Lösung

3. Dezember 2015
T2 - Quantenmechanik I
WS 15/16 - Prof. Scrinzi
Übungsblatt 6
6.1: (Z) Ehrenfest Theorem
Motivation: In der klassischen Mechanik entwickelt sich eine allgemeine Funktion f auf dem
Phasenraum mit der Zeit gemäß
d
f (x, p, t) = − H, f (x, p, t) + ∂t f (x, p, t).
dt
In der Quantenmechanik ergibt sich eine fast identische Gleichung für die Erwartungswerte.
Der Erwartungswert einer beliebigen Observable Â(x̂, p̂, t) : H → H (hermitescher Operator)
auf dem Hilbertraum H (hier soll H = L2 (R) betrachtet werden) bezüglich der Wellenfunktion
ψ ∈ H entwickelt sich mit der Zeit gemäß
1 d
hÂiψ = −
Ĥ,  ψ + ∂t  ψ .
dt
i~
(1)
Unter bestimmten Bedingungen ergeben sich für die quantenmechanischen Mittelwerte die selben Bewegungsgleichungen wie für die klassische Bewegung.
(a) Leite Gleichung (1) her. (Verwende die Schrödingergleichung.)
Es gilt
E
D d D E Ψ Â Ψ = ∂t hΨ| Â|Ψi + Ψ ∂t Â Ψ + hΨ| ∂t |Ψi
dt
Einsetzen der Schrödingergleichung i~∂t |Ψi = Ĥ|Ψi, bzw. −i~∂t hΨ| = hΨ|Ĥ, liefert:
E D E
i D d D E
Ψ Â Ψ = −
Ψ ÂĤ − Ĥ Â Ψ + Ψ ∂t  Ψ
dt
~
E
i E D 1 D h
=−
Ψ Ĥ, Â Ψ + Ψ ∂t  Ψ
i~
Die Spezialfälle  = x̂ und  = p̂ sind von spezieller Bedeutung:
*
+
*
+
d
∂ Ĥ
d
∂ Ĥ
hx̂iψ =
hp̂iψ = −
dt
∂ p̂
dt
∂ x̂
ψ
(2)
ψ
(b) Leite Gleichung (2) her. (Verwende Resultate aus Aufgabe 3.1.)
Für die Aufgabe müssen offenbar die Kommutatoren [Ĥ, x̂] und [Ĥ, p̂] ausgewertet werden:
h
i p̂2 1 2 i~
Ĥ, x̂ =
, x̂ + [V (x̂), x̂] =
p̂ , x̂ = − p̂.
2m
2m
m
1
Hierbei wurde [V (x̂), x̂] = 0 verwendet. In der Ortsdarstellung (d.h. Spektraldarstellung
bezüglich des Ortsoperators) ist dies trivial.
Es gilt natürlich allgemein, dass alle Funktionen eines einzelnen Operators  miteinander
kommutieren, wieder offensichtlich in der Spektraldarstellung von Â.1
Nun zum Impuls:
h
p̂2
Ĥ, p̂ =
, p̂ + [V (x̂), p̂] = i~V 0 (x̂)
2m
i
Dies gilt natürlich nur für differenzierbare V , siehe Aufgabe 3.1.
Einsetzen in die Formel aus (a) unter Berücksichtigung, dass x̂ und p̂ nicht explizit
zeitabhängig sind ergibt:
*
+
d
1
∂ Ĥ
hx̂i =
hp̂i =
dt
m
∂ p̂
*
+
d
∂
Ĥ
hp̂i = h−V 0 (x̂)i = −
dt
∂ x̂
(c) Erfüllt der Erwartungswert des Ortsoperators die klassischen Bewegungsgleichungen im
allgemeinen Fall?
Betrachte zunächst Potentiale der Form V (x) = λxn mit λ ∈ R und n ∈ Z. Zeige, dass für
n = 0 (freies Teilchen), n = 1 (uniformes Kraftfeld) und n = 2 (harmonischer Oszillator)
der Erwartungswert die klassischen Bewegungsgleichungen erfüllt.
