UNIVERSIT¨ AT LEIPZIG

UNIVERSIT¨ AT LEIPZIG

INSTITUT F ¨ UR THEORETISCHE PHYSIK

Quantenmechanik Ubungsblatt 4 ¨ Musterl¨ osungen

10 Aufgabe

10.1 Pr¨ aliminarien

Bei der ¨ Uberlegungen ¨ uber Kontinuum-Eigenfunktionen sind ein paar Eigenschaften der wichtig- sten Distributionen n¨ otig. Wir fassen sie hier zusammen. Die Diracsche-Deltadistribution und die Cauchyscher Hauptwert lassen sich durch die folgende Grenzen darstellen:

πδ(x) = lim

+ x

(1)

P (1/x) = lim

x

+ x

(2)

wobei die Grenzen im schwachen Sinne zu verstehen sind, z.B.

πf (0) = (πδ, f ) = Z

dx π δ(x)f(x) = lim

→0

Z

dx π f (x)

+ x

(3)

f¨ ur alle glatte, gen¨ ugend schnell abfallende Funktionen f . Mit Hilfe dieser Darstellungen berechnen wir die Fourier-Transformation der Heavisidescher Theta-Distribution

(F Θ)(k) = Z

0

dx e

= Z

0

dx e

e

= 1

− ik = πδ(k) + iP (1/k). (4) Schliesslich weisen wir darauf hin, dass

x · P (1/x) = 1, (5)

und dass P (1/x) darf durch 1/x ersetzt werden, solange x 6= 0, d.h. solange die Testfunktionen am x = 0 verschwinden, f(0) = 0.

10.2 Orthonormalit¨ at

Bevor wir die Vollst¨ andigkeit diskutieren, muss ein System der normierten und zueinander ortho- gonalen Funktionen bestimmt werden. In der Aufgabe 6 haben wir die Unst¨ atigkeitsbedingung:

ψ

− ψ

= −2mg ψ(0) (6)

( ~ = 1) bewiesen. Mit α = mg folgt, dass die Eigenfunktion des (einzigen) Bindungszustands ist ψ

= √

α e

. (7)

In der Kontinuum haben wir die folgende L¨ osung bestimmt:

ψ

(x) =







e

+ R e

x < 0 T e

x > 0,

(8)

mit k zun¨ achst in R , und

T (k) = k

k − iα R(k) = iα

k − iα . (9)

Die L¨ osung ψ

ist noch nicht normiert, und es ist nicht klar, ob ψ

⊥ ψ

f¨ ur p = −k (die Eigenfunktionen zu verschiedenen Energie-Eigenwerten sind automatisch orthogonal; hier E = k

).

Wir berechnen (ψ

, ψ

):

(ψ

, ψ

) = . . . = Z

0

e

+ R

e

+ R

e

+ T

T

e

. (10)

Nun: solange |p| 6= |k| darf R

0

e

=

verwendet werden. In diesem Fall findet man sofort, dass das Integral verschwindet. Im allgemeinen Fall gilt:

(ψ

, ψ

) = (R

+ R

)πδ(k + p) + 2πδ(k − p), (11) wobei (p ± k)P (1/(p ± k)) = 1 ausgenutzt wurde. Wir sehen deutlich, dass ψ

nicht orthogonal zu ψ

ist, denn

R

+ R

= −2iα

k + iα 6= 0. (12)

Wir m¨ ussen also das System der Eigenfunktionen modifizieren. Dazu schr¨ anken wir k zu den positiven Werten,

k > 0 (13)

und definieren die zweite zu E = k

geh¨ orige Eigenfunktion durch

ψ

(x) = ψ

(−x) =







T e

x < 0 e

+ Re

x > 0.

(14)

Mit dieser Definition folgt es wider, dass (ψ

, ψ

) = 0 solange p 6= k, und

(ψ

, ψ

) = (T

+ T

)δ(p + k). (15) Hier aber sind p > 0 und k > 0, und deshalb (ψ

, ψ

) = 0. Wir schliessen, dass die Funktionen ψ

, ψ

, mit k > 0, multipliziert mit 1/ √

2π zusammen mit ψ

ein Orthonormalsystem formen.

