L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik E 12. ¨ Ubungsblatt

L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik E 12. ¨ Ubungsblatt

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

Wintersemester 2008/2009

Aufgabe 35 10 Punkte

(a)

Wir ber¨ucksichtigen, dass

α¹=









0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0









, β=









1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 −1 0 0 0 0 −1









(1)

ist. Damit ist

α¹







 x 0 0 y









=







 y 0 0 x









, β







 x 0 0 y









=







 x 0 0

−y









. (2)

Einsetzen der L¨osungen in dieDirac-Gleichung ergibt im Bereichx <0

E















 1 0 0

cp E+mc²









e^~ipx+r







 1 0 0

−E+mc^{cp 2}







 e^−~ipx









= cp

















cp E+mc²

0 0 1









e^~ipx−r









−_E+mc^{cp 2} 0 0 1







 e^−~ipx









+ mc²















 1 0 0

−_E+mc^{cp 2}









e^~ipx+r







 1 0 0

cp E+mc²







 e^−~ipx







 ,(3)

oder

E− c²p²

E+mc² −mc²

e^~ipx=r

−E+ c²p²

E+mc² +mc²

e^−~ipx, 1 Punkt

was durchcp=√

E²−m²c⁴ gel¨ost wird, und Ecp

E+mc² −cp+ mc³p E+mc²

e^~ipx=r

Ecp

E+mc² −cp+ mc³p E+mc²

e^−~ipx, (4)

was identisch erf¨ullt ist. ¨Ahnlich ergibt sich im Bereichx >0

E







 1 0 0

cq E−V0+mc²









e^~iqx =







 cq









cq E−V0+mc²

0 0 1







 +V0







 1 0 0

cq E−V0+mc²







 +mc²







 1 0 0

−_E−V^cq0+mc²

















e^~iqx, (5)

oder

E= c²q²

E−V0+mc² +V0+mc², 1 Punkt

was aufcq=p

(E−V0)²−m²c⁴ f¨uhrt, sowie (E−V0) cq

E−V0+mc² =cq−mc² cq

E−V0+mc² (6)

was identisch erf¨ullt ist.

Wir verwenden nun die Stetigkeitsbedingungen beix= 0:

(1 +r) =t (7)

und p

E+mc²(1−r) = q

E−V0+mc² t (8)

was auf r=1 +ρ

1−ρ, t= 2

1−ρ 1 Punkt

mit ρ=

s

(V0−E+mc²)(E+mc²)

(V0−E−mc²)(E−mc²) 1 Punkt

f¨uhrt. F¨ur den FallV0= 2Eerhalten wir V0−E=E und somit ρ= E+mc²

E−mc², r=− E

mc², t=−E−mc²

mc² 1 Punkt

(b)

Wir verwenden

a^∗ 0 0 b^∗









0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0















 a 0 0 b









= 2Re(a^∗b). (9)

Damit erhalten wir auf einfache Weise jin= 2c cp

2mc² = p

m, jr=−2cr² cp

2mc² =−r²p

m, 1 Punkt

sowie jt=t² q

m

E+mc²

E−V0+mc². 1 Punkt

Die Verh¨altnisse sind jr/jin=−r²=−

1 +ρ 1−ρ

²

, 1 Punkt

jt/jin=t²q p

E+mc²

E−V0+mc² =t(1−r) =− 4ρ

(1−ρ)². 1 Punkt

F¨ur den SpezialfallV0=E ist das Ergebnis besonders transparent; wir haben dann jr/jin=−

E mc²

²

, jt/jin=−E²−m²c⁴

m²c⁴ . (10)

Wie wir sehen, erhalten wir ein Minusvorzeichen f¨ur die transmittierte Komponente. Da wir keine ein- laufenden Teilchen von rechts angenommen hatten, muss es sich hier um Antiteilchen handeln, die zu einem Stromfluss in entgegengesetzte Richtung zur Impulsrichtung f¨uhren. Die Reflektierte Komponente ist gr¨oßer als 1, was man damit erkl¨aren muss, dass zus¨atzlich zur Reflektion die M¨oglichkeit eine Teilchen-Antiteilchen- Konversion an der Grenzfl¨ache besteht, bei der spontan ein Antiteilchen nach rechts und ein Teilchen nach links emittiert werden. Das f¨uhrt zu einem Antiteilchenfluss nach rechts f¨urx >0 (entspricht Teilchenstromdichte nach links), und einem Teilchentstrom nach links f¨ur x <0, der gr¨oßer ist als der einfallende Teilchenstrom.

Das Vakuum zerf¨allt bei Vorhandensein eines starken Potentials. 1 Punkt 2

Aufgabe 36 4 Punkte

Wir diskretisieren eine geschlossene KurveCdes Parameters~λ, mit den diskreten Werten~λ0, ~λ1, . . . ~λN, ~λN+1≡

~λ0. Die Berry-Phase ist gegeben durch γn(C) =

I

C

ImhΨn(~λ)|∇~~λΨn(~λ)i ·d~λ. (11)

Wir verwenden, dass im Limes|d~λ| →0 ImhΨn(~λ)|∇~~λΨn(~λ)i ·d~λ = Im ln

1 +hΨn(~λ)|∇~~λΨn(~λ)i ·d~λ

= arg

1 +hΨn(~λ)|∇~~λΨn(~λ)i ·d~λ .

