T2 Quantenmechanik Lösungen 4

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1 T2 Quantenmechanik Lösungen 4 LMU München, WS 17/ Lösungen der Schrödinger-Gleichung Beweisen Sie die folgenden Aussagen. Prof. D. Lüst / Dr. A. Schmi-May version: a) Die Separationskonstante E, welche eingeführt wird um von der zeitabhängigen zu der zeitunabhängigen Schrödinger-Gleichung zu gelangen, ist für normierbare Lösungen der Schrödinger-Gleichung immer reell. Lösung: Nehme an, dass E = E 0 + iγ mit reellen Konstanten E 0 und Γ. Dann ist also und somit ψ(t, x) = ψ(x)e i(e0+iγ )t/ = ψ(x)e ie0t/ e Γ t/ ψ(t, x) 2 = ψ(x) 2 2Γ t/ e (4.S2) Um die Funktion zu normieren, betrachten wir den Ausdruck d 3 x ψ(t, x) 2 = e 2Γ t/ d 3 x ψ(x) 2 (4.S1) (4.S3) welchen wir gleich 1 setzen möchten. Der zweite Term ist eine Konstante, also muss auch e 2Γ t/ konstant sein, woraus sofort folgt, dass Γ = 0. q.e.d. b) Für normierbare Lösungen der eindimensionalen Schrödinger-Gleichung gilt E V min, wobei V min der minimale Wert des Potentials V (x) ist. Lösung: Schreibe die Schrödinger-Gleichung in der Form 2 ψ x 2 = 2m (V (x) E) ψ (4.S4) 2 Angenommen es sei E < V min und somit natürlich E < V (x) für alle x. Dann haben 2 ψ x und ψ überall das 2 gleiche Vorzeichen. Dies wiederum bedeutet, dass ψ(x) eine konvexe Funktion ist, welche sich von der x-achse wegkrümmt. Damit kann sie im Unendlichen nicht abfallen und ist somit nicht normierbar. Dies widerspricht der Annahme. q.e.d. c) Die Wellenfunktion ψ(x), welche die zeitunhabhängige Schrödinger-Gleichung löst, kann immer reell gewählt werden. Lösung: Wir betrachten die komplex konjugierte Schrödinger-Gleichung 2m 2 ψ + V ψ = Eψ (4.S5) wobei wir benutzt haben, dass V und E reell sind. Offensichtlich löst ψ die Schrödinger-Gleichung, wenn ψ eine Lösung ist. Da die Schrödinger-Gleichung linear ist, sind Linearkombinationen von Lösungen wieder eine Lösung. Gegeben eine beliebige komplexe Lösung ψ können wir also sofort zwei reelle Lösungen konstruieren ψ 1 = ψ + ψ, ψ 1 = i(ψ ψ ) (4.S6) d) Für ein Potential V (x) in der zeitunhabhängigen Schrödinger-Gleichung mit der Eigenschaft V ( x) = V (x) kann die Wellenfunktion so gewählt werden, dass sie entweder ψ( x) = ψ(x) oder ψ( x) = ψ(x) erfüllt. 4.1

2 Lösung: Es sei ψ(x) eine Lösung der Schrödinger-Gleichung mit Potential V (x) 2m 2 ψ(x) + V (x)ψ(x) = Eψ(x) (4.S7) Wir transformieren die Ortskoordinaten x x, so dass (beachte 2 2 ) 2m 2 ψ( x) + V ( x)ψ( x) = Eψ( x) (4.S8) Da per Annahme V (x) = V ( x), gilt 2m 2 ψ( x) + V (x)ψ( x) = Eψ( x) (4.S9) Also löst auch ψ( x) die Schrödinger-Gleichung. Nun können wir wieder Linearkombinationen bilden ψ + (x) = ψ(x) + ψ( x), ψ (x) = ψ(x) ψ( x) (4.S10) welche ebenfalls Lösungen sind. Diese erfüllen ψ + ( x) = ψ + (x), ψ ( x) = ψ (x) (4.S11) q.e.d Hamilton-Jacobi-Gleichung Betrachten Sie ein klassisches System von 2N Freiheitsgeraden im Phasenraum mit verallgemeinerten Koordinaten q = (q 1,..., q N ) und kanonischen Impulsen p = (p 1,..., p N ). Die Hamilton-Funktion sei H(q, p, t). Eine kanonische Transformation ist eine Abbildung (q, p) (Q, P) auf ein neues System von Koordinaten und Impulsen (Q, P), welche das Hamiltonsche Prinzip 0 = δ ( ) p q H(q, p, t) = δ mit einer transformierten Hamiltonfunktion K(Q, P, t) erfüllen ( ) P Q K(Q, P, t) a) Zeigen Sie, dass eine erzeugende Funktion F (q, P, t) durch die Relationen (4.1) p = q F, Q = P F, K = H + F, (4.2) eine kanonische Transformation definiert. Lösung: Es ist und somit df = q qf + P PF + F = q p + Ṗ Q + K H q p = df Ṗ Q K + H (4.S12) (4.S13) (4.S14) (4.S15) 4.2

