Lösúngen der Probeklausur

T2 Quantenmechanik
Lösungen
LMU München, WS 16/17
Prof. D. Lüst / Dr. A. Schmidt-May
version: 16. 12.
Name:
Übungsleiter:
Aufgabe 1
a) Nennen Sie zwei Beispiele für Experimente oder Beobachtungen, die sich nicht durch
klassische Physik erklären lassen aber mithilfe der Quantenmechanik beschrieben
werden können. (2 Punkte)
Lösung: Photoelektrischer Effekt, Compton-Effekt, Schwarzkörperstrahlung, Stabilität des WasserstoffAtoms, . . .
b) Gegeben sei der Hilbert-Raum H = L2 (R3 ) mit dem üblichen Skalarprodunkt hφ|ψi.
Welche Gleichung erfüllt ein selbstadjungierter Operator? Nennen Sie zwei Beispiele
für selbstadjungierte Operatoren. (3 Punkte)
Lösung: Ein selbstadjungierter Operator  erfüllt hφ|Âψi = hÂφ|ψi. (1 Punkt) Beispiele sind x̂,
p̂ = −i~∇, L̂ = x̂ × p̂, Ĥ, . . . (2 Punkte)
c) Gegeben sei ein Hilbert-Raum H mit Orthonormalbasis |ni, n = 1, . . . , d. Zeigen
Sie, dass die Koeffizienten cn der Darstellung eines beliebigen Zustands |ψi ∈ H in
dieser Basis gegeben sind durch cn = hn|ψi. (2 Punkte)
Lösung: Die Darstellung von |ψi in der Basis |ni ist
|ψi =
d
X
cm |mi
(1.S1)
m=1
(1 Punkt) Dann ist
hn|ψi = hn|
d
X
m=1
cm |mi =
d
X
cm hn|mi =
m=1
d
X
cm δnm = cn
(1.S2)
m=1
(1 Punkt)
Aufgabe 2
Ein Hilbert-Raum werde aufgespannt von zwei Energie-Eigenzuständen |1i und |2i mit
entsprechenden Eigenwerten des Hamilton-Operators E1 und E2 . Das System befinde sich
zur Zeit t = 0 in einem Zustand |ψ(0)i.
a) Stellen Sie |ψ(0)i zur Zeit t = 0 in der Energie-Basis dar. (1 Punkt)
Lösung: Die Darstellung von |ψ(0)i in der Basis ist
|ψ(0)i = b1 |1i + b2 |2i
1.1
mit bn ∈ C
(1.S3)
b) Wie entwickelt sich |ψ(t)i mit der Zeit? (1 Punkt)
Lösung: Die Zeitentwicklung ist
|ψ(0)i = b1 e−iE1 t/~ |1i + b2 e−iE2 t/~ |2i
(1.S4)
c) Zu einem Messapparat gehöre der Zustand |φi = c1 |1i + c2 |2i. Mit welcher Wahrscheinlichkeit w(t) misst man den zu |φi gehörigen Messwert zur Zeit t? (3 Punkte)
Lösung: Es gilt
h1|1i = h2|2i = 1
h1|2i = 0
(1.S5)
Die Wahrscheinlichkeit, den Zustand |φi zur Zeit t zu messen ist
w(t) = | hφ|ψ(t)i |2
2
= c1 h1| + c2 h2| b1 e−iE1 t/~ |1i + b2 e−iE2 t/~ |2i 2
= c1 b1 e−iE1 t/~ h1|1i + c2 b2 e−iE2 t/~ h2|2i = c1 b1 e−iE1 t/~ + c2 b2 e−iE2 t/~ c∗1 b∗1 eiE1 t/~ + c∗2 b∗2 eiE2 t/~
= |c1 |2 |b1 |2 + |c2 |2 |b2 |2 + c2 b2 c∗1 b∗1 ei(E1 −E2 )t/~ + c1 b1 c∗2 b∗2 e−i(E1 −E2 )t/~
h
i
= |c1 |2 |b1 |2 + |c2 |2 |b2 |2 + 2Re c2 b2 c∗1 b∗1 ei(E1 −E2 )t/~
(1.S6)
(1.S7)
(1.S8)
(1.S9)
(1.S10)
(1.S11)
(1.S12)
Hier ist es wichtig, dass am Ende ein Ergebnis dasteht, das offensichtlich reell ist! Die letzten Umformungen sind also wichtig und Teil der vollständigen Lösung. Sonst 1 Punkt Abzug!
d) Kann man durch wiederholte Messungen (also aus der Zeitabhängigheit des obigen
Ergebnisses) die Werte der Energien E1 und E2 bestimmen? Begründen Sie Ihre
Antwort. (1 Punkt)
Lösung: Nein, man kann lediglich die Differenz (E1 − E2 ) bestimmen, da die Wahrscheinlichkeit für
Messprozesse nur von dieser Größe abhängt.