Die klassische Bewegungsgleichung ist mẍ = −V 0 (x). Wenn wir x mit hx̂i identifizieren
hätten wir
d2
m 2 hx̂i = −V 0 (hx̂i)
dt
Mit den Gleichungen aus (b) ergibt sich aber:
m
d2
hx̂i = h−V 0 (x̂)i .
dt2
Betrachten wir V (x) = λxn mit λ ∈ R und n ∈ R gilt:
−V 0 (hx̂i) = −nλ hx̂in−1
h−V 0 (x̂)i = −nλ x̂n−1
Für n = 0, 1, 2 sind die Ausdrücke gleich, wie man nachrechnen kann:
n = 0: Trivial
n = 1: hx̂i0 = 1 = hx̂0 i
n = 2: hx̂i1 = hx̂i = hx̂1 i
1
Hier wird in sämtlicher Literatur stillschweigend vorausgesetzt, dass V (x) analytisch ist. Bei nichtanalytischen Potentialen ist der Kommutator [V (x̂), x̂] nicht trivial zu bestimmen. Abgesehen davon gäbe es
auch Probleme bei der Wirkung des Impulsoperators.
2
Für n=3 ist die Differenz proportional zur Varianz des Ortsoperators. Hier haben wir
schon Beispiele für die Ungleichheit beider Ausdrücke gesehen.
Für alle anderen Werte ist es auch ungleich.
6.2: (Z) Freies teilchen: Unschärfe
Motivation: Das freie Teilchen ”zerfließt” mit der Zeit - ein zunächst gut lokalisiertes Teilchen
hat aufgrund der Unschärferelation einen nicht exakt bestimmbaren Impuls und mit der Zeit
führt diese Unschärfe im Impuls zu immer größerer Varianz im Ort.
Teilchen mit Enerigien im Bereich des kontinuierlichen Spektrums teilen viele Charakteristika
mit dem freien Teilchen.
(a) Konstruiere die Wellenfunktion mit minimaler Unschärfe. (Wann ist bei der zur Herleitung
der Unschärferelation verwendeten Ungleichung in Aufgabe 4.2 die Gleichheit gegeben?)
Vergleiche das Ergebnis mit ψ0 (x) = N exp − a(x − x0 )2 + ikx aus Aufgabe 4.5.
In Aufgabe 4.2 ist die Startungleichung hĈ Ĉ † i ≥ 0. Die Gleichheit ist hier erfüllt, wenn
Ĉ|ψi = 0. Für die in der Aufgabe 4.2 geeignete Form (Ĉ = λ(x̂ − hx̂i) + λi (p̂ − hp̂i)) gibt
das:
i
λ x̂ − hx̂i + p̂ − hp̂i |ψi = 0
λ
−i
(−i~∂x − p0 )ψ(x)
λ(x − x0 )ψ(x) =
λ
λ2
p0
0
ψ (x) = −
(x − x0 ) − i
ψ(x)
~
~
2
λ
p0 x
2
ψ(x) ∼ exp − (x − x0 ) + i
2~
~
Unter Einführung der Definitionen
λ2
p0
k=
ˆ
,
2~
~
2
ψ(x) ∼ exp − a(x − x0 ) + ikx .
a=
ˆ
erhält man letztlich
(b) Berechne die Ortsunschärfe von ψ0 für den Spezialfall x0 = 0 und k = 0 als Funktion der
Zeit.
Aus Aufgabe 4.2 haben wir
(2a/π)1/4
−1
2
√
ψt (x) =
exp − (1 + iτ ) ax
1 + iτ
mit τ = 2a~t/m. Diese Funktion ist symmetrisch, sodass hx̂iψt = 0. Somit ist (∆x̂)2 =
hx̂2 iψt und das integriert sich zu
√
Z
ax2 (2a/π)1/2 π a −3/2 1 + τ 2
(2a/π)1/2
2
2
= √
= √
hx̂ iψt = √
dx x exp −
1 + τ2
1 + τ2 R
1 + τ2 2 1 + τ2
a 2
Die Varianz verhält sich parabolar in der Zeit.
3
(c) Zeige, dass die Impulsunschärfe eines freien Teilchens zeitlich konstant ist. (Nutze das
Ehrenfest Theorem.)
Der Hamiltonian des freien Teilchens kommutiert mit p̂, sowie mit p̂2 . Daraus folgt, dass
die Erwartungswerte beider zeitlich konstant sind und somit auch die Unschärfe.
(d) Zeige, dass für freie Teilchen gilt:
(∆x̂)2 (t) =
(∆p̂)2
(t − t0 )2 + (∆x̂)2 (t0 ).
m2
(Nutze das Ehrenfest Theorem.)
