Theoretische Physik Blatt 6 Christopher Bronner,Frank Essenberger


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#22637

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:

r ˆ


H] = [ˆ

r,

ˆ



p

2

2m



− V (ˆr)] =

1

2m



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]):

r ˆ


H]

|

k



=

1

2m



x

k



, ˆ

p

2



] =

1

2m



x

k



, ˆ

p

2



1

+ ˆ


p

2

2



+ ˆ

p

2



3

] =


1

2m



x

k

, ˆ



p

2

k



]

Lemma


=

x



k

, ˆ


p

k

]



m

ˆ

p



k

.



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 ):

p ˆ



H]

|

x



= [ˆ

p

x



,

ˆ

p



2

2m

− V (ˆr)] =



1

2m



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:

p



x

, V (ˆ


r)]

=



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:

p



k

, V (ˆ


x)]

=



p

k

,



n=1


a

n

ˆ



x

n

] =



n=1


a

n



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):

p, ˆ


H]

|

x



=

−i V (ˆy)V (ˆz)

n=1


a

n



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



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:

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!

(



2

(t



− t

0

)))



n

+

c



| ↓>


n=0


1

n!

(



2



(t

− t


0

)))


n

|α, t > = exp(

2

(t



− t

0

))c



| ↑> + exp(−

2

(t



− t

0

))c



| ↓>


< α, t

| = <↑ |c



exp(



2



(t

− t


0

))

A



+ <

↓ |c


exp(+



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(



2



(t

− t


0

)) 1


0

2

0



1

1

0



1

0

exp(



2

(t



− t

0

))



=

2

1



0

0

1



= 0

< ˆ

S

y



>

=

exp(



2



(t

− t


0

)) 1


0

2

0



−i

i

0



1

0

exp(



2

(t



− t

0

))



=

2

1



0

0

i



= 0

< ˆ

S

z



>

=

exp(



2



(t

− t


0

)) 1


0

2

1



0

0

−1



1

0

exp(



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



xeinsetzen:



< [ ˆ

H, ˆ


x] >


=

0

< [

ˆ

p

2



2m

, ˆ


x] > + < [V (ˆ

x), ˆ



x] >



=

0

(4)



Die beiden Kommutatoren rechnen wir getrennt aus:

[

ˆ



p

2

2m



, ˆ

x] = [



ˆ

p

2



2m

, ˆ


p]ˆ

x

=0



p[

ˆ



p

2

2m



, ˆ

x]

Lemma



=

−2ˆp


2

[

ˆ



p

2m

, ˆ



x] = i

ˆ

p



2

m

[V (ˆ



x), ˆ

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



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) >


6

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