Übungen zur Theoretischen Physik F SS 08. c γα c αγ = δ γ,γ γ γ = δ γ,γ

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1 Universität Karlsruhe Institut für Theorie der Kondensierten Materie Übungen zur Theoretischen Physik F SS 08 Prof. Dr. P. Wölfle Musterlösung Dr. M. Greiter Blatt 7 1. Berechnung der Spur (1 Punkt) (i) Basiswechsel: Alte Basis: mit = δ,. Neue Basis: γ = c γ, (c γ ) = c γ, c γ c γ = δ γ,γ γ γ = δ γ,γ Damit γ Â γ = γ γ,, (c γ ) Â c γ = Â alternativ: mit unitärem Operator Ŝ : { } = {Ŝ γ } Tr(Â) = Â = γ γ Ŝ ÂŜ γ = Tr(Ŝ ÂŜ) = Tr(ŜŜ Â) = Tr(Â) (ii) Zyklische Vertauschung: Tr(Â ˆBĈ) = Â ˆBĈ = Â ˆB Ĉ,, = Ĉ Â ˆB,, = ĈÂ ˆB = Tr(ĈÂ ˆB) und zyklisch. Zustandsoperator ( Punkte) Kanonische Gesamtheit: Z = Tr(e βĥ ), Ŵ = 1 Z e βĥ (a) Damit ist sofort klar: Tr(Ŵ) = 1 Z Tr(e βĥ) = 1, Ŵ = Ŵ mit Ĥ = Ĥ Seite 1 von 7

2 Eigendarstellung: Ĥ = E Ŵ = w, w = 1 Z e βe Ŵ = w w ˆP mit dem Projektor ˆP. Thermischer Mittelwert:  = Tr(ŴÂ) = w ˆP  = w  (b) Innere Energie: U = Ĥ = 1 Z Tr(e βĥĥ), β ln(z) = 1 Z Z β = 1 Z Tr( β e βĥ) = U Entropie: S = k Tr(Ŵ ln[ŵ]) = k [ Tr(Ŵ( βĥ)) Tr(Ŵ) ln(z) ] = kβ Ĥ + k ln(z) Und: = k ln(z) + U T F T = T Freie Energie: Steht schon da: ln(z) β [ kt ln(z) ] = k ln(z) + kt β T = k ln(z) + U T = S }{{} = U kt ln(z) = T S U = F 3. Zeitabhängiger Zustandsoperator (4 Punkte) (a) Der statistische Operator ist ganz allgemein definiert als Ŵ(t) = w (t) (t) (t) wobei w die (i.a. zeitabhängige) Wahrscheinlichkeit ist, das System im (i.a. zeitabhängigen) Mikrozustand anzutreffen. Wir wissen nun mit Bestimmtheit, daß sich zur Zeit t = 0 das System in dem Zustand Ψ 0 befindet, also muß gelten Ŵ(t = 0) = Ψ 0 Ψ 0 wobei Ψ 0 erst noch bestimmt werden muß: Eigenbasis von Ŝx: Ŝ x xλ = λ xλ, xλ = c + z+ + c z, Ŝ x = 1 (Ŝ+ + Ŝ ) Seite von 7

