Lösungsvorschlag Theoretische Physik C

Lösungsvorschlag Theoretische Physik C-LAK
Zwölftes Übungsblatt
Prof. Dr. G. Schön und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig
Wintersemester 2007/2008
Aufgabe 35
8 Punkte
(a)
Wir gehen analog zur Vorlesung vor.
Die Korrekturen erster Ordnung zu Energieeigenwerten und Eigenzuständen sind
En(1) =
0 hn|V
′
|ni0
(1)
und
|ni1 =
′
0 hk|V |ni0
|ki0 .
(0)
(0)
k6=n En − Ek
X
(2)
Die ungestörten Energieeigenwerte sind
En(0) =
~2 nπ 2
2m a
(3)
mit n = 1, 2, . . ., und die ungestörten Eigenzustände in Ortsdarstellung (Wellenfunktionen)
r
x
2
(0)
sin nπ
φn (x) =
a
a
(4)
im Bereich 0 < x < a und Null sonst.
(a)
Wir berechnen
En(1)
=
0 hn|V
′
|ni0
=
=
=
=
=
=
=
Z
x
x
x
2V1 a
sin π
sin nπ
dx sin nπ
a 0
a
a
a
Z a
h
i
x
V1
x
1 − cos 2nπ
dx sin π
a 0
a
a
Z
h
x
x
x i
V1 a
− sin (1 − 2n)π
− sin (1 + 2n)π
dx 2 sin π
2a 0
a
a
a
a
x
V1
1
1
x
x
−2 cos π
+
+
cos (1 − 2n)π
cos (1 + 2n)π
2π
a
1 − 2n
a
1 + 2n
a 0
1
1
V1
−2(−1 − 1) +
(−1 − 1) +
(−1 − 1)
2π
1 − 2n
1 + 2n
V1 1 + 2n + 1 − 2n − 2 + 8n2
−
π
1 − 4n2
2
V1
8n
· 2
π 4n − 1
Für diesen Teil der Aufgabe gibt es
(5)
4 Punkte
(b)
Für diese Teilaufgabe benötigen wir das Matrixelement 0 hk|V ′ |ni0 . Es ist
Z
x
x
x
2V1 a
′
dx sin kπ
sin π
sin nπ
=
0 hk|V |ni0
a 0
a
a
a
Z a
h
V1
x
x i
x
=
cos (k − n)π
− cos (k + n)π
dx sin π
a 0
a
a
a
Z a
i
h
x
x
V1
+ sin (1 + k − n)π
−
dx sin (1 − k + n)π
=
2a 0
a
a
h x
x i
− sin (1 − k − n)π
+ sin (1 + k + n)π
a
a
a
1
x
x
V1
1
−
cos (1 − k + n)π
cos (1 + k − n)π
=
−
+
2π
1−k+n
a
1+k−n
a 0
a
1
1
x
x
+
+
cos (1 − k − n)π
cos (1 + k + n)π
1−k−n
a
1+k+n
a 0
(6)
Hier müssen wir nun unterscheiden, ob k + n gerade oder ungerade ist. Ist k + n gerade (dann ist auch k − n
gerade), so ist
V1
2
V1
8kn
2
′
−
=
+
(7)
0 hk|V |ni0 = −
π
1 − (k − n)2
1 − (k + n)2
π (1 − k 2 − n2 )2 − (2kn)2
Ist k + n ungerade (dann ist auch k − n ungerade), so ist 1 ± (k ± n) gerade, und die cos-Funktionen sind an
den oberen und unteren Integralgrenzen gleich 1, d.h. das Integral verschwindet, 0 hk|V ′ |ni0 = 0. Es ist also
folglich
hx|ni1 =
2ma2 V1
π 3 ~2
X
k6=n
n+k gerade
1
8kn
·
hx|ki0 .
(1 − k 2 − n2 )2 − (2kn)2 n2 − k 2
(8)
oder
ϕ(1)
n (x)
=
r
2 2ma2 V1
a π 3 ~2
X
k>1,k6=n
n+k gerade
x
8kn
1
.
