Theoretische Physik E Lösungen der Übungsblätter. KIT - Karlsruher Institut für Technologie Wintersemester 2012/13

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1 Theoretische Physik E Lösungen der Übungsblätter KIT - Karlsruher Institut für Technologie Wintersemester 01/13 Mitschriebe ausgearbeitet von Philipp Basler, Nils Braun, Larissa Bauer Überprüft von Dennis Roy 0. Februar 013 1

2 Inhaltsverzeichnis 1. Übung 4 1. Aufgabe Pauli-Matrizen Aufgabe Drehimpulsoperator Aufgabe Wasserstoffatom Übung 1 4. Aufgabe Teilchen mit Spin im Zentralpotential Aufgabe Unabhängige harmonische Oszillatoren Aufgabe Matrixdarstellung des Spinoperators S Aufgabe Zwei-Spin-System Übung 8. Aufgabe Clebsch-Gordan-Koeffizienten Aufgabe Reduzible Tensoren Aufgabe Spin-Singulett- und Triplett-Zustände Aufgabe Vektoroperatoren Übung Aufgabe Elektrisches Quadrupolmoment Aufgabe π-nukleon-streuung Aufgabe Landé-Faktoren Aufgabe Spin-3/-Teilchen Übung Aufgabe Wasserstoffatom im Magnetfeld Aufgabe Positronium Aufgabe Eichinvarianz Übung Aufgabe Lorentz-Transformation des elektromagnetischen Feldes Aufgabe Lorentz-Transformation des Levi-Civita-Tensors Aufgabe Relativistisches Teilchen im elektromagnetischen Feld Aufgabe Z τ + τ Übung Aufgabe Rechnen mit natürlichen Einheiten Aufgabe Klein-Gordon-Gleichung für Teilchen im elektromagnetischen Feld Aufgabe Gamma-Matrizen

3 6. Aufgabe Gyromagnetischer Faktor des Protons Übung Aufgabe Dirac-Gleichung Aufgabe Stromerhaltung Aufgabe Dirac-Spinoren, Lorentz-Transformationen Aufgabe Dirac-Spinoren. Räumliche Drehungen Übung Aufgabe Bilineare Kovarianten Aufgabe Lösungen der freien Dirac-Gleichung Aufgabe Nicht-relativistischer Limes für bilineare Kovarianten Aufgabe Projektoren für Energie und Spin Aufgabe Vollständigkeitsrelation Übung Aufgabe Gordon-Zerlegung Aufgabe Spuren mit γ-matrizen Aufgabe Elektron-Positron-Paarvernichtung Übung Aufgabe β-zerfall Aufgabe Magnetische Resonanz Aufgabe Wasserstoffatom im elektrischen Feld Übung Aufgabe Zweizustandssystem im äußeren Potential Aufgabe Hamilton-Operator des freien Strahlungsfeldes Aufgabe Kommutatorrelationen Übung Aufgabe Lebensdauer für Dipolübergänge Aufgabe Auswahlregeln für Dipolübergänge eines harmonischen Oszillators Aufgabe System von zwei identischen Teilchen Aufgabe System von N nicht-wechselwirkenden identischen Bosonen Übungsklausur Klausur A Klausur B

4 1. Übung 4

5 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 01 luminita/theoe113 Besprechung: Aufgabe 1: Pauli Matrizen Die Pauli Matrizen sind definiert als : 0 1 σ 1 =, σ 1 0 = 0 i i 0, σ 3 = a Bestimmen Sie die Eigenwerte und die normierten Eigenvektoren. b Verifizieren Sie, dass gilt: {σ i, σ j } = δ ij, [σ i, σ j ] = i ε ijk σ k. c Zeigen Sie mit Hilfe von b, dass für beliebige Vektoren a, b die Identität σ a σ b = a b I + i σ a b gilt. Dabei bezeichnet I die Einheitsmatrix. Aufgabe : Drehimpulsoperator a Berechnen Sie die Erwartungswerte und die mittleren Schwankungsquadrate L i für die Komponenten L 1 und L des Drehimpulsoperators in beliebigen Eigenzuständen l, m von L und L 3. b Berechnen Sie die Matrixdarstellung der Operatoren L i i = 1,, 3, wobei die Matrixelemente gegeben sind durch l, m L i l, m m, m = l, l 1,..., l für l = 1/ und l = 1. Berechnen Sie die Matrixdarstellung von L. c Ein Teilchen habe den Drehimpuls L = und für L 3 sei gemessen worden. Welche sind die möglichen Werte von L 1 und mit welchen Wahrscheinlichkeiten treten Sie auf? Aufgabe 3: Wasserstoffatom Der Radialanteil der Wellenfunktion des Wasserstoffatoms Ψ nlm r = R nl ry lm θ, φ ist gegeben durch: 3/ 1 n l 1! r R nl r = a 0 n [n + l!] 3 F nl, mit F nl ρ = ρ l e ρ/ L l+1 na n+l ρ. 0 a 0 = me = m ist der Bohrsche Radius. Dabei lauten für p, k N die Laguerre-Polynome ] L k pρ = [e dk ρ dp dρ k dρ p ρp e ρ und erfüllen die Orthogonalitätsrelation p k! p k + 1p! 3 0 dρρ k+1 e ρ L k pρl k q ρ = δ pq. Berechnen Sie die Erwartungswerte der Operatoren 1/r, 1/r und 1/r 3 für die gebundenen Energieeigenzustände.. 1

6 Übungsbetrieb Die Übungen zur Vorlesung Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II finden dienstags um 14:00 Uhr, um 15:45 Uhr und um 17:30 Uhr statt. Der reguläre Übungsbetrieb beginnt am Die Übungsblätter können freitags ab 11:30 Uhr von obiger Webseite heruntergeladen werden. Ein Teil der Aufgaben ist mit einem Stern gekennzeichnet. Diese Aufgaben müssen bis Freitag 11:00 Uhr der folgenden Woche bearbeitet und in den gekennzeichneten Kasten am Eingang des Hochhauses eingeworfen werden. Die Aufgaben werden am darauf folgenden Dienstag in den Tutorien besprochen. Auf jedem Übungsblatt können 10 Punkte erreicht werden. Anmeldung zu den Tutorien Sie können sich bis Sonntag, den , 4:00 Uhr für ein Tutorium eintragen. Verwenden Sie dazu das Webformular unter Die Webseite wird am Mittwoch um 14:00 Uhr freigeschalten. Ab Montag, den , 14:00 Uhr hängen Listen am Eingang des Physikhochhauses aus, denen Sie Raum und Zeit Ihrer Übungsgruppe entnehmen können. Das Beratungstutorium findet mittwochs 15:45-17:15 Uhr im Raum 3.1 Geb statt. Probeklausur Am findet eine Probeklausur in den Tutorien statt. Es können 30 Punkte erreicht werden, die zu den Übungspunkten addiert werden. Klausur Die Modulklausur findet voraussichtlich am statt. Zu Beginn des SS 13 wird ein weiterer Klausurtermin angeboten. Leistungsnachweise/Prüfungen PO 008: Als Vorleistung zur Teilnahme an der Modulklausur müssen mindestens 50% der Punkte aus den Übungen und der Probeklausur erreicht werden. Die Modulnote wird in der Modulklausur ermittelt. P0 010: Als Vorleistung zur Teilnahme an der Modulklausur müssen mindestens 50% der Punkte aus den Übungen und der Probeklausur erreicht werden. Dies stellt die erste Erfolgskontrolle dar. Die zweite Erfolgskontrolle wird erreicht durch das Bestehen der Modulklausur. QISPOS: Sobald die Vorleistung in QISPOS freigeschaltet ist, wird dies auf den Übungsblättern angekündigt.

7 1. Aufgabe: Pauli-Matrizen a Siehe Übungen oder Skript Theoretische Physik D b Wir benutzen im folgenden die Darstellung der Paulimatrizen in der Basisdarstellung aus 1 und 0, also σ 1 = σ = i σ 3 = Für i = 1 und j = gilt: {σ 1, σ } = i i Dann nutzen wir die Orthonormalität von 0 und 1, also = i = 0 = δ 1 1 und stark analog [σ 1, σ ] = i i und wieder = i = i = iσ 3 ε 13 und damit die Behauptungen. Der Rest folgt analog. c Mit den Formeln aus der b gilt vor allem für alle i, j: σ i σ j = {σ i, σ j } + [σ i, σ j ] = δ ij 1 + iε ijk σ k und damit σ a σ b = σ i a i j σ j b j = i,j σ i σ j a i b j = i,j δ ij 1 + iε ijk σ k a i b j i wir ziehen die beiden Summanden auseinander: = i,j δ ij a i b j 1 + i,j iε ijk σ k a i b j = i und erhalten damit die Behauptung. a i b i 1 + iσ k ε ijk a i b j = a b1 + i σ i,j a b 7

8 . Aufgabe: Drehimpulsoperator In der ganzen Aufgabe benutzen wir die Tatsachen, dass L 1 = 1 L + + L L = 1 i L + L mit den Aufsteige- und Absteigeoperatoren, welche auf die Basisvektoren wirken wie L ± l, m = ll + 1 mm ± 1 l, m ± 1 a Es ist L 1 = l, m L + + L l, m und mit den Definitionen von oben = l, m ll + 1 mm + 1 l, m ll + 1 mm 1 l, m 1 Nun ist aber m 1 m m + 1 für alle m und da die l, m orthogonal sind, ist ganz einfach L 1 = 0 Für L analog. Für die Standardabweichung berechnen wir zuerst L 1 = 1 4 L + + L + L + L + L L + und daraus 4 L 1 = l, m [A l, m + + B l, m + ll + 1 mm 1 ll + 1 m 1m + ll + 1 mm + 1 ] ll + 1 m + 1m l, m mit zwei Konstanten A und B. Wieder ist l, m l, m = l, m l, m + = 0 und damit L 1 = L 1 = 4 ll + 1 mm 1 + ll + 1 mm + 1 = ll + 1 m 8

9 Aus Symmetriegründen ist auch L 1 = L b Wir wollen hier nur die Ergebnisse angeben. Die Rechnungen ergeben sich aus den Formeln von oben und den Definitionen von L ±. i Für l = 1 ergeben sich die Basisvektoren { 1, 1, 1, 0, 1, 1 } und damit L 1 = L = i L 3 = Man erhält wie erwartet L = E 3 ii Für l = 1/ ergeben sich die Basisvektoren { 1/, 1/, 1/, 1/ } und L 1 = 0 0 L = 0 i i 0 L 3 = 0 0 Wieder L = 4 E c Da L =, muss l = 1 sein. Außerdem erhält man aus dem Wert für L 3 m = 1 Das bedeutet das System befindet sich im Zustand 1, 1. Wir benutzen die Matrixdarstellung von L 1 von oben um die Eigenwerte und Vektoren zu berechnen. 9

10 Man erhält wie erwartet die Eigenwerte 0,, mit den normierten Eigenvektoren 0 = 1 1, 1 1, 1 ± = 1 1, 1 ± 1, 0 + 1, 1 Also ist 1, 1 = Und somit die Wahrscheinlichkeit verteilt wie folgt P 0 = 1/ P = 1/4 P = 1/4 3. Aufgabe: Wasserstoffatom Der Erwartungswert für ein beliebiges 1 r i lässt sich schreiben als 1 r = lmn 1 i r lmn i = R nl ryl m θ, ϕ 1 r R nlry m i l θ, ϕ dx 3 = Yl m θ, ϕyl m θ, ϕ dω R }{{} nlr 1 r i r dr = Dabei ist R nl r definiert als Außerdem substituieren wir 0 =1 R nlrr i dr 3 n l 1! r R nl r = a 0 n n n + l! 3 F nl na 0 ρ = r na 0 Wenn man noch das gegebene F nl ρ einsetzt, kommt man auf 1 r = 1 n l 1! i n n + l! 3 0 ρ l e ρ L l+1 n+1 ρ i ρ i dρ na 0 10

11 Diese Gleichung lässt sich noch etwas vereinfachen, indem man k = l + 1 und p = n + l einsetzt. Dies führt zu 1 p k! = ri np! 3 0 ρ k+1 i e ρ L k pρ i dρ na 0 Die gegebene Orthogonalitätsrelation kann wie folgt in eine hier besser geeignete Darstellung gebracht werden: 0 ρ k e ρ L k pρl k qρ dρ = δ pq p! 3 p k! Nun können die gesuchten Erwartungwerte mithilfe der Orthogonalitätsrelation für jedes i berechnet werden: 1 r i i=0 = δ pp = 1 = 1 i=1 = 1 n i= = = = 1 na 0 r = 1 n a 0 p k! np! 3 4 n a 0 p k! 4 1 np! 3 n a 0 k 0 ρ }{{} k 1 e ρ L k pρ dρ 1 dρ k k dρ = 1 r = n 3 l + 1a 0 i=3 = Zusatz: p k! 8 np! 3 n 3 a 3 0 [ ρ k e ρ L k pρ ] 0 }{{} 0 =0 ρ k e ρ L k pρ 0 dρ }{{} p! 3 n p k! k 1kk+1 = 1 r = 1 3 n 3 a 3 0ll + 1 l + 1 ρk e ρ L k pρ }{{} p!3 p k! V nl = e 1 4πε 0 r = e 1 nl 4πε 0 a 0 n + ρ k e ρ L k pρ dlk pρ dρ } {{ } =0 analoge Vorgehensweise wie bei i = dρ 11

12 . Übung 1

13 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 0 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: * Aufgabe 1 P : Teilchen mit Spin im Zentralpotential Betrachten Sie ein Teilchen mit Spin, das sich in einem Zentralpotential V r befindet. Der Hamiltonoperator sei gegeben durch H = m + V r + Ar L S, wobei m die Masse des Teilchens, S der Spin, L der Bahndrehimpuls und Ar eine bekannte Funktion seien. Berechnen Sie [ L, H] und [ S, H]. Zeigen Sie, dass [ J, H] = 0, wobei J = L + S. * Aufgabe 5P: Unabhängige harmonische Oszillatoren Seien a 1, a 1 und a, a die Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren zweier unabhängiger eindimensionaler harmonischer Oszillatoren mit den zugehörigen Vertauschungsrelationen. Alle Operatoren verschiedener Oszillatoren vertauschen, d.h. [a 1, a ] = [a, a 1 ] = [a 1, a ] = [a 1, a ] = 0. Da somit auch N 1 = a 1 a 1 und N = a a vertauschen, wird der Hilbertraum durch die gemeinsamen Eigenvektoren von N 1 und N, n 1, n, aufgespannt, wobei N 1 n 1, n = n 1 n 1, n und N n 1, n = n n 1, n gilt. Weiter seien J + = a 1 a, J = a a 1, J z = a 1 a 1 a a / und J = J z + J +J + J J + /. a Zeigen Sie, dass die so definierten Operatoren J ±, J z eine Drehimpulsalgebra erfüllen, nämlich [J z, J ± ] = ± J ±, [J z, J ] = 0 und [J +, J ] = J z. b Wie wirken J +, J, J z und J auf die Zustände n 1, n? Geben Sie die Eigenwerte von J z und J zu den Eigenzuständen n 1, n an. c Drücken Sie die Drehimpulsquantenzahlen j und m durch n 1 und n aus. Wie erhält man den Zustand j, m aus dem Vakuumzustand der beiden Oszillatoren n 1 = 0, n = 0? Hinweis: j und m sind definiert durch J j, m = jj + 1 j, m, J z j, m = m j, m. * Aufgabe 3 3P: Matrixdarstellung des Spinsoperators S Betrachten Sie ein System aus zwei Spin 1/-Teilchen. Der Zustandsraum eines solchen System ergibt sich aus dem Produktraum der einzelnen Spinräumen. Eine Orthonormalbasis dieses Raums lautet { ε 1, ε } = { +, +, +,,, +,, }, wobei die Vektoren ε 1, ε die Eigenvektoren der vier Observablen S 1, S 1z; S, S z bezeichnen. Betrachten Sie nun den Gesamtspin des Systems S = S 1 + S. a Zeigen Sie, dass die Operatoren { S 1, S, S, S z } paarweise vertauschen. b Berechnen Sie die Matrixdarstellung von S in der Basis { ε 1, ε }. 1

14 c Finden Sie eine Basis, in der S diagonal ist und geben Sie die Eigenzustände und ihre Entartung an. Aufgabe 4: Zwei-Spin System Ein System bestehe aus zwei verschiedenen Teilchen mit jeweils Spin S = 1/. Seien r = r 1 r der relative Orstvektor und S 1 und S die Spinoperatoren. a Zeigen Sie, dass gilt wobei S = S 1 + S der Gesamtspinoperator ist. 3 S 1 r S r r S 1 S = 1 3 S r r S, b Der Hamiltonoperator eines solchen Systems sei gegeben durch H 1 = a S 1 S + b S 1z + S z. Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren von H, wobei a und b Konstanten sind. c Welche Energieeigenwerte bekommen Sie für den Hamiltonoperator Bestimmen Sie die Eigenvektoren. H = a S 1 S + b S 1z S z? Das Beratungstutorium findet mittwochs 09:45-10:15 Uhr im Raum 10.1 Geb statt.

15 4. Aufgabe: Teilchen mit Spin im Zentralpotential Wir definieren H 1 = m + V r H = Ar L S H 1 ist dabei der Hamiltonoperator eines Teilchens ohne Spin in einem Zentralfeld V hängt nur von r ab. Wie wir wissen, vertauscht der Bahndrehimpuls L dann mit dem Hamiltonoperator. Da H 1 außerdem nur im Raum der Bahnbewegung wirkt, vertauscht auch der Spindrehimpuls S mit H 1. Außerdem hängt auch Ar nur von der radialen Komponente der Bahn ab und deshalb vertauscht Ar mit L und S. Es ist also [ L, H] = [ L, H ] = Ar[ L, L S] = Ar[ L, L 1 S ] = Ar [ L, i L i S i ] Wir berechnen für jede Komponente L j einzeln. Es gilt für jedes j = 1,, 3: [ L, H] j = [L j, H] = Ar [ L j, i L i S i ] = ArI i = Ar i ε jik L k S i k L i [L j, S i ] + [L }{{} j, L i ] S }{{} i = 0 = k Iε jikl k Dabei wurde benutzt, dass die Komponenten des Spins mit denen des Bahndrehimpulses vertauschen da sie in verschiedenen Räumen wirken. Analog gehen wir für den Spin vor: [ S, H] j = Ar [ S j, i L i S i ] = Ar i L i [S j, S i ] + [S }{{} j, L i ] S }{{} i = ArI = k Iε i jiks k = 0 ε jik L i S k Die Ergebnisse für [ L, H] und [ S, H] ergeben sich einfach durch Zusammenfügen der einzelnen Komponenten. Vor allem ist dann für jedes j = 1,, 3: k [ J, H] j = [ L, H] j + [ S, H] j = ArI i ε jik L k S i + i k ε jik L i S k k Im letzten Summanden führen wir eine Variablensubstitution i auf k und k auf i vor was wir dürfen, da die Summationsbereiche gleich sind und die Summen trivialerweise 15

16 vertauscht werden dürfen. Also = ArI i ε jik L k S i + ε jki L k S i = ArI i k L k S i ε jik + ε jki = 0 k aufgrund der Vertauschungseigenschaften des ε-tensors. Es ist also [ J, H] = 0 5. Aufgabe: Unabhängige harmonische Oszillatoren Wir benutzen in der ganzen Aufgabe die Kommutatorrelationen [a i, a i ] = 1 i = 1, a Es ist [J z, J + ] = [a 1a 1 a a, a 1a ] = a 1a 1 a 1a a 1a a 1a 1 a a a 1a + a 1a a a Benutzen wir jetzt, dass alle Operatoren aus dem ersten Raum mit denen des zweiten Raum vertauschen und klammern wir anders, so erhalten wir: = a 1a 1 a 1a a 1a 1a 1 a +a 1a a a a 1a a a = a 1 [a 1, a 1] + [a, a ] a = J + und damit die Behauptung. Analog zeigt man auch [J z, J ] = = a a a 1a 1 a 1 a a 1 a 1a 1 + a a a a 1 a a a a 1 [a 1, a 1 ] + [a, a ] a 1 = J Aus den Eigenschaften des Kommutators folgt zuerst: [J z, J ] = [J z, J z + J + J + J J + /] = [J z, J + J ] + [J z, J J + ] = [J z, J + ]J + J + [J z, J ] + J [J z, J + ] + [J z, J ]J + und dann mit dem Ergebnis von oben: [J z, J ] = = J + J J + J + J J + J J + = 0 16

17 Für die letzte Relation benutzen wir [a i, a i ] = 1 = a ia i = 1 + a i a i i = 1, und erhalten [J +, J ] = a 1a a a 1 a a 1 a 1a = a 1a 1 a a a 1 a 1a a = a 1a a a 1 + a 1a 1 a a = a 1a 1 a a = J z b Wir wissen über die Operatoren a i : a i n i = n i + 1 n i + 1 a i n i = n i n i 1 deshalb gilt: J + n 1, n = a 1 n n 1, n 1 = n n n 1 + 1, n 1 J n 1, n = a n1 n 1 1, n = n + 1 n 1 n 1 1, n + 1 J z n 1, n = a 1a 1 a a n1 n 1, n = n n 1, n J n 1, n = 4 n 1 n + = 4 n1 n + 1 n 1 n n n n1 + 1 n n1, n + n n n ] n 1 + n + n 1 n + n 1 + n n1, n = [ n1 Somit sind auch die Eigenwerte n1 n [ n1 + n n n ] bekannt. c Setzen wir einfach an: J j, m = j + j j, m J z j, m = m j, m und da wir schon wissen, dass auch die n 1, n Eigenzustände zu J und J z sind. Aus den Gleichungen oben folgt: n1 n = m = m = n 1 n 17

18 Somit gilt auch [ n1 + n n n ] = j + j = j = n 1 + n n 1 = j + m n = j m Startet man also vom Zustand n 1 = 0, n = 0 so erhält man den Zustand j, m durch j + m-maliges Anwenden von a 1 und j m-maliges Anwenden von a. Man erhält dann einen Zustand der Form j + m, j m, der gerade J j + m, j m = jj+1 j + m, j m J z j + m, j m = m j + m, j m erfüllt. Beim Anwenden der Erzeugungsoperatoren sind jedoch Vorfaktoren entstanden, durch die wieder geteilt werden muss. Es ist deshalb: j, m = 1 j+m j m a 1 a n1 = 0, n = 0 j + m!j m! 6. Aufgabe: Matrixdarstellung des Spinoperators S a Basis: { ε 1, ε } = { ++, +, +, } Die Spins lassen sich schreiben als S = S 1 + S S z = S 1z + S z Erstens gilt allgemein [S 1i, S j ] = 0 da S 1 und S auf verschiedenen Räumen wirken. Deshalb ist auch [ S 1, S ] = 0 Für den Kommutator des Gesamtspins ergibt sich [ S 1, S ] = [ S 1, S 1 + S + S 1 S ] = [ S 1, S 1 S ] da S 1 die Spinalgebra erfüllt. Analog: = S ij [ S ij, S j ] + [ S 1i, S ij ]S j = 0 [ S, S ] = 0 18

19 Ebenfalls folgt wegen der Spinalgebra für S z : [ S 1, S z ] = [ S 1i, S 1z ] + [ S 1i, S z ] = 0 Analog: [ S, S z ] = 0 Als letztes bleibt [ S, S z ] = 0 zu zeigen. Hierzu teilt man die Spins einfach wieder in alle Komponenten auf: [ S, S z ] = [ S 1 + S + S 1 S, S 1z + S z ] = [ S 1 S, S 1z ]+[ S 1 S, S z ] = S i [S 1i, S 1z ]+S 1i [S i, S z ] = S i i ε izj S 1j +S 1i i ε izj S j b Aus vorigen Betrachtungen von Spinräumen wissen wir: S z ɛ = ɛ ɛ S x ɛ = ɛ S y ɛ = Iɛ ɛ wobei ɛ der Wert ist, der ɛ gerade nicht ist. Somit lässt sich die Matrixdarstellung aus S = S 1 + S + S 1x S x + S 1y S y + S 1z S z berechnen. Dies kann man umschreiben zu 3 3 S = σ x,1 σ x, + 4 σ y,1 σ y, + 4 σ z,1 σ z, = wobei noch analog die Paulimatrizen σ y und σ z auf dieselbe Art eingesetzt werden. Man erhält: nach einfacher Rechnung S = c Offensichtlich ist die Matrix im ersten und letzten Block schon diagonalisiert. Wir 19

