Aufgabe 7 5 Punkte

L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik E 3. ¨ Ubungsblatt

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

Wintersemester 2008/2009

Aufgabe 7 5 Punkte

(a)

|+,+i=







 1 0 0 0







 |+,−i=







 0 1 0 0







 |−,+i=







 0 0 1 0







 |−,−i=







 0 0 0 1









(1)

und

H =−J(Sx,1Sx,2+Sy,1Sy,2+Sz,1Sz,2) (2) Wir berechnen

S+,1=Sx,1+iSy,1=~h

|+,+ih−,+| + |+,−ih−,−|i

=~















 1 0 0 0









(0,0,1,0) +







 0 1 0 0









(0,0,0,1)









(3)

Dies, und analoge Rechnung f¨ur die restlichen Matrizen f¨uhrt auf

S+,1= ~ 2









0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0









. S+,2=~ 2









0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0









(4)

S−,1=~ 2









0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0









S−,2=~ 2









0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0









(5)

Sz,1= ~ 2









1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 −1









Sz,2=~ 2









1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 −1









. (6)

Der Hamiltonoperator ausgedr¨uckt durch die obigen Gr¨oßen ist H =−J

2

S−,1S+,2+S+,1S−,2+ 2Sz,1Sz,2

(7)

Damit erh¨alt man duch direktes Einsetzen

H =−J~² 4









1 0 0 0

0 −1 2 0

0 2 −1 0

0 0 0 1









(8)

Das Ergebnis kann man auch direkt erhalten indem man alle 16 Matrixelemente des Hamiltonoperators H berechnet.

F¨ur die Herleitung gibt es 3 Punkte

(b)

Die Eigenwerte der Matrix

A=









1 0 0 0

0 −1 2 0

0 2 −1 0

0 0 0 1









(9)

sindλ⁽¹⁾_A =λ⁽²⁾_A =λ⁽³⁾_A = 1 undλ⁽⁴⁾_A =−3. Damit sind die Eigenwerte vonH λ⁽¹⁾_H =λ⁽²⁾_H =λ⁽³⁾_H =−~²J

4 ; λ⁽⁴⁾_H =3~²J

4 . 1 Punkt

Die Eigenvektoren sind

~e⁽¹⁾_H =







 1 0 0 0









~ e⁽²⁾_H =







 0 0 0 1









~

e⁽³⁾_H = 1

√2







 0 1 1 0









~e⁽⁴⁾_H = 1

√2







 0 1

−1 0









1 Punkt

Die drei entarteten Eigenwerte bilden sogenannte Triplett-Zust¨ande (da dreifach entartet), der restliche nich- tentartete Eigenwert gibt einen Singlett-Zustand.

Aufgabe 8 6 Punkte

Wir wiederholen zun¨achst die Standardherleitung f¨ur die Energien in erster und zweiter Ordnung St¨orungs- theorie sowie f¨ur die Eigenfunktionen in erster Ordnung St¨orungstheorie. Wir bezeichnen λW mit V. Die Schr¨odingergleichung lautet

H|ni=En|ni. (10)

Wir nehmen an, wir haben die Schr¨odingergleichung in nullter Ordnung gel¨ost:

H0|ni0=E_n⁽⁰⁾|ni0 . (11)

Die Eigenfunktionen bilden ein Orthonormalsystem, d.h. k¨onnen so gew¨ahlt werden, dass

0hn|mi0=δnm (12)

gilt. Die Phasen der Wellenfunktionen|niin (11) k¨onnen frei gew¨ahlt werden. Wir fordern, dass 0hm|nireell sein soll.

In erster Ordnung erhalten wir

H0|ni1+V|ni0=E_n⁽⁰⁾|ni1+E_n⁽¹⁾|ni0, (13) sowie aus der Normierungsbedingung

0hn|ni¹+ 1hn|ni⁰= 2Re0hn|ni¹= 0. (14)

Da jedoch 0hn|ni1laut Voraussetzung reell sein soll, folgt daraus

0hn|ni¹= 0. (15)

Wir operieren auf (13) von links mit 0hn|, und benutzen (11). Damit erhalten wir

E_n⁽¹⁾= 0hn|V|ni⁰ . (16)

Operieren wir in (13) von links jedoch mit 0hk|, wobeik6=n, so ergibt sich

0hk|H|ni¹+ 0hk|V|ni⁰=E_n⁽⁰⁾0hk|ni¹ (17)

was wegen 0hn|H=En 0hn|zu

0hk|ni1= ⁰hk|V|ni0

En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾ (18)

bzw.

|ni1=X

k6=n

0hk|V|ni⁰

En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾|ki0 , (19)

f¨uhrt.

