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L¨osungsvorschlag Theoretische Physik E 9. ¨Ubungsblatt

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(1)

L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik E 9. ¨ Ubungsblatt

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

Wintersemester 2008/2009

Aufgabe 26 10 Punkte

(a)

Wir erhalten mit Ψ(x) =hx|Ψidie Beziehung PΨ(x, p) =

Z

−∞

dx hx−x/2|ΨihΨ|x+x/2ieipx/~ (1) und damit

PΨ(x, p) = Z

−∞

dx Ψ(x+x/2)Ψ(x−x/2)eipx/~ 1 Punkt

(b)

Wir gehen von der Ortsdarstellung aus (die Spur ist unabh¨angig von der Darstellung), und haben f¨ur skalare Observable (falls Spins noch eine Rolle spielen, muss man einfach ¨uberall das Integral ¨uber xnoch durch eine Summe ¨uber die diskreten Freiheitsgrade erg¨anzen),

hAi ≡Tr( ˆAˆρ) = Z

−∞

dxhx|Aˆρˆ|xi (2)

Das Integral Z

−∞

dx Z

−∞

dp

2π~ A(x, p)P(x, p) (3)

kann mittels A(x, p) =

Z

−∞

dxhx−x/2|Aˆ|x+x/2ieipx/~ (4) und

P(x, p) = Z

−∞

dxhx−x/2|ρˆ|x+x/2ieipx/~ (5) in

Z

−∞

dx Z

−∞

dp 2π~

Z

−∞

dxhx−x/2|Aˆ|x+x/2i Z

−∞

dx′′hx−x′′/2|ρˆ|x+x′′/2ieip(x′′+x)/~ 1 Punkt

¨uberf¨uhrt werden, was unter Verwendung von Z

−∞

dp

2π~ eip(x′′+x)/~=δ(x′′+x) (6)

wiederum auf Z

−∞

dx Z

−∞

dxhx−x/2|Aˆ|x+x/2ihx+x/2|ρˆ|x−x/2i 1 Punkt f¨uhrt. Mit der Variablentransformationy=x−x/2,y =x+x/2 (mitJacobideterminante 1, wie leicht zu zeigen) ergibt sich

Z

−∞

dy Z

−∞

dyhy|Aˆ|yihy|ρˆ|yi= Z

−∞

dyhy|Aˆρˆ|yi= Tr( ˆAρ).ˆ 1 Punkt

(2)

(c)

Analog zu (b) erhalten wir ρ(x) =

Z

−∞

dp 2π~

Z

−∞

dxhx−x/2|ρˆ|x+x/2ieipx/~= Z

−∞

dxhx−x/2|ρˆ|x+x/2iδ(x) =hx|ρˆ|xi. 1 Punkt

(d)

Wir gehen wie in (b) vor und berechnen Z

−∞

dx Z

−∞

dp

2π~ PΨ(x, p)PΦ(x, p) = Z

−∞

dx Z

−∞

dp 2π~

Z

−∞

dxΨ(x+x/2)Ψ(x−x/2)eipx/~ Z

−∞

dx′′Φ(x+x′′/2)Φ(x−x′′/2)eipx′′/~, (7) was wir wieder unter Verwendung von

Z

−∞

dp

2π~ eip(x+x′′)/~=δ(x+x′′) (8)

in Z

−∞

dx Z

−∞

dx Ψ(x+x/2)Ψ(x−x/2)Φ(x−x/2)Φ(x+x/2) 1 Punkt

¨uberf¨uhren k¨onnen. Mit der Variablentransformationy =x−x/2,y=x+x/2 (mitJacobideterminante 1, wie leicht zu zeigen) ergibt sich

Z

−∞

dy Z

−∞

dyΨ(y)Ψ(y)Φ(y)Φ(y) (9)

was gleich Z

−∞

dyΦ(y)Ψ(y)

Z

−∞

dy Ψ(y)Φ(y)

=

Z

−∞

dyΦ(y)Ψ(y)

2

1 Punkt ist, und damit

Z

−∞

dx Z

−∞

dp

2π~ PΨ(x, p)PΦ(x, p) =

Z

−∞

dxΨ(x)Φ(x)

2

. (10)

(e)

DieSch¨odingergleichung f¨ur freie Teilchen lautet i~∂Ψ(x, t)

∂t =−~2 2m

2Ψ(x, t)

∂x2 , i~∂Ψ(x, t)

∂t = ~2 2m

2Ψ(x, t)