20 setzen deshalb als die ersten beiden Eigenvektoren direkt 1 = ++ = mit dem dazugehörigen Eigenwert an. Für den mittleren Block 1 1 M = 1 1 erhält man offensichtlich als Eigenvektoren 3 = = + + mit den Eigenwerten und 0. In dieser Basis jetzt normierten { ++,, , + + } hat S Diagonalgestalt mit S = Der Eigenwert hat also eine 3-fache Entartung, während der Eigenwert 0 nicht entartet ist. Bemerkung: Es gilt natürlich um in der alten Schreibweise zu bleiben ++ = 1, 1 = 1, = 1, = 0, 0 7. Aufgabe: Zwei-Spin-System a Es wird die rechte Seite umgeformt, sodass wir dann auf die Schreibweise der linken Seite kommen: 1 3 S 1 r + S r S r 1 + S = 1 3 S 1 r + S r + S 1 r S r r S 1 S S 1 S 0

21 Hierbei verwenden wir folgenden Zusammenhang: S 1 r = i S 1i r i S 1j r j = j i j S 1i r i S 1j r j δ ij + S 1i r i S 1j r j 1 δ ij }{{} 0 = i S 1ir i = i σ i ri = i 4 r i = 4 r und S 1 = 3 4 Dies wird in die rechte Seite eingesetzt und es folgt: r + 4 r + S 1 r S r 3 r 4 S 1S welches nach einigem Kürzen der linken Seite entspricht und somit die Behauptung bewiesen wurde. b Der gegebene Hamiltonoperator H 1 = a S 1 S + bs z kann umgeschrieben werden mit Es folgt hieraus [H 1, S ] = a S 1 S = S S 1 S [ S, S ] [ S 1, S ] [ S, S ] + b[s z, S ] = 0 [H 1, S z ] = 0 Dies wissen wir aus Aufgabe 3 auf dem Übungsblatt. Für die Eigenzustände werden gewählt: { s, m } = { 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0 } Die zugehörigen Eigenwerte berechnen sich aus dem Hamiltonoperator: H s, m = a S S 1 S s, m + bs z s, m = a ss s, m + b m s, m Diese haben die Werte { a 4 + b, a 4, a 4 b, 3a } 4 1

22 c Nun müssen S 1z und S z getrennt voneinander anstelle von S z betrachtet werden. H = a S S 1 S + bs 1z S z Deshalb eignet sich hier die Rechnung über Matrizen. Als Basis der Matrixdarstellung wird { ++, +, +, } gewählt. Es gilt: S 1 S = = S 1z S z = = woraus für den Hamiltonoperator folgt: Die Eigenwerte hierzu sind a H = 0 a + 4b a a a 4b a { } a 4, a 4, a b, a b 4 a 4 a mit den zugehörigen Eigenvektoren { ++,, b 4b + a a + + +, b + 4b + a a } 3. Übung

23 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 03 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: * Aufgabe 1 7P : Clebsch-Gordan-Koeffizienten a Betrachten Sie die Addition zweier Drehimpulse j 1 = 1 und j = 1. Berechnen Sie die Clebsch- Gordan-Koeffizienten, die den Entwicklungskoeffizienten des Basiswechsels vom Tensorproduktraum { j 1, m 1 j, m } { j 1, j ; m 1, m } in den Raum der Eigenzustände des Gesamtdrehimpulses { J, M } entspechen. Verwenden Sie dazu die Phasenkonvention j 1, j ; j 1, J j 1 J, J > 0. b Leiten Sie für beliebige Drehimpulse j 1 und j folgende Rekursionsformeln her. Ausgehend von j 1, j ; j 1, j J, J = 1 können Sie damit alle anderen Clebsch-Gordan-Koeffizienten berechnen. aj, M j 1, j ; m 1, m J, M = aj 1, m 1 j 1, j ; m 1 + 1, m J, M + 1 +aj, m j 1, j ; m 1, m + 1 J, M + 1, aj, M 1 j 1, j ; m 1, m J, M = aj 1, m 1 1 j 1, j ; m 1 1, m J, M 1 +aj, m 1 j 1, j ; m 1, m 1 J, M 1, wobei ap, q = pp + 1 qq + 1. Kontrollieren Sie damit Ihre Ergebnisse aus Aufgabenteil a. Hinweis: Fangen Sie mit dem Matrixelement j 1, j ; m 1, m J ± J, M mit J ± = J 1± + J ± an und wenden Sie den Operator J ± einmal nach links und einmal nach rechts an. Aufgabe : Reduzible Tensoren v und ω seien Vektoren, die sich unter Drehungen R folgendermaßen transformieren v i = k R ik v k, w i = k R ik ω k. a Zeigen Sie, dass die Matrix T ij = v i ω j geschrieben werden kann als T ij = 1 3 TrT δ ij + 1 T ij T ji + 1 T ij + T ji 3 TrT δ ij, 1 wobei TrM die Spur einer Matrix M bezeichnet. b Zeigen Sie, dass die drei Anteile auf der rechten Seite von Gl. 1 separat invariant unter Drehungen sind. * Aufgabe 3 3P: Spin-Singulett- und Triplett-Zustände Betrachten Sie ein System von zwei Spin- 1 -Teilchen. Zeigen Sie, dass die Spin-Singulett- und Triplett- Zustände separat invariant unter Drehungen sind und somit eine irreduzible Zerlegung des Tensorprodukts ε 1 ε mit ε i { +, } darstellen. Hinweis: Drehungen im zweidimensionalen Raum der Spin- 1 -Teilchen werden durch R = ei φ ˆn σ beschrieben, wobei ˆn die Drehachse, φ den Drehwinkel und σ die Pauli Matrizen bezeichnen. 1

24 Aufgabe 4: Vektoroperatoren Betrachten Sie ein spinloses Teilchen mit Bahndrehimpuls L und einen Operator A dessen Komponenten folgenden Vertauschungsrelationen genügen wobei ε ijk den Levi-Civita-Tensor bezeichnet. [L i, A j ] = i ε ijk A k, a Benutzen Sie das allgemeine Wigner-Eckart-Theorem, um die Matrixelemente lm A 1 q l m, mit q = 1, 0, 1, zu berechnen. Hierbei bezeichnet { lm } die Standardbasis von gemeinsamen Eigenzuständen zu L und L z und die Komponenten A 1 q sind folgendermassen definiert A 1 1 = 1 A x ia y, A 1 0 = A z, A 1 1 = 1 A x + ia y. Leiten Sie die Auswahlregeln, die dieser Operator in der Basis { lm } erfüllt, her. Mit anderen Worten: unter welchen Bedingungen verschwinden die Matrixelemente lm A 1 q l m nicht. b Betrachten Sie nun den Fall A = L. Berechnen Sie explizit die dazugehörige reduzierte Matrixelemente l L 1 l.

25 8. Aufgabe: Clebsch-Gordan-Koeffizienten Wir benutzen J j, m = j + mj m + 1 j, m 1 jeweils im eigenen Raum und a Wir arbeiten den Algorithmus ab: J = J 1 + J 1 Der höchste mögliche Wert für J ist. Deshalb setzen wir:, = 1, 1, 1, 1 Wir benutzen J : J, = 4 1, 1 =, 1 und gleichzeitig: J, = J 1, 1, 1, 1 = 1 1, 1, 0, , 1, 1, 0 Daraus folgern wir:, 1 = 1 1, 1, 0, 1 + 1, 1, 1, 0 3 Wir wenden weiter J auf beiden Seiten an: J, 1 = 3, 0 J 1 1, 1, 0, 1 + 1, 1, 1, 0 = 1, 1, 1, 1 + 1, 1, 0, 0 + 1, 1, 1, 1 und daraus:, 0 = 1 6 1, 1, 1, 1 + 1, 1, 0, 0 + 1, 1, 1, 1 Analog geht man weiter vor und wendet J insgesamt noch zweimal an. Man erhält:, 1 = 1 1, 1, 1, 0 + 1, 1, 0, 1, = 1, 1, 1, 1 4 Wir verminderen J um eins J = 1 und wählen den Vektor 1, 1 orthogonal zu, 1 als Linearkombination von 1, 1, 0, 1 und 1, 1, 1, 0. Aufgrund der 5

26 Phasenkonvention ist 1, 1 = 1 1, 1, 1, 0 1, 1, 0, 1 5 Wir wiederholen das Verfahren von oben durch mehrmaliges Anwenden von J : J 1, 1 = 1, 0 J 1, 1 = 1, 1, 1, 1 1, 1, 1, 1 Also 1, 0 = 1 1, 1, 1, 1 1, 1, 1, 1 und wieder analog: 1, 1 = 1 1, 1, 0, 1 1, 1, 1, 0 6 Schließlich müssen wir noch 0, 0 als Linearkombination von 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0 und 1, 1, 1, 1 wählen und gleichzeitig noch orthogonal zu 1, 0 und, 0. Außerdem muss die Phasenkonvention erfüllt sein. Wir wählen deshalb: 0, 0 = 1 3 1, 1, 1, 1 + 1, 1, 1, 1 1, 1, 0, 0 Insgesamt haben wir also die folgenden CGK erhalten. Alle hier nicht genannten sind Null. 6

27 CGK Ergebnis 0, 0 1, 1, 1, , 0 1, 1, 0, , 0 1, 1, 1, , 1 1, 1, 1, 0 1 1, 1 1, 1, 0, 1 1 1, 0 1, 1, 1, 1 1 1, 0 1, 1, 1, 1 1 1, 1 1, 1, 0, 1 1 1, 1 1, 1, 1, 0 1, 1, 1, 1, 1 1, 1 1, 1, 1, 0 1, 1 1, 1, 0, 1 1, 0 1, 1, 1, 1 1 6, 0 1, 1, 0, 0 6, 0 1, 1, 1, 1 1 6, 1 1, 1, 0, 1 1, 1 1, 1, 1, 0 1, 1, 1, 1, 1 1 b Wir benutzen zusätzlich noch: J ± J, M = j mj ± m + 1 J, M ± 1 Die Wurzel entspricht gerade aj, M für J + und aj, M 1 für J nach Definition von a. Dann ist: aj, M J, M + 1 J ± J, M = aj, M 1 J, M 1 und da sich beim hermitesch konjugieren gerade J + zu J tauscht: aj 1, m 1 1 j 1, j, m 1 1, m + aj, m 1 j 1, j, m 1, m 1 j 1, j, m 1, m J ± = aj 1, m 1 j 1, j, m 1 + 1, m + aj, m j 1, j, m 1, m + 1 7

28 Da es natürlich egal ist, in welche Richtung J ± angewendet wird, ist vor allem: aj, M j 1, j, m 1, m J, M + 1 = aj 1, m 1 1 j 1, j, m 1 1, m J, M + aj, m 1 j 1, j, m 1, m 1 J, M und aj, M 1 j 1, j, m 1, m J, M 1 = aj 1, m 1 j 1, j, m 1 + 1, m J, M + aj, m j 1, j, m 1, m + 1 J, M Diese Beziehungen sind jetzt für alle M, m 1, m richtig, solange M < J und die selben Bedingungen für m 1 und m gelten. Die Wahl von M, m 1 und m war hier noch beliebig. Vor allem gelten die Beziehungen immer noch, wenn wir von M auf M 1 im ersten Fall oder auf M + 1 im zweiten Fall übergehen: aj, M 1 j 1, j, m 1, m J, M = aj 1, m 1 1 j 1, j, m 1 1, m J, M 1 + aj, m 1 j 1, j, m 1, m 1 J, M 1 aj, M j 1, j, m 1, m J, M = aj 1, m 1 j 1, j, m 1 + 1, m J, M aj, m j 1, j, m 1, m + 1 J, M + 1 und damit die Behauptungen. Berechnet man damit die obigen CGK, so erhält man tatsächlich die selben Ergebnisse. Zum Beispiel ist: a, 1 1, 1, 1, 0, 1 = a1, 1 1, 1,, 0, + a1, 0 1, 1, 1, 1, }{{}}{{}}{{} = =0 = und damit wie auch oben: 1, 1, 1, 0, 1 = 1 = 1 Der Rest ergibt sich analog. 9. Aufgabe: Reduzible Tensoren a Die zu zeigende Behauptung lässt sich durch einfaches Ausrechnen zeigen. b Wir definieren die gedrehte Matrix als T ij: T ij = v i w j = T ij = R ik R jl v k w l = R T R T ij 8

29 Nun wird die Kovarianz für jeden einzelnen Summanden gezeigt. Diese kennzeichnen wird als T ij = 1 3 TrT δ ij + 1 }{{} T ij T ji + 1 }{{} T ij + T ji 3 TrT δ ij }{{} Tij D Tij A Tij S Die Kovarianz ist bewiesen, wenn jeweils gilt T A ij X = T ij,x A. Dies lässt sich durch die folgenden Rechnungen zeigen: Tij D R = R ik R jl Tkl D = 1 3 TrRT }{{ R} T R ik R }{{ jk } 1 R ik R T kj =δ ij hier wird TrABC = TrBCA verwendet: = 1 3 Tr RT RT }{{} T R δ ij = 1 3 TrT Rδ ij = T ij,r D T A ij R = 1 R ikr jl T kl T lk = 1 T ij,r T ji,r = T ij,r A T S ij R = 1 R ikr jl T kl +T lk 3 TrRT RT δ lk = 1 T ij,r+t ij,r 3 TrT Rδ ij = T ij,r S 10. Aufgabe: Spin-Singulett- und Triplett-Zustände Im allgemeinen wirkt der Operator R erst einmal auf einem Spin-Raum. Wir definieren seine Wirkung über seine vier Matrixelemente mit R + = a b + R = a + + b Die Vektoren der Form ε 1, ε sind aus dem Produktraum zwei solcher Räume. Deshalb ist das Ergebnis nach R auch wieder auf solch einem Produktraum definiert. Es entspricht einfach dem Produkt der einzelnen Zustände in den getrennten Räumen. Wir erkennen R +, + = a + a + +, + + a + b + +, + b + a +, + + b + b +, R +, = a + a +, + + a + b +, + b + a, + + b + b, R, + = a a + +, + + a b + +, + b a +, + + b b +, R, = a a +, + + a b +, + b a, + + b b, 9

30 durch einfaches Ausmultiplizieren. Damit muss aber sein: R +,, + = a + b a b + +, +a b + a + b, + = a + b a b + +,, + Damit bleibt ein Singulett-Zustand auch nach Drehung noch einer. Außerdem ist R +, +, + = a + a +, + + a + b + a b + +, +, + + b + b, auch wieder ein Linearkombination von Triplett-Zuständen genauso wie R +, + = a + +, + + b +, + a + b + +, +, + und R, = a +, + + b, + a b +, +, + Wir sehen, dass Singulett-Zustände in Singulett-Zustände und Triplett-Zustände in Triplett- Zustände überführt werden. 11. Aufgabe: Vektoroperatoren Wigner-Eckart-Theorem Tensoroperator k-ter Stufe: T q k, q [ k, k] erfüllt folgende Relationen: [J ±, T q k ] = kk + 1 qq ± 1T k q±1 [J z, T q k ] = qt q k α, j, m T k q α, j, m = j, k; m, q j, m α, j T k α, j j + 1 Wobei der Bruch nicht von m, m, q abhängt und der CGK vor dem Bruch durch Addition von j und k zu j entsteht. Außerdem ist m + q = m. Es gelten folgende Auswahlregeln: j k j j + k m + q = m a Der Kommutator des Vektoroperators A ist gegeben durch [L i, A j ] = i ε ijk A k Dieser ist ein Tensoroperator vom Rank 1, also A 1 q q = 1, 0, 1 30

31 mit den ebenfalls gegebenen Komponenten A 1 1 = 1 A x ia y Es ist zu zeigen, dass A 1 q A 1 0 = A z A 1 1 = 1 A x + ia y die beiden oben genannten Relationen erfüllt. Hierzu setzt man jeweils eine Komponente ein und rechnet den Kommutator aus: [L ±, A 1 1] = 1 [L x ± il y, A x ia y ] = 1 i [L x, A y ] +±i [L }{{} y, A x ] }{{} i A z = 1 ± 1A z = A 1 0 für L + i A z Für L ergibt sich hier Null. Alle anderen Komponenten können analog geprüft werden. Nun kann das Wigner-Eckart-Theorem angewendet werden: l, m A 1 q l, m = l, 1; m l A 1 l, q l, m }{{} l + 1 αδ m +q,m c 1 δ l,l +c δ l,l +1 +c 3 δ l,l 1 mit den Auswahlregeln: l 1 l l + 1 l = ±1, 0 m = q Nun werden die Matrixelemente für alle Kombinationen aus q = 1, 0, 1 und l = ±1, 0 mithilfe der Clebsch-Gordan-Koeffizienten berechnet. q=-1 usw. q=0 l, m A 1 a l,l 1 1 l 1, m + 1 = l 1, 1; m + 1, 1 l, m l + 1 l 1 ml m a = l,l 1 l 1l l + 1 l, m A 1 1 l, m + 1 = l ml + m + 1 ll + 1 a l,l l + 1 l, m A 1 0 l, m = l, 1, m, 0 l, m 31 } {{ } m ll+1 a l,l l + 1

32 usw. q=1 usw. l, m A 1 1 l, m 1 = l + ml m + 1 ll + 1 a l,l l + 1 b Nun sei A = L. Somit gilt für den Kommutator [L i, L j ] = i ε ijk L k was schon bekannt ist. Die Komponenten lassen sich umschreiben zu L 1 1 = 1 L x il y = L L 1 1 = L + L 1 0 = L z Mit diesen Komponenten werden dann wieder die Matrixelemente berechnet. q = 0 Es gilt l, m L z l, m = m, was unmittelbar zu l, m L 1 0 l, m = m führt. Hieraus lässt sich sofort das reduzierte Matrixelement a l,l bestimmen: = a l,l = ll + 1l + 1 Analog kann a l,l+1 und a l,l 1 bestimmt werden. q = 1 Da die reduzierten Matrixelemente für andere q gleich sind, können diese hier gleich eingesetzt werden und mit den erwarteten Ergebnissen verglichen werden. l, m L 1 1 l, m + 1 = l ml + m + 1 vgl. l, m L l, m + 1 = ll + 1 mm + 1 3

33 q = 1 l, m L 1 1 l, m 1 = ll 1 mm 1 = l, m L + l, m 1 4. Übung 33

34 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 04 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: Aufgabe 1: Elektrisches Quadrupolmoment Elektrische Quadrupolübergänge sind bestimmt durch die Matrixelemente des Quadrupoloperators 1 Q jk = e x j x k δ jk 3 r, j, k = 1,, 3. a Drücken Sie die Komponenten Q jk durch einen irreduziblen Tensoroperator zweiter Stufe Q µ, mit µ =,...,, aus. Hinweis: Benutzen Sie dabei die Kugelflächenfunktionen Y lm die irreduzible Tensoren l-ter Stufe sind. b Berechnen Sie die Quadrupol-Matrixelemente klm Q jk k l m mit Hilfe des Wigner-Eckart-Theorems. c Bestimmen Sie die Auswahlregeln für Quadrupolübergänge. * Aufgabe P: π-nukleon-streuung π-mesonen und -Baryonen sind, wie das Proton p und Neutron n, aus Quarks zusammengesetzt. Wichtige Quantenzahlen für deren Charakterisierung sind der Isospin I und die z-komponente des Isospins I z. Die starke Wechselwirkung ist invariant unter Isospin-Transformationen, d.h., I und I z sind Erhaltungsgrößen. Die Zustände werden analog zur räumlichen Rotationssymmetrie durch Ket-Zustände I, I z charakterisiert. Die Isospinoperatoren genügen den Drehimpulsvertauschungsrelationen [I i, I j ] = iε ijk I k. Der Wirkungsquerschnitt für die π-nukleon-streuung σπn π N, mit π, π {π +, π 0, π } und N, N {p, n} ist gemäß σ π N T πn durch das Matrixelement des skalaren Operators T bestimmt, der invariant unter Isospin-Transformationen ist. π +, π 0 und π sind Isospin-Zustände zu I = 1 mit I z = 1, 0, 1; p, n solche zu I = 1/ und I z = 1/, 1/. Falls die Schwerpunktenergie im Bereich der -Resonanz liegt, d.h. bei ca. 136 MeV, kann das Matrixelement für die Reaktion πn π N folgendermaßen faktorisiert werden: π N T πn π N T T πn. Der Isospin der -Resonanz ist I = 3/. Berechnen Sie die Verhältnisse der Wirkungsquerschnitte σπ + p π + p : σπ p π p : σπ p π 0 n. Hinweis: Wenden Sie das Wigner-Eckart-Theorem an. * Aufgabe 3 5P: Landé -Faktoren Betrachten Sie den Einfluss eines Magnetfeldes B auf die Energieniveaus eines Wasserstoffatoms. Der Hamilton-Operator, der die Wechselwirkung beschreibt, ist gegeben durch H Z = µ B, 1

35 wobei der Operator des magnetischen Moments des Elektrons µ lautet µ = µ B g L L + gs S/, mit g L = 1 und g S =. µ B ist das Bohr-Magneton. a Betrachten Sie den Fall, dass der Effekt des Magnetfeldes klein gegenüber der Feinstruktur ist. Zeigen Sie, dass das magnetische Moment in einem nl J Zustand folgende Gestalt hat µ = g J µ B J/, mit gj = 3 + SS + 1 LL + 1 JJ + 1 wobei J = L + S. g J ist als Landé -Faktor bekannt. Dabei soll die Hyperfeinstruktur vernachlässigt werden. b Berechnen Sie näherungsweise das Magnetfeld B, für welches die von H Z induzierten Effekten und die Feinstruktur-Aufspaltung zwischen den p 1/ - und p 3/ -Zuständen vergleichbare Größenordnung haben. c Betrachten Sie nun auch den Effekt des Kernspins I = 1/. Der Gesamtdrehimpuls des Atoms ist F = J + I. 1. Welche Werte haben die Quantenzahlen J und F für ein Wasserstoffatom auf dem p-niveau?. Es sei { F, M F n, F, M F ; l, s, J, I } die Basis, die sich durch Addition von J und I zu F ergibt M F ist der Eigenwert von F Z. Zeigen Sie, dass in jedem Unterraum Hn =, F, l = 1, s = 1/, J, I = 1/ des p-niveaus der Operator des magnetischen Moments des Elektrons µ folgendermaßen geschrieben werden kann µ = g JF µ B F /. Berechnen Sie die verschiedenen möglichen Werte des Landé -Faktors g JF des p-niveaus., * Aufgabe 4 3P: Spin-3/-Teilchen Ein Spin-3/-Teilchen sei in einem Zentralpotential Vr gebunden. Unter Berücksichtigung der Spin- Bahn-Kopplung lautet der Hamilton-Operator H = p m + V r + ξr L S. a Betrachten Sie den L S-Term nach Störungsrechnung erster Ordnung. In wieviele Niveaus spalten die Zustände zu l = 0, 1, auf? b Berechnen Sie die relative Aufspaltung innerhalb der Multipletts zu festen l und skizzieren die Energieniveaus. Bitte beachten Sie die Verlängerung des Abgabetermins bis Freitag 11:30 Uhr.

