Ferienkurs Quantenmechanik Sommer 2009

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1 Physikdeprtment Technische Universität München Mx Knötig Bltt Ferienkurs Quntenmechnik Sommer 9 Quntenmechnik mit Näherungsmethoden 1 Mehrteilchensystem Zwei identische Bosonen werden in einem unendlich hohen Potentiltopf mit Wänden bei x =, pltziert. Ihr Zustnd sei ds symmetrisierte Produkt der Einteilchenwellenfunktionen Mit der Einteilchenwellenfunktion in Ortsdrstellung n 1 n = 1 n 1 n + n n 1 1 x n = ψ n x = nπx sin Wir lssen sie über ein Potentil schwch miteinnder wechselwirken V x 1, x = V δ x 1 x 3 Berechnen sie die Grundzustndsenergie in erster Ordnung Störungstheorie. Hinweis: ˆ sin x dx = 3 8 x 1 sin x + 1 sin x 3 Musterlösung: Die Energiekorrektur in erster Ordnung Störungstheorie ist V δ x 1 x = ˆ ˆ = V = V ˆ ˆ V sin n 1 πx 1 sin nπx sin n πx δ x 1 x dx 1 dx5 sin nπx dx 6 sin nπx dx 7 1

2 Mit dem Hinweis wird die letzte Gleichung zu E = V = V 3 8 = 3V Die Energie in erster Ordnung Störungstheorie ist [ 3 8 x 1 sin x + 1 sin x 3 E = E n1 + En 3V = π m V = π m 3V ] Zweidimensionler hrmonischer Oszilltor Der Hmiltonopertor eines zweidimensionlen hrmonischen Oszilltors hbe die Form p x + py H = m + 1 mω x + y + 1 mω λxy 1 1. Berechnen sie durch die Störung hervorgerufene Energieänderung in 1. und. Ordnung Störungstheorie für den Grundzustnd. Benutzen sie Auf- und Absteigeopertoren mω = x + ip mω mω = x ip mω b für ds zweifch entrtete niedrigste ngeregte Niveu nur 1.Ordnung Berechnen Sie hierbei nicht nur 1 H 1 ; mit n xn y H n xn y und sondern uch 1 H 1 1 H 1 & 1 H 1 und schreiben sie die Ergebnisse ls Mtrixgleichung 1 H 1 1 H 1 1 H 1 1 H = E 1 1 b 1 b 17

3 Die Koeffizienten und b sind die Koeffizienten vor 1 und 1, d jede Linerkombintion von ihnen die Schrödingergleichung des ungestörten hrmonischen Oszilltors löst 1 = 1 + b 1 18 Wenn sie gerde Spss drn hben digonlisieren sie die Mtrix Eigenwerte usrechnen reicht ber uch. Die Eigenwerte entsprechen der Energiekorrektur, die Eigenvektoren den Zuständen in erster Ordnung entrteter Störungstheorie, welche durch die Störung ihre Entrtung verlieren.... Berechnen sie die exkten Energieniveus durch Koordintentrnsformtion uf x = x ȳ 1 1 y und vergleichen sie die Ergebnisse mit 1. Hinweis: Ds Qudrt eines Vektors ist invrint unter Drehungen in der x-y-ebene! Musterlösung: 1. Die Opertorgleichung erstml hinschreiben mω 1 i = mω 1 i mω Invertieren bringt x y = 1 mω i mω i 1 1 i mω x y Drus lesen wir x und y ind Auf-und Absteigeopertoren b x = x + mω x y = y + mω y Die erste Korrektur ist 19 1 E 1 = H 3 = 1 mω λxy = 1 mω λ x + x y + y 5 mω mω Hier erkennt mn bereits, dss die Auf- und Absteigeopertoren den Zustnd verändern, sie sind deswegen m Ende orthogonl ufeinnder. Es gibt keine Kombintion von Aufund Absteigeopertoren, die nicht ist! Insbesondere sind uch die Räume von x, x und y, y disjunkt. E 1 = 6 3

