Lösung

3. Dezember 2015
T2 - Quantenmechanik I
WS 15/16 - Prof. Scrinzi
Übungsblatt 5
5.1: (T) Skalarprodukt
Verwende die definierenden Eigenschaften des Skalarprodukts auf dem Hilbertraum H um zu
zeigen, dass
hΦ|Ψi = hΨ|Φi∗
(1)
für beliebige Φ, Ψ ∈ H.
Seien Φ, Ψ ∈ H. Definiere ξ = Ψ + iΦ. Aus der positivität folgt dann
0 ≤ hΨ + iΦ|Ψ + iΦi = ||Ψ||2 + ||Φ||2 − ihΦ|Ψi + ihΨ|Φi = ||Ψ||2 + ||Φ||2 − i(hΦ|Ψi − hΨ|Φi).
Hierbei wurde ebenfalls benutzt, dass das Skalarprodukt sesquilinear ist, d.h. anti-linear im
ersten und linear im zweiten Argument.
Da die Norm eine positive reele größe ist folgt
= i hΦ|Ψi − hΨ|Φi = 0 ⇒ <hΦ|Ψi = <hΨ|Φi,
Analog liefert ξ = Ψ + Φ
0 ≤ hΨ + Φ|Ψ + Φi = ||Ψ||2 + ||Φ||2 + hΦ|Ψi + hΨ|Φi = ||Ψ||2 + ||Φ||2 + (hΦ|Ψi + hΨ|Φi),
und damit
= hΦ|Ψi + hΨ|Φi = 0 ⇒ =hΦ|Ψi = −=hΨ|Φi.
Zusammenfügen von beiden Aussagen liefert
hΦ|Ψi = hΨ|Φi∗
5.2: (T) Projektoren und Bra-Ket Notation
b 2 = Π,
b Π
b† = Π
b stellen Messungen in der QM dar. Sie sind außerdem
Motivation: Projektoren Π
von großem rechentechnischem Nutzen.
(a) Im R3 hat der Projektor auf eine Achse mit dem Einheitsvektor ~n die Form
b ~n = ~n~nT .
Π
(2)
Weiterhin ist der Projektor auf eine Ebene A, die von 2 orthonormalen Vektoren ~n1 und
~n2 aufgespannt wird, gegeben durch
b A = ~n1~nT1 + ~n2~nT2 .
Π
1
(3)
Zeige, dass dies Eigenschaften eines Projektionsoperators erfüllt sind und bestimme wie
diese Projektoren auf einen beliebigen Vektor ~v ∈ R3 wirken.
Wir Beweisen den Fall der Ebene, für die Projektion auf einer Achse ist der Beweis analog.
†
5.3a
T
bA
= (~n1~nT1 )T + (~n2~nT2 )T = ~n1~nT1 + ~n2~nT2 = Π
2
b A = ~n1~nT + ~n2~nT ~n1~nT + ~n2~nT = ~n1~nT ~n1~nT + ~n1~nT ~n2~nT + ~n2~nT ~n1~nT + ~n2~nT ~n2~nT
Π
1
2
1
2
1
1
1
2
2
1
2
2
bA
Π
=
bA
Π
bA
= ~n1 1~nT1 + ~n1 0~nT2 + ~n2 0~nT1 + ~n2 1~nT2 = ~n1~nT1 + ~n2~nT2 = Π
Anwenden des Projektionsoperators liefert
b A~v = ~n1~nT ~v + ~n2~nT ~v = ~n1 (~n1 · ~v ) + ~n2 (~n2 · ~v ),
Π
1
2
was nichts anderes ist als die Projektion des Vektors auf der Ebene.
b mit nicht-entartetem
(b) Im Fall der Spektraldarstellung eines hermitischen Operators A
b sind die Operatoren
Spektrum σ(A)
Z
X
b
b
da |aiha|, I ⊆ σ(A)
(4)
ΠI =
I
Projektoren. Zeige das!
Zu hermitesch:
bI
Π
†
=
X
Z
† X
Z
Z
X
†
bI
da |aiha| = Π
da (|aiha|) =
da |aiha| =
I
I
I
Zu wiederholter Anwendung:
X
X
Z
Z
Z
Z
2 X
X
bI =
dã |aiha|ãihã|
da |aiha|
da |aiha| =
da
Π
I
I
I
I
Z
Z
Z
Z
X
X
X
X
bI
da |aiha| = Π
da
dã |aiδ(a − ã)hã| =
da |aihã|
=
=
I
I
I
(c) Betrachte die Verallgemeinerung zum entarteten Fall
Z
Z
X
X
b
ΠI =
da
dλ |a, λiha, λ|,
I
a=ã
I
b
I ⊆ σ(A)
(5)
Λ
und zeige die Projektoreigenschaft. Welche Bedingung muss ha, λ|a0 , λ0 i erfüllen?
b I hermitesch ist,
Eine Analoge Rechnung wie in der vorherigen Teilaufgabe liefert, dass Π
0
0
0
0
gdw. ha, λ|a , λ i = δ(a − a )δ(λ − λ )
2
(d) Die konkrete Realisierung von |Ψi ist eine Funktion ΨAb(a) mit Argumenten aus dem
b und mit Werten Ψ b(a) = ha|Ψi. Die Transformation in eine andere
Spektrum a ∈ σ(A)
A
Darstellung ΨBb (b) = hb|Ψi hat die Form
Z
X
ΨBb (b) =
da U (b, a)Ψ(a)
(6)
b
σ(A)
