Prof. Dr. K. Kassner Dr. V. Becker Dipl.-Phys. M. v. Kurnatowski ...

Prof. Dr. K.Kassner
Dr. V.Becker
Dipl.-Phys. M.v. Kurnatowski
Modul9: Quantenmechanik
Klausur
WS2012
15.02.2013
1. Wissensfragen 21Pkt.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
ErläuternSiedasVersagenderklassischenPhysikbeimphotoelektrischenEffekt.Was
erwartet man klassisch und was beobachtet man statt dessen Wie wird der Effekt
quantenmechanisch erklärt
Nennen Siediebohrschen Postulate (ohne Quantisierungbedingung).
WiesomussdieSchrödingergleichunglinearseinGebenSieeineexperimentelleBeobachtung
an, dieeine lineareFeldgleichungerforderlichmacht.
WelchephysikalischeBedeutunghatdieWellenfunktionimRahmenderKopenhagener
Interpretation
EinTeilchenwirddurchseineWellenfunktion ψbeschrieben.Esbefindetsichineinem
eindimensionalen Potential mit einem endlichen Sprung. Welche Größen müssen an
derSprungstelle stetigsein
BeweisenSie,dasshermitescheOperatorennurreelleEigenwertehabenunddassihre
Eigenfunktionen zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal sind. Warum ist speziell
dieersteEigenschaftvonphysikalischer Bedeutung
Ein System befinde sich im Zustand |ψ〉. Dann werde die Observable A gemessen. Es
gelte A|a n 〉 = a n |a n 〉, n ∈ N.WelcheMesswertekannmanerhaltenundwiegroßist
dieWahrscheinlichkeiteines bestimmtenMesswerts
Geben Sie den Hamilton-Operator des eindimensionalen harmonischen Oszillators
an, ausgedrückt durch Erzeugungs- und Vernichtungoperatoren. Beweisen Sie, dass
alle seine Eigenwerte positiv sind. Erläutern Sie qualitativ, wie man weiter vorgeht,
umalleEigenwertezubekommen, ohne das Problemvollständigzu lösen.
Wie lauten die Energieeigenwerte des Wasserstoffproblems Wie hoch ist ihr Entartungsgrad
(ohne Spin) Wie hoch ist der Entartungsgrad der neuen Energien E n,m
nach Einschalteneines homogenenMagnetfelds(ebenfallsohne Spin)
(4 Pkt.)
(2 Pkt.)
(2 Pkt.)
(1 Pkt.)
(1 Pkt.)
(3 Pkt.)
(2 Pkt.)
(3 Pkt.)
(3 Pkt.)
Lösung:
(a) Das Phänomen ist die Freisetzung von Elektronen aus einem Material durch Bestrahlung
mit(UV-)Licht.
Klassisch erwartet man dass Elektronen des bestrahlten Materials kontinuierlich
EnergieausdemStrahlungsfeldaufnehmen.Dieaufgenommene(kinetische)Energie
sollte
• mitderIntensität des eingestrahltenLichts zunehmen
• nicht vonseinerFrequenzabhängen
• mitderZeitanwachsen
Nach genügend langer Wartezeit sollten also unabhängig von der Frequenz des
eingestrahlten Lichts Photoelektronen frei werden. Andererseits sollte bei sehr
kleinerIntensitäteinesubstanzielleWartezeitbiszurBeobachtungdererstenPhotoelektronenauftreten.
Statt dessenbeobachtet man:
• derPhotoeffekttritterstoberhalbeinerGrenzfrequenz ω A auf
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Modul9: Quantenmechanik
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• die kinetische Energie der Photoelektronen ist von der Intensität des eingestrahltenLichtsunabhängig,sieistaberlinearinderFrequenzE
kin ∝ ω−ω A
• dieZahl derPhotoelektronenistproportional zur Lichtintensität
• auch bei sehr geringer Lichtintensität tritt keine merkbare Verzögerung der
EmissionvonPhotoelektronenauf
(Nicht allesmuss genannt werden.)
