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 ∞
−∞
dx′hx−x′/2|Aˆ|x+x′/2ieipx′/~ (4) und
P(x, p) = Z ∞
−∞
dx′hx−x′/2|ρˆ|x+x′/2ieipx′/~ (5) in
Z ∞
−∞
dx Z ∞
−∞
dp 2π~
Z ∞
−∞
dx′hx−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 ∞
−∞
dx′hx−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 ∞
−∞
dy′hy|Aˆ|y′ihy′|ρˆ|yi= Z ∞
−∞
dyhy|Aˆρˆ|yi= Tr( ˆAρ).ˆ 1 Punkt
(c)
Analog zu (b) erhalten wir ρ(x) =
Z ∞
−∞
dp 2π~
Z ∞
−∞
dx′hx−x′/2|ρˆ|x+x′/2ieipx′/~= Z ∞
−∞
dx′hx−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 ∞
−∞
dx′Ψ∗(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 ∞
−∞
dy′Ψ∗(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)
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 ∞
−∞
dx′Ψ∗(x+x′/2)Ψ(x−x′/2)eipx′/~=−i~p m
∂P(x, p)
∂x . 1 Punkt
Aufgabe 27 5 Punkte
(a)
Es ist
αiαj+αjαi=
0 σi σi 0
0 σj σj 0
+
0 σj σj 0
0 σi σi 0
. (19)
Ausmultiplizieren ergibt αiαj+αjαi=
σiσj+σjσi 0 0 σiσj+σjσi
. (20)
Wie verwendenσiσj+σjσi = 2δij, was auf 1 Punkt
αiαj+αjαi= 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)2=αiαi+αiαi= 21, β2=
1 0 0 −1
1 0 0 −1
=1. 1 Punkt
(b)
Es ist γi=βαi=
1 0 0 −1
0 σi σi 0
=
0 σi
−σi 0
. 1 Punkt
Weiter giltγiγj+γjγi=βαiβαj+βαjβαi =β(αi(βαj+αjβ)−αiαjβ+αj(βαi+αiβ)−αjαiβ) =−2β(δij1)β =
−2δij1f¨uhrt. Analog, f¨urµ= 0, ν 6= 0 bzw.ν = 0,µ6= 0 ergibt sichγ0γi+γiγ0 =β2αi+βαiβ =β0=0. Schließlich ist 2(γ0)2= 2β2= 21. Damit ist gezeigt, dassγµγν+γνγµ= 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−mc2)φ1=σi
−i~ ∂
∂xi −q cAi
φ2 (24)
und 1
c(E+mc2)φ2=σi
−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)
=
−~2 ∂2
∂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
, d2 dξ2 = ~c
|q|B d2
dx2 (28)
ein und erhalten f¨ur die Spinkomponente inz-Richtung, σ=±1, d2
dξ2 −ξ2+aσ
χ1(x) = 0, aσ=
E2
c −m2c3−c~2k2z+~qσB
~|q|B . (29)
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
e−ξ2/2Hn(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