Moderne Theoretische Physik I – Klausur

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Moderne Theoretische Physik I – Klausur

Institut für Theoretische Physik

Prof. Dr. F. R. Klinkhamer, Dr. S. Ertl

Datum: Freitag, 02.08.2013 Uhrzeit: 11:00 Uhr

Ort: Gerthsen-Hörsaal / Gaede-Hörsaal

Hinweise:

Die Klausur beinhaltet 4 Aufgaben mit einer maximal erreichbaren Punkteanzahl von 30 Punkten.

Die Klausur gilt als bestanden, wenn 50% der Punkte (= 15 Punkte) erreicht wurden.

Die Bearbeitungszeit beträgt 2 Stunden.

Erlaubte Hilfsmittel sind ein beidseitig handbeschriebenes A4-Blatt und ein zweisprachiges Wörterbuch.

Schreiben Sie Ihren Namen und Matrikelnummer auf jedes Blatt (auch auf das Deckblatt). Beginnen Sie jede Aufgabe auf einem neuen Blatt.

Viel Erfolg!

Name: _____________________________________________________

Vorname: _____________________________________________________

Matrikel-Nr.: _____________________________________________________

Aufgabe 1 Aufgabe 2 Aufgabe 3 Aufgabe 4 Erreichte

Gesamtpunkte

Korrektor

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Aufgabe 1: 10 Punkte

(a) Geben Sie das allgemeine Kriterium f¨ur die Linearit¨at eines Operators Oˆ an (welcher auf Wellenfunktionenψ(~x) wirkt). (1 Punkt)

(b) Geben Sie das allgemeine Kriterium f¨ur dieHermitezit¨ateines OperatorsOˆ an (welcher auf Wellenfunktionenψ(~x) wirkt). (1 Punkt)

(c) Untersuchen Sie die folgenden Operatoren auf Ihre Linearit¨at und Hermitezit¨at:

Oˆ1ψ(~x) =−i~x1

∂

∂x₁ψ(~x), Oˆ2ψ(~x) =~x1

∂

∂x₁ψ(~x), Oˆ₃ψ(~x) =−i~

x₁ ∂

∂x₁ + ∂

∂x₁x₁

ψ(~x). (3 Punkte)

(d) Von nun an schreiben wir Operatoren ohne “ˆ”.

Wann nennen wir 2 Observablen A₁ und A₂ kompatibel? (1 Punkt) (e) Zeigen Sie, daß

1 r, L_i

= 0

Hinweis: Wie kann man sich die Inverse vonr clever definieren? (2 Punkte)

(f) Berechnen Sie den Kommutator zwischen ~p² = p²_x+p²_y +p²_z und xpy−ypx, wobei ~r = (x, y, z) der Orts- undp~= (p_x, p_y, p_z)der Impulsoperator ist. (2 Punkte)

Aufgabe 2: 5 Punkte

Gegeben sei die folgende eindimensionale Wellenfunktion ψ(x, t) = exp

−ik²t

2m~ Aexp ikx

~

+Bexp

−ikx

~

.

wobeiA, B ∈C.

Bestimmen Sie die zugeh¨orige Wahrscheinlichkeitsstromdichte~j(x, t)und interpretieren Sie Ihr Ergebnis.

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Aufgabe 3: 8 Punkte

Ein eindimensionales Teilchen der Masse m befinde sich im Zustand ψ(x, t) =Aexp

−a mx²

~ +it

,

wobeiA und apositive reelle Konstanten sind.

(a) Bestimmen Sie die Konstante A, sodassψ auf Eins normiert ist. (1 Punkt)

(b) Für welche Funktion der potentiellen EnergieV(x) erfüllt ψdie Schrödingergleichung?

(1 Punkt)

(c) Bestimmen Siehxi,hx²i,hpi,hp²i. (4 Punkte)

(d) Bestimmen Sie∆xund∆p. Ist das Produkt(∆x)(∆p)konsistent mit der Unsch¨arferelation?

(2 Punkte)

Formelsammlung:

Z

dx exp(−ax²) = rπ

a

Aufgabe 4: 7 Punkte

Wir betrachten ein Teilchen, daß sich entlang der x-Achse im repulsiven Delta-Potential bewegt

V(x) =V0δ(x) (V0>0)

(a) Wie lauten die Bedingungen an die Lösung der zeitunabhängigen Schrödingergleichung an der singulären Stelle x= 0? (1 Punkt)

(b) Bestimmen Sie die von links her einfallenden ungebundenen L¨osungen. (3 Punkte)

(c) Berechnen Sie Reflexions-und Transmissionskoeffizienten als Funktion der Teilchenenergie.

