10. ¨Ubungsblatt (Theorie) zur Quantenphysik SS 10 Abgabe am

10. Übungsblatt (Theorie) zur Quantenphysik SS 10
Abgabe am 22.06.10 nach der Vorlesung, Besprechung in den Übungen am 24.06.10.
A. Großardt, Dr. E. Kant, Prof. Dr. J. Plefka, Dipl. Phys. T. Schuster
H1 - Unitäre Transformation
Man zeige, dass der unitäre Operator U(α) := exp(− !i α ˆl3 ) mit
ˆl3 := x̂1 p̂2 − x̂2 p̂1
eine Rotation in der 1 − 2 Ebene erzeugt. Hierzu untersuche man die unitären Transformationen der hermiteschen Operatoren x̂i und p̂i für i = 1,2,3.
H2 - Isotroper, harmonischer Oszillator in der Ebene
a) Für einen zweidimensionalen, isotropen harmonischen Oszillator
H0 =
p̂21
p̂2
mω 2 2
mω 2 2
+
x̂1 + 2 +
x̂2
2m
2
2m
2
gebe man die Energieeigenwerte und deren Entartungsgrad an.
b) Man zeige, dass H0 mit dem hermiteschen Operator des Drehimpulses in 3-Richtung
ˆl3 aus Aufgabe H1 vertauscht und bestimme die Eigenvektoren von H0 in den
Eigenräumen E = 2!ω und E = 3!ω so, dass sie gleichzeitig Eigenvektoren zu ˆl3
sind. Welche Werte können bei einer ˆl3 -Messung auftreten?
c) Lassen sich H0 und ˆl3 simultan messen? Falls ja, lässt sich durch eine solche simultane Messung ein reiner Zustand für dieses zweidimensionale Quantensystem
präparieren?
H3 - Messungen an einem 1d-Harmonischen Oszillator mit linearem Term
Ein Teilchen der Masse m und der Ladung q befindet sich in dem Potential V0 (x) =
m 2 2
ω x (eindimensionales Problem). Eine Energiemessung ergibt den Wert 32 !ω. Un2
mittelbar danach wird ein homogenes elektrisches Feld E in x-Richtung eingeschaltet
(vergleiche Aufgabe H1 des 5. Übungsblatts.)
a) Bestimmen Sie die möglichen Messwerte der Energien #n nach Einschalten des elektrischen Feldes.
b) Wie groß sind die Wahrscheinlichkeiten wn für das Eintreten der Meßwerte #n ?
1
c) Diese Energiemessung in Anwesenheit eines elektrischen Feldes liefert den tiefsten
zulässigen Wert. Danach wird das Feld abgeschaltet. Wie groß ist für eine dritte
Energiemessung (ohne Feld) die Wahrscheinlichkeit w̃1 für das erneute Eintreten
des Wertes 32 !ω ?
d) Diskutieren Sie den Fall E → 0.
Hinweis: Die Zustandsfunktionen verändere sich durch das schnelle Ein- und Ausschalten
des Feldes nicht.
H4 - Verallgemeinerte Unschärferelationen
Welche Unschärferelation besteht zwischen der Energie und dem Ort bzw. dem Impuls
eines eindimensionalen Teilchens im Potential V (x̂)?
2
10. Lösungsvorschlag (Theorie) zur Quantenphysik SS 10
H1 - Unitäre Transformation
i) Der Operator x̂i transformiert wie folgt
x̂!i
#
! 1 "i
ˆ
αl3 ,x̂i
= U(α)x̂i U(−α) =
BCH
n! !
(n)
n
Wir berechnen den Kommutator

 





x̂1
0 −α 0
x̂1
−x̂2
 i αˆl3 ,  x̂2  = α  x̂1  =  α 0 0   x̂2  .
!
0 0 0
x̂3
0
x̂3
Für den n-Kommutator folgt:




n 

x̂1
0 −α 0
x̂1
 i αˆl3 ,  x̂2  =  α 0 0   x̂2  .
!
x̂3
0 0 0
x̂3
(n)
Es gilt
,
0 −1
1 0
und damit
,
,
-2n
1 0
0 −1
n
= (−1)
0 1
1 0
-2
=
,
und
0 −1
−1 0
,
0 −1
1 0
-2n+1
= (−1)
n
,
0 −1
1 0
Damit gilt
x̂!3 = xˆ3
und
/
,
,
"
-#
"
-#
i ˆ
i ˆ
1
1
x̂1
x̂1
+
αl3 ,
αl3 ,
x̂2
x̂2
(2n)! !
(2n + 1)! !
(2n)
(2n+1)
n
,
,
,
-,
! (−1)n α2n+1 0 −1 - , x̂1 -! (−1)n α2n x̂1
+
=
x̂2
x̂2
1 0
(2n)!
(2n + 1)!
n
n
,
cos αx̂1 − sin αx̂2
=
.
sin αx̂1 cos αx̂1
!
.
Für den Kommutator zwischen ˆl3 und p̂i gilt:

 



p̂1
0 −α 0
p̂1
 i αˆl3 ,  p̂2  =  α 0 0   p̂2  .
!
p̂3
p̂3
0 0 0
Analog finden wir damit
p̂!1 = cos αpˆ1 − sin αp̂2
und p̂!2 = sin αp̂1 + cos αpˆ2
3
und p̂!3 = pˆ3
-
H2 - Isotroper, harmonischer Oszillator in der Ebene
a) Nach Aufgabe P1 auf Übungsblatt 6 gilt, dass der n−te angeregte Zustand den Energieeigenwert !ω(n + 1) hat und n + 1-fach entartet ist.
b) Mit
[xi ,pj ] = i!δij
finden wir:
[p21 ,l3 ] = p1 [p1 ,x1 p2 − x2 p1 ] + [p1 ,x1 p2 − x2 p1 ]p1 = p1 [p1 ,x1 p2 ] + [p1 ,x1 p2 ]p1 = −2i!p1 p2
[p22 ,l3 ] = 2i!p1 p2
[x21 ,l3 ] = −2i!x1 x2
[x22 ,l3 ] = 2i!x1 x2 ,
also
mω 2 2
mω 2 2
p̂2
p̂2
x̂1 + 2 +
x̂2 ,x̂1 p̂2 − x̂2 p̂1 ] = 0 .
[H0 ,ˆl3 ] = [ 1 +
2m
2
2m
2
Wir schreiben den Operator ˆl3 mit Hilfe von Auf- und Absteigeoperatoren (vgl. Übungsblatt 9):
0
0
2
2
! 1 †
ωm! 1 †
ai + ai
pi = i
ai − ai .
xi =
2ωm
2
Damit finden wir:
ˆl3 : = x̂1 p̂2 − x̂2 p̂1
0
0
21
2 1
21
22
!
ωm! 11 †
i
a1 + a1 a†2 − a2 − a†2 + a2 a†1 − a1
=
2ωm
2
†
†
= i!(a2 a1 − a1 a2 )
Der erste angeregte Zustand mit der Energie 2!ω ist zweifach entartet, |1,0#,|0,1#. Es
gilt
H0 |1,0# = 2!ω|1,0#
H0 |0,1# = 2!ω|0,1#
aber
und
ˆl3 |1,0# = i!(a† a1 − a† a2 )|1,0# = i!(a† a1 )|1,0# = i!(a† )|0,0# = i!|0,1#
2
1
2
2
ˆl3 |0,1# = −i!|1,0# .
Wir suchen nun Linearkombination von |1,0# und |0,1# die Eigenfunktionen von ˆl3 sind.
Wir finden
i!
1
ˆl3 √1 (|1,0# ± i|0,1#) = √
(|0,1# ∓ |1,0#) = ±!( √ (|1,0# ± i|0,1#))
2
2
2
4
Die Linearkombination
1
|N = 1, ± !# ≡ √ (|1,0# ± i|0,1#)
2
sind also gemeinsame Eigenfunktionen zu H0 und ˆl3 mit den Eigenwerten E = 2!ω und
l3 = ±!.
Im Unterraum E = 3!ω finden wir 3 Eigenvektoren, |2,0#, |1,1# und |0,2#. Es gilt
√
ˆl3 |2,0# = i! 2|1,1#
√
ˆl3 |1,1# = i! 2(|0,2# − |2,0#)
√
ˆl3 |0,2# = −i! 2|1,1#
Wieder suchen wir Linearkombinationen, die Eigenfunktionen von ˆl3 sind.
Für das Eigenwertproblem ist die Matrix
√