Der Effekt wird durch die Lichtquantenhypothese erklärt. Licht tauscht bei der
Wechselwirkung mit Materie mit dieser Energie in gequantelter Form aus. Die
Lichtquanten haben, nur das ist mit Plancks Strahlungsgesetz kompatibel, eine
Energie ¯hω. Der Energiesatz liefert dann die Abhängigkeit der kinetischen Energie
der Photoelektronen: E kin = ¯hω− A, wobei A > 0 die aufzubringende AustrittsarbeitderElektronenist.Setztman
A = ¯hω A ,soistklar,dassdienotwendige
MindestkreisfrequenzzurAuslösung vonElektronenaus demMaterial ω A ist.
AlbertEinsteinerhieltdenNobelpreisfürseine1905veröffentlichteErklärungdes
Photoeffekts, weil man die Verleihung des Preises für seine Relativitätstheorie(n)
für zu gewagthielt.
(b) 1. Die periodische Bewegung der Elektronen um den Atomkern erfolgt auf
stationären Bahnen mit diskreten Energien E n . Die Elektronen strahlen also
nichtkontinuierlichEnergieinFormvonelektromagnetischenWellenab,wie
es nach der klassischen Elektrodynamik für beschleunigte Ladungen sein
müsste.
2. Bei einem Übergang zwischen den Zuständen erfolgt die Emission oder AbsorptionvonelektromagnetischerStrahlungderFrequenz
ω = 1 /¯h(E n −E m ).
(c) DieSchrödingergleichungmusslinearsein,damiteineSuperpositionvonLösungen
wiedereine Lösung ist.Das istnotwendig, umInterferenz-Erscheinungenzu
beschreiben.DiesewerdenbeispielsweisebeiderElektronenbeugungamDoppelspaltbeobachtet.HinterdenSpaltenergibtsicheintypischesInterferenzmusterin
derlateralenElektronenverteilung.
(d) DieWellenfunktionbeschreibtdenZustandeinesphysikalischenSystems.AlleInformationen,diemanüberdiesesSystemhabenkann,sindinderWellenfunktion
kodiert.DerWellenfunktionselbstwirdjedochkeinephysikalischeRealitätzugeschrieben,mankannausihrlediglichVorhersagenübermöglicheMessergebnisse
und deren Wahrscheinlichkeit gewinnen. So beträgt die Wahrscheinlichkeit ein
Teilchen bei einer Ortsmessung im Ortsintervall [x,x+dx] zu finden |ψ(x)| 2 dx.
Die Frage hingegen wo sich das Teilchen befindet wenn keine Messung stattfindet,
ist innerhalb der Kopenhagener Interpretation der Quantenmechanik nicht
sinnvoll.
Eine Weise, die physikalische Bedeutung der Wellenfunktion zu kennzeichnen,
ist zu sagen, sie sei eine Wahrscheinlichkeitsamplitude. Das ist eine Größe, deren
Betragsquadrat eine Wahrscheinlichkeit oder eine Wahrscheinlichkeitsdichte ist
(das genauere ”
Wahrscheinlichkeitsdichtenamplitude“ wirdnicht verwendet).
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Modul9: Quantenmechanik
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(e) An einem endlichen Potentialsprung müssen die Wellenfunktion und ihre erste
Ortsableitung stetigsein(ψ und ψ ′ ).
(f) Sei λ Eigenwert des hermiteschen Operators A und |ϕ〉 eine zugehörige Eigenfunktion,also
A|ϕ〉 = λ|ϕ〉 .
Wir können |ϕ〉 aufeins normiertwählen. Dann gilt
λ = 〈ϕ| λ|ϕ〉 = 〈ϕ|A|ϕ〉 = 〈Aϕ| ϕ〉 = λ ∗ 〈ϕ| ϕ〉 = λ ∗
Damit ist gezeigt, dass λ reell sein muss. (Wir haben verwendet, dass ein Eigenwert
sich auch als Erwartungswert schreiben lässt.) Diese Eigenschaft ist von
physikalischerBedeutung,weildieErgebnisseidealerMessungenEigenwerteder
dengemessenenObservablenzugeordnetenOperatorensind.DaMessungenreelle
Messwerte liefern, sollten Observablen durch Operatoren beschrieben werden,
die nur reelle Eigenwerte haben. Diese Eigenschaft haben hermitesche Operatoren.
