Prof. Dr. K. Kassner Dr. V. Becker Dipl.-Phys. M. v. Kurnatowski ...
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<strong>Prof</strong>. <strong>Dr</strong>. K.<strong>Kassner</strong><br />
<strong>Dr</strong>. V.<strong>Becker</strong><br />
<strong>Dipl</strong>.-<strong>Phys</strong>. M.v. <strong>Kurnatowski</strong><br />
Modul9: Quantenmechanik<br />
Klausur<br />
WS2012<br />
15.02.2013<br />
1. Wissensfragen 21Pkt.<br />
(a)<br />
(b)<br />
(c)<br />
(d)<br />
(e)<br />
(f)<br />
(g)<br />
(h)<br />
(i)<br />
ErläuternSiedasVersagenderklassischen<strong>Phys</strong>ikbeimphotoelektrischenEffekt.Was<br />
erwartet man klassisch und was beobachtet man statt dessen Wie wird der Effekt<br />
quantenmechanisch erklärt<br />
Nennen Siediebohrschen Postulate (ohne Quantisierungbedingung).<br />
WiesomussdieSchrödingergleichunglinearseinGebenSieeineexperimentelleBeobachtung<br />
an, dieeine lineareFeldgleichungerforderlichmacht.<br />
WelchephysikalischeBedeutunghatdieWellenfunktionimRahmenderKopenhagener<br />
Interpretation<br />
EinTeilchenwirddurchseineWellenfunktion ψbeschrieben.Esbefindetsichineinem<br />
eindimensionalen Potential mit einem endlichen Sprung. Welche Größen müssen an<br />
derSprungstelle stetigsein<br />
BeweisenSie,dasshermitescheOperatorennurreelleEigenwertehabenunddassihre<br />
Eigenfunktionen zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal sind. Warum ist speziell<br />
dieersteEigenschaftvonphysikalischer Bedeutung<br />
Ein System befinde sich im Zustand |ψ〉. Dann werde die Observable A gemessen. Es<br />
gelte A|a n 〉 = a n |a n 〉, n ∈ N.WelcheMesswertekannmanerhaltenundwiegroßist<br />
dieWahrscheinlichkeiteines bestimmtenMesswerts<br />
Geben Sie den Hamilton-Operator des eindimensionalen harmonischen Oszillators<br />
an, ausgedrückt durch Erzeugungs- und Vernichtungoperatoren. Beweisen Sie, dass<br />
alle seine Eigenwerte positiv sind. Erläutern Sie qualitativ, wie man weiter vorgeht,<br />
umalleEigenwertezubekommen, ohne das Problemvollständigzu lösen.<br />
Wie lauten die Energieeigenwerte des Wasserstoffproblems Wie hoch ist ihr Entartungsgrad<br />
(ohne Spin) Wie hoch ist der Entartungsgrad der neuen Energien E n,m<br />
nach Einschalteneines homogenenMagnetfelds(ebenfallsohne Spin)<br />
(4 Pkt.)<br />
(2 Pkt.)<br />
(2 Pkt.)<br />
(1 Pkt.)<br />
(1 Pkt.)<br />
(3 Pkt.)<br />
(2 Pkt.)<br />
(3 Pkt.)<br />
(3 Pkt.)<br />
Lösung:<br />
(a) Das Phänomen ist die Freisetzung von Elektronen aus einem Material durch Bestrahlung<br />
mit(UV-)Licht.<br />
Klassisch erwartet man dass Elektronen des bestrahlten Materials kontinuierlich<br />
EnergieausdemStrahlungsfeldaufnehmen.Dieaufgenommene(kinetische)Energie<br />
sollte<br />
• mitderIntensität des eingestrahltenLichts zunehmen<br />
