Aufgabe 1 4 Punkte

(1)

L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik E 1. ¨ Ubungsblatt

Prof. Dr. G. Sch¨ on und Priv.Doz. Dr. M. Eschrig

Wintersemester 2008/2009

Aufgabe 1 4 Punkte

(a)

hψ|(A^†)^†|φi=hφ|A^†|ψi^∗= (hψ|A|φi^∗)^∗=hψ|A|φi 1 Punkt

(b)

hψ|(λA)^†|φi=hφ|λA|ψi^∗ =λ^∗hφ|A|ψi^∗=λ^∗hψ|A^†|φi=hψ|λ^∗A^†|φi 1 Punkt

(c)

hψ|(A+B)^†|φi=hφ|A+B|ψi^∗=hφ|A|ψi^∗+hφ|B|ψi^∗=hψ|A^†|φi+hψ|B^†|φi 1 Punkt

(d)

Wir benutzen hier die Notation|ψ^′i=B|ψi.

hψ|(AB)^†|φi=hφ|AB|ψi^∗=hφ|A|ψ^′i^∗=hψ^′|A^†|φi=hψ^′|φ^′i wobei wir hier die Notation|φ^′i=A^†|φibenutzen, und

hψ|(AB)^†|φi=hφ^′|ψ^′i^∗=hφ^′|B|ψi^∗=hψ|B^†|φ^′i=hψ|B^†A^†|φi 1 Punkt

Aufgabe 2 6 Punkte

(a)

H =~ω0

2





0 −√

2 0

−√

2 0 √

2

0 √

2 0



. (1)

Die Matrix ist reell und symmetrisch, alsoHermitesch. 1 Punkt

Die charakteristische Gleichung f¨ur die Eigenwerteλlautet:

−λ −^~^√^ω₂⁰ 0

−^~^√^ω₂⁰ −λ ^~√^ω⁰ 2

0 ^~√^ω⁰

2 −λ

= 0. ⇒ (2)

−λ

λ²−~²ω₀² 2

+λ~²ω₀²

2 = 0, (3)

so dass

λ1= 0, λ2=~ω0, λ3=−~ω0. 1 Punkt

(2)

(Alle Eigenwerte sind nichtentartet.) Die Eigenvektoren~eider MatrixH gen¨ugen der folgenden Gl.:

(H−λiI)~ei= 0, (4)

~ei=



 cⁱ₁ cⁱ₂ cⁱ₃



. (5)

Wir erhalten daraus dann die Eigenvektoren des OperatorsH in der Basis|u1i,|u2i,|u3i,

|eii=cⁱ₁|u1i+cⁱ₂|u2i+cⁱ₃|u3i. (6)

F¨urλ1erhalten wir:







0 −^~^√^ω₂⁰ 0

−^~^√^ω₂⁰ 0 ^~√^ω⁰ 2

0 ^~^√^ω₂⁰ 0









 c¹₁ c¹₂ c¹₃



= 0, (7)

alsoc¹₂= 0, c¹₁=c¹₃ ⇒

~e1=α



 1 0 1



. (8)

Aus den Normierungsbedingungen

hei|eii= 1 bzw. (~ei)^∗~ei= 1, (9)

folgtα²= 1/2⇒

~e1= 1

√2



 1 0 1



. (10)

F¨urλ2







−~ω0 −^~^√^ω₂⁰ 0

−^~^√^ω₂⁰ −~ω0

~ω0

√2

0 ^~√^ω⁰

2 −~ω0









 c²₁ c²₂ c²₃



= 0, ⇒ (11)

~e2=α^′



 1

−√ 2

−1



, (12)

Aus (9) bekommen wir (α^′)²= 4 und

~e2= 1 2



 1

−√ 2

−1



. (13)

Und schließlich haben wir f¨urλ3







~ω0 −^~^√^ω₂⁰ 0

−^~^√^ω₂⁰ ~ω0

~ω0

√2

0 ^~√^ω⁰

2 ~ω0









 c³₁ c³₂ c³₃



= 0, ⇒ (14)

~e3= 1 2



 1√

2

−1



. (15)

(3)

