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Quantenmachanik II - Seite 1 Hanno Rein Die Aufgaben entsprechen leicht abgeändert einer Klausur über Quantenmechanik Teil II von Prof. Dr. Nils Schopohl, Uni Tübingen. Die Lösungen wurden selbst erarbeitet und müssen somit nicht unbedingt korrekt sein. Hanno Rein - Juli 2005 http://hanno-rein.de Aufgabe 1 Wie ändern sich die Eigenfunktionen Yl,m (ϑ, ϕ) des Bahn~ = ~r × p~ bei einer Inversion am drehimpulsoperators L Ursprung: ~r → −~r für l gerade bzw. ungerade? Lösung: In Kugelkoordinaten lässt sich die Inversion schreiben als Lösung: Die Komponente Jz lässt sich schreiben als −i [Jx , Jy ] Jz = h̄ Der Kommutator zwischen  und Jz ist −i [Â, Jz ] = [Â, [Jx , Jy ] h̄ −i −i =  [Jx , Jy ] − [Jx , Jy ]  h̄ h̄ −i = ÂJx Jy − ÂJy Jx − Jx Jy  + Jy Jx  h̄ −i Jx Jy  − Jy Jx  − Jx Jy  + Jy Jx  = h̄ = 0 Die Aussage ist somit richtig. (r, ϑ, ϕ) → (r, π − ϑ, ϕ + π) Die Eigenfunktionen des Bahndrehimpulsoperators sind s 2l + 1 (l − m)! m P (cos ϑ) eimϕ Yl,m (ϑ, ϕ) = 4π (l + m)! l Bei der Inversion ist somit Yl,m (π − ϑ, ϕ + π) s 2l + 1 (l − m)! m = P (− cos ϑ) eimϕ eimπ 4π (l + m)! l s 2l + 1 (l − m)! m = P (− cos ϑ) eimϕ (−1)m 4π (l + m)! l Aufgabe 3 Der Hamiltonoperator ĤC = Ck Jˆz2 + C⊥ (Jˆx2 + Jˆy2 ) spielt in der Festkörperphysik beim sogenannten Kristallfeldeffekt eine Rolle. Bestimmen Sie die zugehörigen Eigenwerte und Eigenzustände von ĤC ! Lösung: Durch Umschreiben des Hamiltonoperators kommt man auf ĤC = Ck Jˆz2 + C⊥ Jˆx2 + Jˆy2 = Ck − C⊥ Jˆz2 + C⊥ Jˆ2 Somit sind die Eigenfunktionen Kugelflächenfunktionen Für die zugeordneten Legendrepolynome ist nach Definition Plm (− cos ϑ) = = = m (−1)m (1 − (− cos ϑ)2 ) 2 2l l! ·(∂(− cos ϑ) )l+m ((− cos ϑ)2 − 1)l m (−1)m (1 − cos2 ϑ) 2 2l l! ·(−1)l+m (∂(cos ϑ) )l+m (cos2 ϑ − 1)l l+m (−1) Plm (cos ϑ) Somit ist Yl,m (π − ϑ, ϕ + π) = (−1)l+m (−1)m Yl,m (ϑ, ϕ) = (−1)l Yl,m (ϑ, ϕ) ĤC Ylm (ϑ, ϕ) = h̄2 C⊥ l (l + 1) + Ck − C⊥ m2 Ylm (ϑ, ϕ) und die zugehörigen Eigenwerte lauten Elm = h̄2 C⊥ l (l + 1) + Ck − C⊥ m2 Aufgabe 4 Welcher Zusammenhang besteht zwischen magnetischem ~ und Spinoperator S ~ = h̄ ~σ des Elektrons? Moment M 2 Wie lautet der Hamiltonoperator eines Elektrons im ~ wenn zusätzlich zum Spin die Laäußeren Magnetfeld B dung berücksichtig