Quantenmechanik I Musterlösung 7

Quantenmechanik I
Musterlösung 7
Herbst 2008
Prof. R. Renner
Aufgabe 7.1
Drehimpuls-Kommutatoralgebra
a) Zeige, dass ⃗ L hermitsch ist und dass [r 2 , ⃗ L] = [p 2 , ⃗ L] = 0. Schliesse daraus, dass ⃗ L mit
dem Hamiltonian H = p 2 /2m + V (⃗r) kommutiert, wobei V (⃗r) ein Zentralpotential ist.
Die Einstein-Notation für Summen und der komplett antisymmetrische Tensor ε jkl vereinfachen
die Darstellung der Lösung manchmal erheblich. 1 Einige Rechenregeln für den
komplett antisymmetrischen Tensor (in 3 Dimensionen):
ε jkl = ε ljk = ε klj , j, k, l ∈ {1, 2, 3}
ε jkl = −ε lkj
ε jkl ε jmn = δ km δ ln − δ kn δ lm
Damit schreibt sich nun L j = ε jkl r k p l . Die Kommutatoren [x m , p n ] = iδ mn sind ebenfalls
bekannt. Eine erste Anwendung zeigt, dass
L † j = ε jkl(r k p l ) † = ε jkl p † l r† k = ε jklp l r k = ε jkl r k p l = L j
hermitsch ist. Der Kommutator [r 2 , ⃗ L] errechnet sich wie folgt:
[r m , L j ] = ε jkl r k [r m , p l ] = iε jkl δ ml r k = iε jkm r k ,
[
r 2 , L j
]
= [r m r m , L j ] = r m [r m , L j ] + [r m , L j ]r m = 2iε jkm r k r m ,
[
r 2 , ⃗ L ] = 2i(⃗r ∧ ⃗r) = 0.
Analog dazu lässt sich zeigen, dass
[
p 2 , ⃗ L ] = 2i(⃗p ∧ ⃗p) = 0.
Der Drehimpulsoperator kommutiert nun offensichtlich mit dem kiniteschen Anteil (∼ p 2 )
des Hamiltonians. Das rotationssymmetrische Potential V (⃗r) = V (r) kann als Funktion
von r geschrieben werden und kommutiert ebenfalls mit ⃗ L.
b) Berechne [L 1 , L 2 ], [L 1 , L 3 ], [L 2 , L 3 ] und [L 2 , L 3 ]. Begründe, wieso die stationären Lösungen
der Schrödingergleichung des Zentralpotentialproblems als Eigenfunktionen von L 2 und L 3
gewählt werden können.
Zuerst die Kommutatoren zwischen den Komponenten des Drehimpulses:
[L j , L k ] = ε jmn ε kab [r m p n , r a p b ]
= ε jmn ε kab
(
ra [r m , p b ]p n + r m [p n , r a ]p b
)
= iε jmn ε kab
(
δmb r a p n − δ na r m p b
)
= i(ε mnj ε mka r a p n + ε njm ε nkb r m p b )
= i ( (δ nk δ ja − δ na δ jk )r a p n + (δ jk δ mb − δ jb δ mk )r m p b
)
= i(r j p k − δ jk r n p n + δ jk r m p m − r k p j )
= i(r j p k − r k p j )
= iε jkl L l .
1 Siehe dazu zum Beispiel Wikipedia: http://de.wikipedia.org/wiki/Einsteinsche Summenkonvention und
http://de.wikipedia.org/wiki/Levi-Civita-Symbol.
1

Sie verschwinden im Allgemeinen nicht. Insbesondere [L 1 , L 2 ] = iL 3 , [L 2 , L 3 ] = iL 1 und
[L 1 , L 3 ] = −iL 2 . Allerdings gilt
[
L 2 ]
, L k = [L j L j , L k ] = L j [L j , L k ] + [L j , L k ]L j = iε ljk (L j L l + L l L j )
[
L 2 , L ⃗ ] = i( L ⃗ ∧ L) ⃗ = 0 .
Somit bilden H, L 2 und L 3 ein System von paarweise kommutierenden Observablen und
haben gemeinsame Eigenfunktionen. Die stationären Lösungen der Schrödingergleichung
sind genau die Eigenfunktionen von H.
c) Drücke L 2 als Funktion von ⃗r · ⃗p und r 2 aus. Zeige damit
p 2 = 1 r 2 (
L 2 + (⃗r · ⃗p) 2 − i(⃗r · ⃗p) ) .