Beim Freien Teilchen ist V = 0, daraus folgt für die Erwartungswerte des Orts- und
Impulsoperators:
d
hp̂(t)i = 0 ⇒ hp̂(t)i = const
dt
d
1
t − t0
hx̂(t)i =
hp̂(t)i ⇒ hx̂(t)i =
hp̂0 i + hx̂(t0 )i
dt
m
m
Jetzt benötigen wir noch die zeitliche Entwicklung des Erwartungswerts von x̂2 :
−1 −i~
hx̂p̂ + p̂x̂i
d 2 −1
x̂ =
h[Ĥ, x̂2 ]i =
h
(x̂p̂ + p̂x̂)i =
dt
i~
i~ m
m
d
2 2
hx̂p̂ + p̂x̂i =
p̂
dt
m
d 2
p̂ = 0
dt
(hier haben wir die Kommutatorrelation [Â, B̂ Ĉ] = [Â, B̂]Ĉ + B̂[Â, Ĉ] benutzt)
hp̂2 i
h(x̂p̂ + p̂x̂)(t0 )i
⇒ x̂2 (t) = 2 (t − t0 )2 +
(t − t0 ) + x̂2 (t0 ) .
m
m
Für die Unschärfe haben wir dann:
2
h(x̂p̂
+
p̂x̂)(t
)i
−
2
hpi
x(t
(∆p̂)
0
0)
(t − t0 )2 + (∆x̂)2 (t0 ) +
(t − t0 ),
(∆x̂)2 (t) =
m2
m
wobei t0 gewählt werden kann, damit der letzte Term verschwindet.
6.3: (T) Teilchen im Kreis
Motivation: Eine Variation des unendlich tiefen Potentialtopfs.
Ein Teilchen der Masse m sei auf die Kreislinie mit Radius R > 0 beschränkt.
b aus, der dieses System beschreibt?
(a) Wie sieht der Hamiltonoperator H
Was ist der korrekte Hilbertraum H?
4
Bestimme die korrekten Randbedingungen für die Wellenfunktion ψ. (Wie verhalten sich
ψ(0) und ψ(2πR)? Wie die Ableitungen?)
2
p̂
, wobei sich der ImDer Hilbertraum ist L2 ([0, 2πR]). Der Hamiltonoperator ist Ĥ = 2m
puls auf die Bewegung entlang des Kreises bezieht. Der Kreis ist eindimensional, weshalb
wir ihn mit einer Ortskoordinate x parametrisieren können. Dieses x ist aber im Intervall
[0, 2πR]. Da der Kreis bei x = 2πR wieder von vorne anfängt und die Wellenfunktion
sowie deren Ableitung stetig sind gilt:
( I ) : Ψ(0) = Ψ(2πR)
(II) : Ψ0 (0) = Ψ0 (2πR)
Die Randbedingungen (I)und (II) werden als periodische Randbedingungen bezeichnet,
und müssen für alle Ableitungen Stimmen.
(b) Bestimme die Eigenenergien und Eigenzustände des Systems.
Vergleiche das Ergebnis mit dem unendlich tiefen Potentialtopf (Aufgabe 5.6).
Wie schon beim unendlich tiefen Potentialtopf, können wir einen Ansatz für die Wellenfunktion machen, der aus oszillatorischen Termen besteht:
√
2mE
ikx
−ikx
Ψ(x) = Ae + Be
, mit k =
~
und kriegt die Randbedingungen:
A + B = Aeik2πR + Be−ik2πR
A − B = Aeik2πR − Be−ik2πR
Aus beiden Bedingungen zusammen folgt
1 = eik2πR ,
wenn wir annehmen, dass A und B nicht gleichzeitig Null sind.
n
n2 ~2
n ∈ N ⇒ E = En =
n ∈ N.
R
2mR2
Beim unendlich tiefen Potentialtopf der Länge 2πR wären die Energieniveaus EnT opf =
n2 ~2
. Die Unterschiede (Faktor 2 statt 8 im Nenner und Entartung hier auf dem Kreis:
8mR2
für gegebene Energie En sind die beiden Ortswellenfunktionen exp(±ikn x) beides Eigenzustände) kommen von den leicht unterschiedlichen Randbedingungen: Der normale
unendlich tiefe Potentialtopf ist ein Spezialfall des hier betrachteten Systems, bei dem die
Ortswellenfunktionen bei x = 0 = 2πR auf 0 festgesetzt werden und die Stetigkeit der
Ableitung an dieser Stelle nicht mehr gilt.
⇒ k = kn =
Die Funktionen e±ikn x sind auf dem Intervall [0, 2πR] orthogonal, d.h. die Energieniveaus
sind entartet. Jede Linearkombination der beiden entartenten Eigenzustände ist natuerlich wieder ein Eigenzustand. Diese Freiheit bei der Wahl der Eigenzustände ist eine
Freiheit bei der Diagonalisierung.
