟩
⟨ψ|ϕ⟩
= −
⟨ϕ|ϕ⟩
⇒ λmin
= −
⇒ λ∗min
0 ≤ g (λmin , λ∗min )
= ⟨ψ|ψ⟩ −
2
⇒ ⟨ϕ|ϕ⟩ ⟨ψ|ψ⟩
≥ |⟨ϕ|ψ⟩|
8
|⟨ϕ|ψ⟩|
⟨ϕ|ϕ⟩
2
2. Unter Verwendung der in der Aufgabenstellung gegebenen Definitionen folgt:
³
´2
³
´2
b − ⟨A⟩
b
b2 ⟩ − ⟨A⟩
b 2 = ∆A
b
⟨ϕ|ϕ⟩ = ⟨ξ| A
|ξ⟩ = ⟨A
³
´2
³
´2
b 2 ⟩ − ⟨B⟩
b 2 = ∆B
b
b − ⟨B⟩
b
|ξ⟩ = ⟨B
⟨ψ|ψ⟩ = ⟨ξ| B
³
´³
´
b − ⟨A⟩
b
b − ⟨B⟩
b |ξ⟩ = ⟨A
bB⟩
b − ⟨A⟩
b ⟨B⟩
b
⟨ϕ|ψ⟩ = ⟨ξ| A
B
´³
´
³
b − ⟨B⟩
b
b − ⟨A⟩
b |ξ⟩ = ⟨B
b A⟩
b − ⟨A⟩
b ⟨B⟩
b
A
⟨ψ|ϕ⟩ = ⟨ξ| B
Eingesetzt in die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung folgt:
³
´2 ³
´2
b
b ≥ |⟨ϕ|ψ⟩|2 = [ℜ (⟨ϕ|ψ⟩)]2 + [ℑ (⟨ϕ|ψ⟩)]2 ≥ [ℑ (⟨ϕ|ψ⟩)]2
∆A
∆B
µ
¶2
1
=
|⟨ϕ|ψ⟩ − ⟨ψ|ϕ⟩|
2
µ ¯
¯¶ 2
1 ¯ bb
¯
b
b
=
A
B⟩
−
⟨
B
A⟩
¯⟨
¯
2
¯
Dh
iE¯
1 ¯ b b ¯2
=
¯ A, B ¯
4
¯Dh
iE¯
b ∆B
b ≥ 1 ¯¯ A,
b B
b ¯¯
⇒ ∆A
2
3. Der Kommutator berechnet sich wie folgt:
[b
x, pb] ψ
=
=
=
=
[b
x, pb] =
·
¸
~ ∂
x,
ψ
i ∂x
~ ∂
~ ∂
ψ−
(ψx)
x
i ∂x
i ∂x
~ ∂
~
~ ∂
x
ψ− ψ−x
ψ
i ∂x
i
i ∂x
~iψ
~i
Der Erwartungswert des Kommutators ist: ⟨[b
x, pb]⟩ = ⟨~i⟩ = ~i
⇒ ∆b
x ∆b
p≥
1
~
|~i| =
2
2
4. Wegen der Betragsstriche kann das Gleichheitszeichen in der Angabe nur dann gelten, wenn der
Integrand identisch 0 ist:
[γ (x − ⟨x⟩) − i (b
p − ⟨p⟩)] ψ(x) = 0
d
Setzt man die Definition des Impulsoperators pb = −i~ dx
ein, ergibt sich eine Differentialgleichung
erster Ordnung:
dψ(x)
~
= [γ (x − ⟨x⟩) + i ⟨p⟩] ψ(x)
dx
Diese Gleichung kann leicht integriert werden:
¸
·
i
γ
2
(x − ⟨x⟩) + ⟨p⟩ x
ψ(x) = C · exp
2~
~
Damit die Wellenfunktion normierbar
ist, muss γ < 0 gelten.
q
4 |γ|
Die Normierung ergibt C = π~
Für γ < 0 ist ψ(x) eine Gaußfunktion, das Gleichheitszeichen in der Unschärferelation gilt folglich
genau für Gaußfunktionen.
