Theoretische Physik II Quantenmechanik

Michael Czopnik
Bielefeld, 11. Juli 2014
Fakultät für Physik,
Universität Bielefeld
Theoretische Physik II Quantenmechanik
Sommersemester 2014
Lösung zur Probeklausur
Aufgabe 1:
(a) Geben Sie die zeitabhängige und die stationäre Schrödingergleichung an.
(b) Wie lauten die Eigenwertgleichungen für Drehimpulse? Welche Werte können die
auftretenden Quantenzahlen im Allgemeinen annehmen?
(c) Beweisen Sie, dass die Eigenwerte eines hermiteschen Operators reell sind.
(d) Beweisen Sie, dass die Eigenvektoren eines hermiteschen Operators, die zu verschiedenen Eigenwerten gehören, orthogonal sind.
(e) Zur Zeit t0 befinde sich das quantenmechanische System im Energieeigenzustand |φn i.
In welchem Zustand befindet es sich zur Zeit t > t0 ?
(10 Punkte)
Lösung:
(a)
−
−
~2 2
∂ ψ(x, t) + V ψ(x, t) = Eψ(x, t)
2m x
stationär
~2 2
∂ ψ(x, t) + V ψ(x, t) = i~∂t ψ(x, t)
2m x
zeitabhängig
(b)
n
, n ∈ N0
2
m = −l, −l + 1, ..., l
L̂2 |lmi = ~2 l(l + 1) |lmi
L̂z |lmi = ~m |lmi
l=
(c)
∗
hψ|Â|ψi = a hψ|ψi = hψ|† |ψi = hψ|Â|ψi = a∗ ⇒ a ∈ R
Sommersemester 2014
Quantenmechanik
Lösung zur Probeklausur
(d) Seien |ai , |bi Eigenvektoren, a, b Eigenwerte und  = † . Betrachten wir:
hb|Â|ai = a hb|ai
(1)
Wir können auch schreiben
∗
hb|Â|ai = ha|Â|bi = b ha|bi∗ = b hb|ai
(2)
Subtrahiert man nun (2) von (1) ergibt sich
0 = (a − b) hb|ai
Da a und b verschieden sind gilt (a − b) 6= 0 ⇒ hb|ai = 0
(e)
i
|φn (T )i = Û (t, 0) |φn i = e− ~ En t |φn i
Aufgabe 2:
Wir betrachten die folgende Wellenfunktion:
(x2 + y 2 + z 2 )
ψ(x, y, z) = N (x + y + z) exp −
α
Mit N einer Normierungskonstante, und α ein geeigneter Parameter. Wir berechnen nun
die Ergebnisse der Drehimpulsmessung an diesen System.
(a) Schreiben Sie die Wellenfunktion günstigerweise erst einmal um in Kugelkoordinaten
{r, θ, φ}, und bringen Sie diese auf die folgende Form:
ψ(r, θ, φ) = R(r)T (θ, φ)
(b) Entwickeln Sie T (θ, φ) dann in Kugelfunktionen Ylm (θ, φ), und normieren Sie am
besten das resultierende Ergebnis.
(c) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Messergebnisse:
1. hL2 i = 2~2 und hLz i = 0.
2. hL2 i = 2~2 und hLz i = ~.
3. hL2 i = 2~2 und hLz i = −~.
(18 Punkte)
2
Sommersemester 2014
Quantenmechanik
Lösung zur Probeklausur
Lösung:
(a) Umschreiben in Kugelkoordinaten:
x = r sin(θ) cos(φ)
y = r sin(θ) cos(φ)
z = r cos(θ)
⇒ ψ(r, θ, φ) = N r (sin(θ)(cos(φ) + sin(φ)) + cos(θ)) e−r
2 /a
= R(r)T (θ, φ)
(b) Kugelfunktionen
r
3
sin(θ)eiφ
Y11 (θ, φ) = −
8π
r
3
0
Y1 (θ, φ) = −
cos(θ)
4π
r
3
−1
Y1 (θ, φ) = −
sin(θ)e−iφ
8π
⇒ T (θ, φ) =
X
alm Ylm (θ, φ) = sin(θ)cos(φ) + sin(θ)s sin(φ) + cos(θ)
l,m
wobei
Z
alm =
(Ylm )∗ T (θ, φ) sin(θ)dθ dφ
besser:
r
1 iφ
4π 0
1 iφ
−iφ
−iφ
(e + e ) + (e − e ) +
Y
T (θ, φ) = sin(θ)
2
2i
3 1
r
1
4π 0
iφ
−iφ
= sin(θ) e (1 − i) + e (1 + i) +
Y
2
3 1
r
r
1 8π
4π 0
1
−1
=
[−Y1 (1 − i) + Y1 (1 + i)] +
Y
2 3
3 1
r
√
2π
=
[(1 + i)Y1−1 − (1 − i)Y11 + 2Y10 ]
3
Normierung von T (θ, φ):
Z
0 ∗
m
(Ylm
sin(θ) dθdφ = δll0 δmm0 = hl0 m0 |lmi
0 ) Yl
Somit gilt für T 0 (θ, φ) ≡ βT (θ, φ):
Z
2
T ∗ (θ, φ)T (θ, φ) sin(θ) dθdφ
1=β
= β2
2π
(2 + 2 + 2) = 4πβ 2
3
3
1
⇒β= √
4π
Sommersemester 2014
Quantenmechanik
Lösung zur Probeklausur
(c) Berechnung der Wahrscheinlichkeiten:
(1)
hL2 i = ~2 l(l + 1) = 2~2 , hLz i = 0 ⇒ l = 1, m = 0
1 √ 2 1
0 2
P = | h10|T i | = √ 2 =
3
6
(2)
hL2 i = 2~2 , hLz i = ~ ⇒ l = 1, m = 1
1 + i 2 1
0 2
P = | h11|T i | = − √ =
3
6
(3)
hL2 i = 2~2 , hLz i = −~ ⇒ l = 1, m = −1
1 + i 2 1
0 2
P = | h1 − 1|T i | = √ =
3
6
Aufgabe 3:
Wir betrachten einen eindimensionalen harmonischen Oszillator mit dem Hamiltonoperator
Ĥ =
p̂2
µω 2 x̂2
+
2µ
2
mit den Energiezuständen |ni zu den Energieeigenwerten En = ~ω(n + 1/2)
{0, 1, 2, ...}). Zur Zeit t = 0 sei der Zustand durch
(n ∈
1
1
|ψ(t = 0)i = √ |0i − i √ |1i
2
2
gegeben.
