PHYSIKDEPARTMENT TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Felix Rucker Bltt 1 Kurze Frgen Ferienkurs Quntenmechnik Eindimensionle Probleme Geben Sie die Definition von Auf- und Absteigeopertor n und drücken Sie Orts- und Impulsopertor durch Auf- und Absteigeopertoren us. Lösung: b Wnn bietet sich ein Seprtionsnstz für die Wellenfunktion ψ x,t n? mω i ˆp â = ˆx + mω 1 â mω i ˆp = ˆx mω ˆx = ωm â + â 3 ωm ˆp = i â â 4 Lösung: Ein Seprtionsnstz bietet sich immer bei einem zeitunbhängigen Hmilton-Opertor Ĥ n. c Leiten Sie die sttionäre Schrödingergleichung durch einen Seprtionsnstz us der llgemeinen Schrödinger- Gleichung her. Lösung: Wir mchen einen Seprtionsnstz für die Wellenfunktion Eingesetzt in die Schrödingergleichung erhlten wir: χ t i ψx,t = ψxχt χ t = m ψ x +V x 6 ψ x Wir wissen, dss beide Seiten konstnt sein müssen, d eine Vrition der einen Seite keine Änderung der nderen hervorrufen knn. Wir nennen die Konstnte E und können dnn die sttionäre Schrödingergleichung schreiben. d Nennen Sie 3 Eigenschften kohärenter Zustände. Lösung: Sind Eigenzustände des Vernichtungsopertors â. b Sind normiert c Es gilt x = m ψ x +V x = Eψx 7 1
e Zeigen Sie: Wenn ψ ν Eigenfunktion von ˆn = â â zum Eigenwert ν ist, so ist â ψ ν Eigenfunktion von ˆn mit Eigenwert ν + 1. Lösung: Es folgt us ergibt sich: Es folgt lso: [â,â ] = 1 8 [ ˆn,â ] = â 9 ˆnâ ψ ν = â ˆn + â ψ ν = ν + 1ψ 1 Potentilbrriere Ein Teilchen der Msse m und kinetischer Energie E < U trifft von links uf eine Potentilbrriere der Form { U > für < x < V x = sonst Zeigen Sie, dss diese Sitution durch eine Wellenfunktion der Form re ikx + e ikx für x < ψx Ae κx + Be κx für < x < te ikx für x > 11 1 drgestellt werden knn und bestimmen Sie k und κ ls Funktion von m, E und U. Lösung: Wir betrchten die einzelnen Abschnitte getrennt: Für x < : d m dx ψx = m k ψx = Eψx 13 Dher gilt: k = 1 me Für den Bereich < x < erhlten wir folgende Schrödinger-Gleichung: d m dx +U ψx = m κ +U ψx = Eψx 14 und drus folgt: κ = 1 mu E. Für den Bereich x > erhlten wir dsselbe Ergebnis wie für x <. b Zeigen Sie, dss gilt. t = 4ikκ k + iκ e κ k iκ e κ 1 Lösung: Wir werten die vier Anschlussbedingungen für die Stetigkeit der Wellenfunktion und ihrer Ableitung us: { 1 + r = A + B x = : 16 ik iκr = κa + κb x = { Ae κ + Be κ = t κae κ + κbe κ = ikt Aus den ersten beiden Gleichungen knn mn r eliminieren, us den letzen zwei t. Mn erhält somit Gleichungen für A und B: 17 1 qie κa + 1 + iqe κ B = 18 1 + iqa + 1 iqb = 19
Dbei hben wir die Abkürzung q = κ/k verwendet. Auflösen nch A und B liefert: Dmit erhält mn für t: 1 + iq A = 1 iq e κ 1 + iq 1 iq B = 1 iq 1 + iq e κ 1 t = Ae κ + Be κ = Erweitert mn nun mit k so erhält mn ds gewünschte Ergebnis. 4iq 1 iq e κ 1 + iq e κ c Wie nennt mn den sich hier ndeutenden Effekt. Nennen Sie zwei Beispiele, wo dieser Effekt in Ntur oder Technik uftritt. Lösung: Es hndelt sich um den Tunneleffekt. Er tritt z.b. beim α-zerfll in der Kernphysik uf, bei Fusionsprozessen in der Sonne oder uch im Rstertunnelmikroskop. 