(Darüberhinaus besitzen sie ein vollständiges orthonormales Eigensystem.
Diese zweite Eigenschaft ist ebenfalls wichtig, um sinnvoll Wahrscheinlichkeiten
fürMessungendefinierenzukönnen.DieOrthogonalitätistwichtig,damitWahrscheinlichkeitsamplituden
durch einfache Skalarproduktbildung bestimmt werden
können, die Vollständigkeit ist notwendig, um jeden möglichen Systemzustand
aus der Observablen zugeordneten Eigenfunktionen aufbauen zu können.
Denn im Prinzip kann man die Observable in jedem Systemzustand messen und
die Quantenmechanik muss die Wahrscheinlichkeiten der möglichen Messwerte
in jedem liefern. Daher die Hermitezitätsforderung, die stärker ist als die bloße
Forderung nach reellenEigenwerten.)
Seien nun |ϕ 1 〉 und |ϕ 2 〉 Eigenfunktionen von A zu verschiedenen Eigenwerten
λ 1 und λ 2 .Dann gilt:
also
〈ϕ 1 |A|ϕ 2 〉 = 〈ϕ 1 |λ 2 ϕ 2 〉 = λ 2 〈ϕ 1 | ϕ 2 〉
〈ϕ 1 |A|ϕ 2 〉 = 〈Aϕ 1 | ϕ 2 〉 = 〈λ 1 ϕ 1 | ϕ 2 〉 = λ ∗ 1〈ϕ 1 | ϕ 2 〉 = λ 1 〈ϕ 1 | ϕ 2 〉
λ 1 〈ϕ 1 | ϕ 2 〉 = λ 2 〈ϕ 1 | ϕ 2 〉 ⇒ (λ 1 − λ 2 )〈ϕ 1 | ϕ 2 〉 = 0
und mit derVoraussetzung λ 1 ̸= λ 2 folgt 〈ϕ 1 | ϕ 2 〉 = 0.
(g) Durch die Messung kollabiert die Wellenfunktion des Systems in eine der Eigenfunktionen
|a n 〉 von A. Die möglichen Messwerte sind dann die Eigenwerte a n .
Man kanndenAusgangszustand |ψ〉 nach den |a n 〉 entwickeln:
|ψ〉 = ∑c n |a n 〉 .
n
Die Wahrscheinlichkeit, a n als Messwert zu erhalten ist |c n | 2 . Die Entwicklungskoeffizienten
c n entsprechen der Projektion von |ψ〉 auf den entsprechenden Eigenvektor:
c n = 〈a n |ψ〉 .
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(h)
(
H = ¯hω b † b+ 1 )
2
Damit ist das Problem auf die Analyse der Eigenwertgleichung von b † b zurückgeführt.Sei
|λ〉 Eigenvektorvon b † b zumEigenwert λ.
〈
〉
∣
λ∣b † ∣
b∣λ
= 〈λ| λ|λ〉 = λ〈λ|λ〉 = 〈bλ|bλ〉 ⇒ λ ≥ 0
} {{ } } {{ }
≥0 ≥0
Damit sind dieEigenwerte ¯hω(λ+ 1 /2) von H allepositiv.
Man zeigt nun weiterhin, dass b|λ〉 auch Eigenvektor von b † b zum Eigenwert
λ−1istunddassb † |λ〉auchEigenvektorvonb † bzumEigenwert λ+1ist,wenn
die Norm von b|λ〉 bzw. b † |λ〉 nicht verschwindet. Es lässt sich nun zeigen, dass
die Norm von b † |λ〉 immer ungleich null ist, während die b|λ〉 ungleich null ist,
solange λ ̸= 0. Wenn man also durch sukzessive Anwendung von b auf |λ〉 den
Eigenwertimmerumeinsverringernkann,dieEigenwerteaberpositivodernull
seinmüssen,somüssensieganzzahligseinweilmansonstEigenvektorenmitnegativemEigenwerterzeugenkönnte.DieEigenwertevonb
† bsindalsodienatürlichen
Zahlen (inklusivederNull).