Aufgabe 3
Betrachten Sie den Operator
1
 = √
2
x̂
p̂
+i
x0
p0
(1.1)
mit x0 , p0 ∈ R, Ortsoperator x̂ und Impulsoperator p̂ auf dem Hilbert-Raum L2 (R).
a) Ist  hermitesch? Begründen Sie Ihre Antwort. (1 Punkt)
Lösung: Nein, denn
1
† = √
2
x̂†
p̂†
−i
x0
p0
1.2
1
=√
2
x̂
p̂
−i
x0
p0
6= Â
(1.S13)
b) Welche Relationen müssen x0 und p0 erfüllen, damit [Â, † ] = 1 gilt? (2 Punkte)
Lösung: Es ist
p̂ x̂
p̂
1 x̂
+i
,
−i
2 x0
p0 x0
p0
i
i
=−
[x̂, p̂] +
[p̂, x̂]
2x0 p0
2x0 p0
i
=−
[x̂, p̂]
x0 p 0
i
i~1
=−
x0 p 0
~
=
1
x0 p0
[Â, † ] =
(1.S14)
1 Punkt
(1.S15)
(1.S16)
(1.S17)
(1.S18)
(1.S19)
Dies ist gleich 1, wenn (1 Punkt)
x0 p0 = ~
(1.S20)
c) Berechnen Sie die bis auf die Phase eindeutige, normierte Wellenfunktion ψ0 (x),
welche Âψ0 (x) = 0 erfüllt. (3 Punkte)
R
p
2
Hinweis: Das Gauß-Integral ist dx e−bx = πb
Lösung: Die zu lösende Gleichung lautet (1 Punkt)
1
x̂
x
p̂
~ d
1
Âψ0 (x) = √
+i
+
ψ0 (x) = 0
ψ0 (x) = √
p0
p0 dx
2 x0
2 x0
(1.S21)
Dies ist äquivalent zu
d
ψ0 (x) = −2bx ψ0 (x)
dx
mit
b=
(1.S22)
p0
2~x0
(1.S23)
Die Lösung der Differenzialgleichung ist (1 Punkt)
2
p0
ψ0 (x) = N e−bx = N e− 2~x0 x
2
mit Normierungskonstante N . Die Normierung ergibt sich aus
r
Z ∞
Z ∞
2
π
1=
dx |ψ0 (x)|2 = |N |2
dx e−bx = |N |2
b
−∞
−∞
(1.S24)
(1.S25)
Wir wählen die Phase so, dass N reell ist, und erhalten also (1 Punkt)
1/4 1/4
b
p0
N=
=
π
2~x0 π
1.3
(1.S26)
Aufgabe 4
Ein Teilchen der Masse m befinde sich im Grundzustand des unendlich tiefen Potenzialtopfes mit
(
0
für 0 ≤ x ≤ a
V (x) =
(1.2)
∞
sonst
Die Eigenfunktionen des entsprechenden Hamilton-Operators und ihre zugehörigen Energieeigenwerte lauten
r
nπx 2
n2 π 2 ~2
sin
mit En =
ψn (x) =
(1.3)
a
a
2ma2
Plötzlich dehnt sich der Topf auf die doppelte Breite aus, indem sich die rechte Wand
von a nach 2a bewegt. Wir nehmen an, dass dies die Wellenfunktion kurzzeitig ungestört
lässt. Nun wird die Energie des Teilchens gemessen.