0
−i
2h
0
√
√
M =  i 2h
−i 2h 
√0
0
0
i 2h
zu diagonalisieren. Die Eigenwerte lauten λ = 0, λ = ±2!. Die zugehörigen Eigenvektoren lauten
1
|N = 2,0# = √ (|2,0# + |0,2#)
2
2
1
√
1
|N = 2, − 2!# −|2,0# + i 2|1,1# + |0,2#
2
1
2
√
1
|N = 2,2!# −|2,0# − i 2|1,1# + |0,2# .
2
Es können also im Eigenraum E = 2! die l3 Eigenwerte ±! und im Eigenraum E = 3!
l3 Eigenwerte ±2! und 0 auftreten.
c)Ja, da H und l3 vertauschen ist eine simultane Messung möglich. Das System befindet
sich nach der Messung in einem reinen Zustand.
H3 - Messungen an einem 1d-Harmonischen Oszillator mit linearem Term
Ohne elektrisches Feld ist das System charakterisiert durch die Eigenvektoren |n# mit
den Eigenwerten ωn = !(n + 12 ). Nach Blatt 5 lässt sich der Hamilton des gestörten
Systems schreiben als
,
1
q2E 2
†
.
H = !ω 3
a3
a +
−
2
2mω 2
mit
3
a=a+c
5
und
2qE
c=−
mω 2
0
ωm
2!
Der Hamilton wird gelöst durch die Eigenvektoren |ñ# mit den Eigenwerten #n = ω!(n +
q2 E 2
1
) − 2mω
2 und es gilt.
2
√
3
a|3
n# = n|3
n − 1#
2
2
q E
Nach Einschalten des Feldes sind also die Eigenwerte #n = ω!(n + 12 ) − 2mω
2 zu messen.
Zur Berechnung der gestörten Eigenbasis |3
n# entwickeln wir den Grundzustand des ungestörten Systems in der Eigenbasis des gestörten Systems:
!
|0# =
|3
n#'3
n|0# .
n=0
Der Absteigeoperator angewandt auf den Grundzustand muss 0 ergeben:
0 = a|0# =
∞
!
n=0
(3
a − c)|3
n#'3
n|0# =
=
∞
!
√
n=1
∞
!
n=0
n|3
n − 1#'3
n|0# −
|3
n#
1√
Wir finden also
'3
n + 1|0# = '3
n|0# √
bzw.
∞
!
n=0
c|3
n#'3
n|0#
n + 1'3
n + 1|0# − c'3
n|0#
2
c
,
n+1
cn
0|0#
'3
n|0# = √ '3
n!
'3
0|0# bestimmen wir über die Normierungsbedingung:
1 = '0|0# =
also
! cn (c∗ )m
2
√
|'3
0|0#|2'm|3
3 n# = '3
0|0#|2e|c| ,
n!m!
m,n
'3
0|0# = e−
|c|2
2
eiφ
b) Vor Einschalten des Feldes befindet sich der Oszillator im Eigenzustand |1#. Dieser
lässt sich in der neuen Eigenbasis |ñ# entwickeln
!
|1# =
'ñ|1#|ñ#
n
Die Wahrscheinlichkeit wn nach Einschalten des elektrischen Feldes die Energie #n zu
messen ist gegeben durch
|'ñ|1#|2 .
6
Für n ≥ 1 gilt
√
'ñ|1# = 'ñ|a† 0# = '(ã − c)ñ|0# = n'ñ − 1|0# − c'ñ|0#
/
.
n−1
n+1
√
|c|2
c
c
−√
n4
= e− e eiφ
(n − 1)!
n!
Wir finden damit (c ist rell)
−c2 2(n−1)
wn≥1 = e
Für w0 finden wir
c
,
2c2
c4
n
−
+
(n − 1)! (n − 1)! n!
w0 = |'0̃|1#|2 = |'(a − c)0̃|0#|2 = c2 e−c
-
.
2
c) Nach der Messung befindet sich das System im Grundzustand des gestörten Systems
|0̃#. Wir entwickeln diesen wieder in der Eigenbasis des ungestörten Systems
!
|3
0# =
'n|0̃#|n# .
n
Die Wahrscheinlichkeit den ersten angeregten Zustand zu messen ist
2
w̃1 = |'1|0̃#|2 = |'a† 0|3
0#|= |'(3
a − c)3
0|0#|2 = |c|2 |'3
0|0#|2 = |c|2 e−|c|
d) Geht E → 0 so geht das gestörte System ins ungestörte System über und c → 0.
Die wi aus Aufgabenteil b) sind 0 für n )= 1. Im Limes c → 0 geht w1 gegen 1. Die
Wahrscheinlichkeit w̃1 geht ebenfalls gegen 0.
H4 - Verallgemeinerte Unschärferelationen
Der Hamiltonian lautet
H = p2 /2m + V (x) .
i)
1
∆H∆x ≥ |'ψ|[H,x]|ψ#| .
2
Für den Kommutator finden wir
p2
1
1
−i!
[H,x] = [
,x] =
p[p,x] +
[p,x]p =
p,
2m
2m
2m
m
und damit
!
∆H∆x ≥
|'ψ|p|ψ#| .
2m
ii)
1
∆H∆p ≥ |'ψ|[H,p]|ψ#| .
2
Für den Kommutator finden wir
[H,p] = [V (x),p]
und damit
1
∆H∆p ≥ |'ψ|[V (x),p]|ψ#| .
2
7