Quantenmechanik 1 – Übung 7

Quantenmechanik 1 – Übung 7
Erik Hebestreit (105203)
5. Juli 2010
23 Potentialtopf
a) Durch Anwendung der zeitunabhängigen Schrödingergleichung
En ψn = Hψn = −
~2
∆ψn + V (x)ψn
2m
erhält man im Bereich x < 0, x > a den Eigenzustand
φn = 0, En = 0.
In 0 < x < a erhält man die Differentialgleichung
En ψn = −
~2
∂2
2mEn
∆ψn ⇒
ψn (x) = −
ψn (x)
2
2m
∂x
~
mit der allgemeinen Lösung
r
ψn (x) = An cos
!
!
r
2mEn
2mEn
x + Bn sin
x .
~2
~2
Aufgrund der Stetigkeitsbedingungen muss An = 0 für alle n sein und
r
2mEn
a = πn.
~2
Damit sind die Energieeigenwerte und zugehörigen Eigenfunktionen
En =
π π 2 n2 ~2
,
ψ
(x)
=
B
sin
nx .
n
n
2ma2
a
Durch die Normierung ist auch die Konstante Bn bestimmt
Z
Z
π a
a
a !
2
2
2 π
2 1
dx |ψn (x)| = Bn dx sin
nx = Bn x −
sin
nx
= Bn2 = 1
a
2
4πn
a
2
0
r
2
⇒ Bn =
.
a
1
Quantenmechanik 1 – Übung 7
Erik Hebestreit (105203)
b) Damit die Normierungsbedingung erfüllt ist, muss gelten
a
Z
Z a
1
a5
1
1
dx[x(a − x)]2 = N 2 a2 x3 − ax4 + x5 = N 2 = 1.
dx|χ(x)|2 = N 2
3
2
5
30
0
0
q
Damit ergibt sich als Normierungskonstante N = a305 . Die Entwicklungskoeffizienten erhält man mit
r
Z a
π 2
cn =
x(a − x) sin n x dx
N
a
a
"0
#
r
π
π
π π x2 a
2
2xa2
2a3
3 sin n a x
2 cos n a x
=
N a
+x
− 2 2 sin n x −
− 3 3 cos n x
a
n2 π 2
nπ
n π
a
nπ
n π
a
r
3
2
2a3
(−1)n a3
a
2a3
n
(−1)
=
N 0+0−0+ 3 3 −0−
+0+
−
a
n π
nπ
nπ n3 π 3
r
2 2a3
=
[1 − (−1)n ]
N
a n3 π 3
und somit die Wahrscheinlichkeiten
(
wn = |cn |2 =
960
n6 π 6
0
: n = 1, 3, 5, . . .
.
: n = 0, 2, 4, . . .
c) Mit obigen Ergebnissen berechnet man für den Erwartungswert des Hamiltonoperators im Zustand χ(x)
hHi =
X
wn En
n=2k+1
=
n
=
960~2
π4
2a2 mπ 4 96
=
X
k≥1
2
5~
a2 m
960~2 X
960~2
=
(2k + 1)−4
2a2 m(2k + 1)4 π 4
2a2 mπ 4
k≥1
.
24 Messung und Wahrscheinlichkeiten
a) Da die Wellenfunktion gerade als Fouriertransformation der Ortsfrequenzverteilung
gegeben ist, erhält man als Wellenfunktion im Impulsraum
ψ(p, 0) = N e−|k|/k0 = N e
|p|
0
− ~k
.
Normierung liefert
r
∞
Z
Z
|p|
|p|
1
!
−2 ~k
−2 ~k
2
2
2
2
0 dp = N ~k0 e
0
|ψ(p, 0)| dp = N
e
= N ~k0 = 1 ⇒ N =
.
~k
0
0
Damit ist die Wahrscheinlichkeit P (p1 , 0) gegeben durch
p1
Z p1
p
|p|
−2
−2 1
P (p1 , 0) =
|ψ(p, 0)|2 dp = −N 2 ~k0 e ~k0
= 1 − e ~k0 .