Wir vereinfachen L 2 wie folgt:
L 2 = ε jkl ε jmn r k p l r m p n
= (δ km δ ln − δ kn δ ml )r k p l r m p n
= r j p k r j p k − r j p k r k p j
= r j (r j p k − iδ jk )p k − r j (r k p k − 3i)p j
= r j r j p k p k + 2ir j p j − r j (p j r k + iδ jk )p k
= r j r j p k p k + ir j p j − r j p j r k p k
= r 2 p 2 + i(⃗r · ⃗p) − (⃗r · ⃗p) 2 .
Die lässt sich nun nach p 2 auflösen und wir erhalten die gesuchte Gleichung.
Aufgabe 7.2
Mehr Drehimpuls-Kommutatoralgebra
Gegeben ein beliebiges Zentralpotentialproblem. Unter Benützung von Aufgabe 1 nennen wir nun
die stationären Lösungen der Schrödingergleichung |ψ nlm 〉. Sie bilden ein vollständiges orthonormales
System und wir definieren o.B.d.A. nach Konvention
L 2 |ψ nlm 〉 = l(l + 1) 2 |ψ nlm 〉 und L 3 |ψ nlm 〉 = m|ψ nlm 〉.
In dieser Aufgabe versuchen wir die Werte von l und m einzuschränken. Dazu führen wir zuerst
zwei neue Operatoren ein:
L + := L 1 + iL 2 , L − := L 1 − iL 2 .
a) Berechne die Kommutatoren [L + , L 3 ] und [L − , L 3 ]. Zeige damit, dass die Operatoren L +
und L − die Funktion von Auf- bzw. Abstiegsoperatoren für L 3 einnehmen. Tipp: Wende
L 3 L + bzw. L 3 L − auf |ψ nlm 〉 an.
Zuerst die Kommutatoren:
[L + , L 3 ] = [L 1 , L 3 ] + i[L 2 , L 3 ] = i(−L 2 + iL 1 ) = −(L 1 + iL 2 ) = −L +
[L − , L 3 ] = L − .
Damit ergibt sich nun folgendes:
L 3 L + |ψ nlm 〉 = L + (L 3 + )|ψ nlm 〉 = (m + 1)L + |ψ nlm 〉 .
L 3 L − |ψ nlm 〉 = (m − 1)L − |ψ nlm 〉 .
2

Die Funktionen, die sich durch Anwendung von L + und L − auf |ψ nlm 〉 ergeben, sind also
wiederum Eigenfunktionen von L 3 und zwar zu einem Eigenwert, der jeweils um 1 erhöht
oder verringert wird.
b) Zeige die Identitäten L + L − = L 2 −L 3 2 +L 3 und L − L + = L 2 −L 3 2 −L 3 . Benutze dieses
Resultat — zusammen mit der Tatsache, dass die Normen |L + |ψ nlm 〉| und |L − |ψ nlm 〉|
nicht negativ sind — um die Ungleichungen −l ≤ m ≤ l zu finden.
Zu zeigen ist
L + L − = (L 1 + iL 2 )(L 1 − iL 2 ) = L 1 2 + L 2 2 + i[L 2 , L 1 ] = L 2 − L 3 2 + L 3
und
L − L + = (L 1 − iL 2 )(L 1 + iL 2 ) = L 2 − L 3 2 − L 3 .
Damit lassen sich die Normen nun folgendermassen schreiben:
|L + |ψ nlm 〉| = 〈ψ nlm |L − L + |ψ nlm 〉
= 〈ψ nlm |L 2 − L 3 2 − L 3 |ψ nlm 〉
= 2( l(l + 1) − m(m + 1) )
≥ 0
und
|L − |ψ nlm 〉| = 2( l(l + 1) − m(m − 1) ) ≥ 0.
Diese Ungleichungen liefern nach Ausprobieren die gesuchte Einschränkung von m, also
−l ≤ m ≤ l. Wer dem Ausprobieren nicht traut, sollte die Substitutionen l ′ = l + 1/2 und
m ′ = m ± 1/2 versuchen um dann die rein quadratischen Ungleichungen zu vereinfachen.
c) Die Werte von m sind also beschränkt und somit muss bei wiederholten anwenden von L +
oder L − die Norm aus b) irgendwann verschwinden. Gib an für welche Zustände |ψ nlm 〉
dies geschieht und folgere daraus, dass l entweder halb- oder ganzzahlig sein muss und
m ∈ {−l, −l + 1, −l + 2, . . . , l}.
