Aufgabe 1 2 Punkte

L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik D Ubungsblatt 4 ¨

Prof. Dr. G. Sch¨ on und Dr. A. Posazhennikova

Sommersemester 2007

Aufgabe 1 2 Punkte

Die Schr¨odinger-Gleichung lautet:

− ~² 2m

∂²Ψ

∂x² + (λx−E)Ψ = 0, (1)

∂²Ψ

∂x² + 2mE

~² −2mλx

~²

Ψ = 0 (2)

mit Randbedingungen

Ψ(0) = 0, Ψ(∞)→0. (3)

Wir f¨uhren nun eine neue Variableξ⁰ ein:ξ⁰ =x−E/λ ⇒

∂²Ψ

∂ξ⁰² −2mλ

~² ξ⁰Ψ = 0, (4)

und machen alles dimensionlos:

ξ=ξ⁰a^1/3, a=2mλ

~² ⇒ ∂²Ψ

∂ξ² −ξΨ = 0. (5)

Die normierbare L¨osung dieser Gleichung ist (N ist ein Normierungskoeffizient) Ψ(x) =N Ai(xa^1/3−E

λa^1/3) (6)

und R.B.

Ψ −E λ

2mλ

~²

1/3!

= 0, (7)

Ψ(∞)→0. (8)

(7) ⇒

En= ~²λ²

2m ^1/3

|xn|, (9)

wobeixn die Nullstellen vonAi(x) sind ⇒

Ψn(x) =N Ai(a^1/3x+xn). (10)

Die ersten drei Eigenfunktionen f¨ur n= 0,1,2- siehe Abbbildung 1.

Orthogonalit¨atsbedingung ist N²

Z ∞

0

dxAi(a^1/3x+xn)Ai(a^1/3x+xm) =δnm (11)

oder mity=a^1/3x ⇒ Z ∞

0

dyAi(y+xn)Ai(y+xm)∼δnm. (12)

Ξ VHxL

Abbildung 1: Graph der Wellenfunktion im Dreieckspotential f¨ur n= 0 (grune Kurve), n= 1 (blaue Kurve) undn= 2 (rote Kurve).

Aufgabe 2 2 Punkte

Zu beweisen ist:

∞

X

n=0

ϕn(x)ϕn(x⁰) =δ(x−x⁰) (13)

wobei ϕn(x) =

r β

2ⁿn!π^−1/4exp

−β²x² 2

Hn(βx) (14)

die Eigenfunktion des harmonischen Oszillators ist.

Wir betrachten die Summe S=

∞

X

n=0

β 2ⁿn!√

π exp

−β²(x²+x⁰²) 2

Hn(βx)Hn(βx⁰) (15)

mit

Hn(βx) = (−1)ⁿe^β2x2 1 βⁿ

dⁿ

dxⁿe^−β2x2. (16)

Die Fourierdarstellung vone^−x2 (siehe auch Aufgabe 1b aus ¨Ubungsblatt 1) ist e^−x2 = √

π Z ∞

−∞

dk

2πe^ikxe^−k2/4, e^−β2x2 =

√π β

Z ∞

−∞

dk

2πe^ikxe^−k2/(4β2). (17)

Somit

Hn(βx) = (−1)ⁿe^β2x2 dⁿ dxⁿ

√π βⁿ⁺¹

Z ∞

−∞

dk

2πe^ikxe^−k2/(4β2)

= (−1)ⁿ

√π βⁿ⁺¹e^β2x2

Z ∞

−∞

dk

2π(ik)ⁿe^ikxe^−k2/(4β2) (18)

=

√π β e^β2x2

Z ∞

−∞

dk 2π

−ik β

n

e^{ikx−k2/(4β2)} ⇒ (19)

S=

∞

X

n=0

√π

βn!e^{β2(x2+x02)/2} Z ∞

−∞

dk 2π

Z ∞

−∞

dk⁰ 2π

−kk⁰ 2β²

n

e^ikx+ik0x0exp

−k²+k⁰² 4β²

. (20)

2

Nun verwenden wir die Taylorentwicklung:

∞

X

n=0

1 n!

−kk⁰ 2β²

n

= exp

−kk⁰ 2β²

⇒ (21)

S=

√π

β e^{β2(x2+x02)/2} Z ∞

−∞

dk 2π

Z ∞

−∞

dk⁰

2πe^ikx+ik0x0exp

−(k+k⁰)² 4β²

. (22)

Dann f¨uhren wir neue Variable ein:k=q+q⁰ undk⁰=q−q⁰ ⇒ S = exp

β²

2(x²+x⁰²)−β²

4 (x+x⁰²) Z ∞

−∞

dq⁰

2πe^iq0(x−x0) (23)

S = exp

−β²

4 (x−x⁰)²

δ(x−x⁰) =δ(x−x⁰). (24)

Aufgabe 3 2 Punkte

a.)

(i) -Nein. Z

drψ^∗(r)aψ(r)6= Z

dr(aψ(r))^∗ψ(r) (25)

Oder: Ja, wennareell ist.

(ii) -Nein

hψ|∂/∂x|φi=−hφ|∂/∂x|ψi^∗ (26) (Beweis: siehe (iii))

(iii) -Ja. Wir haben hψ|P|φi=~

i Z ∞

−∞

ψ^∗dφ

dxdx. (27)

Wir machen partielle Integration:

hψ|P|φi=~

i(φψ)^∞_−∞−~ i

Z ∞

∞

dψ^∗

dx φ dx=−~ i

Z ∞

∞

dψ^∗

dx φ dx=hφ|P|ψi^∗ (28) (iv)-Ja,P ist hermitisch ⇒ P²ist hermitisch, undV ist reell ⇒ H ist hermitisch.

(v)- Ja, weil es gilt:

M₁^†=

0 −i i 0

(29) (vi) -Nein

M₂^†=

a^∗ c^∗ b^∗ d^∗

(30) Nur wennaunddreell sind undb=c^∗. Die diagonalen Elemente einer hermitischen Matrix sind immer reell.

b.)

Wir verwenden die Induktionsmethode. Wir nehmen an, dass f¨urn=m

A^mB−BA^m=mA^m−1(AB−BA) (31)

gilt. Nun zeigen wir, dass es auch f¨urn=m+ 1 gilt. Wir multiplizieren (31) von links bei A ⇒

A^m+1B−ABA^m=mA^m(AB−BA), (32)

wir addiren an beide SeiteA^m(AB−BA) ⇒

A^m+1B−ABA^m+A^m(AB−BA) = (m+ 1)A^m(AB−BA), (33) aber wir haben angenomen, dass (31) gilt ⇒ (31) gilt auch f¨urm+ 1.

[P, x] =−i~(siehe Vorlesung) und [[P, x], P] = 0 ⇒ [P, xⁿ] =−ni~xⁿ⁻¹.

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