5
6.4: (T) Endlich tiefer Potentialtopf: Gebundene Zustände
Motivation: Diese realistischere Version des Potentialtopfs hat nicht nur gebundene Zustände
(diskretes Spektrum), sondern auch ungebundene (kontinuierliches Spektrum). Damit sieht man
schon erste Charakteristika von Atomen und Molekülen.
Im Folgenden betrachten wir die gebundenen Zustände, d.h. die stationären Zustände mit
Eigenenergie E < 0.
(
−V0 für − a < x < a
Gegeben sei das Potential V (x) =
0
sonst
mit a > 0 und V0 > 0.
(a) In der Vorlesung wurden die Anschlussbedingungen für die symmetrischen Wellenfunktionen diskutiert. Zeige, dass sich damit die folgende Bedingung für die Eigenenergie E
ergibt:
r z0 2
−1
(3)
tan(z) =
z
p
√
mit z = a~ 2m(E + V0 ) und z0 = a~ 2mV0 .
Zur Übersichtlichkeit definieren wir die Größen
√
−2mE
κ :=
p ~
2m(E + V0 )
k :=
~
Außerhalb des Topfes lautet die Lösung der SGL dann:
Ψout (x) = Ae−κ|x|
Innerhalb:
Ψin = B sin(kx) + C cos(kx)
Terme mit B = 0 sind symmetrische Lösungen. Die Anschlussbedingungen verlangen
(I) die Stetigkeit der Wellenfunktion und (II) die Stetigkeit derer Ableitung an den Anschlusspunkten −a/a (es genügt hier nur a zu betrachten):
(I) :
C cos(ka) =
Ae−κa
(II) : − kC sin(ka) = −κAe−κa
⇒ k tan(ka) = κ, bzw. mit den Definitionen z = ka und z0 =
tan(z) =
r z 2
0
z
a
~
√
2mV0
− 1.
Hier sieht man bereits, dass es nur endlich viele gebundene Zustände gibt, weil z < z0
sein muss.
6
(b) Zeige, wie man Gleichung (3) durch eine graphische Konstruktion lösen kann, wenn man
die linke und rechte Seite der Gleichung als Funktion von z aufträgt.
(Diese Art der graphischen Lösung von transzendenten Gleichungen ist sehr instruktiv,
sie vermittelt ”Gefühl” für das System.)
p
Die Gleichung tan(z) = ( zz0 )2 − 1 löst man graphisch durch die Bestimmung der Schnittpunkte beider Graphen.
f
z
z0
Hier ist die durchgezogene Linie die Wurzelfunktion und die gestrichene der Tangens.
(c) Betrachte den Limes eines sehr tiefen Potentialtopfs, V0 → ∞.Diskutiere, wie das Energiespektrum aus der graphischen Lösung mit dem Energiespektrum des unendlich tiefen
Potentialtopfs übereinstimmt (Aufgabe 5.6).
Der unendliche Potentialtopf ergibt sich mit V0 → ∞. Dann gilt z0 → ∞. Der Wurzelausdruck wird dann groß (wir betrachten z als freie Variable) und die Schnittpunkte
sind entsprechend bei Werten von z, die große Werte für den Tangens ergeben. Diese sind
z ≈ n π2 mit n ungerade. Die Energien sind durch En + V0 (Differenz zum Boden des
Topfes) gegeben:
n2 π 2 ~ 2
En + V0 ≈
8ma2
(d) Betrachte nun einen sehr flachen Potentialtopf. Gibt es immer einen gebundenen symmetrischen Zustand?
Der erste Zweig des Tangens (die Zweige ergeben sich aus der Periodizität) hat bei z=0
den wert Null und divergiert bei z = π2 , wobei der Tangens auf diesem Intervall streng
monoton wachsend ist. Der Wurzelausdruck divergiert bei z = 0 und ist streng monoton
fallend. Folglich wird es immer mindestens eine symmetrische Lösung geben, unabhängig
davon wie flach der Topf ist.
7
(e) Leite eine analoge Gleichung zu (3) für die anti-symmetrischen Wellenfunktionen her.
Analog zum symmetrischen Ausdruck leiten wir her
r z0 2
− cot(z) =
−1
z
(f ) Diskutiere anhand der graphischen Lösung dieser Gleichung, ob es immer einen gebundenen anti-symmetrischen Zustand gibt.
Der negative Cotangens ist, ebenso wie der Tangens, auf dem Intervall [0, π2 ] streng monoton wachsend. Allerdings divergiert er bei z=0 nach −∞ und schneidet bei z = π2 die
x-Achse. Der Wurzelausdruck ergibt Null, wenn z = z0 ist, danach wird er imaginär.