wird? Lösung: ~ ist Das magnetische Moment M µ µ Aufgabe 2 ~ = g BS ~ = 2 B S. ~ M h̄ h̄ Jemand behauptet, dass ein Operator Â, der mit den zwei Der Hamiltonoperator lautet Komponenten Jx und Jy des Drehimpulsoperators ver2 p̂2 µB ~ ~ ~ B) ~ + e ~S ~ tauscht, auch mit der Komponente Jz vertauschen muss. Ĥ = − (LB + 2S L 2 2m h̄ me c2 a30 Ist das richtig? Quantenmachanik II - Seite 2 Hanno Rein Aufgabe 5 Aufgabe 7 a) Drücken Sie die Operatoren Jˆ+ Jˆ− und Jˆ− Jˆ+ durch Jˆz und Jˆ2 aus! ~ ·S ~ durch L̂2 , Ŝ 2 und Jˆ2 b) Drücken Sie den Operator L aus! Berechnen Sie die Kommutatoren h n i i h b) b̂, b̂+ , a) b̂+ , b̂n Lösung: a) Nach Definition und der allgemeinen Drehimpulsvertauschungsrelation [L̂i , L̂j ] = ih̄ijk L̂k ist Jˆ+ Jˆ− = Jˆx + iJˆy Jˆx − iJˆy h i = Jˆx2 + Jˆy2 − i Jˆx , Jˆy h i = Jˆx2 + Jˆy2 + Jˆz2 − Jˆz2 − i Jˆx , Jˆy Jˆ− Jˆ+ − wobei gilt [b̂, b̂+ ]− = 1̂. Lösung: a) Nehme an [b+ , bn ] = −n·bn−1 . Beweis durch Induktion. Induktionsanfang: n=1: [b+ , b] = b+ b − bb+ = −1 [b+ , bn+1 ] = = = = = = = Jˆ2 − Jˆz2 − h̄Jˆz Jˆ2 = L̂ + Ŝ ⇒ wahr Induktionsschritt: = Jˆx2 + Jˆy2 + Jˆz2 − Jˆz2 + h̄Jˆz = Jˆ2 − Jˆz2 + h̄Jˆz Jˆx − iJˆy Jˆx − iJˆy = b) Berechne Jˆ2 : − b+ bn b − bn bb+ b + b n b − bn − b n b+ b (b+ bn − bn b+ )b − bn [b+ , bn ]b − bn −nbn−1 b − bn −(n + 1)bn Somit gilt die Aussage für alle n. 2 ~ ·S ~ = L̂2 + Ŝ 2 + 2 L b) Nehme an [b, (b+ )n ] = n · (b+ )n−1 . Beweis durch Induktion. Induktionsanfang: Somit ist ~ ·S ~ = 1 Jˆ2 − L̂2 − Ŝ 2 L 2 n=1: [b, b+ ] = bb+ − b+ b = 1 Induktionsschritt: [b, (b+ )n+1 ] Aufgabe 6 ⇒ wahr = = = = = b(b+ )n b+ − (b+ )n b+ b b(b+ )n b+ + (b+ )n − (b+ )n bb+ [b, (b+ )n ]b+ + (b+ )n n · (b+ )n−1 b+ + (b+ )n (n + 1)(b+ )n Ein Elektron im Wasserstoffatom befindet sich im Eigenzustand |nLLz Sz i zum Energieeigenwert En . Wie ändert sich in erster Ordnung Störungsrechnung das Spektrum, wenn ein konstantes Magnetfeld B in z-Richtung angelegt wird (keine Spin-Bahnwechselwirkung, keine diamagnetiSomit gilt die Aussage für alle n. schen Effekte)? Lösung: Der Hamiltonoperator ist Ĥ = Ĥ 0 + µB ~ z + 2S ~z ). Bz (L h̄ In erster Ordnung Störungsrechnung gilt für die Energieeigenwerte EnLz Sz µB ~ z + 2S ~z inLL S = En + Bz hL z z h̄ µB = En + Bz (Lz + 2Sz ) h̄ Es gibt also eine Aufspaltung des