3 Leiteroperatoren: Ŝ + z = z+, Ŝ + z+ = 0 Ŝ z+ = z, Ŝ z = 0 damit Ŝ x xλ = 1 [ c + z + c z+ ] Koeffizientenvergleich: ( )( ) ( λ 1 c+ 0 = 1 λ c 0 ) λ = ±1 Die normierten Eigenvektoren ergeben sich damit zu x± = 1 ( z+ ± z ) ψ(t = 0) = x+ = 1 ( z+ + z ) Zustandsoperator: Zur Zeit t = 0 liegt ein reiner Zustand vor, nämlich x+. Damit ist Ŵ(t = 0) = x+ x+ = 1 ( z+ z+ + z z + z+ z + z z+ ) Test: Tr(Ŵ) = 1 und Ŵ = Ŵ in beiden Darstellungen. Entropie: S = ktr(ŵ ln Ŵ). Hier ist Basis ratsam, in der Ŵ diagonal ist, also { x± }: S = k xλ Ŵ ln Ŵ xλ = k x+ lnŵ x+ = k x+ x+ ln(1) = 0 λ=±1 Die Entropie für einen reinen Zustand ist 0, denn es gibt eben keine Unwissenheit über den Mikrozustand des Systems. (b) Zeitentwicklung: Jetzt ist die { z± }-Basis angebracht, da Û(t) z± = e i µb t z± Ŵ(t) = 1 ( z+ z+ + z z + e iµb t z+ z + e iµb t z z+ ) Damit: Ŝx (t) = Tr(Ŵ(t)Ŝx) = 1 zλ Ŵ(t)[ Ŝ+ + Ŝ ] zλ λ=±1 = [ z Ŵ(t) z+ + z+ Ŵ(t) z ] Ŝx (t) = 4 (e+iµb t + e iµb t ) = cos(µb t) Ganz analog folgt mit Ŝ y = 1 i (Ŝ+ Ŝ ): Ŝy (t) = i [ z Ŵ(t) z+ z+ Ŵ(t) z ] Ŝy (t) = sin(µb t) Seite 3 von 7

4 Für Ŝz ergibt sich allerdings: Ŝz (t) = zσ Ŵ(t) σ zσ = zσ zσ σ = 0 4 σ=±1 σ=±1 Es erscheint verwunderlich, daß sich der Spin im Magnetfeld in z-richtung nicht ausrichtet. Das liegt an der Anfangsbedingung ψ(t = 0) = x+ mit Ŝz x+ = 0 und der Tatsache, daß Ŝz eine Erhaltungsgröße ist: [ Ŝz, Ĥ ] = Zustandssumme im klassischen Grenzfall (1 Punkt) Klassische kanonische Zustandssumme für ein Gas aus N Teilchen: Z K (T) = 1 ( ) d 3 p 1 N! (π )... d 3 p N 3 (π ) 3 d3 r 1... d 3 r N exp( βh(p 1,...,p N ;r 1,...,r N )) mit der Hamiltonfunktion H({p i,r i }) = N i=1 [ p i m + u i(r i ) ] + V (r 1,...,r N ) Dies ist die allgemeinste Hamitonfunktion, mit beliebigen äußeren Potentialen und Teilchen Teilchen-Wechselwirkung V. In einem Magnetfeld B(r) wird lediglich die kinetische Energie verändert (siehe Theorie B z.b.): H H({p i,r i },B) = N [ (p i q i A(r c i)) +u i (r i ) ]+V (r 1,...,r N ), B = A m i=1 Bei der Berechnung der Zustandssumme Z K (T,B) braucht man jetzt nur neue Integrationsvariablen einführen, p µ i = p µ i q i c Aµ (r i ), µ = x, y, z, und es folgt sofort, daß Z K (T,B) = Z K (T). Das heißt, das Magnetfeld hat keinen Effekt auf die Zustandssumme und damit auf alle thermodynamischen Größen wie z.b. die Suszeptibilität χ(t)! Kurz gesagt: In der klassischen Physik gibt es keinen Magnetismus. 5. Thermische Ausdehnung eines Moleküls: Störungsrechnung ( Punkte) (a) Ungestörtes System: und Ĥ 0 = ˆp m + 1 mω 0ˆx = ω 0 (â â + 1 ) = e βen, E n = ω 0 (n + 1), Z 0 = e β ω 0/ 1 e β ω 0 F 0 = kt ln( ) = ω 0 + kt ln(1 e β ω 0 ) Seite 4 von 7

