10. September 014 Seite 1 Ferienkurs Quantenmechanik - Aufgaben Sommersemester 014 Fabian Jerzembeck und Christian Kathan Fakultät für Physik Technische Universität München 10. September 014 Drehimpuls und Spin Drehimpuls Aufgabe 1 (**) Beweise die Relationen [L +, L ] = L z, [L z, L ± ] = ± L ±, [L, L ± ] = 0 mithilfe von den Vertauschungsrelationen für den Drehimpuls: [L i, L j ] = i ɛ ijk L k [L +, L ] = [L x + il y, L x il y ] = [L x, L x ] +i [L }{{} y, L x ] i [L }{{} x, L y ] + [L }{{} y, L y ] }{{} =0 = i L z =i L z =0 = L z [L z, L ± ] = [L z, L x ± il y ] = [L z, L x ] ±i [L }{{} z, L y ] }{{} i L y = i L x = ± L x + i L y = ± (L x ± il y ) = ± L ± [L, L ± ] = [L, L x ] ±i [L, L }{{} y ] = 0 }{{} =0 =0 1
10. September 014 Seite Aufgabe (*) Wir bezeichnen die simultanen Eigenkets von L und L z mit l, m, l N und l m +l. Für die Auf- und Absteigeoperatoren des Drehimpulses L ± = L x ± il y gilt L ± l, m = l(l + 1) m(m ± 1) l, m ± 1 Drücke L x und L y durch L ± aus und zeige die Relationen l, m L x L y + L y L x l, m = 0 l, m L x L y l, m = 0 l, m L x L y + L y L x l, m = 1 ] ) ([(L 4i l, m + + L )(L + L ) + (L + L )(L + + L ) l, m = 1 ] ) ([L 4i l, m + + L L + L + L L + + L + L L L }{{ + l, m } =0 = 1 ) (L i l, m + l, m + 1i ( ) l, m L l, m = 0 Der letzte Schritt folgt, da L + l, m l, m + und l, m l, m + = 0 wegen Orthogonalität der Eigenfunktionen. L analog. ([ 1 l, m L x L y l, m = l, m (L + + L )(L + + L ) 1 ] ) (i) (L + L )(L + L ) l, m = 1 ] ) ([(L 4 l, m + + L )(L + + L ) + (L + L )(L + L ) l, m = 1 ] ) ([L 4 l, m + + L L + L + L L + L + L L L }{{ + l, m } =0 = 1 ) (L l, m + l, m + 1 ( ) l, m L l, m = 0 siehe a) Aufgabe 3 (*) Der Hamiltonoperator eines starren Rotators in einem Magnetfeld ist gegeben durch H = L Θ + γ L B. Dabei ist L und B das angelegte Magnetfeld. Θ (das Trägheitsmoment) und γ (der gyromagnetische Faktor) sind Konstanten. Das Magnetfeld ist konstant in z-richtung: B = B e z. Wie lauten Energieeigenzustände des Systems? Berechne die Energieeigenwerte.
