Nachklausur: Quantentheorie I, WS 07/08

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1 Nachklausur: Quantentheorie I, WS 7/8 Prof. Dr. R. Friedrich Aufgabe : [ P.] Betrachten Sie die Bewegung eines Teilchens im konstanten Magnetfeld B = [,, b] a)[p.] Zeigen Sie, dass ein zugehöriges Vektorpotential die Form A = [, bx, ] besitzt. Verifizieren Sie, dass das Vektorpotential der Coulomb-Eichung genügt. A = [ y A z z A y, z A x x A z, x A y y A x ] = [,, b] = B. Die Coulumb-Eichung: A = x A x + y A y + z A z = b)[3p.] Wie lautet die Hamiltonfunktion eines Teilchens der Ladung q, das sich in diesem Potential bewegt? Formulieren Sie die Hamilton schen Bewegungsgleichungen und geben Sie die allgemeine Lösung an. Die Hamiltonfunktion für ein Teilchen mit Ladung q in einem statischen Magnetfeld lautet H = = = (p qa) m ( p qp A + q A ) m ( p m x + p y + p z qbp y x + q b x ). Die Komponenten der Hamiltonschen Bewegungsgleichungen werden über ẋ i = H p i ṗ i = H x i berechnet ẋ = p x m ẏ = m (p y qbx) ṗ y = ż = p z m ṗ x = m (qbp y q b x) ṗ z = Nochmaliges Differenzieren der ẋ i -Gleichungen führt auf ẍ = ṗx m ÿ = m (ṗ y qbẋ) z = ṗz m und

2 Hier können nun die Gleichungen für die ṗ i eingesetzt werden ẍ = m (qbp y q b x) ÿ = qb m ẋ z = Aus der Gleicung für ẏ erhalten wir p y = mẏ + qbx und setzen dies in die Gleichung für ẍ ein und erhalten mit ω c = qb/m ẍ = qb m ẏ = ω cẏ ÿ = qb m ẋ = ω cẋ z = Diese drei DGL s beschreiben die Bewegung eines Teilchens mit der Ladung q in einem stationären homogenen Magnetfeld mit nur einer Komponente. Die Frequenz ω c heisst SZyklotronfrequenz. Mit der Ersetzung ẋ i = v i erhalten wir v x = ω c v y v y = ω c v x v z = Die letzte Gleichung beschreibt die Bewegung des Teilchens in z-richtung. Die Allgemeine Lösung lautet v z = v wobei v die Anfangsgeschwindigkeit des Teilchens in z-richtung ist. Nochmaliges Differenzieren der beiden ersten Gleichungen führt auf v x = ω v y = ω c v x v y = ω v x = ω c v y Diese Struktur der beiden Gleichungen ist analog zu der des harmonischen Oszillators. Die allgemeine Lösung lautet v i = A i cos ω c t + B i sin ω c t Das Teilchen vollführt in der x-y-ebene eine Kreisbewegung während es sich in der z- Richtung gleichförmig bewegt. c)[p.] Bestimmen Sie den Hamiltonoperator durch Anwendung der Jordan schen Regel. H = ( m i qa) = m q m bxp y + q m b x

3 3 d)[p.] Zur Lösung der zeitunabhängigen Schrödingergleichung kann ein Separationsansatz verwendet werden: Ψ(x, y, z) = ϕ (z)ϕ (x, y), wobei für die Funktion ϕ (x, y) gilt: ϕ (x, y) = e ikyy ϕ(x), p y = k y. Zeigen Sie: Für die Funktion ϕ(x) lautet die Bestimmungsgleichung [ m x + ky m k yqb m x + b q ] m x ϕ(x) = E ϕ(x) () Der Hamiltonoperator kann in zwei Komponenten zerlegt werden. H = H + H = ˆp z m + (ˆp m x + ˆp y + ˆp y qbˆp y ˆx + q b ˆx ) Für die Schrödingergleichung erhalten wir (H + H )ϕ (z)ϕ (x, y) = (E + E )ϕ (z)ϕ (x, y) ϕ (x, y)h ϕ (z) + ϕ (z)h ϕ (x, y) = (E + E )ϕ (z)ϕ (x, y) ϕ (z) H ϕ (z) + ϕ (x, y) H ϕ (x, y) = E + E Damit erhalten wir die Gleichungen H ϕ (z) = E ϕ (z) H ϕ (x, y) = E ϕ (x, y) In der Ortsdarstellung lautet die erste Gleichung m z ϕ (z) = E ϕ (z) Dies ist die Schrödingergleichung für ein freies Teilchen. Sie hat die Lösung ϕ (z) = exp(ik z z) E = k z m Für die zweite Gleichung erhalten wir [ m x m y qb im y x + q b ] m x e ikyy ϕ(x) [ ] = E e ikyy ϕ(x) m x + ky m qbk y m x + q b m x e ikyy ϕ(x) = E e ikyy ϕ(x) [ ] m x + ky m qbk y m x + q b m x ϕ(x) = E ϕ(x)