36 1. Aufgabe: Elektrisches Quadrupolmoment Gegeben ist: woraus gleich folgt 1 Q jk = e x j x k δ ik 3 r Q jk = Q kj Q kk = 0 k k, j = 1,, 3 Die Matrix ist also symmetrisch und spurlos. Es gibt somit fünf unabhängige Komponenten. a Der Tensoroperator zweiter Stufe Q µ lässt sich durch eine Linearkombination der Kugelflächenfunktionen Y lm darstellen. Dabei ist l = zu setzen, während m die Werte ±, ±1, 0 annehmen kann. Für diese gilt, umgeformt in kartesische Koordinaten: 5 5 Y,0 = 16π 3 3z r cos θ 1 = 16π r Y,±1 = 8π sin θ cos zx ± iy θe±iϕ = 8π r Y,± = 3π sin θe ±iϕ x ± ixy y = 3π r Nun werden für jede unabhängige Komponente der Matrix die Ortskoordinaten durch Ausdrücke der Kugelflächenfunktionen ersetzt. Es folgt: Q 33 = ez 1 3 r = e 3 16π 5 r Y,0 Q 31 = Q 13 = exz = er 8π 15 RY,1 Q 3 = Q 3 = eyz = er 8π 15 IY,1 Q 1 = Q 1 = exy = 1 er 3π 15 IY, Q 11 + Q = Q 33 Q 11 Q = ex y = er 3π 15 RY, wobei die Real- und Imaginäteile der Kugelflächenfunktionen umgeschrieben werden können zu RY, = 1 Y, + Y, IY, = 1 Y, Y, 36

37 RY,1 = 1 Y,1 Y, 1 IY,1 = 1 Y,1 + Y, 1 Es kann jetzt jedes Matrixelement geschrieben werden als Q jk = Y p c p jk p= wobei die Konstanten c p jk durch Vergleich mit den obigen Berechnungen einfach zu ermitteln sind p ist hier kein Exponent, sondern nur ein weitere Index. b Es ist k, l, m Q jk k, l, m = k, l, m mit dem Wigner-Eckart-Theorem = p= c p jk Y p k, l, m p= c p jk l, ; m p l, m k, l Y k, l l + 1 welches nicht weiter ausgerechnet werden kann. c Es gelten die allgemeinen Auswahlregeln: CGK 0, m + p = m, l l l Aufgabe: π-nukleon-streuung Berechnet man die CGK wie in der Vorlesung gemacht so kommt man auf die Ergebnisse in der Form i 1, m 1 ; i, m und I, M wobei I der Gesamtisospin ist: π + p = 1, 1; 1/, 1/ = 3/, 3/ 1 π p = 1, 1; 1/, 1/ = 3/, 1/ 1/, 1/ π 0 n = 1, 0; 1/, 1/ = 3/, 1/ + 1/, 1/ 3 3 wenn man die beiden Isospins der beiden Teilchen das π und das wie zwei normale Drehimpulse addiert. Da die Massen zur Resonanz passen, gilt bei allen drei Reaktionen die angegebene Relation. Benutzt man das WE-Theorem für einen Tensor T 0-ter Stufe, also r = q = 0 so erhält man Terme der Form: j, m T j, m = j, m ; r, q j, m j T j j + 1 Da r = q = 0 ergibt der CGK nur dann einen Wert, wenn j = j und m = m gilt. Da 37

38 die -Resonanz einen Isospin von I = 3/ hat, fallen alle Terme mit I = 1/ weg. Alle anderen CGK sind nach Definition 1. Man erhält also: π + p T π + p = 3/, 3/ T 3/, 3/ = 3/, 3/ T T 3/, 3/ = 3/ T T 3/ Da das letzte Ergebnis noch öfter auftritt, setzte wir als Abkürzung: M = 3/ T T 3/ Für die nächste Reaktion ist dann: π p T π p = π p T T π p Benutzt man jetzt das WE-Theorem, dann fallen die Teile proportional zu 1/, 1/ raus, da der CGK Null ist. Man erhält also: π p T T π p = und schließlich analog: 1 3 3/ T π p T π 0 n = 3 M 1 T 3/ 3 = 1 3 M Insgesamt hat man damit die Verhältnisse der Streuquerschnitte also die Quadrate der berechneten Ergebnisse mit σπ + p π + p : σπ p π p : σπ p π 0 n = 9 : 1 : 14. Aufgabe: Landé-Faktoren a Da der Effekt des Magnetfeldes klein gegenüber der Feinstruktur sein soll, benutzen wir immer noch den Gesamtdrehimpuls J = L + S Sowohl L also auch S sind Vektoroperatoren folgt direkt aus ihrer Definition als Drehimpuls und weil S mit L vertauscht. Nach dem Projektionstheorem ist dann zum Beispiel L = J L J J 38

39 Weiter ist J L = L + L S = L + 1 J L S und damit L = und analog auch S = ll / jj + 1 ll + 1 ss + 1 jj + 1 ss / jj + 1 ll + 1 ss + 1 jj + 1 J J Schließlich müssen wir nur noch zusammensetzen: µ = µ B L + S = µ BJ ll jj + 1 ll + 1 ss + 1+ jj + 1 4ss jj + 1 ll + 1 ss + 1 Zusammengefasst ergibt sich die Behauptung: µ = µ BJ 3jj + 1 ll ss + 1 jj + 1 b Die gesamte Korrektur der Feinstruktur erster Ordnung ist gegeben durch Für unseren Fall ist das E 1 FS = E n α n 3 4 n j + 1/ j = 1 = E1 FS = 5 16 E nα j = 3 = E1 FS = 1 16 E nα Der Unterschied ist also gegeben durch: wobei E I = 13.6 ev ist. E 1 = 1 4 E nα = E I 16 α Wir legen die z-achse in Magnetfeldrichtung mit Stärke B 0. Dann ist H z = g j µ B J z B 0 / = H z = g j µ B m j B 0 Das bedeutet die Aufspaltung nach m j ist homogen in der Energie mit jeweils Diffe- 39

40 renztermen von E = g j µ B B 0 = g je m B 0 Damit die beiden Aufspaltungen jetzt gleich sind, muss für das Magnetfeld also gelten: g j hat je nach j den Wert B 0 = m 8e E Iα 1 g j g 1/ = 3 g 3/ = 4 3 Man erhält dann die Magnetfelder j = 1 = B T j = 3 = B T Das sind ziemlich starke Felder. c Ein Elektron auf dem p Niveau kann nach Drehimpulsaddition die zwei Werte j = l + 1/ = 3/ j = l 1/ = 1/ annehmen. Damit ergibt sich ebenfalls nach Drehimpulsaddition für f: j = 1/ : f = 1, 0 j = 3/ : f = 1, Im genannten Raum können wir wieder den Projektionssatz anwenden. Diesmal ist J offensichtlich ein Vektoroperator zum Gesamtdrehimpuls F. Es ist dann J = J F F F = F ff + 1 jj ff + 1 jj + 1 ii + 1 = g f F analog wie oben. Man erhält dann aus dem Ergebnis von oben: µ = g j µ B J/ = gj g f µ B F / Wir definieren also g JF = g j g f = g j jj ff + 1 ii + 1 ff + 1 und erhalten somit die Behauptung. Dieser Weg ist aber nur möglich für f 0 weil nur da der Bruch definiert ist. Für f = 0 ist jedoch auch m f = 0 und der Term 40

41 spaltet im Magnetfeld nach m f gar nicht auf. Wir setzen deshalb einfach g f=0,j=1/ = 0 Für die restlichen Werte ergibt sich: j = 1/,f = 1 g JF = 1/3 j = 3/,f = 1 g JF = 5/3 j = 3/,f = g JF = Aufgabe: Spin-3/-Teilchen Wie auch schon in der Vorlesung wechseln wir in die Basis mit dem Gesamtspin J = S+ L: l, m l, s, m s j, m j, l, s welche durch die CGK gegeben sind und damit berechenbar. In dieser Basis ist dann L S = 1 J L S a Definiere H LS = ξr L S. Wie in der Vorlesung gezeigt, vertauschen die Operatoren J, J z, L und S mit dem Hamiltonoperator H und deshalb ist H LS schon diagonal. Wir können die gestörte Energie also einfach berechnen über H LS. Deshalb betrachten wir zuerst: L S j, m j, l, s = jj + 1 ll + 1 ss + 1 j, m j, l, s Diesmal gibt es vier Möglichkeiten für j: l + 3/ l + 1/ j = l 1/ l 3/ J muss jedoch immer größer als Null bleiben, also gilt diese Betrachtung nur für l > 3/ in diesem Fall also nur für l =. Außerdem ist l s j l + s. Es ist im allgemeinen Fall für s = 3/: 41

42 3l l + 3/ l 3 l + 1/ jj + 1 ll + 1 ss + 1 j, m j, l, s = j, m j, l, s l 4 l 1/ 3l 3 l 3/ und deshalb: H LS = ξr 3l l + 3/ l 3 l + 1/ l 4 l 1/ 3l 3 l 3/ wobei zu beachten ist, dass nicht für alle Werte von l auch die vier Fälle angenommen werden. Für l = 0 gibt es für j z.b. nur den Wert 3/, für l = 1 nur 1/, 3/ und 5/. Deswegen spaltet der Zustand auf in: l-werte Anzahl an Aufspaltungen Insgesamt gibt es also 8 Aufspaltungen. 4

43 l E ρr l + 3 l + 1 l 1 l l l l 1 l l l l l 3 j b 5. Übung 43

44 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 05 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: * Aufgabe 1 6P: Wasserstoffatom im Magnetfeld Betrachten Sie ein Elektron in einem p-zustand, welches sich in einem Magnetfeld B = B e z befindet, wobei der Hamilton-Operator die Gestalt H = H 0 + H Z + H LS, H Z = ω 0 L z + S z, H LS = λ L S, haben soll. Dabei ist H 0 der Hamilton-Operator des Wasserstoffatoms, H Z beschreibt den Einfluss des Magnetfeldes und H LS ist die Spin-Bahnkopplung. Die Ortsabhängigkeit sowie die restlichen relativisatischen Korrekturen sollen der Einfachheit halber vernachlässigt werden. a Zeigen Sie, dass H aus dem Entartungsraum der p-zustände von H 0 nicht herausführt, d. h. dass [H, L ] = 0. b Betrachten Sie H LS als Störung zu H 0 + H Z und geben Sie für das ungestörte Problem die Energieeigenwerte sowie deren Entartungen an. c Berechnen Sie die Matrixelemente des Störoperators H LS in der Basis { l, s; m l, m s }. Dazu ist es günstig, die Operatoren L ± und S ± einzuführen. d Betrachten Sie zunächst die nichtentarteten Zustände und bestimmen Sie im Rahmen der Störungstheorie erster Ordnung die neuen Energien und Eigenfunktionen. e Untersuchen Sie jetzt störungstheoretisch den Einfluss des Spin-Bahnkopplung auf die entarteten Zustände. Berechnen Sie die Energien in erster Ordnung in λ und die neuen Eigenfunktionen in nullter Ordnung. * Aufgabe 4P: Positronium Positronium ist ein Atom, das aus einem Elektron e und seinem Antiteilchen, dem Positron e + besteht. Betrachten Sie ein solches Atom im Grundzustand, welches sich in einem Magnetfeld B parallel zur z-achse befindet. Der Hamilton-Operator kann fogendermaßen geschrieben werden: H = H 0 + H HF + H z, H HF = A S 1 S, H Z = µ 1 B µ B. Dabei bezeichnet H 0 den Hamilton-Operator des Positroniums, der nur die elektrostatische Wechselwirkung zwischen Elektron und Positron enthält. S 1 und S sind die Spinoperatoren von Elektron bzw. Positron und µ 1 und µ deren magnetische Momente. S i und µ i sind durch die gyromagnetischen Verhältnisse γ 1 und γ miteinander verknüpft: µ i = γ i Si, i = 1,. Für das Elektron und das Positron gilt γ 1 = γ. H HF beschreibt die magnetische Wechselwirkung zwischen S 1 und S und H z die Kopplung von B an die magnetischen Momente. 1

45 a Berechnen Sie die Matrixelemente des Störoperators H HF + H Z in der Basis { F, m F }, wobei F und m F die Quantenzahlen des Gesamtspins F = S 1 + S, sind. b Bestimmen Sie die Aufspaltung des 1S-Grundzustands in erster Ordnung Störungstheorie. c Stellen Sie graphisch die Energieaufspaltung als Funktion des Magnetfelds B dar. Aufgabe 3 : Eichinvarianz Betrachten Sie den Hamilton-Operator eines geladenen Teilchens im Magnetfeld. Zeigen Sie, dass die Schrödinger-Gleichung invartiant ist, falls folgende Transformationen gleichzeitig durchgeführt werden A A = A + Λ, Φ Φ = Φ t Λ, Ψ Ψ = Ψ e iq Λ, wobei A das Vektorpotential und Φ das skalare Potential ist. A, Φ und Λ sind Funktionen von r und t. Q bezeichnet die elektrische Ladung des Teilchens.

46 16. Aufgabe: Wasserstoffatom im Magnetfeld Wir benutzen die in der Aufgabe gemachten Bezeichnungen für die einzelnen Operatoren. a Es ist nach Vorlesung aufgrund des Zentralpotentials [H 0, L ] = 0 Außerdem vertauscht L mit L z da es ein Drehimpuls ist und mit S z da der Spin in einem anderen Raum wirkt, also [H z, L ] = 0 Setzen wir J = L + S so folgt L S = 1 J L S Da jetzt L mit dem Gesamtdrehimpuls nach Definition vertauscht, ist auch [H LS, L ] = 0 b Wir wählen einen beliebigen Zustand φ = n, l = p = 1, m l, s = 1/, m s und erhalten H 0 + H z φ = EI n + ω 0 m l + m s φ Wir setzen E 0 = E I als fest voraus da sich n nicht ändert. Deshalb nehmen wir n diesen Wert E 0 als Energieverschiebung an und setzen den Nullpunkt so, dass nur der H Z -Term eine Energie ungleich Null hervorruft. m l kann die Werte von -1 bis 1 annehmen, m s nur -1/ und 1/. Für den Term m l + m s erhält man also durch einfaches Rechnen die Werte - bis ganzzahlig, wobei nur die 0 zweimal entartet 46

47 ist. Genauer sind die Energien gegeben durch m l m s E n / ω c Wir setzen für einen Drehimpuls J entweder S oder L J ± = J x ± ij y = J x = J + + J i, J y = J + J i Daraus folgt und L x S x = 1 4 L +S + + L S + + L + S + L S L y S y = 1 4 L +S + L S + L + S + L S Damit ist insgesamt L S = L x S x + L y S y + L z S z = 1 L S + + L + S + L z S z Die genannte Basis m l, m s hat die Basisvektoren 1, +, 1,, 0, +, 0,, 1, +, 1, Weiterhin ist J ± j, m j = j mj ± m + 1 j, m j ± 1 Beim Berechnen muss noch beachtet werden, dass m s und m l in ihrem Bereich blei- 47

48 ben. Man erhält die Ergebnisse: L S 1, = 1 1, L S 1, + = 1 0, 1 1, + L S 0, = 1 1, + L S 0, + = 1 1, L S 1, = 1 0, + 1 1, L S 1, + = 1 1, + Schreiben wir die Vektoren in genau der genannten Reihenfolge, dann erhalten wir die Matrix M = L S = d Wir betrachten zuerst die nicht entarteten Zustände. Das sind alle Zustände außer 1, und 1, + Die Störung in der Energie in 1. Ordnung ist gegeben durch E 1 = λ φ M φ wenn φ der betrachtete ungestörte Zustand ist. Die Störung an der Eigenfunktion ist gegeben durch φ 1 = λ ψ M φ E φ E ψ wobei über alle anderen ungestörten Eigenzustände ψ des Problems summiert werden muss. 48

49 1, + und 1, : Für diese beiden Zustände ist die Matrix schon diagonal. Die Energiekorrektur ist dieser Diagonalwert, also E 1 = λ Alle anderen Matrixelemente in diesen Zuständen verschwinden in der Matrix stehen in Spalte und Zeile sonst nur Nullen. Das bedeutet, dass die Zustände 1, + und 1, auch Eigenvektoren zur Matrix M und damit zum gesamten gestörten Problem sind. Die Korrektur der Eigenfunktionen ist Null und die Eigenfunktionen in jeder Ordnung lauten wie die ungestörten. Die gesamten Energiewerte mit dem oben genannten Energienullpunkt der Coulombenergie sind E = ±ω 0 + λ 0, + und 0, : Für diese beiden Zustände ist das Diagonalelement Null. Das bedeutet die Energiekorrekturen sind auch Null E 1 = 0 = E = ±ω 0 Der Störterm des Zustandes ergibt sich über die Matrixelemente. Für 0, kommt also nur der Mischterm mit 1, + in Frage. Also 0, 1 1, + M 0, = λ ω 0 0 1, + = λ 1, + ω0 Für den ungestörten Zustand 0, + erhält man analog: 0, + 1 1, M 0, + = λ 1, = λ 1, ω 0 0 ω0 e Wir betrachten jetzt die beiden ungestörten Zustände 1, und 1, + welche im ungestörten Problem entartet sind zum Energiewert 0. Der Operator welcher zur Matrix M führt eingeschränkt auf diese beiden Zustände ist gegeben durch ˆM = 0 = 0 I Diese Matrix ist recht einfach zu diagonalisieren da sie es schon ist. Die Korrektur 49

50 der Energien ist also gegeben durch E 1 = λ wobei die Zustände in 0. ter Ordnung einfach die schon oben genannten Basiszustände 1, und 1, + sind. Die Gesamtenergie ist also E = λ Zusammenfassung Wir haben nach der Rechnung insgesamt 6 Energiewerte erhalten, wobei einer der letzte zweifach entartet ist: E = ω 0 + λ, ω 0, ω 0 + λ, ω 0, λ, λ Die dazugehörigen gestörten Eigenzustände in 1. Ordnung Störungstheorie beziehungsweise in 0. für die entarteten sind gegeben durch ω 0 + λ ω 0 + λ 1, + entspricht P 3/, m j = 3/ ω 0 0, + + λ ω0 1, wird in mehr Ordnungen zu P 3/, m j = 1/ 1, entspricht P 3/, m j = 3/ ω 0 0, λ ω0 1, + wird in mehr Ordnungen zu P 1/, m j = 1/ λ λ 1, wird in mehr Ordnungen zu P 1/, m j = 1/ 1, + wird in mehr Ordnungen zu P 3/, m j = 1/ 17. Aufgabe: Positronium Wir setzen wie in der Aufgabe vorgestellt: H = H 0 + H HF + H Z 50

51 mit H HF = A S 1 S H Z = µ 1 B µ B Da das B-Feld nur in z-richtung wirkt und γ 1 = γ gilt, setzen wir an H Z = γ 1 S 1z B 0 γ S z B 0 = ωs z S 1z mit der Larmorfrequenz ω = γ 1 B 0 a Setzen wir F = S 1 + S so erhalten wir in der F, M f -Basis vier Basisvektoren, welche leicht durch die alte Basis { ε 1, ε ε 1, ε {+, }} dargestellt werden kann siehe altes Übungsblatt oder Vorlesung: 0, 0 = 1 +,, + 1, 1 = +, + 1, 0 = 1 +, +, + 1, 1 =, HF: Mit der Definition von F können wir für H HF schreiben: H HF = A F S 1 S und damit ist ein beliebiges Matrixelement gegeben durch F, M f H HF F, M f = A = A F F F F δ F F δ Mf M f F, M f F, M f aufgrund der Orthogonalitätseigenschaft. Da F nur die beiden Werte 0 und 1 annehmen kann, gibt es nur die beiden Werte A 4 für F = 1 und 3A 4 für F = 0 auf der Diagonalen. Z: Um die Matrixelemente von H Z zu berechnen, gehen wir zurück in die alte Basis wie oben beschrieben. Dort wissen wir nämlich, dass S 1z ε 1, ε = ε 1 ε 1, ε S z ε 1, ε = ε ε 1, ε 51

52 gilt. Deshalb erhalten wir H Z 0, 0 = ω +,, + +,, + = ω 1, 0 H Z 1, 1 = ω +, + +, + = 0 H Z 1, 0 = ω +, +, + +, +, + = ω 0, 0 H Z 1, 1 = ω, +, = 0 Das bedeutet nur die Matrixelemente zwischen 0, 0 und 1, 0 ergeben einen endlichen Wert. Man erhält insgesamt für die Matrix wie oben berechnet wenn man die Basis in der Reihenfolge 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0 wählt die Matrix: M := H HF + H Z = A A A 4 ω 0 0 ω 3A 4 b Um jetzt die Energieaufspaltungen zu berechnen, müssen wir die oben genannte Matrix M diagonalisieren. Weitere Aufspaltungen existieren nicht da wir uns im 1S-Zustand befinden. Die Matrix M besteht aus zwei 1x1-Matrizen die schon trivialerweise diagonalisiert sind und einer x-matrix. Wir können also die zwei Energiewerte E 1 = A 4 E = A 4 welche gleich sind schon angeben. Die Untermatrix N = ω 4 ω A 3A 4 müssen wir noch diagonalisieren, was jedoch einfach ist. Das charakteristische Polynom X ist gegeben durch A 4 X 3A 4 X ω = 3 A 4 X A + X ω = 0 4 5

53 Das wird gelöst durch die beiden Energiewerte X 1/ = E 3/4 = A 4 ± A 4 + ω 4 Insgesamt haben wir also eine Aufspaltung in drei Energiewerte da E 1 = E ist. c Für kein vorhandenes Magnetfeld ω = 0 sind die Energiewerte E 1, E und E 3 wie erwartet gleich. Für ein größer werdendes Magnetfeld verändern sich E 1 = E nicht. Dafür gehen E 3 und E 4 hyperbelförmig auseinander. Da ω linear mit B geht, ist es qualitativ egal, ob wir über B 0 oder ω auftragen. E E 3 A 4 F = 1 E 1 = E A 4 3A 4 E 4 F = 0 0 B 0 Abbildung 1: Zeeman-Diagramm des 1S-Zustandes eines Positroniums Die oberen drei Linien mit den Energien E 1, E und E 3 gehören dabei zu den Zuständen mit F = 1, die untere mit der Energie E 4 zu F = 0. Die asymptotischen Geraden sind gegeben durch g = A 4 ± ω 53

54 18. Aufgabe: Eichinvarianz Der Hamiltonoperator eines geladenen Teilchens im elektromagnetischem Feld lautet H = 1 m p q A + qφ Unter den Transformation, wie diese auf dem Blatt gegeben sind, ist zu zeigen: i Ψ t = H Ψ i Ψ t = HΨ Der Impulsoperator im Hamiltonoperator kann umgeschrieben werden zu p = i welches angewendet auf Ψ p Ψe i q Λ = e i q Λ pψ + Ψe i q Λ q Λ ergibt. Nun werden in i Ψ = H Ψ alle gegebenen Transformationen eingesetzt und so t weit ausgerechnet, bis man auf die ursprüngliche Schrödingergleichung kommt. i Ψe i q 1 Λ = t m p q A q Λ + qφ q t Λ Ψe i q Λ = i t Ψ e i q Λ + i Ψe i q Λ i q 1 t Λ = m p q A q Λe i q Λ p + q Λ qa q ΛΨ +e i q Λ qφ q t ΛΨ = e i q Λ i t Ψ = q 1 ei Λ m p q A + qφ Ψ wobei e i q Λ eine globale Phase ist. Somit ist die Schrödingergleichung invariant. 6. Übung 54

55 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 06 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: * Aufgabe 1 4P: Lorentz-Transformation des elektromagnetischen Feldes a Leiten Sie aus dem Transformationsverhalten des Feldstärketensors F µν = Λµ ρ Λν σ F ρσ das Transformationsverhalten der Felder E und B unter einer Lorentz-Transformation entlang der z-achse her. b Ein punktförmiges Teilchen mit der elektrischen Ladung Q befinde sich in einem Inertialsystem IS in Ruhe. Das System IS bewege sich gegenüber dem Laborsystem IS mit der Geschwindigkeit v parallel zur z-achse. i Bestimmen Sie die Ladungsdichte ρ und die Stromdichte j im Ruhesystem des Teilchens und berechnen Sie daraus die Felder E und B. ii Berechnen Sie die Größen E und B im Laborsystem unter Verwendung der Lorentz-Transformation. * Aufgabe P: Lorentz-Transformation des Levi-Civita-Tensors a Zeigen Sie, dass der Levi-Civita-Tensor ein Pseudotensor vierter Stufe unter Lorentz-Transformation ist, d.h. dass gilt ε αβγδ = detλ Λ α α Λβ β Λ γ γ Λ δ δ εα β γ δ = ε αβγδ b Zeigen Sie nun, das ε αβγδ a α b β c γ d δ, wobei a α, b β, c γ, d δ Vierervektoren sind, ein Pseudoskalar unter Lorentz-Transformationen ist. * Aufgabe 3 4P: Relativistisches Teilchen im elektromagnetischen Feld Betrachten Sie ein relativistisches, geladenes Teilchen im elektromagnetischen Feld. a Berechnen Sie die Bewegungsgleichungen aus der Lagrangefunktion L = mc 1 β qφ r, t + q v A r, t, β = v /c. A ist das Vektorpotential und Φ ist das skalare Potential. b Zeigen Sie, dass die kovariante Formulierung der Lorentz-Kraft gilt K µ = qf µν p ν m, wobei K0 = 1 F L v c 1 β, K i = F i L 1 β und p ν der Viererimpuls des Teilchens ist. Die Lorentz-Kraft F L ist, wie in der klassischen Mechanik, gegeben durch F L = q E + v B, wobei E und B das elektrische bzw. magnetische Feld bezeichnet. c Stellen Sie die kovariante Form der Bewegungsgleichung auf. 1

56 Aufgabe 4: Z τ + τ Ein ruhendes Z-Boson der Masse M Z = GeV/c zerfalle in ein τ + τ -Paar m τ ± = GeV/c. a Berechnen Sie die Energie und den Impuls der Zerfallsprodukte in GeV bzw. GeV/c. b Die mittlere Lebensdauer ruhender τ-leptonen beträgt s. Wie weit kommen die τ- Leptonen im Mittel?

