kurz&knapp - Quantenmechanik

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Cover zu Hanhart - kurz knapp Quantenmechanik

kurz&knapp - Quantenmechanik

ISBN: 
978-3-662-60701-5

Die Quantenmechanik ist zentral für nahezu alle Bereiche der modernen Physik. Diese Bedeutung spiegelt sich in der Tatsache wider, dass es schon sehr viele, sehr gute Bücher zu dem Thema gibt. Warum also ein weiteres? Dieses Buch präsentiert die Inhalte kurz und knapp – der Hauptteil hat weniger als 150 Seiten. Um dies zu erreichen, habe ich größtenteils auf eine Beschreibung des historischen Kontexts und auf mathematische Vollständigkeit verzichtet. Des Weiteren sind, um die Lesbarkeit zu erhöhen und um die Zusammenhänge sowie den roten Faden nicht zu verschleiern, viele Zwischenrechnungen in die Aufgaben verschoben, deren Lösungen sich im Anhang befinden – der natürlich nicht zum Hauptteil zählt.

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In diesem Buch wird Ihnen der Vorlesungsstoff zur Quantenmechanik 1 auf weniger als 150 Seiten präsentiert. Der Autor konzentriert sich dabei auf das Wesentliche: Er zeichnet einen klaren roten Faden, behandelt längere Rechnungen erst in Aufgaben zu den jeweiligen Kapiteln und verzichtet auf Historisches. Mit relativ kurzen und modular aufgebauten Kapiteln ist das Buch sowohl zum Nachschlagen als auch zum Selbststudium geeignet. Jedes Kapitel beginnt mit einem kurzen Überblick über das jeweilige Thema und zentralen Fragen, die im Hauptteil adressiert werden. Den Abschluss jedes Kapitels bilden Zusammenfassungen, die die Fragen vom Anfang wieder aufgreifen und in kompakter Form beantworten.

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BegriffErklärung
Born-Oppenheimer-Näherung
$$\left\lbrace T_{K}~+~E_{\alpha}^{e}(X)~-~E_{\text{tot}} \right\rbrace\, \phi_{\alpha}(\boldsymbol{X})~=~0$$
Ehrenfest Theorem
$$\frac{d}{dt}\langle\hat{p}\rangle_{\Psi}~=~-\,\left\langle\nabla\hat{V}\right\rangle_{\Psi}~=~\left\langle\hat{\boldsymbol{F}}\right\rangle_{\Psi}$$
Fermis Goldene Regel
$$R_{m\rightarrow p_{\pm}}~=~\frac{2\pi}{\hbar}\,\left\lbrace \left\vert \left(\tilde{V}_{0}\right)_{p+m} \right\vert^{2}\,\rho(E_{m}^{(0)}+\hbar\omega_{0})~+~ \left\vert \left(\tilde{V}_{0}\right)_{p-m} \right\vert^{2}\,\rho(E_{m}^{(0)}-\hbar\omega_{0})\right\rbrace$$
Heisenberg'sche Unschärferelation
$$(\Delta A)^{2}\,(\Delta B)^{2} ~\geq~\frac{1}{4}\left( i\left\langle[\hat{A},\,\hat{B}]\right\rangle_{\Psi}\right)^{2}$$
Hilbertraum
$$\mathcal{H}~=~\left\lbrace \Psi\,:\,\mathbb{R}^{3}\,\rightarrow\,\mathbb{C} \,\left\vert\, \int\,d^{3}x~ \vert\Psi(\boldsymbol{x}\vert^{2}~<~\infty\right. \right\rbrace$$
Weitere Begriffe
  • kurz&knapp - Quantenmechanik (28)
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Frage 1 von 28
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  • Zeigen Sie, dass der Ortsoperator im Impulsraum folgende Form hat: $$\hat{x} ~=~ i \hbar \nabla_p $$ wobei in kartesischen Koordinaten $ \nabla_p = \left( \partial / \partial p_x ~,~ \partial / \partial p_y ~,~ \partial / \partial p_z \right) $ ist.

    Lösung

    Dazu sind lediglich die Rechenschritte, die auf den Impulsoperator im Ortsraum führten, ausgehend von $$ \langle \hat{\boldsymbol{x}} \rangle_\Psi ~=~ \int d^{3}x~ \Psi (\boldsymbol{x},t)^{∗}\,\boldsymbol{x}\,\Psi (\boldsymbol{x},t) $$, nachzuvollziehen. Das im Vergleich zum Impulsoperator im Ortsraum andere Vorzeichen findet seinen Ursprung im Unterschied der Vorzeichen in den Argumenten der Exponentialfunktionen in Orts- und Wellenraum.
  • Zeigen Sie, dass die Varianz eines Operators verschwindet, wenn sich das System in einem Eigenzustand des Operators befindet.$$ $$ Hinweis: Berechnen Sie die Erwartungswerte aus $$ \Delta A ~=~ \sqrt{ \langle \left(\hat{A} -\langle\hat{A}\rangle\right)^2 \rangle_{\Psi}} ~=~ \sqrt{ \langle \hat{A}^2 \rangle_{\Psi} - \langle \hat{A} \rangle_{\Psi}^2 } $$ explizit für $ \hat{A} \Psi ~=~ a \Psi $

    Lösung

    Gemäß Voraussetzung gilt $\hat{A}\Psi(\boldsymbol{x}, t) = a\Psi(\boldsymbol{x}, t)$ und damit $$ \langle\hat{A}^n\rangle_{\Psi} ~=~ \int d^{3}x~\Psi(\boldsymbol{x},t)^{∗} \left( \hat{A}^n\Psi(\boldsymbol{x}, t) \right) ~=~ a^n\, \int d^{3}x~\Psi(\boldsymbol{x},t)^{∗}\,\Psi(\boldsymbol{x},t) ~=~a^n $$ da die Wellenfunktionen normiert sind. Damit gilt $ \langle\hat{A}^n\rangle_{\Psi} ~=~ \langle\hat{A}\rangle^{n}_{\Psi}$ und daher $ $.
  • Leiten Sie aus der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung für zeitunabhängige Potentiale die zeitunabhängige her und berechnen Sie die Zeitabhängigkeit der resultierenden Wellenfunktion. $$ $$ Hinweis: Wenden Sie auf den Ansatz $\Psi(x, t) ~=~ \Psi(x)\,\phi(t)$ die Schrödinger-Gleichung an und teilen Sie die sich ergebende Gleichung durch $\Psi(x, t)$.

    Lösung

    Einsetzen des Ansatzes in die Schrödinger-Gleichung und Teilen durch $\Psi(\boldsymbol{x},t)$ liefert $$ \left(i\hbar\,\partial \phi(t)/\partial t\right) ~=~ \left(\hat{H}\,\Psi(\boldsymbol{x})\right) / \Psi(\boldsymbol{x}) $$ Da die linke Seite der Gleichung von $t$ abhängt, die rechte aber nicht, müssen beide Terme für sich genommen konstant sein. Diese Konstante ist mit der Energie zu identifizieren, und wir erhalten als Bestimmungsgleichung für $\phi(t)$ $$ i\hbar\,\frac{\partial\phi(t)}{\partial t} ~=~ E\,\phi(t) \quad\Rightarrow\quad \phi(t) ~=~ \exp\left( -i\,E\,t/\hbar \right) $$ Hierbei muss nicht auf die Normierung geachtet werden, da erst die Gesamtwellenfunktion normiert sein muss.
  • Zeigen Sie, dass für das in $$ P[A^1=n,\, B^2=m] ~=~ \left| \int dx_1 dx_2 ~ a_{n}^{1}(x_1)^{∗} \, b_{m}^{2}(x_2)^{∗} \, \Phi(x_1,\,x_2) \right|^2 $$ definierte System $P[A=B] + P[A=C] = P[B=C] = 3/4$ ist, im Widerspruch steht zur Bell’schen Ungleichung $$ P[A=B] + P[A=C] + P[B=C] \geq 1 $$.