(a) Geben Sie |ψ(t)i für t 6= 0 an.
(b) Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird jeweils die Energie E0 bzw. E1 bzw. E2 gemessen?
(c) Berechnen Sie die Erwartungswerte von Ort x und Impuls p bezüglich |ψ(t)i.
(d) Berechnen Sie die Ortsraumdichte |ψ(x, t)|2 . Dabei ist ψ(x, t) = hx|ψ(t)i.
(15 Punkte)
4
Sommersemester 2014
Quantenmechanik
Lösung zur Probeklausur
Lösung:
(a)
1
iE0
i
iE1
t |0i − √ exp −
t |1i
|ψ(t)i = √ exp −
~
~
2
2
1
i
iω
3iω
= √ exp − t |0i − √ exp −
t |1i
2
2~
2
2
(b)
1
2
1
P1 (t) = | h1|ψ(t)i |2 =
2
2
Pn (t) = | hn|ψ(t)i | = 0 für n ≥ 2.
P0 (t) = | h0|ψ(t)i |2 =
(c) Diese Aufgabe löst man am besten mit Hilfe der Auf- und Absteigeoperatoren. Es
gilt:
r
mω
i
p̂
(3)
â =
x̂ + √
2~
2m~ω
und
â |ni =
√
n |n − 1i ,
↠|ni =
√
n + 1 |n + 1i
(4)
Aus (3) folgt
r
x̂ =
~
(↠+ â),
2mω
r
p̂ = i
mω~ †
(â − â)
2
Zusammen mit der Orthonormiertheit der |ni ergibt sich mit Hilfe von (4)
r
~
sin(ωt),
hxi (t) = hψ(t)|x̂ψ(t)i = −
r 2mω
m~ω
hpi (t) = hψ(t)|p̂ψ(t)i = −
cos(ωt)
2
Letzteres hätte man auch aus dem Ehrenfestschen Theorem herleiten können:
hpi (t) = m
d
hxi (t)
dt
(d) Die Wellenfunktion ist durch
1
iωt
i
3iωt
Ψ(x, t) = hx|ψ(t)i = √ exp −
ψ0 (x) − √ exp −
ψ1 (x)
2
2
2
2
5
(5)
Sommersemester 2014
Quantenmechanik
Lösung zur Probeklausur
gegeben. Es gilt die n-te Energieeigenfunktion
s
2
x
x
1
√ n Hn
ψn (x) = hx|ni =
exp − 2 .
a
a
a π2 n!
p
Dabei ist Hn das n-te Hermitesche Polynom und a =
~/(mω). Setzen wir die
Hermitepolynome H0 (x) = 1 und H1 (x) = 2x ein, ergibt (5) für die Ortsaufenthaltswahrscheinlichkeitsverteilung
2
1
1
x2 √
x
x
2
|Ψ(x, t)| = √
+ 3 − 2 sin(ωt) 2 exp − 2
a
a
π 2a a
Aufgabe 4:
Welchen Wert muss L haben, damit die Grundzustandsenergie eines Teilchens (m) im
Potential
 2 2
~ κ


− 2m für |x| < a mit κ, a > 0
V (x) =
für a < |x| < L
0


∞
sonst
den Wert Null hat?
(10 Punkte)
Lösung:
Betrachte den Aussenbereich |x| > L:
ψ(x) = 0 ⇒ ψ(±L) = 0
Bereich I: a < x < L: Schrödingergleichung liefert:
−∂x2 ψI = 0 · ψI
⇒ ψI (x) = Ax + B = A(x − L)
Bereich II: −a < x < a: Hierauf die Schrödingergleichung angewendet ergibt:
(−∂x2 − κ2 )ψII = 0 · ψII
⇒ ψII (x) = C cos(κx) + D sin(κx)
Hierbei ist D = 0, da der Grundzustand keine Knoten hat. Aus den Anschlussbedingungen
erhalten wir
!
