Aufgaben12

Solutions 12
LMU , WS 16/17
Prof. D. Lüst / Dr. A. Schmidt-May
version: 11. 01.
12.1. Drehimpuls und Kugelflächenfunktionen
Betrachten Sie den Drehimpulsoperator L = x × p oder, in Komponenten, Li = ijk xj pk ,
wobei über j und k summiert wird.
a) Zeigen Sie, dass [L, x2 ] = [L, p2 ] = 0.
Solution: Zum Beispiel durch explizites Ausrechnen:
[Li , x2 ] = [Li , xj xj ]
(12.S1)
= xj [Li , xj ] + [Li , xj ]xj
(12.S2)
= xj [imn xm pn , xj ] + [imn xm pn , xj ]xj
= imn xj xm [pn , xj ] + xm [pn , xj ]xj
= −i~imn xj xm δnj + xm δnj xj
(12.S3)
(12.S4)
= −2i~imn xn xm
(12.S6)
=0
(12.S7)
(12.S5)
Für [L, p2 ] komplett analog.
b) Zeigen Sie, dass [L̂i , L̂j ] = i~ijk L̂k .
Solution:
[L̂i , L̂m ] = [ijk x̂j p̂k , mnr x̂n p̂r ]
(12.S8)
= ijk mnr [x̂j p̂k , x̂n p̂r ]
(12.S9)
= ijk mnr (x̂j [p̂k , x̂n p̂r ] + [x̂j , x̂n p̂r ]p̂k )
(12.S10)
= ijk mnr (x̂j x̂n [p̂k , p̂r ] + x̂j [p̂k , x̂n ]p̂r + x̂n [x̂j , p̂r ]p̂k + [x̂j , x̂n ]p̂r p̂k )
(12.S11)
= i~ijk mnr (x̂n p̂k δjr − x̂j p̂r δkn )
(12.S12)
= i~ijk (mnj x̂n p̂k − mkr x̂j p̂r )
(12.S13)
(12.S14)
Wir benutzen die zyklische Eigenschaft des antisymmetrischen Tensors, ijk = kij , sowie die Identität
kij mnj = δkm δin − δkn δim
(12.S15)
[L̂i , L̂m ] = i~ (δkm δin − δkn δim )x̂n p̂k − (δir δjm − δim δjr )x̂j p̂r
= i~ x̂i p̂m − x̂k p̂k δim − x̂m p̂i + x̂r p̂r δim
= i~ x̂i p̂m − x̂m p̂i
(12.S16)
und erhalten
(12.S17)
(12.S18)
= i~(δmn δil − δml δin )x̂l p̂n
(12.S19)
= i~imk kln x̂l p̂n
(12.S20)
= i~imk L̂k
(12.S21)
q.e.d.
Die Legendre Polynome Pl (x) sind definiert über die Rodrigues-Formel
l
1
d
Pl (x) ≡ l
(x2 − 1)l
2 l! dx
12.1
(12.1)
Die assoziierten Legendre-Funktionen Plm (x) sind
|m|
d
m
2 |m|/2
Pl (x) ≡ (1 − x )
Pl (x)
dx
Aus diesen erhält man die Kugelflächenfunktionen Ylm (θ, φ) für m ≥ 0 wie folgt
s
(2l + 1)(l − m)! imφ m
e Pl (cos θ)
Ylm (θ, φ) = (−1)m
4π(l + m)!
(12.2)
(12.3)
c) Konstruieren Sie die explizite Form von Y00 und Y21 . Zeigen Sie, dass sie normiert und
orthogonal zueinander sind.
Solution: Es ist
P0 (x) = 1
(12.S22)
P00 (x) = 1
(12.S23)
1
Y00 (θ, φ) = √
4π
(12.S24)
und deshalb
und somit
Außerdem
1
P2 (x) =
8
und deshalb
d
dx
2
(x2 − 1)2 =
i 1h
i
1 d h 3
4(x − x) =
3x2 − 1
8 dx
2
i
p
d h 2
1
(1 − x2 )1/2
3x − 1 = 3x 1 − x2
2
dx
r
r
5 iφ 1
15 iφ
1
Y2 (θ, φ) = −
e P2 (x)(cos θ) = −
e cos θ sin θ
24π
8π
P21 (x) =
und somit
(12.S25)
(12.S26)
(12.S27)
Normierung:
Z
2π
Z
dφ
0
π
dθ sin θ |Y00 |2 = 4π
0
1
=1
4π
(12.S28)
und
Z
2π
Z
dφ
0
π
dθ sin θ
|Y21 |2
0
15
=
8π
Z
2π
Z
π
dφ
0
dθ sin3 θ cos2 θ
π
15 2π
dφ
dθ sin θ cos2 θ(1 − cos2 θ)
8π 0
0
iπ
1
15 h 1
− cos3 θ + cos5 θ
=
4
3
5
0
15 h 2 2 i
=
−
4 3 5
=1
Z
=
Orthogonalität:
Z 2π
Z
dφ
0
π
dθ sin θ
0
(Y00 )∗ Y21
1
=−√
4π
r
15
8π
Z
0
2π
dφ eiφ
Z
(12.S30)
(12.S31)
(12.S32)
(12.S33)
π
dθ sin2 θ cos θ
(12.S34)
0
r
iπ h 1
i2π
15 h 1
sin3 θ
eiφ
8π 3
0 i
0
r h
ih
i
1
15
1 1
0−0
−
=−√
i
i
4π 8π
=0
1
=−√
4π
(12.S29)
0
Z
12.2
(12.S35)
(12.S36)
(12.S37)
d) Zeigen Sie explizit, dass Y21 ein Eigenzustand des quadrierten Drehimpulsoperators
1 ∂
∂
1
∂2
2
2
sin θ
+
(12.4)
L = −~
sin θ ∂θ
∂θ sin2 θ ∂φ2
mit Eigenwert 6~2 und ein Eigenzustand der z-Komponente
Lz =
~ ∂
i ∂φ
(12.5)
mit Eigenwert ~ ist.
