Lösung

Nachklausur: Quantentheorie I, WS 07/08
Prof. Dr. R. Friedrich
1
Aufgabe 1: [ P.]
Betrachten Sie die Bewegung eines Teilchens im konstanten Magnetfeld
B = [0, 0, b]
a)[1P.] Zeigen Sie, dass ein zugehöriges Vektorpotential die Form
A = [0, bx, 0]
besitzt. Verifizieren Sie, dass das Vektorpotential der Coulomb-Eichung genügt.
Lösung:
∇ × A = [∂y Az − ∂z Ay , ∂z Ax − ∂x Az , ∂x Ay − ∂y Ax ] = [0, 0, b] = B.
Die Coulumb-Eichung:
∇ · A = ∂x Ax + ∂y Ay + ∂z Az = 0
b)[3P.] Wie lautet die Hamiltonfunktion eines Teilchens der Ladung q, das sich in diesem
Potential bewegt? Formulieren Sie die Hamilton’schen Bewegungsgleichungen und geben
Sie die allgemeine Lösung an.
Lösung:
Die Hamiltonfunktion für ein Teilchen mit Ladung q in einem statischen Magnetfeld lautet
H
=
=
=
1
2
(p − qA)
2m
1
p2 − 2qp · A + q 2 A2
2m
1
p2x + p2y + p2z − 2qbpy x + q 2 b2 x2 .
2m
Die Komponenten der Hamiltonschen Bewegungsgleichungen werden über ẋi =
∂H
berechnet
ṗi = − ∂x
i
ẋ =
ẏ
=
ż
=
px
m
1
(py − qbx)
m
pz
m
ṗx =
1
(qbpy − q 2 b2 x)
m
ṗy = 0
ṗz = 0
Nochmaliges Differenzieren der ẋi -Gleichungen führt auf
ẍ =
ÿ
=
z̈
=
ṗx
m
1
(ṗy − qbẋ)
m
ṗz
m
∂H
∂pi
und
2
Hier können nun die Gleichungen für die ṗi eingesetzt werden
1
(qbpy − q 2 b2 x)
m2
qb
= − ẋ
m
= 0
ẍ =
ÿ
z̈
Aus der Gleicung für ẏ erhalten wir py = mẏ + qbx und setzen dies in die Gleichung für
ẍ ein und erhalten mit ωc = qb/m
qb
ẏ = ωc ẏ
m
qb
= − ẋ = −ωc ẋ
m
= 0
ẍ =
ÿ
z̈
Diese drei DGL’s beschreiben die Bewegung eines Teilchens mit der Ladung q in einem
stationären homogenen Magnetfeld mit nur einer Komponente. Die Frequenz ωc heisst
SZyklotronfrequenz”. Mit der Ersetzung ẋi = vi erhalten wir
v̇x
= ωc vy
v̇y
= −ωc vx
v̇z
=
0
Die letzte Gleichung beschreibt die Bewegung des Teilchens in z-Richtung. Die Allgemeine
Lösung lautet
vz = v0
wobei v0 die Anfangsgeschwindigkeit des Teilchens in z-Richtung ist. Nochmaliges Differenzieren der beiden ersten Gleichungen führt auf
v̈x
= ω v̇y = −ωc2 vx
v̈y
= −ω v̇x = −ωc2 vy
Diese Struktur der beiden Gleichungen ist analog zu der des harmonischen Oszillators.
Die allgemeine Lösung lautet
vi = Ai cos ωc t + Bi sin ωc t
Das Teilchen vollführt in der x-y-Ebene eine Kreisbewegung während es sich in der zRichtung gleichförmig bewegt. c)[1P.] Bestimmen Sie den Hamiltonoperator durch Anwendung der Jordan’schen Regel.
Lösung:
H
2
1 ~
∇ − qA
2m i
~2
q
q2 2 2
= −
4 − bxpy +
b x
2m
m
2m
=
3
d)[2P.] Zur Lösung der zeitunabhängigen Schrödingergleichung kann ein Separationsansatz verwendet werden:
Ψ(x, y, z) = ϕk (z)ϕ⊥ (x, y),
wobei für die Funktion ϕ⊥ (x, y) gilt:
ϕ⊥ (x, y) = eiky y ϕ(x),
py = ~ky .
Zeigen Sie: Für die Funktion ϕ(x) lautet die Bestimmungsgleichung
~2 ky2
~ky qb
b2 q 2 2
~2 ∂ 2
+
−
x+
x ϕ(x) = E⊥ ϕ(x)
−
2m ∂x2
2m
m
2m
Lösung: Der Hamiltonoperator kann in zwei Komponenten zerlegt werden.