10. September 014 Seite 3 Es ist H = L Θ + γl zb. Wir kennen simultane Eigenzustände von den Operatoren L und L z, nämlich genau unsere Kugelächenfunktionen Y lm. Dementsprechend sind das unsere Eigenzustände. Unsere Eigenenergien sind dann E lm = l(l + 1) Θ + γm B. Aufgabe 4 (**) Wir betrachten ein System in einem Eigenzustand zu L mit Eigenwert, d.h. l = 1. 1. Bestimmen Sie, ausgehend von der bekannten Wirkung von Auf- und Absteigeroperatoren L ±, die Matrixdarstellung von L x,l y und L z bezüglich der Standardbasis l, m.. Gesucht ist die Wahrscheinlichkeitsdichte, ausgedrückt in Kugelkoordinaten mit θ und ϕ, für ein System in einem Eigenzustand zu L und L x mit den Quantenzahlen l = 1 und m x = 1. 1. Zunächst bemerken wir, dass die Matrixdarstellungen bezüglich des 3 dimensionalen Unterraumes, der durch die Basis { l = 1, m } m= 1,0,1 aufgespannt, zu bestimmen sind. Die gegebene Basis besteht aus Eigenzuständen zu L z, d.h. L z 1, m = m 1, m. Die darstellende Matrix des Operators L z ist damit diagonal L z = 1 0 0 0 0 0 0 0 1 Die Wirkungen von L x, y auf die Eigenzustände von L z, also die l, m, erhalten wir durch Verwendung von L ±. Dabei ist bekannt, dass. L + 1, 1 = 0 L + 1, 0 = 1, 1 L + 1, 1 = 1, 0 L 1, 1 = 1, 0 L 1, 0 = 1, 1 L 1, 1 = 0, und analog 3
10. September 014 Seite 4 wobei wir die Beziehung L ± l, m = l(l + 1) m(m ± 1) l, m ± 1 benutzt haben. Bei Verwendung der Denition von Auf- und Absteiger und Invertierung zu L x = (L + + L )/ und L y = i(l + L )/ liefert dies uns die gesuchte Matrixdarstellungen zu L x = 0 1 0 1 0 1. 0 1 0 und L y = 0 i 0 i 0 i 0 i 0.. Diagonalisierung (der Matrix) von L x liefert die Eigenzustände von L x bezüglich unserer gewählten Basis aus Eigenzuständen von L z, in Dirac-Notation zu 1, ± x = 1 ( 1, 1 ± 1, 0 + 1, 1 ), mit Eigenwert ± 1, 0 x = 1 ( 1, 1 1, 1 ), mit Eigenwert 0. Die gesuchte Eigenfunktion ψ mx=1(θ, ϕ) im Ortsraum ist damit ψ mx=1(θ, ϕ) = 1 ( Y 1 1 (θ, ϕ) + Y1 1 (θ, ϕ) ) + 1 Y1 0 (θ, ϕ) = 3 = (cos θ i sin θ sin ϕ). 8π Die gesuchte Wahrscheinlichkeitsdichte ρ(θ, ϕ) lässt sich daher zu berechnen. ρ(θ, ϕ) = ψ mx=1(θ, ϕ) = 3 8π (1 sin θ cos ϕ) 4
10. September 014 Seite 5 Probleme in 3 Dimensionen Aufgabe 5 (*) Die normierten Wasserstoeigenfunktionen für maximalen Bahndrehimpuls l = n 1 sind von der Form: Ψ n,n 1,m ( r) = u n,n 1(r) Y lm (ϑ, ϕ), u n,n 1 (r) = r n(n)!a B mit a B = m eαc. ( r na B ) n e r na B a) Bestimme den Abstand r max an dem die radiale Wahrscheinlichkeitsdichte P (r) = u n,n 1 (r) maximal wird und vergleiche r m ax mit dem Mittelwert r. b) Berechne r = r r. Wie hängt die relative Abweichung r von der r Hauptquantenzahl n ab? Das Ergebnis verdeutlicht, dass für groÿe n die Vorstellung einer Kreisbahn zulässig ist. Tipp: 0 dx x q e x = q!. a) P (r) = u n,n 1 (r) = n(n)!a B ( r na B ) n e r na B Da P (r) positiv ist und im Urspung und Unendlichen verschwindet, nimmt es dazwischen sein Maximum an. Wir suchen also Extremstellen von P (r): Es gilt dp (r) dr = 0 x (x n e x ) = e x (nx n 1 x n ) = 0 x max = n Es handelt sich um ein Maximum da es die einzige Extremstelle auf (0, ) ist und ja mindestens ein Maximum existiert. Damit ist r max = na B x max = n a B. Für den Erwartunswert gilt nach einer Substitution x = r r = na B 1 (n)! ˆ 0 } {{ } (n+1)! na B : dx x n+1 e x = n(n + 1 )a B > r max 5
