Lösungen zur Präsenzübung “Quantenmechanik I”
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Erlangen den 5.Juli 2007
Lösungen zur Präsenzübung “Quantenmechanik I”
Q14: 4 r3 Yl0
Q15: σi2 = 1̂
= ( 1r ∂r2 r −
⇒
E =3·
Q16: Es muss λ2 = λ gelten.
lˆ2
)(r3 Yl0 )
h̄2 r2
=
1
2
r 12r Yl0
− rl(l + 1)Yl0 = Yl0 r(12 − l(l + 1))
h̄2
4
⇒
λ=0
und λ=1
Q17: l läuft von 0 bis n − 1 und zu jedem m gehören 2l + 1 Werte. Also:
En =
n−1
X
l
X
1 =
l=0 m=−l
n−1
X
2l + 1 = 2
l=0
(n − 1)n
+ n = n2
2
Q18: Es soll eimφ = eim(φ+π) gelten. ⇒ eimπ = 1 ⇒ m = 0, ±2, ±4, . . .
1
13, 6eV = − 412 Ry. ⇒ n=4 ⇒ l < 4
Q19: Die Energie ist E = − 16
⇒ dieser Zustand kann
nicht existieren.
P12:
q
a) z = r cos(θ) und cos(θ) = 4π
3 Y10 .
q
Damit wird Ŵ = −eε0 4π
3 r Y10 .
D
E
(1)
b) Im Grundzustand ist die Energiekorrektur E1 = φ100 Ŵ φ100 .
Wegen |φ100 i ∝ e−r wird das obige Integral insgesamt antisymmetrisch und somit Null.
c) Argumentation
Ewie bei b).
D
φ2lm Ŵ φ2lm insgesamt antisymmetrisch. ⇒ Null
d) Vorüberlegung: Da gilt Ylm = Plm (cos(θ)) eimϕ ergibt sich:
Z
∗
dΩ Ylm
Y10 Yl0 m0 =
Z
|0
2π
0
dϕ ei(m −m)ϕ ·
{z
}
Z
1
−1
0
d cos(θ) Plm Y10 Plm
0
=δmm0
Also sind alle Matrixelemente mit m 6= m0 auch Null.
Aus b) und c) weiß man, die verbleibenden Einträge haben l 6= l0
( d.h. ein Wert von beiden ist 0,der andere 1 ) (
sowie m = m0 .
l = m = m0 = 0 & l0 = 1
⇒ Es verbleiben zwingend nur die Einträge mit
l0 = m0 = m = 0 & l = 10
Für beide Fälle erhält man das gleiche Ergebnis, weil die komplexe Konjugation hier keine
Rolle spielt:
Z
dΩ
∗
Y10
Y10 Y00
Z
=
dΩ
∗
Y00
Y10 Y10
r
Z
= Y00 ·
∗
Y10
Y10
= Y00 =
dΩ
{z
}
|
=1,da ONB
1
4π
ONB=Orthonormalbasis
r
E
R 3
4π
∗
φ2lm Ŵ φ2l0 m0 = d r R2l Ylm (−eε0 a)
rY10 R2l0 Yl0 m0 =
{z 3
}
|
=
Ŵ
q
R
R∞
∗ Y Y0 0
2
0
(−eε0 a) 4π
dΩ Ylm
10 l m
3
0 drr · rR2l R2l =
D
q q
R∞
1
3
(−eε0 a) 4π
3
4π
0 dr r R20 R21 =
(−eε0 a) 23
1 3
2a
R∞
1
0
0
0
e) Ŵ = 3eε0 a
0
1
0
0
0
dr r4 1 −
0
0
0
0
0
0
0
0
r
2a
r
e− a =
−eε0
12a3
(1)
= 3eε0 a
. Diese Matrix hat 4 Eigenwerte. 2 davon sind Null, die rest
lichen erhält man durch Diagonalisieren von
Final: E2
1
5
2a 5!a
4!a4 −
0 1
1 0
!
. ⇒ +1 und -1.
0
E2 + 3eε0 a
0
=
E2 , doppelt
E 0 − 3eε a
0
2
P13:
Die Eigenzustände sind weiterhin die |φnlm i = Rnl Ylm , weil lˆ2 und lˆz weiterhin mit Ĥ vertauschen.
Die Störung hebt allerdings die m-Entartung auf!
D
E
1
φnlm Ĥ0 + µl B lˆz φnl0 m0 = δll0 δmm0 − 2 Ry + µl B · m
n
. . . wobei m = − l, −l + 1, . . . , +l
⇒ Äquidistantes Spektrum (Abstand µl B): Normaler Zeeman-Effekt!