Wir schreiben nun die Terme zweiter Ordnung der Schr¨odingergleichung auf:

H0|ni2+V|ni1=E_n⁽⁰⁾|ni2+E_n⁽¹⁾|ni1+E_n⁽²⁾|ni0 (20) und operieren zun¨achst von links mit 0hn|, was unter Verwendung von 0hn|H =En⁽⁰⁾ 0hn| und 0hn|ni¹= 0 auf

E_n⁽²⁾=X

k6=n

|⁰hk|V|ni⁰|²

En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾ (21)

f¨uhrt.

(a)

Nun operieren wir in (20) stattdessen von links mit 0hk|wobeik6=n. Das ergibt

0hk|H|ni²+ 0hk|V|ni¹=E_n⁽⁰⁾0hk|ni²+E_n⁽¹⁾0hk|ni¹+E⁽²⁾_n 0hk|ni⁰ (22) oder unter Verwendung von 0hk|H =E_k⁽⁰⁾0hk|und 0hk|ni⁰=δ_kn= 0 (wir hattenn6=kvorausgesetzt),

0hk|V|ni¹= (E_n⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾)0hk|ni²+E_n⁽¹⁾0hk|ni¹. (23) Nun k¨onnen wir (16) und (18) einsetzen. Dies f¨uhrt zu

0hk|ni² = 1 En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾

0hk|V|ni¹−E_n⁽¹⁾0hk|ni¹

= 1

En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾



 X

m6=n

0hm|V|ni⁰ E⁽⁰⁾n −E⁽⁰⁾m

0hk|V|mi⁰

− ⁰hn|V|ni^{0 0}hk|V|ni⁰ En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾



 (24)

Das Matrixelement mit k =nerhalten wir aus der Normierungsbedingung hn|ni= 1. Die Terme zweiter Ordnung sind

2hn|ni⁰+ 1hn|ni¹+ 0hn|ni²= 0 (25)

und hier verwenden wir wieder, dass 0hn|nireell sein soll, d.h. in zweiter Ordnung muss 0hn|ni² reell sein.

Das ergibt also

0hn|ni²=−1

2 ¹hn|ni¹=−1 2

X

m,k6=n

0hn|V|mi⁰ E⁽⁰⁾n −Em⁽⁰⁾

0hk|V|ni⁰

En⁽⁰⁾−E⁽⁰⁾_k ⁰hm|ki⁰=−1 2

X

k6=n

|⁰hn|V|ki⁰|²

(En⁽⁰⁾−E⁽⁰⁾_k )². (26) wobei wir 0hm|ki0=δkm und 0hn|V|ki0 0hk|V|ni0=|0hn|V|ki0|² benutzt haben.

Nun entwickeln wir|ni2 nach dem vollst¨andigen Satz von Eigenfunktionen|ki0:

|ni2=X

k

0hk|ni2|ki0=X

k6=n

0hk|ni2|ki0+ 0hn|ni2|ni0 (27)

und erhalten

|ni²= X

m,k6=n

"

0hk|V|mi^{0 0}hm|V|ni⁰ (En⁽⁰⁾−Em⁽⁰⁾)(En⁽⁰⁾−E⁽⁰⁾_k )

#

|ki⁰−X

k6=n

"

0hn|V|ni^{0 0}hk|V|ni⁰ (En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾)²

#

|ki⁰−1 2

X

k6=n

"

|⁰hn|V|ki⁰|² (En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾)²

#

|ni⁰

(28)

F¨ur diesen Teil der Aufgabe gibt es 3 Punkte

Um nun die Korrekturen zur Energie in dritter Ordnung zu erhalten, schreiben wir alle Terme dritter Ordnung der Schr¨odingergleichung auf:

H0|ni3+V|ni2=E_n⁽⁰⁾|ni3+E_n⁽¹⁾|ni2+E_n⁽²⁾|ni1+E_n⁽³⁾|ni0 (29) und operieren von links mit 0hn|. Das ergibt