·
sin
kπ
(1 − k 2 − n2 )2 − (2kn)2 n2 − k 2
a
Damit sind die Koeffizienten Ck bestimmt.
Aufgabe 36
(9)
4 Punkte
7 Punkte+2 Zusatzpunkte
(a)
(0)
Der ungestörte Grundzustand für das Wasserstoffatom ist |1, 0, 0i0 , und En = −EI /n2 sind die ungestörten
Energieniveaus des Wasserstoffatoms.
Das Matrixelement ist mit er = r(ex sin θ cos φ, ey sin θ sin φ, ez cos θ) gegeben durch
Z
d3 rR21 (r)Y1m (θ, φ)∗ r ex sin θ cos φ+ey sin θ sin φ+ez cos θ ·R10 (r)Y00 (θ, φ). 1 Punkt
0 h2, 1, m|er|1, 0, 0i0 =
In diesem Matrixelement können wir d3 r = r2 drdΩ schreiben. Es ist
r
r
1
4π 0
8π ±1
±iφ
0
∓ sin θe
=
Y1 (ϑ, ϕ),
Y0 (ϑ, ϕ) = √ ,
Y (θ, φ)
cos θ =
3
3 1
4π
1 Punkt
und somit
2
0 h2, 1, m|er|1, 0, 0i0
=
=
1
√
3
Z
3
drr R21 (r)R10 (r)
Z
dΩ Y1m (θ, φ)∗ ·
Y 1 (θ, φ) + Y1−1 (θ, φ)
Y 1 (θ, φ) − Y1−1 (θ, φ)
√
√
· − ex 1
− ey 1
+ ez Y10 (θ, φ)
2
i 2
Z
e
−e
+
ie
1
x + iey
x
y
3
√
√
δm,1 − √
δm,−1 + ez δm,0 ,
dr r R21 (r)R10 (r)
3
2
2
wobei wir die Orthogonalität der Kugelfunktionen benutzt haben.
Das radiale Integral hatten wir in Aufgabe 34 berechnet:
Z
a0 2 8
I = dr r3 R21 (r)R10 (r) = √ 4 .
63
(10)
2 Punkte
(11)
Damit wird
a0 2 8
0 h2, 1, m|er|1, 0, 0i0 = √
2 35
ex + iey
−ex + iey
√
δm,1 − √
δm,−1 + ez δm,0 ,
2
2
1 Punkt
Es treten also nur Übergänge mit m = 0, ±1 auf. Mann nennt dies eine Auswahlregel. Dies sind ‘erlaubte’
Übergänge, andere Übergänge sind ‘verboten’. Der Polarizationsvektor e des Lichts steht senkrecht auf der
Ausbreitungsrichtung, wie wir aus der Elektrodynamik wissen. Übergänge mit m = 0 emittieren linear polarisiertes Licht, Übergänge mit m = ±1 zirkular polarisiertes Licht. Sind alle drei Übergänge gleich wahrscheinlich
ist das emittierte Licht unpolarisiert.
(b)
Die Frequenz der Lichtstrahlung wird durch die Delta-funktion in dem Ausdruck für die Goldene Regel der
Quantenmechanik definiert. Nämlich
1
3
3me4
(0)
(0)
~ω = E21m − E100 = EI 1 −
= EI =
= 10.2eV.
2 Punkte
4
4
8~2
mit EI = me4 /2~2 = 13.6eV. Sie liegt im ultravioletten Bereich. Sichtbares Licht wird bei anderen Übergängen
(mit geringeren Energiedifferenzen) emittiert.
(c)
Wenn der Übergang np → 1s stattfindet, dann ändert sich an der Überlegung in a) nichts bis auf das radiale
Integral. Das heißt, die Quantenzahl m kann immer nur die drei Werte −1, 0, 1 annehmen. 2 Zusatzpunkte
3