• nicht vonseinerFrequenzabhängen<br />
• mitderZeitanwachsen<br />
Nach genügend langer Wartezeit sollten also unabhängig von der Frequenz des<br />
eingestrahlten Lichts Photoelektronen frei werden. Andererseits sollte bei sehr<br />
kleinerIntensitäteinesubstanzielleWartezeitbiszurBeobachtungdererstenPhotoelektronenauftreten.<br />
Statt dessenbeobachtet man:<br />
• derPhotoeffekttritterstoberhalbeinerGrenzfrequenz ω A auf<br />
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Modul9: Quantenmechanik<br />
WS2012<br />
• die kinetische Energie der Photoelektronen ist von der Intensität des eingestrahltenLichtsunabhängig,sieistaberlinearinderFrequenzE<br />
kin ∝ ω−ω A<br />
• dieZahl derPhotoelektronenistproportional zur Lichtintensität<br />
• auch bei sehr geringer Lichtintensität tritt keine merkbare Verzögerung der<br />
EmissionvonPhotoelektronenauf<br />
(Nicht allesmuss genannt werden.)<br />
Der Effekt wird durch die Lichtquantenhypothese erklärt. Licht tauscht bei der<br />
Wechselwirkung mit Materie mit dieser Energie in gequantelter Form aus. Die<br />
Lichtquanten haben, nur das ist mit Plancks Strahlungsgesetz kompatibel, eine<br />
Energie ¯hω. Der Energiesatz liefert dann die Abhängigkeit der kinetischen Energie<br />
der Photoelektronen: E kin = ¯hω− A, wobei A > 0 die aufzubringende AustrittsarbeitderElektronenist.Setztman<br />
A = ¯hω A ,soistklar,dassdienotwendige<br />
MindestkreisfrequenzzurAuslösung vonElektronenaus demMaterial ω A ist.<br />
AlbertEinsteinerhieltdenNobelpreisfürseine1905veröffentlichteErklärungdes<br />
Photoeffekts, weil man die Verleihung des Preises für seine Relativitätstheorie(n)<br />
für zu gewagthielt.<br />
(b) 1. Die periodische Bewegung der Elektronen um den Atomkern erfolgt auf<br />
stationären Bahnen mit diskreten Energien E n . Die Elektronen strahlen also<br />
nichtkontinuierlichEnergieinFormvonelektromagnetischenWellenab,wie<br />
es nach der klassischen Elektrodynamik für beschleunigte Ladungen sein<br />
müsste.<br />
2. Bei einem Übergang zwischen den Zuständen erfolgt die Emission oder AbsorptionvonelektromagnetischerStrahlungderFrequenz<br />
ω = 1 /¯h(E n −E m ).<br />
(c) DieSchrödingergleichungmusslinearsein,damiteineSuperpositionvonLösungen<br />
wiedereine Lösung ist.Das istnotwendig, umInterferenz-Erscheinungenzu<br />
beschreiben.DiesewerdenbeispielsweisebeiderElektronenbeugungamDoppelspaltbeobachtet.HinterdenSpaltenergibtsicheintypischesInterferenzmusterin<br />
derlateralenElektronenverteilung.<br />
(d) DieWellenfunktionbeschreibtdenZustandeinesphysikalischenSystems.AlleInformationen,diemanüberdiesesSystemhabenkann,sindinderWellenfunktion<br />