3 Deshalb gilt 0 = δ = δ = δ ( ) p q H(q, p, t) ( df ) Ṗ Q K ( ) P Q K (4.S16) (4.S17) (4.S18) wobei wir partiell integriert und die Tatsache benutzt haben, dass die Variation am Rand verschwindet. q.e.d. b) Sei S(q, P, t) eine Lösung der Hamilton-Jacobi-Gleichung. Zeigen Sie, dass die mit S als erzeugende Funktion erhaltene Hamilton-Funktion verschwindet. Wie lauten in diesem Fall die Bewegungsgleichungen für P und Q? Lösung: Die Hamilton-Jacobi-Gleichung lautet S + H (q, qs, t) = 0 (4.S19) Die linke Seite ist identisch mit der Definition der transformierten Hamilton-Funktion K, wenn S die erzeugende Funktion ist. Also folgt K = 0. Dies impliziert sofort P(t) = const., Q(t) = const. (4.S20) c) Zeigen Sie, dass S(q, P, t) bis auf eine Konstante gleich der Wirkung ist, S(q, P, t) = L(q(t), q(t), t) + const. (4.3) wobei L die Lagrange-Funktion ist. Lösung: Es ist ds(q, P, t) da P = const.. Die rechte Seite ist die Lagrange-Funktion und somit ist = S + q qs + P PS (4.S21) = H (q, q S, t) + qp (4.S22) Integrieren liefert die gesuchte Identität. ds = L (4.S23) d) Sei ψ(x, t) eine Lösung der Schrödinger-Gleichung mit beliebigem Potential in drei Dimensionen. Wir definieren zwei reelle Funktionen S(x, t) und A(x, t), so dass ψ(x, t) = A(x, t) e i S(x,t) (4.4) Zeigen Sie, dass S für nichtverschwindenes A und unter Vernachlässigung von Termen der Ordnung die Hamilton-Jacobi-Gleichung für die entsprechende klassische Hamilton-Funktion erfüllt. Lösung: Es ist i [A(x, t) e i S(x,t)] [ = e i S i A A S ] 4.3 (4.S24)

4 und 2 [ 2m 2 A(x, t) e i S(x,t)] = [e ( A 2 2m i S + i )] A S = 2 2m e i S [ 2 A + 2i ( A) ( S) + i A 2 S 1 ] A( S) ( S) 2 Einsetzen der zwei Ausdrücke in die Schrödinger-Gleichung liefert i A A S = A V (x) 2m [ 2 A + 2i ( A) ( S) + i A 2 S 1 ] A( S) ( S) 2 Wir vernachlässigen Terme der Ordnung und höher und erhalten S 1 [ ( S) ( S)] V (x) 2m (4.S30) (4.S25) (4.S26) (4.S27) (4.S28) (4.S29) (4.S31) Da S = p, steht auf der rechten Seite die Hamiltonfunktion. q.e.d Geladenes Teilchen im elektromagnetischen Feld Betrachten Sie ein spinloses Teilchen mit Ladung q, welches sich in einem elektromagnetischen Feld bewegt. Der zugehörige Hamilton-Operator ist H = 1 ( p q ) 2 2m c A(t, x) + q Φ(t, x) (4.5) Die physikalischen elektromagnetischen Felder E und B sind gegeben durch E = Φ 1 c A B = A (4.6) a) Wie lauten die klassischen Hamilton schen Bewegungsgleichungen für x und p? Leiten Sie den bekannten Ausdruck für die Lorentzkraft her. Lösung: Die Hamilton schen Bewegungsgleichungen lauten Dies gibt ẋ = H p ṗ = H x (4.S32) mẋ = p q c A ṗ i = q (p q ) mc c A A x i q x i Φ = q c ẋ A x i + qe i + q A i c (4.S33) (4.S34) Die erste Gleichung beschreibt den kinetischen Impuls, die zweite die Lorentzkraft. Um Letzteres zu sehen, betrachten wir die (totale) Zeitlableitung von (4.S33), Eingesetzt in (4.S34) gibt das mẍ = ṗ q c da = ṗ q A c q (ẋ ) A c (4.S35) mẍ i = q c ẋ A x i q c (ẋ ) A i + qe i 4.4 (4.S36)

