L¨osungsvorschlag Theoretische Physik E 4. ¨Ubungsblatt

L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik E 4. ¨ Ubungsblatt

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

Wintersemester 2008/2009

Aufgabe 10 5 Punkte

(a)

Der ungest¨orte Hamiltonoperaor ist H = AS_z², und hat die beiden EigenwerteE0 = 0 und E1 =~²A. Der EigenwertE1ist zweifach entartet und geh¨ort zu den Eigenzust¨anden vonSz mitm=±1. 1 Punkt

Wir berechnen den St¨orungsterm:

B(S_x²−S_y²) = ~²B 2









1 0 1 0 2 0 1 0 1



−





1 0 −1

0 2 0

−1 0 1







=~²B





0 0 1 0 0 0 1 0 0



. (1)

Wir m¨ussen die S¨akulargleichung Detn

hm|B(S_x²−S_y²)|m^′i −E₁⁽¹⁾δmm^′

o= 0 (2)

f¨ur den 2x2-Unterraum der durch die Zust¨ande m=±1 aufgespannt wird l¨osen. Sie lautet Det

( −E₁⁽¹⁾ ~²B

~²B −E₁⁽¹⁾

!)

= [E₁⁽¹⁾]²−~⁴B²= 0. (3)

Die beiden L¨osungen sindE_1,⁽¹⁾±=±~²B. Der EigenwertE0 ¨andert sich nicht in erster Ordnung. 2 Punkte

(b)

Die exakte L¨osung ergibt sich durch Diagonalisierung des gesamten Hamiltonoperators

H =





~²A 0 ~²B

0 0 0

~²B 0 ~²A



. (4)

Ein Eigenwert istE0= 0 und die anderen beiden sind gegeben durch E1,± =~²(A±B). Zuf¨allig ergab also

die St¨orungstheorie schon das exakte Resultat. 2 Punkte

Aufgabe 11 6 Punkte

(a)

Die L¨osung ergibt sich einfach durch Aufl¨osen der Singlett- und Triplettzust¨ande (siehe Aufgabe 7)

|0,0i = 1

√2(|+,−i − |−,+i) (5)

|1,1i = |+,+i (6)

|1,0i = 1

√2(|+,−i+|−,+i) (7)

|1,−1i = |−,−i, (8)

was auf

|0,0i = 1

√2

|1 2,1

2,1 2,−1

2i − |1 2,1

2,−1 2,1

2i

(9)

|1,1i = |1 2,1

2,1 2,1

2i (10)

|1,0i = 1

√2

|1 2,1

2,1 2,−1

2i+|1 2,1

2,−1 2,1

2i

(11)

|1,−1i = |1 2,1

2,−1 2,−1

2i (12)

f¨uhrt. 2 Punkte

(b)

Wir vergleichen nun einfach mit der Formel

|S, Mi= X

m1,m2

[M=m1+m2]

hs1, s2;m1, m2|S, Mi |s1, s2;m1, m2i ≡ X

m1,m2

[M=m1+m2]

C_M,m^S,s1,s_1,m² ₂|s1, s2;m1, m2i

und erhalten folgende nichtverschwindende Clebsch-Gordan-Koeffizienten:

h1 2,1

2;1 2,−1

2|0,0i = C^0,

1 2, ¹₂ 0,¹₂,−¹₂ = 1

√2 h1

2,1 2;−1

2,1

2|0,0i = C^0,

1 2,¹2

0,−¹₂,¹2

=− 1

√2 h1

2,1 2;1

2,1

2|1,1i = C^1,

1 2,¹2

1,¹2,¹2

= 1 (13)

h1 2,1

2;1 2,−1

2|1,0i = C^1,

1 2, ¹2

0,¹2,−¹₂ = 1

√2 h1

2,1 2;1

2,−1

2|1,0i = C^1,

1 2,¹₂ 0,−¹₂,¹₂ = 1

√2 h1

2,1 2;−1

2,−1

2|1,−1i = C ^1,

1 2, ¹2

−1,−¹₂,−¹₂ = 1.