10. September 014 Seite 6 b) Damit gilt und r = ( nab ) 1 (n)! ˆ dx x n+ e x = n (n + 1)(n + 1 )a B 0 } {{ } (n+)! r = a Bn n + 1 r r = 1 n 0 n + 1 Für groÿe n macht die Vorstellung als Kreisbahn einigermaÿen Sinn. Aufgabe 6 (**) Behandlung des dreidimensionalen harmonischen Oszillators in Kugelkoordinaten: Der Hamiltonoperator lautet H = M + M ω r. a) Reduziere die stationäre Schrödingergleichung auf eine Radialgleichung mit dem üblichen Ansatz Ψ( r) = u(r) Y r lm(ϑ, ϕ). Vereinfache sie durch die Substitution mit Mω den dimensionslosen Gröÿen y = r und ɛ = E ω. b) Zeige, dass das asymptotische Verhalten durch den Ansatz u(y) = y l+1 e y / v(y ) berücksichtigt wird und bestimme die verbleibende Dierentialgleichung für v(y ) c) Schreibe die DGL aus b) um, in eine DGL für v(ρ) mit der Variablen ρ = y. d) Setze eine Potenzreihe für v(ρ) an. Die Abbruchbedingung liefert das Energiespektrum E nl = ω(n + l + 3 ) mit Quantenzahlen n, l. a) Die Radialgleichung lautet ( M d dr + l(l + 1) + M Mr ω r E Die Substitution ergibt ( ) d l(l + 1) y + ɛ u(y) = 0 dy y ) U(r) = 0 6
10. September 014 Seite 7 b) y 0 : u (y) = l(l + 1) y u(y) u(y) = y l+1 y : u (y) (y 1)u(y) u(y) = e y / Der Ansatz u(y) = y l+1 e y / v(y ) berücksichtigt also beides. Einsetzen in die DGL liefert eine Gleichung für v: ( d dy + y (1 + l y ) d ) dy + l 3 v(y ) = 0 c) Durch Anwenden der Kettenregel können wir obige DGL umformen ( 4y v (y ) + v (y ) + 4(1 + l y )v (y ) + 1 l 3 ) v(y ) = 0 Jetzt substituieren wir ρ = y, was zu [ρ (l d dρ + + 3 ) ] ddρ ρ + ν v(ρ) = 0, ν = 1 (ɛ l 3 ) führt. d) Mit dem Potenzreihenansatz v(ρ) = a k ρ k erhalten wir nach Koezientenvergleich a k+1 k ν = a k+1 1 für groÿe k a k (k + 1)(k + l + 3/) a k k Falls die Reihe nie abbricht, verhält sich diese wie die Exponentialreihe. Also v(ρ) e ρ bzw. v(y ) = e y Das widerspricht der Normierbarkeit von u. Die Reihe muss also bei einem n = ν = 1(ɛ l 3) abbrechen. Zurücksubstituieren von ɛ = E und auösen der ω Gleichung nach E ergibt E nl = ω(n + l + 3 ) 7
10. September 014 Seite 8 Spin Aufgabe 7 (**) Wir betrachten den Spin eines Elektrons im magnetischen Feld B. Der Hamiltonoperator lautet ( ) e H = S m e c B Wir wählen ein konstantes Magnetfeld in z-richtung. Der Hamiltonoperator ist also gegeben durch H = ωs z mit ω = e B m e c. a) Was sind die Energieeigenwerte und Eigenzustände des Systems? b) Zum Zeitpunktpunkt t = 0 bendet sich das System in dem Zustand α; t = 0 = 1 + + 1 (dem S x ; + Eigenzustand der S x -Komponente). Benutze die zeitabhängige Schrödingergleichung um α; t zu bestimmen. i d α; t = H α; t dt c) Was ist die Wahrscheinlichkeit, dass sich