e − ikn ϕ n dn

Quantenmehanik 2 Ü2

Aufgabe 3

a) Die Fourier Darstellung im

k

˜ ϕ (k) =

Z

e ^{− ikn} ϕ n dn

˜ π (k) =

Z

e ^{− ikn} π n dn

Dazugibt espaasendtransformierteKommutatoren

[ϕ n , ϕ n ′ ] →

˜

ϕ (k) , ϕ k ˜ ^′ [π n , π n ′ ] →

˜

π (k) , π k ˜ ^′ [ϕ n , π n ′ ] → h

˜

ϕ (k) , π ˜ ^† k ^′ i

Diesekann manmitHilfe deralten Kommutatoren ausrehnen:

ϕ ˜ (k) , ϕ k ˜ ^′

= Z

e ^{− ikn} ϕ n dn, Z

e ^{− ik ′ n ′} ϕ n ′ dn ^′

= Z

dn Z

dn ^′ [ϕ n , ϕ n ′ ]

| {z }

=0

e ^{− ikn − ik ′ n ′}

= 0

˜ π (k) , π k ˜ ^′

= Z

e ^{− kn} π n dn, Z

e ^{− k ′ n ′} π n ′ dn ^′

= Z

dn Z

dn ^′ [π n , π n ′ ]

| {z }

=0

e ^{− ikn − ik ′ n ′}

= 0

undmit

π ˜ ^† (k) = ˜ π ( − k)

h ϕ ˜ (k) , π ˜ ^† k ^′ i

= Z

e ^{− ikn} ϕ n dn, Z

e ^{ik ′ n ′} π n ′ dn ^′

= Z

dn Z

dn ^′ [ϕ n , π n ′ ]

| {z }

= iδ _n,n′

e ^{− ikn + ik ′ n ′}

= i Z

dn e ^{− in ( k − k ′ )}

= i2πδ k − k ^′

b)DerHamiltonoperator imImpulsraumwirddamit hübsh diagonal.DerHamilton-

operatorim Ortsraumlautet

H = 1 2

X ∞ n =−∞

h π n ² + (ϕ n − ϕ n +1 ) ² + m ² ϕ ² n

i

DerImpuls konvertiert kanonish

π n ² = π n π n → π k π ₋ k .

DenmittlerenTerm müssen wirgetrennt betrahten:

(ϕ n − ϕ n +1 ) ² = ϕ n ϕ n + ϕ n +1 ϕ n +1 − ϕ n +1 ϕ n − ϕ n ϕ n +1

ϕ n ϕ n =

Z dk 2π

Z dk ^′

2π e ^ikn e ^{− ik ′ n} ϕ ˜ k ϕ ˜ − k

= 1

4π ² Z

dk Z

dk ^′ e ^{− in ( k − k ′ )} ϕ ˜ k ϕ ˜ ₋ k

= 1 2π

Z

dk ϕ ˜ k ϕ ˜ − k

ϕ n +1 ϕ n +1 =

Z dk 2π

Z dk ^′

2π e ^{ik ( n +1)} e ^{− ik ′ ( n +1)} ϕ ˜ k ϕ ˜ − k

= 1

4π ² Z

dk Z

dk ^′ e ^{− in ( k − k ′ )} e ^{− i ( k − k ′ )} ϕ ˜ k ϕ ˜ ₋ k

= 1 2π

Z

dk e ^{− i ( k − k )} ϕ ˜ k ϕ ˜ − k

= 1 2π

Z

dk ϕ ˜ k ϕ ˜ − k

ϕ n ϕ n +1 =

Z dk 2π

Z dk ^′

2π e ^ikn e ^{− ik ′ ( n +1)} ϕ ˜ k ϕ ˜ ₋ k

=

Z dk 2π

Z dk ^′

2π e ^{− in ( k ′ − k )} e ^{− ik ′} ϕ ˜ k ϕ ˜ − k

= 1 2π

Z

dk e ^{− ik} ϕ ˜ k ϕ ˜ ₋ k

ϕ n +1 ϕ n =

Z dk 2π

Z dk ^′

2π e ^{ik ( n +1)} e ^{− ik ′ n} ϕ ˜ k ϕ ˜ ₋ k

=

Z dk 2π

Z dk ^′

2π e ^{− in ( k ′ − k )} e ^ik ϕ ˜ k ϕ ˜ ₋ k

= 1 2π

Z

dk e ^ik ϕ ˜ k ϕ ˜ ₋ k

(ϕ n − ϕ n +1 ) ² = 1 2π

Z

dk ϕ k ϕ − k

2 −

e ^{− ik} + e ^ik

= 1 2π

Z

dk ϕ k ϕ ₋ k 2 (1 − cos k) .

Und alsletztes noh

m ² ϕ ² n → m ² Z dk

2π ϕ k ϕ − k .

Daraus folgtein Hamiltonianim Impulsraum,derinder Tat diagonal ist

H = 1 2

Z dk

2π π k π − k +

m ² + 2 (1 − cos k)

| {z }

=: ω ²

k

ϕ k ϕ − k .

H = 1 2

Z dk

2π π k π − k + ω k ² ϕ k ϕ − k

Fürden Kontinuumslimes

k → 0

ω k ² = m ² + 2 (1 − cos k)

mit

cos k ≈ 1 − k ² /2 . . .

ω k = p

m ² + k ²

) Nun denieren wiruns wieder dieErzeugungs-und Vernihtungsoperatoren:

a k = 1

√ 4πω k

[ω k ϕ ˜ (k) + i˜ π (k)]

a k † = 1

√ 4πω k

[ω k ϕ ˜ (k) − i˜ π (k)] .