4 4 e)[p.] Lösen Sie die Eigenwertgleichung (). Hinweis: Verwenden Sie die Analogie der Eigenwertgleichung zum harmonischen Oszillator. [ m x + q b m [ ( k y q b k y qb x + x )] m x + m ω c (x x ) ϕ(x) = E ϕ(x) ] ϕ(x) = E ϕ(x) mit x = k y /qb. Dies ist die Gleichung für einen harmonischen Oszillator mit der ( E = ω c n + ) ϕ(x) = ϕ n (x x ) Die ϕ n sind die Wellenfunktionen des harmonischen Oszillators. f)[p.] Formulieren Sie die vollständige Lösung der zeitabhängigen Schrödingergleichung. Die vollständige Lösung lautet E = E + E = k ( z m + ω c n + ) ( Ψ(x, y, z) = e ikzz e ikyy ϕ n x k ) y m

5 5 Aufgabe : [8P.] Betrachten Sie den Gesamtdrehimpuls des Elektrons J = L + S, (S =, l ). Zeigen Sie, dass für die gemeinsamen Eigenzustände j m j := l ; j m j der Operatoren J, J z, L, S gilt: l ± m l ± m j + j = l m j l + ± l m j + l m j + l +, () wobei l m l m s die Eigenzustände der Operatoren L, L z, S, S z sind. Führen Sie dazu die folgenden Schritten aus: a)[p.] Zeigen Sie, dass für die Quantenzahl j nur die Werte l + und l möglich sind. Dreieckungsungleichung: l j l + ; l = j = ; l j = l +, l b)[p.] Betrachten Sie zuerst den Zustand l + m j. Beweisen Sie, dass die Behauptung () für m j = l + korrekt ist. Für m = l + lautet die Behauptung l + l + = l l korrekt. c)[p.] Mit Hilfe des Leiteroperators J überprüfen Sie, dass () für m j = l gilt. Hinweis: Benutzen Sie die Formel J j m = (j + m)(j m + ) j m. J l + l + = l + l + l ;

6 6 Für m j = l () = l l l J l l + l l l + l l = l + l l + l + l l l + l l = l + l l + l + l l korrekt d)[p.] Setzen Sie nun voraus, dass die Formel () für m j Sie () für m j. korrekt ist und verifizieren J = L + S, J l + m j = (l + + m j)(l + m j + ) l + m j, J l, m j = l m j + (l + m j )(l m j + 3 ) l m j 3 J l, m j + = (l + m j + )(l m j + ) l m j. Damit folgt: + l + ( m j = (l + )(l m j + 3 ) + l m j + (l + )(l m j + 3 ) l + m j lm j 3 l + = l m j + 3 l + Das ist die Behauptung () für m j. Hinweis: Benutzen Sie den Leiteroperator J., ) lm j + l lm j + + m j lm j 3 l +. e)[p.] Untersuchen Sie nun den Zustand l m j. Zeigen Sie, dass m j = l gültig ist. () für den Fall Hinweis: Die Zustände j m j sind orthonormiert. Außerdem l l = α l l + β l l. l + l l l = l l + α + α + β =. l + β =

7 7 Also und somit α = l +, l β = l +, l l = l + l l l l + l l. Das ist die Behauptung () für m j = l. f)[p.] Nehmen Sie wieder an, dass die Behauptung für m j Sie () für m j. korrekt ist und beweisen Hinweis: Benutzen Sie den Hinweis zu d). J l m j = (l + m j)(l + m j) l m j, J l, m j = l m j + (l + m j )(l m j + 3 ) l m j 3 J l, m j + = (l + m j + )(l m j + ) l m j. Damit folgt: l ( m j = (l + )(l + m j ) (l + m j + ) (l + )(l + m j ) l m j lm j 3 l + = l m j + 3 lm j 3 l + Das ist die Behauptung für m j., ) lm j + l + m j lm j l +.

8 8 Aufgabe 3: [6 P.] Betrachten Sie ein Wasserstoffatom im homogenen elektrischen Feld E = Ee z. Dieses Feld soll als Störung W angesehen werden. a)[p.] Stellen Sie den Hamilton-Operator in Kugelkoordinaten auf. Potentielle Energie des Elektrons im homogenen elektrischen Feld: V (r) = V (z) = eez. Also In Kugelkoordinaten: H = H + W = µ e r + eez. H = µ r r r r ( µr sin θ θ sin θ θ + sin θ ) ϕ e + eer cos θ r b)[3p.] Berechnen Sie in erster Ordnung Störungstheorie die Energiekorrekturen für die zwei niedrigsten Enegieniveaus des Wasserstoffatoms. Hinweis: Die Lösung des ungestörten Problems kann dabei als bekannt angesehen werden: nlm = R nl (r)y m l Y = R =, Y 4π 4 a 3 H (θ, ϕ), = 3 ± cos θ, Y 4π e r/a H, R = a 3 H 3 = 8π sin θ e±iϕ, ( r a H ) e r/a H, R = En = R H n, R H = µa, a H = H µe, µ = m e. + m e /m p Verwenden Sie auch die Eigenschaft n l m W n l m höchstens für m = m, l = l ±. 4a 3 H r a H e r/a H, sowie die Formel + dρ ρ n e ρ = n!, n N.