4 Die zweite Korrektur ist E = m H n n H m E m n n Em = m H n E m n n Em = m 1 mω λ mω mω ω ω m x + m y + 1 m n m x y + x y + x y + x y = ω λ m n ω ω m x + m y + 1 x + x y + y Jeder Term mit einem Erzeuger ist! E = ωλ δmx1δ my1 31 m x + m y b Nch Anleitung: = ωλ = ωλ 8 m n H 1 = = 1 H 1 3 Grund: wie bei kommt mn mit den Erzeugern und Vernichtern nicht uf ein pssendes Pr nicht orthogonler Zustände! Weiter mit den Nebendigonlen n xn y H n xn y = 1 H 1 = 1 1 mω λ x + x y + y 35 1 mω mω = ω λ 1 x y + x y + x y + x y 1 36 Ok, derjenige Term überlebt, welcher den x-zustnd nregt und den y-zustnd vernichtet 1 H 1 = ωλ 1 x y 1 37 = ωλ = ωλ 39 Die Mtrix muss hermitesch sein, ich erinnere n die reellen Eigenwerte. Deshlb ist Die Mtrixschreibweise ergibt sich zu ωλ H 1 = 1 H 1 = ωλ = E 1 b 1 b 1

5 Wenn mn nun die Mtrix 1 digonlisieren will muss mn die Eigenwertgleichung lösen ωλ 1 1 det γ = 1 1 ωλ γ = 3 γ 1/ = ± ωλ Drus folgt lso, dss E1 1 = ± ωλ 5 ist, für die beiden Eigenvektoren von 1. Diese sind ωλ 1 ωλ b = 6 ωλ ± b = 7 = b 8 Ds + steht für den Eigenwert + ωλ. Mit der Normierungsbedingung wir der gnze Spss { mit E1 1 = + ωλ = mit E1 1 = ωλ 9 Wir können die Ergebnisse us und b zusmmenfssen zu und E = E + E 1 + E 5 = ω n x + n y λ 51 8 = ω 1 λ 5 8 E 1 = E 1 + E = ω n x + n y + 1 ± λ 5 = ω ± λ 55. Die Trfo invertiert ergibt x y = x 1 1 ȳ 56 x = 1 x ȳ 57 y = 1 x + ȳ 58 5

6 Eingesetzt in den Hmiltonopertor p x + py H = = = m + 1 mω x + y + λ mω x ȳ x + ȳ 59 p x + p y m + 1 x mω + ȳ + λ x mω ȳ 6 p x + p y m + 1 mω 1 + λ x + 1 λ ȳ Die Koeffizienten vor den Ortskoordinten sind die neuen Frequenzen Vorsicht: unterschiedlich in beiden Richtungen ω x = ω 1 + λ 61 ω y = ω 1 λ 6 Über den üblichen Seprtionsnstz führt ds zu einer Energie von 1 E n = ω + λ n x λ n y Für einen Vergleich müssen wir die Wurzel für kleines λ entwickeln Dies ergibt 1 + λ = 1 + λ 3 8 λ 6 1 λ = 1 λ 3 8 λ 65 E n = ω [n x + n y λ n x n y 3 ] 8 λ n x + n y Ein vergleich mit 5 und 55 ergibt, dss für den Grundzustnd die Energiekorrektur in erster Ordnung übereinstimmt b die. Ordnung für den Grundzustnd um dem Fktor 1 3 größer ist, ls in 66 c die Energiekorrektur erster Ordnung für den ersten ngeregten Zustnd übereinstimmt 3 Eckige Versuchswelle Betrchten sie ein Teilchen in einem Potentilksten mit unendlich hohen Wänden { x < L V = sonst. Wählen sie ls Versuchsfunktion ψ vr x = { A L x x < L sonst Bestimmen sie die Normierungskonstnte A 6

7 . Schätzen sie die Grundzustndsenergie mit der Welle 68 b und vergleichen sie mit dem exkten Resultt E n = π n + 1 8mL ; n =, 1,, Beweisen sie folgende Aussge: Wenn eine Testwellenfunktion ψ orthogonl zum Grundzustnd ist, ψ n = = 7 so ist der normierte Erwrtungswert des Hmiltonopertors größer ls die Energie des ersten ngeregten Zustndes. ψ H ψ E 1 71 ψ ψ Gehen sie dbei vor, wie in der Vorlesung.. In einem symmetrischen Potentil V x ist uch der Grundzustnd eine gerde Funktion. Jede ntisymmetrische Testfunktion ist somit utomtisch orthogonl zum Grundzustnd. Verwenden sie die folgende Testwellenfunktion, um die Energie des ersten ngeregten Zustndes von 67 bzuschätzen x L L < x < L ψ vr x L x = < x < L L x + L < x < L 7 sonst. und vergleichen sie ds Ergebnis mit dem exkten Resultt 69 Musterlösung: 1. Die Normierungskonstnte wird bestimmt über A ˆ L ˆL L + x dx + A [1 3 L + x3 ] L +. Die Grundzustndsenergie schätzen wir b über ψ ψ! = 1 73 L x dx = 1 7 [ 1 L x3 3 Dzu berechnen wir die Ableitungen der Wellenfunktion: ] L A = = L 3 76 ψ H ψ 77 erste Ableitung: dψ dx = A für L < x < A für < x < L sonst. 78 7