DieKommutatoren dieser neuen Operatoren lauten,wenn manjeweilsalle 4Kommuta-

torenbildet.

h a k , a ^† _k ′

i

= 1 4π

ω k ϕ ˜ (k) + i˜ π (k) , ω k ′ ϕ k ˜ ^′

− i˜ π k ^′

= 1

4π √ ω k ω k ′

ω k ϕ ˜ (k) , − i˜ π k ^′ +

i˜ π (k) , ω k ′ ϕ k ˜ ^′

= − i2ω k

4π √ ω k ω k ′

ϕ ˜ (k) , π k ˜ ^′

| {z }

i 2 πδ ( k − k ′ )

= δ k − k ^′ .

Nahder selben Vorgehensweise, siehtman, dass

h

a k † , a k † i

= 0

[a k , a k ] = 0.

Umdie Fourierdarstellungen zu nden,drüken wir

ϕ

π

a ^† _k

a k

aus.

˜

ϕ (k) = r π

ω k

a ^† _k + a k

˜

π (k) = i √ πω k

a ^† _k − a k

Damiterhält manbloÿ durheinsetzen:

ϕ n =

Z dk

2π ϕ ˜ (k) e ^ikn

=

Z dk 2π

r π ω k

a ^† _k + a k

e ^ikn

=

Z dk

√ 4πω k

e ^{− ikn} a ^† _k + e ^ikn a k

π n =

Z dk

2π ˜ π (k) e ^ikn

= − i Z dk

2π

√ πω k

a k − a k † e ^ikn

= − i Z

dk r ω k

4π

e ^ikn a k − e ^{− ikn} a k †

Damitkönnen wirjetzt auhden Hamiltonian alleinedurh

a ^† _k

a k

H = 1 2

Z dk

2π π k π ₋ k + ω ² k ϕ k ϕ ₋ k

= 1 2

Z dk 2π

− ω k π

a ^† _k − a k

2

+ ω ² k

π ω k

a ^† _k + a k

2

= 1 2

Z dk 2 ω k

h

− a ^†2 _k − a ² k + a ^† _k a k + a k a ^† _k + a ^†2 _k + a ² k + a ^† _k a k + a k a ^† _k i

= 1 2

Z dk ω k

h a ^† _k a k + a k a ^† _k i

= 1 2

Z dk ω k

n a ^† _k , a k

o

H = 1 2

Z dk ω k

n a ^† _k , a k

o

d)UntersuhtmanmitdiesemHamiltoniandenGrundzustand

| 0 i

Widerspruh:

h 0 | H | 0 i = 1 2

Z dk ω k

D 0

n a ^† _k , a k

o 0 E

= 1 2

Z dk ω k

D 0

a ^† _k a k + a k a k †

0 E

a k | 0 i = 0

h 0 | a ^† _k = 0

undinsofern könnte manauh shreiben

h 0 | H | 0 i = 1 2

Z

dk ω k

D 0

a ^† _k a k + a k a k † 0 E

= 1 2

Z

dk ω k

D 0

a k a k †

− a ^† k a k

0 E

= 1 2

Z

dk ω k

D 0

h

a k , a k † i 0 E

= 1 2

Z

dk ω k h 0 | δ (k − k) | 0 i

= 1 2

Z

dk ω k h 0 | δ (0) | 0 i = ∞

Die Randbedingungen müssten also so periodish gewählt werden, damit das Integral

niht divergiert. Daher wählen wir periodishe Randbedingungen und erhalten dadurh

nurdiskreteEnergeigenwerte.DerHamiltonianmusssodeniertwerden,alleErzeuguns-

operatoren vor allen Vernihtungoperatoren stehen. Diese Umordnung wird als normal

orderingbezeihnet.DerdivergierendeTermwirdalsEnergiedesVakuumsinterpretiert.

e)GesuhtistdieFourierdarstellungvon

ϕ ˙ n (t)

Gleihung

i d

dt A = [A, H] + i ∂

∂t A

Für denFall,das

ϕ

˙

ϕ = i [H, ϕ] .

Damit können wir nun auh

ϕ ˙ n

im

k

˙

ϕ n = i Z

dk ω k a ^† _k a k

,

Z dk ^′

√ 4πω k ′

a k ′ e ^{ik ′ n} + a k ′ † e ^{− ik ′ n}

= i Z Z

dk dk ^′ ω k

√ 4πω k ′

h a ^† _k a k , a k ′ e ^{ik ′ n} + a k ′ † e ^{− ik ′ n} i

= i Z Z

dk dk ^′ ω k

√ 4πω k ′

h a ^† _k , a k ′ e ^{ik ′ n} i

a k + a ^† _k h

a k , a k ′ † e ^{− ik ′ n} i

= i Z Z

dk dk ^′ ω k

√ 4πω k ′

a ^† _k a k ′ e ^{ik ′ n} a k − a k ′ e ^{ik ′ n} a ^† _k a k + a ^† _k a k a k ′ † e ^{− ik ′ n} − a ^† _k a k ′ † e ^{− ik ′ n} a k

= i Z Z

dk dk ^′ ω k

√ 4πω k ′

a ^† _k a k ′ a k e ^{ik ′ n} − a k ′ a ^† _k a k e ^{ik ′ n} + a ^† _k a k a k ′ † e ^{− ik ′ n} − a ^† _k a k ′ † a k e ^{− ik ′ n}

= i Z Z

dk dk ^′ ω k

√ 4πω k ′



 



h a k † , a k ′

i

| {z }

=− δ ( k − k ′ )

a k e ^{ik ′ n} + a k † h

a k , a k ′ † i

| {z }

= δ ( k − k ′ )

e ^{− ik ′ n}



 



= i Z

dk r ω k

4π

− a k e ^ikn + a ^† _k e ^{− ikn}

= π n