9
8
Projektor-Algebra (***)
Es sei Ea ein Teilraum des Hilbertraums, Ea× der dazu komplementäre Raum. Jeder Ket-Vektor |u⟩ besitzt
eine Projektion in Ea und eine in Ea× , sodass
|u⟩ = |ua ⟩ + |u×
a⟩
Man definiert als Projektionsoperator einen linearen Operator mit der Eigenschaft:
Pa |u⟩ = |ua ⟩
1. Zeigen Sie, dass der Projektor Pa hermitesch ist.
2. Beweisen Sie folgende Operatorgleichung:
Pa2 = Pa
3. Betrachten Sie eine Folge von orthonormierten Vektoren |1⟩,|2⟩,...,|N ⟩:
⟨m|n⟩ = δmn
(m, n = 1, 2, ..., N )
Diese Vektoren spannen einen bestimmen (N-dimensionalen) Unterraum EN des Vektorraums auf,
zu dem sie gehören.
Zeigen Sie, dass
N
X
PN =
|m⟩ ⟨m|
m=1
der Projektionsoperator auf EN ist.
4. Eine Observable A besitze endliche viele verschiedene Eigenwerte a1 , a2 , ..., aN . Man setze
f (A) = (A − a1 )(A − a2 ) · · · (A − aN ) = (A − an ) gn (A)
Y
mit: gn (A) =
(A − am )
m̸=n
Zeigen Sie, dass
(a) f (A) = 0 gilt.
(b) der Projektor Pn auf dem Unterraum zum n-ten Eigenwert durch den Ausdruck
Pn =
gn (A)
gn (an )
gegeben ist.
5. Betrachten Sie den Fall, dass A jeweils nα Eigenvektoren zum Eigenwert aα habe (nα -fache Entwartung).
nα
P
Pα =
|α, i⟩ ⟨α, i| sei der Projektor auf den Unterraum Eα , den die |α, i⟩ aufspannen.
i=1
Zeigen Sie, dass
X
α
gilt.
Lösung:
10
Pα = 1
1. Für ein beliebiges |v⟩ gilt:
⟨u|Pa |v⟩ = ⟨u|va ⟩ = ⟨ua |va ⟩ = ⟨ua |v⟩
⇒ ⟨u| Pa = ⟨ua |
⇒ Pa ist hermitesch.
2. Für ein beliebiges |u⟩ gilt:
Pa2 |u⟩ = Pa (Pa |u⟩) = Pa |ua ⟩ = |ua ⟩ = Pa |u⟩
⇒ Pa2 = Pa
Umgekehrt ist jeder hermitesche Operator Pb, der die Gleichung Pb2 = Pb erfüllt, ein Projektor.
3. Für ein beliebiges |u⟩ gilt:
|u⟩
=
N
X
|n⟩ ⟨n|u⟩ +
n=1
PN |u⟩
=
X
|a⟩ ⟨a|u⟩ = |uN ⟩ + |u×
N⟩ ,
N X
N
X
|m⟩ ⟨m|n⟩ ⟨n|u⟩ +
m=1 n=1
=
N
X
⟨a|m⟩ = 0
Rest
N X
X
|m⟩ ⟨m|a⟩ ⟨a|u⟩
m=1 Rest
|n⟩ ⟨n|u⟩ + 0
n=1
= |uN ⟩
PN2
=
N X
N
X
|m⟩ ⟨m|n⟩ ⟨n| =
m=1 n=1
N
X
|m⟩ ⟨m| = PN
m=1
4. Der hermitesche Operator A ist eine Observable, falls die Eigenvektoren von A den gesamten Raum
E aufspannen. Eigenvektoren einer Observablen bilden ein vollständiges System.
Für einen beliebigen Eigenvektor |n⟩ gilt:
A |n⟩ = an |n⟩
(a) Wendet man f (A) auf einen Zustand |n⟩ an, so ergibt sich:
f (A) |n⟩ =
gn (A)(A − An ) |n⟩
=
=
gn (A)(an − an ) |n⟩
0
⇒ f (A) = 0
(b)
Pn |m⟩ =
1
gn (A) |m⟩ = δnm |m⟩
gn (an )
⇒ Pn |n⟩ = |n⟩
⇒ Pn |m⟩ = 0 (falls m ̸= n)
11
5. Bitte beachten: Da nα die Entartung abzählt, steht der Index α statt n für die Nummerierung der
verschiedenen Eigenwerte aα .