Benutze die Zerlegung der Einheit (in Bra-Ket Notation) um U (b, a) durch |ai und |bi
auszudrücken.
Einsetzen liefert
ΨBb (b) = hb|Ψi =
Z
X
dahb|aiha|Ψi =
b
σ(A)
Z
X
b
σ(A)
dahb|aiΨAb(a)
(L.1)
und damit
U (b, a) = hb|ai
(L.2)
b = X,
b B
b = Pb) zu
(e) Benutze die obige Argumentation um hp|xi für Ort und Impuls (d.h. A
bestimmen.
Wie oben
1
√
2π~
Z
−ixp/~
dx e
Z
e
Ψ(x) = Ψ(p)
= hp|Ψi =
Z
dx hp|xihx|Ψi =
dx hp|xiΨ(x)
und durch Koeffizientenvergleich folgt dann
e−ixp/~
√
= hp|xi
2π~
5.3: (Z) Hermitesche Operatoren
Motivation: In der Vorlesung wurde viel über hermitesche und unitäre Operatoren gesprochen. Auch normale Operatoren wurden eingeführt. Hier betrachten wir Eigenschaften von
hermiteschen Operatoren. (Es sei darauf hingewiesen, dass die hier auch implizierten unendlich
dimensionalen Fälle die Dinge eigentlich noch etwas verkomplizieren, wir das aber ausblenden.)
b
(a) Zeige, dass auf Cn die Definition des hermitesch konjugierten Operators (hψ|Aφi
=
†
†
∗T
b
b
b
hA ψ|φi) impliziert, dass A = A .
Wir definieren (•)i als die i-te Komponente in standard Vektor Notation, i.e. ψi = hei |ψi,
berechne:
X
X
X
Cn ~
~ =
~ i=
hψ|Âφi = ψ
· (Âφ)
ψi∗ (Âφ)
ψi∗ Aij φj =
Aij ψi∗ φj
i
i,j
3
i,j
Cn
~ ·φ
~=
h† ψ|φi = († ψ)
X
~ ∗ φi =
(† ψ)
i
X
i,j
i
†
∗
ij
ψj∗ φi =
X
†
i,j
∗
ji
ψi∗ φj
∗
daraus ergibt sich Aij = † , also † = Â∗T . (Nur zur Klarstellung: das gilt so nur für
ji
Matrizen.)
~ † φ.
~
Damit motiviert sich auch die Notation des Skalarprodukts auf Cn : hψ|φi = ψ
(b) Zeige, dass Ortsoperator und Impulsoperator hermitesch auf L2 (R) sind. Es gilt
Sei Φ, Ψ ∈ H ≡ L2 (R).
Z
Z
Z
Ortsd.
∗
∗
b
b
b
hXψ|φi =
dx (Xψ) (x)φ(x) = dx xψ (x)φ(x) = dx ψ ∗ (x)(Xφ)(x)
b
= hψ|Xφi
b hermitesch. Analog
und damit ist X
Z
Z
∗
b
hP ψ|φi = dx [−i∂x ψ(x)] φ(x) = i dx [∂x ψ]∗ (x)φ(x)
Z
P.I.
= −i dx ψ ∗ (x)∂x φ(x) = hψ|Pbφi.
Hierbei wurde bei der partiellen Integration benutzt, dass die Funktionen am Rand verschwinden, dies folgt aus Φ, Ψ ∈ L2 (R). Damit wäre gezeigt, dass auch Pb hermitisch ist.
Bemerkung: Mathematisch gesehen haben wir hier nur die Symmetrie der Opertaren
gezeigt. Um Hermitizität zu zeigen müsste man noch die Definitionsbereiche prüfen, dies
ersparen wir uns, da es sich in diesem Fall um ein rein technisches Detail handelt.
(c) Zeige, dass h∂x2 i < 0 auf L2 (R).
Dies folgt direkt aus −∂x2 = (−i∂x )2 in Zusammenhang mit
hΨ|∂x2 Ψi = −hΨ|(−i∂x )2 Ψi
−i∂x =[−i∂x ]†
=
−h−i∂x Ψ| − i∂x Ψi = −hχ|χi,
χ := −i∂x Ψ
und hχ|χi = ||χ||2 > 0. Bemerke and dieser Stelle, dass für alle hermitschen Operatoren
b hA
b2 i ≥ 0 gilt.
A,
Die Aussage kann auch auf traditionellen Weg nachgewiesen werden. Sei Φ ∈ H = L2 (R),
dann gilt
Z
Z
Z
2
∗ 2
∗
2
h∂x i = hφ|∂x φi = dx φ(x) ∂x φ(x) = − dx (∂x φ(x)) ∂x φ(x) = − dx |∂x φ(x)|2 ≤ 0
Hier wurde wieder partielle Integration verwendet mit verschwindenden Randkontributionen.
4
(d) Zeige, dass Eigenvektoren φn , die zu unterschiedlichen Eigenwerten an 6= am eines hermib n |φm i − hφn |Aφ
b m i.)
teschen Operators gehören, orthogonal sein müssen. (Betrachte hAφ
b n i = an |φn i n ∈ N, d.h. |φn i ist ein Eigenzustand von A
b mit Eigenwert an .
