Aufgaben04 - Fakultät für Physik

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T2 Quantenmechanik
Lösungen 4
LMU München, WS 16/17
Prof. D. Lüst / Dr. A. Schmidt-May
version: 31. 10.
4.1. Lösungen der Schrödinger-Gleichung
Beweisen Sie die folgenden Aussagen.
a) Die Separationskonstante E, welche eingeführt wird um von der zeitabhängigen zu der
zeitunabhängigen Schrödinger-Gleichung zu gelangen, ist für normierbare Lösungen
der Schrödinger-Gleichung immer reell.
Lösung: Nehme an, dass E = E0 + iΓ mit reellen Konstanten E0 und Γ . Dann ist also
ψ(t, x) = ψ(x)e−i(E0 +iΓ )t/~ = ψ(x)e−iE0 t/~ eΓ t/~
(4.S1)
|ψ(t, x)|2 = |ψ(x)|2 e2Γ t/~
(4.S2)
und somit
Um die Funktion zu normieren, betrachten wir den Ausdruck
Z
Z
3
2
2Γ t/~
d x |ψ(t, x)| = e
d3 x |ψ(x)|2
(4.S3)
welchen wir gleich 1 setzen möchten. Der zweite Term ist eine Konstante, also muss auch e2Γ t/~ konstant
sein, woraus sofort folgt, dass Γ = 0. q.e.d.
b) Für normierbare Lösungen der eindimensionalen Schrödinger-Gleichung gilt E ≥ Vmin ,
wobei Vmin der minimale Wert des Potentials V (x) ist.
Lösung: Schreibe die Schrödinger-Gleichung in der Form
∂2ψ
2m
= 2 (V (x) − E) ψ
2
∂x
~
(4.S4)
2
Angenommen es sei E < Vmin und somit natürlich E < V (x) für alle x. Dann haben ∂∂xψ2 und ψ überall das
gleiche Vorzeichen. Dies wiederum bedeutet, dass ψ(x) eine konvexe Funktion ist, welche sich von der x-Achse
wegkrümmt. Damit kann sie im Unendlichen nicht abfallen und ist somit nicht normierbar. Dies widerspricht
der Annahme. q.e.d.
c) Die Wellenfunktion ψ(x), welche die zeitunhabhängige Schrödinger-Gleichung löst,
kann immer reell gewählt werden.
Lösung: Wir betrachten die komplex konjugierte Schrödinger-Gleichung
−
~2 2 ∗
∇ ψ + V ψ ∗ = Eψ ∗
2m
(4.S5)
wobei wir benutzt haben, dass V und E reell sind. Offensichtlich löst ψ ∗ die Schrödinger-Gleichung, wenn ψ
eine Lösung ist. Da die Schrödinger-Gleichung linear ist, sind Linearkombinationen von Lösungen wieder eine
Lösung. Gegeben eine beliebige komplexe Lösung ψ können wir also sofort zwei reelle Lösungen konstruieren
ψ1 = ψ + ψ ∗ ,
ψ1 = i(ψ − ψ ∗ )
(4.S6)
d) Für ein Potential V (x) in der zeitunhabhängigen Schrödinger-Gleichung mit der Eigenschaft V (−x) = V (x) kann die Wellenfunktion so gewählt werden, dass sie entweder ψ(−x) = ψ(x) oder ψ(−x) = −ψ(x) erfüllt.
4.1
Lösung: Es sei ψ(x) eine Lösung der Schrödinger-Gleichung mit Potential V (x)
−
~2 2
∇ ψ(x) + V (x)ψ(x) = Eψ(x)
2m
(4.S7)
Wir transformieren die Ortskoordinaten x → −x, so dass (beachte ∇2 → ∇2 )
−
~2 2
∇ ψ(−x) + V (−x)ψ(−x) = Eψ(−x)
2m
(4.S8)
Da per Annahme V (x) = V (−x), gilt
−
~2 2
∇ ψ(−x) + V (x)ψ(−x) = Eψ(−x)
2m
(4.S9)
Also löst auch ψ(−x) die Schrödinger-Gleichung. Nun können wir wieder Linearkombinationen bilden
ψ− (x) = ψ(x) − ψ(−x)
ψ+ (x) = ψ(x) + ψ(−x) ,
(4.S10)
welche ebenfalls Lösungen sind. Diese erfüllen
ψ− (−x) = −ψ− (x)
ψ+ (−x) = ψ+ (x) ,
(4.S11)
q.e.d.
4.2. Hamilton-Jacobi-Gleichung
Betrachten Sie ein klassisches System von 2N Freiheitsgeraden im Phasenraum mit verallgemeinerten Koordinaten q = (q1 , . . . , qN ) und kanonischen Impulsen p = (p1 , . . . , pN ).