3 Kohärente Zustände Der Grundzustnd des lineren Hrmonischen Oszilltors wird durch die Gleichung â = definiert. Dieser Zustnd wird durch den Weyl-Opertor ˆDz = expzâ zâ 3 in einen sogennnten kohärenten Zustnd z = ˆDz trnsformiert, dbei ist z C eine beliebige komplexe Zhl. Zeigen Sie, dss der unitäre Opertor ˆDz eine Verschiebung von â um z bewirkt, d.h. ˆD zâ ˆDz = â + z. Dher ist z ein Eigenzustnd von â mit Eigenwert z. Hinweis: Benützen Sie die Hussdorff sche Reihe für Opertoren eâ ˆBe  = ˆB + [Â, ˆB] + 1! [Â,s[Â, ˆB]] +... 4 Lösung: Mit  = zâ zâ und ˆB = â gilt unter der Verwendung der Husdorff schen Reihe ˆD zâ ˆDz = e zâ zâ âe zâ zâ = eâ ˆBe  6 = â + [Â,â] + 1 [Â,[Â,â]] +... 7 = â + z 8 mit den Kommuttoren Somit folgt [Â,â] = [ zâ zâ,â] = z[â,â] z[â,â] = z 9 [Â,z] = [ zâ zâ,z] = z[â,z] z[â,z] = 3 â z = ˆDz ˆD zâ ˆDz = ˆDzâ + z = ˆDzz = z z 31 und mn sieht dss z ein Eignezustnd von â mit Eigenwert z C ist. Desweiteren folgt hierus â z = z z und z z = ˆD ˆD = 1. b Berechnen Sie die Erwrtungswerte ˆx und ˆp und ihre Schwnkungen x und p im Zustnd z und zeigen Sie, dss kohärente Zustände immer die minimle Unschärfe besitzen. Bestimmen Sie nlog den Erwrtungswert der Energie und die entsprechende Schwnkung H. Lösung: Für die Erwrtungswerte ˆx und ˆp erhält mn mit den Ergebnissen us ˆx = z ˆx z = mω z â + â z = z + z, wobei ˆx = mω 3 mω â + â 3
ˆp = z ˆp z = mω Für die Vrinzen ˆx und ˆp erhält mn z â â i z = mω z z i wobei mω ˆp = i â â 33 Für die Schwnkungsqudrte x und p gilt somit: ˆx = mω z â + â z 34 = mω z â + ââ + â â + â z 3 = mω z + z z + 1 36 ˆp = mω z â â z 37 = mω z â ââ â â + â z 38 = mω z + z z 1 39 x = ˆx ˆx = mω [z + z + z + 1 z + z ] = mω p = ˆp ˆp = mω [z + z z 1 z z ] = mω Es ist nun leicht ersichtlich, dss kohärente Zustände die minimle Unschärfe x p = besitzen. Der Erwrtungswert der Energie E entspricht dem Erwrtungswert des Hmilton-Opertors Ĥ, lso Ĥ = z Ĥ z = ω z â â + 1 z = ω z + 1 4 4 41 4 Unendlich hoher Potentiltopf Ein Teilchen der Msse m ist in einem eindimensionlen Bereich x eingeschlossen. Zum Zeitpunkt t = ist die normierte Wellenfunktion beschrieben durch: 8 [ πx ] πx ψ x,t = = 1 + cos sin 43 Wie lutet die Wellenfunktion zu einem späteren Zeitpunkt t = t? Hinweis: Leiten sie die sttionären Lösungen des Problems her, und drücken sie den gegebenen Anfnszustnd durch eine linerkombintion sttionärer Zustände us. Folgern sie dnn die llgemeine zeitbhängige Lösung. Verwenden Sie: sinxcosx = 1 sinx 44 Lösung: Die sttionäre Schrödingergleichung für x, zusmmen mit der llgemeinen Lösung, lutet: ψ = Eψ m x 4 ψx = Asinkx 46 mit k = me/. Dmit wäre die Rndbedingung ψ = erfüllt. Um die ndere Rndbedingung ψ = zu erfüllen, muss k = nπ sein. Die normierten Eigenfunktionen luten folglich: nπx ψ n = sin 47 4