    Lösung

    Es gilt \begin{align} P[A^1=1,\, B^2=1] ~=& \left| \int dx_1 dx_2 ~ a_{1}^{1}(x_1)^{∗} \, b_{1}^{2}(x_2)^{∗} \, \Phi(x_1,\,x_2) \right|^2 \nonumber\\ ~=& \frac{1}{2} \left| \int dx_1 dx_2 ~ \phi_1(x_1)^{∗} \left( \frac{\sqrt{3}}{2}\psi_0(x_2) - \frac{1}{2}\psi_1(x_2) \right)^{∗} \phi_1(x_1) \psi_1(x_2) \right|^2 \nonumber\\ ~=& \frac{1}{8} \end{align} wobei im zweiten Schritt benutzt wurde, dass, wegen der Orthogonalität der Wellenfunktoinen, nur der zweite Term von $\Phi(x_1,\,x_2)$ beiträgt. Entsprechend trägt zu $P [A^1=0,\, B^2 =0 ]$ nur die erste Komponente von $\Phi(x_1,\, x_2)$ bei, und wir erhalten \begin{align} P[A^1=0,\, B^2=0] ~=& \left| \int dx_1 dx_2 ~ a_{0}^{1}(x_1)^{∗} \, b_{0}^{2}(x_2)^{∗} \, \Phi(x_1,\,x_2) \right|^2 \nonumber\\ ~=& \frac{1}{2} \left| \int dx_1 dx_2 ~ \phi_0(x_1)^{∗} \left( \frac{1}{2}\psi_0(x_2) - \frac{\sqrt{3}}{2}\psi_1(x_2) \right)^{∗} \phi_0(x_1) \psi_0(x_2) \right|^2 \nonumber\\ ~=& \frac{1}{8} \end{align} An dieser Rechnung sieht man sehr gut den Unterschied zwischen einem klassischen System und einem System, das durch einen verschränkten Zustand beschrieben wird: $\Phi(x_1,\, x_2)$ befindet sich gleichzeitig in dem Zustand $\phi_1(x_1)\,\psi_1(x_2)$ und $\phi_0(x_1)\,\psi_0(x_2)$ und eben nicht entweder in dem einen oder dem anderen.
  • Zeigen Sie, dass der Term $$\frac{Z\, \alpha\, \hbar}{2\,m_{e}^2\,c\,r^3}\,\boldsymbol{S}\,\boldsymbol{L}$$ die Einheit einer Energie hat. $$ $$ {Hinweis:} Drehimpulse $\boldsymbol{L}$ und $\boldsymbol{S}$ haben die Einheit einer Wirkung, also hier $\hbar$, da $ [p] = \hbar/m$ und $\boldsymbol{L} = \boldsymbol{x} \times \boldsymbol{p}$ ist.

    Lösung

    Da $Z\,\alpha$ dimensionslos ist, müssen wir lediglich die Dimension von $\frac{\hbar}{2\,m_{e}^2\,c\,r^3}$ abschätzen, wobei bereits benutzt wurde, dass Drehimpulse wie $\hbar$ skalieren. Damit gilt dann $$ \left[ \frac{\hbar^3}{2\,m_{e}^2\,c\,r^3} \right] ~=~ \frac{\left(\hbar\,c\right)^3}{\mathrm{kg}^2\,c^4\,\mathrm{m}^3} ~=~ \frac{\mathrm{eV}^3\,\mathrm{m}^3}{\mathrm{eV}^2\,\mathrm{m}^3} ~=~ \mathrm{eV}$$
  • Zeigen Sie zunächst, dass $\lim_{V_0\rightarrow \infty} V(x)\rvert_{a=1/(2V_0)} $ eine Darstellung von $\delta(0)$ ist. Lösen Sie dann, in einem zweiten Schritt, die sich mit diesem Potential ergebende Schrödinger-Gleichung direkt.

    Lösung

    Es gilt $ \int dx\,V(x) ~=~ -2a\,V_0 $. Somit ist das Integral für $a = 1/(2V_0)$ konstant gleich $1$. Betrachtet man nun eine beliebige Testfunktion $f(x)$, die im ganzen Raum endlich sein soll, dann gilt $$ \lim_{V_0\rightarrow \infty} \int dx\, V(x)\, f(x) ~=~ f(0)$$ Dies zeigt die erste Behauptung. Die zu lösende Schrödinger-Gleichung lautet also $$ -\frac{\hbar^2}{2M}\frac{d^2}{dx^2} \psi(x) ~=~ \alpha\,\delta(x)\,\psi(x) $$ Um die Distribution aus der Differentialgleichung zu entfernen, integrieren wir nun beide Seiten der Gleichung von $-\epsilon$ bis $+\epsilon$ mit einem sehr kleinen, positiven $\epsilon$. Damit erhalten wir $$ \psi'(\epsilon) - \psi'(-\epsilon) ~=~ -\frac{2M\,\alpha}{\hbar^2}\,\psi(0) $$ daraus folgt $$ \lim_{\epsilon\rightarrow 0}\psi'(\pm\epsilon) ~=~ \mp(\gamma/\hbar)\psi(0) ~=~ \mp \left(\sqrt{2M\, E_b}/\hbar\right) \psi(0) $$ und damit $ E_b ~=~ 2M\,\alpha^2/(2\hbar^2)$.
  • Berechnen Sie mit Hilfe der Rekursionsformel aus $$\tilde{c}_{k+2}^{(n)} ~=~ \frac{(2k+1)-(2n+1)}{(k+2)\,(k+1)}\,\tilde{c}_{k}^{(n)} \qquad\text{mit}\quad H_n(y) ~=~\sum_{k=0}^{n} \tilde{c}_{k}^{(n)}\,y^k$$ die ersten vier $(n = 0, 1, 2, 3)$ Hermite-Polynome.

    Lösung

    Es gilt $\tilde{c}_{0}^{n} = 1$ und damit $H_{0}(y) = 1$. Dann folgt für $n=2$, dass $$ \tilde{c}_{2}^{(2)} / \tilde{c}_{0}^{(2)} ~=~ -2 \quad\Rightarrow\quad \tilde{c}_{2}^{(2)} ~=~ 4 \qquad\text{und}\quad {c}_{0}^{(2)} ~=~ -2 $$ wobei wir benutzt haben, dass gemäß Konvention $c_{n}^{n}~=~2^{n}$ ist. Damit erhalten wir $H_2 (y) ~=~ 4y^2 - 2$. Des Weiteren folgt für $n = 3$, wieder mit der erwähnten Normierung, $$ \tilde{c}_{3}^{(3)} / \tilde{c}_{1}^{(3)} ~=~ -\frac{2}{3} \quad\Rightarrow\quad \tilde{c}_{3}^{(3)} ~=~ 8 \qquad\text{und}\quad {c}_{1}^{(3)} ~=~ -12 $$ so dass $H_3 (y) ~=~ 8y^3-12y $
  • Zeigen Sie, dass der Zusammenhang aus $$H_n (\kappa\,x)\,\psi_0(x) ~=~\left(\sqrt{2} \hat{a}^{\dagger}\right)^{n}\psi_0(x) $$ gilt. $$ $$ {Hinweis:} Es genügt zu zeigen, dass mit Hilfe dieser Gleichung die korrekt normierten Hermite-Polynome generiert werden.

    Lösung

    Mit Hilfe von $\kappa = \sqrt{M\,\omega/\hbar} $ und $y = \kappa\,x $ können wir $$ \hat{a}^{\dagger} ~=~\frac{1}{\sqrt{2}}\left(y- \frac{d}{dy}\right) \qquad\text{und}\quad \psi_0(x) = N\,e^{-y^2/2} $$ schreiben. Die HErmite-Polynome $H_n(y)$ sind so normiert, dass der Term mit der höchsten Potenz $(2x)^{n}$ lautet. Es genügt also zu zeigen, dass der Operator $\left(\sqrt{2}\hat{a}^\dagger\right)$ diese Eigenschaft von $n$ auf $n+1$ überträgt. Beachte dazu, dass $$ \left(y - \frac{d}{dy}\right)\,y^{n}\,e^{-y^{2}/2} ~=~ \left(2y^{n+1}-n\,y^{n-1}\right)\,e^{-y^{2}/2}$$ gilt. Also erhöht jede Anwendung von $\left(\sqrt{2}\hat{a}^\dagger\right)$ auf die Wellenfunktion $N\,H_n(y)\,e^{-y^{2}/2}$ den Koeffizienten der höchsten Potenz des Polynoms um einen Faktor 2, was genau der Behauptung entspricht. So ganz nebenbei haben wir nun bewiesen, dass gilt: $$H_n(y) ~=~ e^{-y^{2}/2}\,\left(y-\frac{d}{dy}\right)^{n}\,e^{-y^{2}/2}$$
  • Zeigen Sie, dass die Kommutatorrelationen aus $[\hat{L}_i,\,\hat{L}_j] ~=~ i\hbar\,\sum_{k=1}^{3}\epsilon_{ijk}\hat{L}_{k}$ und $ [\hat{\boldsymbol{L}}^{2},\, \hat{L}_j] ~=~ 0$ gelten. $$ $$ {Hinweis:} Zeigen Sie zunächst die Relation $$[\hat{A}\,\hat{B},\,\hat{C}] ~=~ \hat{A}[\hat{B},\,\hat{C}] + [\hat{A},\,\hat{C}]\hat{B}$$ und benutzen Sie, dass gilt $$ \epsilon_{ikl}\,\epsilon_{jml}~=~\delta_{ij}\,\delta_{km}-\delta_{im}\,\delta_{jk}$$.