57 19. Aufgabe: Lorentz-Transformation des elektromagnetischen Feldes a Wir setzen den Feldstärketensor an als siehe Vorlesung F µν = 0 E x c E y c E z c Ex c 0 B z B y Ey c B z 0 B x Ez c B y B x 0 Da es sich beim betrachteten Problem um einen Boost in z-richtung handelt, setzen wir an: γ 0 0 βγ Λ β α = βγ 0 0 γ Da es sich auch beim betrachteten transformierten Feldstärketensor um einen antisymmetrischen Tensor. Stufe handelt, müssen wir nur 6 Komponenten berechnen die Diagonale und die anderen 6 ergeben sich von selbst. Wir führen die Rechnung zum Beispiel für die 0,1-Komponente also µ = 0 und ν = 1 aus: αβ µν F 0,1 = Λ ρ 0Λ σ 1F ρσ Λ ρ 0 nimmt für ρ = 0 den Wert γ an und für ρ = 3 den Wert βγ. Λ σ 1 nimmt nur für σ = 1 den Wert 1 an. Man erhält also F 0,1 = γf 0,1 βγf 3,1 = γ Damit ist das neue E x-feld gegeben durch Ex c + βb y E x = γe x + βcb y 57

58 Diese Rechnung führt man analog auch für die anderen Komponenten durch. Man erhält schlussendlich für den transformierten Feldstärketensor: 0 + B y β γ B x β γ F µν = Ez c Ex c Ey c E x c + B y β γ 0 B Exβ z + B c y γ Ey B c x β γ B z 0 Eyβ B c x γ E xβ c + B y γ Eyβ c B x γ 0 wobei beim Berechnen der 0,3-Komponente die Beziehung γ = 1 1 β benutzt wurde. Die Felder transformieren also wie folgt: E x = γe x + cβb y E y = γe y cβb x B x = γ B x β E y c B y = γ B y + β E x c E z c µν E z = E z B z = B z b In seinem Ruhesystem hat das Teilchen natürlich keine Geschwindigkeit. Es existiert also auch keine bewegte Ladung und damit kein Strom. j = 0 Die gesamte Ladungsdichte wird nur von diesem einen Teilchen was wir am Ursprung sitzend annehmen gegeben. Es ist also ρ = Qδxδyδz Das magnetische Feld ist aufgrund des fehlenden Stroms einfach Null. Das elektrische Feld ist nach der Coulombkraft einfach gegeben durch E = Q r 4πε 0 r = 3 Q 1 4πε 0 x + y + z 3/ x y z Um jetzt die Felder im Laborsystem auszurechnen, benutzen wir genau die oben genannten Transformationen. Das B-Feld im IS ist Null, weshalb die Gleichungen 58

59 einfacher werden. Zur Abkürzung setzen wir Man erhält a = E x = γe x + cβb y = γe x E y = γe y cβb x = γe y E z = E z B x = γ B x β E y c B y = γ B y + β E x c Q 1 4πε 0 x + y + z 3/ = γβ E y c = γβ E x c = γax = γay = az = γv c ay = γv c ax B z = B z = 0 Da wir die Felder jedoch auch in den Koordinaten des Laborsytems also die gestrichenen und nicht des Ruhesystems darstellen möchten, müssen wir noch ersetzen: x = x y = y z = γz + βct Wir erhalten also: mit E x = γax E y = γay E z = aγz + βct B x = γv c ay B y = γv c ax B z = 0 a = Q 1 4πε 0 x + y + γ z + βct 3/ Bemerkungen: Obwohl im Ruhesystem kein Magnetfeld vorhanden war, erhält man im Laborsystem ein B-Feld in x- und y-richtung. Darin liegt die eigentliche physikalische Herkunft magnetischer Felder. 0. Aufgabe: Lorentz-Transformation des Levi-Civita-Tensors a Zum einfacheren Unterscheiden benutzen wir ε als das bekannte Levi-Cevita-Symbol also eine Zahl und ɛ als den Tensor mit den bekannten Transformationeigenschaften. 59

60 Für eine Matrix A der Größe n n gilt der Zusammenhang zwischen ε und der Determinante in nicht kovarianter Schreibweise!: ε j1...j n A j1 i 1 A jni n = ε i1...i n det A Dies schreiben wir jetzt um in eine kovariante Form für eine Matrix Λ. Dabei ist A ij = Λ i j = Λ j i und das Levi-Cevita-Symbol entspricht dem ɛ-tensor in kovarianter Schreibweise: ε αβγδ = ɛ αβγδ Man erhält also: ɛ αβγδ det Λ = Λ α α Λβ β Λ γ γ Λ δ δ ɛα β γ δ Dies ist gerade der Term in der Transformation, also ɛ αβγδ = det Λ Λ α α Λβ β Λ γ γ Λ δ δ ɛα β γ δ = det Λ ɛ αβγδ det Λ Nun ist die Determinante von Λ entweder 1 eigentliche LT oder -1 uneigentliche LT. Vor allem ist aber ihr Quadrat immer 1. Damit ist die Behauptung ɛ αβγδ = ɛ αβγδ bewiesen. b Wir setzen T = ɛ αβγδ a α b β c γ d δ mit den vier 4-Vektoren a, b, c, d. Um nachzuprüfen, dass T ein Pseudoskalar ist, müssen wir die Form von T nach einer Transformation betrachten. Im neuen Koordinatensystem müssen wir also alle Größen durch ihre gestrichenen Pendants ersetzen: T = ɛ αβγδ a αb βc γd δ Für die 4-Vektoren kennen wir ihre Transformationseigenschaft schon: a α = Λ α α a α 60

61 Nach der Aufgabe davor behält der ɛ-tensor einfach seine Form: ɛ αβγδ = ɛ αβγδ Wir erhalten dann: T = Λ α α Λ β β Λγ γ Λ δ δ a α b β c γ d δ ɛ αβγδ Wieder berufen wir uns auf die Beziehung von oben: ɛ αβγδ det Λ = Λ α α Λβ β Λ γ γ Λ δ δ ɛα β γ δ Da dies für beliebige Indizees gilt, gilt es auch unter Vertauschung von α und α beziehungsweise analog für die anderen Indizees. Man erhält dann die Beziehung: ɛ α β γ δ det Λ = Λ α α Λ β β Λγ γ Λ δ δ ɛ αβγδ Und somit für T : T = a α b β c γ d δ ɛ α β γ δ det Λ Die Indizees in einer Summe können auch umbenannt werden. Wir wechseln also von α auf α und analog für den Rest und erhalten T = a α b β c γ d δ ɛ αβγδ det Λ = T det Λ Wir haben also gesehen, dass T wie ein Pseudoskalar transformiert. 1. Aufgabe: Relativistisches Teilchen im elektromagnetischen Feld a Wir geben die Behauptung ab, dass wir gerade die schon bekannte Formel für die Lorentzkraft erhalten: ṗ i = F i L = qe i + q v B i mit dem Magnetfeld B und dem elektrischen Feld E. Setzen wir die Formeln für die Coulombeichung ein, so erhalten wir: E i = φ i Ai t und B k = ε klm A m x l 61

62 Setzen wir dies ein erhalten wir zuerst v B i = ε ijk ε klm v j Am x l = ε kij ε klm v j Am x l = δ il δ jm δ im δ jl v j Am x l = v j Aj Ai vj xi x j und dann schließlich für F L : F i L = q φ i Ai t Aj + qvj qv j Ai x i x j Wenden wir uns jetzt die Lagrangefunktion zu. Es ist: und L φ = q xi x + q v A i x = i q φi + qv j Aj x i L ẋi = γmc ẋi c + qai = γmv i + qa i = p i + qa i Deshalb folgt aus der Euler-Lagrange-Formel: d L dt ẋ = i ṗi + q dai dt = q φ i + qv j Aj x i oder umgestellt und die totale Ableitung eingesetzt: ṗ i = q φ i + qv j Aj q dai x i dt Tatsächlich ist das genau die klassische Lorentzkraft. = q φ i + qv j Aj x i q Ai t q Ai x j vj b Wir ersetzen die F µν elektrische Feld ist: durch ihre Definition, wobei B das Magnetfeld und E das F ij = ε ijk B k F i0 = F 0i = Ei c Auch der relativistische Impuls 4-Vektor wird durch seine klassischen Definitionen ersetzt: p 0 = p 0 = E c = γmc p j = p j = γmv j mit der klassischen Geschwindigkeit v. Man erhält dann für µ = 0: qf 0ν p ν m = q }{{} F 00 p 0 m + qf 0i p i m = q Ei v i γ c =0 = γ c q E v = γ c F L v 6

63 Da v B orthogonal auf v steht. Für µ = i 0 erhält man qf iν p ν m = qf i0 p 0 m + qf ij p j m = q Ei c γc + qε ijkb k γv j = γq E i + v B i = γf L i Insgesamt erhalten wir also die geforderte Form: K µ µν pν = qf m mit den Definitionen von K wie auf dem Blatt. Die Größe K ist offensichtlich ein 4-Vektor da sie nur durch 4-Vektoren gebildet wird und deshalb nutzbar für eine kovariante Formulierung. c Es ist die Eigenzeit τ definiert als: dt = γdτ und deshalb: dp i dτ = d dt dt dτ pi = γṗ i = γfl i = K i nach den beiden Aufgaben davor. Da K und p als 4-Vektoren kovariant sowie τ als Eigenzeit invariant unter Lorentztransormationen sind, ist diese Formulierung kovariant. Für die fehlende Komponente gilt: dp 0 dτ = γ d E dt c = γ d c dt F L d s = γ c F L v = K 0 Insgesamt erhält man also die kovariante Formulierung:. Aufgabe: Z τ + τ dp µ dτ = Kµ a Im Ruhesystem des Z-Bosons gilt für die Viererimpulse des Bosons und der Leptonen: p µ Z = M Z c 0 p µ τ ± = Es gelten Energie- und Impulserhaltung beim Zerfall: Eτ ± c p τ ± p µ Z = pµ τ + + p µ τ 63

64 Hieraus erhält man M z c = E τ + + E τ 0 = p τ + + p τ p τ + = p τ Da neben den Massen auch der Betrag der Impulse der beiden τ-leptonen gleich sind, haben diese auch diesselbe Energie: E τ + = E τ = 1 M zc 45.6 GeV 1 p τ ± = M Zc m τ ±c 1 c 45.6 Gev c Man beachte, dass die Zahlenwerte fast identisch sind. Dies liegt daran, dass die Masse des Z-Bosons viel größer ist als die der τ-leptonen. Dadurch geht der zweite Teil unter der Wurzel gegen null. Die Richtungen der Impulse lassen sich nicht bestimmen. Es ist nur bekannt, dass die Teilchen in entgegengesetzte Richtungen fliegen. b Es ist die mittlere Lebensdauer der Leptonen im Ruhesystem gegeben. Da diese jedoch nicht in Ruhe sind, wird das Laborsystem betrachtet: T = γ T 0 Für den zurückgelegten Weg ergibt sich dann: x = v τ T = γ v τ T 0 = p τ m τ T m 7. Übung 64

65 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 07 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: Aufgabe 1: Rechnen mit natürlichen Einheiten In der Teilchenphysik rechnet man in einem Einheitensystem mit = c = 1. Das bedeutet, dass Geschwindigkeiten in Einheiten der Lichtgeschwindigkeit und Wirkungen in Einheiten des Planckschen Wirkungsquantums dividiert durch π angegeben werden. a Welche Beziehungen folgen daraus zwischen den Einheiten Meter, Sekunde und MeV? Hinweis: c = m/s und = 6, MeV s. b Welcher Masse in Kilogramm entspricht 1 MeV? Hinweis: 1 ev = 1, J. c Drücken Sie die inverse Pionenmasse m π = 140 MeV in fm= m aus. * Aufgabe 6P: Klein-Gordon-Gleichung für Teilchen im elektromagnetischen Feld a i Leiten Sie die Klein-Gordon-Gleichung für ein geladenes, relativistisches Teilchen im elektromagnetischen Feld her. Hinweis: Benutzen Sie dazu die Ergebnisse aus Aufgabe 3 von Übungsblatt 5. ii Zeigen Sie, dass Ψ, wobei Ψ eine Lösung der Klein-Gordon-Gleichung aus dem Aufgabenteil a ist, ein Teilchen mit entgegengesetzter Ladung beschreibt. b Betrachten Sie nun die Klein-Gordon-Gleichung für ein Elektron in einem Coulomb-Potential eφr = Zα c/r, wobei α = e /4πǫ 0 c 1/137 die Feinstrukturkonstante bezeichnet. i Zeigen Sie mit Hilfe des Separationsansatzes Ψ r, t = u r e iet/, dass die Klein-Gordon-Gleichung auf folgende Differentialgleichung zurückgeführt werden kann c + m c 4 u r = [E eφr] u r. ii Vergleichen Sie das daraus folgende Eigenwertproblem mit dem des nicht-relativistischen Wasserstoffatoms und zeigen Sie, dass die Energieeigenwerte für die gebundenen Zustände durch E n,l = 1 + mc Zα 1/ n l 1/+[l+1/ Zα ] 1/ bestimmt sind. Dabei sind n und l die Quantenzahlen des nicht-relativistischen Wasserstoffatoms. iii Entwickeln Sie E n,l bis zur vierten Potenz von Zα. * Aufgabe 3 4P: Gamma-Matrizen a Die Gamma-Matrizen genügen der Dirac-Algebra {γ µ, γ ν } = g µν 1. Sie haben in der Dirac-Darstellung folgende Form γ =, γ i = σi σ i 0, 1

66 wobei σ i, i = 1,, 3 die Pauli Matrizen bezeichnen. Berechnen Sie die Matrizen in der Dirac-Darstellung. b Zeigen Sie, dass gilt c Zeigen Sie, dass gilt σ µν = i [γ µ, γ ν ], µ, ν = 0, 1,, 3, 1 [σ µν, σ ρω ] = ig µρ σ νω g νρ σ µω g µω σ νρ + g νω σ µρ. /A /B + /B /A = A B, γ ν /A + /Aγ ν = A ν, γ ν /Aγ ν = /A, γ ν /A /Bγ ν = 4A B, wobei A und B Vierervektoren sind und die Notation /A = A µ γ µ verwendet wurde. Hinweis: Für Aufgabenteil b und c soll keine explizite Darstellung der Gamma-Matrizen verwendet werden. Aufgabe 4: Gyromagnetischer Faktor des Protons Um ein Proton zu beschreiben, muss die Dirac-Gleichung in Anwesenheit eines magnetischen Feldes um den Term k p e/4m p σ µν F µν Ψ erweitert werden. F µν ist der Feldstärketensor und σ µν wurde in Gleichung 1 definiert. Bestimmen Sie k p so, dass der gemessene Wert des gyromagnetischen Faktors des Protons, g p = 5.59 reproduziert wird. Hinweis: Betrachten Sie dabei ein schwaches homogenes Magnetfeld A = 1 B r.

67 3. Aufgabe: Rechnen mit natürlichen Einheiten a Es werden die bekannten Größen gleich 1 gesetzt und dann die Gleichung nach s aufgelöst: c = m s! = 1 1 s = m = MeV s! = 1 1 s = MeV Anmerkung: diese Schreibweise ist nicht gängig. Korrekter ist: 1 s = c m 1 s = MeV b Es ist mit Die m s 1 MeV = J J = kg m s können als c ausgedrückt werden, sodass gilt: m = 1 MeV c = kg = kg c Um von 1 MeV auf m zu kommen, kann man und c dazu multiplizieren: l = c 140 MeV = 1.41 fm 4. Aufgabe: Klein-Gordon-Gleichung für Teilchen im elektromagnetischen Feld a Zur Vereinfachung betrachten wir immer nur eine Ortskomponente. Die Klein-Gordan- Gleichung ohne elektromagnetische Felder lautet: + m c 1 ψ = c t x + m c ψ = 0 67

68 Aus Aufgabe 3 von ÜB 5 wissen wir, dass wenn ψ die Gleichung unter Potentialen φ und A erfüllt, dann auch ψ mit ψ = ψe i q Λ =: e fλ ψ φ = φ t Λ Ã = A + x Λ Die obige KG-Gleichung gilt für Potentiale φ = A = 0. Die KG-Gleichung muss eichinvariant sein, weshalb auch ψ die obige Gleichung erfüllen muss. Also: 1 c t x + m c f Λ x Nach Definition ist Λ x [ ψ = e fλ 1 c f Λ t ψ x + ψ f Λ + ψf Λ x x + ψ x = à und Λ t = φ. Außerdem ist ψ t + ψ f Λ + ψf Λ t t + ψ t ] + m c ψ = 0 x fã ψ = x ψ x fãψ fã x ψ+f à ψ = ψ à f x x ψ fã ψ x +f à ψ beziehungsweise t + f φ ψ = ψ t + f φ ψ ψ + f φ t t + f φ ψ Dies sind gerade die selben Ausdrücke wie oben wenn wir die Definition von Λ einsetzen. Insgesamt erhalten wir also 1 c t x + m c ψ = e [ fλ x + fã + 1 ] c t f φ + m c ψ = 0 Diese KG-Gleichung für anwesende elektromagnetische Felder ist eichinvariant nach Wahl und führt sich ohne Felder wieder in die bekannte KG-Gleichung über. Unterdrücken wir die Tilde da die Gleichung für beliebige Felder gilt und gehen wir wieder zurück in 3 Dimensionen, so erhalten wir: [ 1 c t iq φ + iq A ] + m c ψ = 0 68

69 Bemerkung Man kann die Gleichung auch in der Form: [ i ] t + qφ c i + q A m c 4 ψ = 0 [ ψ 1 schreiben. Man kann hier sofort die Form E V ψ = [c Π + m c 4 ] ψ Π = p + q A V = qφ ablesen, wie wir auch nach dem Korrespondenzprinzip erwartet haben. Sei nun ψ eine Lösung der KG-Gleichung von oben. Es gilt also [ 1 c t iq φ + iq A ] + m c ψ = 0 Diese Gleichung ist immer noch richtig, wenn wir sie komplex konjugieren: c t iq φ + iq A + m c ] = ψ [ 1 c t + iq φ iq A ψ was ein Bra ist und deshalb links steht! erfüllt also gerade die KG-Gleichung, wenn man q zu q ändert. b Wir schreiben die Gleichung von oben [ 1 c t iq φ + iq A etwas um und setzen den Ansatz ein: ] + m c ψ = 0 [ c + m c 4] u r [ e iet/ = ] t + ieφ e iet/ u r ] + m c mit q = e. Dabei wurde benutzt, dass nach Definition A = 0. Außerdem wirkt nur auf den Ortsteil von ψ und nur auf den zeitlichen Teil. Nun ist nach Wahl t = 0 und deshalb: φ t t + ieφ e iet/ = t + ieφ t e φ e iet/ = E + eφe e φ e iet/ = [E eφ] e iet/ 69

70 Teilen wir durch e iet/ erhalten wir die behauptete Wellengleichung: c + m c 4 u r = [E eφ] u r Wir stellen diese Wellengleichung zuerst etwas um: [ ] mc + E + eφ Eeφ u = 0 c c Wir setzen u = RY lm und benutzen sowohl die Eigenschaften der Kugelfächenfunktionen sowie die Definition von φ und erhalten: [ 1 d ll + 1 r + + m c 4 E Zα EZα ] R r dr r c r cr r = 0 Um jetzt auf die bekannte Schrödingergleichung zu kommen, machen wir gleich mehrere Substitutionen: U = R r ρ = βr = ZαE c r λ = m c 4 E Zα E l l + 1 = ll + 1 Zα man erhält dann zuerst [ β d dρ l l + 1 r + β r λ β ] U = 0 und schließlich die gesuchte Form: [ d dρ l l ] ρ ρ λ U = 0 Aus der theoretischen Physik D oder zum Beispiel Cohen-Tannoudji Band kennen wir die Lösung: λ = 1 k + l Wir erhalten also durch Umformung der obigen Substitution E = m c 4 λ Zα

71 und mit 1 1 l = ll + 1 Zα = 1 + l + 1 Zα schließlich: E = mc = 1 + Zα k+ l 1 + mc Zα k 1/+[l+1/ Zα ] 1/ Setzen wir jetzt noch n = k + l bzw. k = n l dann erhalten wir die Behauptung. i Wir entwickeln E n,l bis zur 4. Ordnung in Zα. Dazu setzen wir die Abkürzungen β = Zα und γ = l + 1/. Außerdem betrachten wir Ẽ mit Ẽmc = E. Ẽ lautet dann: Ẽ = n γ+ β γ β Da wir bis zur vierten Ordnung von Zα entwickeln wollen, müssen wir bis zur. Ordnung von β entwickeln. 0. Ordnung Es ist ganz einfach Ẽβ = 0 = 1 1. Ordnung Zuerst ist dẽ 1 dβ = 1 + βn γ + 3/ γ β [n γ + γ β + βn γ + γ β 3 γ β 1] und damit dẽ dβ = 1 n β=0 i Beim Vorgehen wurde an zwei Stellen die Wurzel gezogen ohne die negative Lösung zu beachten. Bei der Energie ist dieses Vorgehen klar, da es sich ja um gebundene Zustände handeln soll. Beim Drehimpuls l äh??? 71

72 . Ordnung Wir haben die innere Ableitung von ersten Teil schon berechnet: 1 d Ẽ dβ = βn γ + 5/ γ 4 β [n γ + γ β + βn γ + γ β 3 γ β 1] 1 + βn γ + γ β 3/ [n γ + γ β 3 γ β 1 +n γ + γ β 3 ] γ β Dabei wurden schon alle Teile, welche für β = 0 wegfallen weggelassen. Man erhält für β = 0: d Ẽ dβ = 3 4n 1 4 n 3 γ Die Lösung der Entwicklung ist also mit Ẽ und γ wieder eingesetzt: E n,l mc 1 Zα 3 + n 8n 1 Zα 4 4 l + 1n 3 5. Aufgabe: Gamma-Matrizen a Nach der Darstellung der γ-matrizen ist: und analog γ 0 γ i = γ 0 γ i σ i 0 σ i = = 0 1 σ i 0 σ i 0 γ i γ 0 = γ i γ 0 0 σ i = = γ 0 γ i σ i 0 Weiterhin ist offensichtlich γ 0 γ 0 = γ 0 γ = = Schlussendlich findet man noch γ i γ j = γ i γ j = σ i σ j 0 0 σ i σ j = σ i σ j 1 7