(i) Die Energieeigenwertesind durch
gegebenmit n = 1,2,3,....
E n = − E ion
n 2 = − me4 1
8ε 2 0 h2 n 2 = −13.6eV n 2
Bei festem n kann die Drehimpulsquantenzahl l die Werte l = 0,...,n −1 annehmen.
Die Magnetquantenzahl m kann die Werte m = −l,...,0,...,l annehmen,dassind2l+1verschiedeneWerte.DieWellenfunktionhängtvonallendrei
Quantenzahlenab,dieEnergienurvonderHauptquantenzahln.DerEntartungsgrad
von E n istdamit n 2 ohne Spin (und 2n 2 mitSpin):
n−1
∑
l=0
(2l+1) =
n
∑
l=1
(2l−1) = 2 n(n+1) −n = n 2 .
2
Ein äußeres, homogenes Magnetfeld hebt die Kugelsymmetrie des Problems und
damitdie m-Entartung auf(normalerZeemann-Effekt).
E n,m = − E ion
n 2 + ¯hω Lm
Bei festem n gibt es wegen 0 ≤ l ≤ n−1 n verschiedene mögliche l-Werte. Andererseits
muss auch gelten −l ≤ m ≤ l, d.h., bei festem m ist l auf die Werte
m,m+1,...n−1eingeschränkt,fallsmpositivist,undauf−m,−m+1,...n−1,
fallsmnegativist.Dassindjedesmaln−|m|Werte.DerEntartungsgraddesNiveaus
E n,m istalson−|m|.Wirkönnenauchleichtüberprüfen,dassdieGesamtzahl
der Eigenzustände zu einem Wert n mit diesen Entartungsgraden den üblichen
Wert hat:
n−1
∑
m=−n+1
(n−|m|) = n+2
n−1
∑
m=1
(n−m) =
n−1
n+2 ∑
k=n−m k=1
k = n+2× 1 2 n(n−1) = n2 .
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2. Teilchen in1D-Box 9Pkt.
EinTeilchenderMasse m befinde sichindemeindimensionalenPotential
{
0 0 ≤ x ≤ L
V(x) =
∞ sonst
Bestimmen Sie die Energieeigenwerte und die zugehörigen normierten Eigenfunktionen,
indemSie diezeitunabhängige Schrödingergleichung lösen.
(2.1)
Lösung: FürdiesesPotentiallautetdieSchrödingergleichung
− ¯h2 dψ(x)
= Eψ(x) x ∈ [0,L] . (2.2)
2m dx
FüralleanderenWertefür x mussdieWellenfunktionidentischverschwinden,dadas
Potential dort unendlich ist. Wir betrachten daher nur noch x aus diesem Intervall.
WegenderStetigkeitvon ψ folgendiebeidenBedingungen
DieallgemeineLösung von(2.2)lautet
ψ(0) = ψ(L) = 0. (2.3)
ψ(x) = Asin(kx)+Bcos(kx) mit k =
DieersteBedingung aus(2.3) liefert
ψ(0) = B ! = 0.
MitderzweitenBedingungerhaltenwirdann
ψ(L) = Asin(kL) ! = 0.
√
2mE
¯h 2 .
Neben der nicht normierbaren Lösung A = 0 folgt hieraus die Quantisierungsbedingung
für k und damitauchfür E:
kL = nπ n ∈ N\0
⇒ E = k2¯h 2
2m = π2¯h 2
2mL 2 n2 n ∈ N\0
DiezugehörigenEigenfunktionenlauten
ψ n (x) = A n sin
( nπx
)
.
L
DieKonstante A n ergibtsich aus derNormierungsbedingung:
1 ! =
∫ L
0
∫L
ψn(x)ψ ∗ n (x)dx = |A n | 2
[
= |A n | 2 x
2 − L ( 2nπx
4nπ sin L
sin 2( nπx
)
L
0
)] L
0
= |A n | 2 L
2
∫L
dx = |A n | 2
0
[
1
1−cos
2
( )] 2nπx
dx
L
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Dawir A n reellund positiv wählendürfen,sind dieEigenfunktionen
ψ n (x) =
√
2
( nπx
)
L sin L
n ∈ N\0
zu denEnergiewerten
E n = π2¯h 2
2mL 2 n2 n ∈ N\0
einvollständigerSatzvon Eigenfunktionen.