Sei A|φ
b
Da A hermitisch ist:
b n |φm i − hφn |Aφ
b m i = (a∗n − am )hφn |φm i
0 = hAφ
Wir sehen falls a∗n 6= am die Eigenvektoren orthogonal sein müssen. Wir sehen ebenfalls,
dass falls an komplex ist, der Vektor orthogonal zu sich selbst sein muss, d.h. es muss
null sein. Demensprechend müssen Eigenvektoren von hermitschen Operatoren senkrecht
aufeinader stehen und reele Eigenwerte haben.
(e) Impliziert die Orthogonalität von zwei Eigenvektoren, dass die zugehörigen Eigenwerte
unterschiedlich sein müssen?
b zu einem Eigenwert a kann mehrdimensional
Nein, der Eigenraum von einem Operator A
sein. In solch einem Eigenraum kann man zwei orthogonale Eigenzustände finden. Diese
Eigenwerte werden entartet genannt.
Zum Beispiel hat in 2D die Einheitsmatrix 12 nur den Eigenwert 1 aber die zwei Eigenvektoren ~e1 und ~e2 , welche aufeinander senktrecht stehen.
(f ) Zeige, dass das Spektrum eines hermiteschen Operators reell sein muss.
Dies lässt sich direkt aus der Definition der hermitischen Konjugation zeigen, oder über
die entsprechende Spektraldarstellung.
Dies kann sofort in der Spektraldarstellung gesehen werden
b = hAΨ|Φi
b
hΨ|AΦi
∀Ψ, Φ ∈ H
In spektral Darstellung:
Z
Z
X
X
∗
da [ΨAb] (a)aΦAb(a) =
b
a∈σ(A)
b
a∈σ(A)
da [aΨAb]∗ (a)ΦAb(a)
b
d.h. a = a∗ ∀a ∈ σ(A).
Für den diskreten Teil des Spektrums könnte man auch wie folgt Argumentieren (vergleiche (d)):
b zum Eigenwert a.
Sei ψ ∈ H ein Eigenzustand von A
b = ahψ|ψi = hAψ|ψi
b
hψ|Aψi
= a∗ hψ|ψi
b und damit a = a∗ , d.h. alle diskrete Eigenwerte von
Dies gilt für alle Einzustände von A,
einem hermitschen Operator sind reell.
(g) Benutze dieselbe Überlegung, um zu beweisen, dass ein nicht-normaler Operator keine
Spektraldarstellung haben kann.
5
b die Spektraldarstellung A
b=U
b bdbbU
b −1 besitzt, dann gilt
Falls A
b
A A A
bb = U
b b† .
[dbAb, db†Ab] = 0 und U
A
A
Die erste Aussage folgt aus dem Fakt, dass dbAb eine Multiplikation ist. Die zweite folgt
b . In dieser Darstellung folgt dann
aus der unitarität von U
b −1 = A
b† A.
b
bA
b† = U
b dbU
b −1 U
b db† U
b −1 = U
b dbdb† U
b −1 = U
b db† dbU
A
b eine Spektraldarstellung besitzt so muss es normal sein.
Und damit folgt, dass falls A
(Dies beendet den indirekten Beweis, der Direkte ist viel komplizierter)
5.4: (Z) Leiteroperatoren
Motivation: Ein typisches Beispiel für nicht-normale Operatoren sind sogenannte “Leiteroperatoren”. Sie haben die grundsätzliche Struktur wie in diesem Übungsbeispiel. Sie werden nicht
nur in dieser Vorlesung noch auftauchen (harmonischer Oszillator, Drehimpuls), sie spielen auch
in vielen anderen Bereichen der Physik (Festkörperphysik, Quantenfeldtheorien) eine entscheidende Rolle. Sie werden auch oft “Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren” genannt.
Es sei (b
a)ij = δi+1,j , i, j ∈ N der ”Vernichtungsoperator” (b
a† der ”Erzeugungsoperator”) auf
dem
l2 (Menge der quadratsummierbaren Folgen mit dem Skalarprodukt ha|bi =
P Hilbertraum
∗
i∈N ai bi ).
(a) Wie wirken b
a und b
a† auf die Einheitsvektoren ~ek ? Warum können sie nicht kommutieren?
Darstellung als Matrizen:

0
0


b
a = 0
0

..
.
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
..
.


···
· · ·

· · ·
,
· · ·

0
1


b
a† =  0
0

..
.
0
0
1
0
0
0
0
1

···
· · ·

· · ·

· · ·

..
.
Sei (b
a)ij = δi+1,j , i, j ∈ N und ~ek ein Einheitsvektor, d.h. jeder Eintrag außer in ~ek ist 0
außer der k-te, welche 1 ist.
Anwendung von b
a auf ~ek liefert:
X
X
(b
a~ek )i =
(b
a)ij (~ek )j =
δi+1,j δj,k = δi+1,k .
j∈N
j∈N
Weiterhin gilt (b
a)†ij = δi,j+1 , i, j ∈ N und damit erhalten wir:
X †
X
(b
a†~ek )i =
(b
a)ij (~ek )j =
δi,j+1 δj,k = δi,k+1
j∈N
j∈N
Insbesondere gilt,
(b
a~e1 )i =
X
X
(b
a)i,j (~e1 )j =
δi+1,j δj,1 = δi+1,1 = 0
j∈N
j∈N
6
aber
(b
a†~e1 )i =
X
(b
a)†ij (~e1 )j =
j∈N
X
δj+1,i δj,1 = δ2,i 6= 0
j∈N
D.h., der Vernichtungsoperator b
a bildet ~e1 auf 0 ab, und der Erzeugungsoperator b
a† bildet
~e1 auf ~e2 ab.
Da es keine Weise gibt, auf welchem b
a† ~e1 erzeugen kann, deswegen können b
a und b
a† nicht
kommutieren.
(b) Berechne b
ab
a† und b
a† b
a explizit. Weise auf den Unterschied hin.