mit den entsprechenden Energie-Eigenwerten: E n = n π m n = 1,,3,.. 48 Eine beliebige zeitbhängige Wellenfunktion ergibt sich us einer Linerkombintion der sttionären Zustände, jeweils multipliziert mit dem dzugehörigen Zeitentwicklungsopertor: ψx,t = A n exp ie nt ψ n x 49 n Unsere Wellenfunktion 43 lässt sich folgendermßen umschreiben: 8 [ πx ] πx 8 πx 8 πx πx ψ x,t = = 1 + cos sin = sin + cos sin } {{ } 1 πx sin ψx,t = = ψ 1 x + 1 ψ x 1 Der Zustnd zu t = t ist lso gegeben durch: ψ x,t = = exp ie 1t 8 exp iπt m ψ 1 x + 1 exp ie t sin πx + exp ψ x iπt m sin πx b Ws ist der Erwrtungswert der Energie bei t = und t = t? Lösung: Für llgemeine Zustände ψx,t lutet der Energie-Erwrtungswert: E = ψ Ĥ ψ = n,m ψm Ĥ ψn An A m exp = E n A n A m ψ m ψ n n,m }{{} δ nm exp ie nt exp ie nt iem t = n E n A n = E 1 A 1 + E A = 4E 1 + E exp iem t 3 D die Zeitentwicklungsopertoren sich ufheben, gilt sowohl für t = ls uch für t = t : E = E 1 A 1 + E A = 4E 1 + E = 4π m 4 c Wie groß ist die Whrscheinlichkeit, ds Teilchen bei t = t innerhlb der linken Hälfte des Potentiltopfes x / zu finden? Wie knn mn sich so ein Ergebnis nschulich klrmchen? Hinweis: sin kx = x sinkx 4k Lösung: / P x = ψ x,t dx = 8 = 8 / [ sin πx 4 + 16 + 3π cos + 1 πx 4 sin + 1 sin πx sin 3πt m = 1 + 16 1π cos πx 3πt m e 3iπ t m + e 3iπ t m ]dx 6
Die Whrscheinlichkeit, ds Teilchen in der linken Kstenhälfte zu finden, schwnkt um einen Mittelwert von % herum plusibel. Durch die oszillierende cosc t c=const. Funktion ist die Whrscheinlichkeit ml größer, ml kleiner, je nchdem wie lnge mn wrtet. Zum Zeitpunkt t = ist die Wellenfunktion symmetrisch um den Punkt / verteilt, deshlb ist die Aufenthltswhrscheinlichkeit uf der linken Seite erstml größer P = 1/ + 16/1π ls uf der nderen, ds Mximum der Wellenfunktion oszilliert ber mit der Zeit immer hin und her, weshlb nch gewisser Zeit die größere Fläche uf der nderen Seite sein knn, und dmit die Aufenthltswhrscheinlichkeit in der linken Hälfte unter % bsinkt. Qusisttionäre Zustände Betrchten Sie ein Teilchen, ds sich im Bereich x > im Potentil V x = mλ δx 7 bewegt, mit λ >. Für negtive x sei V x < =. Ds Teilchen befindet sich lso in einem unendlich hohen Ksten der Breite, der ber nch einer Seite durchlässig ist. Geben Sie die Lösung der zeitunbhängigen Schrödingergleichung mit Energie E = k /m > im Bereich < x < n, die die korrekte Rndbedingung für x = erfüllt. Lösung: Für den Bereich < x < mchen wir den Anstz mit k gegeben durch E = k /m > und mit der Bedingung Drus folgt die Normierung spielt noch keine Rolle ψx = Ae ikx + Be ikx 8 ψx = = A + B = 9 ψx = sinkx 6 b Leiten Sie die Gleichung für den zugehörigen Wert von k us den Anschlussbedingungen für die Wellenfunktion bei x = b unter der Annhme, dss für x > eine uslufende ebene WElle te ikx vorliegt. Diese Gleichung knn in der dimensionslosen Vrible ζ = k in der Form 1 exp{iζ } = iζ /β 61 geschrieben werden, mit β = /λ. Gibt es eine Lösung mit rein reellem k? Lösung: Die Wellenfunktionen links und rechts des δ-potentils sind ψ I x = sinkx ψ I x = k coskx < x < 6 ψ II x = te ikx ψ II x = ikte ikx x > 63 Die Anschlussbedingungen bei x = sind einerseits die Stetigkeit von ψx, und ndererseits, dss ψ x einen Sprung um ψ/λ mcht: [ +ε lim dx ε ε m ψ x +V xψx ψ I = ψ II sink = te ik 64 ] +ε = lim ε ε dx Eψx = 6 m lim ε [ψ + ε ψ ε] + mλ ψ = 66 Ψ II ψ I = λ ψ 67 ikte ik k cosk = λ sink 68 6