10.3 Vollst¨ andigkeit

Zu verifizieren ist Z

0

dk h

ψ

(x)ψ

(y) + ψ

(x)ψ

(y) i

+ ψ

(x)ψ

(y) = δ(x − y). (16) Wir betrachten das (Kontinuum-)Integral und nehmen an, dass x < 0, y < 0; dann gilt:

Z

dk . . . = 1 2π

Z

e

+ Re

+ Re

+ (|R|

+ |T |

) e

(17) In zwei von den Summanden f¨ uhren wir die Transformation k → −k durch, und wegen |R|

+ |T |

= 1, und R(−k) = R(k) erhalten

Z

dk . . . = δ(x − y) + 1 2π

Z

−∞

iα

k − iα e

. (18) Das letzte Integral l¨ asst sich sofort mit Hilfe der Residuensatz berechnen, in dem die Integrations- kontur von oben abgeschlossen wird (wegen x + y < 0). Der einzige Beitrag kommt aus dem Pol bei k = iα. Wir erhalten

1 2π

Z

−∞

iα

k − iα e

= −αe

= −ψ

(x)ψ

(y). (19) Somit ist die Vollst¨ andigkeit (zun¨ achst f¨ ur x < 0, y < 0) bewiesen. Eine analoge ¨ Uberlegung gilt f¨ ur x > 0, y > 0. Im Falle x > 0, y < 0 gilt wegen T (−k) = T (k), T R + T R = 0 und δ(x − y) = 0:

Z

dk . . . = 1 2π

Z

−∞

e

k

k + iα = −αe

e

. (20)

Dies zeigt die Vollst¨ andigkeit des fr¨ uher bestimmten Orthonormalsystems {ψ

, ψ

, ψ

} der Ener- gieeigenfunktionen.

11 Aufgabe

Zur Selbstadjungiertheit: es reicht die Hermitizit¨ at der Matrizen zu verifizieren, σ

= σ

. Die Eigenwerte der beiden Matrizen sind +1 = λ

= `

und −1 = λ

= `

, und die entsprechende Eigenvektoren sind

e

= 1

√ 2 1

i

, e

= 1

√ 2 1

−i

, f

= 1

0

, f

= 0

1

. (21)

Man findet leicht die gesuchte Matrix U : U = 1

√ 2

1 −i 1 i

!

, (22)

und verifiziert die Unitarit¨ at U U

= U

U = I . Die allgemeine Unsch¨ arferelation lautet

∆

A · ∆

B > 1

2 |h[A, B]i

|, (23)

wobei ∆

A = q

hA

i

− hAi

und h.i

stehen f¨ ur die Erwartungswerte bzgl. ψ. Im unseren Fall gilt

[σ

, σ

] = 2σ

= 2 0 1 1 0

!

, (24)

also

∆

σ

· ∆

σ

> |hσ

i

|, (25) Der Eigenzust¨ and e

ist ein Eigenzustand von σ

, und daher verschwindet ∆

(σ

). Die Unsch¨ arferelation ist erf¨ ullt nur weil gleichzeitig hσ

i

= 0. Eine analoge Situation tritt bei f

auf. F¨ ur allgemeine Vektoren ψ = (x, y)

, mit x, y ∈ C und |x|

+ |y|

= 1 gilt

p 1 + (xy − xy)

· p

1 − (|x|

− |y|

)

> |xy + yx|. (26)

12 Aufgabe

Wegen der Ergebnisse der Aufgabe 5 es ist klar, dass H mit den angegebenen Periodizit¨ at- bedingungen selbstadjungiert ist. Wir finden die Eigenfunktionen

ψ

= 1

√ 2π e

, (27)

mit

p = k − α/2π, k ∈ Z . (28)

Das Spektrum besteht aus diskreten Eigenwerten

E

= p

= (k − α/2π)

, k ∈ Z , (29)

und h¨ angt (offensichtlich) wesentlich von α ab. Die Eigenfunktionen ψ

lassen sich auch in der Form

ψ

= 1

√ 2π e

e

(30)

schreiben, aus der sofort klar ist, dass die Orthogonalit¨ at und Vollst¨ andigkeit durch α unbeeinflusst bleibt. Speziell gilt:

X

k∈Z

ψ

(x)ψ

(y) = 1

2π e

X

k∈Z

e

= δ(x − y). (31)