A llgemein erf¨ullen in der St¨orungstheorie die Glieder bis zur Ordnung λ die Gleichung (H 0 − E 0 )ψ I 1 + (V − E I 1 )ψ 0 I = 0, I = 1, 2

UNIVERSIT¨ AT LEIPZIG, ITP

Quantenmechanik II, WS2009/2010 Ubungsblatt 6 ¨ : Musterl¨osungen

Aufgabe 16

A llgemein erf¨ullen in der St¨orungstheorie die Glieder bis zur Ordnung λ die Gleichung (H 0 − E ⁰ )ψ _I ¹ + (V − E _I ¹ )ψ ⁰ _I = 0, I = 1, 2

wobei λV = H ^′ . Nun ist in unserem Problem H 0 entartet (und zweidimensional), was zur Folge hat, dass H 0 − E ⁰ ≡ 0. Sei allgemein P 0 der Projektor auf den Unterraum zu E ⁰ (in dieser Aufgabe, P = I ). Dann folgt

P 0 (V − E _I ¹ )P 0 ψ ⁰ _I = (P 0 V P 0 − E _I ¹ )ψ _I ⁰ ,

d.h. die Korrekturen erster Ordnung zur Energie, E _I ¹ , sowie die zugeh¨orige Vektoren (nullter Ordnung) ψ _I ⁰ sind aus dem Eigenwertproblem von P 0 V P 0 (= V , in dieser Aufgabe) zu bestimmen.

Wir finden,

ψ ⁰ 1 = 1

√ 2 1

1

, E 1 ¹ = 1, ψ ⁰ 2 = 1

√ 2 1

− 1

, E 2 ¹ = − 1.

Es ist zu bemerken, dass man schon von Anfang an die beiden Vektoren als Basis-Vektoren des Unterraumes zu E ⁰ benutzen konnte. Der H 0 w¨urde sich bei einem Basiswechsel nicht ¨andern und H ^′ w¨urde diagonal, H ^′ =diag(λ, − λ). Dies bedeutet, dass mit ψ _I ⁰ und E _I ¹ bereits die komplette L¨osung, ˜ ψ I = ψ _I ⁰ , ˜ E I = E 0 +λE _I ¹ bestimmt wurde.

Aufgabe 17

Allgemein gilt in der St¨orungstheorie:

(H 0 − E _I ⁰ )ψ ¹ 1 + (V − E _I ¹ )ψ _I ⁰ = 0, (1) (H 0 − E _I ⁰ )ψ ² _I + (V − E _I ¹ )ψ _I ¹ = E _I ² ψ _I ⁰ , (2) (H 0 − E _I ⁰ )ψ ³ _I + (V − E _I ¹ )ψ _I ² = E _I ³ ψ _I ⁰ + E _I ² ψ _I ¹ , (3) Sei P = | ψ 1 ⁰ ih ψ ⁰ 1 | + | ψ 2 ⁰ ih ψ 2 ⁰ | der Projektor auf den zweidimensionalen Unterraum zu E ⁰ = E, P 1 =

| ψ ⁰ 1 ih ψ ⁰ 1 | der Projektor auf ψ 1 ⁰ , P 2 = | ψ 2 ⁰ ih ψ 2 ⁰ | der Projektor auf ψ ⁰ 2 und Q = I − P 3 der Projektor auf den

(eindimensionalen) Raum zu E 0 = 2E. Der hier relevante Hilbertraum H = C ³ zerf¨allt in einer nat¨urlichen

Weise auf H = P H + Q H . Wir werden die Gleichungen (1-3) auf P H und Q H projizieren. Wegen der

Entartung von H 0 verschwindet P (H 0 − E)P auf P H .

Per Annahme ψ _I ⁰ ∈ P H und ψ 3 ⁰ ∈ Q H . Projektion der Gl. (1) auf P f¨uhrt auf

(P V P − E _I ¹ )ψ _I ⁰ = 0, (4)

und wie in der Aufgabe 16 die (beiden) ψ _I ⁰ sind aus dem Eigenwertproblem (4), zusammen mit den zugeh¨origen E _I ¹ , zu bestimmen. Man muss beachten, dass (V − E _I ¹ )ψ I 6 = 0, sondern nur

(V − E _I ¹ )ψ _I ⁰ ∈ Q H .