Solution: Es ist
r
2
L
Y21
1 ∂
∂
1
∂2
eiφ cos θ sin θ
=~
sin θ
+
sin θ ∂θ
∂θ sin2 θ ∂φ2
r
1 ∂
1
15 iφ
2
e
sin θ(cos2 θ − sin2 θ) −
cos
θ
sin
θ
=~
8π
sin θ ∂θ
sin2 θ
r
15 iφ 1
∂
3
2
=~
e
(sin θ − 2 sin θ) − cos θ
8π
sin θ ∂θ
r
15 iφ 1 = ~2
e
(1 − 6 sin2 θ) cos θ − cos θ
8π
sin θ
r
15 iφ
e sin θ cos θ
= −6~2
8π
= 6Y21
2
und
15
8π
r
Lz Y21
=−
~ ∂ iφ
15
cos θ sin θ
e = −~
8π
i ∂φ
r
15
cos θ sin θeiφ = ~Y21
8π
(12.S38)
(12.S39)
(12.S40)
(12.S41)
(12.S42)
(12.S43)
(12.S44)
q.e.d.
12.2. Kugelsymmetrisches Potenzial
Die Wellenfunktion eines Teilchens in einem kugelsymmetrischen Potenzial sei
p
ψ(x) = (x + y + 3z)f (r)
mit r = x2 + y 2 + z 2
(12.6)
a) Ist ψ eine Eigenfunktion von L2 ? Wenn ja, für welches l? Wenn nein, welche Werte
für l können wir erhalten, wenn wir L2 messen?
Solution: Wir schreiben ψ in sphärische Koordinaten um
ψ(x) = (x + y + 3z)f (r) = sin θ cos φ + sin θ sin φ + 3 cos θ rf (r)
(12.S45)
Dann ist
1 ∂
∂
1
∂2 sin θ
+
sin
θ
cos
φ
+
sin
θ
sin
φ
+
3
cos
θ
rf (r) (12.S46)
sin θ ∂θ
∂θ sin2 θ ∂φ2
1 ∂
∂
∂
sin θ cos θ cos φ +
cos θ sin θ sin φ − 3
sin2 θ − cos φ − sin φ
= −~2 rf (r)
sin θ ∂θ
∂θ
∂θ
1 2
2
2
(cos θ − sin θ)(cos φ + sin φ) − 6 sin θ cos θ − cos φ − sin φ
(12.S47)
= −~ rf (r)
sin θ
L2 ψ(x) = −~2
= 2~2 rf (r) sin θ(cos φ + sin φ) + 3 cos θ
2
= 2~ ψ(x)
(12.S48)
(12.S49)
12.3
Also ist ψ(x) Eigenfunktion von L2 zum Eigenwert ~2 l(l + 1) mit l = 1.
b) Was sind die Wahrscheinlichkeiten, mit denen wir das Teilchen in den verschiedenen
Eigenzuständen von Lz antreffen?
Hint: Zerlegen Sie den Winkelanteil der Wellenfunktion in Kugelflächenfunktionen.
Solution: Wir zerlegen ψ(x) in die Kugelflächenfunktionen mit l = 1. Diese lauten
r
r
r
r
3
3 z
3 x + iy
3 x − iy
+1
−1
0
Y1 =
cos θ =
Y1 = −
Y1 =
4π
4π r
8π
r
8π
r
(12.S50)
Wir können also schreiben
r
ψ(x) =
√
2π
rf (r) 3 2Y10 + (1 − i)Y1+1 + (1 + i)Y1−1
3
Wir addieren die Quadrate der Koeffizienten zwecks Normierung
√ 2
3 2 + |1 − i|2 + |1 + i|2 = 18 + 2 + 2 = 22
(12.S51)
(12.S52)
Die Wahrscheinlichkeiten sind dann
9
18
=
22
11
2
1
=
22
11
für m = 0
(12.S53)
für m = ±1
(12.S54)
(12.S55)
c) Angenommen, ψ(x) sei ein Energieeigenzustand mit Eigenwert E. Wie können wir
das Potenzial V (r) bestimmen?