(2 Punkte)

(d) Gibt es gebundene Zust¨ande? Begr¨unden Sie Ihre Antwort. (1 Punkt)

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L¨osung zu Aufgabe 1

(a) Ein Operator Oˆ ist linear, wenn f¨ur alle quadratintegrablen Wellenfunktionen ψ₁, ψ₂ und λ1, λ2∈Cgilt

O(λˆ 1ψ1+λ2ψ2) =λ1Oψˆ 1+λ2Oψˆ 2.

(b) Ein Operator Oˆ ist hermitesch, wenn f¨ur alle quadratintegrablen Wellenfunktionen ψ1, ψ2

gilt

Z

R³

d³x ψ^∗₁(~x) ˆOψ₂(~x) = Z

R³

d³xh

Oψˆ ₁(~x)i∗

ψ₂(~x)

(c) Alle 3 Operatoren sind linear, da sowohl die Multiplikation mit x1 als auch die Ableitung

∂

∂x1 linear sind und die Hintereinanderausf¨uhrung von linearen Operatoren ebenfalls linear ist.

Es gilt allgemein f¨ur 2 Operatoren ( ˆAB)ˆ ^† = ˆB^†Aˆ^†. Ein Operator ist hermitesch genau dann, wenn Aˆ^†=A.

Aus der Hermitezit¨at von ~xˆ und ~pˆfolgt Oˆ^†₁=

−i~x1

∂

∂x1

†

= (ˆx1pˆ1)^†= ˆp1xˆ16= ˆx1p1.

→Oˆ1 ist also nicht hermitesch.

Oˆ₂^†= (iˆx1pˆ1)^†= (−i)ˆp1xˆ1 6=iˆx1pˆ1

→Oˆ2 ist also nicht hermitesch.

Das symmetrische ProduktOˆ3= ˆx1pˆ1+ ˆp1xˆ1 ist hermitesch, weilxˆ1undpˆ1hermitesch sind.

Man kann die Hermitezität auch nachprüfen, indem man jeweils die Definition überprüft und bezüglich x₁ partiell integriert, wobei Randterme wegfallen, da die Funktionen quadratinte- grable vorausgesetzt sind.

(d) Zwei ObservablenA₁, A₂ werden kompatibel genannt, wenn gilt [A₁, A₂] =A₁A₂−A₂A₁ = 0.

(e) Starten mit: [I, Li] = 0 → [^r_r, Li] = 0 Das impliziert

1 r, Li

=−1

r[r, Li]1 r und wir k¨onnen ausrechnen:

[r, L_i] =_ijk[r, r_jp_k] =_ijkr_j[r, p_k] =i~1

r_ijkr_jr_k= 0 (f)

[~p², xpy −ypx] = [p²_x+p²_y+p²_z, xpy−ypx]

= [p²_x, x]py−[p²_y, y]px

=p_x[p_x, x]p_y+ [p_x, x]p_xp_y−p_y[p_y, y]p_x−[p_y, y]p_yp_x

=−2i~pxpy−2(−i~)pxpy = 0

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ψ(x, t) =e^−ik

2t 2m~

h

Ae^ikx^~ +Be⁻^ikx^~ i

. Komplexe Konjugation von ψ liefert:

ψ^∗(x, t) =e^ik

2t 2m~

h

A^∗e⁻^ikx^~ +B^∗e^ikx^~ i .

Wahrscheinlichkeitsstromdichte j(x, t) = ~

2mi

ψ^∗∂ψ

∂x −∂ψ^∗

∂x ψ

= ~ 2mi

A^∗e⁻^ikx^~ +B^∗e^ikx^~ ik

~Ae^ikx^~ −ik

~Be⁻^ikx^~

−

−ik

~A^∗e⁻^ikx^~ +ik

~B^∗e^ikx^~

Ae^ikx^~ +Be⁻^ikx^~

= k 2m

h|A|²−A^∗Be⁻^2ikx^~ +AB^∗e^2ikx^~ − |B|²

−

−|A|²−A^∗Be⁻^2ikx^~ +AB^∗e^2ikx^~ +|B|²i

= k

m |A|²− |B|²

Superposition zweier Teilchenstr¨ome in entgegengesetzter Richtung.