Zur Bestimmung von ψ ¹ _I und E _I ² projizieren wir die Gleichung (1) auf Q H Q(H 0 − E _I ⁰ )ψ _I ¹ = − QV ψ ⁰ _I .

Auf Q H kann H 0 − E 1 ⁰ invertiert werden (weil die Eigenwerte von H 0 in Q H per Annahme von E _I ⁰ , I = 1, 2 verschieden sind). Dies f¨uhrt auf

Qψ _I ¹ = − Q

H 0 − E _I ⁰ V ψ _I ⁰ ≡ −| ψ 3 ⁰ i h ψ 3 ⁰ | V | ψ 1 ⁰ i E 3 ⁰ − E _I ⁰ ,

was aus der St¨orungstheorie von nicht entarteten Niveaus bekannt ist. Wir wissen noch nicht was der Anteil von ψ _I ¹ im (P − P I ) H ist. Wir wenden jetzt P _I ^′ = P − P I auf die Gleichung (2) und, unter Ber¨ucksichtigung der Zerlegung ψ _I ¹ = P ^′ ψ _I ¹ + Qψ _I ¹ , finden

P ^′ (V − E _I ¹ )P ^′ ψ _I ¹ = − P ^′ V Qψ ¹ _I ,

(hier wurde auch P ^′ Q = 0 verwendet). Nun kann P ^′ (V − E _I ¹ )P ^′ invertiert werden, denn (per Annahme) V in P H nicht entartet ist. Dies f¨uhrt auf

P ^′ ψ ¹ _I = − P ^′

V − E _I ¹ V Qψ _I ¹ .

Qψ _I ¹ ist aber bekannt; wir finden schließlich ψ ¹ _I =

I − P ^′ 1

V − E _I ¹ P ^′ V

Qψ _I ¹ .

Im Falle I = 1 dies bedeutet

ψ 1 ¹ = −

I − | ψ ² 0 ih ψ 0 ² | E 2 ¹ − E 1 ¹

V

| ψ 3 ⁰ ih ψ 3 ⁰ | V | ψ 1 ⁰ i E 3 ⁰ − E _I ⁰

und die Projektion von (2) auf P I liefert

E 1 ² = −h ψ 1 ⁰ | V Q 0

H 0 − E 1 ⁰

V | ψ 1 ⁰ i .

Man beachte, dass der letzte Faktor in ψ 1 ¹ auch vom ersten Ordnung ist (obwohl es zweimal V enth¨alt).

Diese Formeln sind offensichtlich allgemein und k¨onnen bei beliebiger St¨orung entarteter Niveaus ver-

wendet werden (sobald die Entartung in erster Ordnung aufgehoben wird, d.h. E _i ¹ 6 = E _j ¹ wenn i 6 = j).

Im unseren, speziellen, Fall finden wir

ψ 1 ⁰ = 1

√ 2





 1 1 0





 , E 1 ⁰ = E, E 1 ¹ = 1,

ψ 2 ⁰ = 1

√ 2





 1

− 1 0





 , E 2 ⁰ = E, E 2 ¹ = − 1,

ψ 3 ⁰ =





 0 0 1





 , E 3 ⁰ = 2E, E 3 ¹ = − 1, und h ψ ⁰ 3 | V | ψ 1 ⁰ i = ^{√ 1} ₂ = h ψ 3 ⁰ | V | ψ 2 ⁰ i . Wir finden auch z.B.

