Ubungsblatt 6 - L¨osung ¨

(1)

Theoretische Physik D - Quantenmechanik SS 2005

Ubungsblatt 6 - L¨osung ¨

Dieses Dokument ist mit L^ATEX erstellt worden. Es besitzt keinen Anspruch auf Vollst¨andigkeit oder Richtigkeit und darf daher auch nicht als Referenzquelle verwendet werden.

c by Viktor Mauch

Aufgabe 1

Gegeben:

V(x) =







+∞ x≤ −a

0 −a < x < a

+∞ x≥a

(i)

Ψ(x) = Ae^κx+Be^−κx HΨ(x) = EΨ(x)

−~² 2m

d²

dx²Ψ(x) = EΨ(x)

⇒ 0 = d²

dx²Ψ(x) + 2mE

~²

Ψ(x) Die L¨osung dieser DGL 2. Ordnung ist aus Theorie A bekannt:

Ψ(x) = Asin

√2mE

~ x+Bcos

√2mE

~ x Desweiteren gelten folgende Bedingungen:

0 = Ψ(−a) = Ψ(a) (1)

1 =

a

Z

−a

dx Ψ^∗(x)Ψ(x) (2)

(2)

Einsetzen von Ψ(x) in (1) liefert zwei L¨osungen:

B = 0 E = ⁽²ⁿ⁾_8ma²^π2²^~² n= 1,2,3, . . . A= 0 E = ⁽²ⁿ⁺¹⁾_8ma²2^π²^~² n= 0,1,2,3, . . . allgemein: E_n = ⁿ_8ma²^π²^~2² n= 1,2,3, . . . Normierung der Funktion Ψ(x) mit Hilfe von (2):

1 =

a

Z

−a

dx A²sin²

√ 2mE

~ x=

a

Z

−a

dx B²cos²

√ 2mE

~ x

1 = A²

"

1 2x− 1

4

√ ~

2mE sin 2

√2mE

~ x

#a

−a

=A²a= 1

1 = B²

"

1 2x+1

4

√ ~

2mE sin 2

√2mE

~ x

#a

−a

=B²a= 1

⇒ A =B = 1

√a

⇒ Ψ(x) =

( ₁

√acos^nπ_2ax n= 1,3,5, . . . gerade Zust¨ande

√1

asin^nπ_2ax n= 2,4,6, . . . ungerade Zust¨ande

(ii)

F¨ur den 1. angeregten Zustand n = 2 erhalten wir den Energie-Eigenwert E₂ = (π~)²/2ma². Normierung auf 1 im Intervall [−a,0] f¨uhrt zu:

1 =

0

Z

−a

dx A²sin² π ax

1 = A² 1

2x− 1 4

a

π sin 2π ax

0

−a

=A²a 2

⇒ A =

r2 a

⇒ Ψ⁰₂ = r2

asinπ ax

(3)

(iii)

Pn = |hΨn(x)|Ψ⁰₂i|²

F¨ur ungerade n ergibt sich folgende Wahrscheinlichkeit:

P_n =

0

Z

−a

dx 1

√acosnπ 2ax

r2 asinπ

ax

2

P_n =

√2 a

"

−cos^π_a 1 + ⁿ₂ x

2 ^π_a 1 + ⁿ₂ −cos^π_a 1− ⁿ₂ x 2 ^π_a 1− ⁿ₂

#0

−a

2

P_n =

√2 a

a

2π − 1

1 + ⁿ₂ − 1 1− ⁿ₂

!