Die Hamilton-Funktion sei H(q, p, t). Eine kanonische Transformation ist eine Abbildung
(q, p) → (Q, P) auf ein neues System von Koordinaten und Impulsen (Q, P), welche das
Hamiltonsche Prinzip
Z
Z
0 = δ dt p · q̇ − H(q, p, t) = δ dt P · Q̇ − K(Q, P, t)
(4.1)
mit einer transformierten Hamiltonfunktion K(Q, P, t) erfüllen
a) Zeigen Sie, dass eine erzeugende Funktion F (q, P, t) durch die Relationen
p = ∇q F ,
Q = ∇P F ,
K=H+
∂F
,
∂t
(4.2)
eine kanonische Transformation definiert.
Lösung: Es ist
dF
∂q
∂P
∂F
=
· ∇q F +
· ∇P F +
= q̇ · p + Ṗ · Q + K − H
dt
∂t
∂t
∂t
(4.S12)
(4.S13)
und somit
q̇ · p =
dF
− Ṗ · Q − K + H
dt
(4.S14)
(4.S15)
4.2
Deshalb gilt
Z
0=δ
dt p · q̇ − H(q, p, t)
Z
=δ
dt
Z
=δ
dF
dt
− Ṗ · Q − K
dt P · Q̇ − K
(4.S16)
(4.S17)
(4.S18)
wobei wir partiell integriert und die Tatsache benutzt haben, dass die Variation am Rand verschwindet. q.e.d.
b) Sei S(q, P, t) eine Lösung der Hamilton-Jacobi-Gleichung. Zeigen Sie, dass die mit
S als erzeugende Funktion erhaltene Hamilton-Funktion verschwindet. Wie lauten in
diesem Fall die Bewegungsgleichungen für P und Q?
Lösung: Die Hamilton-Jacobi-Gleichung lautet
∂S
+ H (q, ∇q S, t) = 0
∂t
(4.S19)
Die linke Seite ist identisch mit der Definition der transformierten Hamilton-Funktion K, wenn S die erzeugende
Funktion ist. Also folgt K = 0. Dies impliziert sofort
P(t) = const. ,
Q(t) = const.
c) Zeigen Sie, dass S(q, P, t) bis auf eine Konstante gleich der Wirkung ist,
Z
S(q, P, t) = dt L(q(t), q̇(t), t) + const.
(4.S20)
(4.3)
wobei L die Lagrange-Funktion ist.
Lösung: Es ist
dS(q, P, t)
∂S
∂q
∂P
=
+
∇q S +
∇P S
dt
∂t
∂t
∂t
= −H (q, ∇q S, t) + q̇p
(4.S21)
(4.S22)
da P = const.. Die rechte Seite ist die Lagrange-Funktion und somit ist
dS
=L
dt
(4.S23)
Integrieren liefert die gesuchte Identität.
d) Sei ψ(x, t) eine Lösung der Schrödinger-Gleichung mit beliebigem Potential in drei
Dimensionen. Wir definieren zwei reelle Funktionen S(x, t) und A(x, t), so dass
i
ψ(x, t) = A(x, t) e ~ S(x,t)
(4.4)
Zeigen Sie, dass S für nichtverschwindenes A und unter Vernachlässigung von Termen der Ordnung ~ die Hamilton-Jacobi-Gleichung für die entsprechende klassische
Hamilton-Funktion erfüllt.
Lösung: Es ist
i~
i
i
i
∂ h
∂A
∂S
A(x, t) e ~ S(x,t) = e ~ S i~
−A
∂t
∂t
∂t
4.3
(4.S24)
und
i
i
~2 2 h
∇ A(x, t) e ~ S(x,t)
2m
i
~2
i
S
~
=
∇A + A∇S
∇· e
2m
~
2
i
2i
~
i
1
S
2
2
~
∇ A + (∇A) · (∇S) + A∇ S − 2 A(∇S) · (∇S)
=
e
2m
~
~
~
(4.S25)
(4.S26)
(4.S27)
Einsetzen der zwei Ausdrücke in die Schrödinger-Gleichung liefert
∂A
∂S
−A
∂t
∂t ~2
2i
i
1
= A V (x) −
∇2 A + (∇A) · (∇S) + A∇2 S − 2 A(∇S) · (∇S)
2m
~
~
~
i~
(4.S28)
(4.S29)
Wir vernachlässigen Terme der Ordnung ~ und höher und erhalten
∂S
1
'
[−(∇S) · (∇S)] − V (x)
∂t
2m
(4.S30)
(4.S31)
Da ∇S = p, steht auf der rechten Seite die Hamiltonfunktion. q.e.d.
4.3. Geladenes Teilchen im elektromagnetischen Feld
Betrachten Sie ein spinloses Teilchen mit Ladung q, welches sich in einem elektromagnetischen Feld bewegt. Der zugehörige Hamilton-Operator ist
2
1 q
H=
p − A(t, x) + q Φ(t, x)
(4.5)
2m
c
Die physikalischen elektromagnetischen Felder E und B sind gegeben durch
E = −∇Φ −
1 ∂A
c ∂t
B=∇×A
(4.6)
a) Wie lauten die klassischen Hamilton’schen Bewegungsgleichungen für x und p? Leiten
Sie den bekannten Ausdruck für die Lorentzkraft her.