    Lösung

    Gemäß Definition gilt $\hat{L}_i~=~\left(\hat{\boldsymbol{x}}\times\hat{\boldsymbol{p}}\right)_i ~=~\sum_{k,\,l=1}^{3}\epsilon_{ikl}\,\hat{x}_k\,\hat{p}_{l}$ und damit \begin{align} \left[\hat{L}_i,\,\hat{L}_j\right] ~=& \sum_{k,\,l,\,m,\,n} \epsilon_{ikl}\,\epsilon_{jmn}\,\left[\hat{x}_{k}\hat{p}_{l},\,\hat{x}_{m}\hat{p}_{n}\right] \nonumber\\ ~=& \sum_{k,\,l,\,m,\,n} \epsilon_{ikl}\,\epsilon_{jmn}\,\left[\hat{x}_{k}[\hat{p}_l,\,\hat{x}_m]\hat{p}_{n},\,\hat{x}_{m}[\hat{x}_k,\,\hat{p}_n]\hat{p}_{l}\right] \nonumber\\ ~=& -i\hbar\, \sum_{k,\,l,\,m,\,n} \epsilon_{ikl}\,\epsilon_{jmn}\,\left[\hat{x}_{k}\,\delta_{l\,m}\,\hat{p}_{n},\,\hat{x}_{m}\,\delta_{k\,n}\,\hat{p}_{l}\right] \nonumber\\ ~=& i\hbar \, \sum_{k,\,l,\,m,\,n} \left( \epsilon_{ikl}\,\epsilon_{jnl}\, \hat{x}_{k}\hat{p}_{n} - \epsilon_{ikl}\,\epsilon_{jnl}\, \hat{x}_{m}\hat{p}_{l} \right) \nonumber\\ ~=& i\hbar \, \sum_{k,\,l,\,m,\,n} \left( -\delta_{in}\,\delta_{jk}\,\hat{x}_{k}\hat{p}_{n}~+~\delta_{im}\,\delta_{jl}\,\hat{x}_{m}\hat{p}_{l} \right) \nonumber\\ ~=& i\hbar \, \sum_{k,\,l,\,m,\,n} \left( -\,\hat{x}_{j}\,\hat{p}_{i}~+~\hat{x}_{i}\hat{p}_{k}\right)\nonumber\\ ~=& i\hbar \, \sum_{k=1}^{3} \epsilon_{ijk} \hat{L}_{k} \end{align} wobei beim Übergang von der ersten in die zweite Zeile die Kommuatorrelation $[\hat{A}\,\hat{B},\,\hat{C}] ~=~ \hat{A}[\hat{B},\,\hat{C}] + [\hat{A},\,\hat{C}]\hat{B}$ das man durch Ausschreiben der beiden Seiten der Identität leicht beweist, benutzt wurde und die Terme, die verschwinden, gar nicht aufgeschrieben wurden. Um von der vierten in die fünfte und von der sechsten in die siebte Zeile zu kommen, wurde $\epsilon_{ikl}\,\epsilon_{jml}~=~\delta_{ij}\,\delta_{km}-\delta_{im}\,\delta_{jk}$ benutzt. Des Weiteren gilt $$[\hat{\boldsymbol{L}}^{2},\, \hat{L}_j] ~=~ \sum_{k=1}^{3}\left(\hat{L}_{k}\,[\hat{L}_{k},\,\hat{L}_{i}] + [\hat{L}_{k},\,\hat{L}_{i}]\hat{L}_{k}\right) ~=~i\hbar \sum_{k,\,l=1}^{3}\epsilon_{kil}\left(\hat{L}_{k}\,\hat{L}_{l}+\hat{L}_{l}\hat{L}_{k}\right) ~=~ 0$$ da der komplett antisymmetrische $\epsilon$-Tensor mit einem symmetrischen Tensor multipliziert wird.
  • Zeigen Sie, dass $$(1/m_1)\Delta_1 + (1/m_2)\Delta_2 ~=~ (1/M_{\text{tot}})\Delta_X + (1/M) \Delta_x$$ ist, wobei die Schwerpunkt- $X~=~\frac{1}{M_{\text{tot}}}\left(m_1\,x_1+m_2\,x_2\right)$ und Relativkoordinaten $x~=~ x_1-x_2$ sowie die Gesamtmasse $M_{\text{tot}} ~=~m_1+m_2$ und die reduzierte Masse $M ~=~\frac{m_1\,m_2}{M_{\text{tot}}}$ ist.

    Lösung

    Aus den Definitionen folgt, dass $$\frac{\partial}{\partial\boldsymbol{x}_{1/2}} ~=~ \frac{\partial \boldsymbol{X}}{\partial x_{1/2}}\,\frac{\partial}{\partial\boldsymbol{X}} + \frac{\partial \boldsymbol{x}}{\partial x_{1/2}}\,\frac{\partial}{\partial\boldsymbol{x}} = \frac{m_{1/2}}{M_{\text{tot}}}\,\frac{\partial}{\partial\boldsymbol{X}}\pm\frac{\partial}{\partial\boldsymbol{x}}$$ so dass $$\frac{1}{m_{1/2}}\,\frac{\partial^{2}}{\partial \boldsymbol{x}_{1/2}^{2}} ~=~\frac{m_{1/2}}{M_{\text{tot}^{2}}}\,\frac{\partial^{2}}{\partial \boldsymbol{X}^{2}} + \frac{1}{m_{1/2}}\,\frac{\partial^{2}}{\partial \boldsymbol{x}^{2}} \pm\frac{2}{M_{\text{tot}}}\,\frac{\partial^{2}}{\partial\boldsymbol{x}\partial\boldsymbol{X}}$$ gilt. Die Summation liefert, da $1/m_{1} + 1/m_2 = 1/M$ ist, das gewünschte Ergebnis.
  • Verifizieren Sie, dass für Rydberg-Zustände folgende Gleichung gilt: $$\langle r \rangle_{\Psi_{n,\,n-1,\,m}} ~=~\frac{1}{2}\,a_1\,n\,(2n+1) \qquad\text{und}\quad \left(\Delta r\right)_{\Psi_{n,\,n-1,\,m}} ~=~ \frac{1}{2}\,a_1\,n\,\sqrt{2n+1} $$.