kodiert.DerWellenfunktionselbstwirdjedochkeinephysikalischeRealitätzugeschrieben,mankannausihrlediglichVorhersagenübermöglicheMessergebnisse<br />
und deren Wahrscheinlichkeit gewinnen. So beträgt die Wahrscheinlichkeit ein<br />
Teilchen bei einer Ortsmessung im Ortsintervall [x,x+dx] zu finden |ψ(x)| 2 dx.<br />
Die Frage hingegen wo sich das Teilchen befindet wenn keine Messung stattfindet,<br />
ist innerhalb der Kopenhagener Interpretation der Quantenmechanik nicht<br />
sinnvoll.<br />
Eine Weise, die physikalische Bedeutung der Wellenfunktion zu kennzeichnen,<br />
ist zu sagen, sie sei eine Wahrscheinlichkeitsamplitude. Das ist eine Größe, deren<br />
Betragsquadrat eine Wahrscheinlichkeit oder eine Wahrscheinlichkeitsdichte ist<br />
(das genauere ”<br />
Wahrscheinlichkeitsdichtenamplitude“ wirdnicht verwendet).<br />
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Modul9: Quantenmechanik<br />
WS2012<br />
(e) An einem endlichen Potentialsprung müssen die Wellenfunktion und ihre erste<br />
Ortsableitung stetigsein(ψ und ψ ′ ).<br />
(f) Sei λ Eigenwert des hermiteschen Operators A und |ϕ〉 eine zugehörige Eigenfunktion,also<br />
A|ϕ〉 = λ|ϕ〉 .<br />
Wir können |ϕ〉 aufeins normiertwählen. Dann gilt<br />
λ = 〈ϕ| λ|ϕ〉 = 〈ϕ|A|ϕ〉 = 〈Aϕ| ϕ〉 = λ ∗ 〈ϕ| ϕ〉 = λ ∗<br />
Damit ist gezeigt, dass λ reell sein muss. (Wir haben verwendet, dass ein Eigenwert<br />
sich auch als Erwartungswert schreiben lässt.) Diese Eigenschaft ist von<br />
physikalischerBedeutung,weildieErgebnisseidealerMessungenEigenwerteder<br />
dengemessenenObservablenzugeordnetenOperatorensind.DaMessungenreelle<br />
Messwerte liefern, sollten Observablen durch Operatoren beschrieben werden,<br />
die nur reelle Eigenwerte haben. Diese Eigenschaft haben hermitesche Operatoren.<br />
(Darüberhinaus besitzen sie ein vollständiges orthonormales Eigensystem.<br />
Diese zweite Eigenschaft ist ebenfalls wichtig, um sinnvoll Wahrscheinlichkeiten<br />
fürMessungendefinierenzukönnen.DieOrthogonalitätistwichtig,damitWahrscheinlichkeitsamplituden<br />
durch einfache Skalarproduktbildung bestimmt werden<br />
können, die Vollständigkeit ist notwendig, um jeden möglichen Systemzustand<br />
aus der Observablen zugeordneten Eigenfunktionen aufbauen zu können.<br />
Denn im Prinzip kann man die Observable in jedem Systemzustand messen und<br />
die Quantenmechanik muss die Wahrscheinlichkeiten der möglichen Messwerte<br />
in jedem liefern. Daher die Hermitezitätsforderung, die stärker ist als die bloße<br />
Forderung nach reellenEigenwerten.)<br />
Seien nun |ϕ 1 〉 und |ϕ 2 〉 Eigenfunktionen von A zu verschiedenen Eigenwerten<br />
λ 1 und λ 2 .Dann gilt:<br />
also<br />
〈ϕ 1 |A|ϕ 2 〉 = 〈ϕ 1 |λ 2 ϕ 2 〉 = λ 2 〈ϕ 1 | ϕ 2 〉<br />
〈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 〉<br />