Pα
=
nα
X
|α, i⟩ ⟨α, i|
i=1
N
X
Pα |u⟩
α=1
⇒
N
P
α=1
=
nα
N X
X
|α, i⟩ ⟨α, i|u⟩ = |u⟩
α=1 i=1
Pα = 1
Die Folgerung und das letzte Gleichheitszeichen folgen aus der Vollständigkeit des Eigenvektorraums und aus der Wahl eines beliebigen Vektors |u⟩.
9
Hellmann-Feynman-Theorem (*)
1. Beweisen Sie das Hellmann-Feynman-Theorem:
⟨ψ (λ) |
∂H (λ)
∂
|ψ (λ)⟩ =
E (λ)
∂λ
∂λ
Hierbei ist:
H (λ) |ψ (λ)⟩ = E (λ) |ψ (λ)⟩
⟨ψ (λ) |ψ (λ)⟩ = 1
¢
¡
2. Im Falle des harmonischen Oszillators ist En = ~ω n + 12 und H =
p2
2m
+
mω 2 x2
.
2
Berechnen Sie mit Hilfe des Hellmann-Feynman-Theorems das Verhältnis zwischen den Erwartungswerten der kinetischen und der potentiellen Energie.
Betrachten Sie einmal m und einmal ω als Parameter.
Lösung:
12
1. Durch Ableitung der Energie folgt:
∂E (λ)
∂λ
=
=
=
=
=
∂
⟨ψ (λ) |H (λ) |ψ (λ)⟩
∂λ
∂ψ (λ)
∂H (λ)
∂ψ (λ)
⟨
|H (λ) |ψ (λ)⟩ + ⟨ψ (λ) |
|ψ (λ)⟩ + ⟨ψ (λ) |H (λ) |
⟩
∂λ
∂λ
∂λ
∂ψ (λ)
∂H (λ)
∂ψ (λ)
E (λ) ⟨
|ψ (λ)⟩ + ⟨ψ (λ) |
|ψ (λ)⟩ + E (λ) ⟨ψ (λ) |
⟩
∂λ
∂λ
∂λ
·
¸
∂ψ (λ)
∂ψ (λ)
∂H (λ)
E (λ) ⟨
|ψ (λ)⟩ + ⟨ψ (λ) |
⟩ + ⟨ψ (λ) |
|ψ (λ)⟩
∂λ
∂λ
∂λ
∂H (λ)
∂
⟨ψ (λ) |ψ (λ)⟩ + ⟨ψ (λ) |
|ψ (λ)⟩
E (λ)
|
{z
}
∂λ
∂λ
=1
|
{z
}
=0
∂H (λ)
= ⟨ψ (λ) |
|ψ (λ)⟩
∂λ
2. m als Parameter:
∂
⟨
∂m
µ
¶
p2
mω 2 x2
+
⟩
2m
2
n
=
=
=
p2
ω 2 x2
+
⟩
2m2
2 n
1
1
− ⟨T ⟩n +
⟨V ⟩n
m
m
∂
En = 0
∂m
⟨−
⇒ ⟨T ⟩n = ⟨V ⟩n
ω als Parameter:
⟨
∂
∂ω
µ
¶
p2
mω 2 x2
+
⟩
2m
2
n
= ⟨mωx2 ⟩n
=
=
=
=
=
2
⟨V ⟩n
ω
∂
En
∂ω · µ
¶¸
∂
1
~ω n +
∂ω
2
¶
µ
1
~ n+
2
1
En
ω
⇒ 2 ⟨V ⟩n = En = ⟨T ⟩n + ⟨V ⟩n
⇒ ⟨V ⟩n = ⟨T ⟩n
10
Dichte-Operatoren (**)
1. Zeigen Sie, dass für einen reinen Zustand mit dem Dichte-Operator ϱb = |Ψ⟩ ⟨Ψ| der Erwartungswert
b gegeben ist durch:
einer Observable A
b = ⟨Ψ|A|Ψ⟩
b
⟨A⟩
13
2. Zeigen Sie, dass die Gleichung
für einen beliebigen Dichte-Operator ϱb =
P
ϱb2 = ϱb
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψα | dann und nur dann gilt, wenn ϱb einen
α
reinen Zustand beschreibt.
3. Leiten Sie ausgehend von der Schrödinger-Gleichung die von Neumann Gleichung her, welche die
Zeitentwicklung eines Dichte-Operators beschreibt:
db
ϱ
∂ ϱb i
=
+ [b
ϱ, H]
dt
∂t
~
Hierbei ist:
∂ϱ
b
∂t
=
P
ṗα |Ψα ⟩ ⟨Ψα |
α
4. Nehmen Sie an, dass der Dichte-Operator ϱb die Form
ϱb =
X
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψα |
(ṗα = 0 für alle α)
α
hat.