Die entsprechenden Normen haben wir ja bereits in b) berechnet. Offensichtlich verschwindet
L + |ψ nll 〉 = 0 sowohl als auch L − |ψ nl−l 〉 = 0. Das Resultat von Teil a) sagt uns, dass die
Quantenzahlen m bei Anwendung der Auf- und Abstiegsoperatoren jeweils um 1 erhöht
bzw. verringert werden. Da die Werte m = ±l beide erreicht werden müssen, wissen wir,
dass 2l eine ganze Zahl sein muss. Die Quantenzahl l ist also entweder ganz- oder halbzahlig
und die Bedingung für m folgt sogleich.
d) Berechne die Erwartungswerte 〈L 1 〉 und 〈L 1 2 〉 für ein System im Zustand |ψ nlm 〉.
Wir schreiben die Operatoren L 1 und L 1 2 als Funktionen von L − und L + , daher
L 1 = 1 2 (L ++L − ) und L 1 2 = 1 4 (L + 2 +L − 2 +L + L − +L − L + ) = 1 4 (L + 2 +L − 2 +2L 2 −2L 3 2 ) .
Nun benutzen wir die Orthogonalität der Wellenfunktionen |ψ nlm 〉 um sofort zu sehen,
dass
〈L 1 〉 = 1 2 〈ψ nlm|L + + L − |ψ nlm 〉 = 0.
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Der Erwartungswert 〈L 1 2 〉 kann ebenfalls einfach berechnet werden. Wir finden
〈L 1 2 〉 = 1 4 〈ψ nlm|L + 2 + L − 2 + 2L 2 − 2L 3 2 |ψ nlm 〉
= 2 (
l(l + 1) − m
2 ) .
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Aufgabe 7.3
Schwach gebundene Zustände in einer, zwei und drei Dimensionen
Gegeben sei ein rotationssymmetrisches, attraktives (V 0 > 0) Potential in d Dimensionen von
der Form
{ −V0 r < r
V (r) =
0
.
0 r ≥ r 0
a) Zeige, dass für d = 1 und d = 2 immer ein gebundener Zustand (E < 0) existiert.
Zeige weiter, dass für ein schwaches Potential mit ξ 0 = √ 2mV 0 r 0 / ≪ 1 die Energie des
Grundzustandes durch
{
2 −V0 ξ 0 d = 1
E =
− V 0
2 e −4/ξ 0 2 d = 2
ξ 0
gegeben ist.
d = 1: Zuerst das Problem in einer Dimension. Wir definieren zuerst eine Einheitenlose
Energie
ξ = √ −2mE r 0
,
wobei 0 < ξ < ξ 0 für gebundene Zustände. Ebenfalls definieren wir zwei davon abgeleiteten
Grössen
k = √ 2m(E + V 0 ) 1 = √
ξ0 2 − ξ 2
r 0
sowie α = √ −2mE 1 = ξ r 0
.
Wir unterscheiden zwischen geraden und ungeraden Lösungen und es genügt, nur die
Lösung auf der positiven Halbachse mit r > 0 zu suchen. Die Lösung ausserhalb des Topfs
ist gegeben durch
ψ a (r) = Ce −αr , r ≥ r 0 .
Die geraden und ungeraden Lösungen innerhalb des Topfs haben die Form
ψ g (r) = A cos(kr) bzw. ψ u (r) = B sin(kr).
Bei r = r 0 sollen jetzt wie üblich die erste und zweite Ableitung von ψ übereinstimmen.
Insbesondere muss gelten
ψ a(r ′ 0 )
ψ a (r 0 ) = ψ′ g(r 0 )
ψ g (r 0 ) = ψ′ u(r 0 )
ψ u (r 0 ) .
Für gerade Lösungen ergibt dies die Bedingung
tan(kr 0 ) = α k = √
ξ 2
ξ 0 2 − ξ 2 .
Gibt es für jedes ξ 0 ein ξ, 0 < ξ < ξ 0 welches diese Gleichung erfüllt? Die Antwort ist:
Ja. Man kann das sehen indem man einen Plot anfertigt oder indem man sich überlegt,
dass die rechte Seite monoton von 0 bis ∞ steigt wenn wir ξ von 0 bis ξ 0 erhöhen. Der
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Term tan(kr 0 ) ist ebenfalls positiv nahe bei k = 0 bis zum ersten Pol bei kr 0 = π/2. Die
Funktionen haben also mindestens eine Schnittstelle. Für ungerade Lösungen ergibt sich
die Bedingung
− cot(kr 0 ) = α k .