λ 1 〈ϕ 1 | ϕ 2 〉 = λ 2 〈ϕ 1 | ϕ 2 〉 ⇒ (λ 1 − λ 2 )〈ϕ 1 | ϕ 2 〉 = 0<br />
und mit derVoraussetzung λ 1 ̸= λ 2 folgt 〈ϕ 1 | ϕ 2 〉 = 0.<br />
(g) Durch die Messung kollabiert die Wellenfunktion des Systems in eine der Eigenfunktionen<br />
|a n 〉 von A. Die möglichen Messwerte sind dann die Eigenwerte a n .<br />
Man kanndenAusgangszustand |ψ〉 nach den |a n 〉 entwickeln:<br />
|ψ〉 = ∑c n |a n 〉 .<br />
n<br />
Die Wahrscheinlichkeit, a n als Messwert zu erhalten ist |c n | 2 . Die Entwicklungskoeffizienten<br />
c n entsprechen der Projektion von |ψ〉 auf den entsprechenden Eigenvektor:<br />
c n = 〈a n |ψ〉 .<br />
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Modul9: Quantenmechanik<br />
WS2012<br />
(h)<br />
(<br />
H = ¯hω b † b+ 1 )<br />
2<br />
Damit ist das Problem auf die Analyse der Eigenwertgleichung von b † b zurückgeführt.Sei<br />
|λ〉 Eigenvektorvon b † b zumEigenwert λ.<br />
〈<br />
〉<br />
∣<br />
λ∣b † ∣<br />
b∣λ<br />
= 〈λ| λ|λ〉 = λ〈λ|λ〉 = 〈bλ|bλ〉 ⇒ λ ≥ 0<br />
} {{ } } {{ }<br />
≥0 ≥0<br />
Damit sind dieEigenwerte ¯hω(λ+ 1 /2) von H allepositiv.<br />
Man zeigt nun weiterhin, dass b|λ〉 auch Eigenvektor von b † b zum Eigenwert<br />
λ−1istunddassb † |λ〉auchEigenvektorvonb † bzumEigenwert λ+1ist,wenn<br />
die Norm von b|λ〉 bzw. b † |λ〉 nicht verschwindet. Es lässt sich nun zeigen, dass<br />
die Norm von b † |λ〉 immer ungleich null ist, während die b|λ〉 ungleich null ist,<br />
solange λ ̸= 0. Wenn man also durch sukzessive Anwendung von b auf |λ〉 den<br />
Eigenwertimmerumeinsverringernkann,dieEigenwerteaberpositivodernull<br />
seinmüssen,somüssensieganzzahligseinweilmansonstEigenvektorenmitnegativemEigenwerterzeugenkönnte.DieEigenwertevonb<br />
† bsindalsodienatürlichen<br />
Zahlen (inklusivederNull).<br />
(i) Die Energieeigenwertesind durch<br />
gegebenmit n = 1,2,3,....<br />
E n = − E ion<br />
n 2 = − me4 1<br />
8ε 2 0 h2 n 2 = −13.6eV n 2<br />
Bei festem n kann die <strong>Dr</strong>ehimpulsquantenzahl l die Werte l = 0,...,n −1 annehmen.<br />
Die Magnetquantenzahl m kann die Werte m = −l,...,0,...,l annehmen,dassind2l+1verschiedeneWerte.DieWellenfunktionhängtvonallendrei<br />
Quantenzahlenab,dieEnergienurvonderHauptquantenzahln.DerEntartungsgrad<br />
von E n istdamit n 2 ohne Spin (und 2n 2 mitSpin):<br />
n−1<br />
∑<br />
l=0<br />
(2l+1) =<br />
n<br />
∑<br />
l=1<br />
(2l−1) = 2 n(n+1) −n = n 2 .<br />
2<br />
Ein äußeres, homogenes Magnetfeld hebt die Kugelsymmetrie des Problems und<br />
damitdie m-Entartung auf(normalerZeemann-Effekt).<br />
E n,m = − E ion<br />
n 2 + ¯hω Lm<br />
Bei festem n gibt es wegen 0 ≤ l ≤ n−1 n verschiedene mögliche l-Werte. Andererseits<br />
muss auch gelten −l ≤ m ≤ l, d.h., bei festem m ist l auf die Werte<br />
m,m+1,...n−1eingeschränkt,fallsmpositivist,undauf−m,−m+1,...n−1,<br />