2

Pn =

√1 2π

−2 1− ⁿ₄²

2

= 32 π²

1 (n²−4) F¨ur gerade n jedoch n 6= 2:

Pn =

0

Z

−a

dx 1

√asinnπ 2ax

r2 asinπ

ax

2

Pn =

√2 a

"

sin^π_a 1− ⁿ₂ x

2 ^π_a 1− ⁿ₂ − sin^π_a 1 + ⁿ₂ x 2 ^π_a 1 + ⁿ₂

#0

−a

2

Pn = 0

F¨urn = 2 ergibt sich folgende Wahrscheinlichkeit:

P₂ =

0

Z

−a

dx

√2 a sin² π

ax

2

P₂ =

√2 a

1 2x− 1

4 a πsin 2π

ax 0

−a

2

P₂ =

√1 2

2

= 1 2

(4)

(iv)

Mit Hilfe der L¨osung f¨ur ungerade n aus Aufgabenteil (iii) folgt nun durch P

nPn= 1 folgede Formel:

1 =

∞

X

m=0

32 π²

1

((2m+ 1)²−4)² +P₂ (1−P₂)π²

2 =

∞

X

m=0

4·4

((2m+ 1)−2)²((2m+ 1) + 2)² π²

4 =

∞

X

m=0

1

2m+1−2 2

2 2m+1+2 2

2

π²

4 =

∞

X

m=0

1 m− ¹₂2

m+³₂2

Aufgabe 2

|Ψ(t = 0)i= 1

√2|E₁i+ 1

√2|E₂i

(i)

|Ψ(t)i = 1

√2e⁻^iE^~¹^t|E₁i+ 1

√2e⁻^iE^~²^t|E₂i Ψ₁(x) = hx|E₁i

Ψ₂(x) = hx|E₂i

Ψ(x, t) = 1

√2

e^−iα

z }| {

e⁻^iE^~¹^tΨ₁(x) + 1

√2

e^−iβ

z }| { e⁻^iE^~²^t Ψ₂(x) α(t) = E₁t

~ β(t) = E₂t

~ ρ(x, t) = |Ψ(x, t)|² = 1

2Ψ²₁(x) + 1

2Ψ²₂(x) + 1 2

e^i(α−β)+e^i(β−α) Ψ₁Ψ₂ ρ(x, t) = 1

2Ψ²₁(x) + 1

2Ψ²₂(x) + cos (β−α)Ψ₁(x)Ψ₂(x)

(5)

j(x, t) = ~ 2mi

Ψ^∗(x, t)∂Ψ(x, t)

∂x −Ψ(x, t)∂Ψ^∗(x, t)

∂x

⇒ j(x, t) = ~

2msin (β−α)(Ψ₂(x)Ψ⁰₁(x)−Ψ₁(x)Ψ⁰₂(x))

(ii)

∂

∂tρ(x, t) = −E2 −E1

~ sin

(E2−E1)t

~

Ψ₁(x)Ψ₂(x)

∂

∂xj(x, t) = ~ 2msin

(E2−E1)t

~

(Ψ₂(x)Ψ⁰⁰₁(x)−Ψ₁(x)Ψ⁰⁰₂(x))

Herleitung der Kontinuit¨atsgleichung:

Betrachtung der Schr¨odingergleichungen SGund SG^∗: i~_∂t^∂Ψ(x, t) =−_2m^~²Ψ⁰⁰(x, t) | ·Ψ^∗(x, t)

−i~_∂t^∂Ψ^∗(x, t) =−_2m^~²Ψ^∗00(x, t) | · −Ψ(x, t) Summe dieser beiden Gleichungen ergibt:

i~

Ψ^∗ ∂

∂tΨ + Ψ∂

∂tΨ^∗

=−~²

2m[Ψ^∗Ψ⁰⁰−ΨΨ^∗00]

Durch einsetzten von Ψ bzw. Ψ^∗ folgt die Verifizierung der Kontinuit¨atsgleichung:

∂

∂tρ(x, t) = − ∂

∂xj(x, t) 3-dimensional: ∂

∂tρ(x, t) = −∇~j(x, t)

Aufgabe 3

Gegeben ist die Orthonormalbasis |Φ_niund der Operator U(m, n):

U(m, n) = |Φ_mi hΦ_n|

(6)

(i)

U^†(m, n) = |Φ_ni hΦ_m|=U(n, m)

(ii)

(iii)

U(m, n)U^†(p, q) =|Φ_mi hΦ_n| |Φ_qi

| {z }

δnq

hΦ_p|=δ_nqU(m, p)