Folglich wird es keine anti-symmetrische Lösung geben, falls z0 ≤ π2 ist.
Eine schöne veranschaulichung von diesen ganzen Rechnungen findet man im Wolfram
Demonstration Project ”Finite Potential Well”:
http://demonstrations.wolfram.com/FinitePotentialWell/
6.5: (T) Virialsatz
Motivation: In der klassischen Mechanik gibt der Virialsatz eine Relation zwischen den zeitlichen
Mittelwerten von kinetischer und potentieller Energie:
0
2hEkin it = hxEpot
it
Der Zusammenhang gilt auch in der Quantenmechanik (wobei die zeitlichen Mittelwerte durch
die Erwartungswerte der Operatoren ersetzt sind), was hier gezeigt werden soll.
b : H → H der Hamiltonoperator des betrachteten
(a) Sei H ein beliebiger Hilbertraum, H
Systems und |φn i ∈ H ein Eigenvektor von H zum Eigenwert En . Zeige, dass für einen
b : H → H gilt:
beliebigen Operator A
E
D
E
D b b b H]
b
[A,
= φn [A,
H] φn = 0
(4)
n
b n i = En |φn i, wobei H
b der Hamiltonoperator ist.
Es ist H|φ
E D E D E
D D E
b b bb b b
b
φn [A,
H] φn = φn A
H φn − φn H
A φn = (En − En∗ ) φn A
φn = 0,
wobei wir hier die Wirkung des adjungierten Operators auf einen Bra-Vektor, sowie die
reellwertigkeit der Eigenenergien ausnutzen.
b gegeben durch
Sei nun H
2
b = pb + V (b
x)
H
2m
8
b p̂], [H,
b x̂] und [H,
b x̂p̂].
(b) Berechne die Kommutatoren [H,
Die ersten beiden Kommutatoren wurden schon in Aufgabe 6.1 (b) berechnet:
i~
p̂
m
b p̂] = i~V 0 (x̂)
[H,
b x̂] = −
[H,
Beim Kommutator [Ĥ, x̂p̂] können wir die Kommutatorrelation [Â, B̂ Ĉ] = [Â, B̂]Ĉ +
B̂[Â, Ĉ] benutzen:
b x̂p̂] = [H,
b x̂]p̂ + x̂[H,
b p̂] = − i~ p̂2 + i~x̂V 0 (x̂)
[H,
m
(c) Zeige, dass der Impulserwartungswert in einem Eigenzustand des Hamiltonoperators verschwindet.
b x̂], somit wird nach (a) dessen Erwartungswert
Der Impulsoperator ist proportional zu [H,
in einem Energieeigenzustand verschwinden.
Anschaulich: Ein Energieeigenzustand verändert sich mit der Zeit (Zeitentwicklung ist ja
gerade durch den Hamiltonian gegeben) nicht (bzw bekommt nur eine globale phase die
bei der Berechnung beliebiger Erwartungswerte verschwindet). Das impliziert, dass der
Zustand nicht ”davonläuft”, d.h. der Zustand verändert seinen Ort nicht. Wenn er nun
einen endlichen Impulserwartungswert hätte, dann würde das ja nun gerade bedeuten,
dass der Zustand sich mit endlicher Geschwindigkeit irgendwo hinbewegt. Verschwindender Impulserwartungswert bedeutet also schlicht, dass der Zustand an Ort und Stelle
bleibt, eine recht anschauliche Eigenschaft eines ”stationären” Zustands.
(d) Stelle eine Beziehung zwischen dem Erwartungswert der kinetischen Energie und dem
Erwartungswert von x
bV 0 (b
x) in einem Eigenzustand des Hamiltonoperators her.
Aus (b) wissen wir
p̂2
1
i~
=
[Ĥ, x̂p̂] = − p̂2 +i~x̂V 0 (x̂) ⇒ T̂ =
m
2m
2
D E
hx̂V 0 (x̂)in
1
0
[Ĥ, x̂p̂] + x̂V (x̂) ⇒ T̂ =
−i~
2
n
(e) Wie sieht der Spezialfall V (x) = λxn mit λ ∈ R und n ∈ Z aus?
Sei V (x) = λxn mit λ ∈ R und n ∈ Z. Damit ist
für n=0:
D E
V 0 (x) = 0 ⇒ T̂
= 0 ∀m
m
für n6=0:
V 0 (x) = λnxn−1 = n
D E
V (x)
n
⇒ T̂
= hV (x̂)im ∀m
x
2
m
9