fallsmnegativist.Dassindjedesmaln−|m|Werte.DerEntartungsgraddesNiveaus<br />
E n,m istalson−|m|.Wirkönnenauchleichtüberprüfen,dassdieGesamtzahl<br />
der Eigenzustände zu einem Wert n mit diesen Entartungsgraden den üblichen<br />
Wert hat:<br />
n−1<br />
∑<br />
m=−n+1<br />
(n−|m|) = n+2<br />
n−1<br />
∑<br />
m=1<br />
(n−m) =<br />
n−1<br />
n+2 ∑<br />
k=n−m k=1<br />
k = n+2× 1 2 n(n−1) = n2 .<br />
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Modul9: Quantenmechanik<br />
WS2012<br />
2. Teilchen in1D-Box 9Pkt.<br />
EinTeilchenderMasse m befinde sichindemeindimensionalenPotential<br />
{<br />
0 0 ≤ x ≤ L<br />
V(x) =<br />
∞ sonst<br />
Bestimmen Sie die Energieeigenwerte und die zugehörigen normierten Eigenfunktionen,<br />
indemSie diezeitunabhängige Schrödingergleichung lösen.<br />
(2.1)<br />
Lösung: FürdiesesPotentiallautetdieSchrödingergleichung<br />
− ¯h2 dψ(x)<br />
= Eψ(x) x ∈ [0,L] . (2.2)<br />
2m dx<br />
FüralleanderenWertefür x mussdieWellenfunktionidentischverschwinden,dadas<br />
Potential dort unendlich ist. Wir betrachten daher nur noch x aus diesem Intervall.<br />
WegenderStetigkeitvon ψ folgendiebeidenBedingungen<br />
DieallgemeineLösung von(2.2)lautet<br />
ψ(0) = ψ(L) = 0. (2.3)<br />
ψ(x) = Asin(kx)+Bcos(kx) mit k =<br />
DieersteBedingung aus(2.3) liefert<br />
ψ(0) = B ! = 0.<br />
MitderzweitenBedingungerhaltenwirdann<br />
ψ(L) = Asin(kL) ! = 0.<br />
√<br />
2mE<br />
¯h 2 .<br />
Neben der nicht normierbaren Lösung A = 0 folgt hieraus die Quantisierungsbedingung<br />
für k und damitauchfür E:<br />
kL = nπ n ∈ N\0<br />
⇒ E = k2¯h 2<br />
2m = π2¯h 2<br />
2mL 2 n2 n ∈ N\0<br />
DiezugehörigenEigenfunktionenlauten<br />
ψ n (x) = A n sin<br />
( nπx<br />
)<br />
.<br />
L<br />
DieKonstante A n ergibtsich aus derNormierungsbedingung:<br />
1 ! =<br />
∫ L<br />
0<br />
∫L<br />
ψn(x)ψ ∗ n (x)dx = |A n | 2<br />
[<br />
= |A n | 2 x<br />
2 − L ( 2nπx<br />
4nπ sin L<br />
sin 2( nπx<br />
)<br />
L<br />
0<br />
)] L<br />
0<br />
= |A n | 2 L<br />
2<br />
∫L<br />
dx = |A n | 2<br />
0<br />
[<br />
1<br />
1−cos<br />
2<br />
( )] 2nπx<br />
dx<br />
L<br />
Seite5
Modul9: Quantenmechanik<br />
WS2012<br />
Dawir A n reellund positiv wählendürfen,sind dieEigenfunktionen<br />
ψ n (x) =<br />
√<br />
2<br />
( nπx<br />
)<br />
L sin L<br />
n ∈ N\0<br />
zu denEnergiewerten<br />
E n = π2¯h 2<br />
2mL 2 n2 n ∈ N\0<br />
einvollständigerSatzvon Eigenfunktionen.<br />
3. Zwei-Niveau-System 8Pkt.<br />
Betrachten Sie ein System mit genau zwei Eigenzuständen |ψ 1 〉 und |ψ 2 〉 des Hamilton-<br />
Operators H. Die zugehörigen Energieeigenwerte E 1 und E 2 sind voneinander verschieden.<br />
(a)<br />
BerechnenSiedenErwartungswert 〈E〉 derEnergieimZustand<br />