das Elektron zum Zeitpunkt t wieder im Zustand S x ; + = 1 + + 1 bendet. Wie groÿ ist also S x ; + α; t? a) Da der Hamiltonoperator einfach ein Vielfaches von S z ist, sind die Eigenzustände + und. Die entsprechenden Energieeigenwerte sind ± ω. b) Eigenzustände Ψ(t = 0) mit Eigenenergie E Ψ entwickeln sich gemäÿ der zeitabhängigen Schrödingergleichung in der Form ( Ψ(t) = exp ie ) Ψt Ψ(t = 0) Unser Anfangszustand α; t = 0 ist ein Überlagerungszustand aus zwei Eigenzuständen des Hamiltonoperators. Die Eigenzustände entwickeln sich separat wie oben (Linearität der Schrödingergleichung). Also ist α; t = 1 [ ] e iωt iωt + + e 8
10. September 014 Seite 9 c) S x ; + α, t = 1 [ ][ ] + + e iωt iωt + +e = 1 [ ] ( ) e iωt iωt ωt +e = cos also ist Aufgabe 8 ( ) ωt S x ; + α, t = cos (**)(Vgl. Vorlesung) Zeige, dass ( ) ( ) Ω, θ θ + = cos e iϕ/ + + sin e +iϕ/ einen Eigenzustand zum Projetkionsoperator σ Ω darstellt. σ Ω = sin(θ) cos(ϕ)σ x + sin(θ) sin(ϕ)σ y + cos(θ)σ z Mithilfe der Identität cos(α) + i sin(α) = e iα ist damit ( ) σ Ω cos(θ) sin(θ)e iϕ = sin(θ)e iϕ cos(θ) Damit ist ( ) ( ) σ Ω σ Ω, cos(θ) sin(θ)e iϕ cos(θ/)e iϕ/ + = sin(θ)e iϕ cos(θ) sin(θ/)e iϕ/ ( ) cos(θ) cos(θ/)e = iϕ/ + sin(θ) sin(θ/)e iϕ/ e iϕ (sin(θ) cos(θ/)e iϕ/ cos(θ) sin(θ/))e iϕ/ Jetzt benutzt man die trigonometrischen Identitäten cos(β) = cos (β/) sin (β/) und sin(β) = cos(β/) sin(β/) und erhält mithilfe der trigonometrischen Identität erfüllende Eigenwertgleichung cos (β/) + sin (β/) = 1 die zu σ Ω Ω, ± = ± Ω, ±, was auch äquivalent mit dem eigentlichen Spinoperator S = σ zu S Ω Ω, ± = ± Ω, ± 9
10. September 014 Seite 10 geschrieben werden kann. Aufgabe 9 (*, für grundlegendes Verständnis) Ein Stern-Gerlach Versuch kann auch als Messung vom Spin verstanden werden. Was passiert, wenn wir mehrere Messungen hintereinander schalten? Vor allem, wenn wir verschiedene Komponenten messen? Diskutieren Sie jeweils die nachstehenden Messanordnungen. Lösung (a) Der erste SG misst S z und spaltet unseren Strahl zu 50% in S z, + und 50% in S z,. Jetzt blockieren wir den Strahl mit S z,. Den reinen S z, + Strahl schicken wir nochmal durch einen SG der S z misst und erhalten wieder einen 100% S z, + Strahl. Das war so zu erwarten. (b) Der erste SG misst wieder S z und spaltet unseren Strahl zu 50% in S z, + und 50% in S z,. Wir blockieren den Strahl mit S z, wieder. Den reinen S z, + schicken wir weiter und messen mit einem SG die S x -Komponente davon. Diesmal bekommen wir wieder eine Aufspaltung in 50% S x, + und 50% S x,. (c) Gleiche Prozedur wie in (b), aber jetzt blockieren wir anschlieÿend den S x, - Strahl, leiten den S x, + -Strahl weiter und messen mit einem dritten SG davon die S z -Komponente. Jetzt stellen wir fest das der Strahl sich wieder ausspaltet in 50% S z, + und 50% S z,. Und das obwohl wir nach unserem ersten SG S z, herausgeltert hatten! Die Messung von S x zerstört sämtliche Informationen des Zustandes von S z. S x und S z können also nicht gleichzeitig gemessen werden. Das kommt daher, dass der Kommutator von S x und S z nicht verschwindet und somit kein gemeinsamer Satz an Eigenvektoren existiert. 10
