Theoretische Physik Blatt 6 Christopher Bronner,Frank Essenberger

Theoretische Physik - Blatt 6

Christopher Bronner,Frank Essenberger

23.November 2006

Aufgabe 1

Als erstes Beweisen wir eine Lemma. Dabei sind die Operatoren einfach Großbuch-

staben. Die Dächer sind hier überflüssig da sowieso keine anderen Größen auf-

tauchen. Notwendig ist dabei [B, [A, B]] = 0

[A, B

n

] = n[A, B]B

n

−1

Wir beweisen die Relation mit einer Induktion für n = 1 ergibt sich[A, B] =

1[A, B]B

0

= [A, B].Der erste Induktionsschritt ist also wahr. Nun bleibt nurnoch

einzusehen, dass aus n

⇒ n + 1gilt:

[A, B

n

]

=

n[A, B]B

n

−1

[A, B

n

] + [A, B]B

n

−1

=

n[A, B]B

n

−1

+ [A, B]B

n

−1

Nun wird von rechts mit B multipliziert und da [B, [A, B]] = 0 notwendig war,

darf B am Kommutator vorbeigezogen werden:

[A, B

n

]B + [A, B]B

n

−1

B

=

n[A, B]B

n

−1

B + [A, B]B

n

−1

B

[A, B

n

]B + B

n

[A, B]

=

n[A, B]B

n

+ [A, B]B

n

= (n + 1)[A, B]B

n

AB

n+1

− B

n

AB + B

n

AB

− B

n+1

A

=

(n + 1)[A, B]B

n

AB

n+1

− B

n+1

A = [A, B

n+1

]

=

(n + 1)[A, B]B

n

Damit greift die vollständige Induktion und das Lemma ist bewiesen.Nun kön-

nen die beiden Differentialgleichungen bewiesen werden. Dazu bilden wir die

Zeitableitung von < ψ(t)

| ˆ

A

|ψ(t) >:

d

dt

< ψ(t)

| ˆ

A(t)

|ψ(t) > = [

d

dt

< ψ(t)

|] ˆ

A(t)

|ψ(t) > + < ψ(t)| [

d

dt

ˆ

A(t)]

|ψ(t) > +

< ψ(t)

| ˆ

A(t) [

d

dt

|ψ(t) >]

Nun mit der Zeitabhängigen SG erstzen

d

dt

|ψ(t) >=

1

i

ˆ

H

|ψ(t) >bzw. für die

Bras

d

dt

< ψ(t)

| =< ψ(t)|(

−1

i

ˆ

H

†

). Und H natürlich hermitisch seine soll: ˆ

H =

1

ˆ

H

†

. SO ergibt sich:

d

dt

< ψ(t)

| ˆ

A(t)

|ψ(t) > = < ψ(t)| (−

1

i

ˆ

H ˆ

A(t)

|ψ(t) > + < ψ(t)| [

d

dt

ˆ

A(t)]

|ψ(t) > +

< ψ(t)

|

1

i

ˆ

A(t) ˆ

H

|ψ(t) >

=

1

i

< ψ(t)

| [ ˆ

A(t) ˆ

H]

|ψ(t) > + < ψ(t)| [

d

dt

ˆ

A(t)]

|ψ(t) > +

In unserem Fall ist ˆ

A = ˆ

r oder ˆ

p die nicht zeitabhängig sind so ergibt sich für

ˆ

r:

d

dt

< ψ(t)

| ˆr |ψ(t) > =

1

i

< ψ(t)

| [ˆr ˆ

H]

|ψ(t) > .

(1)

Nun noch schnell den Kommutator ausrechnen:

[ˆ

r ˆ

H] = [ˆ

r,

ˆ

p

2

2m

− V (ˆr)] =

1

2m

[ˆ

r, ˆ

p

2

] + [ˆ

r, V (ˆ

r)].