1 0 0 ···
0 1 0 · · · 


b
ab
a† = 0 0 1 · · · = 1,


..
..
.
.
(b
ab
a† )i,j =
X


0 0 0 ···
0 1 0 · · ·


b
a† b
a = 0 0 1 · · · = Projektor 6= 1


..
..
.
.
(b
a)ik (b
a)†kj =
k∈N
X
δi+1,k δk,j+1 = δij
k∈N
und
(b
a† b
a)i,j
X †
X
(b
a)ik (b
δi,k+1 δk+1,j =
=
a)kj =
k∈N
k∈N
(
0
δij
falls i = 0
sonst
(c) Berechne alle Eigenvektoren von b
a† für den Fall i, j ∈ {0, 1}. Mach Dir klar, dass die
Matrix nicht diagonalisierbar ist.
Sei i, j ∈ {0, 1}. Finde Lösungen von b
a†~v = λ~v .
X †
X
(b
a†~v )0 =
b
a0,j (~v )j =
δ0,j+1~vj = 0
j∈{0,1}
j∈{0,1}
X
X
und
(b
a†~v )1 =
b
a†1,j (~v )j =
j∈{0,1}
δ1,j+1~vj = ~v0
j∈{0,1}
d.h. ~v = (0, 1)T ist Eigenvektor mit Eigenwert 0, aber es ist der einzige Eigenvektor.
Insbesondere ist der Vektor (1, 0)T kein Eigenvektor.
Dementsprechend kann man b
a† nicht diagonalisieren.
5.5: (T) Kommutierende Operatoren haben gemeinsame Diagonalisierung
Motivation: Während wir nicht gleichzeitig den genauen Ort und Impuls eines Elektrons wissen
können, so kann man Ort und potentielle Energie durchaus gleichzeitig kennen (die Messung
der einen Größe verändert den Wert der anderen Größe nicht zwangsweise), ebenso für z.B.
kinetische Energie und Impuls, und im Allgemeinen für alle Messgrößen, deren Operatoren
kommutieren.
Mathematisch bedeutet das, dass es eine Darstellung gibt, in der beide Operatoren simple
Multiplikationsoperatoren sind (also gleichzeitig diagonalisierbar sind).
7
(a) Zeige, dass zwei gleichzeitig diagonalisierbare Operatoren kommutieren. Schlussfolgere,
dass zwei nicht kommutierende aber diagonalisierbare Operatoren nicht gleichzeitig diagonalisiert werden können.
b und B
b zwei gleichzeitig diagonalisierbare Operatoren, dann existiert ein unäre
Seien A
b und diagonale Operatoren D
b A, D
b B , solch dass (ab jetzt werden die Hüte für
Operator U
diese Operatoren weggelassen)
A = U DA U −1
und
B = U DB U −1
Achtung: DA muss nicht unbedingt mit der Spektralzerlegung dˆA übereinstimmen. Der
diagonale Operator DA kann verschiedene Werte haben, e.g. Multiplikation mit einer
Funktion f (a) anstatt von a, dˆA ist ein besonderer Fall.
Für ein diskretes Spektrum ist der Unterschied eine Reindizierung der Eigenvektoren. Für
ein kontinuierlichen Spektrum involviert es die “Zustandsdichte”, ein Konzept welches
später noch besprochen wird.
AB − BA = U DA U −1 U DB U −1 − U DB U −1 U DA U −1 = U (DA DB − DB DA )U −1 = 0
Hierbei haben wir verwendet, dass Diagonaloperatoren kommutieren und das U unitär
ist.
Somit haben wir direkt gezeigt, dass gleichzeitig diagonalisierbare Operatoren kommutieren und indirekt, dass nicht kommutierende Operatoren nicht gleichzeitig diagonalisierbar
sind.
Es gilt auch die Umkehrung: Zwei kommutierende Operatoren können gleichzeitig diagonalisiert