    Lösung

    Zu berechnen sind $\langle r \rangle_{\Psi_{n,\,n-1,\,m}}$ und $\langle r^{2} \rangle_{\Psi_{n,\,n-1,\,m}}$, wobei die Wellenfunktion als $$ u_{n,\,n-1} (r,\,Z) ~=~ \frac{1}{n} \frac{2^{n}}{\sqrt{a_{Z}\,(2n-1)!}}\,\left(\frac{r}{n\,a_{Z}}\right)^{n}\,\exp\left(-\frac{r}{n\,a_{Z}}\right)$$ bekannt ist. Also sind folgende Integrale zu berechnen: \begin{align} \langle r^{m} \rangle_{\Psi_{n,\,n-1,\,m}} ~=& \int_{0}^{\infty} dr\, r^{m}\,u_{n,\,n-1}\left(r,\,1\right)^{2}\nonumber\\ ~=& \frac{2^{2n}}{n^{2}\,a_1\,(2n-1)!}\,\int_{0}^{\infty} dr\, r^{m}\,\left(\frac{r}{n\,a_1}\right)^{2n}\,e^{-2r/(n\,a_1)}\nonumber\\ ~=& \frac{2^{2n}\,(n\,a_1)^{m+1}}{n^{2}\,a_1\,(2n-1)!}\,\int_{0}^{\infty} dy\,y^{2n+m}\,e^{-2y}\nonumber\\ ~=& \frac{2^{2n}\,(n\,a_1)^{m+1}}{n^{2}\,a_1\,(2n-1)!}\,\frac{(2n+m)!}{2^{2n+m+1}}~=~\frac{n^{m-1}\,a_{1}^{m}}{2^{m+1}}\,\frac{(2n+m)!}{(2n-1)!} \end{align} Dabei wurde die dimensionslose Variable $y~=~r/(n\,a_1)$ eingeführt und das so entstandene Integral mit Hilfe von $$ \int_{0}^{\infty} dx~ x^{k}\,e^{-\lambda\,x} ~=~\left(-\frac{\partial}{\partial \lambda}\right)^{k}~\int_{0}^{\infty} dx~ e^{-\lambda\,x} ~=~ \frac{k!}{\lambda^{k+1}} $$ ausgewertet. Damit haben wir $$\langle r \rangle_{\Psi_{n,\,n-1,\,m}} ~=~\frac{1}{2}\,a_1\,n\,(2n+1) \qquad\text{und}\quad \langle r^{2} \rangle_{\Psi_{n,\,n-1,\,m}} ~=~\frac{1}{2}\,a_1^{2}\,(n+1)\,(2n+1)$$ den fehlenden Term erhält man aus der Varianz mit $$\left(\Delta r \right)_{\Psi_{n,\,n-1,\,m}} ~=~\sqrt{\langle r^{2} \rangle_{\Psi_{n,\,n-1,\,m}} - {\langle r \rangle_{\Psi_{n,\,n-1,\,m}}}^{2}}$$.
  • Zeigen Sie zunächst, dass aus der Definition von $$ \Psi_n(\boldsymbol{x}) ~=~ N_n\,\int\,\frac{d^{3}p}{(2\pi\,\hbar)^{3}}~g_n(\boldsymbol{p})\,e^{i(\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x})/\hbar} \qquad\text{mit}\quad \lim_{n\rightarrow\infty} g_n(\boldsymbol{p})~=~(2\pi\,\hbar)^{3}\delta^{(3)} \left(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{p}_0\right) $$ der Ausdruck für $\Psi_n(\boldsymbol{x})$ aus $$ \lim_{n\rightarrow\infty}\Psi_n(\boldsymbol{x}) ~=~ \lim_{n\rightarrow\infty} \left(\frac{a}{\hbar\,n\,\pi}\right)^{3/2} \left[ j_0\left(\frac{ax}{n\hbar}\right)\,j_0\left(\frac{ay}{n\hbar}\right)\,j_0\left(\frac{az}{n\hbar}\right) \right] e^{i(\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x})/\hbar}$$ folgt, wobei $j_0(x)~=~ \sin(x)/x$. Berechnen Sie anschließend $\left\Vert\Psi_n-\Psi_m\right\Vert$.

    Lösung

    Für jede Komponente $k$ des dreidimensionalen Integrals lässt sich $$ N_{n}\frac{\pi\,\hbar\, n}{a} \int_{-\frac{a}{n}+(p_0)_k}^{+\frac{a}{n}+(p_0)_k} \frac{d\, p_{k}}{2\pi\hbar}~e^{i\,p_x\,x_k\,/\,\hbar} ~=~ N_{n}\,j_0\left(\frac{a\,x_{k}}{\hbar\,n}\right)\,e^{i\,(p_0)_k\,x_k\,/\,\hbar} $$ schreiben. Damit gilt, wiederum unter Ausnutzung der Tatsache, dass sich $\Psi_{n}$ als Produkt der Anteile der verschiedenen Komponenten schreiben lässt, für das Normierungsintegral $$ 1 ~=~ \int\,d^{3}x {\left\vert\Psi_{n}(\boldsymbol{x})\right\vert}^{2} ~=~ N_{n}^{2} \left(\int\,dx~j_0\left(\frac{a\,x}{\hbar\,n}\right)^{2}\right)^{3} ~=~ N_{n}^{2}\left( \frac{\hbar\,n}{a}\,\int\,dy~j_{0}(y)^{2}\right)^{3} ~=~ N_{n}^{2}\,\left(\frac{\hbar\,n\,\pi}{a}\right)^{3}$$ wodurch die Normierungskonstante $N_n$ festgelegt ist. Damit erhalten wir unter Verwendung von $$ \int\,dy~j_0(x/n)\,j_0(x/m) ~=~ \frac{\pi\,n\,m}{2} \left(\left\vert\frac{1}{n}+\frac{1}{m}\right\vert - \left\vert\frac{1}{n}-\frac{1}{m}\right\vert\right) $$ für $m>n$ das gewünschte Ergebnis $$\left\Vert \Psi_{n} - \Psi_{m}\right\Vert ~=~ 2\left(1-(n/m)^{3/2}\right)$$
  • Zeigen Sie durch explizite Auswertung, dass die Ortsraumdarstellung einer Wellenfunktion $\left\vert \Psi \right\rangle$, die sich aus $$ \sum_{k} \left\vert k\right\rangle \left\langle k \right\vert + \sum_{k}\int\, \left\vert \boldsymbol{p},\,\kappa \right\rangle \,\tilde{u}(\boldsymbol{p})_{\kappa}\,\frac{d^{3}p}{(2\pi\hbar)^{3}}\,\tilde{u}(\boldsymbol{p})_{\kappa}^{∗}\,\left\langle\boldsymbol{p},\,\kappa\right\vert ~=~ 1 $$ ergibt, der aus $$ \Psi(\boldsymbol{x}) ~=~ \sum_{k}c_{k}u_{k}(\boldsymbol{x}) + \sum_{k}\int\frac{d^{3}p}{(2\pi\hbar)^{3}}d_{\kappa}(\boldsymbol{p})\,u_{\boldsymbol{p},\,\kappa}(\boldsymbol{x}) $$ äquivalent ist.

    Lösung

    Gemäß Definition folgt mit $\left\langle \boldsymbol{x} \mid \Psi\right\rangle ~=~ \Psi(\boldsymbol{x})$, dass $$ \left\langle \boldsymbol{x} \mid \Psi \right\rangle ~=~ \sum_{k} \left\langle \boldsymbol{x} \mid k \right\rangle\,\left\langle k \mid \Psi \right\rangle + \sum_{k}\,\int~ \left\langle \boldsymbol{x} \mid \boldsymbol{p},\, \kappa \right\rangle\, \tilde{u}(\boldsymbol{p})_{\kappa}\,\frac{d^{3}p}{(2\pi\hbar)^{3}}\,\tilde{u}(\boldsymbol{p})_{\kappa}^{∗},\left\langle \boldsymbol{p},\,\kappa \mid \Psi \right\rangle $$. Wir zerlegen nun die Quantenzahlen in $k$ einerseits in $k_x$ , also die für den Ortsanteil relevanten Quantenzahlen, wie die Hauptquantenzahl, den Bahndrehimpuls, etc., und andererseits in $\kappa$, also die intrinsischen Quantenzahlen, wie den Spin, aber auch den später eingeführten Isospin. Es gelten $\left\langle k \mid \boldsymbol{x} \right\rangle ~=~ u_{k}(\boldsymbol{x})^{∗} $ sowie §§Gl. (5.16)§§ und $ u_{\boldsymbol{p},\kappa}(x) ~=~ e^{i\,\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{p}\,/\,\hbar} \,\tilde{u}(\boldsymbol{p})_{\kappa}$. Außerdem gilt $$ \left\langle k \mid \Psi \right\rangle ~=~ \int\,d^{3}x ~\left\langle x \mid \boldsymbol{x} \right\rangle \, \left\langle \boldsymbol{x} \mid \Psi_{\kappa} \right\rangle ~=~ \int\,d^{3}x ~ u_{k}(\boldsymbol{x})^{∗}\,\Psi_{\kappa}(\boldsymbol{x}) ~=~ \left( u_k \mid \Psi \right) ~=~ c_{k}$$ und $$ \tilde{u}(\boldsymbol{p})_{\kappa}^{∗}\,\left\langle \boldsymbol{p},\,\kappa \mid \Psi \right\rangle ~=~ \int\,d^{3}x ~ u(\boldsymbol{p})_{\kappa}^{∗}\,\left\langle \boldsymbol{p} \mid \boldsymbol{x} \right\rangle\,\left\langle \boldsymbol{x} \mid \Psi_{\kappa} \right\rangle ~=~ \int\,d^{3}x ~ u_{\boldsymbol{p},\,\kappa}(\boldsymbol{x})^{∗}\,\Psi_{\kappa}(\boldsymbol{x}) ~=~ \left( u_{\boldsymbol{k},\,\kappa} \mid \Psi \right) ~=~ d_{\kappa}(\boldsymbol{k}) $$, sodass die Aussagen äquivalent sind.
  • Zeigen Sie, dass $$ \sigma_{i}\,\sigma_{j} ~+~ \sigma_{j}\sigma_{i} ~=~ 2\delta_{ij}\boldsymbol{1} $$ gilt, und leiten Sie hieraus $$ \sigma_{i}\,\sigma_{j}~=~ \delta_{ij}\boldsymbol{1} ~+~ i\sum_{k}\epsilon_{ijk}\sigma_{k} $$ ab.