3. Zwei-Niveau-System 8Pkt.
Betrachten Sie ein System mit genau zwei Eigenzuständen |ψ 1 〉 und |ψ 2 〉 des Hamilton-
Operators H. Die zugehörigen Energieeigenwerte E 1 und E 2 sind voneinander verschieden.
(a)
BerechnenSiedenErwartungswert 〈E〉 derEnergieimZustand
(3 Pkt.)
|ψ − 〉 = 1 √
2
(|ψ 1 〉−|ψ 2 〉). (3.1)
(b)
(c)
Zum Zeitpunkt t = 0 sei das System im Zustand |ψ − 〉. Geben Sie die Wellenfunktion
|ψ(t)〉 zu einemspäterenZeitpunkt an.
DerOperator A istdurch
(1 Pkt.)
(4 Pkt.)
A|ψ 1 〉 = |ψ 2 〉 A|ψ 2 〉 = |ψ 1 〉 (3.2)
gegeben. Schreiben Sie A als Matrix ∈ C 2 . Berechnen Sie die Eigenwerte von A und
gebenSiedieEigenvektorenvon A als Linearkombinationvon |ψ 1 〉 und |ψ 2 〉 an.
Lösung:
(a)
〈E〉 = 〈ψ − |H|ψ − 〉
= 1 2 [〈ψ 1|H|ψ 1 〉+〈ψ 2 |H|ψ 2 〉−〈ψ 1 |H|ψ 2 〉−〈ψ 2 |H|ψ 1 〉]
= 1 2 [E 1〈ψ 1 |ψ 1 〉+E 2 〈ψ 2 |ψ 2 〉−E 2 〈ψ 1 |ψ 2 〉−E 1 〈ψ 2 |ψ 1 〉]
= 1 2 (E 1+E 2 )
(b) Der Anfangszustand ψ − ist bereits eine Linearkombination der Eigenzustände
von H. Wir brauchen hier also nicht extra zu entwickeln. Wir wenden einfach
denZeitentwicklungsoperatoran.
|ψ(t)〉 = e − h ī Ht |ψ − 〉 = √ 1 )
(e − h ī E1t |ψ 1 〉−e − h ī E2t |ψ 2 〉
2
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(c) Aus A ij = 〈i|A|j〉 mit i,j = 1,2folgtmit(3.2)
A =
( ) 0 1
.
1 0
Eigenwerte a:
0 = det(a1 2 − A) =
∣ a −1
−1 a ∣ = a2 −1 ⇒ a = ±1
WirschreibendieEigenvektorenvon AalsLinearkombinationderEigenzustände
von H und machen danndenKoeffizientenvergleichin derEigenwertgleichung.
A(c 1 |ψ 1 〉+c 2 |ψ 2 〉) (3.2)
= (c 1 |ψ 2 〉+c 2 |ψ 1 〉) = a(c 1 |ψ 1 〉+c 2 |ψ 2 〉)
a = 1 ⇒ c 1 = c 2
a = −1 ⇒ c 1 = −c 2
⇒ normierte Eigenvektoren |v〉 = 1 √
2
(|ψ 1 〉±|ψ 2 〉) = |ψ ± 〉
|ψ − 〉 istalso bereitseinerderEigenvektorenvon A (mitEigenwert a = −1).
Hier kann man natürlichauch einfachdieMatrix A diagonalisieren:
( )
c1
A =
c 2
( )( ) ( ) 0 1 c1 c1
= a
1 0 c 2 c 2
⇒ c 2 = ac 1 , c 1 = ac 2 .
Ist a Eigenwert zu A, so müssen die beiden Gleichungen linear abhängig sein.
Es genügt also, eine zu
(
lösen.