(3 Pkt.)<br />
|ψ − 〉 = 1 √<br />
2<br />
(|ψ 1 〉−|ψ 2 〉). (3.1)<br />
(b)<br />
(c)<br />
Zum Zeitpunkt t = 0 sei das System im Zustand |ψ − 〉. Geben Sie die Wellenfunktion<br />
|ψ(t)〉 zu einemspäterenZeitpunkt an.<br />
DerOperator A istdurch<br />
(1 Pkt.)<br />
(4 Pkt.)<br />
A|ψ 1 〉 = |ψ 2 〉 A|ψ 2 〉 = |ψ 1 〉 (3.2)<br />
gegeben. Schreiben Sie A als Matrix ∈ C 2 . Berechnen Sie die Eigenwerte von A und<br />
gebenSiedieEigenvektorenvon A als Linearkombinationvon |ψ 1 〉 und |ψ 2 〉 an.<br />
Lösung:<br />
(a)<br />
〈E〉 = 〈ψ − |H|ψ − 〉<br />
= 1 2 [〈ψ 1|H|ψ 1 〉+〈ψ 2 |H|ψ 2 〉−〈ψ 1 |H|ψ 2 〉−〈ψ 2 |H|ψ 1 〉]<br />
= 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 〉]<br />
= 1 2 (E 1+E 2 )<br />
(b) Der Anfangszustand ψ − ist bereits eine Linearkombination der Eigenzustände<br />
von H. Wir brauchen hier also nicht extra zu entwickeln. Wir wenden einfach<br />
denZeitentwicklungsoperatoran.<br />
|ψ(t)〉 = e − h ī Ht |ψ − 〉 = √ 1 )<br />
(e − h ī E1t |ψ 1 〉−e − h ī E2t |ψ 2 〉<br />
2<br />
Seite6
Modul9: Quantenmechanik<br />
WS2012<br />
(c) Aus A ij = 〈i|A|j〉 mit i,j = 1,2folgtmit(3.2)<br />
A =<br />
( ) 0 1<br />
.<br />
1 0<br />
Eigenwerte a:<br />
0 = det(a1 2 − A) =<br />
∣ a −1<br />
−1 a ∣ = a2 −1 ⇒ a = ±1<br />
WirschreibendieEigenvektorenvon AalsLinearkombinationderEigenzustände<br />
von H und machen danndenKoeffizientenvergleichin derEigenwertgleichung.<br />
A(c 1 |ψ 1 〉+c 2 |ψ 2 〉) (3.2)<br />
= (c 1 |ψ 2 〉+c 2 |ψ 1 〉) = a(c 1 |ψ 1 〉+c 2 |ψ 2 〉)<br />
a = 1 ⇒ c 1 = c 2<br />
a = −1 ⇒ c 1 = −c 2<br />
⇒ normierte Eigenvektoren |v〉 = 1 √<br />
2<br />
(|ψ 1 〉±|ψ 2 〉) = |ψ ± 〉<br />
|ψ − 〉 istalso bereitseinerderEigenvektorenvon A (mitEigenwert a = −1).<br />
Hier kann man natürlichauch einfachdieMatrix A diagonalisieren:<br />
( )<br />
c1<br />
A =<br />
c 2<br />
( )( ) ( ) 0 1 c1 c1<br />
= a<br />
1 0 c 2 c 2<br />
⇒ c 2 = ac 1 , c 1 = ac 2 .<br />
Ist a Eigenwert zu A, so müssen die beiden Gleichungen linear abhängig sein.<br />
Es genügt also, eine zu<br />
(<br />
lösen.<br />
)<br />
Mit a = 1 folgt c 1 = c 2 , mit a = −1 stattdessen<br />
c1<br />
c 1 = −c 2 . Der Vektor ist aber nichts anderes als die Matrixdarstellung des<br />
c 2<br />
Zustands c 1 |ψ 1 〉+c 2 |ψ 2 〉 bezüglichderOrthogonalbasis {|ψ 1 〉,|ψ 2 〉}.<br />
4. HarmonischerOszillatorunterkubischerStörung 12Pkt.<br />
EineindimensionalesSystemwerdedurchdenHamilton-OperatorH = H 0 +H S beschrieben.<br />
H 0 ist der Hamilton-Operator des harmonischen Oszillators und H S = αx 3 ist der<br />
Störoperator.Dabei ist α = c 0<br />
√<br />
m 3 ω 5 /¯h,und c 0 ≪ 1isteine dimensionsloseKonstante.<br />
(a)<br />
ZeigenSie:<br />
x 2 = ¯h [ ]<br />
b 2 +b †2 +2 ˆN+1 . (4.1)<br />
2mω<br />
(2 Pkt.)<br />
(b)<br />