    Lösung

    Man kann $$ \sigma_{i}\,\sigma_{j} ~+~ \sigma_{j}\sigma_{i} ~=~ 2\delta_{ij}\boldsymbol{1} $$ einfach anhand der expliziten Darstellung aus $$ S_{x}~=~\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix} 0 & 1 \nonumber\\ 1 & 0 \end{pmatrix} \quad,\, S_{y}~=~\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix} 0 & -i \nonumber\\ i & 0 \end{pmatrix} \quad,\, S_{z}~=~\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix} 1 & 0 \nonumber\\ 0 & -1 \end{pmatrix} \quad,\, $$ nachrechnen. $$ $$ Eleganter ist folgende Rechnung: Aus der Eigenwertgleichung der Spinoren folgt direkt, dass $S_{z}^{2}=\boldsymbol{1}$ und damit $\sigma_{z}^{2}=\boldsymbol{1}$ sind. Da die $z$-Richtung nicht vor anderen ausgezeichnet ist und Rotationen die Einheitsmatrix invariant lassen, folgt, dass auch $\sigma_{x}^{2} = \sigma_{y}^{2} = \boldsymbol{1}$ sind. Für $S=1/2$ gilt $S_{+}^{2} = 0$ und damit $$ 0 ~=~ \sigma_{+}^{2} ~=~ \left(\sigma_{x}~+~i\,\sigma_{y}\right)^{2} ~=~ \sigma_{x}^{2} - \sigma_{y}^{2} + i\,\left(\sigma_{x}\,\sigma_{y}+\sigma_{y}\sigma_{x}\right) $$ womit $$ \sigma_{i}\,\sigma_{j} ~+~ \sigma_{j}\sigma_{i} ~=~ 2\delta_{ij}\boldsymbol{1} $$ bewiesen ist. Für die Pauli-Matrizen folgt gemäß Definition aus $$ \left[ S_{j},\, S_{k} \right] ~=~i\hbar\,\sum_{l=1}^{3}\,\epsilon_{jkl}\,S_{l} $$ $$ \left[ \sigma_{j},\,\sigma_{k}\right] ~=~ 2i\,\sum_{l=1}^{3}\epsilon_{jkl}\,\sigma_{l} .$$ Wenn man dies zu $$ \sigma_{i}\,\sigma_{j} ~+~ \sigma_{j}\sigma_{i} ~=~ 2\delta_{ij}\boldsymbol{1} $$ addiert, erhält man $$ \sigma_{i}\,\sigma_{j}~=~ \delta_{ij}\boldsymbol{1} ~+~ i\sum_{k}\epsilon_{ijk}\sigma_{k} $$
  • Berechnen Sie auf der Basis von $$ \chi_{S}(m_S)_i ~=~\delta_{i\,m_S} $$ sowie $$ S_x~=~\frac{1}{2}\left(S_{+}+S_{-}\right) \quad,\, S_y~=~-\,\frac{i}{2}\left(S_{+}-S_{-}\right) \quad,\, S_z\,\chi_{S}(m_S)~=~\hbar\,m_{S}\,\chi_{S}(m_{S})$$ und $$ S_{\pm}\,\chi_{S}(m_{S}) ~=~\hbar\,\sqrt{S(S+1)-m_{S}(m_{s}\pm 1)}\,\chi_{S}(m_{S}\pm 1)$$ die explizite Darstellung von $S_{+}$ und $S_{-}$ für $S=1/2$.

    Lösung

    Es sei $S=1/2$. Für $m_{S}=+1/2$ gilt $$ \sqrt{S(S+1)~-~m_{s}(m_{S}\pm 1) }~=~\sqrt{\frac{1 \mp 1}{2}}$$ und für $m_{S}=-1/2$ gilt $$ \sqrt{S(S+1)~-~m_{s}(m_{S}\pm 1) }~=~\sqrt{\frac{1 \pm 1}{2}}$$ damit lautet die explizite Darstellung von $S_{\pm}$ in der kanonischen Basis $$ S_{+}~=~\frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 & 1 \nonumber\\ 0 & 0 \end{pmatrix} \quad ,\, S_{-}~=~\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix} 0 & 0 \nonumber\\ 1 & 0 \end{pmatrix} $$
  • Zeigen Sie, dass in der kanonischen Basis von $$ \chi_{S}(m_S)_i ~=~\delta_{i\,m_S} $$ sowie $$ S_x~=~\frac{1}{2}\left(S_{+}+S_{-}\right) \quad,\, S_y~=~-\,\frac{i}{2}\left(S_{+}-S_{-}\right) \quad,\, S_z\,\chi_{S}(m_S)~=~\hbar\,m_{S}\,\chi_{S}(m_{S})$$ und $$ S_{\pm}\,\chi_{S}(m_{S}) ~=~\hbar\,\sqrt{S(S+1)-m_{S}(m_{s}\pm 1)}\,\chi_{S}(m_{S}\pm 1)$$ ausgehend für einen Gesamtspin von $1$ die Spinmatrizen wiefolgt geschrieben werden können: $$ S_{x}+=~\frac{\hbar}{\sqrt{2}}\,\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \nonumber\\ 1 & 0 & 1 \nonumber\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \quad,\, S_{y}+=~\frac{\hbar}{\sqrt{2}}\,\begin{pmatrix} 0 & -i & 0 \nonumber\\ i & 0 & -i \nonumber\\ 0 & i & 0 \end{pmatrix} \quad,\, S_{z}+=~ \hbar\,\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \nonumber\\ 0 & 0 & 0 \nonumber\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} $$. Berechnen Sie außerdem die Eigenwerte von $S_x$.

    Lösung

    Die Berechnung der $S_{\pm}$ für beliebige Spins verläuft völlig analog zu der voran gegangenen Aufgabe. Insbesondere erhalten wir für $S=1$: $$ S_{+}~=~\hbar\sqrt{2}\,\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \nonumber\\ 0 & 0 & 1 \nonumber\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \quad,\, S_{-}~=~\hbar\sqrt{2}\,\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \nonumber\\ 1 & 0 & 0 \nonumber\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$ die Darstellung der Spinmatrizen folgt dann direkt mit $$ S_x~=~\frac{1}{2}\left(S_{+}+S_{-}\right) \quad,\, S_y~=~-\,\frac{i}{2}\left(S_{+}-S_{-}\right) \quad,\, S_z\,\chi_{S}(m_S)~=~\hbar\,m_{S}\,\chi_{S}(m_{S})$$ Da die Identifikation der $z$-Achse mit der Quantisierungsachse völlig willkürlich war, müssen die Eigenwert von $S_x$ und $S_y$ denen von $S_z$ entsprechen. Man braucht also gar nicht zu rechnen. Der Vollständigkeit halber seien aber die Eigenvektoren von $S_x$ , ausgedrückt in der kanonischen Basis mit $z$-Achse als Quantisierungsachse, hier noch angegeben: $$ \chi_{1}^{x}(+1)~=~\begin{pmatrix} 1 \nonumber\\ \sqrt{2} \nonumber\\ 1 \end{pmatrix} \quad,\, \chi_{1}^{x}(0) ~=~ \begin{pmatrix} -1 \nonumber\\ 0 \nonumber\\ 1 \end{pmatrix} \quad,\, \chi_{1}^{x}(-1) ~=~ \begin{pmatrix} 1 \nonumber\\ -\sqrt{2} \nonumber\\ 1 \end{pmatrix} $$
  • Zeigen Sie, dass der Wahrscheinlichkeitsstrom im Beisein elektromagnetischer Wechselwirkung in folgender Form geschrieben werden kann: $$ \boldsymbol{j}(\boldsymbol{x},\,t) ~=~ -\,\frac{\hbar}{2M\,i}\,\left(\Psi(\boldsymbol{x},\,t)^{∗}\,\boldsymbol{D}\,\Psi(\boldsymbol{x},\,t)~-~\left(\boldsymbol{D}^{∗}\,\Psi(\boldsymbol{x},\,t)^{∗}\right)\,\Psi(\boldsymbol{x},\,t) \right) $$