∂x2 . (11)

Wir zeigen, dass die Gleichung

∂P(x, p)

∂t + p m

∂P(x, p)

∂x = 0 (12)

dazu ¨aquivalent ist. Dazu benutzen wir aus (a) P(x, p) =

Z

−∞

dx Ψ(x+x/2)Ψ(x−x/2)eipx/~, (13) und berechnen

i~∂P(x, p)

∂t =i~ Z

−∞

dx

∂Ψ(x+x/2)

∂t Ψ(x−x/2) + Ψ(x+x/2)∂Ψ(x−x/2)

∂t

eipx/~ (14)

(3)

was auf

~2 2m

Z

−∞

dx

2Ψ(x+x/2)

∂x2 Ψ(x−x/2)−Ψ(x+x/2)∂2Ψ(x−x/2)

∂x2

eipx/~ 1 Punkt

f¨uhrt (kann man durch ein paar Variablensubstitutionen zeigen). Dies wiederum kann umgeschrieben werden als

~2 m

Z

−∞

dx

2Ψ(x+x/2)

∂x∂x Ψ(x−x/2) + Ψ(x+x/2)∂2Ψ(x−x/2)

∂x∂x

eipx/~ (15)

und eine partielle Integration f¨uhrt auf 1 Punkt

~2 m

∂Ψ(x+x/2)

∂x Ψ(x−x/2) + Ψ(x+x/2)∂Ψ(x−x/2)

∂x

eipx/~

x= x=−∞

−~2 m

Z

−∞

dx

∂Ψ(x+x/2)

∂x

∂Ψ(x−x/2)

∂x +∂Ψ(x+x/2)

∂x

∂Ψ(x−x/2)

∂x

eipx/~

−i~p m

Z

−∞

dx

∂Ψ(x+x/2)

∂x Ψ(x−x/2) + Ψ(x+x/2)∂Ψ(x−x/2)

∂x

eipx/~. (16) Der zweite Term verschwindet, wie man sieht wenn man die Ableitungen nachx wieder in Ableitungen nach xumschreibt:

∂Ψ(x+x/2)

∂x

∂Ψ(x−x/2)

∂x +∂Ψ(x+x/2)

∂x

∂Ψ(x−x/2)

∂x =

1 2

−∂Ψ(x+x/2)

∂x

∂Ψ(x−x/2)

∂x +∂Ψ(x+x/2)

∂x

∂Ψ(x−x/2)

∂x

= 0. (17)

Die restlichen Terme geben

~2 m

∂x[Ψ(x+x/2)Ψ(x−x/2)]eipx/~

x=

x=−∞−i~p m

Z

−∞

dx

∂x[Ψ(x+x/2)Ψ(x−x/2)]eipx/~. (18) Der erste Term muss verschwinden, da keine Teilchenstromquellen im Unendlichen existieren sollen (Teilchen- zahlerhaltung) und außerdem die Wellenfunktionen im Unendlichen immer verschwinden sollen (dieser Punkt wird oft nicht pr¨azise diskutiert, aber selbst bei ebenen Wellen wird die Wellenfunktion f¨ur einen Kasten mit unendlich hohen W¨anden berechnet, dessen Dimensionen man dann gegen unendlich gehen l¨asst; das eleminiert die Randterme und sichert, dass alle Wellenfunktionen einen kompakten Tr¨ager haben und normierbar sind).

Damit bleibt nur der Term i~∂P(x, p)

∂t =−i~p m

∂x Z

−∞

dxΨ(x+x/2)Ψ(x−x/2)eipx/~=−i~p m

∂P(x, p)

∂x . 1 Punkt

Aufgabe 27 5 Punkte

(a)

Es ist

αiαjjαi=

0 σi σi 0

0 σj σj 0

+

0 σj σj 0

0 σi σi 0

. (19)

Ausmultiplizieren ergibt αiαjjαi=

σiσjjσi 0 0 σiσjjσi

. (20)

Wie verwendenσiσjjσi = 2δij, was auf 1 Punkt

αiαjjαi= 2δij1 (21)

f¨uhrt. ¨Ahnlich ergibt sich 1 Punkt

αiβ+βαi=

0 σi σi 0

1 0 0 −1

+

1 0 0 −1

0 σi σi 0

=

0 −σi σi 0

+

0 σi

−σi 0

=0 (22) Schließlich ist

2(αi)2iαiiαi= 21, β2=

1 0 0 −1

1 0 0 −1

=1. 1 Punkt

(4)