Da V nur eine Funktion von ˆ

r ist der hintere Kommutator Null und der er-

ste lässt sich leicht mit dem Lemma vom Anfang Ausrechnen, da [ˆ

x

k

, ˆ

p

k

] =

i

⇒ [ˆp

k

, [ˆ

x

k

, ˆ

p

k

]] = 0 ist darf die Formel auch zur Anwendung kommen(Wir

betrachten die k-te Komponente k

∈ [1, 2, 3]):

[ˆ

r ˆ

H]

|

k

=

1

2m

[ˆ

x

k

, ˆ

p

2

] =

1

2m

[ˆ

x

k

, ˆ

p

2

1

+ ˆ

p

2

2

+ ˆ

p

2

3

] =

1

2m

[ˆ

x

k

, ˆ

p

2

k

]

Lemma

=

[ˆ

x

k

, ˆ

p

k

]

m

ˆ

p

k

.

[ˆ

r ˆ

H] =

i

m

ˆ

p .

Damit ergibt sich für Gleichung (1): (die Vertauschungsrelation [ˆ

x

k

, ˆ

p

l

] = i δ

kl

wurde dabei benutzt)

d

dt

< ψ(t)

| ˆr |ψ(t) >=

d

dt

< ˆ

r >=

1

i

< ψ(t)

|

i ˆ

p

m

|ψ(t) >= <

ˆ

p

m

> .

Nun für ˆ

pdie Gleichung auswerten:

d

dt

< ψ(t)

| ˆp |ψ(t) >=

1

i

< ψ(t)

| [ˆp ˆ

H]

|ψ(t) > .

(2)

Hier muss mann den Kommutator [ˆ

p ˆ

H] ausrechnen (Wir betrachten o.B.dA.

die x-te Komponente ):

[ˆ

p ˆ

H]

|

x

= [ˆ

p

x

,

ˆ

p

2

2m

− V (ˆr)] =

1

2m

[ˆ

p

x

, ˆ

p

2

] + [ˆ

p

x

, V (ˆ

r)] = [ˆ

p

x

, V (ˆ

r)].

(3)

Wir nehmen für das Potential einen allgemeinen Produktansatz V (ˆ

r) = V (ˆ

x)V (ˆ

y)V (ˆ

z) =

Π

3

l=1

V (ˆ

x

l

)an:

[ˆ

p

x

, V (ˆ

r)]

=

[ˆ

p

k

, V (ˆ

x)V (ˆ

y)V (ˆ

z)]

=

ˆ

p

k

V (ˆ

x)V (ˆ

y)V (ˆ

z)

− V (ˆx)V (ˆy)V (ˆz)ˆp

k

=

ˆ

p

k

V (ˆ

x)V (ˆ

y)V (ˆ

z)

− V (ˆx)ˆp

k

V (ˆ

y)V (ˆ

z)

=

V (ˆ

y)V (ˆ

z)[ˆ

p

k

, V (ˆ

x)]

2

Fur V (ˆ

x) wählen wir einen Potenzansatz, wobei wir bei n = 1beginnen da der

nullte Summand durch den Kommutator sowieso verschwindet:

[ˆ

p

k

, V (ˆ

x)]

=

[ˆ

p

k

,

∞

n=1

a

n

ˆ

x

n

] =

∞

n=1

a

n

[ˆ

p

k

, ˆ

x

n

]

Lemma

=

∞

n=1

a

n

n[ˆ

p

k

, ˆ

x]ˆ

x

n

−1

=

−

∞

n=1

a

n

n iˆ

x

n

−1

Somit ergibt sich für Gleichung (3):

[ˆ

p, ˆ

H]

|

x

=

−i V (ˆy)V (ˆz)

∞

n=1

a

n

nˆ

x

n

−1

Wenn ich nun in den Ortsraum gehe wird aus der Gleichung ([ˆ

p, ˆ

H]

|

x

= F(ˆ

r)

|

x

):

< r

| [ˆp, ˆ

H]

|

x

|α > = < r| − i V (ˆy)V (ˆz)

∞

n=1

a

n

nˆ

x

n

−1

|α >

=

i V (y)V (z)

∞

n=1

a

n

nx

n

−1

< r

|α >

=

−i

∂

∂x

V (y)V (z)

∞

n=0

a

n

x

n

φ

α

(r) =

−i

∂

∂x

V (r)φ

α

(r)

F(r)

|

x

φ

α

(r)

:=

−i

∂

∂x

V (r)φ

α

(r)

Alle Komponenten zusammengefasst ergibt sich so(ohne Wellenfunktion):

F(r) =

−i ∇V (r) .

