Moderne Theoretische Physik WS 2013/2014 Blatt 10

Karlsruher Institut für Technologie
Institut für Theorie
der Kondensierten Materie
Moderne Theoretische Physik
WS 2013/2014
Blatt 10:Lösungen
Besprechung 24.01.2014
Prof. Dr. A. Shnirman
Dr. B. Narozhny
1. Erwartungswert, Variation und Unschärfe-Relation:
(15 = 5 + 5 + 5 Punkte)
Gegeben sei die Wellenfunktion eines Teilchens in 1-D:
2
x
2
ψ(x) = N (a + bx + cx ) exp −
,
2
wobei a, b und c reell sind.
a) Bestimmen Sie den Normierungskoeffizient N .
Der Normierungskoeffizient wird mithilfe der Normierungs-Bedingung bestimmt:
Z
dx|ψ(x)|2 = 1 .
1=N
2
Z
dx (a + bx + cx2 )2 exp −x2 .
Aus Symmetrie-Gründen ”überleben” im diesem Integral nur die gerade Potenzen
von x:
Z
2
1=N
dx (a2 + b2 x2 + 2acx2 + c2 x4 ) exp −x2 .
Wir brauchen, also, die folgenden Integrale:
r
Z
π
−αx2
e
.
dx =
α
r √
Z
∂
π
π −3/2
2
=
α
.
x2 e−αx dx = −
∂α
α
2
√
√
Z
∂
π −3/2
3 π −5/2
4 −αx2
x e
dx = −
α
=
α
.
∂α
2
4
Der Parameter α war hier nötig um nach α differenzieren zu können. Am Ende
setzen α = 1 und erhalten
√
√ √
π
2
2
2
23 π
1 = N a π + (b + 2ac)
+c
.
2
4
Also
N2 = √
1
π a2 +
b2 +2ac
2
+
3c2
4
.
b) Bestimmen Sie die Erwartungswerte hx̂i = hψ|x̂|ψi und hp̂i = hψ|p̂|ψi. Hier
ist p̂ = −i~∂/∂x der Impulsoperator.
Z
2
hψ|x̂|ψi = N
dx x (a + bx + cx2 )2 exp −x2 .
Jetzt, aus Symmetrie-Gründen ”überleben” nur die folgenden Terme
Z
2
hψ|x̂|ψi = N
dx (2abx2 + 2bcx4 ) exp −x2 .
Das ergibt
hψ|x̂|ψi = N
2
√ 3bc π
ab π +
.
2
√
Letztendlich
3bc
2
3c2
b2 +2ac
+
2
4
ab +
hψ|x̂|ψi =
a2 +
.
Für den Erwartungswert des Impuls-Operators erhalten wir (ψ(x) ist reell)
Z
hψ|p̂|ψi = dx ψ(x) (−i~∂/∂x) ψ(x) .
Ohne Rechnung sieht man, dass hψ|p̂|ψi = 0. Z.B., mithilfe der partiellen Integration man kann zeigen, dass hψ|p̂|ψi = −hψ|p̂|ψi.
c) Berechnen Sie die Variationen (∆x)2 = hx̂2 i − hx̂i2 und (∆p)2 = hp̂2 i − hp̂i2
und überzeugen Sie sich, dass die Unschärfe-Relation (∆x)(∆p) ≥ ~/2
gilt.
1) Wir berechnen erst (∆x)2 :
Z
2
2
hψ|x̂ |ψi = N
dx x2 (a + bx + cx2 )2 exp −x2 .
2
hψ|x̂ |ψi = N
2
Z
dx (a2 x2 + b2 x4 + 2acx4 + c2 x6 ) exp −x2 .
Wir brauchen noch das folgende Integral:
√
√
Z
∂ 3 π −5/2
15 π −7/2
6 −αx2
x e
dx = −
α
=
α
.
∂α
4
8
Dann erhalten wir
2
hψ|x̂ |ψi = N
2
√
π
hψ|x̂2 |ψi =
a2 3b2 + 6ac 15c2
+
+
2
4
8
a2
2
+
3b2 +6ac
4
+
15c2
8
b2 +2ac
2
+
3c2
4
a2 +
.
.
Schließlich
2
(∆x) =
a2
2
+
3b2 +6ac
4
+
15c2
8
b2 +2ac
2
+
3c2
4
a2 +
−
3bc 2
2
b2 +2ac
3c2 2
+
2
4
ab +
a2 +
.
2) Um hp̂2 i bestimmen zu können, berechnen wir erst
2
∂
x
2
φ(x) = p̂ψ(x) = −i~ N (a + bx + cx ) exp −
.
∂x
2
2
x
2
φ(x) = p̂ψ(x) = −i~N (b + 2cx) − x(a + bx + cx ) exp −
.
2
2
x
2
3
φ(x) = p̂ψ(x) = −i~N b + (2c − a)x − bx − cx ) exp −
.
2
Dann
2
hp̂ i = hφ|φi =
2
2
2
2
2
2
hp̂ i = ~ N
Z
Z
dx φ∗ (x)φ(x) .
dx b2 + (2c − a)2 x2 + b2 x4 + c2 x6 − 2b2 x2 − 2c(2c − a)x4 exp −x2
Z
dx b2 + (2c − a)2 − 2b2 x2 + b2 − 2c(2c − a) x4 + c2 x6 exp −x2 .
3 2
15 2
√
1 2
2
2
2
2
2
hp̂ i = ~ N π b +
(2c − a) − 2b +
b − 2c(2c − a) +
c .
2
4
8
√
3 2 1
3
15 2
2
2
2
2
hp̂ i = ~ N π
b + (2c − a) − c(2c − a) +
c .
4
2
2
8
√
3 2 1
15 2
2
2
2
b − (2c − a)(a + c) +
c
hp̂ i = ~ N π
.
4
2
8
√
3 2 1 2 1
7 2
2
2
2
b + a − ac + c
hp̂ i = ~ N π
.
4
2
2
8
Schließlich
√
3 2 1 2 1
7 2
2
2
2
2
2
2
b + a − ac + c
.
(∆p) = hp̂ i − hp̂i = hp̂ i = ~ N π
4
2
2
8
3 2
1 2
1
7 2
b
+
a
−
ac
+
c
2
2
8
(∆p)2 = ~2 4
.
b2 +2ac
3c2
2
a + 2 + 4
hp̂ i = ~ N
2. Spin-1/2 (Quantenbit):
(15 = 5 + 5 + 5 Punkte)
In der Vorlesung wurde gezeigt, dass die Unschärferelationen eng verknüpft sind mit
den Kommutatoren von Operatoren. Im allgemeinen gilt
2
1
2
2
(∆A) (∆B) ≥
h[Â, B̂]i
2i
wobei [Â, B̂] ein Kommutator ist: [Â, B̂] ≡ ÂB̂ − B̂ Â.
Bei Spin 1/2 werden die so genanten Pauli-Matrizen σi (i = x, y, z) benutzt
0 −i
1 0
0 1
σx =
σy =
σz =
1 0
i 0
0 −1
~ = ~ ~σ .
Der Spinoperator ist dabei definiert als S
2
a) Überprüfen Sie mit einer expliziten Rechnung dass die Pauli-Matrizen
den folgenden Relationen genügen
[σx , σz ] = −2i σy
[σx , σy ] = 2i σz
[σy , σz ] = 2i σx
2
2
σz2 = 1
σy = 1
σx = 1
Einfache Matrix-Multiplikation.
b) Der Zustand des Spin-1/2 (Quantenbits) ist gegeben durch
√
1 √i
i
3
|ψi =
= |0i +
|1i .
3
2
2
2
1
0
Hier |0i =
und |1i =
sind die Eigenzustände des Operators
0
1
σz : σz |0i = |0i und σz |1i = −|1i. Bestimmen Sie die Erwartungswerte hŜi i
und die Variationen (∆Si )2 für i = x, y, z für den Zustand |ψi.
i
2