Spektrums im Magnetfeld. Aufgabe 8 Proton p und Neutron n sind Fermionen, die jeweils Spin 1 2 tragen. Konstruieren Sie die möglichen Eigenzustände ~ = h̄ (~σ (n) +~σ (p) ) von Proton und Neuzum Gesamtspin S 2 tron im Atomkern des Deuterons. Lösung: ~ (n) = h̄ ~σ (n) sind Die Eigenzustände zu S 2 |1/2, 1/2i(n) , |1/2, −1/2i(n) ~ (p) = h̄ ~σ (p) sowie zu S 2 |1/2, 1/2i(p) , |1/2, −1/2i(p) . Quantenmachanik II - Seite 3 Hanno Rein Die beiden Quantenzahlen bezeichnen jeweils den Ge- Aufgabe 9 sammtspin, sowie die Projektion auf die z-Achse. Die BaEin Teilchen der Masse m bewegt sich in der Ebene z = 0 sis des neuen Zustandraumes besteht aus den vier mögliund wird durch den Hamiltonoperator chen Kombinationen obiger Zustände p̂2x + p̂2y mω 2 2 Ĥ = + (x̂ + ŷ 2 ) + λ · x̂2 · ŷ 2 |1/2, 1/2i(n) ⊗ |1/2, 1/2i(p) , 2m 2 |1/2, 1/2i(n) ⊗ |1/2, −1/2i(p) , beschrieben. 1 | /2, −1/2i(n) ⊗ |1/2, 1/2i(p) , a) Berechnen Sie für den Spezialfall λ = 0 mit Hilfe der |1/2, −1/2i(n) ⊗ |1/2, −1/2i(p) in der Vorlesung eingeführten Erzeugungs- und Vernich~ mit maximaler und tungsoperatoren drei Eigenzustände niedrigster Energie! Die Eigenzustände zum Operator S b) Berechnen Sie in erster Ordnung Störungsrechnung für minimaler Quantenzahl lassen sich sofort ablesen: kleine Werte des Parameters λ die entsprechende Änderung der zugeordneten Energieeigenwerte! |1, 1i = |1/2, 1/2i(n) ⊗ |1/2, 1/2i(p) |1, −1i = |1/2, −1/2i(n) ⊗ |1/2, −1/2i(p) . Lösung: a) Die Eigenvektoren des harmonischen Oszillators in eiDurch Anwenden des Kletteroperators Ŝ − erhällt man ner Dimension seien |ψ i. Dann ist n mit Hilfe der Relation Ĥ|ψnx ,ny i = (Ĥx + Ĥy )|ψnx ,ny i p Ŝ ± |S, Sz i = h̄ S(S + 1) − Sz (Sz ± 1) |S, Sz − 1i = (n + n + 1)|ψ i x sowie Ŝ − = Ŝ (n)− (p)− + Ŝ die Gleichung √ Ŝ − |1, 1i = 2 |1, 0i Ŝ (n)− + Ŝ (p)− |1/2, 1/2i(n) ⊗ |1/2, 1/2i(p) = Ŝ (n)− |1/2, 1/2i(n) ⊗ |1/2, 1/2i(p) = +|1/2, 1/2i(n) ⊗ Ŝ (p)− |1/2, 1/2i(p) = |1/2, −1/2i(n) ⊗ |1/2, 1/2i(p) +|1/2, 1/2i(n) ⊗ |1/2, −1/2i(p) . Somit ist ein weiterer Eigenzustand von Ŝ |1, 0i = 1 √ |1/2, −1/2i(n) ⊗ |1/2, 1/2i(p) 2 +|1/2, 1/2i(n) ⊗ |1/2, −1/2i(p) . y nx ,ny mit |ψnx ,ny i = |ψnx i |ψny i. Die zugehörigen Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren sind r i mω x̂ + √ p̂x ax = 2h̄ 2mh̄ω r mω i p̂x x̂ − √ a†x = 2h̄ 2mh̄ω r mω i ŷ + √ ay = p̂y 2h̄ 2mh̄ω r mω i p̂y a†y = ŷ − √ 2h̄ 2mh̄ω Im eindimensionalen Fall ist die Wellenfunktion im Grundzustand mω 1/4 1 mω 2 Der letzte noch zu bestimmende Zustand ist |0, 0i. Er ist ψ0 (x) = e− 2 h̄ x . eine Linearkombination der Form πh̄ |0, 0i = c1 |1/2, −1/2i(n) ⊗ |1/2, 1/2i(p) + c2 |1/2, 1/2i(n) ⊗ |1/2, −1/2i(p) . Im zweidimensionalen Fall ergibt sich somit ψ0,0 (x, y) = ψ0 (x) · ψ0 (y) mω 1/2 1 mω 2 2 = e− 2 h̄ (x +y ) . πh̄ Auf Grund der Normierung muss c21 + c22 = 1 gelten. Außerdem muss der Zustand |0, 0i orthogonal zu |1, 0i sein. Durch Anwenden der Operatoren a†x und a†y ergiben sich Daraus ergibt sich der letzte Zustand die die beiden Zustände mit nächst höherer Energie 1 1 √ 1 1 1 |0, 0i = √ | /2, − /2i(n) ⊗ | /2, /2i(p) a†x ψ0,0 (x, y) = 0 + 1ψ1,0 (x, y) 2 r mω i −|1/2, 1/2i(n) ⊗ |1/2, −1/2i(p) . = x̂ − √ p̂x ψ0,0 (x, y) 2h̄ 2mh̄ω Quantenmachanik II - Seite 4 r = mω x− 2h̄ Hanno Rein r h̄ ∂x 2mω ! ψ0,0 (x, y) r mω mω − 1 mω (x2 +y2 ) xe 2 h̄ 2h̄ πh̄ r h̄ mω (−x)mω − 1 mω (x2 +y2 ) − e 2 h̄ 2mω πh̄ h̄ r 2 mω − 1 mω (x2 +y2 ) = xe 2 h̄ π h̄ √ a†y ψ0,0 (x, y) = 0 + 1ψ0,1 (x, y) r 2 mω − 1 mω (x2 +y2 ) = ye 2 h̄ π h̄ = b) Die Operatoren x̂2 , ŷ 2 lassen sich mit Hilfer der Kletteroperatoren ausdrücken x̂2 = ŷ 2 = h̄ (a† a† + a†x ax + ax a†x + ax ax ) 2mω x x h̄ (a† a† + a†y ay + ay a†y + ay ay ) 2mω y y Die Änderung der Energieeigenwerte ist in erster Ordnung Störungsrechnung ∆E = λ hx̂2 · ŷ 2 iψ 2 h̄ = λ h(a†x ax + ax a†x )(a†y ay + ay a†y )iψ 2mω 2 h̄ (nx + nx + 1)(ny + ny + 1) = λ 2mω 2 h̄ = λ (2nx + 2ny + 4ny nx + 1) 2mω Aufgabe 10 a) Berechnen Sie mit Hilfe des Hellman-Feynman Theorems den Erwartungswert der kinetischen Energie und den Erwartungswert der potentiellen Energie in den Eigenzuständen des Wasserstoffatoms! b) Wie groß ist die Summe beider Erwartungswerte? Lösung: Der Hamiltonoperator des Wasserstoffatoms ist Ĥ = p̂2 kZe2 − = Ĥkin + Ĥpot . 2m |~r| Der zugehörige Energieeigenwert ist En = − 1 k 2 Z 2 e2 m . n2 2h̄ Nun berechnet man folgende Ableitungen m∂m Ĥ m∂m En = −Ĥkin = En Z∂Z Ĥ Z∂m En = Ĥpot = 2 · En Mit dem Hellman-Feynman Theorem folgt nun hĤkin in,l = −En hĤpot in,l = 2 · En . Die Summe der beiden Erwartungswerte ist hĤkin in,l + hĤpot in,l = −En + 2En = En