73 Nun können wir die Kommutatoren berechnen: σ µµ = i [γ µ, γ µ ] = 0 und σ 0i = i [γ 0, γ i ] = i γ 0 iσ i 0γ i γ i γ 0 = = i iσ i 0 [γ i, γ 0 ] = σ i0 σ ij = i [γ i, γ j ] = i γ iγ j γ j γ i = i σ iσ j σ j σ i 1 = i [σ i, σ j ] 1 Die Vertauschungseigenschaft der Paulimatrizen kennen wir jedoch schon. man erhält: σ ij = i iε ijkσ k 1 = ε ijk σ k 1 = σ ji b Mit der Antikommutatorrelation [a, bc] = {a, b}c b{a, c} erhält man zuerst [ad, bc] = a[d, bc] + [a, bc]d = a{d, b}c ab{d, c} + {a, b}cd b{a, c}d Da die Antikommutatoren wenn wir sie später einsetzen die Identitätsmatrix ergeben, vertauschen sie mit den anderen Matrizen. Es ist dann [[a, d], [b, c]] = {d, c}[b, a] + {d, b}[a, c] + {a, c}[d, b] + {a, b}[c, d] Wir setzen jetzt ein a = γ µ b = γ ρ c = γ ω d = γ ν und erhalten dann mit {γ µ, γ ν } = g µν 1 und [γ µ, γ ν ] = i σ µν [σ µν, σ ρω ] = 1 4 [[a, d], [b, c]] = i g νωσ ρµ + g νρ σ µω + g µω σ νρ + g µρ σ ων Benutzen wir σ µν = σ νµ so erhalten wir die Behauptung. c Seien A und B zwei Vierervektoren. Dann ist /A /B + /B /A = A µ γ µ B ν γ ν + B ν γ ν A µ γ µ 73

74 Da es sich bei A µ und B ν nur um Zahlen handelt, ist dies = A µ B ν γ µ γ ν + γ ν γ µ = A µ B ν {γ µ, γ ν } = g µν A µ B ν = A µ B µ = A B nach Definition der γ-matrizen und von g. Dies sei die erste Beziehung 1. Da bei dieser Ableitung an keiner Stelle die Eigenschaft der Vierervektoren unter LT verwendet wurde, gilt die Relation auch, wenn wir für A den nicht-vierervektor A = 0,..., 0, 1, 0,..., 0 T einsetzen, welcher gerade an der ν-ten Stelle eine Eins und sonst nur Nullen hat. Es ist dann: /A /B + /B /A = γ ν /B + /Bγ ν 1 = A B = B ν Dies ist gerade die Behauptung für B statt für A. Sei dies. Es ist γ ν /Aγ ν = A ν /Aγ ν γ ν = A ν γ ν /Aγ ν γ ν = A ν γ ν /Aγ ν γ ν = /A γ γ Aus der Antikommutatorrelation folgt für µ = ν: {γ µ, γ ν } = γ ν γ ν = g νν 1 und damit γ γ = γ ν γ ν = g ν,ν γ ν γ ν = ν 1 = 4 1 Insgesamt ist also die Beziehung 3 γ ν /Aγ ν = /A γ γ = /A 4 = /A Es ist mit Beziehung und der selben Beziehung für Indizes unten γ ν /A /Bγ ν = γ ν /A /Bγ ν = A ν /Aγ ν B ν γ ν /B = 4A ν B ν A ν γ ν /B /Aγ ν B ν + /Aγ ν γ ν /B Wir wissen, dass A ν γ ν = /A γ ν B ν = /B γ ν γ ν = γ γ = 4 74

75 und damit die Behauptung 4 γ ν /A /Bγ ν = 4A B /A /B /A /B + 4 /A /B = 4A B 6. Aufgabe: Gyromagnetischer Faktor des Protons Es gibt ein B-Feld, aber kein E-Feld. Für den Feldstärketensor gilt deshalb: F µν = 0 0 B z B y 0 B z 0 B x 0 B y B x 0 Da F µ0 = F 0µ = 0 ist, lassen sich die Matrizen σ µν und die restlichen Komponenten des Feldstärketensors in folgender Form schreiben: σ µν = ɛ ijk σ k Damit ergibt sich: F µν = ɛ ijk B k σ µν F µν = ɛ ijk σ k ɛ ijk B k Mit ɛ ijk ɛ ijk = δ kk und σ k = S folgt hieraus: Sei Γ der gegebene Term mit Γ = k p σ µν F µν = 4 S B e m p S B, dann ist die Dirac-Gleichung i t eφ + Γ ψ = cα i q A c + βmc ψ Verglichen dazu gilt beim Elektron: + µ B L + g e S B ψ wobei g e = ist. Durch diesen Vergleich ergibt sich, dass gyromagnetischen Faktor folgt dann: g p = k p + e m p = µ B sein muss. Für den 75

76 Der Teil + kommt dabei vom Elektron g e =. Der Wert für k p beträgt: k p = Übung 76

77 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 08 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: Aufgabe 1: Dirac-Gleichung Betrachten Sie den Dirac-Hamilton-Operator für ein relativistisches Teilchen mit der Masse m, das sich im Zentralpotential V r befindet H = c α p + βmc + V r. Berechnen Sie die Kommutatoren [H, L], [H, S] und [H, L + S], wobei L = r p der Bahndrehimpuls und S = Σ = σ 0 0 σ der Spinoperator ist. Betrachten Sie dabei die Dirac-Matrizen α und β in der Standarddarstellung. * Aufgabe 4P: Stromerhaltung. Ψ sei eine Lösung der Dirac-Gleichung für ein Teilchen der Masse m und Ladung q in einem äußeren elektromagnetischen Feld [γ µ i µ qa µ m]ψ = 0. a Welcher Gleichung genügt Ψ? b Zeigen Sie, dass der Dirac-Strom j µ = Ψγ µ Ψ erhalten ist. c Zeigen Sie, dass die Lösungen der Dirac-Gleichung in Anwesenheit eines elektromagnetischen Feldes folgender Gleichung [ µ + iqa µ µ + iqa µ + 1 qσλµ F λµ + m ]Ψ = 0 genügt, wobei F λµ der Feldstärke-Tensor ist. Hinweis: Überzeugen Sie sich davon, dass γ 0 = γ 0, sowie γ k = γ k k = 1,, 3 gilt. * Aufgabe 3 4P: Dirac-Spinoren. Lorentz-Transformationen. Gegeben sei die Lorentz-Transformation Λ ν µ, die einen Boost in j-richtung mit der Rapidität η beschreibt. a Zeigen Sie, dass die Transformationsmatrix SΛ der Dirac-Spinoren in folgende Form übergeführt werden kann η η SΛ = cosh iσ 0j sinh. b Berechnen Sie {γ ν, σ 0j }. c Zeigen Sie, dass gilt S 1 Λ = γ 0 S Λγ 0. d Zeigen Sie durch explizite Rechnung, dass S 1 Λγ ν SΛ = Λ ν µγ µ erfüllt ist. Hinweis: Betrachten Sie die Fälle 0 ν j, ν = 0 und ν = j separat. Im Aufgabenteil c und d können Sie eine explizite Darstellung der γ-matrizen verwenden. 1

78 * Aufgabe 4 P: Dirac-Spinoren. Räumliche Drehnungen. D z sei die dreidimensionale Drehmatrix für die Drehung um den Winkel φ um die z-achse und S R die entsprechende Drehung der Spinoren. a Zeigen Sie, dass die Transformationsmatrix S R in folgender Form geschrieben werden kann S R = cos φ + iσ 1 sin b Zeigen Sie explizit, dass gilt S 1 R γ js R = D z ji γ i. φ. Am Dienstag, den findet die Probeklausur während den Tutorienzeiten statt. Die Probeklausur muss in dem Tutorium geschrieben werden, zu dem Sie sich am Anfang des Semesters eingetragen haben siehe auch luminita/theoe113/. Hilfsmittel: Ein eigenhändig beschriebenes DIN A4 Blatt. Bringen Sie bitte zur Probeklausur Ihren Studentenausweis mit.

79 7. Aufgabe: Dirac-Gleichung Es wird zuerst [H, L] berechnet. Hierbei ist nur der erste Term des gegebenen Hamiltonoperators für den Kommutator relevant. Es folgt: [H, L i ] = [c α p, r p i ] = c[α j p j, ε ilm r l p m ] = cε ilm α j [p j, r l ] }{{} i δ jl = i cε ijm α j p m = i c α p i p m Für den Kommutator [H, S] verwenden wir die gegebene Schreibweise [H, S] = [H, Σ] und berechnen hierfür die Kommutatoren der einzelnen Komponenten [H, Σ] = [c α p + βmc, Σ] Für [βmc, Σ] gilt: Für [c α p, Σ] gilt: [β, Σ] 1 0 σ 0 σ = = σ 0 σ 0 1 [ α p, Σ] = [α j p j, Σ h ] = [α j, Σ h ]p j Hierbei werden die Komponenten als Matrizen geschrieben, um den Kommutator auszurechnen: 0 σ j σ k 0 [α j, Σ k ] = σ j 0 0 σ k 0 [σ j, σ k ] = [σ j, σ k ] 0 0 σ m = iε jkm σ m 0 }{{} α m σ k 0 0 σ k 0 σ j σ j 0 79

80 Somit ist insgesamt [H, Σ k ] = icε jkm α m p j = ic α p k [H, S i ] = i c α p i was genau [H, L] entspricht. Es ist also sofort zu sehen [H, L + S] = 0 8. Aufgabe: Stromerhaltung a Sei ψ eine Lösung der Dirac-Gleichung: [γ µ i µ qa µ m]ψ = 0 Die Gleichung ist immer noch richtig, wenn wir sie hermitesch konjugieren. Also 0 = [γ ν i µ qa µ ψ mψ] Dabei müssen wir beachten, dass µ = µ A µ = A µ γ 0 = γ 0 γ k = γ k weshalb wir die Summation in µ aufspalten. Man erhält also 0 = i 0 qa 0 ψ γ 0 i j qa j ψ γ j mψ Diese Gleichung multiplizieren wir jetzt von rechts mit γ 0 und erhalten: 0 = i 0 qa 0 ψ γ 0 γ 0 i j qa j ψ γ j γ 0 }{{} = γ 0 γ j mψ γ 0 Mit der Definition ψ = ψ γ 0 erhalten wir dann die Gleichung 0 = i 0 qa 0 ψγ 0 + i j qa j ψγ j m ψ oder umgestellt i µ + qa µ ψγ µ + m ψ = 0 b Wir benutzen die normale Dirac-Gleichung und multiplizieren sie von links mit ψ: i ψγ µ µ ψ q ψγ µ A µ ψ m ψψ = 0 80

81 Die Dirac-Gleichung für ψ multiplizieren wir von rechts mit ψ: i µ ψγ µ ψ + qa µ ψγ µ ψ + m ψψ = 0 Nun addieren wir die beiden Gleichungen und erhalten 0 = i[ ψγ µ µ ψ + µ ψγ µ ψ] = iδ µ ψγ µ ψ und damit die Behauptung δ µ j µ = 0 dass der Dirac-Strom erhalten ist. c Die Dirac-Gleichung schreiben wir hier als [γ µ D µ m]ψ = 0 mit D µ = i µ qa µ Hierbei ist als erstes zur Kenntnis zu nehmen, dass [D µ, D ν ] 0 da [ µ, A ν ] = µ A ν A ν µ = µ A ν gilt. Jedoch kommutieren die Ableitungen und Potentiale untereinander: [ µ, ν ] = 0 [A µ, A ν ] = 0 Berechnen wir den Kommutator der D, so erhält man [D µ, D ν ] = iq[ µ, A ν ] + iq[a µ, ν ] = iq µ A ν ν A µ = iqf µν Um dieses Ergebnis verwenden zu können, betrachten wir als nächstes ein Produkt von zwei Dirac-Gleichungen: γ ν D ν mγ µ D µ mψ = 0 81

82 = γ ν γ µ D ν D µ /Dm + m }{{} = m Ψ = 0 Hier wurde verwendet, dass m der Eigenwert von /D ist. Den ersten Term schreiben wir folgendermaßen um: γ ν γ µ D ν D µ = 1 γν γ µ D ν D µ + Daraus erhalten wir die gesuchte Gleichung γ µ γ ν }{{} = γ ν γ µ +g µν D µ D ν = 1 γν γ µ µ [D ν, D µ ] +D }{{} µ D =iqf µν=iq 1 [Fµν Fνµ] = 1 q i [γν, γ µ ] F µν + i µ qa µ }{{} = σ µν µ + iqa µ µ + iqa µ + q σµν F µν + m Ψ = 0 wobei der Term q σµν F µν einer zusätzlichen Spin-Feld-Kopplung entspricht, z.b. S B 9. Aufgabe: Dirac-Spinoren, Lorentz-Transformationen a Die allgemeine Drehung ist definiert als SΛ = exp i4 ωµν σ µν Für einen Boost in j-richtung mit Rapidität η ist jetzt ω immer null bis auf ω 0j = ω j0 = η und damit ω µν σ µν = ησ 0j = SΛ = exp i ησ 0j Wir zeigen zuerst eine allgemeine Beziehung für µ ν σ µν = 1 4 [γ µ, γ ν ] = 1 4 γ µγ ν γ µ γ ν γ µ γ ν γ ν γ µ γ ν γ µ γ µ γ ν + γ ν γ µ γ ν γ µ Weiterhin folgt aus {γ µ, γ ν } = 0 die Beziehung γ µ γ ν = γ ν γ µ und damit erhält man = 1 4 γ νγ µ γ µ γ ν + γ ν γ µ γ µ γ ν + γ ν γ µ γ µ γ ν + γ ν γ µ γ µ γ ν = γ ν γ µ γ µ γ ν 8

83 Wir nennen diese Beziehung 1. = 1 γ ν{γ µ, γ µ }γ ν = g µµ 1γ ν γ ν = g µµ g νν 1 Wir benutzen die Reihenentwicklung der Exponentialfunktion. SΛ = exp i ησ 0j = n Wir spalten in gerade und ungerade Terme in n auf: i n η n σ n 0j n! = n 1 n n! η n σ n 1 n η n+1 0j iσ0j σ n 0j n + 1! n Aus der Beziehung 1 erhalten wir σ 0j = g 00 g jj 1 = 1 und damit: = n 1 n n! η n 1 n iσ 0j b Es ist nach Definition von σ: {γ ν, σ 0j } = γ ν σ 0j + σ 0j γ ν = i n 1 n η n+1 η η 1 n = cosh iσ 0j sinh n + 1! γ ν γ 0 γ j γ ν γ j γ 0 + γ 0 γ j γ ν γ j γ 0 γ ν Für µ ν ist γ µ γ ν = γ ν γ µ. Wir betrachten drei Fälle: 1. Fall: ν = 0 = i γ 0 γ 0 γ j γ 0 γ j γ 0 + γ 0 γ j γ 0 γ j γ 0 γ 0 = i γ 0 γ 0 γ j γ j γ 0 γ 0. Fall: ν = j = i γ 0 γ 0 γ j γ 0 γ 0 γ j = 0 = i γ j γ 0 γ j γ j γ j γ 0 + γ 0 γ j γ j γ j γ 0 γ j = i γ j γ j γ 0 + γ 0 γ j γ j = 0 Sonst = i γν γ 0 γ j γ j γ 0 + γ 0 γ j γ j γ 0 = i γν [γ 0, γ j ] = γ ν σ 0j 83

84 Also ist in diesem Fall γ ν σ 0j = σ 0j γ ν was wir auch schon aufgrund von [γ ν, σ 0j ] = 0 wissen. c S 1 ergibt sich gerade, wenn man η mit η ersetzt. Man erhält dann analog zu oben: η η S 1 Λ = cosh + iσ 0j sinh Nun bilden wir S. Für σ 0j gilt und damit i σ 0j = [γ 0, γ j ] = i [γ j, γ 0] = i [ γ j, γ 0 ] = i [γ 0, γ j ] = σ 0j iσ 0j = iσ 0j Somit erhält man und damit η η S Λ = SΛ = cosh iσ 0j sinh η η γ 0 S γ 0 = γ 0 cosh γ 0 iγ 0 σ 0j γ 0 sinh Wir wissen aus der b, dass da die Relation auch für die kontravariante Form gilt: {γ 0, σ 0j } = 0 = γ 0 σ 0j = σ 0j γ 0 Deshalb ist γ 0 σ 0j γ 0 = γ 0 γ 0 σ 0j Weiterhin ist einfach γ 0 γ 0 = 1 und man erhält die Behauptung η η γ 0 S γ 0 = cosh + iσ 0j sinh = S 1 84

85 d Mit den beiden Darstellungen von S und S 1 von oben erhalten wir: S 1 Λγ ν SΛ = = cosh η [ η η [ η η cosh + iσ 0j sinh γ ] ν cosh iσ 0j sinh ] η η η η η γ ν +sinh σ 0j γ ν σ 0j i cosh sinh γ ν σ 0j +i cosh sinh σ 0j γ ν Wir benutzen trigonometrische Umformungen und erhalten = cosh η γ ν + i η sinhη[σ 0j, γ ν ] + sinh σ 0j γ ν σ 0j Wir wollen zuerst den Kommutator betrachten. Dieser ist nach Wahl der σ-matrizen gegeben durch [σ 0j, γ ν ] = [γ ν, σ 0j ] = ig0γ ν j gj ν γ 0 Wieder betrachten wir 3 Fälle: 1. Fall: ν = 0 : Hier ist nach der Beziehung aus der b: {σ 0j, γ ν } = 0 und damit γ ν σ 0j = σ 0j γ ν Mit der vorher abgeleiteten Beziehung 1 erhält man σ 0j σ 0j = 1 und somit σ 0j γ ν σ 0j = γ ν σ 0j σ 0j = γ ν Der Kommutator ist [σ 0j, γ ν ] = iγ j Man erhält dann also mit trigonometrischen Identitäten S 1 Λγ 0 SΛ = cosh η η γ 0 + sinhηγ j + sinh γ 0. Fall: ν = j Auch hier ist nach der b = coshηγ 0 sinhηγ j = Λ 0 µγ µ γ ν σ 0j = σ 0j γ ν 85

86 da {σ 0j, γ ν } = 0 Man erhält also wieder σ 0j γ ν σ 0j = γ ν σ 0j σ 0j = γ ν Diesmal ist der Kommutator [σ 0j, γ ν ] = iγ 0 und insgesamt erhält man S 1 Λγ j SΛ = cosh η η γ j sinhηγ 0 + sinh γ j = coshηγ j sinhηγ 0 = Λ j µγ µ Sonst Der Kommutator [σ 0j, γ ν ] = 0 weshalb γ ν und σ 0j vertauschen. Man erhält also σ 0j γ ν σ 0j = γ ν σ 0j σ 0j = γ ν und damit S 1 Λγ j SΛ = cosh η η γ ν sinh γ ν = γ ν = Λ ν µγ µ Damit ist die Behauptung in allen drei Fällen gezeigt. 30. Aufgabe: Dirac-Spinoren. Räumliche Drehungen a Allgemein ist die Drehung eines Spinors definiert als SΛ = exp i4 ωµν σ µν Für die Drehung um die z-achse mit Winkel φ ergibt sich daraus siehe Vorlesung i S R = exp φσ 1 86

87 Mit der Beziehung 1 von oben erhält man σ 1 σ 1 = 1 und über die Taylorreihenentwicklung der Exponentialfunktion ist i S R = exp φσ 1 = n i φ σ n 1 n! = n n φ 1 n n! σ n+i φ 1 1 n σ n n + 1! 1 σ1 n n+1 = n 1 n φ n 1 + iσ 1 n! n und damit die Behauptung bewiesen. b Zuerst einmal ist nach Definition 1 n φ n+1 n + 1! = cos φ φ + iσ 1 sin [γ j, σ 1 ] = ig j1 γ g j γ 1 = iδ j1 γ δ j γ 1 da der metrische Tensor für räumliche Koordinaten immer -1 ist. Die Drehmatrix D z welche wir erhalten wollen hat die Form cos φ sin φ 0 D Z = sin φ cos φ Es ist da die inverse Funktion durch Ersetzen von φ durch φ entsteht = cos φ S 1 R γ js R = cos = cos φ φ iσ 1 sin φ γ j cos φ φ γ j +sin σ 1 γ j σ 1 i sin cos φ γ j + sin σ 1 [γ j, σ 1 ] + σ 1 γ j + i sin und da σ 1 σ 1 = 1 und die trigonometrischen Identitäten φ + iσ 1 sin φ σ 1 γ j +i sin φ cos φ φ φ cos φ γ j σ 1 [γ j, σ 1 ] sin + cos = 1 sinx cosx = sinx sin x = 1 1 cosx gelten, folgt = γ j + 1 [1 cosφ σ 1 + i sinφ] [γ j, σ 1 ] Wir betrachten die drei Möglichkeiten für j getrennt: 87

88 1. Fall: j = 3 Der Kommutator ist Null [γ 3, σ 1 ] = 0 und man erhält ganz einfach S 1 R γ 3S R = γ 3 = D Z 33 γ 3 = D Z 3i γ i. Fall: j = Der Kommutator ist [γ, σ 1 ] = iγ 1 Weiterhin ist σ 1 γ 1 = i γ 1γ γ 1 γ γ 1 γ 1 = i γ 1γ γ 1 + γ 1 γ γ 1 da der Antikommutator Null ist. Und dann = iγ 1 γ 1 γ = i {γ 1, γ 1 }γ = ig 11 γ = iγ = σ 1 [γ, σ 1 ] = γ Man erhält also S 1 R γ S R = γ 1 cos φγ sinφγ 1 = cosφγ sinφγ 1 = D Z i γ i 3. Fall: j = 1 Diesmal ist der Kommutator [γ 1, σ 1 ] = iγ und analog zu oben erhält man σ 1 γ = iγ 1 = σ 1 [γ 1, σ 1 ] = γ 1 Also S 1 R γ S R = γ 1 1 cos φγ 1 + sinφγ = cosφγ 1 + sinφγ = D Z 1i γ i 9. Übung 88

89 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 08 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: * Aufgabe 1 P : Bilineare Kovarianten Zeigen Sie, dass Ψγ 5 Ψ ein Pseudoskalar unter Lorentz-Transformation ist, d.h. dass gilt Ψ x γ 5 Ψ x = detλψxγ 5 Ψx. * Aufgabe P : Lösungen der freien Dirac-Gleichung Betrachten Sie die Lösungen u 1 p und u p vgl. Vorlesung der freien Dirac-Gleichung zum Impuls p µ. Bilden Sie daraus eine Linearkombination, die eine Eigenfunktion von Σ x vgl. Aufgabe 1 von Übungsblatt 8 ist. In welche Richtung zeigt der Impuls dieser Lösung? * Aufgabe 3 P : Nicht-relativistischer Limes für bilineare Kovarianten Bestimmen Sie das führende Verhalten in v/c der bilinearen Kovarianten ūγu mit Γ {1, γ µ, σ µν, γ 5, γ µ γ 5 }, wobei u eine Lösung der freien Dirac-Gleichung zum Impuls p µ ist. Hinweis: Beachten Sie, dass die beiden unteren Komponenten von u von der Ordnung v/c relativ zu den oberen sind. * Aufgabe 4 4P : Projektoren für Energie und Spin a Berechnen Sie die Kommutatoren [Λ ± p, Σs], wobei Λ ± p = ± /p+m m und Σs = 1+γ 5/s den Energie- bzw. Spinprojektor bezeichnet. s µ ist der Polarisations-Vierervektor und p µ der Viererimpuls. b Zerlegen Sie s µ in ξp µ + ηg µ0, indem Sie s = 1 und s p = 0 benutzen. Gegen welchen Ausdruck strebt s µ für p µ? c Berechnen Sie Λ + Σs für p µ. d Zeigen Sie, dass für freie Elektron-Wellenfunktionen mit Polarisations-Vierervektor s µ und Viererimpuls p µ gilt u α p, su β p, s = Λ + p αδ Σs δβ. Aufgabe 5 : Vollständigkeitsrelation Zeigen Sie, dass für freie Elektron-Wellenfunktionen mit Viererimpuls p µ die Vollständigkeitsrelation r=1 u r α pu r β unabhängig von der speziellen Darstellung gilt. r=1 v α r pv r β = 1 αβ 1

90 Am Dienstag, den findet die Probeklausur während den Tutorienzeiten statt. Die Probeklausur muss in dem Tutorium geschrieben werden, zu dem Sie sich am Anfang des Semesters eingetragen haben siehe auch luminita/theoe113/. Hilfsmittel: Ein eigenhändig beschriebenes DIN A4 Blatt. Bringen Sie bitte zur Probeklausur Ihren Studentenausweis mit. Inzwischen ist die Anmeldung zu den Vorleistungen in QISPOS frei geschalten. Sie können sich über das Studierendenportal anmelden.