8 b zweite Ableitung: Mcht euch klr, dss die Funktion n drei Stellen unstetig ist Zeichnung. Sie ist n den jeweiligen Stellen proportionl zur Θ-Stufenfunktion. Die Ableitung der Stufenfunktion gibt die δ-funktion und nicht, wie ich dmls in der Klusur verzweifelt bin ; in die Gleichung von oben eingesetzt ψ H ψ = d ψ = Aδ x + L Aδ x + Aδ x L 79 dx ˆL m L = A m ˆL L dxψ x d ψ x 8 dx dxψ x δ x + L δ x + δ x L 81 = A ψ L ψ + ψ L 8 m = A L 83 m 3 = ml 8 Um ψ ψ bruchen wir uns nicht mehr kümmern, dies hben wir bereits in 1 erledigt. Wir htten bei der Wellenfunktion keine freien Prmeter ngegeben, deshlb minimieren wir ds Ergebnis nicht weiter, sondern stellen gleich fest Super. 3 π 8 = 1, Beweis wie in der Vorlesung: ψ H ψ = ψ n n H ψ 86 n= = E ψ ψ + E n ψ n n ψ 87 Der erste Term ist ber nch Vorrussetzung =, ußerdem gilt für n 1, dss E n E 1 d die Energieniveus eine mit n monoton steigende Energie hben. Deswegen gilt ψ H ψ n=1 E 1 ψ n n ψ 88 Dies stellen wir noch nch E 1 um und entfernen die Eins n n n n=1 E 1 ψ H ψ ψ ψ 89 Wir hben lso eine Abschätzung des ersten ngeregten Zustndes! 8

9 . Diese Aufgbe läuft nlog zur, ψ ist ber nicht normiert ψ ψ = ˆ L L = L3 L x dx + L ˆ L ˆL x dx + L L x 9 6 Die Ableitungen ergeben n vier Stellen die δ-funktion 1 für L < x < L dψ dx = +1 für L < x < L 1 für L < x < L sonst. d ψ dx = δ x + L + δ x + L δ x L + δ x L Drus folgt für die Abschätzung der Energie des ersten ngeregten Zustndes E1 vr E 1 E1 vr = ψ H ψ ψ ψ = m ψ L + ψ L ψ L ψ L L = 6 L L m L 3 96 = 6 ml 97 Dies vergleichen wir noch mit der ttsächlichen Energie des ersten ngeregten Zustndes Toll. 6 π = Vrition im hrmonischen Oszilltor Schätzen sie mithilfe der Vritionsmethode die Grundzustndsenergie eines 1D hrmonischen Oszilltors b, mit Und der Testwellenfunktion Wrum kommt ihnen ds Ergebnis beknnt vor? H = p m + 1 mω x 99 ψ vr x = e bx 1 Musterlösung: Wir bilden E vr Dzu benötigen wir E E vr = ψ H ψ ψ ψ 11 9

10 1. Die Normierung ψ ψ = ˆ e bx dx = π b 1. Den Erwrtungswert des Potentils ψ V ψ = 1 mω ˆ = 1 mω d ˆ db x e bx dx 13 = 1 mω d π db b e bx dx 1 15 = 1 mω π b 3 16 Hierbei wurde guten Gewissens die Ableitung vor ds Integrl gezogen die Physiker hlt. 3. Den Erwrtungswert des kinetischen Terms ψ T ψ = m ˆ ˆ d e bx² dx e bx dx 17 = e bx² b x e bx be bx dx 18 m ˆ ˆ = b d e bx dx b e bx dx 19 m d b = b π b 3 π b 11 m b = bπ 111 m Wie im Beispiel in der Vorlesung. Dies setzen wir nun zusmmen in bπ m E vr = + 1 mω π b 3 π b 11 = b m + mω 8b Die Energie können wir noch minimieren, indem wir nch b bleiten 113 de vr db = m mω 8b! = 11 b min = mω 1 115