Hier sei zu beachten dass − cot(kr 0 ) negativ ist für kr 0 < π/2, d.h. es ergibt sich keine
Lösung für schwache Potentiale mit ξ 0 < π/2.
Der Grundzustand (der Zustand mit niedrigster Energie) entspricht daher einer geraden
Wellenfunktion und die Energie des Grundzustandes bei schwacher Bindung ergibt sich
wie folgt: Wir haben kr 0 ≤ ξ 0 ≪ 1 und dürfen daher die Approximation tan(kr 0 ) ≈ kr 0
benutzen. Damit folgt (kr 0 ) 2 = αr 0 oder
ξ 0 2 − ξ 2 = ξ.
Wenn wir dies quadrieren und nach ξ 2 auflösen und Terme höherer Ordnung in ξ 0 ignorieren,
erhalten wir ξ 2 ≈ ξ 0 4 oder E ≈ −V 0 ξ 0 2 .
d = 2: Jetzt das Ganze in zwei Dimensionen. Der Laplace-Operator in Polarkoordinaten
(r, φ) schreibt sich
Der Hamiltonian lautet also
△ = ∂ r 2 + 1 r ∂ r + 1 r 2 ∂ φ 2 .
− 2
2m (∂ r 2 + 1 r ∂ r + 1 r 2 ∂ φ 2 ) + V (ρ).
Wir verwenden den Separationsansatz ψ(r, φ) = R(r)Φ(φ). Die übliche Rechnung (einsetzen
in die Schrödingergleichung, Seperation der Variabeln, einführen einer Seperationskonstante,
periodische Randbedingungen für Φ) liefert die Lösung des winkelabhängigen Teils
Φ(φ) = e ilφ für positive ganze Zahlen l. Die radiale Schrödingergleichung schreibt sich nun
als
R ′′ (r) + R′ (r)
r
(
+ − l2
r 2 + 2m ( ) )
E − V (r)
2 R(r) = 0.
Innerhalb des Topfs ist V (r) = −V 0 . Wir substituieren wieder k für den Energieterm und
verwenden ρ = rk als neue Variable. Damit erhalten wir die Besselsche Differentialgleichung
ρ 2 ˜R′′ (ρ) + ρ ˜R ′ (ρ) + (ρ 2 − l 2 ) ˜R(ρ) = 0.
Uns interessiert nur der Grundzustand mit l = 0 (wie im drei-dimensionalen Fall, führt
l > 0 zu einem zusätzlichen abstossenden Potential und damit zu höheren Energien. Für
l = 0 hat die Differentialgleichung zwei Lösungen, von welchen eine bei ρ → 0 divergiert.
Es ergibt sich also R(r) = AJ 0 (kr) für eine Konstante A. Ausserhalb des Topfs erhalten
wir nach analogen Überlegungen R(r) = BK 0 (αr). Die (modifizierten) Bessel-Funktionen
können wie folgt angenähert werden:
J 0 (x) = 1 − x2
4 + O(x4 )
K 0 (x) = − ln(x) + O(1) .
Die Randbedingungen liefern (vergleiche mit Fall d = 1):
oder
r ln(αr) ≈ − 4 − k2 r 2
2k 2 r
ln ξ ≈ 1 2 − 2
ξ 0 2 − ξ 2 .
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Dies schätzen wir nun weiter ab für kleine ξ und ξ 0 und schreiben
ln ξ ≈ 2
ξ 0
2 .
Damit erhalten wir nun ξ 2 ≈ e 4/ξ 0 2 und E = − V 0
ξ 0
2 e 4/ξ 0 2 .
b) Zeige, dass es in 3 Dimensionen für ξ 0 < π/2 überhaupt keinen gebundenen Zustand gibt.
Es zeigt sich, dass das Radialproblem (vergleiche z.B. mit Skript) für den Fall l = 0 und
für die modifizierte Funktion u(r) = rR(r) die genau gleiche Form hat wie das Problem
bei d = 1. Allerdings soll R(r) = u(r)/r bei r → 0 endlich sein. Somit muss u(r) = 0 gelten
und wir erlauben nun ungerade Lösungen für u(r). Solche Lösungen existieren allerdings
nicht wenn ξ 0 < π/2, wie wir schon in Teil a) gesehen haben.
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