    Lösung

    Es gilt \begin{align} \frac{\partial}{\partial t} \left\vert \Psi(\boldsymbol{x},\,t)\right\vert^{2} ~=& \frac{1}{i\hbar}\,\left( \Psi^{∗}\left(\hat{H}\,\Psi\right) ~-~\left(\hat{H}\,\Psi^{∗}\right)\Psi\right) \nonumber\\ ~=& \frac{1}{2\,M\,i\hbar}\,\left( \Psi^{∗} \left(\left(-i\hbar\,\nabla ~-~q\,\boldsymbol{A}\right)^{2}\,\Psi \right)~-~\left(\left(i\hbar\,\nabla ~-~q\,\boldsymbol{A}\right)^{2}\,\Psi^{∗}\right)\Psi \right) \nonumber\\ ~=& \frac{1}{2\,M\,i\hbar}\, \left( -\hbar^{2}\Psi^{∗}\nabla^{2}\Psi~+~\hbar^{2}\left(\nabla^{2}\Psi^{∗}\right)\Psi \right. \nonumber\\ ~~& \left. \quad +~2\,i\hbar\,q\,\boldsymbol{A}\,\Psi^{∗}\,\left(\nabla\Psi\right)~+~2\,i\hbar\,q\,\boldsymbol{A}\,\left(\nabla\Psi^{∗}\right)\,\Psi~+~2\,i\hbar\,q\,\nabla\boldsymbol{A}\,\Psi^{∗}\,\Psi \right) \nonumber\\ ~=& \frac{1}{2\,M\,i}\nabla\,\left( -\hbar\,\Psi^{∗}\,\nabla\Psi~+~\hbar\left(\nabla\Psi^{∗}\right)\Psi~+~2\,i\,q\,\boldsymbol{A}\,\Psi^{∗}\,\Psi \right)\nonumber\\ ~=& \frac{\hbar}{2\,M\,i}\nabla\,\left( \Psi^{∗} \left(-\nabla~+~\frac{i\,q}{\hbar}\boldsymbol{A}\right)\Psi ~-~ \left(\left(-\nabla~+~\frac{i\,q}{\hbar}\boldsymbol{A}\right)^{∗}\,\Psi^{∗}\right)\Psi \right) \nonumber\\ ~=& -\nabla\boldsymbol{j}(\boldsymbol{x},\,t) \end{align} wobei im Übergang von der ersten zur zweiten und der zweiten zur dritten Zeile benutzt wurde, dass die Terme, die nur die Potentiale und keine Ableitungen enthalten, nicht beitragen. Damit ist der gesuchte Ausdruck hergeleitet.
  • Berechnen Sie die Normierung von $$ \hat{H}_{A} ~=~ -\,\frac{\epsilon_0 (\hbar\,c)^{2}}{4g^{2}}\,\int\,dx^{3}~\sum_{\mu\,\nu\,\rho\,\sigma} \,g_{\mu\,\nu}\,g_{\rho\,\sigma} \, \left(\left[ D^{\mu},\,D^{\nu} \right]\right)^{\dagger} \, \left[ D^{\rho},\,D^{\sigma} \right] $$ indem Sie die Normierungskonstante aus der Forderung bestimmen, dass die elektromagnetische Feldenergie durch den in der klassischen Elektrodynamik bekannten Ausdruck gegeben ist. $$ $$ {Hinweis:} Es gilt $A^\mu ~=~ \left(A^\nu\right)^\dagger$.

    Lösung

    Zunächst werten wir den Kommutator aus und erhalten \begin{align} \left[D^{\mu},\,D^{\nu}\right] ~=& \left[\partial^{\mu},\,\partial^{\nu}\right]~+~\frac{i\,g}{\hbar}\,\left(\left[\partial^{\mu},\,A^{\nu}\right]~+~\left[A^{\mu},\,\partial^{\nu}\right]\right)~-~\frac{g^{2}}{\hbar^{2}}\left[A^{\mu},\,A^{\nu}\right] \nonumber\\ ~=& \frac{i\,g}{\hbar}\left(\left(\partial^{\mu}\,A^{\nu}\right)~-~\left(\partial^{\nu}\,A^{\mu}\right)\right)\end{align} wobei benutzt wurde, dass partielle Ableitungen sowie die $A^{\mu}$-Felder vertauschen. Die Klammern um die einzelnen Terme in der letzten Zeile drücken aus, dass die Ableitung nur auf das Feld dahinter wirkt, auch wenn weitere Terme rechts des Kommutators auftreten. Damit erhalten wir also \begin{align} g_{\mu\,\rho}\,g_{\nu\,\sigma}\,\left[D^{\mu},\,D^{\nu}\right]^{\dagger}\,\left[D^{\rho},\,D^{\sigma}\right]~=~g_{\mu\,\rho}\,g_{\nu\,\sigma}\,\frac{2\,g^{2}}{\hbar^{2}}\left( \left(\partial^{\mu}A^{\nu}\right)\,\left(\partial^{\rho}A^{\sigma}\right) ~-~ \left(\partial^{\nu}A^{\mu}\right)\,\left(\partial^{\sigma}A^{\rho}\right) \right) \nonumber\\ ~=~-\,\frac{2\,g^{2}}{(\hbar\,c)^{2}}\,\left( \dot{\boldsymbol{A}}^{2}~+~2\dot{\boldsymbol{A}}(\nabla\phi)~+~(\nabla\phi)^{2}~+~c^{2}\,\sum_{i\,j} \left( (\nabla_{i}A_{j})\,(\nabla_{i}A_{j})~-~(\nabla_{i}A_{j})(\nabla_{j}A_{i}) \right) \right) \end{align} Hier wurden beim Übergang von der ersten in die zweite Zeile $$ A^{\mu}~=~\left(\phi/c,\,\boldsymbol{A}\right) \qquad\Rightarrow\quad {A'}^{\mu}~=~A^{\mu}~-~\partial^{\mu}\Lambda$$ und $$ \partial^{\mu} ~=~ \left(\frac{1}{c}\,\frac{\partial}{\partial t},\,\frac{\partial}{\partial x_{i}}\right) ~=~ \left(\frac{1}{c}\,\frac{\partial}{\partial t},\,-\,\frac{\partial}{\partial x^{i}}\right)$$ (man beachte das Vorzeichen vor den räumlichen Ableitungen) und die Notation $\dot{\boldsymbol{A}}^{2} = \partial\boldsymbol{A}/\partial t$ benutzt. Verwenden Sie nun $$ \boldsymbol{B}~=~\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A} \qquad\text{und}\quad \boldsymbol{E}~=~-\,\boldsymbol{\nabla}\phi~-~\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol{A}$$ mit $$ \boldsymbol{B}^{2} ~=~ (\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{A})^{2} ~=~\sum_{i\,j} \left( (\nabla_{i}A_{j})\,(\nabla_{i}A_{j})~-~(\nabla_{i}A_{j})(\nabla_{j}A_{i}) \right) $$ so erhalten Sie $$ \hat{H}_{\boldsymbol{A}} ~=~-\,\left(2\,g^{2}\,/\,(\hbar\,c)^{2}\right)\,N\,\int\,d^{3}x~\left(\boldsymbol{E}^{2}~+~c^{2}\,\boldsymbol{B}^{2}\right) $$ Andererseits ist aus der klassischen Elektrodynamik bekannt, dass die elektromagnetische Feldenergie mit Hilfe von $$ E_{\text{klass.}} ~=~-\frac{\epsilon_0}{2}\,\int\,d^{3}x~\left(\boldsymbol{E}^{2}~+~c^{2}\,\boldsymbol{B}^{2}\right) $$ zu berechnen ist. Nach dem Ehrenfest’schen Theorem entsprechen quantenmechanische Erwartungswerte den klassischen Größen. Aus dem Vergleich der Koeffizienten ergibt sich damit $$ N~=~-\,\frac{\epsilon_0\,(\hbar\,c)^{2}}{4\,g^{2}}$$
  • Zeigen Sie, dass der magnetische Fluss eine eichinvariante Größe ist.