Lösung: Die Hamilton’schen Bewegungsgleichungen lauten
ẋ =
∂H
∂p
ṗ = −
∂H
∂x
(4.S32)
Dies gibt
q
A
c
q
q ∂A
∂
q
∂A
q ∂Ai
ṗi =
p− A ·
− q i Φ = ẋ ·
+ qEi +
mc
c
∂xi
∂x
c
∂xi
c ∂t
mẋ = p −
(4.S33)
(4.S34)
Die erste Gleichung beschreibt den kinetischen Impuls, die zweite die Lorentzkraft. Um Letzteres zu sehen,
betrachten wir die (totale) Zeitlableitung von (4.S33),
mẍ = ṗ −
q dA
q ∂A q
= ṗ −
− (ẋ · ∇) A
c dt
c ∂t
c
(4.S35)
q
∂A q
− (ẋ · ∇) Ai + qEi
ẋ ·
c
∂xi
c
(4.S36)
Eingesetzt in (4.S34) gibt das
mẍi =
4.4
Nun benutzden wir die Vektoridentität
ẋ ·
∂A
− (ẋ · ∇) Ai = [ẋ × (∇ × A)]i
∂xi
(4.S37)
q
q
ẋ × (∇ × A) + qE = ẋ × B + qE
c
c
(4.S38)
woraus folgt, dass
mẍ =
Dies ist in der Tat die Lorentzkraft.
b) Zeigen Sie, dass die Potenziale Φ und A durch (4.6) nicht eindeutig bestimmt werden,
sondern dass die durch folgende Eichtransformation erhaltenen Ausdrücke auf die
gleichen elektromagnetischen Felder führen,
Φ0 (t, x) = Φ(t, x) +
1 ∂α(t, x)
c
∂t
A0 (t, x) = A(t, x) − ∇α(t, x)
(4.7)
Hierin ist α(t, x) eine beliebige skalare Funktion.
Lösung: Der Ausdruck für B ist invariant unter der Transformation wegen der Vektoridentität ∇ × ∇α = 0.
Die Invarianz von E sieht man sofort durch Einsetzen.
c) Das elektrische Feld sei E = 0 und das Magnetfeld sei homogen und statisch, B(t, x) =
const. Zeigen Sie, dass das Vektorpotenzial A dann wie folgt gewählt werden kann
A=−
1
x × B.
2
(4.8)
Lösung: Um das zu sehen, setzt man den Ausdruck einfach in ∇ × A ein und erhält B
1
1
ijk ∂j (klm xl Bm ) = − ijk klm δjl Bm
2
2
1
1
= − ijk kjm Bm = − (δik δkm − δim δkk )Bm
2
2
1
= − (Bi − 3Bi ) = Bi .
2
ijk ∂j Ak = −
(4.S39)
d) Das elektrische Feld sei E = 0. Das Magnetfeld sei homogen und statisch und wir
wählen die Koordinaten so, dass B = (0, 0, B) mit konstantem B. Zeigen Sie, dass
der Hamilton-Operator in die folgende Form gebracht werden kann
H=
p2
q2
q
+
(x2 + y 2 )B 2 −
L·B
2
2m 8mc
2mc
(4.9)
worin L = x × p der Drehimpulsoperator ist.
Lösung: Der Hamilton-Operator für ein spinloses Teilchen mit Ladung q, welches sich in einem statischen
Magnetfeld bewegt, ist
H=
mit p =
~
i
1
2
(p − qA/c)
2m
(4.S40)
∇. Dies kann geschrieben werden als (p und A vertauschen allgemein nicht!)
H=
p2
q2
q
+
A2 −
(p · A + A · p)
2m 2mc2
2mc
4.5
(4.S41)
Das Vektorpotenzial für ein statisches, homogenes Magnetfeld B kann wie folgt gewählt werden
1
x × B.
2
(4.S42)


−yB
1
A =  xB  ,
2
0
(4.S43)
A=−
In unserem Fall ist Bx = By = 0 und deshalb
Daraus folgt sofort
A2 =
1 2
(x + y 2 )B 2 .
4
(4.S44)
~ und für unser A gilt ∂i Ai = 0. Deshalb gibt das Skalarprodukt von p und A angewandt auf
Es ist p = ~i ∇
eine Testfunktion
p · A ψ(x) = A · p ψ(x).
(4.S45)
p · A + A · p = 2A · p
(4.S46)
Also, erfüllen die Operatoren
Desweiteren gilt (da B hier nicht von den Koordinaten abhängt)
(x × B) · p = (ijk xj Bk )pi = (ijk xj pi )Bk = −(x × p) · B,
(4.S47)
Dann ist für unser gewähltes A
A·p=−
1
1
1
(x × B) · p = (x × p) · B = L · B.
2
2
2
(4.S48)
Einsetzen in den Hamilton-Operator (4.S41) liefert
H=
q2
q
p2
+
(x2 + y 2 )B 2 −
L · B.
2
2m 8mc
2mc
(4.S49)
Der erste Term entspricht der kinetischen Energie, der zweite beschreibt diamagnetische Effekte, der letzte ist
die Wechelwirkung zwischen Drehimpuls und Magnetfeld (Paramagnetismus).
4.6
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