10. September 014 Seite 11 Aufgabe 10 (*) Ein Elektron bende sich in einem Spinzustand ( ) 1 i χ = A = A ((1 i) + + ) bezüglich zu den Eigenzuständen von S z. 1. Bestimmen Sie die Konstante A, sodass χ korrekt normiert ist.. Messen Sie S z bei diesem Elektron. Welche Werte können Sie prinzipiell erhalten? Wie groÿ ist die Wahrscheinlichkeit für jeden dieser möglichen Werte? Was ist der Erwartungswert von S z? 3. Messen Sie S x bei diesem Elektron. Welche Werte können Sie prinzipiell erhalten? Wie groÿ ist die Wahrscheinlichkeit für jeden dieser möglichen Werte? Was ist der Erwartungswert von S x? 1. Normierungsbedingung führt zu ( ) 1 =! 1 i χ χ = (1+i) = A (1+4+4) A = 1 0 3 (bis auf bel. Phase).. S z Messung: Der Spinor bendet sich in der S z Basis. Die Eigenwerte können daher direkt abgelesen werden zu P + / = + χ = 5 und P 9 / = + χ = 4. Damit ergibt sich ein Erwartungswert von S ( 9 z = 5 ) 4 9 9 = = χ S 18 z χ 3. S x Messung: Der Eigenvektor von S x zum Eigenwert ± in der S z Basis ist ± x = 1 ( + ± ), was man durch Diagonalisierung von S x oder durch Einsetzen in die Formel aus der Vorlesung mit ϑ = π und ϕ = 0 erhält. Damit können die gesuchten Wahrscheinlichkeiten zu P + /,x = x, + χ = 13 und P 18 /,x = x, χ = 5. Dies führt zu einem Erwartungswert von S 18 x =. 9 Aufgabe 11 (**) Wir koppeln zwei 1/ Spins und bezeichnen die Eigenzustände zum Gesamtspinoperator S mit s = 0, 1, m. Wir denieren analoge Auf- und Absteiger S ± := S 1± + S ±. 1. Wenden Sie S auf den Triplet-Zustand s = 1, m = 0 an und zeigen Sie damit, dass 1, 1 folgt.. Wenden Sie S ± auf den Singlet-Zustand s = 0, m = 0 an und zeigen Sie damit, dass es keine weiteren Singlett-Zustände gibt. 3. Zeigen Sie, dass 1, 1 und, 1 Eigenzustände von S mit den erwarteten Eigenwerten sind. 11
10. September 014 Seite 1 1. Die Wirkung des Auf- und Absteigers bzgl. einer Komponente ist Damit erhalten wir S ± = (s(s + 1) m(m ± 1)) ± = = (1/(1/ + 1) ± 1/( 1/ ± 1)) ± = ±. S s = 1, m = 0 = (S 1 + S ) 1 ( +, +, + ) = = 1 (S 1 +, + S }{{} 1, + + S }{{} +, + S }{{}, + ) = }{{} =, =0 =0 =, =, = 1, 1.. Mit einer analogen Rechnung wie oben können wir schreiben, dass S ± 0, 0 = (S 1± + S ± ) 1 ( +,, + ) = = 1 (S 1± +, S 1±, + + S ± +, S ±, + ) = 0, wobei wir beobachten, dass sich zwei Paare stets gegenseitig in ihrer Wirkung aufheben. Damit können wir durch Anwenden von Auf- und Absteiger keine weiteren Singulet- Zustände erzeugen, so wie es sein sollte. 3. Wir beginnen mit den Hilfsrechnungen bzgl. einer Komponente S x + = ( ) 1 σ x = ( ) 0 = und analog 0 1 Damit erhalten wir S x = + S y + = i S y = i +. und analog S 1, 1 = ( S 1 + S ) +, + = ( S1 + S + (S 1x S x + S 1y S y + S 1z S z ) ) +, + = ( = 3 +, + + 4, + i i, + ) +, + = = +, + = 1(1 + 1) 1, 1 1
10. September 014 Seite 13 und analog S 1, 1 =... = 1(1 + 1) 1, 1. 13