ZeigenSie:<br />
x 3 =<br />
( )3<br />
¯h<br />
2 [<br />
]<br />
b 3 +b †3 +3( ˆN+1)b+3b † ( ˆN+1) . (4.2)<br />
2mω<br />
(2 Pkt.)<br />
(c)<br />
BerechnenSiedieEnergiekorrekturdesGrundzustandsbiszurzweitenOrdnungmit<br />
schrödingerscher Störungstheorie. Sie können dazu die Darstellung (4.2) verwenden;<br />
dasmüssen Sieaber nicht.<br />
(8 Pkt.)<br />
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Modul9: Quantenmechanik<br />
WS2012<br />
Hinweis:Die folgendenFormelnsind als Hilfestellunggegeben:<br />
√<br />
¯h<br />
(<br />
x = b+b †) , ˆN = b † b, ˆN|m〉 = m|m〉 . (4.3)<br />
2mω<br />
Lösung:<br />
(a) WirbenutzenimFolgendenmehrfachdenKommutator [ b,b †] = 1unddenOperator<br />
N = b † b. Dasˆüber ˆN in der Aufgabenstellung wird hier einfach weggelassen.<br />
bb † = 1+b † b = N+1<br />
Damit berechnenwir x 2 :<br />
(b) Jetztberechnen wir x 3 :<br />
( ¯h<br />
x 3 =<br />
2mω<br />
( ¯h<br />
=<br />
2mω<br />
x 2 = ¯h<br />
2mω<br />
= ¯h<br />
2mω<br />
= ¯h<br />
2mω<br />
( )<br />
b 2 +b †2 +bb † +b † b<br />
(<br />
)<br />
b 2 +b †2 +(1+ N)+ N<br />
( )<br />
b 2 +b †2 +2N+1 .<br />
)3<br />
2 (<br />
b 2 +b †2 +2N+1<br />
)(b+b †)<br />
)3<br />
2 [<br />
] b 3 + }{{}<br />
b 2 b † +b<br />
}{{}<br />
†2 b+b †3 +2Nb+2<br />
}{{}<br />
Nb † +b+b † .<br />
= 1○ = 2○<br />
= 3○<br />
<strong>Dr</strong>ei Terme müssennoch bearbeitetwerden:<br />
( )<br />
1○ = bbb † = b 1+b † b = b+bb † b = b+(N+1)b = Nb+2b<br />
2○ = b † b † b = b † N<br />
3○ = b † bb † = b † (N+1) = b † N+b † .<br />
Jetztrechnen wiralleszusammen:<br />
( )3<br />
¯h<br />
x 3 2 [<br />
]<br />
= b 3 + Nb+2b+b † N+b †3 +2Nb+2b † N+2b † +b+b †<br />
2mω<br />
( )3<br />
¯h<br />
2 [<br />
]<br />
= b 3 +b †3 +3(N+1)b+3b † (N+1) .<br />
2mω<br />
Für den letzten Schritt muss man also nur noch alles zusammenfassen um zur<br />
zu zeigenden Darstellung zu gelangen. Diese Darstellung ist kompakt und symmetrisch.<br />
Allerdings kann man auch anders rechnen, als wir das eben gemacht<br />
haben.<br />
Alternativ:(etwaseinfacher) x vonlinks statt vonrechts an x 2 multiplizieren:<br />
( ¯h<br />
x 3 =<br />
2mω<br />
( ¯h<br />
=<br />
2mω<br />
)3<br />
2 (<br />
b+b †)( )<br />
b 2 +b †2 +2N+1<br />
)3<br />
2 [<br />
] b 3 + }{{}<br />
bb †2 +2<br />
}{{}<br />
bN +b+ }{{}<br />
b † b 2 +b †3 +2b † N+b † .<br />
= 4○ = 5○ =Nb<br />
Seite8
Modul9: Quantenmechanik<br />
WS2012<br />
Nur zwei Termemüssen nochbearbeitetwerden.<br />
( )<br />
4○ = bb †2 = 1+b † b b † = b † +b † (1+ N) = 2b † +b † N<br />
5○ = bb † b = (1+ N)b<br />
Jetztrechnen wiralleszusammen.<br />
( )3<br />
¯h<br />
x 3 2<br />
=<br />
[b 3 +2b † +b † N+2Nb+2b+b+ Nb+b †3 +2b † N+b †]<br />
2mω<br />
( )3<br />
¯h<br />
2 [<br />
]<br />
= b 3 +b †3 +3(N+1)b+3b † (N+1)<br />