Alle anderen Koeffizienten sind Null. 2 Punkte

(c)

Wir l¨osen die obigen Gleichungen nach den Produkt-Eigenzust¨anden auf:

|1 2,1

2,1 2,−1

2i = 1

√2(|1,0i+|0,0i) (14)

|1 2,1

2,−1 2,1

2i = 1

√2(|1,0i − |0,0i) (15)

|1 2,1

2,1 2,1

2i = |1,1i (16)

|1 2,1

2,−1 2,−1

2i = |1,−1i (17)

und vergleichen mit der Formel

|s1, s2;m1, m2i=X

S,M

hS, M|s1, s2;m1, m2i |S, Mi.≡X

S,M

D^s_m¹₁^,s_,m^2,S_2,M |S, Mi.

2

Das ergibt die folgenden Koeffizienten h0,0|1

2,1 2;1

2,−1

2i = D

1 2, ¹₂,0

1

2,−¹₂,0= 1

√2 h1,0|1

2,1 2;1

2,−1

2i = D

1 2, ¹2,1

1

2,−¹₂,0= 1

√2 h0,0|1

2,1 2;−1

2,1

2i = D

1 2,¹2,0

−¹₂,¹₂,0=− 1

√2 h1,0|1

2,1 2;−1

2,1

2i = D

1 2,¹₂,1

−¹

2,¹₂,0= 1

√2 h1,1|1

2,1 2;1

2,1

2i = D

1 2,¹2,1

1

2,¹2,1 = 1 h1,−1|1

2,1 2;−1

2,−1

2i = D

1 2, ¹2, 1

−¹₂,−¹₂,−1= 1

Alle anderen Koeffizienten sind Null. Die Symmetrien sind klar ersichtlich. 2 Punkte

Aufgabe 12 9 Punkte

Vertiefende Bemerkungen: Die Wechselwirkung von Atomen mit elektromagnetischen Feldern wird durch den Hamiltonoperator

H = 1

2m{p−eA(r, t)}²+eΦ(r, t) +V(r) (18)

bestimmt, wobei V ein Potential (z.B. Potential des Atomkerns) ist, undA und Φ das Vektor- und skalare Potential des elektromagnetischen Feldes darstellen. Die Elektronenladung seie=−|e|undp=−i~∇. In der Dipoln¨aherung schreibt man A(r, t) ≈ A(r₀, t) und Φ(r, t) ≈ Φ(r₀, t), wobei r₀ die Position des Atoms ist (die Wellenl¨ange des Lichts ist viel gr¨oßer als die Ausdehnung des Atoms). Man w¨ahlt dann die Eichung der elektronischen Wellenfunktion folgendermaßen:

Ψ(r, t) =e^{ie~A(r0,t)·(r−r0)}e^−ie~

Rt

t0Φ(r⁰,t^′)dt^′Ψ(˜ r, t). (19)

Diese Eichtransformation geht Hand in Hand mit einer entsprechenden Eichtransformation der Potentiale, A˜(r, t) =A(r, t)−A(r₀, t), Φ(˜ r, t) = Φ(r, t)−Φ(r₀, t) +∂tA(r₀, t)·(r−r₀) (20) Die beiden TermeA(r, t)−A(r0, t) und Φ(r, t)−Φ(r0, t) vernachl¨assigt man (von der Gr¨oßenordnungaB/λ, wobeiaB der Bohrsche Radius undλdie Lichtwellenl¨ange ist), und erh¨alt somit

H˜ = 1

2mp²+V(r) +e(r−r₀)·E(r0, t). (21)

Das ist der Hamiltonoperator in Dipoln¨aherung. Wir setzen das Wasserstoffatom in den Koordinatenursprung (r0=0) und bezeichnen miteden Polarisationsvektor des (emittierten oder absorbierten) elektrischen Felds E. Wir konzentrieren uns somit auf die Matrixelemente des Operatorse·r.