(V − E 1 ¹ )ψ 1 ⁰ =





 0 0 1







√ 1

2 ∈ Q H , und

Qψ ¹ 1 = − 1 2E − E

√ 1 2 ψ 3 ⁰ , P 2 ψ ¹ 1 = −| ψ 2 ⁰ ih ψ 2 ⁰ | 1

V − E 1 ¹

| ψ 2 ⁰ ih ψ 2 ⁰ | V Q | ψ ¹ 1 i = − 1 E 2 ¹ − E 1 ¹

| ψ 2 ⁰ ih ψ 2 ⁰ | V | ψ ⁰ 3 i − 1

√ 2E = − 1 4E | ψ 2 ⁰ i . (wir nutzen hier die Dirac’sche Notation). Schließlich,

| ψ 1 ¹ i = − 1 E √

2 | ψ 3 ⁰ i − 1 4E | ψ 2 ⁰ i , und

E 1 ² = −h ψ 1 ⁰ | V | ψ ⁰ 3 ih ψ ⁰ 3 | V | ψ 1 ⁰ i · 1 E 3 ⁰ − E 1 ⁰

= − 1 2E . Setzen wir die entsprechenden Potenzen von λ ein, so erhalten wir

ψ ˜ 1 = 1

√ 2





 1 1 0





 − λ E





 1/4

− 1/4 1/ √

2





 + O(λ ² ),

E ˜ 1 = E + λ − λ ²

2E + O(λ ³ ).

Aufgabe 16

D ie ungest¨orten Eigenzust¨ande sind

| m i = e ^imϕ

√ 2π ,

mit m ∈ Z und E m = βm ² , wobei β = _{2 mR} ¹

. Sei α = − eR E /2. Die ersten ungest¨orten angeregte Zust¨ande

| 1 i , | − 1 i sind offensichtlich energetisch entartet. ¨ Uberdies gilt:

h k | V | m i = α(δ k,m − 1 + δ k,m +1 ) und es ist leicht zu sehen, dass

P a V P a = 0

wobei P a den Projektor auf den Unterraum P a H der von | 1 i und | − 1 i aufgespannt wird, bezeichnet. Die Entartung wird also nicht in erster Ordnung aufgehoben, d.h. die Gleichung

(P a V P a − E ¹ )ψ = 0, ψ ∈ P a H

kann auf dem Unterraum P a H von einer beliebigen Linearkombination von | 1 i und | − 1 i erf¨ullt werden.

Nun kann die Gleichung der zweiten Ordnung der St¨orungstheorie (H 0 − E 1 ⁰ )ψ 1 ² + (V − E ¹ )ψ ¹ 1 − E 1 ² ψ 1 ⁰ = 0, auf P a H projiziert werden. Wir erhalten

P a (V − E ¹ )ψ 1 ¹ = E ² ψ ⁰ 1 . Anderseits folgt aus der Gleichung der ersten Ordnung wie ¨ublich

Q a ψ 1 ¹ = − Q a V H 0 − E 0

ψ 1 ⁰

mit Q a = 1 − P a , d.h. die Gleichung ersten Ordnung bestimmt die Funktion ψ 1 ¹ auf Q a H . Insgesamt folgt P a V Q a

E 0 − H 0

V P a ψ _i ⁰ = E ² ψ _i ⁰

wobei i = − 1, 1 da wir die gleiche Rechnung auch f¨ur die beiden ungest¨orten Zust¨ande ψ _± ⁰

durchf¨uhren k¨onnen (hier spielt der in P a H liegende Anteil von ψ _i ⁰ keine Rolle, weil P a (V − E ¹ )P a ψ verschwidtet wegen Entartung von E ¹ ). Die obige Gleichung ist ein Eigenwertsproblem auf dem zweidimensionalen Raum P a H . Der Operator auf der linken Seite verschwindet nicht; wir finden

P a V Q a

E 0 − H 0

V P a = α ² β

2

3 1

1 ² ₃

!

.

Die Eigenwerte dieser Matrix geben die Korrekturen zweiter Ordnung zu der ungest¨orten Energie E ⁰ = β an. Sie sind

E ₋ = − α ² 3β und

E + = 5α ² 3β . Diesen Energiekorrekturen entsprechen die Zust¨ande

ψ ⁰ ₋ = sin(ϕ)

√ π , und

ψ ⁰ + = cos(ϕ)

√ π .