    Lösung

    Der magnetische Fluss ist definiert über $$ \Phi_{\text{mag}}~=~\left(\int_{C_1}\,d\boldsymbol{y}\cdot\boldsymbol{A}(\boldsymbol{y})~-~\int_{C_{2}}\,d\boldsymbol{y}\cdot\boldsymbol{A}(\boldsymbol{y})\right)~=~\oint_{C}\,d\boldsymbol{y}\cdot\boldsymbol{A}(\boldsymbol{y})$$ wobei sich der geschlossene Weg $C$ aus $C_{1}$ vorwärts und $C_{2}$ rückwärts zusammensetzt. Zu zeigen ist, dass für $\boldsymbol{A}'~=~\boldsymbol{A}~+~\boldsymbol{\nabla}\Lambda$ $$ \oint_{C}\,d\boldsymbol{y}\cdot\boldsymbol{A}'(\boldsymbol{y}) ~=~ \oint_{C}\,d\boldsymbol{y}\cdot\boldsymbol{A}(\boldsymbol{y}) $$ist. Diese Identität gilt, da $$ \oint_{C}\,d\boldsymbol{y}\cdot\boldsymbol{\nabla}\Lambda~=~\int_{F}\,d\boldsymbol{f}\cdot\left(\boldsymbol{\nabla}\times\boldsymbol{\nabla}\Lambda\right)~=~0$$ ist, wobei $F$ die durch $C$ eingeschlossene Fläche mit dem gerichteten Flächenelement $d\boldsymbol{f}$ bezeichnet und für die erste Identität der Satz von Stokes benutzt wurde. Die zweite Identität folgt daraus, dass die Komponenten von $\boldsymbol{\nabla}$ vertauschen, so dass $\epsilon_{ijk}\nabla_{i}\nabla_{j}=0$ ist.
  • Zeigen Sie, dass Zustände, die durch eine Symmetrietransformation ineinander überführt werden können, entartet sind.

    Lösung

    Gemäß den Voraussetzungen gilt $\left\vert B \right\rangle ~=~ \hat{\mathcal{U}}\left\vert A \right\rangle$ und $\hat{\mathcal{U}}^{\dagger}~=~\hat{\mathcal{U}}^{-1}$ sowie $$ \left[ \hat{\mathcal{U}},\,\hat{H} \right] ~=~ \hat{\mathcal{U}}\hat{H}~-~\hat{H}\hat{\mathcal{U}} ~=~ 0 \qquad\text{bzw.}\quad \hat{\mathcal{U}}\hat{H}\hat{\mathcal{U}}^{\dagger}~=~\hat{H}$$ Damit bekommen wir aus $\hat{H}\left\vert A \right\rangle ~=~ E_{A}\left\vert A \right\rangle$ durch Multiplikation von links mit $\hat{\mathcal{U}}$ \begin{align} \hat{\mathcal{U}}\hat{H}\left\vert A \right\rangle ~=& \hat{\mathcal{U}}\hat{H}\hat{\mathcal{U}}^{\dagger}\,\hat{\mathcal{U}} \left\vert A \right\rangle ~=~ \hat{H} \left\vert B \right\rangle\nonumber\\ ~=& \hat{\mathcal{U}}\,E_{A}\left\vert A \right\rangle ~=~ E_{A} \left\vert B \right\rangle \end{align} Da $\hat{H}\left\vert B \right\rangle ~=~ E_{B} \left\vert B \right\rangle$ ist, finden wir, dass $E_A~=~E_B$ gilt.
  • Zeigen Sie, dass für $S=1/2$ gilt: $$ \hat{\mathcal{U}}_{\boldsymbol{n},\,\alpha}^{1/2} ~=~ e^{-i\frac{\alpha}{2}\left(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n}\right)} ~=~ \cos\left(\frac{\alpha}{2}\right) ~-~ i\,\left(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n}\right)\,\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) $$

    Lösung

    Da die Exponentialfunktion über ihre Taylor-Reihe definiert ist, gilt $$ \hat{\mathcal{U}}_{\boldsymbol{n},\,\alpha}^{1/2} ~=~ e^{-i\frac{\alpha}{2}\left(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n}\right)} ~=~ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}\,\left(-i\frac{\alpha}{2}\left(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n}\right)\right)^{k}$$ Nach $$ \sigma_i\,\sigma_j~=~\delta_{ij}\boldsymbol{1}~+~i\sum_{k}\epsilon_{ijk}\,\sigma_{k}$$ gilt $(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n})^{2}~=~\boldsymbol{n}^{2}\cdot\boldsymbol{1}~=~\boldsymbol{1}$ bzw. $(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n})^{2k}~=~\boldsymbol{1}$ und $(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n})^{2k+1}~=~(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n})$, so dass \begin{align} \hat{\mathcal{U}}_{\boldsymbol{n},\,\alpha}^{1/2}~=& \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\,\frac{1}{(2k)!}\,\left(\frac{\alpha}{2}\right)^{2k} ~-~ i\left(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n}\right) \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\,\frac{1}{(2k+1)!}\,\left(\frac{\alpha}{2}\right)^{2k+1} \nonumber\\ ~=& \cos\left(\frac{\alpha}{2}\right) -i\,\left(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{n}\right)\,\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right) \end{align}
  • Konstruieren Sie explizit die Eigenvektoren zu $$ S_{y},\,\chi_{\frac{1}{2}}^{y}\left(\pm\right) $$

    Lösung

    Die Eigenwerte von $S_y$ für Spin $1/2$ sind natürlich $\pm 1/2$. Um die Eigenvektoren zu bekommen, gibt es zwei Möglichkeiten: Zum einen kann man die Vektoren suchen, die die Eigenwertgleichung $$ S_{y}\,\chi_{\frac{1}{2}}^{y}(\pm) ~=~\pm\,\frac{\hbar}{2}\,\chi_{\frac{1}{2}}^{y}(\pm) \qquad\text{bzw.}\quad \begin{pmatrix} 0 & -i \nonumber\\ i & 0 \end{pmatrix} \,\chi_{\frac{1}{2}}^{y}(\pm) ~=~ \pm\,\chi_{\frac{1}{2}}^{y}(\pm) $$ erfüllen. In diesem einfachen Fall lassen sich die Eigenvektoren direkt als $$ \chi_{\frac{1}{2}}^{y}(\pm) ~=~\frac{1}{\sqrt{2}}\,e^{i\phi_{\pm}}\,\begin{pmatrix} 1 \nonumber\\ \pm i \end{pmatrix} $$ ablesen. Natürlich sind die Eigenvektoren so nur bis auf eine Phase festgelegt. Alternativ kann man die Konstruktion aus dem Haupttext wiederholen: Um die z-Achse auf die y-Achse zu drehen, bedarf es einer Drehung um die x-Achse um den Winkel $\alpha~=~-\pi/2$. Damit erhalten wir $$ \hat{\mathcal{U}}_{\boldsymbol{e}_{x},\,(-\pi/2)}^{1/2}~=~ \begin{pmatrix} \cos(-\pi/4) & -i\,\sin(-\pi/4) \nonumber\\ -i\,\sin(-\pi/4) & \cos(-\pi/4) \end{pmatrix} ~=~\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & i \nonumber\\ i & 1 \end{pmatrix} $$ und damit $$ \hat{\mathcal{U}}_{\boldsymbol{e}_{x},\,(-\pi/2)}^{1/2}\,\begin{pmatrix} 1 \nonumber\\ 0 \end{pmatrix} ~=~ \frac{1}{\sqrt{2}} \,\begin{pmatrix} 1 \nonumber\\ i \end{pmatrix} \qquad\text{und}\quad \hat{\mathcal{U}}_{\boldsymbol{e}_{x},\,(-\pi/2)}^{1/2}\, \begin{pmatrix} 0 \nonumber\\ 1 \end{pmatrix} ~=~ \frac{1}{\sqrt{2}}\,\begin{pmatrix} i \nonumber\\ 1 \end{pmatrix} ~=~\frac{i}{\sqrt{2}}\,\begin{pmatrix} 1 \nonumber\\ -i \end{pmatrix} $$ was den zuvor gefundenen Eigenvektoren entspricht. Wie $\chi_{\frac{1}{2}}^{y}(\pm)$ erhalten also auch die $\chi_{\frac{1}{2}}^{x}(\pm)$ zu gleichen Anteilen $\chi_{\frac{1}{2}}(+)$ und $\chi_{\frac{1}{2}}(-)$.
  • Berechnen Sie $$\left[ \hat{L}_{i},\, \hat{\boldsymbol{L}} \cdot \boldsymbol{B} \right] \qquad\text{und}\quad \left[ \hat{L}_{i},\, \hat{\boldsymbol{L}} \cdot \boldsymbol{V} \right]$$ unter der Annahme, dass $\boldsymbol{B}$ ein externer Vektor, $\boldsymbol{V}$ hingegen ein interner Vektor ist, für den gilt: $$ \left[ \hat{L}_{i},\, V_{j} \right] ~=~ i\hbar\,\sum_{l\,m}\epsilon_{lmk}\,V_{k} $$