Oder wenn man wieder zu den Operatoren zurück geht:

[ˆ

p ˆ

H] = [ˆ

p, V (ˆ

r)] = i F(ˆ

r)

Nun noch in die Gleichung (2) einfügen und es ergibt sich:

d

dt

< ψ(t)

| ˆp |ψ(t) >=

d

dt

< ˆ

p >=

1

i

< ψ(t)

| i F(ˆr) |ψ(t) >= < F(ˆr) > .

Aufgabe 2

a)

Als erstes müssen wir den Zeitentwicklungsoperator bestimmen, dazu bracuhen

wir den Hamilton Operator:

ˆ

H =

−

qB

0

m

ˆ

S

z

=

−Γ ˆ

S

z

.

3

Da der Hamiltonoperator zeitunabhängig ist lässt sich der Zeitentwicklungsop-

erator leicht bestimmen:

ˆ

U (t, t

0

) = exp(

−

1

i

ˆ

H(t

− t

0

)) = exp(

−

qB

0

im

ˆ

S

z

(t

− t

0

)) = exp(iΓ ˆ

S

z

(t

− t

0

)).

Wobei Gamma die reelle Konstante

qB

0

m

ist. Nun ergibt sich die zeitliche en-

twicklung von

|α >wie folgt:

|α, t >= ˆ

U (t, t

0

)

|α, t

0

>= exp(iΓ ˆ

S

z

(t

− t

0

))[c

↑

| ↑> +c

↓

| ↓>]

Nun wieder die Potenzreihe für die e-Funktion ansetzen:

|α, t > =

∞

n=0

1

n!

(iΓ ˆ

S

z

(t

− t

0

)))

n

c

↑

| ↑> +

∞

n=0

1

n!

(iΓ ˆ

S

z

(t

− t

0

)))

n

c

↓

| ↓>

=

∞

n=0

1

n!

(iΓ(t

− t

0

)))

n

c

↑

ˆ

S

z

n

| ↑> +

∞

n=0

1

n!

(iΓ(t

− t

0

)))

n

c

↓

ˆ

S

z

n

| ↓>

Für die Basisket gilt aber: ˆ

S

z

n

| ↑>= (

2

)

n

| ↑> und ˆ

S

z

n

| ↓>= (−

2

)

n

| ↓>. So

ergibt sich:

=

∞

n=0

1

n!

(iΓ(t

− t

0

)))

n

c

↑

(

2

)

n

| ↑> +

∞

n=0

1

n!

(iΓ(t

− t

0

)))

n

c

↓

(

−

2

)

n

| ↓>

=

c

↑

| ↑>

∞

n=0

1

n!

(

iΓ

2

(t

− t

0

)))

n

+

c

↓

| ↓>

∞

n=0

1

n!

(

−

iΓ

2

(t

− t

0

)))

n

|α, t > = exp(

iΓ

2

(t

− t

0

))c

↑

| ↑> + exp(−

iΓ

2

(t

− t

0

))c

↓

| ↓>

< α, t

| = <↑ |c

∗

↑

exp(

−

iΓ

2

(t

− t

0

))

A

+ <

↓ |c

∗

↓

exp(+

iΓ

2

(t

− t

0

))

B

Nun ist es für Aufgabe b hilfreich sich zu überlegen, was

| ↑>, | ↓> sind:

ˆ

S

z

| ↑>=

2

1

0

0

−1

x

y

=

2

| ↑>

4

Als Vektoren kommen nur

c

1

0

und

0

c

2

für

| ↑>, | ↓> in Frage, wobei durch

die Normierung c

1

= c

2

= 1gesetzt wird.

b)

