Aufgaben08 - LMU München

T2 Quantenmechanik
Lösungen 8
LMU München, WS 16/17
Prof. D. Lüst / Dr. A. Schmidt-May
version: 29. 11.
8.1. Translationsoperator
Betrachten Sie den Translationsoperator im dreidimensionalen Raum
Ûa = eia·p̂/~
mit p̂ =
~
∇ und a ∈ R3
i
(8.1)
a) Zeigen Sie, dass
Ûa Ûb = Ûa+b
(8.2)
Lösung: Da [pi , pj ] = 0 können wir das Resultat des letzten Zettels verwenden, welches aus der BakerCampbell Hausdorff-Formel folgte:
1
eÂ+B̂ = eÂ eB̂ e− 2 [Â,B̂]
(8.S1)
Für Â = ia · p̂/~ und B̂ = ib · p̂/~ folgt
Ûa+b = eÂ+B̂ = eÂ eB̂ = Ûa Ûb
(8.S2)
q.e.d
b) Zeigen Sie explizit anhand des Skalarproduktes, dass Ûa unitär ist, also dass gilt
hÛa φ|Ûa ψi = hφ|ψi
∀ ψ, φ ∈ L2 (R3 )
(8.3)
Hinweis: Erinnern Sie sich daran, dass Ûa ψ(x) = ψ(x + a).
Lösung: Wir haben
Z
hÛa φ|Ûa ψi =
d3 x Ûa φ∗ (x)Ûa ψ(x) =
Z
d3 x φ∗ (x + a)ψ(x + a)
(8.S3)
Nun substituieren wir y = x + a und finden
Z
hÛa φ|Ûa ψi =
d3 y φ∗ (y)ψ(y) = hφ|ψi
(8.S4)
q.e.d.
c) Zeigen Sie, dass mit dem Ortsoperator x̂ gilt
Ûa x̂Ûa† = x̂ + a1
(8.4)
Lösung: Wir benutzen die Baker-Campbell-Hausdorff-Formel
eÂ B̂e−Â =
∞
X
1 n
[ Â, B̂]
n!
n=0
(8.S5)
mit Â = ia · p̂/~ und B̂ = x̂i . Das gibt in diesem Fall
eÂ B̂e−Â = B̂ + [Â, B̂] = x̂i + [
ia · p̂
iai
iai ~
, x̂i ] = x̂i +
[p̂i , x̂i ] = x̂i +
1 = x̂i + ai 1
~
~
~ i
(8.S6)
Dies sind die Komponenten der gesuchten Identität
Ûa x̂Ûa† = x̂ + a1
8.1
(8.S7)
q.e.d.
d) Berechnen Sie den Kommutator
[x̂i , Ûa ]
(8.5)
Lösung: Wir lassen Ûa von rechts auf (8.S7) wirken und benutzen Ûa† Ûa = 1. Das gibt
Ûa x̂ = x̂Ûa + aÛa
(8.S8)
[x̂i , Ûa ] = x̂i Ûa − Ûa x̂i = −ai Ûa
(8.S9)
Also
e) Sei |xi ein Eigenzustand des Ortsoperators mit Eigenwert x. Benutzen Sie das Resultat aus d) um zu zeigen, dass
Ûa |xi
(8.6)
ebenfalls ein Eigenzustand des Ortsoperators ist. Bestimmen Sie den zugehörigen
Eigenwert.
Lösung: Es gelte
Dann ist
x̂ |xi = x |xi
(8.S10)
xÛa |xi = Ûa x̂ |xi = x̂Ûa + [Ûa , x̂] |xi
(8.S11)
Nun benutzen wir das Ergebnis aus d) und erhalten
xÛa |xi = x̂Ûa + aÛa |xi
(8.S12)
Also
x̂Ûa |xi = xÛa |xi − aÛa |xi = x − a Ûa |xi
(8.S13)
Also ist Ûa |xi Eigenzustand von x̂ mit Eigenwert (x − a).
f ) Sei q ein dreidimensionaler Vektor mit Dimension des Impulses. Was ist die physikalische Bedeutung des Operators
V̂q = eiq·x̂/~
(8.7)
Lösung: Es folgt aus Symmetriegründen der Impuls- und Ortsdarstellung, dass der Operator V̂q auf Wellenfunktionen im Impulsraum wirkt wie Ûa auf Wellenfunktionen im Ortsraum. Explizit,
Z
Z
V̂q ψ̃(p) = eiq·x̂/~ d3 x ψ(x)e−ip·x̂/~ = d3 x ψ(x)e−i(p−q)·x̂/~ = ψ̃(p − q)
(8.S14)
Der Operator bewirkt eine ”Translation” der Impulskoordinate.