0hn|H|ni³+ 0hn|V|ni²=E_n⁽⁰⁾0hn|ni³+E_n⁽¹⁾0hn|ni²+E_n⁽²⁾0hn|ni¹+E_n⁽³⁾0hn|ni⁰ (30) Nun ist wieder 0hn|ni⁰= 1, und 0hn|ni¹= 0, weiterhin 0hn|H|ni³=En⁽⁰⁾0hn|ni³, somit erhalten wir E⁽³⁾_n = 0hn|V|ni2−E_n⁽¹⁾0hn|ni2. (31) Einsetzen von (16) und (26) ergibt

E⁽³⁾_n = X

m,k6=n

"

0hk|V|mi^{0 0}hm|V|ni⁰ (En⁽⁰⁾−Em⁽⁰⁾)(En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾)

#

0hn|V|ki⁰−X

k6=n

"

0hn|V|ni^{0 0}hk|V|ni⁰

(E⁽⁰⁾n −E_k⁽⁰⁾)^{2 0}hn|V|ki⁰

#

−1 2

X

k6=n

"

|0hn|V|ki0|² (En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾)²

#

0hn|V|ni0+1

2 ⁰hn|V|ni0

X

k6=n

|0hn|V|ki0|²

(En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾)². (32) Die letzten beiden Terme heben sich weg, und wir haben

E⁽³⁾_n = X

m,k6=n

"

0hn|V|ki0 0hk|V|mi0 0hm|V|ni0

(En⁽⁰⁾−Em⁽⁰⁾)(En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾)

#

− 0hn|V|ni0

X

k6=n

"

|0hn|V|ki0|² (En⁽⁰⁾−E_k⁽⁰⁾)²

#

. (33)

F¨ur diesen Teil der Aufgabe gibt es 3 Punkte

Aufgabe 9 9 Punkte

(a)

Die ungest¨orten Energielevels sind

E_lm⁽⁰⁾=al(l+ 1)~²+bm²~² 1 Punkt

Alle Zust¨ande|l,0imitm= 0 sind einfach, die restlichen Zust¨ande|l, mimit m6= 0 jeweils doppelt entartet, wobei|l, miundl,−mijeweils dieselbe Energie besitzen. 1 Punkt

(b)

Wir schreiben L²_y= 1

4 2L²−2L²_z−L²₊−L²₋

, (34)

was ausL²=L²_x+L²_y+L²_zfolgt. 1 Punkt

Die Korrektur zu den nichtentarteten Zust¨anden|l,0iergibt sich somit aus E_l0⁽¹⁾=hl,0|cL²_y|l,0i= c

2l(l+ 1)~². 1 Punkt

(c)

F¨ur jedes entartete Paar|l, miund|l,−mimuss eine 2x2-Matrix konstruiert werden, die die Elemente

hl, m^′|cL²_y|l, m^′′i (35)

hat, und diese muss diagonalisiert werden, um die Energielevels in erster Ordnung entarteter St¨orungstheorie zu finden. Wir erhalten f¨ur die diagonalen Elemente aus (34)

hl, m^′|cL²_y|l, m^′i= c 2

l(l+ 1)−(m^′)²~². 1 Punkt

F¨ur die nichtdiagonalen Elemente erhalten wir

hl, m^′|cL²_y|l, m^′′i= 0 (36)

außer wennm^′′=m^′±2. Da f¨ur die betrachteten Zust¨ands-Paarem^′=−m^′′ gilt, kann das nur f¨urm^′=±1 erf¨ullt werden.

F¨ur m^′=±1 erhalten wir

hl,1|cL²_y|l,−1i=hl,−1|cL²_y|l,1i=−c

4l(l+ 1)~². 1 Punkt

Zusammen mit den diagonalen Elementen ergibt eine Diagonalisierung der resultierenden 2x2-Matrix f¨ur die ungest¨orten Zust¨ande zum=±1 die beiden Korrekturen zu den Energieeigenwerten

E_lα⁽¹⁾

1 = c

4[3l(l+ 1)−2]~², 1 Punkt

E_lα⁽¹⁾

2 = c

4[l(l+ 1)−2]~². 1 Punkt

F¨ur die restlichen ungest¨orten Niveaus |l,±mi ergibt sich keine Aufspaltung in erster Ordnung (sie tritt tats¨achlich erst in Ordnung|m|auf), und die Energiekorrekturen sind f¨urm6=±1 durch

E_lm⁽¹⁾= c 2

l(l+ 1)−(m)²

~². (37)

gegeben. 1 Punkt