werden. Hier soll das für den endlich-dimensionalen Fall gezeigt werden. (In Aufgabe 3.3 haben
wir eine solche gemeinsame Diagonalisierung für zwei konkrete Matrizen schon einmal explizit
b und B
b zwei diagonalisierbare Matrizen.
durchgeführt.) Es seien also A
b auch ein Eigen(b) Zeige, dass ein Eigenvektor zu einem nicht-entarteten Eigenwert von A
b ist.
vektor von B
Sei ~v der Eigenvektor zum nicht-entarteten Eigenvektor a, d.h. A~v = a~v und sei B ein
Operator welcher mit A kommutiert. Dann gilt
AB~v = BA~v = aB~v
d.h. B~v ist auch ein Eigenvektor von A zum gleichen Eigenwert a, aber dieser Eigenwert
ist nicht-entartet und damit muss B~v proportional zu ~v sein, d.h. B~v = ~v b1 . Damit haben
wir gezeigt, dass ~v ein Eigenvektor von B mit Eigenwert b1 ist.
(c) Verallgemeinere auf den Fall, bei dem der Eigenwert n-fach entartet ist.
Seien |a, λi, λ = 1...n die n Eigenvektoren von A zum Eigenwert a der Entartung n,
d.h. A|a, λi = |a, λia und sei B ein Operator welches mit A kommutiert. Es folgt
AB|a, λi = BA|a, λi = B|a, λia
8
d.h. B|a, λi ist ein Eigenvektor von A für alle λ ∈ {1, . . . , n}.
Demensprechend ist B|a, λi eine Linearkombination von Eigenvektoren von A zum entarteten Eigenwert a für alle λ:
X
B|a, λi =
|a, λ0 iMλ0 λ
λ0
c hermitisch ist, da B
Aus der Konstruktion der Matrix kann man leicht erkennen, dass M
diagonalisierbar. Die Diagonaldarstellung wird
c = Vb dbVb † ,
M
b kk , siehe Aufgabe 0.2. Man kann sogar schreiben
mit Eigenwerten bk = (d)
X
|a, bi :=
λ|a, λiVλ,b , b = 1, . . . , n,
b
diese sind Eigenvektoren von B:
X
X
XX
X
cλ0 ,λ Vbλ,b =
|a, λiVbλ,b =
B|a, λiVbλ,b =
|a, λ0 iM
|a, λiVbλ,b b
B
λ
λ
λ
λ0
λ
Eine klarere Weise dies zu schreiben. Wir führen die Definitionen
Fb := (|a, λ = 1i, . . . , |a, λ = ni)
b := FbVb = (|a, b = 1i, . . . , |a, b = ni)
E
ein und schreiben
cVb = Vb db
M
b = B FbVb = FbM
cVb = FbVb db = E
b db
BE
(d) Schlussfolgere, dass für kommutierende Matrizen eine gemeinsame Eigenbasis gefunden
werden kann.
b zu nicht entarteten Eigenwerten auch
Wir haben gezeigt, dass die Eigenvektoren von A
b sind und.
Eigenwerte von B
Weiterhin haben wir gezeigt das Superpositionen von Eigenvektoren zu entarteten Eigenb diagonalisiert werden können.
werten auch in B
b und B
b gleichzeitig diagonalisieren.
Dementsprechend kann man A
5.6: (T) Unendlich tiefer Potentialtopf
Motivation: Dies ist eines der elementaren Systeme, die man in der Quantenmechanik betrachtet. Anhand dieses einfachen Systems entwickeln sich Intuition für Form und Verhalten von
Ortswellenfunktionen. Interessant ist
( auch das Energiespektrum.
0 für − a < x < a
Gegeben sei das Potential V (x) =
mit a > 0. Der dazugehörige Opera∞ sonst
tor ist V̂ : H → H, V̂ ψ (x) = V (x)ψ(x).
9
(a) Bestimme die Eigenvektoren (auch Eigenzustände genannt) |φn i und Eigenwerte En des