a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, mit welcher der Energiewert Ẽn des breiteren Topfes gemessen wird. Beachten Sie, dass der Fall n = 2 beim Auswerten des
Integrals separat betrachtet werden muss. (9 Punkte)
Hinweis:
Es ist
sin(x) sin(y) = 12 [cos(x − y) − cos(x + y)]
Lösung: Die neuen Eigenfunktionen und Energieeigenwerte sind (1 Punkt)
r
nπx 1
n 2 π 2 ~2
ψ̃n (x) =
sin
mit Ẽn =
a
2a
2m(2a)2
(1.S27)
Die Wellenfunktion des Teilchens ist
r
ψ1 (x) =
πx 2
sin
a
a
(1.S28)
mit ψ1 (x) = 0 für x > a. (1 Punkt)
Wir zerlegen diese in die Basis ψ̃(x) (1 Punkt)
ψ1 (x) =
∞
X
cn ψ̃(x)
(1.S29)
n=1
mit
a
Z
dx ψ̃ ∗ (x)ψ1 (x)
cn =
(1.S30)
0
Wahrscheinlichkeit, dass sich das Teilchen nach der Messung im Zustand ψ̃n befindet ist gegeben durch
|cn |2 . (1 Punkt)
Also berechnen wir zunächst cn
Z a
cn =
dx ψ̃ ∗ (x)ψ1 (x)
(1.S31)
0
r r Z a
nπx πx 1 2
dx sin
sin
(1.S32)
=
a a
2a
a
r r Z0 a
nπx πx nπx πx i
1 2
1h
=
dx
cos
−
− cos
+
(1.S33)
a a 0
2
2a
a
2a
a
Z a
Z
a
πx πx 1
= √
dx cos (n/2 − 1)
−
dx cos (n/2 + 1)
(1.S34)
a
a
a 2 0
0
1.4
(1 Punkt)
Wir benutzen
Z
a
dx cos(qx) =
0
1
q
Z
aq
dy cos(y) =
0
iaq
1h
1
sin(y)
= sin(aq)
q
q
0
(1 Punkt)
Das gibt für n 6= 2
"
#
Z (2n−1)π/2
Z (2n+1)π/2
a
a
1
dy cos (y) −
dy cos (y)
cn = √
(n/2 + 1)π 0
a 2 (n/2 − 1)π 0
1
1
1
= √
sin (n/2 − 1)π −
sin (n/2 + 1)π
n/2 + 1
π 2 n/2 − 1
1
1
1
= √
−
sin (n/2 + 1)π
π 2 n/2 − 1 n/2 + 1
2
1
= √
sin
(n/2
+
1)π
π 2 n2 /4 − 1
√
4 2
1
=
sin
(n/2
+
1)π
π n2 − 4
(
0
für gerades n
√
=
4 2
für ungerades n
± π(n2 −4)
(1.S35)
(1.S36)
(1.S37)
(1.S38)
(1.S39)
(1.S40)
(1.S41)
(1 Punkt)
Für n = 2 erhalten wir
Z a
Z a
1
2πx
c2 = √
dx cos (0) −
dx cos
a
a 2 0
0
Z a
1
dx cos (0)
= √
a 2 0
1
=√
2
(1 Punkt)
Die Wahrscheinlichkeit Ẽn zu messen ist also (1 Punkt)

1

für n = 2
2
2
für gerades n > 2
|cn | = 0


32
für
ungerades n
π 2 (n2 −4)2
(1.S42)
(1.S43)
(1.S44)
(1.S45)
b) Was ist das wahrscheinlichste Messergebnis? Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit,
diesen Energiewert zu messen? Wie verhält sich dieser Wert zum Eigenwert E1 des
Anfangszustands im ursprünglichen Potenzialtopf? (3 Punkte)
Lösung: Das wahrscheinlichste Messergebnis ist Ẽ2 = E1 (2 Punkte) mit Wahrscheinlichkeit P = 1/2
(1 Punkt).
c) Was ist der Erwartungswert hĤi für die Energie im Anfangszustand? (Beachten Sie:
Die Beantwortung dieser Frage erfordert keine aufwändige Rechung!) (2 Punkte)
Lösung: Es ist
Z
hĤi =
a
dx ψ1∗ (x)Ĥψ1 (x) = −
0
1.5
~2
2m
Z
0
a
dx ψ1∗ (x)
d2
ψ1 (x)
dx2
(1.S46)
(1 Punkt)
Dies ist genau derselbe Ausdruck wie für den ursprünglichen Potenzialtopf mit Breite a. Das Ergebnis
ist also einfach der Energieeigenwert E1 , also
hĤi = E1 =
(1 Punkt)
1.6
π 2 ~2
2ma2
(1.S47)