9 9 ) n = l =, m = (keine Entartung) E n = E n + ɛe n +... ; E n = W =. (sieh Hinweis); E = E = R H. ) n = l =,, m = l, l... l (Entartung) Sei ψ = ; ψ = ; ψ 3 = ; ψ 4 = ; Die Störungstheoretischen Energiekorrekturen erster Ordnung Ei, i =,, 3, 4 werden durch diagonalidieren der 4 4 Matrix V = [ ψ i W ψ i, i, i =,, 3, 4] des Störoperators W im Eigenraum zu E. Mit Hilfe des Hinweises stellt man fest, dass eine Anzahl von Elementen von V null ist und nur die Matrixelemente V = W und V = V von null verschieden sein könnten. V = ee und somit folgt r dr π = r a H = ee a H 4 3 sin θdθ π dϕr rr Y cos θy = ρ = π 3 cos θ sin θdθ = ρ 4 ( ρ )e ρ dρ ee a H V = 3eEa H. Bestimmung der Eigenwerte von V : Säkulargleichung: det(v E ii) =, i =,, 3, 4 E = 3eEa H ; (4! 5! ) = 3eEa H, E = E 3 = ; E = E + E i i =,, 3, 4. E 4 = 3eEa H ; c)[p.] Zeichnen Sie die in erster Ordnung Störungstheorie erhaltenen Energien für eine vorgegebene elektrische Feldstärke E. Welche Aufspaltung zum Übergang n = n = ergibt sich somit in einem schwachen elektrischen Feld? Wie man sieht, spaltet die Linie, die zum Übergang n = n = gehört für ein schwaches elektrisches Feld in drei Linien auf, wobei die Größe der Aufspaltung zur elektrischen Feldstärke proportional ist.

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11 Aufgabe 4: [ P.] Der Hamiltonoperator des anharmonischen linearen Oszillators sei durch H = p m + mω x + m ω 3 x4 gegeben. Mittels des Variationsverfahrens von Rayleigh-Ritz soll die Grundzustandenergie nährungsweise berechnet werden. a)[p.] Benutzen Sie den Ansatz {u(x; α) = Ne αx, x R, α R + } für die Versuchsfunktionenschar. Bestimmen Sie zuerst die Normierungskonstante N. u(α) u(α) = N dx e αx π α = N α = N = π. b)[p.] Berechnen Sie nun das Energiefunktional E(α) := H u. E(α) = H u = u(α) H u(α) u(α) u(α) Mit der Testfunktionenschar u(α) = e αx und dem Hamilton-Operator H = (P + X ) + X4 ergibt sich dann u(α) H u(α) = = = [ α dx e αx d π dx + x + x4 α dx [α (α π )x + x4 [ α + 8α + 3 ] 6α ] e αx ] e αx Damit ergibt sich für die variierte Energie E(α) = α + 8α + 3 6α

12 c)[p.] Für welches α = α min wird E(α) minimal? de(α) α = α 3 α =. Mit p =, q = 3 8 p 3 + q > erhält man somit für die reelle Wurzel α = α min. sin ϕ = , cos ϕ = 9 3 ; tan ϕ ( ) ( ) /3 = cos ϕ + = 9 3 +, tan ψ = ; 43 sin ψ = tan ψ tan ψ +, ( [ ( α min = 3 ) ) ] 3 =.6598 d)[p.] Bestimmen Sie die minimale Energie E(α min ). Vergleiche mit der exakten Grundzustandenergie E = und kommentierte das Ergebnis. Die gesuchte Energie: E(α ) =.5637 Der gefundene Näherungswert weicht nur um.% von der exakten Grundzustandsenergie ab. Hinweis: Verwenden Sie für die Rechnung Einheiten mit = m = ω =. Benutzen Sie auch die Formel + dξ ξ n (n)! π e βξ = n+ n!β n β, β R+, n N. Benutzen Sie auch die Eigenschaft, dass die kubische Gleichung y 3 +3py +q = im Falle p 3 + q > nur eine reelle Lösung besitzt. Außerdem gilt es für p < : y = p sin ψ, tan ψ = 3 tan ϕ p, sin ϕ = 3, π q 4 < ψ < π 4, π < ϕ < π.