Zeigen Sie, dass in diesem Fall die Zeitentwicklung der Erwartungswerte
³ ´
b = Tr ϱbA
b
⟨A⟩
gegeben ist durch:
b
d ⟨A⟩
1 Dh b iE
=
A, H +
dt
i~
*
b
dA
dt
+
Lösung:
b =
1. ⟨A⟩
P
³ ´
b k ⟩ = Tr ϱbA
b
pk ⟨Ψk |A|Ψ
k
ϱb =
´
b
⇒ Tr ϱbA
=
|Ψ⟩ ⟨Ψ|
X
b k′ ⟩
⟨Ψk′ |b
ϱA|Ψ
³
k′
X
=
b k′ ⟩
⟨Ψk′ |Ψ⟩ ⟨Ψ|A|Ψ
k′
X
=
b k′ ⟩
δΨ,Ψk′ ⟨Ψ|A|Ψ
k′
b
⟨Ψ|A|Ψ⟩
=
2. ϱb =
P
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψα |
P
P
P 2
ϱb =
pα pα′ |Ψα ⟩ ⟨Ψα |Ψα′ ⟩ ⟨Ψα′ | =
pα pα′ |Ψα ⟩ δα,α′ ⟨Ψα′ | =
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψα |
α
α,α′
α,α′
α
Bedingung für Gleichheit: p2α = pα oder pα = 1
Nur ein Zustand mit Wahrscheinlichkeit 1, der Rest ist 0
⇒ ϱb beschreibt reinen Zustand
14
3. Der Dichte-Operator habe die Form ϱb =
P
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψα |
α
Die zeitliche Ableitung des Dichte-Operators ist dann gegeben durch:
X
X
X
d
ϱb =
ṗα |Ψα ⟩ ⟨Ψα | +
pα |Ψ̇α ⟩ ⟨Ψα | +
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψ̇α |
dt
α
α
α
X
∂ ϱb X
+
pα |Ψ̇α ⟩ ⟨Ψα | +
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψ̇α |
=
∂t
α
α
Die Schrödinger-Gleichung hat die Form:
1
H |ψα ⟩
i~
1
⇒ ⟨ψ̇α | = − ⟨ψα | H
i~
i~ |ψ̇α ⟩ = H |ψα ⟩
⇒ |ψ̇α ⟩ =
−i~ ⟨ψ̇α | = ⟨ψα | H
Eingesetzt in die zeitliche Ableitung folgt:
d
ϱb =
dt
=
=
d
ϱb =
dt
∂ ϱb
1 X
1 X
+ H
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψα | −
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψα |H
∂t
i~
i~ α
α
Ã
!
X
∂ ϱb i X
+
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψα |H − H
pα |Ψα ⟩ ⟨Ψα |
∂t
~
α
α
∂ ϱb
+
∂t
∂ ϱb
+
∂t
i
(b
ϱ H − H ϱb)
~
i
[b
ϱ, H]
~
4.
d D bE
A
=
dt
=
d ³ b´
Tr ϱb A
dt
d X
b α′ ⟩
pα ⟨ψα′ |ψα ⟩ ⟨ψα |A|ψ
| {z }
dt
′
α,α
=
=
δα,α′
d X
b α⟩
pα ⟨ψα |A|ψ
dt α
X
b α⟩ +
pα ⟨ψ̇α |A|ψ
X
α
=
=
=
d D bE
A
=
dt
α
b ψ̇α ⟩ +
pα ⟨ψα |A|
X
|
b
dA
|ψα ⟩
dt
{z
}
pα ⟨ψα |
α
D
b
dA
dt
X 1
1
b α⟩ +
b
pa ⟨ψα |AH|ψ
pa ⟨ψα |HA|ψ
−
α⟩ +
i~
i~
α
α
*
+
³
´
X 1
b
d
A
b − HA
b |ψα ⟩ +
pa ⟨ψα | AH
i~
dt
α
*
+
h
i
X 1
b
b H |ψα ⟩ + dA
pa ⟨ψα | A,
i~
dt
α
*
+
b
1 Dh b iE
dA
A, H +
i~
dt
X
15
E
*
b
dA
dt
+