8.2. Hermitesche Polynome und Funktionen
In dieser Aufgabe werden Sie die Eigenfunktionen und Eigenwerte des Hamilton-Operators,
welcher den harmonischen Oszillator beschreibt, auf weniger effiziente Weise als in der Vorlesung bestimmen. Der Formalismus des Hilbert-Raumes und die algebraische Methode
zur Lösung der Schrödinger-Gleichung vereinfachen das Problem erheblich.
8.2
Die Hermiteschen Polynome Hn (x) sind definiert durch
Hn (x) ≡ (−1)n ex
2
dn −x2
e
dxn
(8.8)
a) Zeigen Sie mithilfe der vollständigen Induktion, dass
2
e2xt−t =
∞
X
Hn (x)
n=0
tn
n!
Hinweis: Beweisen Sie die äquivalente Relation
∂ n 2xt−t2 Hn (x) = n e
∂t
t=0
(8.9)
∀n∈N
(8.10)
2
2
d0 −x2
= ex e−x = 1
e
0
dx
(8.S15)
Lösung: Es gilt
H0 (x) = (−1)0 ex
und auch
2
∂ 0 2xt−t2 =1
e
∂t0
t=0
(8.S16)
Also ist (8.10) für n = 0 erfüllt. Nun nehmen wir an, dass (8.10) für n gilt und wollen zeigen, dass daraus die
Identität für (n + 1) folgt. Es ist
n+1
n
2 ∂
2
2 ∂
2
∂
Hn = (−1)n ex
e−x + (−1)n 2xex
e−x = −Hn+1 + 2xHn
n+1
∂x
∂x
∂xn
und deshalb
Hn+1 = 2xHn −
∂
Hn
∂x
(8.S17)
(8.S18)
Nun benutzen wir die Induktionsannahme und finden
Hn+1
∂ ∂ n 2xt−t2 ∂ n 2xt−t2 −
= 2x n e
e
∂t
∂x ∂tn
t=0
t=0
n
2
∂
= 2 n (x − t)e2xt−t ∂t
t=0
(8.S19)
(8.S20)
Ebenso ist
∂ n ∂ 2xt−t2 ∂ n+1 2xt−t2 =
e
e
∂tn+1
∂tn ∂t
t=0
t=0
∂n
2xt−t2 = 2 n (x − t)e
∂t
t=0
(8.S21)
(8.S22)
2
Damit haben wir (8.10) bewiesen. Daraus folgt sofort (8.9), da dies die Taylorentwicklung von e2xt−t um
t = 0 ist, deren Koeffizienten gerade gegeben sind durch (8.10).
b) Zeigen Sie, dass die Hermiteschen Polynome Hn (x) Lösungen der Hermiteschen Differenzialgleichung sind, welche lautet
∂ 2 Hn
∂Hn
− 2x
+ 2nHn = 0
2
∂x
∂x
Hinweis: Wenden Sie den Operator
∂2
∂x2
∂
∂
− 2x ∂x
+ 2t ∂t
auf (8.9) an.
8.3
(8.11)
Lösung: Der Operator
∂2
∂x2
∂
∂
− 2x ∂x
+ 2t ∂t
angewandt auf die linke Seite von (8.9) gibt
∂2
2
∂
∂ 2xt−t2
− 2x
e
= e2xt−t 4t2 − 4tx + 4t(x − t) = 0
+ 2t
2
∂x
∂x
∂t
(8.S23)
Anwendung auf die rechte Seite von (8.9) gibt hingegen
∞ X
∂2
∂
tn ∂ −
2x
H
(x)
+
2t
n
∂x2
∂x
∂t
n!
n=0
!
#
"
∞
X
∂Hn (x)
tn−1
tn ∂ 2 Hn (x)
− 2x
+ 2tHn (x)
=
n!
∂x2
∂x
(n − 1)!
n=0
!
∞ n
X
∂Hn (x)
t
∂ 2 Hn (x)
=
− 2x
+ 2nHn (x)
2
n!