H
= H|| + H⊥
p̂z
1
=
p̂2 + p̂2y + p̂2y − 2qbp̂y x̂ + q 2 b2 x̂2
+
2m 2m x
Für die Schrödingergleichung erhalten wir
(H|| + H⊥ )ϕ|| (z)ϕ⊥ (x, y) = (E|| + E⊥ )ϕ|| (z)ϕ⊥ (x, y)
ϕ⊥ (x, y)H|| ϕ|| (z) + ϕ|| (z)H⊥ ϕ⊥ (x, y) = (E|| + E⊥ )ϕ|| (z)ϕ⊥ (x, y)
1
1
H|| ϕ|| (z) +
H⊥ ϕ⊥ (x, y) = E|| + E⊥
ϕ|| (z)
ϕ⊥ (x, y)
Damit erhalten wir die Gleichungen
H|| ϕ|| (z)
H⊥ ϕ⊥ (x, y)
= E|| ϕ|| (z)
= E⊥ ϕ⊥ (x, y)
In der Ortsdarstellung lautet die erste Gleichung
−
~2 ∂ 2
ϕ|| (z) = E|| ϕ|| (z)
2m ∂z 2
Dies ist die Schrödingergleichung für ein freies Teilchen. Sie hat die Lösung
ϕ|| (z) = exp(ikz z)
E|| =
~2 kz2
2m
Für die zweite Gleichung erhalten wir
~2 ∂ 2
~2 ∂ 2
~qb ∂
q 2 b2 2 iky y
−
−
−
x+
x e
ϕ(x) = E⊥ eiky y ϕ(x)
2m ∂x2
2m ∂y 2
im ∂y
2m
"
#
~2 ky2
~qbky
q 2 b2 2 iky y
~2 ∂ 2
+
−
x+
x e
ϕ(x) = E⊥ eiky y ϕ(x)
−
2m ∂x2
2m
m
2m
#
"
~2 ky2
~2 ∂ 2
~qbky
q 2 b2 2
+
−
x+
x ϕ(x) = E⊥ ϕ(x) −
2m ∂x2
2m
m
2m
(1)
4
e)[2P.] Lösen Sie die Eigenwertgleichung (1).
Hinweis: Verwenden Sie die Analogie der Eigenwertgleichung zum harmonischen Oszillator.
Lösung:
"
!#
q 2 b2 ~2 ky2
2~ky
~2 ∂ 2
2
ϕ(x) = E⊥ ϕ(x)
+
−
x+x
−
2m ∂x2
2m
q 2 b2
qb
~2 ∂ 2
m 2
2
−
+
ω
(x
−
x
)
ϕ(x) = E⊥ ϕ(x)
0
2m ∂x2
2 c
mit x0 = ~ky /qb. Dies ist die Gleichung für einen harmonischen Oszillator mit der Lösung:
1
E⊥ = ~ωc n +
2
ϕ(x) = ϕn (x − x0 )
Die ϕn sind die Wellenfunktionen des harmonischen Oszillators. f)[1P.] Formulieren Sie die vollständige Lösung der zeitabhängigen Schrödingergleichung.
Lösung:
Die vollständige Lösung lautet
1
~kz
E = E|| + E⊥ =
+ ~ωc n +
2m
2
~ky
Ψ(x, y, z) = eikz z eiky y ϕn x −
2m
5
Aufgabe 2: [8P.]
Betrachten Sie den Gesamtdrehimpuls des Elektrons
J = L + S,
(S =
1
, l ≥ 1).
2
Zeigen Sie, dass für die gemeinsamen Eigenzustände |j mj i := |l 21 ; j mj i der Operatoren
J2 , Jz , L2 , S2 gilt:
s
s
l ± mj + 12
l ∓ mj + 12
1
1 1 1
1 1
1
|l ± mj i =
|l mj − i|
i±
|l mj + i| − i,
(2)
2
2l + 1
2 2 2
2l + 1
2 2
2
wobei |l ml i| 12 ms i die Eigenzustände der Operatoren L2 , Lz , S2 , Sz sind. Führen Sie dazu
die folgenden Schritten aus:
a)[1P.] Zeigen Sie, dass für die Quantenzahl j nur die Werte l +
sind.