ψI (a) = ψII (a) ⇒ A(a − L) = C cos(κa)
!
0
ψI0 (a) = ψII
(a) ⇒ A = −κC sin(κa)
Teilen der beiden letzten Gleichungen liefert:
L=a+
6
cos(κa)
κ sin(κa)
Sommersemester 2014
Quantenmechanik
Lösung zur Probeklausur
Aufgabe 5*:
Der Hamiltonoperator des ”verschobenen” linearen harmonischen Oszillators besitzt die
Form
Ĥ =
√
mω 2 2
p̂2
+
x̂ − γ 2m~ω 2 x̂
2m
2
mit γ einer dimensionslosen reellen Konstante.
(a) Wie lauten die exakten Eigenwerte En (γ) und die exakten Eigenvektoren |un (γ)i
von Ĥ? Für welche Werte des Parameters γ ist die Konvergenz einer √
störungstheoretischen Entwicklung für En (γ) zu erwarten, wenn man W := −γ 2m~ω 2 x̂ als
Störung“ansieht?
”
(b) Führen Sie die Berechnung der Eigenwerte En (γ) von
Ĥ = H0 + W,
H0 =
p̂2
mω 2 2
+
x̂ ,
2m
2
√
W = −γ 2mω 2 ~x̂
in erster und zweiter Ordnung Störungstheorie durch.
(15 Punkte)
Lösung:
(a) Der Hamiltonoperator des Systems kann zu einem vollständigen Quadrat in x̂ ergänzt
werden:
√
p̂2
mω 2
mω 2 2
γ 2m~ω 3
2
Ĥ =
+
(x̂ − x0 ) −
x , x0 :=
.
2m
2
2 0
mω 2
Lösung des Eigenwertproblems:
1
mω 2 2
x , n ∈ N0 ;
En = n +
~ω −
2
2 0
Eigenfunktionen in der Ortsdarstellung
r
α
α2 (x − x0 )2
√ exp −
un (x) ≡ hx|ni =
Hn (α(x − x0 )),
2
2n n! π
p
mit α := (mω)/~.
7
Sommersemester 2014
Quantenmechanik
Lösung zur Probeklausur
Abbildung 1: Potentialverlauf und Energieeigenwerte: (a) für den ungestörten“ Oszillator
”
mit dem Potential V (x) = mω 2 x2 /2; (b) √
für den gestörten“ (verschobenen) Oszillator
”
mit dem Potential U (x, γ) = mω 2 x2 /2 − γ 2m~ω 3 x (für γ < 0 gezeichnet).
1
2
Ĥ(γ) |un (γ)i = En (γ) |un (γ)i ; En (γ) = ~ω n + − γ ,
2
r
α2 (x − x0 )2
α
√ exp −
un (x) ≡ hx|ni =
Hn (α(x − x0 )),
2
2n n! π
√
r
mω
2γ
, x0 :=
α :=
~
α
Da die exakte Lösung für En (γ) ein Polynom zweiten Grades im Störungsparameter
γ ist, hat man zu erwarten, dass sich in zweiter Ordnung Störungstheorie die exakten Eigenwerte En (γ) ergeben, und alle Korrekturen höherer Ordnung null sind,
sodass die störungstheoretische Entwicklung für En (γ) für beliebig großes |γ|, d.h.
für beliebig starke Störung, konvergiert.
(b) Nach Vorlesung gilt:
(2)
En (γ) = En0 + (1)
n (γ) + n (γ) + ...,
(2)
|un (γ)i = |ni + |χ(1)
n (γ)i + |χn (γ)i + ...;
X hn0 |W (γ)|ni
(1)
(1)
(γ)
=
hn|W
(γ)|ni
,
|χ
(γ)i
=
|n0 i ,
n
n
0 − E0
E
0
n
n
n0 6=n
(1)
(2)
n (γ) = hn|W (γ)|χn (γ)i , ...
Mit
√
W (γ) = −γ 2m~ω 3 x̂ = −γ~ω(↠+ â),
En0 − En00 = (n − n0 )~ω
8
Sommersemester 2014
Quantenmechanik
Lösung zur Probeklausur
folgt
√
√
hn0 |W |ni = −γ~ω[ n + 1δn0 ,n+1 + nδn0 ,n−1 ]
und
(1)
n = 0,
√
√
|χ(1)
n |n − 1i],
n i = γ[ n + 1 |n + 1i −
†
(1)
(2)
n = −γ~ω hn|(â + â)|χn i
√
√
= −γ 2 ~ω[ n + 1 hn|â|n + 1i − n hn|↠|n − 1i]
= −γ 2 ~ω[(n + 1) − n] = −γ 2 ~ω
Damit haben wir tatsächlich in zweiter Ordnung Störungstheorie die exakten Eigenwerte von Ĥ = H0 + W erhalten:
1
2
(2)
0
(1)
(2)
En (γ) = En + n (γ) + n (γ) = n + − γ ~ω = En (γ).
2
9