(a)

Der ungest¨orte Grundzustand f¨ur das Wasserstoffatom ist|1,0,0i0, undEn⁽⁰⁾ =−EI/n² sind die ungest¨orten Energieniveaus des Wasserstoffatoms.

Das Matrixelement ist miter=r(exsinθcosφ, eysinθsinφ, ezcosθ) gegeben durch

0h2,1, m|er|1,0,0i0= Z

d³rR21(r)Y₁^m(θ, φ)^∗r

exsinθcosφ+eysinθsinφ+ezcosθ

·R10(r)Y₀⁰(θ, φ).1 Punkt In diesem Matrixelement k¨onnen wird³r=r²drdΩ schreiben. Es ist

cosθ= r4π

3 Y₁⁰(ϑ, ϕ), Y₀⁰(ϑ, ϕ) = 1

√4π, ∓sinθe^±iφ= r8π

3 Y₁^±1(θ, φ) 1 Punkt

3

und somit

0h2,1, m|er|1,0,0i0 = 1

√3 Z

drr³R21(r)R10(r) Z

dΩY₁^m(θ, φ)^∗·

·

−ex

Y₁¹(θ, φ)−Y₁⁻¹(θ, φ)

√2 −ey

Y₁¹(θ, φ) +Y₁⁻¹(θ, φ) i√

2 +ezY₁⁰(θ, φ)

= 1

√3 Z

dr r³R21(r)R10(r)

−ex+iey

√2 δm,1+ex+iey

√2 δm,−1+ezδm,0

, (22)

wobei wir die Orthogonalit¨at der Kugelfunktionen benutzt haben. 2 Punkte F¨ur das radiale Integral

I= Z ^∞

0

dr r³R21(r)R10(r) (23)

betrachten wir R10= 2

pa³₀e^−r/a0, R21= 1 p24a³₀

r a0

e^−r/2a0, (24)

und somit I=

Z

dr r³R21(r)R10(r) = Z ^∞

0

dr r⁴ a⁴√

6 e^−3r/2a0 = a0

√6 2⁸

3⁴. (25)

Damit wird

0h2,1, m|er|1,0,0i0= a0

√2 2⁸ 3⁵

−ex+iey

√2 δm,1+ex+iey

√2 δm,−1+ezδm,0

, 2 Punkte

Es treten also nur ¨Uberg¨ange mitm = 0,±1 auf. Mann nennt dies eine Auswahlregel. Dies sind ‘erlaubte’

Uberg¨ange, andere ¨¨ Uberg¨ange sind ‘verboten’. Der Polarizationsvektore des Lichts steht senkrecht auf der Ausbreitungsrichtung, wie wir aus der Elektrodynamik wissen. ¨Uberg¨ange mitm= 0 emittieren linear polari- siertes Licht, ¨Uberg¨ange mitm=±1 zirkular polarisiertes Licht. Sind alle drei ¨Uberg¨ange gleich wahrscheinlich ist das emittierte Licht unpolarisiert.

(b)

Die Frequenz der Lichtstrahlung wird durch die Delta-funktion in dem Ausdruck f¨ur die Goldene Regel der Quantenmechanik definiert. N¨amlich

~ω=E_21m⁽⁰⁾ −E₁₀₀⁽⁰⁾ =EI

1−1

4

=3

4EI =3me⁴

8~² = 10.2eV. 2 Punkte

mitEI =me⁴/2~²= 13.6eV. Sie liegt im ultravioletten Bereich. Sichtbares Licht wird bei anderen ¨Uberg¨angen (mit geringeren Energiedifferenzen) emittiert.

(c)

Wenn der ¨Ubergangnp→1sstattfindet, dann ¨andert sich an der ¨Uberlegung in a) nichts bis auf das radiale Integral. Das heißt, die Quantenzahlmkann immer nur die drei Werte−1,0,1 annehmen. 1 Punkt

4