1
2
und l −
1
2
möglich
Lösung:
Dreieckungsungleichung:
1
1
|l − | ≤ j ≤ l + ;
2
2
l=0⇒j=
1
1
l≥1⇒j =l+ , l−
2
2
b)[1P.] Betrachten Sie zuerst den Zustand |l +
tung (2) für mj = l + 12 korrekt ist.
Lösung: Für m = l +
1
2
1
2
1
;
2
mj i. Beweisen Sie, dass die Behaup-
lautet die Behauptung
|l +
1
1 1
1
l + i = |l li|
i ⇒ korrekt.
2
2
2 2
c)[1P.] Mit Hilfe des Leiteroperators J− überprüfen Sie, dass (2) für mj = l −
Hinweis: Benutzen Sie die Formel
J− |j mi = ~
p
(j + m)(j − m + 1)|j m − 1i.
Lösung:
J− |l +
√
1
1
1
1
l + i = 2l + 1|l + l − i;
2
2
2
2
1
2
gilt.
6
√
1 1
1
1
1 1
i = 2l|l l − 1i|
i + |l li| − i ⇒
2 2
2 2
2
2
r
r
2l
1
1
1
1 1
1
1
⇒ |l + l − i =
|l l − 1i|
i+
|l li| − i
2
2
2l + 1
2 2
2l + 1
2
2
J− |l li|
Für mj = l −
1
2
(2) ⇔
1
1
|l + l − i =
2
2
r
2l
1 1
|l l − 1i|
i+
2l + 1
2 2
r
1
1
1
|l li| − i ⇒ korrekt 2l + 1
2
2
d)[2P.] Setzen Sie nun voraus, dass die Formel (2) für mj korrekt ist und verifizieren
Sie (2) für mj − 1.
Lösung:
J−
= L− + S− ,
r
1
1
1
1
J− |l + mj i = ~ (l + + mj )(l + − mj + 1)|l + mj − 1i,
2
2
2
2
r
1 1 1
1
1 1
1
3
3 1 1
J− |l, mj − i|
i = ~|l mj − i| − i + ~ (l + mj − )(l − mj + )|l mj − i|
i,
2 2 2
2 2
2
2
2
2 2 2
r
1
1
1
1 1
1
1 1
J− |l, mj + i| − i = ~ (l + mj + )(l − mj + )|l mj − i| − i.
2 2
2
2
2
2 2
2
Damit folgt:
s
l − mj + 12
1
1 1
1
q
+
|lmj − i| − i +
2
2
2
3
(2l + 1)(l − mj + 32 )
(2l + 1)(l − mj + 2 )
s
s
s
l + mj − 12
l − mj + 32
l + mj − 21
3 1 1
1 1
1
3 1 1
|lmj − i|
i=
|lmj − i| − i +
|lmj − i|
i.
+
2l + 1
2 2 2
2l + 1
2 2
2
2l + 1
2 2 2
1
|l + mj − 1i =
2
Das ist die Behauptung (2) für mj − 1. Hinweis: Benutzen Sie den Leiteroperator J− .
e)[1P.] Untersuchen Sie nun den Zustand |l −
mj = l − 12 gültig ist.
1
2
mj i. Zeigen Sie, dass (2) für den Fall
Hinweis: Die Zustände |j mj i sind orthonormiert.
Lösung:
1
1
1 1
1
1
l − i = α|l l − 1i|
i + β|l li| − i.
2
2
2 2
2
2
r
r
1
1
1
1
2l
1
α+
β=0
hl + l − |l − l − i = 0 ⇔
2
2
2
2
2l + 1
2l + 1
|l −
Außerdem
α2 + β 2 = 1.
7
Also
r
α=
1
,
2l + 1
r
β=−
2l
,
2l + 1
und somit
1
1
|l − l − i =
2
2
r
1
1 1
|l l − 1i|
i−
2l + 1
2 2
r
2l
1
1
|l li| − i.
2l + 1
2
2
Das ist die Behauptung (2) für mj = l − 12 .
f)[2P.] Nehmen Sie wieder an, dass die Behauptung für mj korrekt ist und beweisen
Sie (2) für mj − 1.
Hinweis: Benutzen Sie den Hinweis zu d).
Lösung:
r
1
1
1
1
J− |l − mj i = ~ (l − + mj )(l + − mj )|l − mj − 1i,
2
2
2
2
r
1 1
1
3
3 1 1
1 1 1
1
i = ~|l mj − i| − i + ~ (l + mj − )(l − mj + )|l mj − i|
i,
J− |l, mj − i|
2 2 2
2 2
2
2
2
2 2 2
r
1 1
1
1
1
1 1
1
J− |l, mj + i| − i = ~ (l + mj + )(l − mj + )|l mj − i| − i.