2mω<br />
(c) Wir kennen die Wirkung der Operatoren auf die Eigenzustände des ungestörten<br />
Problems:<br />
b|m〉 = √ m|m−1〉 ,<br />
b † |m〉 = √ m+1|m+1〉 ,<br />
N|m〉 = m|m〉 .<br />
Wir machen uns zunächst klar, dass Terme mit Potenzen b † hier keinen Beitrag<br />
geben. Denn wir brauchen Matrixelemente der Form 〈 0 ∣ ∣H S∣ ∣m 〉 . Die Summanden<br />
von H S , die aus reinen Potenzen von b † bestehen, sowie die der Form b † N<br />
erzeugenMatrixelementederForm〈0|m+n〉.nisthierbeidiePotenzvonb † und<br />
wegen n > 0 müsste dann m < 0 sein, damit es einen Beitrag gibt. Negative<br />
Quantenzahlen treten aber beim harmonischen Oszillator nicht auf. Also haben<br />
wirkeineBeiträgeausTermenmitPotenzen b † .(SolcheTermewürdenabereinen<br />
Beitrag geben, wenn wir uns für die Energiekorrektur eines angeregten Zustands<br />
interessierten!) Unter Verwendung von (4.2) folgt sofort das gewünschte Matrixelement:<br />
〈 ∣<br />
0 x 3∣ ∣m 〉 ( )3<br />
¯h<br />
2<br />
=<br />
[√m(m−1)(m−2) δ 0,m−3 +3m √ ]<br />
m δ 0,m−1<br />
2mω<br />
( )3<br />
¯h<br />
2 [√ ]<br />
= 6 δm,3 +3 δ m,1 .<br />
2mω<br />
Alternativ:<br />
〈<br />
∣ 〉 〈<br />
∣ 〉<br />
∣<br />
0∣(b+b † ) 3 ∣∣m ∣<br />
= 1∣(b+b † ) 2 ∣∣m<br />
= √ 〈<br />
∣ 〈<br />
∣ 〉<br />
∣<br />
2 2∣b+b † ∣∣m ∣<br />
〉+ 0∣b+b † ∣∣m<br />
= √ 6〈3|m〉+2〈1|m〉+〈1|m〉<br />
= √ 6 δ m,3 +3 δ m,1 .<br />
Damitsehenwirsofort,dassdieKorrekturderEnergiedesGrundzustandswegen<br />
δ 0,3 = δ 0,1 = 0inersterOrdnung verschwindet.<br />
〈<br />
∣ 〉<br />
E (1) ∣<br />
0<br />
= 0∣H S ∣∣0<br />
= 0.<br />
Seite9
Modul9: Quantenmechanik<br />
WS2012<br />
Für diezweiteOrdnung bekommenwir aber einenBeitrag.<br />
E (2)<br />
0<br />
=<br />
∞<br />
∑<br />
m>0<br />
| 〈 0 ∣ ∣H S∣ ∣m 〉 | 2<br />
E (0)<br />
0<br />
−E (0)<br />
m<br />
( ) ¯h 3 [<br />
= α 2 6<br />
2mω −3¯hω + 9 ]<br />
−¯hω<br />
( ) ¯h 3<br />
= c 2 m 3 ω 5 1<br />
0<br />
2mω ¯h ¯hω ·(−11)<br />
= − 11 8 c2 0 ¯hω.<br />
Wir könnenjetztdieGrundzustandsenergiedes gestörtenProblems bis zur zweiten,<br />
störungstheoretischenOrdnung hinschreiben:<br />
E 0 = ¯hω (<br />
1− 11 )<br />
2 4 c2 0 .<br />
Zur Information geben wir noch die Energie des n-ten angeregten Zustands des<br />
gestörtenProblems biszur zweitenstörungstheoretischenOrdnung an:<br />
〈 ∣<br />
n∣x 3 ∣ ( )3<br />
〉 ¯h 2<br />
[√<br />
m = (m+1)(m+2)(m+3) δ n,m+3<br />
2mω<br />
√<br />
+ m(m−1)(m−2) δ n,m−3<br />
+3m √ m δ n,m−1 +3(m+1) √ ]<br />
m+1 δ n,m+1<br />
E 0 = ¯hω 2<br />
[<br />
1− c2 0<br />
4<br />
(<br />
30n(n+1)+11) ] .<br />
,<br />
In der Klausur können maximal 50 Punkte erreicht werden. Bitte bearbeiten Sie jede Aufgabe<br />
auf einemextraBlatt.Viel Erfolg!<br />
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