91 31. Aufgabe: Bilineare Kovarianten Sei SΛ die Transformationsmatrix für eigentliche und uneigentliche Transformationen. Wir verzichten hier auf die Unterscheidung von S und P mit ψ = Sψ Dann gilt auch ψ = ψ γ 0 = Sψ γ 0 = ψ S γ 0 = ψ γ 0 γ 0 S γ 0 Nun gilt laut Vorlesung für alle Transformationen egal ob eigentlich oder uneigentlich S 1 = γ 0 S γ 0 und damit ψ = ψ γ 0 γ 0 S γ 0 = ψ γ 0 S 1 = ψs 1 Setzen wir dies ein erhalten wir: ψ γ 5 ψ = ψs 1 γ 5 Sψ Wir unterscheiden die beiden Fälle: Eigentliche LT: Da [σ µν, γ 5 ] = 0 und S = exp i 4 ωσ µνi n µν ist auch [S, γ 5 ] = 0 = Sγ 5 = γ 5 S Deswegen ist ψ γ 5 ψ = ψs 1 γ 5 Sψ = ψ } S 1 {{ S} γ 5 ψ = ψγ 5 ψ =1 Und da bei einer eigentlichen LT detλ = 1 ist ψ γ 5 ψ = detλ ψγ 5 ψ Uneigentliche LT: Hier ist {S, γ 5 } = 0 = Sγ 5 = γ 5 S 91

92 da S = e iϕ γ 0 und {γ 0, γ 5 } = 0. Es ist deshalb ψ γ 5 ψ = ψs 1 γ 5 Sψ = ψ } S 1 {{ S} γ 5 ψ = ψγ 5 ψ =1 und da für eine uneigentliche LT detλ = 1 nach Definition, erhält man auch hier die Behauptung ψ γ 5 ψ = ψγ 5 ψ = detλ ψγ 5 ψ 3. Aufgabe: Lösungen der freien Dirac-Gleichung Wir betrachten u 1 p = N p σ p 0 +m u p = N p σ p 0 +m nach Blatt 8 ist σ 0 Σ x = 0 σ x σ 1 0 = = σ Dieser Operator hat die zwei Eigenwerte 1 und -1 mit den Eigenvektoren Die möglichen Ansätze sind dann 1 w 1 = v 1 = w = v = u 1 Lp = u 1 p + u p u Lp = u 1 p u p 9

93 mit den Eigenwerten 1 und -1. Wir testen jetzt diese Ansätze: Σ x u 1 Lp = N σ x 1 σ x 1 p σ 1 p 0 +m 1 Damit dies ein Eigenvektor ist, muss dies wieder u 1 L sein. Dies ist nur erfüllt für 1 1 σ x = 1 1 was sowieso schon erfüllt ist und p σ 1 σ x p 0 + m 1 was auf σ x p i σ i p 0 + m 1 1 = α 1 1 = p σ p 0 + m iε xijσ j p i p 0 + m 1 führt. Dabei muss p y = p z = 0 sein, damit der hintere Term verschwindet. Der Impuls muss also in x-richtung zeigen Aufgabe: Nicht-relativistischer Limes für bilineare Kovarianten Schreibt man u 1 aus, so erhält man und für u analog. Damit ist u 1 p0 + m = m 1 0 p z p 0 +m p x+ip y p 0 +m ū 1 = p0 + m m 1 0 pz p 0 +m p x+ip y p 0 +m Für eine allgemeine Matrix Λ 11 Λ 1 Λ = Λ 1 Λ 93

94 ist [ ūλu = N Λ pz p 0 +m + p x+ip y p 0 +m Λ Λ 1 pz p 0 +m p x+ip y p 0 +m pz p 0 +m p x+ip y p 0 +m ] pz p Λ 0 +m p x+ip y p 0 +m Dann setzt man die verschiedenen Matrizen für die Λ einfach ein und erhält für u analog: Λ = 1 ū 1 1u = ū 1 u 1 = 1 aufgrund der Normierung. Λ = γ 0 ū 1 γ 0 u 1 = p 0 + m m 1 + p z + p x + p y = p 0 p 0 + m m = 1 p m v +... Λ = γ i mit p 0 = m + p. Funktioniert alles sehr analog, nur mit einem Haufen Rechenaufwand, weil explizit für jedes i gerechnet werden muss. Man erhält Gebla bla bla. Was für ein Kampfrechnen. ūγ i u = p i m = v i 34. Aufgabe: Projektoren für Energie und Spin a Wir berechnen den Kommutator mit den eingesetzten Definitionen: 4m[Λ ± p, Σs] = ±/p + m1 + γ 5 /s 1 + γ 5 /s±/p + m = ±p µ γ µ ± p µ s ν γ µ γ 5 γ ν + m + ms ν γ 5 γ ν p µ γ µ m p µ s ν γ 5 γ ν γ µ ms ν γ 5 γ ν = ±p µ s ν γ µ γ 5 γ ν p µ s ν γ 5 γ ν γ µ = ±p µ s ν γ 5 γ µ γ ν γ 5 γ ν γ µ = p µ s ν γ 5 {γ µ, γ ν } = p µ s ν γ 5 g µν = p µ s µ γ 5 = p sγ 5 = 0 da p s = 0 in jedem IS gilt. Also vertauschen Σs und Λ ± p. 94

95 b Wir setzen für s µ die Definition ein: s µ = ξp µ + ηg µ0 und erhalten die beiden Beziehungen: 1 = s µ s µ = ξ p µ p µ + ξηp µ g 0 µ + ξηp µ g µ0 + η g µ0 g µ0 = ξ m + ξηp 0 + η da p p = m und g 00 = 1. Und 0 = s µ p µ = ξp µ p µ + ηg µ0 p µ = ξm + ηp 0 Aus der letzteren Gleichung folgt direkt ξ = ηp0 m Und das in die erste Gleichung eingesetzt liefert und damit dann η = 1 = η p 0 m η p 0 m + η m p 0 m = m p 0 p 0 + p = η = ± m p = ± m p Insgesamt erhält man also die Beziehung s µ = ξp µ + ηg µ0 = p0 p µ m p ± m p gµ0 Wir nehmen an, dass die Aufgabe so gemeint war, dass alle p µ gleichzeitig gegen Unendlich streben dass wir also den hyperrelativistischen Grenzfall betrachten. In diesem Grenzfall geht p 0 1 = m p p = p 0 p p p 0 und p 0 p 1 95

96 Also ist s µ pµ m Der Spin im hyperrelativistischen Grenzfall zeigt also immer in Bewegungsrichtung. c Wir setzen also jetzt Dann ist s µ = pµ m p Λ + Σs = / + m 1 + γ 5 /s m = /p + m1 γ 5 4m = / p + m + /pγ 5/p 1 m + γ 5/p 4m = / p + m γ 5/p 1 m /pγ 5 4m Dabei wurde /p = p = m benutzt. d OBdA können wir u als u 1 so wählen, dass Σsu = Σsu 1 = u 1 Σsu = 0 analog könnte man auch wählen Σ su = Σ su = u ; Σ su 1 = 0. Dann ist auch Man erhält also u 1 α ū 1 β = Σ αγ u 1 γ ū 1 ρ Σ ρβ = u 1 Σ s = u 1 ν=1 Σ αγ u ν γ ū ν ρ Σ ρβ = ΣsΛ + Σs αβ und damit die Behauptung da wir vertauschen dürfen. 35. Aufgabe: Vollständigkeitsrelation Wir wechseln zuerst ins Ruhesystem. Von dort benutzen wir S, um auf ein beliebiges System zu wechseln. Aus der Diracgleichung wissen wir sofort, dass uū/p m = 0 Irgendwas stimmt noch nicht. Warum gilt das OBdA? Im Ruhesystem erhalten wir also uūγ 0 m m = 0 = uu γ 0 γ 0 = uu = uū 96

97 Im Ruhesystem erhält man durch einfaches Einsetzen: u r 0u r 0 = r=1 Analog ist im Ruhesystem v v = vv v r 0v r 0 = r=1 Dann ist für ein allgemeines System: u r α pū r β p vr α p v r β [SΛ p = r=1 r=1 = 1 αβ ] u r 0ū r 0 v r 0 v r 0 S 1 Λ αβ 10. Übung 97

98 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 10 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: Aufgabe 1: Gordon-Zerlegung Gegeben seien die Spinoren up i und up f, die die Dirac-Gleichungen /p i mup i = 0 und up f /p f m = 0 erfüllen. Zeigen Sie, dass es gilt [ up f γ µ pi + p f µ ] up i = up f + iσµν p f p i ν up i, m m wobei σ µν = i [γµ, γ ν ]. Hinweise: i Überzeugen Sie sich davon, dass γ µ γ ν = g µν iσ µν. ii Verwenden Sie die oben angegebenen Dirac-Gleichungen im Impulsraum. * Aufgabe 3P: Spuren mit γ-matrizen Zeigen Sie, dass gilt a Trγ 5 = 0, b Trγ µ γ ν = 4g µν, c Trγ µ γ ν γ ρ γ δ = 4g µν g ρδ g µρ g νδ + g µδ g νρ, d Trγ µ γ ν γ ρ γ δ γ 5 = 4iε µνρσ. Hinweis: Verwenden Sie die zyklischen Vertauschbarkeit unter der Spur, d.h. TrAB = TrBA, und die Anti-Kommutator-Algebra der γ-matrizen {γ µ, γ ν } = g µν. * Aufgabe 3 7P : e + e µ + µ Die Elektron-Positron-Paarvernichtung in ein Muon-Anti-Muon-Paar e p 1 e + p µ k 1 µ + k wird durch das folgenden Spinor-Matrixelement beschrieben M = e q vp γ µ up 1 uk 1 γ µ vk, mit q = p 1 + p = k 1 + k, wobei p 1, p und k 1, k die Viererimpulse des Elektrons/Positrons bzw. Muons/Anti-Muons bezeichnen. a Zeigen Sie dass gilt 1 1 Ms 1, s r 1, r s 1 s r 1 r = 1 1 e4 q 4 vp γ µ up 1 up 1 γ ν vp uk 1 γ µ vk vk γ ν uk 1, s 1 s r 1 r wobei s 1, s, r 1, r die Spinquantenzahlen der Teilchen bezeichnen. b Berechnen Sie 1 4 spins Ms 1, s r 1, r. Drücken Sie das Resultat als Funktion der Skalarprodukte p 1 p, p 1 k 1, p k, p 1 k, p k 1 und Massen der Teilchen aus. 1

99 c Vernachlässigen Sie nun die Elektron- und Positronmasse und drücken Sie das Resultat von Aufgabenteil b als Funtion von der Muonmasse m µ, seiner Energie und Streuwinkel bzgl. der Elektronrichtung im Schwerpunktsystem aus. Die Anmeldung zu den Vorleistungen in QISPOS ist frei geschaltenpo008 und PO010. Sie können sich über das Studierendenportal anmelden.

100 36. Aufgabe: Gordon-Zerlegung Als erstes wird die im Hinweis gegebene Formel nachgeprüft: g µν iσ µν = 1 {γµ, γ ν } i i [γµ, γ ν ] = γ µ γ ν Um zu zeigen, dass die gegebene Gleichung stimmt, formt man die rechte Seite der Gleichung zur linken um. In diesem Teil ersetzt man iσ µν Hinweis und erhält nach ausmultiplizieren [ ] [ pi + p f µ ūp f + iσµν p f p i ν pi + p f µ up i = ūp f m m m mit Hilfe der Formel aus dem + gµν γ µ γ ν p f p i ν m ] up i [ p µ f = ūp f m + γµ γ ν p i,ν γ µ γ ν p f,ν m Hierbei wirkt γ ν p i,ν auf up i, was unter Anwendung der Dirac-Gleichung auf ] up i /p i up i = m up i führt. Die Gleichung lässt sich also weiter zusammenfassen zu [ p µ f = ūp f m + γµ [ p µ f = ūp f m + γµ [ γ µ = ūp f γµ γ ν p f,ν m ] up i gµν γ ν γ µ p f,ν m ] up i + γν p f,ν γ µ m ] up i Analog zu eben kann man unter Verwendung der Dirac-Gleichung γ ν p f,ν welches zum Ergebnis führt = ūp f γ µ up i = m setzen, 37. Aufgabe: Spuren mit γ-matrizen a Es ist nach Definition Trγ 5 = Triγ 0 γ 1 γ γ 3 Wir benutzen die Linearität und die zyklische Vertauschbarkeit der Spur und erhalten = itrγ 3 γ 0 γ 1 γ 100

101 γ 3 antikommutiert mit allen anderen γ-matrizen, da {γ µ, γ ν } = g µν Vertauschen wir also γ 3 bis an das Ende zurück, so erhalten wir 3 Minuszeichen, also insgesamt Trγ 5 = itrγ 3 γ 0 γ 1 γ = it rγ 0 γ 1 γ γ 3 = Trγ 5 Deshalb muss Trγ 5 = 0 gelten. b Es ist mit der Antikommutatorrelation Trγ µ γ ν = Trg µν γ ν γ µ = Trg µν T rγ ν γ µ Wieder benutzen wir die zyklische Vertauschbarkeit und erhalten Trγ µ γ ν = Trg µν T rγ µ γ ν und damit umgestellt Trγ µ γ ν = Trg µν = Trγ µ γ ν = Trg µν = g µν Tr1 = 4g µν und damit die Behauptung. c Wir benutzen zuerst die zyklische Vertauschbarkeit der Spur Trγ µ γ ν γ ρ γ δ = Trγ µ γ ν γ ρ γ δ + γ ν γ ρ γ δ γ µ Jetzt fügen wir eine Null ein und benutzen die Antikommutatorrelationen. Wir schreiben µ statt γ µ usw. zur Abkürzung. Trµνρδ = Trµνρδ + νµρδ νµρδ νρµδ + νρµδ + νρδµ = Trg µν γ ρ γ δ Trγ ν g µρ γ δ + Trγ ν γ ρ g µδ b = 8g µν g ρδ 8g µρ g νδ + 8g µδ g νρ und damit die Behauptung. d Wir nehmen zuerst einmal an, zwei Indizes wären gleich. OBdA sei µ einer davon 101

102 für alle anderen Fälle geht der Beweis analog. Aufgrund der zyklischen Vertauschbarkeit kann γ µ nach ganz hinten getauscht werden. γ µ antikommutiert dann mit allen anderen γ-matrizen und mit γ 5, aber nicht mit der, welche den selben Index hat. Es ergeben sich also drei Minuszeichen, also insgesamt Trγ µ γ ν γ ρ γ δ γ 5 = Trγ µ γ ν γ ρ γ δ γ 5 und damit ist die Spur Null. Sind sogar vier Indizes gleich, so ergibt sich ebenfalls das Ergebnis Null durch zweifaches Vertauschen. Wenn nun aber alle Indizes unterschiedlich sind, so kann man schreiben: Trγ µ γ ν γ ρ γ δ γ 5 = Trγ 5 γ µ γ ν γ ρ γ δ = itrγ 0 γ 1 γ γ 3 γ µ γ ν γ ρ γ δ = iɛ µνρδ Tr1 = 4iɛ µνρδ was zu zeigen war. 38. Aufgabe: Elektron-Positron-Paarvernichtung Das Spinor-Matrixelement für den Übergang lautet: M = e q vp γ µ up 1 ūk 1 γ µ vk Mit q = p 1 + p = k 1 + k a Mit M = MM erhält man 1 e 4 4 q [ vp γ µ up 4 1 ūk 1 γ µ vk ] [ vp γ ν up 1 ūk 1 γ ν vk ] = 1 e 4 4 q vp γ µ up 4 1 ūk 1 γ µ vk v k γ νū k 1 u p 1 γ ν v p Wir verwenden nun die folgenden Relationen γ 0 = γ 0 γ i = γ i {γ µ, γ ν } = g µν ūγ 0 = u ū = γ 0 u 10

103 1 e 4 4 q vp γ µ up 4 1 ūk 1 γ µ vk vk γ 0 γ νγ 0 uk 1 ūp 1 γ 0 γ ν γ 0 vp = 1 e 4 4 q vp γ µ up 4 1 ūk 1 γ µ vk vk γ 0 γ 0 γ ν uk 1 ūp 1 γ 0 γ 0 γ ν vp = 1 e 4 4 q vp γ µ up 4 1 ūk 1 γ µ vk vk γ ν uk 1 ūp 1 γ ν vp Da das Elektron-System und das Myon-System unterschiedlich sind beide getrennt scharf messbar und die Vertauschbarkeit zwischen zwei Systemen gilt, erhält man die Behauptung auf dem Blatt. In der zweiten Zeile wurde benutzt, dass γ νγ 0 = γ 0 γ ν da entweder ν = 0 ist und damit die weder beim Vertauschen, noch beim hermitesch konjugieren ein Vorzeichen entsteht oder ν 0 und damit in beiden Fällen ein Vorzeichen hinzukommt. b Wir schreiben das Ergebnis aus a um, indem wir Spinorindizes einführen: 1 e 4 vα p 4 q 4 γ µ αβ u βp 1 ū γ p 1 γγδv ν δ p ū ɛ k 1 γ µɛρ v ρ k v η k γ νηχ u χ k 1 Umsortieren der Terme was wir jetzt mit den Indizes dürfen führt auf 1 e 4 uβ p 4 q 4 1 ū γ p 1 γγδv ν δ p v α p γ µ αβ uχ k 1 ū ɛ k 1 γ µɛρ v ρ k v η k γ νηχ Wir nutzen die Vollständigkeit aus: s up, sūp, s = / p + m m s vp, s vp, s = / p m m Die Masse des Elektron und Positron ist gleich. Wir bezeichnen sie mit m. Für Myon und Antimyon sei die Masse M. Man erhält also dann e 4 4q 4 / p 1 + m m γγδ ν βγ p / m m γ µ αβ δα Dies kann man in zwei Spuren umschreiben = /k1 + M M /k M γ µɛρ χɛ M ρη γ νηχ e 4 64m M q Tr /p m γ ν /p m γ µ Tr /k 1 + M γ µ /k M γ ν 103

104 Wir betrachten nun die Terme in den Spuren. Für eine ungerade Anzahl an γ- Matrizen wird die Spur null. Dies sind gerade die gemischten Terme. = e 4 64m M q Tr /p 4 1 γ ν /p γ µ m γ ν γ µ Tr /k 1 γ µ /k γ ν M γ µ γ ν Wir spalten die geslashten Terme auf mit /p 1 = p 1α γ α,... und ziehen die p- bzw. k-komponente vor: e 4 = Tr p 64m M q }{{ 4 1α p β γ α γ ν γ β γ µ m γ ν γ µ Tr k1k ρ ω γ ρ γ µ γ ω γ ν M γ µ γ ν } =A =A [ p 1α p β Tr γ α γ ν γ β γ µ m Tr γ ν γ µ ] [ k1k ρ ω Tr γ ρ γ µ γ ω γ ν M Tr γ µ γ ν ] Wir benutzen die Beziehungen aus der Aufgabe vorher und erhalten: e 4 = p1α p 4m M q 4 β g αν g βµ g αβ g νµ + g αµ g βν m g νµ k ρ 1k ω g ρµ g ων g ρω g µν + g ρν g ωµ M g µν e 4 = p ν 4m M q 4 1 p µ p 1 p g νµ + p µ 1p ν m g νµ k 1µ k ν k 1 k g µν + k 1ν k µ M g µν Wir benutzen g µν g µν = 4 und erhalten e 4 [ = p1 k 4m M q 4 1 p k + p 1 k p k 1 + M p 1 p + m k 1 k + 4m M ] c Wir wechseln ins Schwerpunktsystem. Dort gelten folgende Beziehungen: p 1 = p = p k1 = k = k p 10 = p 0 = E e k 10 = k 0 = E µ m = Ee p M = Eµ k wobei in diesem Aufgabenteil m = 0 sei. Aufgrund der Viererimpulserhaltung gilt außerdem E e = E µ = E µ = E e = E 104

105 Für die Skalarprodukte erhält man dann, wenn Θ der Winkel zwischen p 1 und k 1 ist: p 1 p = E k 1 k = E M p 1 k 1 = p k = E p k cos Θ = E E E M cos Θ p 1 k = p k 1 = E + p k cos Θ = E E + E M cos Θ q = p 1 + p = 4E Wir setzen dies in das vorherige Ergebnis ein: = e 4 [ E p 4m M q k cos θ }{{ 4 } =α +E + p k cos θ + M E + m E m M m M + 4m M ] Multipliziert man die Klammern aus, so erhält man: ] = α [E 4 + p k cos θ + M E + m E + m M und da die Elektronenmasse klein ist und damit auch p E, ist dies ungefähr: E α [ E + E M cos θ + M ] = E α [ E + M E M sin θ ] = oder anders geschrieben: 11. Übung 1 4 e 4 E + M E M sin θ 16m M E M = spins e M 16m M E + 1 M E cos Θ 105

106 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 11 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: Aufgabe 1: β-zerfall Ein Tritiumkern 3 H verwandle sich durch β-zerfall in einem Heliumkern 3 He. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass ein Elektron, das sich im Grundzustand des Tritiumatoms befand, im s- Zustand des Heliumatoms gefunden wird. * Aufgabe 6P: Magnetische Resonanz. Betrachten Sie ein Spin-1/-Teilchen in einem Magnetfeld mit konstanter Komponente in z-richtung und einer mit Frequenz ω in der xy-ebene rotierenden Komponente. Der Hamilton-Operator für dieses System lautet: Ht = H 0 + V t, H 0 = ω 0 S z, V t = ω 1 cosωts x + ω 1 sinωts y, wobei S i mit i = x, y, z die Komponenten des Spin-Operators bezeichnet. a Bestimmen Sie den Hamilton-Operator H I t, der die Dynamik im Wechselwirkungsbild charakterisiert. b Bestimmen Sie den zeitabhängigen Erwartungswert St für den Fall ω = ω 0. Zum Zeitpunkt t = 0 befindet sich das System im Grundzustand von H 0. c Für die allgemeine Lösung der Schrödinger-Gleichung erweist es sich als vorteilhaft, eine andere Aufteilung des Hamilton-Operators zu wählen: Ht = H 0 + V t, H 0 = ωs z, V t = ω 0 ωs z + V t. Im Wechselwirkungsbild lautet dann der Hamilton-Operator V I t = eih 0 t/ V te ih 0 t/. Bestimmen Sie nun den Erwartungswert S z t für beliebiges ω, wobei sich das System zum Zeitpunkt t = 0 wieder im Grundzustand von H 0 befindet. * Aufgabe 3 4P: Wasserstoffatom im elektrischen Feld Betrachten Sie ein Wasserstoffatom in einem homogenen elektrischen Feld Et, das entlang der z- Richtung liegt. Die Amplitude betrage Et = Aτ/τ + t, wobei A und τ vorgegebene Konstanten sind. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit P für den Übergang des Elektrons aus dem Grundzustand bei t in den p-zustand bei t +. Hinweis: + dx eiωx a + x = π a e ωa. 1

107 Die Anmeldung zu den Vorleistungen in QISPOS ist frei geschaltenpo008 und PO010. Sie können sich über das Studierendenportal anmelden.