5 Nun benutzden wir die Vektoridentität woraus folgt, dass ẋ A x i (ẋ ) A i = [ẋ ( A)] i mẍ = q c ẋ ( A) + qe = q c ẋ B + qe (4.S37) (4.S38) Dies ist in der Tat die Lorentzkraft. b) Zeigen Sie, dass die Potenziale Φ und A durch (4.6) nicht eindeutig bestimmt werden, sondern dass die durch folgende Eichtransformation erhaltenen Ausdrücke auf die gleichen elektromagnetischen Felder führen, Φ (t, x) = Φ(t, x) + 1 c α(t, x) Hierin ist α(t, x) eine beliebige skalare Funktion. A (t, x) = A(t, x) α(t, x) (4.7) Lösung: Der Ausdruck für B ist invariant unter der Transformation wegen der Vektoridentität α = 0. Die Invarianz von E sieht man sofort durch Einsetzen. c) Das elektrische Feld sei E = 0 und das Magnetfeld sei homogen und statisch, B(t, x) = const. Zeigen Sie, dass das Vektorpotenzial A dann wie folgt gewählt werden kann A = 1 x B. (4.8) 2 Lösung: Um das zu sehen, setzt man den Ausdruck einfach in A ein und erhält B ɛ ijk j A k = 1 2 ɛ ijk j (ɛ klm x l B m ) = 1 2 ɛ ijkɛ klm δ jl B m = 1 2 ɛ ijkɛ kjm B m = 1 2 (δ ikδ km δ im δ kk )B m = 1 2 (B i 3B i ) = B i. (4.S39) d) Das elektrische Feld sei E = 0. Das Magnetfeld sei homogen und statisch und wir wählen die Koordinaten so, dass B = (0, 0, B) mit konstantem B. Zeigen Sie, dass der Hamilton-Operator in die folgende Form gebracht werden kann H = p2 2m + q2 8mc 2 (x2 + y 2 )B 2 worin L = x p der Drehimpulsoperator ist. q 2mc L B (4.9) Lösung: Der Hamilton-Operator für ein spinloses Teilchen mit Ladung q, welches sich in einem statischen Magnetfeld bewegt, ist H = 1 (p qa/c)2 (4.S40) 2m mit p = i. Dies kann geschrieben werden als (p und A vertauschen allgemein nicht!) H = p2 2m + q2 2mc 2 A2 q (p A + A p) 2mc (4.S41) 4.5

6 Das Vektorpotenzial für ein statisches, homogenes Magnetfeld B kann wie folgt gewählt werden A = 1 2 x B. In unserem Fall ist B x = B y = 0 und deshalb A = 1 yb xb, 2 0 (4.S42) (4.S43) Daraus folgt sofort A 2 = 1 4 (x2 + y 2 )B 2. (4.S44) Es ist p = i und für unser A gilt i A i = 0. Deshalb gibt das Skalarprodukt von p und A angewan auf eine Testfunktion p A ψ(x) = A p ψ(x). (4.S45) Also, erfüllen die Operatoren p A + A p = 2A p (4.S46) Desweiteren gilt (da B hier nicht von den Koordinaten abhängt) Dann ist für unser gewähltes A (x B) p = (ɛ ijk x j B k )p i = (ɛ ijk x j p i )B k = (x p) B, (4.S47) A p = 1 2 (x B) p = 1 2 (x p) B = 1 2 L B. (4.S48) Einsetzen in den Hamilton-Operator (4.S41) liefert H = p2 2m + q2 8mc 2 (x2 + y 2 )B 2 q 2mc L B. (4.S49) Der erste Term entspricht der kinetischen Energie, der zweite beschreibt diamagnetische Effekte, der letzte ist die Wechelwirkung zwischen Drehimpuls und Magnetfeld (Paramagnetismus). 4.6