)
Mit a = 1 folgt c 1 = c 2 , mit a = −1 stattdessen
c1
c 1 = −c 2 . Der Vektor ist aber nichts anderes als die Matrixdarstellung des
c 2
Zustands c 1 |ψ 1 〉+c 2 |ψ 2 〉 bezüglichderOrthogonalbasis {|ψ 1 〉,|ψ 2 〉}.
4. HarmonischerOszillatorunterkubischerStörung 12Pkt.
EineindimensionalesSystemwerdedurchdenHamilton-OperatorH = H 0 +H S beschrieben.
H 0 ist der Hamilton-Operator des harmonischen Oszillators und H S = αx 3 ist der
Störoperator.Dabei ist α = c 0
√
m 3 ω 5 /¯h,und c 0 ≪ 1isteine dimensionsloseKonstante.
(a)
ZeigenSie:
x 2 = ¯h [ ]
b 2 +b †2 +2 ˆN+1 . (4.1)
2mω
(2 Pkt.)
(b)
ZeigenSie:
x 3 =
( )3
¯h
2 [
]
b 3 +b †3 +3( ˆN+1)b+3b † ( ˆN+1) . (4.2)
2mω
(2 Pkt.)
(c)
BerechnenSiedieEnergiekorrekturdesGrundzustandsbiszurzweitenOrdnungmit
schrödingerscher Störungstheorie. Sie können dazu die Darstellung (4.2) verwenden;
dasmüssen Sieaber nicht.
(8 Pkt.)
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Hinweis:Die folgendenFormelnsind als Hilfestellunggegeben:
√
¯h
(
x = b+b †) , ˆN = b † b, ˆN|m〉 = m|m〉 . (4.3)
2mω
Lösung:
(a) WirbenutzenimFolgendenmehrfachdenKommutator [ b,b †] = 1unddenOperator
N = b † b. Dasˆüber ˆN in der Aufgabenstellung wird hier einfach weggelassen.
bb † = 1+b † b = N+1
Damit berechnenwir x 2 :
(b) Jetztberechnen wir x 3 :
( ¯h
x 3 =
2mω
( ¯h
=
2mω
x 2 = ¯h
2mω
= ¯h
2mω
= ¯h
2mω
( )
b 2 +b †2 +bb † +b † b
(
)
b 2 +b †2 +(1+ N)+ N
( )
b 2 +b †2 +2N+1 .
)3
2 (
b 2 +b †2 +2N+1
)(b+b †)
)3
2 [
] b 3 + }{{}
b 2 b † +b
}{{}
†2 b+b †3 +2Nb+2
}{{}
Nb † +b+b † .
= 1○ = 2○
= 3○
Drei Terme müssennoch bearbeitetwerden:
( )
1○ = bbb † = b 1+b † b = b+bb † b = b+(N+1)b = Nb+2b
2○ = b † b † b = b † N
3○ = b † bb † = b † (N+1) = b † N+b † .
Jetztrechnen wiralleszusammen:
( )3
¯h
x 3 2 [
]
= b 3 + Nb+2b+b † N+b †3 +2Nb+2b † N+2b † +b+b †
2mω
( )3
¯h
2 [
]
= b 3 +b †3 +3(N+1)b+3b † (N+1) .
2mω
Für den letzten Schritt muss man also nur noch alles zusammenfassen um zur
zu zeigenden Darstellung zu gelangen. Diese Darstellung ist kompakt und symmetrisch.
Allerdings kann man auch anders rechnen, als wir das eben gemacht
haben.
Alternativ:(etwaseinfacher) x vonlinks statt vonrechts an x 2 multiplizieren:
( ¯h
x 3 =
2mω
( ¯h
=
2mω
)3
2 (
b+b †)( )
b 2 +b †2 +2N+1
)3
2 [
] b 3 + }{{}
bb †2 +2
}{{}
bN +b+ }{{}
b † b 2 +b †3 +2b † N+b † .
= 4○ = 5○ =Nb
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Nur zwei Termemüssen nochbearbeitetwerden.
( )
4○ = bb †2 = 1+b † b b † = b † +b † (1+ N) = 2b † +b † N
5○ = bb † b = (1+ N)b
Jetztrechnen wiralleszusammen.