p̂2
Hamiltonoperators Ĥ = 2m
+ V̂ . Bestimme dafür den korrekten Hilbertraum und argumentiere weshalb φn (x → ±a) = 0.
Die Wellenfunktion muss stetig sein, da ansonsten die kinetische Energie unendlich wäre.
Dazu noch muss sie außerhalb des Potentialtopfs verschwinden, ansonsten wäre die Potentialenergie unendlich. Dementsprechend gilt φn (x → ±a) = 0.
Der angebrachte Hilbertraum währe damit {ψ ∈ L2 ([−a, a])}.
Sei |φn i ein Eigenzustand von Ĥ mit Eigenwert En , d.h. Ĥ|φn i = En |φn i.
Es folgt im Ortsraum
−~2 2
∂ + V (x) φn (x) = En φn (x),
2m x
für −a < x < a
−~2 2
∂ φn (x) = En φn (x)
2m x
∂x2 φn (x) = −2mEn /~2 φn (x)
Generelle Lösung (z.b. via Exponentialansatz):
φn (x) = an sin ωn x + bn cos ωn x
√
mit ωn = 2mEn /~. (Aus den Vorzeichen folgt, dass es nur oszillierende Lösungen geben
kann.)
Die Randbedingungen φn (x = ±a) = 0 liefern
φn ( a) = an sin ωn a + bn cos ωn a = 0
φn (−a) = −an sin ωn a + bn cos ωn a = 0
Und damit
an sin ωn a = bn cos ωn a = 0
Dies kann auf zwei Weisen erfüllt werden, enweder
an = 0 und cos ωn a = 0, d.h. ωn a = n
π
mit n ungerade.
2
oder
bn = 0 und sin ωn a = 0, d.h. ωn a = n
π
mit n gerade.
2
Damit werden die Eigenvektoren
(
bn cos
φn (x) =
an sin
πnx
2a πnx
2a
für n ungerade
für n gerade
wobei an und bn Normierungsfaktoren sind. Die Eigenwerte sind gegeben durch
En =
ωn2 ~2
~2 π 2 n2
=
2m
8ma2
wobei n ∈ N.
10
(b) Gibt es ein kontinuierliches Spektrum? Kann man einen beliebigen Zustand |ψi als Superposition der Eigenzustände darstellen, und ist diese Darstellung eindeutig? Skizziere
das Spektrum.
Nein, dass Spektrum ist diskret, dies zeigen wir mithilfe der Vollständigkeit der Fourierentwicklung.
Wir wissen aus den Rechenmethoden, dass jede Funktion eine Fourierentwicklung besitzt
welche in eine trigonometrische Reihe umgeschrieben werden kann.
∀Ψ ∈ H ∃c : Ψ =
∞
X
cn φ n
n=0
Wobei die φn genau die φn aus Aufgabe (a) sind und cn ∈ C.
Sei nun Ψu eine Funktion für der gilt
Ψu (E) 6= 0 for E ∈ σu ,
Ψu (E) = 0 for E ∈ σp .
Hierbei steht σu für das kontinuierliche Spektrum und σp für das Punktspektrum. Es folgt
2
kΨu k = hΨu (E)|Ψu (E)i = hΨu (E)|
∞
X
cn φn i =
∞
X
cn hΨu (E)|φn i = 0
n=0
n=0
Aus der Definition der Norm folgt dann Ψu ≡ 0 und dementsprechend σu = ∅.
(c) Das Potential ist reflexionssymmetrisch: V (x) = V (−x). Teilen die Eigenzustände diese
Eigenschaft? Sind die Wahrscheinlichkeitsdichten reflexionssymmetrisch?
Geraden Funktionen
φ2k (x) = a2k cos ω2k x = a2k cos ω−2k x = φ2k (−x)
sind symmetrisch unter Reflexion, aber ungerade
φ2k+1 (x) = b2k+1 sin ω2k+1 x = −b2k+1 sin ω2k+1 x = −φ2k+1 (−x)
sind es nicht.
Die Wahrscheinlichkeitsverteilung gegeben durch |φn (x)|2 = |φn (−x)|2 , ist symmetrisch
unter Reflexion in beiden Fällen.