108 39. Aufgabe: β-zerfall Für den Zerfall gilt: n + 1p + 1n + p + + 1e + 1ν e Wir verwenden Störungstheorie, dabei werden die Zustände der Atome betrachtet: Tritium im Grundzustand: 3/ 1 1s3 H = Ψ 100 r = R 10 ry 00 θ, ϕ = e r/a B 1 a B 4π Helium: s He = Ψ 00 rz = = 1 3/ Z 1 Zr e Zr/a B 1 a B a B 4π Die Übergangswahrscheinlichkeit ist bekanntermaßen gegeben durch P 1s3H s He = s He 1s3 H Dieser Ansatz ist möglich wegen der Sudden Approximation. Hierbei handelt es sich um eine Annahme, dass der Übergang so schnell stattfindet, dass sich der Bahndrehimpuls des Elektrons nicht ändert. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt dann = 4 a 3 B unter Verwendung von 0 x n e ax = n! a n+1 0 = 4 a 3 B drr dω 1 1 r 4π a }{{} B =1 beträgt dies e r/a B [! /a B 1 ] 3! = 1 3 a B /a B Aufgabe: Magnetische Resonanz a Der Hamiltonoperator hat schon die benötigte Form, um mit der Transformation ins WW-Bild zu beginnen. Wir belassen also H 0 bei mit H 0 = ω 0 S z Im WW-Bild ist dann V I t = e iω 0S zt/ V te iω 0S zt/ 108

109 Dies entspricht gerade einer Drehung passiver Art um den Winkel ω 0 t und die z-achse da der S Z -Operator ein Drehimpulsoperator in z-richtung ist. Da es sich um eine passive Drehung eines Operators handelt, ist V I im gedrehten Bild - das entspricht in diesem Fall einfach dem WW-Bild gegeben durch V I t = ω 1 S x cosωt cosω 0 t+sinωt sinω 0 t+ω 1 S y sinωt cosω 0 t cosωt sinω 0 t = ω 1 cosωt ω 0 ts x + ω 1 sinωt ω 0 ts y Es wurden also nicht der Operator selbst gedreht, sondern die ihm zugrundeliegenden Achsen. b Für ω = ω 0 erhält man also V I = ω 1 S x Für die Zeit t = 0 fällt der Zustand im WW-Bild mit dem im Schrödingerbild zusammen. Es ist also ψ, 0 I = ψ, 0 = 1/, 1/ wobei 1/, 1/ der schon hinreichend bekannte Zustand mit s = 1/ und m s = 1/ ist. Die Zeitentwicklung im WW-Bild ist gegeben durch ψ, t I = e iv Itt/ ψ, 0 I = e iω 1S xt/ ψ, 0 I nach der Rechnung oben. Der Spinoperator im WW-Bild ist gegeben durch S I = e ih 0t/ Se ih 0 t/ Wieder sehen wir dies als Drehung auf wie oben und erhalten cosω 0 ts x sinω 0 ts y S I = sinω 0 ts x + cosω 0 ts y S z und damit lassen sich dann die Erwartungswerte berechnen mit S = ψ, t I SI ψ, t I = ψ, 0 e iω 1S xt/ e iω 0S zt/ Se iω 0 S zt/ e iω 1S xt/ ψ, 0 Die entspricht also einer Drehung um ω 0 t um die z-achse und einer um ω 1 t um die 109

110 x-achse. Man erhält zuerst cosω 0 ts x sinω 0 t cosω 1 ts y + sinω 0 t sinω 1 ts z S = sinω 0 ts x + cosω 0 t cosω 1 ts y cosω 0 t sinω 1 ts z sinω 1 ts y + cosω 1 ts z und dann analog zu oben: S z = cosω 1 t S z 0 S x = sinω 0 t sinω 1 t S z 0 S y = cosω 0 t sinω 1 t S z 0 wobei mit dem gewählten Anfangszustand gerade S z 0 = ist. c V I lässt sich analog berechnen wie oben wobei wir ausnutzen, dass S z mit H 0 trivialerweise vertauscht. Man erhält dann analog V I = ω 0 ωs z + ω 1 S x Wieder lässt sich der Erwartungswert berechnen mit S z = ψ, 0 e iv I t/ S z e iv I t/ ψ, 0 wobei ψ, 0 der schon oben beschriebene Grundzustand 1/, 1/ ist. Wir benutzen diesmal die Baker-Hausdorff-Formel da dies sich nicht als Drehung auffassen lässt - zumindest nicht so einfach und erhalten nach einiger Rechnung wenn wir A n = [iv i t/, S z ] n setzen: A 0 = S z A 1 = A = t ω 1 ω 0 ωs x ω1s z A 3 = 1t 3 ω 1 ω0 ω + ω1 Sy und allgemein für n 1: A n+1 = 1t ω 0 ω + ω 1 An 1 A n+ = 1t ω 0 ω + ω 1 An Nun ist A 1 = 0 mit dem gewählten Anfangszustand und außerdem A = t ω 1 S z. 110

111 Damit ist also für n 1: A n 1 = 0 A n+ = t n+1 ω 1 ω0 ω + ω1 n 1 n+1 S z A 0 = S z Wir setzen dies zusammen in die Formel des Lieschen Entwicklungssatzes ein: e X Y e Y = 1 n! [X, Y ] n Die Summe spalten wir sofort in gerade und ungerade Anteile auf, wobei - wenn wir den Erwartungswert betrachten - die ungeraden Terme wegfallen. Außerdem spalten wir den Nullten Term ab. Wir erhalten: S z = [ 1 n +! A n+1 + A 0 = S z n 0 n t n+ ω1 ω0 ω + ω1 n 1 n+1 Führen wir in der Summe die Ersetzung n+1 n aus und setzen ω 0 ω +ω 1 =, so erhält man S z = S z 0 [ 1 + n 1 ] 1 n! tn ω1 n 1n Dies entspricht schon fast der Reihenentwicklung des cos - wir müssen jedoch den Nullten Term also 1 wieder abziehen. Insgesamt erhält man dann: S z = S z 0 [ 1 + ω 1 cost ] ω1 + ω 0 ω 1 ω1 + ω 0 ω was für ω = ω 0 gerade wieder zum schon bekannten Term ] S z = cosω 1 t S z 0 wird. 41. Aufgabe: Wasserstoffatom im elektrischen Feld Für das elektrische Feld soll gelten E = Aτ τ + t

112 deshalb wählen wir das Skalarpotential φ mit φ = Aτz τ + t da dann gilt: φ = E Das Störpotential ist also gegeben durch V t = eφ = eaτz τ + t wobei es obda nur für t > 0 wirkt. Sei Ṽ ω die Fouriertransformierte von V t. Dann gilt nach Definition der Fouriertransformierten Ṽ ω = 1 π aber auch umgekehrt für die Rücktransformation: V t = 1 π V te iωt dt Ṽ ωe iωt dω = 1 Ṽ ωe iωt dω + π 0 0 Ṽ ωe iωt dω Im hinteren Integral führen wir eine Variablentransformation ω ω durch und erhalten: V t = 1 Ṽ ωe iωt + Ṽ π ωeiωt dω 0 Wir betrachten den Integranden zuerst für ein festes und aufgrund der Integrationsgrenzen auch positives ω. Wir setzen F ω = Ṽ ω F ω = Ṽ ω und können somit mit der Formel aus der Vorlesung die Übergangswahrscheinlichkeit für ein festes ω berechnen mit P m n ω = πt δen E m ω n F m + δe n E m + ω n F m Um dann die gesamte Wahrscheinlichkeit für alle ω zu berechnen, setzten wir dies wieder in die Formel für V t ein und erhalten: P m n = 1 P m n ω dω π 0 11

113 Wie man sieht, ist ω in allem Fällen positiv. Damit wird der Term E n E m + ω nie Null und wir können ihn vernachlässigen. Wir erhalten also P m n = 1 π wobei ω durch 0 πt δe n E m ω n F m dω = E n E m = ω = ω = E n E m πt n F m gegeben ist und durch die Delta-Distribution die Integration sehr einfach wird wenn man die Vorfaktoren beachtet. Wir müssen also nur noch das Matrixelement n F m berechnen. Zuerst einmal ist nach Definition für ein festes, positives ω: F ω = Ṽ ω = 1 π V te iωt dt = eaτz π e iωt Blatt dt = eaτz π τ + t π τ e ωτ Anmerkung: Aufgrund des Betrages in der Formel auf dem Blatt erhielte man für F = Ṽ ω das selbe Ergebnis, was auch nicht verwundert, da F reellwertig ist. Das System befindet sich am Anfang im Zustand 1s. Also m = 100 wobei wir die übliche Schreibweise nlm für einen Zustand gewählt haben. Weiterhin ist also der Endzustand gegeben durch n = 1m wobei der m-wert des Zustandes noch bestimmt werden muss. Es ist also in Ortsdarstellung: ψ 100 = ψ m = R 10 Y 00 und ψ 1m = ψ n = R 1 Y 1m Also ist n F m = ψ 10 eaτz π π π τ e ωτ ψ 100 d 3 r = ea e ωτ R 1 Y 1mzR 10 Y 00 d 3 r Wir wechseln in Kugelkoordinaten und erhalten mit z = r cosθ 113

114 Nun ist und damit π n F m = ea e ωτ }{{} =α cos θ = Y 1m cosθy 00 R 1 rr 10 r dω dr 4π 1 3 Y 10 Y 00 = 4π Y 00 cos θ = 1 3 Y 10 Da die Kugelflächenfunktionen normiert sind, ist damit auch Y1m cosθy 00 dω = 1 3 Y 1mY 10 dω = 1 3 δ m0 Es ergibt sich also nur überhaupt ein Übergang mit einer Wahrscheinlichkeit ungleich Null, wenn m = 0 ist, also der neue Zustand n = 10 lautet. Es bleibt noch n F m = α R 1 r 3 R 10 dr 3 zu berechnen. Dazu setzen wir R 1 und R 10 ein wie sie z.b. in QM I berechnet wurden und erhalten: n F m = α 3 r 3 4 e r/a a a 3 0 r e r/a 0 dr = α a 0 a r 4 e 3r/a 0 Wir setzen β = 3 a 0 und berechnen das Integral durch partielle Integration. Die Terme mit fg 0 verschwinden dabei immer, da für r 0 die r n -Terme verschwinden und für r die e βr -Terme. Es ist dann: 0 r 4 e βr dr = 4 β 0 r 3 e βr dr = 1 β 0 r e βr dr = 4 β 3 0 re βr dr = 4 β 4 0 dr e βr dr = 4 β 5 und damit oben eingesetzt: n F m = a 4 0 α 18 r 4 e βr dr = αa 0 = a 0eAe ωτ π Dies können wir in die Formel für die Übergangswahrscheinlichkeit einsetzen und erhalten P m n = πt n F m = π 3 te A a 0 18 e ωτ

115 wobei ω wie oben beschrieben durch gegeben ist. ω = E n E m = E i + E i 1 = 3E i 4 1. Übung 115

116 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 1 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: * Aufgabe 1 6P: Zweizustandssystem im äußeren Potential. Ein Zweizustandssystem im zeitlich harmonischen äußeren Potential wird durch folgenden Hamilton- Operator beschrieben H = H 0 + V t, wobei H 0 der ungestörte Hamilton-Operator bezeichnet: H 0 1 = E 1 1, H 0 = E, mit E > E 1. Der Störoperator im Raum der ungestörten Eigenzustände { 1, } ist gegeben durch 0 e iωt V t = λ e iωt. 0 a Lösen Sie die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung i Ψt / t = H Ψt für die Anfangsbedingung Ψt = 0 = 1. Dabei erhalten Sie ein System von gekoppelten Differentialgleichungen für die Koeffizienten c n t = n Ψt, n = 1,, das exakt gelöst werden kann. b Benutzen Sie nun Störungstheorie in niederster, nicht-trivialer Ordnung, um die Koeffizienten c n t, n = 1,, zu berechnen. Vergleichen Sie Ihr Ergebnis mit der exakten Lösung von Aufgabenteil a für kleine Werte von λ. Betrachten Sie dabei folgende Fälle separat: i ω ω 1 mit ω 1 = E E 1 ; ii ω ω 1 bzw. ω ω 1. Aufgabe : Hamilton-Operator des freien Strahlungsfeldes Der Hamilton-Operator des freien Strahlungsfeldes in einem endlichen Volumen V ist gegeben durch H rad = ε 0c E d 3 r c + B = V ε 0c 1 c A k t + k A k t, 1 k wobei A k t durch die Fourier-Reihe des Vektorpotentials A r, t = A k k te i k r definiert sind. Zeigen Sie, dass Gl. 1 in folgender Form geschrieben werden kann H rad = ck a a k,λ k,λ + 1, k,λ wobei k den Wellenvektor und λ die Polarization bezeichnet. Das Vektorpotentials ist dabei gegen durch mit ω k = kc A r, t = a k,λ ε k,λ e i k r ω k t + a kcv ε ε 0 k,λ k,λ e i k r ω k t, k,λ 1

117 wobei a k,λ und a k,λ die Erzeugungs- bzw. Vernichtungsoperatoren sind. Es gilt [a k,λ, a k,λ ] = δ k, k δ λ,λ, [a k,λ, a k,λ ] = 0, und [a k,λ, a k,λ ] = 0. Hinweis: O.B.d.A. kann man Polarisationsvektoren wählen, so dass gilt ε k,λ = ε k,λ. * Aufgabe 34P: Kommutatorrelationen Überprüfen Sie die Kommutatorrelation für den Drehimpulsoperator L und den Ortsoperator r [ L, [ L, r ] ] = { L, r }. Berechnen Sie dazu die Kommutatoren [ L, x i ], wobei x i eine Komponente des Ortsoperators bezeichnet.

118 4. Aufgabe: Zweizustandssystem im äußeren Potential Lösung aus dem Tut: a Wir wählen als Ansatz im Schrödingerbild: Ψt S = c 1t 1 + c t und im Wechselwirkungsbild: Ψt I = c 1 t 1 + c t Ψt S = e ih 0t/ Ψt I = c 1 t }{{} 1 Ψt I e ie1t/ 1 + c te iet/ Dies setzt man in die Schrödingergleichung ein und rechnet dann beide Seiten aus: i t Ψt S = H Ψt S i ċ 1 e ie 1t/ 1 + E 1 c 1 e ie 1t/ 1 + i ċ e ie t/ + E c e ie t/ = c 1 E 1 e ie 1t/ 1 + c E e ie t/ + c 1 λe iωt e ie 1t/ + c λe iωt e ie t/ 1 mit ω 1 := E E 1 erhält man zwei Gleichungen durch die Separation der Zustände: I iċ 1 = c λ e iω 1 ωt II iċ = c 1 λ eiω 1 ωt Diese Gleichungen entkoppelt man, indem eine Gleichung zuerst abgeleitet wird hier d II dt i c = ċ 1 λ eiω 1 ωt }{{} = i λ c wobei die Formeln I und II verwendet wurden. + c 1 λ iω 1 ωe iω 1 ωt }{{} = ċ ω 1 ω c iωċ + λ c = 0 mit Ω = ω 1 ω. Die DGL für kann c 1 analog berechnet werden, was jedoch nicht nötig ist, weil man über II die Lösung von c 1 aus ċ erhält. Der Ansatz für c lautet c = A e δt mit δ = iω±d und D = 118 Ω + 4 λ. Aus der

119 gegebenen Anfangsbedingung c 0 = 0 folgt deshalb: mit c 1 = ċ i λ e iωt = i λ e iωt A D c = A sin t e iωt/ D D cos t e iωt/ + iω D sin t e iωt/ Aus der Anfangsbedingung c 1 0 = 1 ergibt sich A = iλ. Daraus folgt: D D c 1 t = e cos iωt/ t + iωd D sin t c t = e iωt/ iλ D D sin t b Im Wechselwirkungsbild ist die Störungstheorie gegebenen durch Ψt I = Ψ0 I + 1 i t 0 dt V I t Ψt I wobei in erster Ordnung im Intergralterm Ψt I = Ψ0 I genähert werden kann. Die Koeffizienten können nun einfach berechnet werden: c 1 = 1 Ψt I i c = Ψt I }{{} i =0 t t = λ e iωt 1 = iλ i iω Ω eiωt/ sin 0 0 dt 1 V I 1 +Oλ 1 }{{} =0 dt e ih 0t / V e ih 0t / 1 }{{} λe iω 1 ωt Verglichen mit der exakten Lösung ergibt sich mit λ << 1: Ωt D = Ω + Oλ Ωt Ωt c 1 e cos iωt/ + i sin = 1 }{{} e iωt/ 119

120 c iλ Ω Ω sin e iωt/ t Dies stimmt mit der exakten Lösung überein. 1 ω ω 1 = Ω 0 c = iλ lim Ω 0 sinωt/ Ω/ = iλ t c Übergangswahrscheinlichkeit = Resonanz ω << ω 1 bzw. ω >> ω 1 = Ω Nils Lösung: c = iλ lim Ω sinωt/ = 0 Ω/ Es gibt keinen Übergang, das System ist also nicht resonant. a Wir machen folgenden Ansatz für ψ : ψ = c 1 e ie 1t/ 1 + c e ie t/ da dieser uns die Rechnung stark vereinfacht. Es folgt dann nach einigem Umstellen aus der Schrödingergleichung, wenn man sie direkt in zwei Teilgleichungen aufspaltet: ċ 1 = iλ e ite E 1 / +ω c ċ = iλ eite E 1 / ω c 1 Beide Gleichungen können wir jeweils ableiten und in die andere Einsetzen. Wir erhalten dann zwei Differentialgleichungen für die beiden c i : λ c 1 + c 1 + iω 1 ωċ 1 = 0 λ c + c iω 1 ωċ = 0 Für beide wählen wir den Ansatz e iρt und erhalten eine Gleichung für ρ, welche 10

121 einfach zu lösen ist Gleichung. Grades. Wir erhalten dann die Lösungen c 1 = e iρ 1t A 1 e iρ t + B 1 e iρ t c = e iρ 1t A e iρ t + B e iρ t mit ρ 1 = ω 1 ω Aufgrund der Anfangsbedingungen muss ρ = ρ 1 + λ A 1 + B 1 = 1 A + B = 0 gelten, weshalb wir die Terme direkt in Sinus und Cosinus umschreiben können. Zur Kontrolle setzt man noch einmal in die gekoppelte Differentialgleichung von oben ein und erhält dann nach einigem Umformen die Lösungen: c 1 = e iρ 1t cosρ t + iρ 1 sinρ t ρ c = ie iρ λ 1t sinρ t ρ Wir betrachten jetzt gleich die Näherungen. Wenn λ sehr klein ist, dann ist ρ ρ 1 und wir erhalten: c 1 e iρ 1t cosρ 1 t + i sinρ 1 t = e iρ 1t e iρ 1t = 1 und c i λ ρ 1 e iρ 1t sinρ 1 t b Wir betrachten jetzt das System in 1. Ordnung Störungstheorie. Dabei ist m = 1 der Startzustand. Für gilt dann: Nun ist nach Definition, t ψ, t = δ i t 0 e it E E 1 / V t 1 dt E E 1 = ω 1 und V t 1 = λe iωt und da n m gilt:, t ψ, t = λ i t 0 e it ω 1 ω dt = λ i t 0 e it ρ 1 dt = λ e iρ 1 t 1 = iλ e iρ1t sinρ 1 t i iρ 1 ρ 1 11

122 Mit, t = e ie t/ sieht man auch direkt, dass der ausgerechnete Wert gerade c entspricht. Also stimmt hier die Störungstheorie. Für den Zustand 1 ergibt sich ganz einfach 1, t ψ, t = 1 da das Matrixelement 1 V t 1 verschwindet. Auch hier sehen wir wieder mit 1, t = e ie 1t/ dass dies schon dem Wert von c 1 entspricht und sehen, dass auch hier die Entwicklung richtig ist. 43. Aufgabe: Hamilton-Operator des freien Strahlungsfeldes Für den Hamilton-Operator ist gegeben: H rad = ε 0c E d 3 r c + B = V ε 0c 1 c A k t + k A k t k Um zu zeigen, dass der Hamiltonoperator auf die ebenfalls gegebene Form gebracht werden kann, wird zuerst das Vektorpotential mithilfe von A r, t = A k e i k r umgeschrieben: k A r, t = k,λ kcv ε }{{ 0 a k,λ ε k,λ e i k r ω k t + a k,λ ε k,λ e i k r ω k t }}{{} =:N k k A k t = λ N a k,λ ε k,λ e iωkt + a k,λ ε k,λ eiω kt 1

123 Nun werden die jeweiligen Betragsquadrate des Vektorpotentials berechnet, damit diese später eingesetzt werden können. Ȧ k = Niω k a k,λ ε k,λ e iωkt + a k,λ ε k,λ eiω kt λ = N ωk a k,λ a ε k,λ k,λ ε k,λ a k,λ a k,λ ε k,λ ε k,λ e iω kt λ,λ + N ωk a k,λ a k,λ ε k,λ ε k,λ e iωkt + a }{{} a k,λ k,λ ε ε k,λ k,λ }{{} δ λλ δ λλ mit ε k,λ = ε k,λ und ε k,λ ε k,λ = δ λλ. k A k = N λ a k,λ k ε k,λ e iωkt + a k,λ k ε k,λ eiω kt mit k ε k,1 = k ε k, im isotropen Medium. k A k = Nk a k,1 ε k, e iωkt a k, ε k,1 e iωkt + a ε k,1 k, e iωkt a ε k, k,1 e iω kt = N k a k,1 a k,1 + a k,1 a k,1 e iωkt + a k, a k, + a k, a k, e iω kt + N k a a k,1 k,1 + a k,1 a k,1 e iωkt + a a k, k, + a k, a k, e iω kt = N k a k,λ a k,λ + a k,λ a k,λ e iωkt + a k,λ a k,λ e iωkt + a a k,λ k,λ λ Diese eingesetzt und miteinander verrechnet ergibt H rad = V ε 0c k kcv ε }{{ 0 } 1 4 kc k,λ = H rad = k,λ a k,λ a k,λ }{{} a k,λ a k,λ +[a k,λ,a k,λ ] kc a k,λ a k,λ a a k,λ k,λ }{{} a k,λ a k,λ und damit die Behauptung. 13

124 44. Aufgabe: Kommutatorrelationen Wir benutzen ohne Nennung die bekannten Kommutatoren: [r j, p k ] = i δ j,k [r j, r k ] = [p j, p k ] = 0 [L, L i ] = 0 Dann ist zuerst einmal mit der Definition von des Drehimpulses als L i = ε ijk r j p k der Kommutator [L i, r n ] = ε ijk [r j p k, r n ] = ε ijk r j [p k, r n ] + [r j, r n ]p k = i ε ijk r j δ kn = i ε ijn r j Damit ist dann [L, r n ] = i [L i, r n ] = i L i [L i, r n ] + [L i, r n ]L i = i i ε ijn L i r j + r j L i und damit insgesamt [L, [L, r n ]] = i i ε ijn [L, L i r j ] + [L, r j L i ] = i i ε ijn Li [L, r j ] + [L, L i ]r j + r j [L, L i ] + [L, r j ]L i Wir benutzen wieder das Ergebnis von oben und [L, L i ] = 0: = i i,l ε ijn ε lmj L i L l r m + L i r m L l + L l r m L i + r m L l L i Nun ist ε ijn ε lmj = ε jin ε jlm = δ il δ nm δ im δ nl und damit: [L, [L, r n ]] = i L i r n + L i r n L i + L i r n L i + r n L i L i L n r i L i r i L n L n r i L i r i L n L i Wir machen ein paar Zwischenrechnungen: [L i, r n ] = i ε ijn r j = L i r n r n L i 14

125 und damit: L i r n L i = L i r n L i = i ε ijn r j + r n L i L i = i ε ijn r j L i + r n L i aber gleichzeitig: L i r n L i = L i r n L i = L i L i r n + i ε ijn r j = L i r n + i ε ijn L i r j und damit L i r n L i = L i r n + r n L i + i ε ijn [L i, r j ] = {L i, r n } + i ε ijn i ε ikj r k Für den hinteren Teil ergibt sich jedoch: ε ijn ε ikj r k = δ jk δ nj δ jj δ nk r k = r n r n = 0 und damit L i r n L i = {L i, r n } 13. Übung 15

126 Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila WS 1/13 Blatt 13 luminita/theoe113 Abgabe: Besprechung: * Aufgabe 1 5P: Lebensdauer für Dipolübergänge Betrachten Sie ein Wasserstoffatom, wobei sich das Elektron in einem P -Zustand mit m = 0, +1 oder 1 befindet. Mit Hilfe der zeitabhängigen Störungstheorie erster Ordnung vgl. Vorlesung erhält man für die Übergangsrate in den 1S-Zustand Γ P 1S, kλ = α πc ω3 d P,1S ǫ kλ, wobei k und λ Wellenzahl und Polarisation des Photons sind und sich ω aus der Energiedifferenz zwischen dem P - und 1S-Niveau ergibt. a Summieren Sie über beiden Polarisationszustände und integrieren Sie über den Raumwinkel dω des Vektors k, um die Lebensdauer in Abhängigkeit vom Betrag des Dipolmatrixelements d P,1S zu bekommen. b Berechnen Sie das Dipolmatrixelement d P,1S. und drücken Sie die Lebensdauer τ durch α, m e, c und aus. c Werten Sie τ numerisch aus. Numerische Werte für die Konstanten finden Sie auf der Webseite pdg.lbl.gov/01/reviews/contents sports.html Aufgabe : Auswahlregeln für Dipolübergänge eines harmonischen Oszillators Betrachten Sie einen elektrisch geladenen harmonischen Oszillator. Leiten Sie die Auswahlregeln für elektrische Dipolübergänge her. Berechnen Sie die möglichen Frequenzen der emittierten bzw. absorbierten Strahlung. Hinweis: Die Hermite-Polynome genügen folgender Rekursionsformel: H n+1 x = x H n x n H n 1 x. * Aufgabe 3 5P: System von zwei identischen Teilchen Betrachten Sie ein System von zwei identische Teilchen mit i Spin 1/ und ii Spin 1, die sich im Potential eines harmonischen Oszillator befinden. Vernachlässigen Sie dabei die Wechselwirkung zwischen den beiden Teilchen. a Geben Sie die Symmetrieeigenschaften der Eigenvektoren der Operatoren S und S z an, wobei S der Gesamtspinoperator ist. Hinweis: Benutzen Sie dazu die Ergebnisse der Aufgabe 1 von Übungsblatt 3. b Berechnen Sie die Energien und die Wellenfunktionen für den Grundzustand und den ersten angeregten Zustand. Geben Sie jeweils den Entartungsgrad an. Aufgabe 4: System von N nicht-wechselwirkenden identischen Bosonen Betrachten Sie ein System aus N nicht-wechselwirkenden identischen Bosonen, bei dem das i-te Niveau n i -fach besetzt sei. Die Ein-Teilchen-Zustände seien gegeben durch α, i α, wobei α bzw. i α den Teilchen- bzw. Niveauindex bezeichnen. Drücken Sie den Zustandsvektor dieses Systems unter Berücksichtigung des Symmetrisierungspostulats durch die Produktzustände 1, i 1 ;, i ;... ; N, i N = 1

127 1, i 1 N, i N aus und leiten Sie die Normierungskonstante her. Ab dem 8. Februar können Sie sich zur Klausur, die am 1. Februar 013 stattfindet, anmelden. Beachten Sie dazu auch den Aushang am Schwarzen Brett und die Informationen auf der Website zur Vorlesung.