−p1
0
2
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Die Wahrscheinlichkeit P (p1 , 0) ist erwartungsgemäß 0 für p1 = 0 und 1 für p1 →
∞. Außerdem ist der Erwartungswert von hP i = 0 und damit ist ein „ruhendes“
Teilchen beschrieben (quantenmechanisch betrachtet, wird das Teilchen natürlich
einen Impuls besitzen, der aber im Mittel über viele Versuche verschwindet).
b) Zur Untersuchung der Wahrscheinlichkeit zur Zeit t muss der Entwicklungsoperator
U (t, 0) auf |ψ(0)i angewendet werden.
|ψ(t)i = U (t, 0)|ψ(0)i
P2
= exp −i
t |ψ(0)i
2m
P2
hp|ψ(t)i = hp| exp −i
t |ψ(0)i
2m
n
∞
X 1
P2
= hp|
−i
t |ψ(0)i
n!
2m
n=0
∞
X
it n
1
−
hp|P 2 |ψ(0)i
=
n!
2m
n=0
∞
X
1
it n 2
=
−
p hp|ψ(0)i
n!
2m
n=0
p2
= hp| exp −i
t |ψ(0)i
2m
p2
⇒ ψ(p, t) = exp −i
t ψ(p, 0)
2m
Für die Wahrscheinlichkeit gilt dann
Z p1
p
−2 1
|ψ(p, t)|2 dp = 1 − e ~k0 = P (p1 , 0).
P (p1 , t) =
−p1
Die Wahrscheinlichkeit P (p1 , t) ändert sich somit in der zeitlichen Entwicklung
nicht.
c) Neben der Wellenfunktion im Impulsraum (siehe oben) muss auch noch die Wellenfunktion im Ortsraum bestimmt werden:
Z ∞
|k|
−
0
ψ(x, 0) = N
dk e k0 eikx
−∞
Z ∞
Z 0
1
1
0
=N
dk exp ix −
k +
dk exp ix +
k
k0
k0
0
−∞
3
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
∞
1
1
1
ix −
k +
= N0 
1 exp
k0
ix − k0
ix +
0
#
"
1
1
= N0
1 +
ix − k0
ix + k10
= N0
1
k0
0
1
exp ix +
k k0


−∞
2
k0
1
k02
+ x2
Der Normierungsfaktor ist N 0 =
√ 1 .
2πk0
Für die Standardabweichung eines Operators gilt
p
∆A = hA2 i − hAi2 .
Aus der Symmetrie der Wellenfunktion folgt sofort
hXi = 0, hP i = 0.
Für die anderen beiden Erwartungswerte ergibt sich
Z
Z
hP 2 i = hψ|P 2 |ψi = dp hψ|pihp|P 2 |ψi = dp ψ ∗ (p)p2 ψ(p)
Z∞
|p|
p
2
2
dp p exp −2
=N
= 2N
dp p exp −2
~k0
~k0
−∞
0
∞
2
p
p ~k0 2p~2 k02 ~3 k03 2
= 2N exp −2
−
−
−
~k0
2
4
4 0
2
Z∞
2
~2 k02
N 2 ~3 k03
=
2
2
Z
Z
2
2
2
hX i = hψ|X |ψi = dx hψ|xihx|X |ψi = dx ψ ∗ (x)x2 ψ(x)
2
Z
Z
x2 k02
2k0
02
02
2
=N
dx x
=
4N
dx
1 + k02 x2
(1 + k02 x2 )2
∞
∞
Z
4N 02
y2
4N 02
y
1
(y = k0 x) =
dy
=
−
+ arctan y
k0
(1 + y 2 )2
k0
2(1 + y 2 ) 2
−∞
=
−∞
4N 02 h π π i 2π 02
1
=
+
=
N = 2
k0
4
4
k0
k0
Mit diesen Ergebnissen kann man die Standardabweichungen und deren Produkt
bestimmen:
s
p
p
1 ~2 k02
~
~
∆X · ∆P = hX 2 i hP 2 i =
=√ >
2
2
k0 2
2
4