11 Ds ist ttsächlich ds Minimum. Die negtive Lösung dürfen wir nicht in die Gußfunktion einsetzen, d sonst ds Integrl nicht mehr konvergiert b. Setzten wir b min in 113 ein und schuen ws pssiert Evr min = mω m + mω 116 8mω = 1 ω 117 Dieser Wert ist ntürlich der exkte Wert! Wir hben von Anfng n die richtige Wellenfunktion verwendet, d der Grundzustnd im hrmonischen Oszilltor eben jene Gußfunktion ist. Dennoch wird die Gußfunktion häufig in nderen Potentilen verwendet, d die Integrle gut durchführbr sind. 5 Vrition und Störungstheorie Beweisen sie, 1. mithilfe der Vritionsmethode, dss die Grundzustndsnergie in erster Ordnung Störungstheorie größer ist ls die ttsächliche Grundzustndsenergie E + E 1 E 118. dss die Energiekorrektur zum Grundzustnd in zweiter Ordnung Störungstheorie immer negtiv ist E 119 Musterlösung: 1. Wir setzten den Energieerwrtungswert n ls E = H = H 1 Wobei der ttsächliche normierte Grundzustnd zu H = H + H ist. Ds Vritionstheorem sgt us, dss jede beliebige Funktion nstelle von ψ einen höheren Erwrtungswert ht. Folglich können wir die normierten Eigenzustände zum ungestörten Hmiltonopertor n nehmen H H + H 11 = E + H 1 Der hintere Teil ist ber gerde die Definition unserer Korrektur zur Energie in erster Ordnung Störungstheorie H E + E Die Korrektur in zweiter Ordnung lutet E = m H H m E m n E m = m H E m n E m 1 15 Der Zähler ist offensichtlich immer positiv. D ber E m E für lle m, der Grundzustnd lso wirklich die tiefste Energie ht, ist der Nenner E E m immer negtiv. Deshlb ist E negtiv. 11

12 6 WKB-Tunnel Die WKB-Näherung ist prktisch bei Tunnelproblemen nwendbr 1. Berechnen sie die Tunnelwhrscheinlichkeit T = B A, eine große und breite rechteckige Potentilstufe zu durchtunneln. Gehen sie dbei dvon us, dss die exponentiell nsteigende Lösung in der klssisch verbotenen Zone vernchlässigbr dies ist erlubt, wenn ds Ergebnis für T 1 ist und vergleichen sie die Amplituden der linksseitigen Wendepunktfunktion und rechtsseitigen Wendepunktfunktion. [ ] A exp 1 x ψ rechts x = px x p x dx für x > x A sin [ 1 x px x p ] 16 x dx + π für x < x B ψ links x = sin 1 ˆx p x dx π + für x > x 1 17 p x x 1. Die innerhlb eines Metlls qusifreien Leitungseleltronen hben dort eine geringere potentielle Energie ls im Außenrum, sie können es deshlb nicht einfch so verlssen. Die Potentilstufe zum Außenrumpotentil V wird Austrittsrbeit W gennnt. Sie beträgt n der Knte W = V ɛ F 18 wobei ɛ F die sog. Fermienergie ist. Legt mn senkrecht zur Oberfläche des Metlls ein elektrisches Feld n, verändert sich ds Potentil im Außerum zu V q = V eeq 19 Quntenmechnisches Tunneln wird dnn möglich Feldemission. Welcher Strom j d ist ußerhlb des Metlls nch nlegen eines Feldes beobchtbr? Nehmen sie n, dss nur Elektronen mit der Fermienergie für einen Tunnelprozess in Frge kommen und für den Strom gilt j d = j T 13 Musterlösung: 1. Für eine breite und hohe Brrierere können wir die in der Angbe beschriebenen Wellenfunktionen nnehmen. In einer Umgebung um den rechtsseitigen Wendepunkt müssen die Amplituden übereinstimmen Drus folgt sofort oder in kurz ˆx A exp 1 p x dx = B 131 x 1 T = B A T γ = exp γ ; ˆx = exp p x dx 13 x 1 ˆx für γ = 1 p x dx 133 x 1 1