Die Entwicklung nach den Basisvektoren lautet:

|e1i = 1

√2|u1i+ 1

√2|u3i (17)

|e2i = 1

2|u1i − 1

√2|u2i −1

2|u3i (18)

|e3i = 1

2|u1i+ 1

√2|u2i −1

2|u3i. (19)

F¨ur die Eigenvektoren und deren Entwicklung in Basisvektoren gibt es 2 Punkte

(b)

Die Orthogonalit¨atsbedingung lautet:

hei|eji=δij. (20)

he1|e2i = 1

√2hu1|+ 1

√2hu3| 1

2|u1i − 1

√2|u2i −1 2|u3i

= 1 2√

2 − 1 2√

2 = 0 (21)

he1|e3i = 1

√2hu1|+ 1

√2hu3| 1

2|u1i+ 1

√2|u2i −1 2|u3i

= 1 2√

2 − 1 2√

2 = 0 (22)

he2|e3i = 1

2hu1| − 1

√2hu2| − 1

2hu3| 1

2|u1i+ 1

√2|u2i −1 2|u3i

=1 4 −1

2+1

4 = 0, (23)

usw. (oder ¨aquivalent kann man auch zeigen, dass~e^∗i~ej =δij). 1 Punkt Die Vollst¨andigskeitrelation lautet:

X

i

|eiihei|= 1. (24)

Wir berechnen explizit:

|e1ihe1| = 1

2(|u1i+|u3i) (hu1|+hu3|) = 1

2(|u1ihu1|+|u3ihu3|+|u1ihu3|+|u3ihu1|), (25)

|e2ihe2| = 1

4|u1ihu1|+1

2|u2ihu2|+1

4|u3ihu3| − 1 2√

2|u1ihu2|+ 1 2√

2|u3ihu2| −1

4|u1ihu3|+..., (26)

|e3ihe3| = 1

4|u1ihu1|+1

2|u2ihu2|+1

4|u3ihu3|+ 1 2√

2|u1ihu2| − 1 2√

2|u3ihu2| −1

4|u1ihu3|+..., (27) somit

X

i

(4)

Aufgabe 3 10 Punkte

x

0 d

I II III

V(x)

Abbildung 1: Potenzialtopf aus zweiδ-Funktionen (diese sind in dieser Darstellung durch Lorentzfunktionen approximiert).

Die Schr¨odinger-Gleichung f¨ur das Potenzial (Abb. 2) lautet:

−~² 2m

∂²

∂x² −cδ(x)−cδ(x−d)

Ψ(x) =EΨ(x). (28)

Aus (28) bekommen wir 1 Punkt

ΨI(x) = Ae^ρx; x <0,

ΨII(x) = B1e^ρx+B2e⁻^ρx; 0< x < d,

ΨIII(x) = Ce⁻^ρ(x⁻^d); x > d, (29)

wobeiρ=√

−2mE/~ist undE <0. (ΨIII kann auch in der Form Ce^ρx gew¨ahlt werden, aber die Form (29) ist bequemer.)

Randbedingungen: 1 Punkt

Ψ(0+) = Ψ(0−) (30)

Ψ^′(0+)−Ψ^′(0−) = −2mc

~² Ψ(0) (31)

Ψ(d+) = Ψ(d−) (32)

Ψ^′(d+)−Ψ^′(d−) = −2mc

~² Ψ(d) (33)

Es folgt

(30) ⇒ A=B1+B2 (34)

(31) ⇒ ρB1−ρB2−ρA=−2mc

~² A ⇒ (35)

B1=

−1 +ρ~² mc

B2, (36)

somit

(32) ⇒ C=B1e^ρd+B2e⁻^ρd (37)

(33) ⇒ −ρC−ρB1e^ρd+ρB2e⁻^ρd=−2mc

~² C ⇒ (38)

C= 2B2e⁻^ρd

−^2mc_ρ~² + 2 = B2e⁻^ρd

−ρ^mc~² + 1 = [siehe (37)] =B1e^ρd+B2e⁻^ρd ⇒ (39) B1=B2e⁻^2ρd 1

−ρ^mc~² + 1−1

!

(40) Aus (36) und (40) bekommen wir

e⁻^2ρd 1

−ρ^mc~² + 1 −1

!