Dies kann (¨aquidistant) diskretisiert werden mittelsd~λ→(~λi+1−~λi)≡∆·(~λi+1−~λi)/|~λi+1−~λi| ≡∆·~ei,i+1, (mit anderen Worten~λi+1 =~λi+ ∆·~ei,i+1),

γn(C) = lim

∆→0 N

X

i=0

arg 1 + hΨn(~λi)|Ψn(~λi+1)i − hΨn(~λi)|Ψn(~λi)i

∆ ~ei,i+1·~ei,i+1∆

!

= lim

∆→0 N

X

i=0

arg

1 +hΨn(~λi)|Ψn(~λi+1)i −1

= lim

∆→0 N

X

i=0

arghΨn(~λi)|Ψn(~λi+1)i. DieBerry-Phase ist dann n¨aherungsweise durchPN

i=0[∆φn]i,i+1 gegeben, wobei

[∆φn]i,i+1 = Im lnhΨn(~λi)|Ψn(~λi+1)i. 1 Punkt

Wir approximieren das Kurvenintegral als

N

X

i=0

[∆φn]i,i+1= Im

N

X

i=0

lnhΨn(~λi)|Ψn(~λi+1)i= Im ln

N

Y

i=0

hΨn(~λi)|Ψn(~λi+1)i 1 Punkt Dies kann man nun direkt umschreiben in

γn(C) = Im lnn

Ψn(~λ0)

Ψn(~λ1) Ψn(~λ1)

Ψn(~λ2)

· · ·

Ψn(~λN)

Ψn(~λ0)o

1 Punkt Diese Gr¨oße ist explizit eichinvariant, da man jeden der Eigenvektoren

Ψn(~λj)

mitj= 0,1,2, . . . , N mittels eines Faktorse^iφj umeichen kann, ohne dass sich der Ausdruck in der geschweiften Klammer ¨andert. 1 Punkt

Aufgabe 37 6 Punkte

Wir starten mit dem Zustand

|3 2,3

2i=|1,1 2; 1,1

2i, 1 Punkt

und wenden daraufJ− an, wobei wir die Formeln J−|j, mi = ~p

j(j+ 1)−m(m−1)|j, m−1i (12)

L−|l, mli = ~p

l(l+ 1)−ml(ml−1)|l, ml−1i (13)

S−|s, msi = ~p

s(s+ 1)−ms(ms−1)|s, ms−1i (14)

anwenden:

J−|3 2,3

2i=~√ 3|3

2,1

2i= (L−+S−)|1,1 2; 1,1

2i=~√ 2|1,1

2; 0,1

2i+~|1,1 2; 1,−1

2i (15)

oder

|3 2,1

2i= r2

3|1,1 2; 0,1

2i+ r1

3|1,1 2; 1,−1

2i. 1 Punkt

3

Wir wenden wiederJ− an, J−|3

2,1

2i = 2~|3 2,−1

2i= (L−+S−) r2

3|1,1 2; 0,1

2i+ r1

3|1,1 2; 1,−1

2i

!

= ~ 2

√3|1,1 2;−1,1

2i+ r2

3|1,1 2; 0,−1

2i+ r2

3|1,1 2; 0,−1

2i

!

(16) oder

|3 2,−1

2i= r1

3|1,1 2;−1,1

2i+ r2

3|1,1 2; 0,−1

2i 1 Punkt

Wieder wenden wirJ− an:

J−|3 2,−1

2i = ~√ 3|3

2,−3

2i= (L−+S−) r1

3|1,1 2;−1,1

2i+ r2

3|1,1 2; 0,−1

2i

!

= r4

3|1,1

2;−1,−1 2i+

r1 3|1,1

2;−1,−1 2i

!

(17) oder

|3 2,−3

2i=|1,1

2;−1,−1

2i 1 Punkt

Als n¨achstes brauchen wir die Eigenvektoren |¹2, mi. Der mit dem gr¨oßten m ist |¹2,¹₂i, der zu |³2,¹₂i orthogonal sein muss. Wir schreiben

|1 2,1

2i=α|1,1 2; 1,−1

2i+β|1,1 2; 0,1

2i (18)

und fordern r2

3β+ r1

3α= 0 (19)

was mitα²+β²=α²+α²/2 = 1 auf

|1 2,1

2i= r2

3|1,1 2; 1,−1

2i − r1

3|1,1 2; 0,1

2i 1 Punkt

f¨uhrt. Darauf wenden wir nun wiederJ− an, J−|1

2,1

2i = ~|1 2,−1

2i= (L−+S−) r2

3|1,1 2; 1,−1

2i − r1

3|1,1 2; 0,1

2i

!

= ~ r4

3|1,1 2; 0,−1

2i − r2

3|1,1 2;−1,1

2i − r1

3|1,1 2; 0,−1

2i

!

(20) oder

|1 2,−1

2i= r1

3|1,1 2; 0,−1

2i − r2

3|1,1 2;−1,1

2i 1 Punkt

DieClebsch-Gordan-Koeffizienten lassen sich nun direkt ablesen.

4