~
~ i
hψ|Sz |ψi = hψ|σz |ψi =
−2
2
2
√
3
2
1 0 

0 −1 
√

 ~
=
 2
1
~
−
=− .
2
4
3
2

~
~ i
hψ|Sx |ψi = hψ|σx |ψi =
−2
2
2
√
3
2
0 1 

1 0 
i
2
√


=0.

3
2

~
~ i
hψ|Sy |ψi = hψ|σy |ψi =
−2
2
2
√
3
2
0 −i 


i 0
i
2
√

 ~
=
 2
3
2
hψ|Sz2 |ψi =
~2
~2
~2
hψ|σz2 |ψi = hψ|ψi =
.
4
4
4
hψ|Sx2 |ψi =
~2
~2
~2
hψ|σx2 |ψi = hψ|ψi =
.
4
4
4
hψ|Sy2 |ψi =
~2
~2
~2
hψ|σy2 |ψi = hψ|ψi =
.
4
4
4
(∆Sz )2 = hψ|Sz2 |ψi − hψ|Sz |ψi2 =
~2 ~2
3~2
−
=
.
4
16
16
(∆Sx )2 = hψ|Sx2 |ψi − hψ|Sx |ψi2 =
(∆Sy )2 = hψ|Sy2 |ψi − hψ|Sy |ψi2 =
~2
~2
−0=
.
4
4
~2 3~2
~2
−
=
.
4
16
16
√ !
√
3
~ 3
−
=−
.
2
4
c) Überprüfen Sie, für den Zustand |ψi, die Unschärferelationen
1) Die erste Ungleichung
2
2
(∆Sx ) (∆Sy ) ≥
2
1
h[Ŝx , Ŝy ]i
2i
Wir erhalten für den Kommutator [Sx , Sy ] =
Dann gilt
~2
[σx , σy ]
4
h[Ŝx , Ŝy ]i = i~hSz i = −i
=
~2
2iσz
4
= i~Sz .
~2
.
4
Wir überprüfen die Ungleichung
~2 ~2
~4
×
≥
. OK
4
16
64
2) Die zweite Ungleichung
2
2
(∆Sx ) (∆Sz ) ≥
2
1
h[Ŝx , Ŝz ]i
2i
Wir erhalten für den Kommutator [Sx , Sz ] =
Dann gilt
~2
[σx , σz ]
4
2
= − ~4 2iσy = −i~Sy .
√
~2 3
h[Ŝx , Ŝz ]i = −i~hSy i = i
4
Wir überprüfen die Ungleichung
~2 3~2
3~4
×
≥
. OK
4
16
64
3) Die dritte Ungleichung
2
2
(∆Sy ) (∆Sz ) ≥
2
1
h[Ŝy , Ŝz ]i
.
2i
2
Wir erhalten für den Kommutator [Sy , Sz ] = ~4 [σy , σz ] =
Dann gilt
h[Ŝy , Ŝz ]i = i~hSx i = 0
Wir überprüfen die Ungleichung
~2 3~2
×
≥ 0 . OK
16
16
~2
2iσx
4
= i~Sx .