(b)

Es ist γi=βαi=

1 0 0 −1

0 σi σi 0

=

0 σi

−σi 0

. 1 Punkt

Weiter giltγiγjjγi=βαiβαj+βαjβαi =β(αi(βαjjβ)−αiαjβ+αj(βαiiβ)−αjαiβ) =−2β(δij1)β =

−2δij1f¨uhrt. Analog, f¨urµ= 0, ν 6= 0 bzw.ν = 0,µ6= 0 ergibt sichγ0γiiγ02αi+βαiβ =β0=0. Schließlich ist 2(γ0)2= 2β2= 21. Damit ist gezeigt, dassγµγννγµ= 2gµν1ist, wobeig00= 1,g0i=gi0= 0

undgij =−δij f¨ur i=x, y, z. 1 Punkt

Aufgabe 28 5 Punkte

(a)

Die station¨areDirac-Gleichung lautet 1

c

i~∂

∂t−βmc2

Ψ =αi

−i~ ∂

∂xi −q cAi

Ψ. (23)

Die beiden gew¨unschten Teilgleichungen sind 1 Punkt

1

c(E−mc21i

−i~ ∂

∂xi −q cAi

φ2 (24)

und 1

c(E+mc22i

−i~ ∂

∂xi −q cAi

φ1. (25)

Einsetzen der zweiten Gleichung in die erste ergibt 1

c2

E2−m2c4 φ1=

σi

−i~ ∂

∂xi −q cAi

2

φ1. 1 Punkt

(b)

Wir setzten den Ansatz

φ1(x, y, z) =χ1(x)ei(kyy+kzz) (26)

ein und erhalten 1

c2

E2−m2c4

χ1(x) =

−i~σx

∂x+σy

~ky−q cBx

+~kzσz −i~σx

∂x+σy

~ky−q cBx

+~kzσz

χ1(x)

=

−~22

∂x2 +

~ky−q cBx2

+~2k2z−~q c Bσz

χ1(x) (27)

Dies f¨uhrt auf die Eigenwertgleichung

~2d2χ1

dx2

~ky−q cBx2

χ1+ E2

c2 −m2c2−~2k2z+~q c Bσz

χ1= 0 1 Punkt

Eine solche Eigenwertgleichung ist bekannt vom harmonischen Oszillator. Wir f¨uhren die dimensionslose Va- riable

ξ= r|q|B

~c

x−c~ky

qB

, d22 = ~c

|q|B d2

dx2 (28)

ein und erhalten f¨ur die Spinkomponente inz-Richtung, σ=±1, d2

2 −ξ2+aσ

χ1(x) = 0, aσ=

E2

c −m2c3−c~2k2z+~qσB

~|q|B . (29)

(5)

Die L¨osungen sindHermitesche Polynome mitaσ= 2n+ 1,n= 0,1,2, . . ., χ(n,σ)1 =

p|q|B n!2n

π~c

!1/2

eξ2/2Hn(ξ). (30)

Die Energieeigenwerte sind gegeben durch die Gleichung

En,σ2 = (2n+ 1−sign(q)σ)~c|q|B+m2c4+c2~2k2z (31) Im unseren Falle istq=−eund 2n+ 1−sign(q)σ= 2n+ 1 +σ= 2n, und (wegen~kz=pz)

En =±p

(mc2)2+ (cpz)2+ 2n~ceB. 1 Punkt

Der Fall σ =−1 entspricht n =n, und der Fall σ = 1 entspricht n =n+ 1. Alle Zust¨ande sind zweifach entartet bis auf den Zustandn= 0 (dan≥0 sein muss), f¨ur denσ=−1 sein muss.

[Hinweis: Graphen ist ein Material, in welchem die Leitungselektronen durch einen effektiven Dirac- Hamiltonoperator mit Masse m = 0 und sogenanntem Pseudospin 12 beschrieben werden. Im Falle pz = 0 ergibt sich f¨ur Graphen eine Abh¨angigkeit der LandauniveausEn proportional zu√

n. Dieses Resultat, wel- ches erst k¨urzlich sowohl experimentell als auch theoretisch eingehend untersucht wurde, ist aus unserem Resultat klar ersichtlich.]

(c)

Wir entwickeln die Energieeigenwerte, und erhalten f¨ur die positiven L¨osungen En =mc2

r

1 + p2z

m2c2 +2n~ceB

m2c4 ≈mc2+ p2z

2m +n ~e

mcB. 1 Punkt

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