128 45. Aufgabe: Lebensdauer für Dipolübergänge a Dies ist eine Art Zwischenrechnung der Vorlseung. Wir kennen aus der Vorlesung die Übergangsrate Γ p 1S, k,λ = α πc ω3 d p,1s ɛ k,λ Die Wahrscheinlichkeit pro Zeit t dass ein Photon mit Polarisation λ in dω ausgesandt wird. Wir summieren dazu über alle Wellenvektoren k dω. dω = k dω Γ p 1S, k,λ Die Ersetzung der Summe durch das Integral ist wieder gegeben durch. Da k nur im Raumwinkel liegen darf wird die Summe dieser k zu einer Integration über den Raumwinkel. k dω dω Verwende wie in der Vorlesung die Darstellung der d ɛ durch Kugelkoordinaten d p,1s ɛ k,1 = sin Θ cos φ d p,1s d p,1s ɛ k, = sin Θ sin φ d p,1s Damit erhält man: dω p,1s = λ dω λ = α πc ω3 d p,1s sin ΘdΩ dω p,1s = α π πc ω3 d p,1s Die Lebensdauer ist das Inverse: 0 1 dφ d cos Θ 1 cos Θ = 4α 1 3c ω3 d p,1s 1 τ = dω p,1s = 4α 3c ω3 d p,1s b Siehe Ansatz aus der Vorlesung. Mit Verwendung der Kugelflächenfunktionen Y 10, Y 11 18

129 und Y 1 1 erhalten wir: d Ω = dωy 00RY 1m = dω 1 4π Y1m 1 8π Y1m 1 i Y Y 11 Y Y 11 = 1 δ m, 1 δ m,1 iδ m, 1 + δ m,1 6 8π Y 1m 4π 3 Y 10 δm,0 Da m immer nur einen der drei Werte m = 1, 0, 1 annehmen kann, sind nie alle δ-funktionen gleichzeitig eins. Genauer gesagt ist der Betrag des Vektors in allen Fällen was man durch einfaches Einsetzen finden kann. Und man erhält damit d Ω = 1 3 Für den Radialanteil gilt wie auf dem ÜB 11 A 3 gezeigt: Damit ist insgesamt: d r = R 1 r 3 R 00 = a 0 d p,1s = Und als Ergebnis bekommt man damit 56 a 0 81 dω p,1s = 3 α mc 8 τ p 1s 1.6 ns 46. Aufgabe: Auswahlregeln für Dipolübergänge eines harmonischen Oszillators Die Eigenfunktionen des harmonischen Oszillators sind gegeben durch: x x x d nm = n x m = dxc n c m H n H m e xr/x 0 x 0 x 0 x 0 Es gilt die folgende Beziehung: dxe x H n xh m x = δ nm c n 19

130 Mit der Rekursionsformel vom Blatt erhält man: 1 d nm = c n c m x 0 H n yyh m ye y dy = c n c m x 0 H m+1y + mh m 1 y H n e y und aufgrund der Orthogonalität der Hermite-Polynome: d nm = x 0 c m c n 1 δ n,m+1 + mδ n,m 1 Die Auswahlregel besagt, dass d nm ungleich null ist. Dies ist äquivalent zu n = m±1. Die Frequenz der emittierten / abgestrahlten Leistung muss genau der Energiedifferenz betragen. Die Differenz zweier Zustände mit n = ±1 ist bei einem harmonischen Oszillator gerade gegeben durch: E = ω 0 wenn ω 0 die Eigenfrequenz des Oszillators ist. Dann ist also ω Photon = ω Aufgabe: System von zwei identischen Teilchen Wir benutzen in der Aufgabe ohne Beweis die in den vorherigen Arbeitsblättern erarbeiteten Ergebnisse für den Wechsel der beiden Koordinatensysteme zwei einzelne Spins in Gesamtspin. Aufgeschrieben werden die Zustände immer in der Form s, m s = c n s 1, s, m 1, m mit dem Gesamtspin s, dem Eigenwert des Gesamtspins in z-richtung m s und den Anteilen der einzelnen Spins s 1, s bzw. m 1 und m in z-richtung. Die c n sind Koeffizienten abhängig von allen Parametern die CGK, welche schon in vorherigen Aufgaben berechnet wurden. a Wir betrachten die beiden Fälle getrennt: Zwei Teilchen mit Spin s = 1/. Es ergeben sich folgende Darstellungen der Ei- 130

131 genzustände von S und S z. 1, 1 = 1/, 1/, 1/, 1/ 1, 1 = 1/, 1/, 1/, 1/ 1, 0 = 1 1/, 1/, 1/, 1/ + 1/, 1/, 1/, 1/ 0, 0 = 1 1/, 1/, 1/, 1/ 1/, 1/, 1/, 1/ Wie man leicht einsieht, verändert sich bei den Termen für 1, 1, 1, 1 und 1, 0 nichts, wenn man die Bezeichnung der beiden Teilchen ändert also die Reihenfolge von m 1 und m. Es handelt sich also dabei um symmetrische Zustände. Nur bei 0, 0 entsteht ein Minuszeichen. Dieser Zustand ist also antisymmetrisch. χ Singlet s 1, s = χ Singlet s, s 1 χ Triplet s 1, s = χ Triplet s, s 1 Zwei Teilchen mit Spin s = 1. Diesmal ergeben sich folgende Darstellungen der Eigenzustände von S und S z. 0, 0 = 1 3 1, 1, 1, 1 + 1, 1, 1, 1 1, 1, 0, 0 1, 1 = 1 1, 1, 0, 1 1, 1, 1, 0 1, 0 = 1 1, 1, 1, 1 1, 1, 1, 1 1, 1 = 1 1, 1, 1, 0 1, 1, 0, 1, 1 = 1 1, 1, 1, 0 + 1, 1, 0, 1, = 1, 1, 1, 1, 0 = 1 6 1, 1, 1, 1 + 1, 1, 0, 0 + 1, 1, 1, 1, 1 = 1 1, 1, 0, 1 + 1, 1, 1, 0, = 1, 1, 1, 1 131

132 Wieder betrachten wir was passiert, wenn wir m 1 und m tauschen. Man erkennt recht schnell, dass sich nur bei den Zuständen mit s = 1 das Vorzeichen ändert. Sie sind also antisymmetrisch. Alle anderen mit s = 0 oder s = sind symmetrische Zustände. χ s=1 s 1, s = χ s=1 s, s 1 χ s=0 oder s= s 1, s = χ s=0 oder s= s, s 1 b Sehen wir vom Spin ab, so handelt es sich bei den beiden Teilchen um zwei Teilchen, welche sich jeweils in einem unabhängigen harmonischen Oszillator befinden. Jedes Teilchen lässt sich also durch die Angabe des Besetzungszahloperators N beschreiben. Das gesamte System lässt sich also beschreiben durch Kets der Form n 1, n, s, m s wobei n 1 bzw. n die Besetzungszahlen der beiden Teilchen sind und s und m s die beiden oben eingeführten Quantenzahlen für den Gesamtspin. Der Hamiltonoperator des Systems ergibt sich als H = ω N 1 + N + 1 mit den Besetzungszahloperatoren N 1 und N für die beiden Teilchen. Der Grundzustand des harmonischen Oszillators ist ein Zustand, in dem beide Teilchen im Grundzustand sind. Also n 1 = 0, n = 0. Dieser Zustand ist offensichtlich symmetrisch unter Vertauschung der beiden Teilchen. Die nächst höhere Energie wird erreicht, wenn eines der beiden Teilchen sich in einem Zustand mit n = 1 befindet, das andere in n = 0. Es ergeben sich also die beiden Möglichkeiten n 1 = 1, n = 0 n 1 = 0, n = 1 Aufgrund des Symmetrisierungspostulates können aber nur die Linearkombinationen auftreten. Dabei ist S := 1 n 1 = 1, n = 0 + n 1 = 0, n = 1 symmetrisch, während A := 1 n 1 = 1, n = 0 n 1 = 0, n = 1 13

133 antisymmetrisch ist. Die Energien sind jeweils H A = ω A H S = ω S Alle Spin-Zustände haben die selbe Energie, da H unabhängig vom Spin ist. Wir betrachten wieder beide Fälle getrennt. Zwei Teilchen mit Spin s = 1/. Da es sich bei diesen Teilchen um Fermionen handelt, muss jeder Zustand antisymmetrisch sein. Da der Grundzustand des harmonischen Oszillators n 1 = 0, n = 0 symmetrisch ist, muss der Spin-Zustand antisymmetrisch sein. Die einzige Möglichkeit für den Grundzustand siehe oben ist also der Zustand 0 F = n 1 = 0, n = 0, s = 0, m s = 0 Die Energie dieses Zustandes ist E 0F = ω Da es nur einen möglichen Zustand gibt, ist diese Energie nicht entartet. Beim ersten angeregten Zustand ergeben sich jetzt mehrere Möglichkeiten. Entweder die Bahnfunktion ist symmetrisch S und damit muss die Spinfunktion antisymmetrisch sein 0, 0 oder umgekehrt: antisymmetrische Bahn A und symmetrische Spinfunktion 1, 1, 1, 0 oder 1, 1. Die vier Möglichkeiten sind also A 1, 1, A 1, 0, A 1, 1, S 0, 0 oder beliebige normierte Linearkombinationen davon. Für die Energie gilt in allen Fällen E 1F = ω Diese ist also 4-fach entartet. Zwei Teilchen mit Spin s = 1. Diese sind Bosonen. Die Gesamtwellenfunktion muss also symmetrisch sein. Zum symmetrischen Grundzustand des harmonischen Oszillators muss also auch eine symmetrische Spinfunktion gehören. Es ergeben sich also die Möglichkeiten n 1 = 0, n = 0 { 0, 0,,,, 1,, 0,, 1,, } 133

134 oder beliebige Linearkombinationen davon. Wieder ist die Energie E 0B = ω aber diesmal ist sie 6-fach entartet. Für den ersten angeregten Zustand ergeben sich die Möglichkeiten A { 1, 1, 1, 0, 1, 1 } oder S { 0, 0,,,, 1,, 0,, 1,, } da zu einer symmetrischen Bahnfunktion eine symmetrische Spinfunktion gehört und das selbe auch für antisymmetrische Funktionen. In allen Fällen ist die Energie Sie ist 9-fach entartet. E 1B = 3 ω Lösung aus Tutorium: Weniger Text mehr Formel als bei Nils, kann man vielleicht weglassen Spin-1/, Fermion ψ F r 1, s 1, r 1, s 1 = ψ F r, s, r 1, s 1 ψ s r 1 r χ a s 1, s ψ F = ψ a r 1 r χ s s 1, s Mit ψ s = 1 φ n1 r 1 φ n r + φ n1 r φ n r 1 ψ a = 1 φ n1 r 1 φ n r φ n1 r φ n r 1 Die Spinzustände sind durch den Singlet χ a und die Tripletzustände χ s gegeben. Für den Grundzustand n 1 = n bekommt man: ψ 0 F = Nφ 0 r 1 φ 0 r χ Singlet s 1, s 134

135 Dieser ist nicht entartet und wir erhalten die Energie E 0 = ɛ 0 + ɛ 0 = ω Da ɛ = ω n + 1 Für den ersten angeregten Zustand erhält man ψ s = 1 φ 0 r 1 φ 0 r + φ 1 r φ 0 r 1 Es liegt eine 4-fache Entartung vor. ψ a = 1 φ 0 r 1 φ 1 r φ 1 r φ 0 r 1 E 1 = ɛ 0 + ɛ 1 = ω Bosonen Mit ψ s, ψ a wie zuvor Grundzustand: ψ B r 1, s 1, r 1, s 1 = ψ B r, s, r 1, s 1 ψ s χ s ψ B = ψ a χ a χ s= χ s = χ a = χ s=1 χ s=0 E 0 = ω ψ 0 B = Nφ 0 r 1 φ 0 r χ s Der Grundzustand ist 6-fach entartet 5 von s = und 1 von s = 0 Erster angeregter Zustand: ψ 0 B Dieser Zustand ist 9-fach entartet. E 1 = ω = αφ sχ s + βψ a χ a 135

136 48. Aufgabe: System von N nicht-wechselwirkenden identischen Bosonen Wir betrachten ein System von N nicht-wechselwirkenden identischen Bosonen. Die Produktzustände sind gegeben durch: ψ B = C Permutationen 1, E 0, E 0... n 0, E 0 N, E }{{} k n 0 Wobei E k das höchste besetzte Energieniveau ist. Die Anzahl der möglichen Permutationen sind gerade N!. Wir fordern, dass die folgende Normierung gilt: ψ B = 1 Die Plätze im Null-Niveau sind identisch. Daraus ergibt sich der Korrekturfaktor n1!n! n k! C = N! 1 Übungsklausur 1.1 Klausur A 136

137 Übungsklausur zur Vorlesung Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila Bearbeitungsdauer: 90 Minuten Name: Gruppe: Matrikelnummer: Schreiben Sie bitte auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer. Aufgabe: Hilfsmittel: Ein eigenhändig beschriebenes DIN A4 Blatt. Aufgabe 1 8 Punkte a Ein Wasserstoffatom im Grundzustand befindet sich in einem elektrischen Feld E = E e z. Geben Sie den Hamilton-Operator, der den Einfluß des elektrischen Feldes beschreibt, an. Berechnen Sie im Rahmen der Störungstheorie erster Ordung die Energiekorrekturen. Hinweise: i Die Wellenfunktion des Wasserstoffatoms im Grundzustand lautet Ψ 100 r = R 10 ry 00 θ, φ mit R 10 r = a 3/ e r/a und Y 00 θ, φ = 1 4π, wobei a den Bohrschen Radius bezeichnet. ii Vernachlässigen Sie dabei den Einfluß der Fein- und Hyperfeinstruktur des Wasserstoffatoms. Betrachten Sie das Wasserstoffatom als nicht-relativistisches System. b Gegeben seien die Vierervektoren a µ = a 0, a T, b µ = b 0, b T, c µ = c 0, c T. Welche der folgenden Ausdrücke sind invariant unter räumlichen Drehungen: i a b, ii a 0 b 0? Begründen Sie Ihre Antwort. c Berechnen Sie γ µ /a/bγ µ, wobei a und b Vierervektoren sind. d Berechnen Sie den Kommutator [γ µ, σ νρ ] mit σ νρ = i [γν, γ ρ ]. Aufgabe 4 Punkte Gegeben seien drei nicht identische Teilchen mit Spin 1/. Was sind die möglichen Werte für den Gesamtspin J des Systems? Wieviele Zustände kommen jeweils vor? 1

138 Aufgabe 3 10 Punkte Ein System bestehe aus zwei verschiedenen Teilchen mit jeweils Spin 1/. Sei rr, θ, φ = r 1 r, wobei r 1 und r die Ortsvektoren der Teilchen sind. 3 S r a Zeigen Sie, dass der Operator S 1 = S, wobei S der Gesamtspin ist, nur von den r Polar- und Azimutwinkeln θ und φ und den Spinquantenzahlen abhängt. Zeigen Sie, dass die Abhängigkeit von θ und φ durch Kugelflächenfunktionen mit l = ausgedrückt werden kann. b Zeigen Sie, dass der Operator S 1 in folgende Form übergeführt werden kann 4π S 1 = 5 T S, wobei T und S irreduzible Tensoroperatoren zweiter Stufe sind, die Funktionen der Bahn- bzw. Spinvariablen sind. Dabei ist das Skalarprodukt folgendermaßen definiert T S = 1 q T q= q S q. Geben Sie explizite Ausdrücke für T q und S q an und zeigen Sie/begründen Sie, dass T und S irreduzible Tensoroperatoren zweiter Stufe sind. Hinweise: i Es ist günstig, die Operatoren S ± = S x ± is y einzuführen. ii [S z, S±] = ± S ±, [S +, S ] = S z, S + S = Sx + Sy + S z ; 5 15 Y 0 θ, φ = 16π 3 cos θ 1, Y ±1 θ, φ = 8π sin θ cos θe±iφ, Y ± θ, φ = 15 3π sin θe ±iφ. Aufgabe 4 8 Punkte Ein System aus zwei Nukleonen ein Proton und ein Neutron mit Spin 1/ wird durch folgenden Hamilton-Operator H = p m + V r + ξr L S + ηr S 1 S beschrieben, wobei L und S = S 1 + S den Gesamtbahndrehimpuls bzw. Gesamtspin bezeichnet. r ist der Abstand der beiden Nukleonen. a Zeigen Sie, dass [H, J] = 0, wobei J = L + S. b Durch welche Quantenzahlen wird das System beschrieben? c In wieviele Niveaus spalten die Zustände zu l = 0 und l = 1 auf? d Berechnen Sie die relative Aufspaltung innerhalb des Multipletts zu l = 1 und s = 1 und skizzieren die Energieniveaus.

139 1. Klausur B 139

140 Übungsklausur zur Vorlesung Moderne Theoretische Physik II Quantenmechanik II Institut für Theoretische Teilchenphysik Prof. Dr. M. Steinhauser, Dr. L. Mihaila Bearbeitungsdauer: 90 Minuten Name: Gruppe: Matrikelnummer: Schreiben Sie bitte auf jedes Blatt Ihren Namen und Ihre Matrikelnummer. Aufgabe: Hilfsmittel: Ein eigenhändig beschriebenes DIN A4 Blatt. Aufgabe 1 8 Punkte a Ein Wasserstoffatom im Grundzustand befindet sich in einem elektrischen Feld E = E e z. Geben Sie den Hamilton-Operator, der den Einfluß des elektrischen Feldes beschreibt, an. Berechnen Sie im Rahmen der Störungstheorie erster Ordung die Energiekorrekturen. Hinweise: i Die Wellenfunktion des Wasserstoffatoms im Grundzustand lautet Ψ 100 r = R 10 ry 00 θ, φ mit R 10 r = a 3/ e r/a und Y 00 θ, φ = 1 4π, wobei a den Bohrschen Radius bezeichnet. ii Vernachlässigen Sie dabei den Einfluß der Fein- und Hyperfeinstruktur des Wasserstoffatoms. Betrachten Sie das Wasserstoffatom als nicht-relativistisches System. b Gegeben seien die Vierervektoren a µ = a 0, a T, b µ = b 0, b T, c µ = c 0, c T. Welche der folgenden Ausdrücke sind invariant unter räumlichen Drehungen: i a 0 b, ii aµ b ν c ρ ε µνρ0? Begründen Sie Ihre Antwort. c Berechnen Sie γ µ γ ν γ ρ γ µ. d Berechnen Sie den Kommutator [γ µ, σ νρ ] mit σ νρ = i [γν, γ ρ ]. Aufgabe 6 Punkte Gegeben seien drei nicht identische Teilchen mit Spin 1/, 1/ und 1. Was sind die möglichen Werte für den Gesamtspin J des Systems? Wieviele Zustände kommen jeweils vor? 1

141 Aufgabe 3 10 Punkte Ein System bestehe aus zwei verschiedenen Teilchen mit jeweils Spin 1/. Sei rr, θ, φ = r 1 r, wobei r 1 und r die Ortsvektoren der Teilchen sind. 3 S r a Zeigen Sie, dass der Operator S 1 = S, wobei S der Gesamtspin ist, nur von den r Polar- und Azimutwinkeln θ und φ und den Spinquantenzahlen abhängt. Zeigen Sie, dass die Abhängigkeit von θ und φ durch Kugelflächenfunktionen mit l = ausgedrückt werden kann. b Zeigen Sie, dass der Operator S 1 in folgende Form übergeführt werden kann 4π S 1 = 5 T S, wobei T und S irreduzible Tensoroperatoren zweiter Stufe sind, die Funktionen der Bahn- bzw. Spinvariablen sind. Dabei ist das Skalarprodukt folgendermaßen definiert T S = 1 q T q= q S q. Geben Sie explizite Ausdrücke für T q und S q an und zeigen Sie/begründen Sie, dass T und S irreduzible Tensoroperatoren zweiter Stufe sind. Hinweise: i Es ist günstig, die Operatoren S ± = S x ± is y einzuführen. ii [S z, S±] = ± S ±, [S +, S ] = S z, S + S = Sx + Sy + S z ; 5 15 Y 0 θ, φ = 16π 3 cos θ 1, Y ±1 θ, φ = 8π sin θ cos θe±iφ, Y ± θ, φ = 15 3π sin θe ±iφ. Aufgabe 4 6 Punkte Betrachten Sie den Hamilton-Operator eines relativistischen geladenen Teilchens im elektromagnetischen Feld. Zeigen Sie, dass die Klein-Gordon-Gleichung invariant ist, falls folgende Transformationen gleichzeitig durchgeführt werden A A = A + Λ, Φ Φ = Φ t Λ, Ψ Ψ = Ψ e iqλ, wobei A das Vektorpotential und Φ das skalare Potential ist. A, Φ und Λ sind Funktionen vom Orts- Vierervector x µ. q bezeichnet die elektrische Ladung des Teilchens.

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