Solution: ψ(x) löst die SGL
−
2 ∂
L2 i
~2 h ∂ 2
ψ
+
ψ
−
ψ + V (r)ψ = Eψ
2m ∂r2
r ∂r
~2 r2
(12.S56)
Der Winkelteil kürzt sich raus und die Gleichung wird zu
−
i
~2 h ∂ 2
2 ∂
2
(rf
(r))
+
(rf
(r))
−
(rf
(r))
+ V (r)(rf (r)) = E(rf (r))
2m ∂r2
r ∂r
r2
(12.S57)
Diese lässt sich nach V (r) auflösen
h ∂2
i
~2
2 ∂
2
(rf
(r))
+
(rf
(r))
−
(rf
(r))
2mrf (r) ∂r2
r ∂r
r2
~2 rf 00 (r) + 4f 0 (r)
=E+
2m
rf (r)
V (r) = E +
(12.S58)
(12.S59)
12.3. Dreidimensionaler Potenzialtopf
Wir betrachten den unendlich tiefen Potenzialtopf in drei Raumdimensionen mit Potenzial
(
0
für 0 ≤ x, y, z ≤ a
V (x, y, z) =
(12.7)
∞
sonst
12.4
a) Welche Symmetrien besitzt das Potenzial?
Solution: Die Symmetrien sind die eines Würfels. Also Spiegelsymmetrien (Z2 ) bzgl. der Achsen, welche
durch den Mittelpunkt des Kastens laufen und senkrecht die Seitenflächen schneiden, und diskrete Rotationssymmetrien um 120 Grad (Z3 ) bzgl. der Achsen, welche durch den Mittelpunkt und jeweils zwei Ecken
verlaufen.
b) Separieren Sie die entsprechende zeitunhabhängige Schrödinger-Gleichung in kartesischen Koordinaten. Wie müsste das Potenzial des Topfes aussehen, damit eine
Separation in Kugelkoordinaten sinnvoll wäre?
Solution: Die SGL innerhalb des Topfes lautet
−
∂2
∂2 ~2 ∂ 2
+
+
ψ = Eψ
2m ∂x2
∂y 2
∂z 2
(12.S60)
Wir machen einen Separationsansatz
ψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z)
(12.S61)
Eingesetzt in die SGL ergibt nach Division durch XY Z
1 ∂2X
1 ∂2Y
1 ∂2Z
2m
+
+
=− 2 E
2
2
2
X ∂x
Y ∂y
Z ∂z
~
(12.S62)
Für eine sinnvolle Separation in Kugelkoordinaten müsste das Potenzial stattdessen kugelsymmetrisch sein,
(
p
0
für 0 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ a
(12.S63)
V (x, y, z) =
∞
sonst
c) Bestimmen Sie die Energieeigenzustände und zugehörige Energien für das Potenzial
in (12.7).
Solution: Die drei Terme auf der linken Seite von (12.S62) müssen separat konstant sein. Wir nennen diese
Konstanten −kx2 , −ky2 und −kz2 . Das gibt
∂2X
= −kx2 X
∂x2
∂2Y
= −ky2 Y
∂y 2
∂2Z
= −kz2 Z
∂z 2
(12.S64)
mit
~2 2
(k + ky2 + kz2 )
2m x
Die allgemeinen Lösungen zu den drei Differenzialgleichungen lauten
E=
(12.S65)
X(x) = Ax sin(kx x) + Bx cos(kx x)
(12.S66)
Y (y) = Ay sin(ky y) + By cos(ky y)
(12.S67)
Z(z) = Az sin(kz z) + Bz cos(kz z)
(12.S68)
Die Randbedingungen sind
X(0) = Y (0) = Z(0) = 0
X(a) = Y (a) = Z(a) = 0
(12.S69)
Das gibt
Bx = By = Bz = 0
(12.S70)
sowie
kx = nx π/a
ky = ny π/a
12.5
kz = nz π/a
(12.S71)
mit ni = 1, 2, 3, . . .
Also sind die normierten Lösungen
3/2
n πx n πy n πz 2
x
y
z
sin
sin
sin
ψ(x, y, z) =
a
a
a
a
(12.S72)
mit Energieeigenwerten
E=
π 2 ~2 2
(n + n2y + n2z )
2ma2 x
(12.S73)
mit ni = 1, 2, 3, . . .
d) Wir nummerieren die unterschiedlichen Energien E1 , E2 , E3 , . . . nach aufsteigender
Energie. Finden Sie alle Ek von k = 1 bis k = 6 und bestimmen Sie ihren Entartungsgrad.
Solution: Die Energien ergeben sich aus den möglichen Werten für die ni , wie in folgender Tabelle:
e) Was ist der Entartungsgrad von E14 und warum ist dieser Fall besonders?
Solution: Die folgenden Kombinationen sind E7 (322), E8 (411), E9 (331), E10 (421), E11 (332), E12 (422),
E13 (431) und E14 (333 und 511). Es ist
32 + 32 + 32 = 27 = 52 + 12 + 12
(12.S74)
E14 ergibt sich deshalb aus zwei verschiedenen numerischen Kombinationen! Der Entartungsgrad ist 4.
12.6

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