13 . Wir wenden dies nun uf unser Problem n. Berechnen wir zunächst γ γ = 1 = 1 ˆq f ˆq f m V q E 13 m V eeq ɛ F dq 135 q f ist der Wendepunkt, ergibt sich us V eeq f ɛ F = 136 Ds elementre Integrl usgewertet ergibt q f = V ɛ F ee 137 γ = 1 m [ 3Ee V eeq ɛ F 3 = V ɛ F 3/ m 3 ee Der Tunnelstrom ergibt sich dmit zu j d = j o T = j exp V ɛ F 3/ m 3 ee = j exp W 3/ m 3 ee ] qf Im letzten Schritt hben wir die Definition der Austrittsrbeit W eingesetzt. 7 Quntengrvittion? Berechnen sie mithilfe der WKB-Näherung 1. Ds Energiespektrum für ein Teilchen im linerisierten Grvittionsfeld der Erde { mgz für z < V = sonst. 1 Bemerkung: Ds Ergebnis stimmt mit der exkten Rechnung b dem ersten ngeregten Niveu uf besser ls 1% überein. Die Quntenzhl n, um einen Fußbll von, 5kg uf eine mittlere Höhe von 1 Meter zu bringen. Benutzen sie ds Viriltheorem, um z uszurechnen. Musterlösung: 1. Wir nehmen die Quntisierungsbedingung für eine hrte Wnd 13

14 E mg ˆ m E mgzdz = n 1 π 13 m [ 3mg E mgz 3 ] E mg m [E 3 3mg ] = 1 = E n = n 1 π 15 [ 9 8 π²mg n 1 ] Viriltheorem für lineres Potentil z dv dz = mg z = V = T 17 Andererseits ist V z und deswegen [ 9 8 π²mg n 1 ] 1 3 Für einen Fußbll von etw, 5kg liegt ds bei Also gut im klssischen Limes. E n = T + V = 3 V 18 E n = 3 mg z 19 n = 8 Rdilgleichung in WKB-Näherung = 3 mg z 15 3mg z π²mg n = Die WKB-Näherung ist ein Näherungsverfhren für eindimensionle Probleme. Sie knn ber uf Probleme erweitert werden, die in Produktwellen zerfllen. 1. Wie lutet die Schrödinungleichung für eine Rdilwelle in einem kugelsymmetrischen Potentil V r?. Wie lutet die Quntisierungsbedingung WKB-Gleichung für den Rdilwellennteil? 3. Benutzen sie ihre Ergebnisse, um die Energieniveus von Wsserstoff in WKB-Näherung zu berechnen. Vergleichen Sie ihr Ergebnis für n 1 und n l mit den exkten Bohr-Niveus m e 1 E n = πɛ n 153 1

15 Hinweis: ˆb dx π x b x = b 15 x Musterlösung: 1. Die Schrödingergleichung für den Rdilwellennteil lutet [ m Mit dem sog. Zentrifuglterm. + V r + r m l l + 1 r ] ψ n r = E n ψ n r 155. Wir können nun in die Quntisierungsbedingung für keine hrte Wnd einsetzten, d wie wir gleich sehen werden, i.a. zwei weiche Wendepunkte hben. Bloß nicht den Zentrifuglterm vergessen! ˆr r 1 r 1 m E V r m 3. Hier setzten wir ds Coulomb-Potentil ein ˆr m E + e 1 πɛ r m Mit den folgenden Ersetzungen wird es kürzer l l + 1 r dr = n 1 π 156 l l + 1 r dr = n 1 π 157 A = e πɛ 1 E B = l l + 1 m E 158 Ds Integrl wird zu ˆr me Versuchen wir dies uf die Form des Hinweises zu bringen ˆr me r 1 r 1 r Ar + B dr = me r Mit A = r 1 + r und B = r 1 r. Der Hinweis wird eingesetzt 1 A r + B dr 159 r ˆr r 1 r r1 r r dr 16 r π me r r 1 = me π r 1 + r r 1 r = 161 π me A B = me π e 1 πɛ E l l m E = n 1 π

16 Umstellen nch E n ergibt E n = m/ e /πɛ o [ n 1 + ] = l l + 1 E ryd [ n 1 + l l + 1 ] 16 Für großes n, n 1, n l ist ds Ergebnis äquivlent zu den Bohr-Niveus E Bohr = E ryd n²