2 2
2
2
2
2 2
2
Damit folgt:
s
(l + mj + 12 )2
1
1 1
1
−
|lmj − i| − i +
1
1
2 2
2
(2l + 1)(l + mj − 2 )
(2l + 1)(l + mj − 2 )
s
s
s
l − mj + 32
l − mj + 23
l + mj − 21
3 1 1
3 1 1
1 1
1
+
|lmj − i|
i=
|lmj − i|
i−
|lmj − i| − i.
2l + 1
2 2 2
2l + 1
2 2 2
2l + 1
2 2
2
1
|l − mj − 1i =
2
s
Das ist die Behauptung für mj − 1.
8
Aufgabe 3: [6 P.]
Betrachten Sie ein Wasserstoffatom im homogenen elektrischen Feld
E = Eez .
Dieses Feld soll als Störung W angesehen werden.
a)[1P.] Stellen Sie den Hamilton-Operator in Kugelkoordinaten auf.
Lösung:
Potentielle Energie des Elektrons im homogenen elektrischen Feld:
V (r) = V (z) = eEz.
Also
H = H0 + W = −
~2
e2
4−
+ eEz.
2µ
r
In Kugelkoordinaten:
H=−
~2 1 ∂ 2 ∂
~2
r
−
2µ r2 ∂r ∂r 2µr2
1 ∂
∂
1 ∂2
sin θ
+
sin θ ∂θ
∂θ sin2 θ ∂ϕ2
−
e2
+ eEr cos θ
r
b)[3P.] Berechnen Sie in erster Ordnung Störungstheorie die Energiekorrekturen für die
zwei niedrigsten Enegieniveaus des Wasserstoffatoms.
Hinweis: Die Lösung des ungestörten Problems kann dabei als bekannt angesehen werden:
|nlmi = Rnl (r)Ylm (θ, ϕ),
r
r
1
3
3
±1
0
0
Y0 = √ , Y1 =
cos θ, Y1 = ∓
sin θ e±iϕ ,
4π
8π
4π
s
s
s
4 −r/aH
1
r
1
r −r/2aH
−r/2aH
e
, R20 =
e
, R21 =
e
,
R10 =
1−
3
3
3
aH
2aH
2aH
24aH aH
En0
= −
RH
,
n2
RH =
~2
,
2µa2H
aH =
~2
,
µe2
µ=
me
.
1 + me /mp
Verwenden Sie auch die Eigenschaft
hn0 l0 m0 |W |n l mi =
6 0
sowie die Formel
Z
0
höchstens für m0 = m, l0 = l ± 1.
+∞
dρ ρn e−ρ = n!,
n ∈ N0 .
9
Lösung:
1) n = 1 ⇒ l = 0, m = 0 (keine Entartung)
1) n = 2 ⇒ l = 0, 1,
Sei
En
En1
= En0 + En1 + . . . ;
= h1 0 0|W |1 0 0i = 0. (sieh Hinweis);
E1
= E10 = −RH .
m = l, l − 1 . . . − l (Entartung)
|ψ1 i = |200i;
|ψ2 i = |210i;
|ψ3 i = |211i;
|ψ4 i = |21 − 1i;
1
, i = 1, 2, 3, 4 werden
Die Störungstheoretischen Energiekorrekturen erster Ordnung E2i
durch “diagonalidieren” der 4 × 4 Matrix
V = [hψi0 |W |ψi i,
i, i0 = 1, 2, 3, 4]
des Störoperators W im Eigenraum zu E20 . Mit Hilfe des Hinweises stellt man fest, dass
eine Anzahl von Elementen von V null ist und nur die Matrixelemente V12 = h200|W |210i
∗
und V21
= V12 von null verschieden sein könnten.
Z ∞
Z π
Z 2π
V12 = eE
r2 dr
sin θdθ
dϕR20 rR21 Y00∗ cos θY10 = ρ =
0
0
0
Z π√
Z ∞
aH
ρ −ρ
3
r 4
= eE √
cos2 θ sin θdθ =
ρ (1 − )e dρ
=
aH
2
2
4 3 0
0
√
aH 3
5!
eE √
(4! − ) = −3eEaH ,
2
4 3 3
und somit folgt

0
1
V = −3eEaH 
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0

0
0
.