Der erste Fall ist c

↓

= 0, c

↑

= 1so ergibt sich für die Erwartungswerte:

< ˆ

S

x

>

=

exp(

−

iΓ

2

(t

− t

0

)) 1

0

2

0

1

1

0

1

0

exp(

iΓ

2

(t

− t

0

))

=

2

1

0

0

1

= 0

< ˆ

S

y

>

=

exp(

−

iΓ

2

(t

− t

0

)) 1

0

2

0

−i

i

0

1

0

exp(

iΓ

2

(t

− t

0

))

=

2

1

0

0

i

= 0

< ˆ

S

z

>

=

exp(

−

iΓ

2

(t

− t

0

)) 1

0

2

1

0

0

−1

1

0

exp(

iΓ

2

(t

− t

0

))

=

2

1

0

1

0

=

2

Für den zweiten Fall ist c

↓

= c

↑

=

1

√

2

ergibt sich:

< ˆ

S

x

>

=

1

√

2

A

B

2

0

1

1

0

B

A

1

√

2

=

1

2

A

B

2

A

B

=

4

2

+ B

2

) =

4

[exp(

−iΓ (t − t

0

)) + exp(iΓ (t

− t

0

))]

=

2

[cos(Γ (t

− t

0

))]

< ˆ

S

y

>

=

1

√

2

A

B

2

0

−i

i

0

B

A

1

√

2

=

1

2

A

B

2

−iA

iB

=

4

iB

2

− iA

2

=

4

i[exp(iΓ (t

− t

0

))

− exp(−iΓ (t − t

0

))]

=

2

i[i sin(Γ (t

− t

0

))] =

−

2

[sin(Γ (t

− t

0

))]

< ˆ

S

z

>

=

1

√

2

A

B

2

1

0

0

−1

B

A

1

√

2

=

1

2

A

B

2

B

−A

=

4

(AB

− BA) =

4

(1

− 1) = 0

5

Aufgabe 3

a)

< ψ

| [ ˆ

H, ˆ

A]

|ψ >=< ψ| ˆ

H ˆ

A

|ψ > − < ψ| ˆ

A ˆ

H

|ψ >=

< ψ

| E ˆ

A

|ψ > − < ψ| ˆ

AE

∗

|ψ >

E

∈R

= E(< ˆ

A >

− < ˆ

A >) = 0

b)

Sehr praktisch für diese Aufgaben ist die Beziehung vom letzten Blatt:[ ˆ

A, ˆ

B ˆ

C] =

[ ˆ

A, ˆ

B] ˆ

C + ˆ

B[ ˆ

A, ˆ

C] und die Beziehung von Aufgabe a) wobei wir ˆ

A = ˆ

pˆ

xeinsetzen:

< [ ˆ

H, ˆ

pˆ

x] >

=

0

< [

ˆ

p

2

2m

, ˆ

pˆ

x] > + < [V (ˆ

x), ˆ

pˆ

x] >

=

0

(4)

Die beiden Kommutatoren rechnen wir getrennt aus:

[

ˆ

p

2

2m

, ˆ

pˆ

x] = [

ˆ

p

2

2m

, ˆ

p]ˆ

x

=0

+ˆ

p[

ˆ

p

2

2m

, ˆ

x]

Lemma

=

−2ˆp

2

[

ˆ

p

2m

, ˆ

x] = i

ˆ

p

2

m

[V (ˆ

x), ˆ

pˆ

x] = [V (ˆ

x), ˆ

p]ˆ

x + ˆ

p[V (ˆ

x), ˆ

x]

=0

= [V

0

ˆ

x

k

, ˆ

p]ˆ

x

Lemma

=

−kV

0

ˆ

x

k

−1

[ˆ

x, ˆ

p]ˆ

x =

−kV

0

ˆ

x

k

i =

−ki V (ˆx)

Da setzen wir nun in Gleichung (4) ein:

< i

ˆ

p

2

m

> + <

−ki V (ˆx) >= 0

⇒ <

ˆ

p

2

2m

>=

k

2

< V (ˆ

x) >

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