( )3
¯h
x 3 2
=
[b 3 +2b † +b † N+2Nb+2b+b+ Nb+b †3 +2b † N+b †]
2mω
( )3
¯h
2 [
]
= b 3 +b †3 +3(N+1)b+3b † (N+1)
2mω
(c) Wir kennen die Wirkung der Operatoren auf die Eigenzustände des ungestörten
Problems:
b|m〉 = √ m|m−1〉 ,
b † |m〉 = √ m+1|m+1〉 ,
N|m〉 = m|m〉 .
Wir machen uns zunächst klar, dass Terme mit Potenzen b † hier keinen Beitrag
geben. Denn wir brauchen Matrixelemente der Form 〈 0 ∣ ∣H S∣ ∣m 〉 . Die Summanden
von H S , die aus reinen Potenzen von b † bestehen, sowie die der Form b † N
erzeugenMatrixelementederForm〈0|m+n〉.nisthierbeidiePotenzvonb † und
wegen n > 0 müsste dann m < 0 sein, damit es einen Beitrag gibt. Negative
Quantenzahlen treten aber beim harmonischen Oszillator nicht auf. Also haben
wirkeineBeiträgeausTermenmitPotenzen b † .(SolcheTermewürdenabereinen
Beitrag geben, wenn wir uns für die Energiekorrektur eines angeregten Zustands
interessierten!) Unter Verwendung von (4.2) folgt sofort das gewünschte Matrixelement:
〈 ∣
0 x 3∣ ∣m 〉 ( )3
¯h
2
=
[√m(m−1)(m−2) δ 0,m−3 +3m √ ]
m δ 0,m−1
2mω
( )3
¯h
2 [√ ]
= 6 δm,3 +3 δ m,1 .
2mω
Alternativ:
〈
∣ 〉 〈
∣ 〉
∣
0∣(b+b † ) 3 ∣∣m ∣
= 1∣(b+b † ) 2 ∣∣m
= √ 〈
∣ 〈
∣ 〉
∣
2 2∣b+b † ∣∣m ∣
〉+ 0∣b+b † ∣∣m
= √ 6〈3|m〉+2〈1|m〉+〈1|m〉
= √ 6 δ m,3 +3 δ m,1 .
Damitsehenwirsofort,dassdieKorrekturderEnergiedesGrundzustandswegen
δ 0,3 = δ 0,1 = 0inersterOrdnung verschwindet.
〈
∣ 〉
E (1) ∣
0
= 0∣H S ∣∣0
= 0.
Seite9

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Für diezweiteOrdnung bekommenwir aber einenBeitrag.
E (2)
0
=
∞
∑
m>0
| 〈 0 ∣ ∣H S∣ ∣m 〉 | 2
E (0)
0
−E (0)
m
( ) ¯h 3 [
= α 2 6
2mω −3¯hω + 9 ]
−¯hω
( ) ¯h 3
= c 2 m 3 ω 5 1
0
2mω ¯h ¯hω ·(−11)
= − 11 8 c2 0 ¯hω.
Wir könnenjetztdieGrundzustandsenergiedes gestörtenProblems bis zur zweiten,
störungstheoretischenOrdnung hinschreiben:
E 0 = ¯hω (
1− 11 )
2 4 c2 0 .
Zur Information geben wir noch die Energie des n-ten angeregten Zustands des
gestörtenProblems biszur zweitenstörungstheoretischenOrdnung an:
〈 ∣
n∣x 3 ∣ ( )3
〉 ¯h 2
[√
m = (m+1)(m+2)(m+3) δ n,m+3
2mω
√
+ m(m−1)(m−2) δ n,m−3
+3m √ m δ n,m−1 +3(m+1) √ ]
m+1 δ n,m+1
E 0 = ¯hω 2
[
1− c2 0
4
(
30n(n+1)+11) ] .
,
In der Klausur können maximal 50 Punkte erreicht werden. Bitte bearbeiten Sie jede Aufgabe
auf einemextraBlatt.Viel Erfolg!
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