(iv)

Spur[U(m, n)] = X

i

hΦ_i|U(m, n)|Φ_ii Spur[U(m, n)] = X

i

hΦi|Φmi hΦn|Φii=δmiδni =δmn

(v)

X

m,n

Am,nU(m, n) = hΦm|A|Φni |Φmi hΦn| X

m,n

A_m,nU(m, n) = |Φ_mi hΦ_m|A|Φ_ni hΦ_n|=A

(vi)

Spur

AU^†(p, q)

= X

i

hΦ_i|AU^†(p, q)|Φ_ii Spur

AU^†(p, q)

= X

i

hΦi|X

m,n

Am,n|Φmi hΦn|Φqi hΦp|Φii

(7)

Spur

AU^†(p, q)

= X

i

X

m,n

Am,nhΦi|Φmi hΦn|Φqi hΦp|Φii Spur

AU^†(p, q)

= X

i

X

m,n

A_m,nδ_imδ_nqδ_pi Spur

AU^†(p, q)

= Am,qδpm=Ap,q

Aufgabe 4

(i)

H = ~ω





1 0 0 0 0 0 0 0 1



=H^† ⇒ hermitesch!!

B = b





0 0 1 0 1 0 1 0 0



=B^† ⇒ hermitesch!!

H und B sind jeweils symetrisch und reell und damit auch hermitesch.

(ii)

[H, B] = ~ωb









1 0 0 0 0 0 0 0 1









0 0 1 0 1 0 1 0 0



−





0 0 1 0 1 0 1 0 0









1 0 0 0 0 0 0 0 1









[H, B] = ~ωb









0 0 1 0 0 0 1 0 0



−





0 0 1 0 0 0 1 0 0







= 0

Berechnung der Eigenwerte:

0 = Det(H−λE) 0 =

~ω−λ 0 0

0 −λ 0

0 0 ~ω−λ

=−λ(~ω−λ)²

⇒ λ₁ = 0 λ_2,3 =~ω 0 = Det(B −λE)

(8)

0 =

−λ 0 b

0 b−λ 0

b 0 −λ

= (b−λ)(λ²−b²)

⇒ λ_1,2 =b λ₃ =−b

Eigenvektoren von H:

λ1 = 0

0 =





~ω 0 0 0 0 0 0 0 ~ω



·EV~ ⇒



 0 1 0



 λ_2,3 =~ω

0 =





0 0 0

0 −~ω 0

0 0 0



·EV~ ⇒



 1 0 1



,



 1 0

−1





Eigenvektoren von B:

λ_1,2 =b

0 =





−b 0 b 0 0 0 b 0 −b



·EV~ ⇒



 0 1 0



,



 1 0 1



 λ₃ =−b

0 =





b 0 b 0 2b 0 b 0 b



·EV~ ⇒



 1 0

−1





Daraus ergibt sich die Orthonormalbasis:









 0 1 0



, 1

√2



 1 0 1



, 1

√2



 1 0

−1











{H, B} ist ein vollst¨andiger Satz von Observablen:

(9)

1. H und B vertauschen

2. Jeder Eigenvektor wird exakt durch seine Eigenwerte definiert. Kein Eigenvektor hat die selben 2 Eigenwerte.

(iii)

[H, B⁰] = 0

Eigenwerte von B’:

0 =

−λ 0 0

0 b−λ 0

0 0 −λ

= (b−λ)λ²

⇒ λ_1,2 = 0 λ₃ =b

Eigenvektoren von B’:

λ_1,2 = 0

0 =





0 0 0 0 b 0 0 0 0



·EV~ ⇒



 1 0 1



,



 1 0

−1



 λ₃ =b

0 =





0 0 0 0 0 0 0 0 0



·EV~ ⇒



 0 1 0





Die Eigenvektoren (1,0,1)^T und (1,0,−1)^T unterscheiden sich nicht in ihren gemeinsamen Eigenwerten. Daher ist {H, B⁰} kein vollst¨andiger Satz von Observablen.