∂x
∂x
n=0
(8.S24)
(8.S25)
(8.S26)
Also ist
∞ n
X
t
0=
n!
n=0
∂Hn (x)
∂ 2 Hn (x)
− 2x
+ 2nHn (x)
2
∂x
∂x
!
(8.S27)
Da diese Gleichung für alle t gilt und die tn ein linear unabhängiges Funktionensystem bilden, muss der
Koeffizient von tn für jedes n einzeln verschwinden. Multiplikation mit n! gibt dann
∂Hn (x)
∂ 2 Hn (x)
− 2x
+ 2nHn (x) = 0
∂x2
∂x
(8.S28)
q.e.d.
Die Hermiteschen Funktionen Ψn (x) sind definiert durch
√ −1/2 −x2 /2
Ψn (x) ≡ n!2n π
e
Hn (x)
c) Zeigen Sie, dass ψn (x) ≡ Ψn (x/l) mit l =
monischen Oszillators löst
q
~
mω
(8.12)
die Schrödinger-Gleichung des har-
−~2 ∂ 2 ψn mω 2 2
+
x ψn = En ψn
2m ∂x2
2
(8.13)
und dass die Energieeigenwerte gegeben sind durch En = ~ω(n + 1/2).
Lösung: Sei u ≡ x/l. Dann ist ψn (x) = ψn (lu) und die SGL wird zu
~ω
∂ 2 ψn
2
−
+ u ψn = En ψn
2
∂u2
(8.S29)
√ −1/2
Für Ψn (x/l) = Ψn (u) gilt mit C ≡ n!2n π
∂ 2 Ψn
∂ 2 −u2 /2
=
C
e
H
(u)
n
∂u2
∂u2"
!
#
∂
∂Hn (u)
−u2 /2
=C
− uHn (u) e
∂u
∂u
=C
=C
!
2
∂ 2 Hn (u)
∂Hn (u)
∂Hn (u)
−u
− Hn (u) − u
+ u2 Hn (u) e−u /2
∂u2
∂u
∂u
!
2
∂ 2 Hn (u)
∂Hn (u)
2
− 2u
+ (u − 1)Hn (u) e−u /2
2
∂u
∂u
8.4
(8.S30)
(8.S31)
(8.S32)
(8.S33)
In diesem Ausdruck benutzen wir die Hermitesche Differenzial-Gleichung (8.11) und erhalten
2
∂ 2 Ψn
= C(u2 − 1 − 2n)Hn (u)e−u /2
∂u2
= (u2 − 1 − 2n)Ψn
(8.S34)
(8.S35)
Dies können wir umschreiben zu
~ω 2
~ω ∂ 2 Ψn
−
(u − 1 − 2n)Ψn = 0
2
2 ∂u
2
Multiplikation dieser Gleichung mit
~ω
2
~ω
2
(8.S36)
und einfache Umformung ergibt
1
∂ 2 Ψn
2
+
u
Ψ
=
~ω
n
+
Ψn
−
n
∂u2
2
(8.S37)
Dies ist genau (8.S29) mit En = ~ω(n + 1/2). q.e.d.
d) Wie lauten die expliziten Ausdrücke der Eigenfunktionen Ψn (x/l) für n = 0, 1 ? Zeigen Sie, dass diese mit den aus der algebraischen Methode gewonnenen Funktionen
übereinstimmen, also
Ψn (u) =
1
2
√ (â† )n e−u /2 ,
n!
n = 0, 1
π 1/4
(8.14)
mit u ≡ x/l und
1
â = √
2
†
∂
u−
∂u
(8.15)
Lösung: Die Definitionen (8.8) und (8.12) geben die expliziten Ausdrücke
Ψ0 (u) =
und
√ −1/2 −u2 /2
π
e
H0 (u) =
√ −1/2 −u2 /2
Ψ1 (u) = 2 π
e
H1 (u) =
1
π 1/4
2
e−u
/2
√
2 −u2 /2
e
u
π 1/4
Aus der algebraischen Methode, also Gleichung (8.S41) erhalten wir
Ψ0 (u) =
1 −u2 /2
e
π 1/4
und
Ψ1 (u) =
1
π 1/4
1
√
2
∂
u−
∂u
e
−u2 /2
=
1
π 1/4
√
2
2
1
−u2 /2
√ (u + u)e
= 1/4 e−u /2 u
π
2
in Übereinstimmung mit den obigen Ausdrücken.
8.5
(8.S38)
(8.S39)
(8.S40)
(8.S41)

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