(d) Berechne die Zeitentwicklung des n-ten Eigenzustands.
Die Zeitentwicklung ist gegeben durch die unitäre Transformation
i
U (t) = e− ~ tH
b
b Hiermit können wir die Zeitentwicklung des
für den zeitunabhängigen Hamiltonian H.
n-ten Eigenzustands φn berechnen.
i
i
φn (x, t) = U (t)φn (x) = e− ~ tH φn (x) = e− ~ tEn φn (x)
b
b n = φn En , welches die triviale Lösung e− ~i tEn φn hat.
Dies folgt aus i~∂t φn = Hφ
11
(e) Gegeben eine Superposition der beiden niedrigsten Eigenzustände |ψi = α|φ1 i + β|φ2 i,
α, β ∈ C, |α|2 + |β|2 = 1, berechne hx̂iψ (t). Skizziere hx̂iψ (t) für α = β = 2−1/2 und für
α = 3−1/2 , β = (2/3)−1/2 .
Sei |ψi = α|φ1 i + β|φ2 i, α, β ∈ C, |α|2 + |β|2 = 1, d.h. ψ(x, t) = αφ1 (x, t) + βφ2 (x, t)
Aus (b) wissen wir:
φ1 (x) = b1 cos ω1 x mit ω1 =
p
π 2 ~2
2mE1 /~ und E1 =
8ma2
p
π 2 ~2
2mE2 /~ und E2 =
= 4E1
2ma2
mit b1 , a2 die Normierungskonstanten, diese sind:
Z a
2
1 = hφ1 |φ1 i = b1
dx cos2 ω1 x = ab21
φ2 (x) = a2 sin ω2 x mit ω2 =
−a
(Integration von cos2 über eine halbe Periode) Damit
1
b1 = √
a
Analog
1 = hφ2 |φ2 i =
a22
Z
a
dx sin2 ω2 x = aa22 ,
−a
und damit
1
a2 = √
a
Wir bemerken, dass für die Eigenfunktionen gilt
b j (t)i = eit(Ei −Ej )/~ hφi (t = 0)|X|φ
b j (t = 0)i
hφi (t)|X|φ
b ψ (t) =|α|2 hφ1 |X|φ
b 1 i + |β|2 hφ2 |X|φ
b 2i
hXi
b 2i
+ α∗ βeit(E1 −E2 )/~ hφ1 |X|φ
b 1i
+ αβ ∗ e−it(E1 −E2 )/~ hφ2 |X|φ
h i
i
b 2 i + c.c.
=αβ e ~ t(E1 −E2 ) hφ1 |X|φ
b i i = 0 und das α, β reell
Wobei hierbei benutzt wurde, dass wegen Symmetrie hφi |X|φ
sind.
b 2 i gilt dann
Für den Term hφ1 |X|φ
Z
a
b 2 i = b 1 a2
hφ1 |X|φ
dxx sin (ω2 x) cos (ω1 x) = b1 a2
−a
32a2
32
=
a
9π 2
9π 2
und damit
b ψ (t) =
hXi
i
64a
32
aαβ(e ~ t(E1 −E2 )/~ + c.c.) = 2 αβ cos[t(E1 − E2 )/~]
2
9π
9π
12
Sei α = β = 2−1/2 , dann
32a 1 i t(E1 −E2 )/~
32
t
t
b
hXiψ (t) = 2
e~
+ c.c. = 2 a cos
(E2 − E1 ) ≈ 0.36 a cos
(E2 − E1 )
9π 2
9π
~
~
Sei α = 3−1/2 und β = ( 23 )1/2 , dann
√
64
2
t
t
b ψ (t) =
hXi
(E2 − E1 ) ≈ 0.34 a cos
(E2 − E1 )
a cos
27π 2
~
~
ψ
q
α = β = 12
q
q
α = 13 , β = 23
√1
a
x
a
(f ) Diese Energien sind kommensurabel, d.h. sie stehen in rationalen Verhältnissen zueinander. Zeige, dass für eine beliebige zum Zeitpunkt t = t0 gegebene Wellenfunktion ψ(t0 )
gilt: Nach der Periode T ist die Wellenfunktion wieder die gleiche, also ψ(t0 + T ) = ψ(t0 ).
Bestimme T .
Gegeben sei eine Wellenfunktion ψ(t), diese kann in der Basis der Eigenfunktionen φn (t)
zerlegt werden .
∞
∞
X
X
i
ψ(t, x) =
cn φn (t, x) =
cn e− ~ tEn φn (x).
n=0
Damit
ψ(t + T, x) =
∞
X
n=0
− ~i (t+T )En
cn e
φn (x) =
n=0
Verwende nun aus (b), En =
Falls
T E1
~
∞
X
i
n=0
π 2 ~2
8ma2
n2 = n2 E1 .
= 2π, dann
−i
−i
2T E
1
e ~ T En = e ~ n
und dementsprechend für T =
2
= e−i2πn = e−i2π = 1
2π~
E1
ψ(t + T, x) =
∞
X
i
cn e− ~ tEn φn (x) = ψ(t, x)
n=0
13
i
e− ~ T En cn e− ~ tEn φn (x)