0
0
Bestimmung der Eigenwerte von V : Säkulargleichung:
1
det(V − E2i
I) = 0, i = 1, 2, 3, 4 ⇔
1
E21 = −3eEaH ;
1
E22
1
E24
1
1
= E23
= 0; E2 = E20 + E2i
= 3eEaH ; i = 1, 2, 3, 4.
c)[2P.] Zeichnen Sie die in erster Ordnung Störungstheorie erhaltenen Energien für eine
vorgegebene elektrische Feldstärke E. Welche Aufspaltung zum Übergang n = 2 → n = 1
ergibt sich somit in einem schwachen elektrischen Feld?
Lösung:
Wie man sieht, spaltet die Linie, die zum Übergang n = 2 → n = 1 gehört für ein schwaches elektrisches Feld in drei Linien auf, wobei die Größe der Aufspaltung zur elektrischen
Feldstärke proportional ist.
10
11
Aufgabe 4: [ P.]
Der Hamiltonoperator des anharmonischen linearen Oszillators sei durch
mω 2 2 m2 ω 3 4
p2
+
x +
x
2m
2
10~
H=
gegeben. Mittels des Variationsverfahrens von Rayleigh-Ritz soll die Grundzustandenergie
nährungsweise berechnet werden.
a)[1P.] Benutzen Sie den Ansatz
{u(x; α) =
√
2
N e−αx ,
x ∈ R,
α ∈ R+ }
für die Versuchsfunktionenschar. Bestimmen Sie zuerst die Normierungskonstante N .
Lösung:
Z
∞
hu(α)|u(α)i = 2N
−2αx2
dx e
r
=N
0
π
=1⇔N =
2α
r
2α
.
π
b)[2P.] Berechnen Sie nun das Energiefunktional
E(α) := hHiu .
Lösung:
E(α) = hHiu =
hu(α)|H|u(α)i
hu(α)|u(α)i
2
Mit der Testfunktionenschar u(α) = e−αx und dem Hamilton-Operator
H=
1 2
1
(P + X 2 ) + X 4
2
10
ergibt sich dann
r
1 d2
x2
x4 −αx2
hu(α)|H|u(α)i =
dx e
−
+
+
e
2 dx2
2
10
r
Z
2α
x4 −2αx2
1
=
dx α − (2α2 − )x2 +
e
π
2
10
α
1
3
=
+
+
2
8α 160α2
2α
π
Z
−αx2
Damit ergibt sich für die variierte Energie
E(α) =
α
1
3
+
+
2
8α 160α2
12
c)[2P.] Für welches α = αmin wird E(α) minimal?
Lösung:
dE(α)
=0
α
Mit
p=−
1
,
12
⇒
q=−
3
80
α3 −
α
3
−
= 0.
4
40
⇒
p3 + q 2 > 0
erhält man somit für die reelle Wurzel α = αmin .
√
10
143
√ , cos ϕ = √ ;
sin ϕ =
9 3
9 3
2
2/3
2
10
ϕ
10
√
√
√
√
=
−1=
tan
, tan ψ =
;
2
cos ϕ + 1
9 3 + 143
9 3 + 143
√
2 tan ψ
,
sin 2ψ = −
tan ψ + 1
− 13 "
23 #
1
10
10
√
√
√
√
αmin =
1+ √
= 0.610598 2 3
243 + 143
243 + 143
d)[1P.] Bestimmen Sie die minimale Energie E(αmin ). Vergleiche mit der exakten Grundzustandenergie E0 = 0.559146 und kommentierte das Ergebnis.
Lösung:
Die gesuchte Energie:
E(α0 ) = 0.560307
Der gefundene Näherungswert weicht nur um 0.2% von der exakten Grundzustandsenergie ab. Hinweis: Verwenden Sie für die Rechnung Einheiten mit ~ = m = ω = 1. Benutzen
Sie auch die Formel
r
Z +∞
(2n)!
π
2n −βξ 2
dξ ξ e
= 2n+1
, β ∈ R+ , n ∈ N0 .
n
2
n!β
β
0
Benutzen Sie auch die Eigenschaft, dass die kubische Gleichung y 3 + 3py + 2q = 0 im Falle
p3 + q 2 > 0 nur eine reelle Lösung besitzt. Außerdem gilt es für p < 0:
p
r
√
2 −p
ϕ
−p3
π
π
π
π
3
y=−
, tan ψ = tan , sin ϕ =
, − <ψ< , − <ϕ< .
sin 2ψ
2
q
4
4
2
2