Mit Hilfe von 64 knn mn die linke Seite vereinfchen zu und erhält so mit multipliziert und ζ = k, β = /λ substituiert Multipliziert mn diese Gleichung mit e iζ, so folgt die ngegebene Gleichung ik sink k cosk = ke ik 69 ζ e iζ = β sinζ = β 1 i eiζ e iζ. 7 1 e iζ = iζ β. 71 Es knn keine Lösung mit rein reellem k geben, weil die rechte Seite dnn rein imginär ist, ber uf der linken Seite 1 e iζ = [1 cosζ ] i[sinζ ] der Relteil nur dnn verschwindet ζ πz, wenn uch der Imginärteil Null ist. c Mchen Sie im Limes β 1 für die Lösungen den Anstz ε und η n seien reell ζ n = nπ1 ε iη n, n = 1,,3... 7 und bestimmen Sie ε und η n jeweils in führender Ordnung in 1/β unter der Annhme, dss β πn. Hinweis: Zerlegen Sie die trnszedente Gleichung in Rel- und Imginärteil und verwenden Sie die Entwicklung Re1 expiζ πnε / η n. 73 Lösung: Zunächst verschwindet die rechte Seite von 71 für β, d.h. ζ n = nπ und ε =, η n = in nullter Ordnung. Mit Hilfe der Angbe knn mn nun die linke Seite von 71 entwickeln um ε = bis zur zweiten Ordnung und um η n = bis zur ersten Ordnung, Auf der rechten Seite von 71 erhält mn 1 e iζ n = 1 e πin e πinε e η n 74 = 1 [1 iπnε 1 πnε + Oε 3 ] [1 + η n + Oη n ] 7 iπnε + 1 πnε η n. 76 iζ n β πn = i[ β πnε β ] + η n β 77 D ε = O1/β ist, lutet der Imginärteil der Gleichung 71 πnε = πn β + O1/β, 78 lso ist ε in führender erster Ordnung in 1/β ε = 1 β. 79 Der Relteil von Gleichung 71 lutet bzw. Dmit ist η n in führender zweiter Ordnung in 1/β πnε η n = η n β 8 η n 1 + 1 β = πnε = πn β 81 η n = πn/β. 8 7
d Bestimmen Sie die zugehörigen komplexen Energien E n = ReE n iγ n / und geben Sie mit Hilfe der Zeitentwicklung exp ie n t/ sttionärer Zustände eine physiklische Interprettion des Ergebnises. An welcher Stelle versgt in diesem Beispiel die übliche Argumenttion, dss die Energieeigenwerte reell sein müssen? Lösung: Mit folgt E n = ζ n / m ζ n = πn1 1 πn i β β 83 = πn m [1 1 β i πn β + O1/β 3 ], 84 d.h. es gibt einen endlichen Imginärteil Γ n = πn 3 /m β. Die Zeitentwicklung spltet sich uf in einen Phsenfktor und einen exponentiellen Abfll, e ie nt/ = e iree nt/ e Γ nt/ 8 wobei der erste Term die Phse repräsentiert und der zweite Term den Zerfll. Der exponentielle Abfll drückt us, dss ein Teilchen mit endlicher Aufenthltswhrscheinlichkeit im Bereich < x < mit einer Tunnelrte Γ n durch ds δ-potentil nch rechts wegläuft. Die Tunnelrte ist umso größer, je schwächer ds Potentil ist β ist ein Mß für die Stärke des Potentils. Die Ttsche, dss k komplex ist, ist die Folge einer uslufenden Welle-Rndbedingung bei x >, die nicht komptibel ist mit der stehenden Welle bei < x <. Ddurch wird die Kontinuitätsgleichung für sttionäre Zustände, die in einer Dimension uf jx = const. führt, explizit verletzt. Ein Hmiltonopertor wird erst mit den korrekten Rndbedingungen selbstdjungiert und ht reellel Eigenwerte, und mit einer uslufenden WElle ist dies nicht der Fll. 6 Bndstruktur im Kronig-Penney Modell Ein sehr einfches Beispiel für ein periodisches Potenzil in einer Dimension ist ds Kronig-Penney Potentil V x = mλ δx n mit λ > 86 n= Bestimmen sie us der Bloch-Bedingung ψx + = e iq ψx die Wellenfunktion im Bereich < x <, die zur llgemeinen Lösung ψx = Ae ikx + Be ikx in < x < gehört