=

−1 + ρ~² mc

⇒ e⁻^2ρd =

1−ρ~²

mc 2

,

(5)

und schließlich:

e⁻^ρd=±

1−ρ~² mc

. (41)

F¨ur die Herleitung gibt es 3 Punkte

Wir diskutieren nun diese Gleichung. Die rechte Seite ist eine lineare Funktion vonρ. Die linke Seite ist eine Exponentialfunktion vonρ, und die Lösung kann graphisch gefunden werden. Es wird dann klar, dass es für das Minusvorzeichen immer einen Schnittpunkt (also eine Lösung) gibt, jedoch für das Plusvorzeichen nur wenn die lineare Funktion keine zu große negative Steigung hat. Für den Fallρd≪1 kann man die Exponentialfunktion entwickeln:

1−ρd+1

2(ρd)²+. . .=±

1−ρ~² mc

.

F¨ur das Minusvorzeichen ergibt sich die L¨osung ρ₋ = 2

d+_mc^~² . (42)

und somit E₋=−4mc²

2~² · 1 1 + ^mcd~²

2. 1 Punkt

Für das Plusvorzeichen existiert in diesem Grenzfall keine Lösung, außer für den Falld=~²/mc+ǫmitǫ >0, ǫ ≪1. In diesem Fall folgt aus den quadratischen Gliedern ρ+ = 2ǫ/d. (ρ₋d ist für diesen Fall nicht≪ 1).

In allen anderen Fällen wäre nur ρ= 0 möglich, für ρ = 0 ist aber die Energie E = 0, und wir betrachten nur Zustände mitE <0. Die Bedingung ρ₋d≪1 erfordertd≪~²/mc. Im Falle von d= 0 erhalten wir die Lösung eines einfachen Deltapotentials mit Vorfaktor 2c, alsoE₋(d= 0) =−4mc²/2~².

F¨ur den Fallρd≫1 wird die Exponentialfunktione⁻^ρd sehr klein, das heißt, dass man in Gl. 41 auf der rechten Seite in erster N¨aherungρ~²/mcgleich 1 setzen kann. Wir schreiben daher

ρ=mc

~² −α (43)

und setzen dies in Gleichung 41 ein, und entwickeln nach kleinenα. Es ergibt sich mit der Abk¨urzungρ0=^mc~²:

e⁻^ρ⁰^d(1 +αd) =±α~² mc. Aufl¨osen nachαergibt α= e⁻^ρ⁰^d

−de⁻^ρ⁰^d±mc^~²

= e⁻^ρ⁰^dρ0

−e⁻^ρ⁰^dρ0d±1 ≈ ±ρ0e⁻^ρ⁰^d. (44)

Wir haben hier benutzt, dasse⁻^ρ⁰^dρ0d≪1 ist wennρ0d≫1 gilt. Wir erhalten also die beiden L¨osungen ρ_± =mc

~²

1∓e⁻^mcd^~²

(45) und damit

E_±=−mc² 2~²

1∓e⁻^mcd^~² 2

2 Punkte Dies ergibt für unendlich große Abstände die Energie für einen einzelnen Potentialtopf. Die Energie ist zweifach entartet, das heißt sie entspricht zwei orthogonalen Wellenfunktionen (für die zwei entkoppelten Potentialtöpfe).

Wennd <∞, spalten die Energien dieser Zust¨ande auf, die Energie eines der Zust¨ande sinkt ab, und die Energie des anderen steigt an.

Die Energie E+ steigt mit abnehmendem d immer weiter an (und E₋ sinkt ab), bis ein kritischer Wert f¨urderreicht wird, unterhalb dessenE+ positiv wird (das heißt, keinen gebundenen Zustand mehr darstellt).

(6)

Dass wissen wir schon, da es oben f¨ur kleinednur eine L¨osung mitE <0 gab. Den kritischen Wert erhalten wir, indem wir in Gl. 41 den Anstieg der Exponentialfunktion gleich dem Anstieg der rechten Seite setzen:

−ρd=−ρ~² mc

und damit f¨ur die Bedingung, dass nur ein Eigenzustand f¨urE <0 existiert:

d < ~²

mc 2 Punkte

Man nennt den Zustand zuE₋ den bindenden Zustand, und den zuE+ den antibindenden Zustand. Der Grund ist, dass das obige Modell relevant f¨ur das Verst¨andniss der chemischen Bindung zweier Atome ist.