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(a)

1 = 2|A|² Z ∞

0

e^−2amx²^/^~²dx= 2|A|²1 2

r π~

2am → A=

2am π~

1/4

(b)

∂ψ

∂t =−iaψ

∂ψ

∂x =−2amx

~ ψ

∂²ψ

∂x² =−2am

~

ψ+x∂ψ

∂x

=−2am

~

1−2amx²

~

ψ

→ einsetzen in die Schr¨odingergleichung:

i~∂ψ

∂t =−~² 2m

∂²ψ

∂x² +V ψ

→ V ψ=i~(−ia)ψ+ ~² 2m

−2am

~ 1−2amx²

~

ψ

=

~a−~a

1−2amx²

~

ψ= 2a²mx²ψ

→ V = 2a²mx²

(c)

hxi= Z ∞

−∞

x|ψ|²dx= 0

hx²i= 2|A|² Z ∞

0

x²e^−2amx²^/^~dx= 2|A|² 1 4 ^2am

~

r π~

2am = ~ 4am

hpi=mdhxi dt = 0 hp²i=

Z ψ^∗

~ i

∂

∂x 2

ψ=−~² Z

ψ^∗ ∂²ψ

∂x²

| {z }

−^2am

~

1−^2amx²

~

ψ

dx

= 2am~

Z

|ψ|²dx−2am

~ Z

x²|ψ|²dx

= 2am~

1− 2am

~ hx²i

= 2am~

1−2am

~

~ 4am

=am~

(d)

(∆x)² =hx²i − hxi²= ~

4am → ∆x=

r

~ 4am (∆p)² =hp²i − hpi² =amh → ∆p=

√ amh

(∆x)(∆p) = r

~

4am·am~= ~

2 → ist also (gerade) erf¨ullt.

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(a) Da erst die zweite Ableitung beix= 0eineδ-distributionsartige Singularit¨at aufweist, kann die erste Abletiung h¨ochstens einen endlichen Sprung aufweisen und die Wellenfunktion muß stetig sein.

Integriert man die zeitunabhängige Schrödingergleichung über ein infinitesimales Intervall (−, ) mit >0, erhält man die Randbedingungen für die Ableitung:

ψ⁰(0⁺)−ψ⁰(0⁻) = 2mV₀

~² ψ(0) (1)

Die Stetigkeitsbedingung f¨ur die Wellenfunktion selbst lautet

ψ(0⁺)−ψ⁰(0⁻) = 0 (2)

(b) F¨ur eine von links her einfallende Welle lautet die L¨osung ψ(x) =

Ae^ikx+Be^−ikx x <0

e^ikx x≥0

mit k=

√ 2mE

~ >0

Dabei wurde von der freien W¨ahlbarkeit der Normierung dadurch Gebrauch gemacht, daß f¨ur x≥0der Koeffizient 1 gesetzt wurde.

Die Koeffizienten A und B sind dann durch die Randbedingungen (1) und (2) eindeutig bestimmt.

Setzt man die L¨osung dieser Bedingung ein, ergibt sich das lineare Gleichungssystem ik(1−A+B) = 2mV₀

~² , A+B = 1 Aufl¨osen nachA und B liefert

A= 1−mV₀

i~²k, B= mV₀ i~²k

(c) Transmissions- und Reflexionskoeffizienten sind dann wegen k²= ^2mE

~²

T = 1

|A|² = 1 1 +_2E~^mV⁰²2

= 2E~² 2E~²+mV₀²

R= |B|²

|A|² = mV₀²

2E~²+mV₀² = 1−T

(d) Es gibt keine gebundenen Zust¨ande, denn die Energie kann nicht negativ werden.

F¨ur eine Energieeigenfunktion ψ(x)gilt n¨amlich hEi=

Z ∞

−∞

dxψ^∗(x)Hψ(x)

| {z }

Eψ(x)

=E = Z ∞

−∞

dxψ^∗(x) p²

2m+V₀δ(x)

ψ(x)

Wegen der Hermitezit¨at von p ist weiter E =

Z ∞

−∞

dx 1

2m[pψ(x)]^∗[pψ(x)]

+V0|ψ(0)|²>0

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d.h. es kann keine EnergiewerteE <0und folglich auch keine gebundenen Zust¨ande geben.

Es ist auch schon ausreichend zu argumentieren, daß das Potential V0δ(x) mit V0 >0 ein Grenzfall einer Potentialschwelle ist und nicht eines Potentialtopfes, so daß das Potential keine Mulde bildet in der das Teilchen “gefangen” werden k¨onnte.