5 Freie Energie in 1. Ordnung: F 1 = Tr(Ŵ0 ˆV ) = 1 e βen n ˆV n Wir müssen jetzt ˆV ( ) 1/ durch â, â ausdrücken: mit ˆx = mω 0 (â + â ) folgt ( ) 3/ ˆx 3 = (â 3 + â â + â ââ + ââ + â 3 + â â + ââ â + â â ) mω 0 Die Wirkung der â, â ist bekannt, â n = n n 1 â n = n + 1 n + 1 Wird der Ausdruck für ˆx 3 in n ˆV n = n ˆx 3 n eingesetzt, so ergeben sich eine Reihe von Termen, aber in keinem dieser Terme wird der Ausgangszustand n wieder hergestellt, so daß n ˆx 3 n = 0 ˆV 1 = F 1 = 0 Man muß also mind. in. Ordnung rechnen, um eine nichttriviale Korrektur zu F 0 zu bekommen. (b) Mittlere Ausdehnung in Störungstheorie: ˆx = ˆx 0 + ˆx Ungestörtes System: ˆx 0 = Tr(Ŵ0ˆx) = 1 ( e βen ) 1/ mω 0 n â + â n } {{ } = 0 Das war klar, denn ˆx ist ja die Auslenkung aus der Ruhelage des harmonischen Oszillators Ĥ0. 1. Ordnung: = 0 β ˆx 1 = Tr(Ŵ1ˆx) = dτ 1 n e βĥ 0 [ e τĥ 0 ˆV e τĥ 0 ˆV 0 ] ˆx n }{{} 0 =0 Jetzt eine ˆ1 vor dem ˆx einschieben und alle e Ĥ0 auf die n -Zustände anwenden, ˆx 1 = 1 Ausführen des dτ, ˆx 1 = 1 n, e βen β 0 dτ e τ(en Em) n ˆV m m ˆx n e βen e βem n ˆV m m ˆx n E n E m Seite 5 von 7

6 Im 1. Term e βem kann man noch die Variablen umbenennen, n m, so daß ˆx 1 = 1 n, e βen [ m ˆV n n ˆx m + n ˆV m m ˆx n ] E n E m }{{} = ( m ˆV n n ˆx m ) (c) Das Matrixelement n ˆx m vereinfacht die endlosen Summen erstmal: ( ) 1/ n â+â ( ) 1/ ( n ˆx m = mω 0 m = mω 0 n m 1 m + n m + 1 ) m + 1 Damit wird die n-summe eliminiert, und es bleibt übrig: [ /mω0 e βe m 1 ˆx 1 = m m ˆV m 1 E m=1 m 1 E m ] e βe m+1 + m + 1 m ˆV m komplex konj. E m+1 E m In der ersten Zeile ersetzen wir die Summationsvariable durch m = m 1, m = 0, 1,,... und nennen diese dann wieder m, um die beiden Summen gleich zu machen. Außerdem kann man E m+1 = E m + ω 0 einsetzen, ˆx 1 = ( mω 0 +komp.konj. ) 1/ ω 0 1 [ e βe m+1 m + 1 m ˆx 3 m + 1 m + 1 ˆx 3 m e ] β ω 0 Von den Termen in ˆx 3 tragen nur wenige zu dem Matrixelement bei: ( ) 3/ m + 1 ˆx 3 m = m + 1 â â + â ââ + ââ m mω 0 }{{} m + 1 m + 1 m + 1(m + 1)3 Damit ergibt sich dann endlich ( ) sinh(β ω 0 /) ˆx 1 = 1 mω 0 ω 0 (m + 1) e β ω 0(m+1) Die Summe kann über den Ableitungstrick ausgeführt werden: mit x β ω 0 ist (m + 1) e β ω 0(m+1) = (n) e β ω 0 n = x ( ) e x n Außerdem ist noch = ex/ einzusetzen, also 1 ex 1 n e x n = ex/ (1 + e x ) (1 e x ) = cosh(x/) 4 sinh (x/) = coth(x/) sinh(x/) ( ) = 1 = ex (1 + e x ) x 1 e x (1 e x ) 3 Seite 6 von 7

7 Das Ergebnis lautet damit: ( ) ˆx = ˆx 1 = 6 coth( ω 0 mω 0 ω 0 kt ) Wenn man das anharmonische Potential 1 mω 0x + x 3 für < 0 plottet, wird klar, daß sich der Nullpunkt der Schwingung nach rechts (positive x) verlagern sollte. In der Tat ist ˆx > 0. ˆx ist endlich für T = 0 (endliche Ausdehnung der Grundzustandswellenfunktion) und nimmt mit T zu, weil immer höhere Zustände in dem bei positiven x abgeflachten Potential thermisch angeregt werden. Man beachte: Das Ganze macht natürlich nur Sinn solange ˆx 1, denn es handelt sich hier ja um Störungstheorie. Seite 7 von 7