k = me >. Die Bedingung, dss ψx bei x = stetig ist und ψ x um ψ/λ springt, ergibt ein homogenes Gleichungssystem. Nichtverschwindende Koeffizienten A und B sind lso nur möglich, wenn die entsprechende Determintne verschwindet. Bestimmen Sie drus den impliziten Zusmmenhng zwischen den erlubten Werten von k und dmit E bei gegebenem Qusi-Impuls q. Lösung: Im Bereich 1 < x < gilt Für Bereich < x < gilt mit der Blochbedingung Wegen der Stetigkeit der Wellenfunktion n der Stelle x = gilt ψ 1 x = Ae ikx + Be ikx 87 ψ 1 x = ikaeikx ikbe ikx 88 ψ x + = e iq Ae ikx + Be ikx 89 ψ x + = eiq ikae ikx ikbe ikx 9 ψ + ψ 1 = e iq A + B Ae ik + Be ik! = 91 und wegen dem Sprung der Ableitung der Wellenfunktion n der Stelle x = gilt ψ + ψ 1 = eiq ika ikb ikae ik ikbe ik 9! = λ ψ = λ eiq A + B 93 8
Beide Bedinungen führen uf ein homogenes Gleichungssystem für die Koeffizienten A und B. A e iq e ik e iq + e ik λ eiq ike iq e ik e λ iq + ike iq e ik = 94 B Für eine nichttrivile Lösung muss lso die Determinnte dieser Mtrix M verschwinden. Es gilt lso: det M = e iq e ik [e iq λ ] + ik ike ik e iq e ik [e iq λ ] ik + ikeik 9 [ = e iq e iq 1 + 1 e ik + 1 1 ] e ik + 1 =! 96 ikλ ikλ Aus dieser qudrtischen Gleichung in e iq erhlten wir den impliziten Zusmmenhng zwischen den erlubten Werten von k und Qusi-Impuls q: b Schreiben Sie die Eigenwert-Bedingung in der Form cosq = 97 cosq = cosk + sink kλ 98 cosq = cosk + δk tk := µk 99 und zeigen Sie, dss dbei tk = tk exp{iδk} gerde die Trnsmissionsmplitude n einer einzelnen δ-funktion ist. Lösung: Schreibt mn die Eigenwert-Bedingung gemäß der Angbe um erhält mn Es muss lso gelten: cosk + δk µk =: cosq = tk coskcosδk sinksinδk = tk = cosk cosδk tk 1 11 sinδk sink 1 tk! = cosk + sink 13 kλ Wir erhlten dnn tk = cosδk = Für die Wellenfunktion uf der linken Seite gilt: und für die Wellenfunktion uf der rechten Seite gilt: Wegen der Stetigkeit der Wellenfunktion n der Stelle x = gilt tk = cosδk 14 tk sinδk = cotδk = kλ 1 1 1 + tn δk = 1 1 16 1 + 1 kλ ψ links = e ikx + re ikx 17 ψ links = ikeikx ikre ikx 18 ψ rechts = te ikx 19 ψ rechts = ikteikx 11 ψ links x =! = ψ rechts x = 1 + r = t 111 9
in übereinstimmung mit unserer Vorstellung von Reflexion und Trnsmission. Weiter gilt wegen dem Sprung der Ableitung der Wellenfunktion n der Stelle x = Hierus erhlten wir ψ rechts x = ψ links x =! = λ ψ rechtsx = ikt + r 1 = λ t 11 tk = 1 1 i kλ 1 1 = 1 + 1 ikλ kλ [ = cosδk cosδk + i cosδk ] = tk e iδk 113 cotδk c Zeigen Sie, dss im Limes k die Phse den Wert δk = π nnimmt und tk liner in k verschwindet und interpretieren Sie dieses Ergebnis. Plotten Sie die Funktion µk ls Funktion von k für den Fll λ = und skizzieren Sie die Lge der erlubten Energiebänder. Lösung: Nch Aufgbe b gilt cotδk = kλ und somit δk = rctn 1 kλ. Wir erhlten lso Desweiteren gilt und wir erhlten lim δk = lim rctn 1 = π k k kλ 114 1 tk = 11 1 + 1 kλ kλ lim tk = lim kλ k k 1 + kλ 116 Für dem Fll λ = lutet die Funktion µk mit der Substitution x = k cosq = µx = cosx + sinx x Diese ht nur dnn Lösungen, flls µx 1 ist. Für µx > 1 ergeben sich nicht erlubte Energiebänder. 117 1