    Lösung

    Für externe Vektoren gilt $\left[ \hat{L}_{i},\,B_{j} \right] ~=~ 0$, für interne, die nicht proportional zum Spin sind, hingegen $\left[ \hat{L}_{i},\, V_{j} \right] ~=~ i\hbar\,\sum_{lm} \epsilon_{lmk}\,V_{k}$ und damit $$ \left[ \hat{L}_{i},\,\hat{\boldsymbol{L}}\cdot\boldsymbol{B} \right] ~=~ \sum_{m}\left[\hat{L}_{i},\,\hat{L}_{m}\right]\,B_{m} ~=~i\hbar\,\sum_{mk}\epsilon_{imk}\,\hat{L}_{k}\,B_{m} $$ sowie \begin{align} \left[ \hat{L}_{i},\,\hat{\boldsymbol{L}}\cdot\boldsymbol{V} \right] ~=& \sum_{m} \left( \left[\hat{L}_{i},\,\hat{L}_{m}\right]\,V_{m} ~+~ \hat{L}_{m}\,\left[\hat{L}_{i},\,V_{m}\right] \right) \nonumber\\ ~=& i\hbar\,\sum_{mk}\epsilon_{imk}\left( \hat{L}_{k}\,V_{m}~+~\hat{L}_{m}\,V_{k} \right) ~=~0 \end{align} Also gilt $ \left[\hat{L}_{k} ,\,s\right] ~=~0 $ zwar, wenn nur interne Vektoren auftreten, nicht aber, wenn $s$ externe Impulse enthält.
  • Zerlegen Sie $x_{i}p_{j}$ in seine Anteile zu $J = 2$, $J = 1$ und $J = 0$.

    Lösung

    Es gilt \begin{align} x_{i}\,p_{j} ~=& \frac{1}{2}\,\left(x_i\,p_j ~-~ x_j\,p_i\right) ~+~ \frac{1}{2}\,\left(x_i\,p_j ~+~ x_j\,p_i\right) \nonumber\\ ~=& \frac{1}{2} \sum_{klm}\epsilon_{ijk}\,\epsilon_{klm}\,x_l\,p_,~+~\frac{1}{2}\left(x_i\,p_j~+~x_j\,p_i~-~\frac{2}{3}\delta_{ij}(\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{p})\right)~+~\frac{1}{3}\delta_{ij}(\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{p}) \nonumber\\ ~=& \delta_{ij} S ~+~ \sum_{k}\epsilon_{ijk}\,V_{k} ~+~ T_{ij} \end{align} mit $S~=~(\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{p})/3$ und $\boldsymbol{V}~=~(\boldsymbol{x}\times\boldsymbol{p})/2$ Die Operation, die aus zwei Vektoren einen Skalar $(J = 0)$ macht, ist das Skalarprodukt, das Kreuz- oder Vektorprodukt überführt zwei Vektoren in einen Vektor $(J = 1)$ und ein Tensor zweiter Stufe $(J = 2)$ ist eine symmetrische, spurfreie Kombination aus den Vektorkomponenten. Damit ist die Interpretation der Terme in obiger Zerlegung klar.
  • Zeigen Sie am Beispiel eines Zweiteilchensystems, dass sich das Spin-Statistik-Theorem auch auf zusammengesetzte Objekte überträgt.

    Lösung

    Ein zusammengesetztes Fermion (Boson) besteht aus einer ungeraden (geraden) Anzahl an Fermionen sowie einer beliebigen Anzahl an Bosonen. Um zwei identische zusammengesetzte Objekte zu vertauschen, müssen alle Komponenten vertauscht werden. Eine Vertauschung der bosonischen Komponenten hat keinen Einfluss auf die Phase. Die Vertauschung einer ungeraden (geraden) Anzahl von Fermionfeldern erzeugt einen Faktor $-1$ $(+1)$, so dass die Vertauschung aller Komponenten für die zusammengesetzten Objekte wiederum die für den gegebenen Spin passende Vertauschungssymmetrie generiert.
  • Zeigen Sie, dass man in $$ E_{n} ~=~ \sum_{k=0}^{\infty} E_{n}^{(k)}\,\lambda^{k} \quad\text{und}\quad \left\vert n \right\rangle ~=~ N\,\sum_{k=0}^{\infty}\lambda^{k}\,\left\vert n^{(k)}\right\rangle \qquad\text{mit}\quad \hat{H} \left\vert n \right\rangle ~=~ E_{n} \left\vert n \right\rangle$$ ohne Beschränkung der Allgemeinheit $$ \left\langle n^{(0)} \mid n^{(k)} \right\rangle ~=~ 0 $$ fordern kann.

    Lösung

    Nehmen wir also zunächst einmal an, wir haben eine Entwicklung des Typs $$\left\vert n \right\rangle ~=~ \tilde{N}\left\vert n^{(0)} \right\rangle ~+~\tilde{N}\sum_{k=1}^{\infty}\lambda^{k}\left\vert \tilde{n}^{(k)}\right\rangle \qquad\text{mit}\quad \left\langle n^{(0)} \,\mid\, \tilde{n}^{(k)} \right\rangle ~\neq~ 0$$ gefunden. Dann können wir die Zustände $$ \left\vert n^{(k)} \right\rangle ~=~ \tilde{\tilde{N}} \left(\left\vert \tilde{n}^{(k)}\right\rangle ~-~ \left\langle n^{(0)}\,\right\vert \tilde{n}^{(k)} \left\vert n^{(0)}\right\rangle \right) \qquad\text{mit}\quad \left\langle n^{(0)}\,\mid\,n^{(k)} \right\rangle ~=~0 $$ mit geeigneter Normierungskonstante $\tilde{\tilde{N}}$ definieren und erhalten \begin{align} \left\vert n \right\rangle ~=& \tilde{N}\left\vert n^{(0)} \right\rangle ~+~ \tilde{N} \sum_{k=1}^{\infty}\lambda^{k}\left\vert \tilde{n}^{(k)} \right\rangle \nonumber\\ ~=& \tilde{N} \left\vert n^{(0)} \right\rangle \left( 1 ~+~ \tilde{N}\sum_{k=1}^{\infty} \lambda^{k}\left\langle n^{(0)} \,\mid\, \tilde{n}^{(k)} \right\rangle \right) ~+~ \frac{\tilde{N}}{\tilde{\tilde{N}}}\, \sum_{k=1}^{\infty}\lambda^{k}\left\vert n^{(k)} \right\rangle\nonumber\\ ~=& N\sum_{k=0}^{\infty} \lambda^{k} \left\vert n^{(k)}\right\rangle \end{align} mit $N~=~\tilde{N}\,\left(1+\sum_{k=1}^{\infty} \lambda^{k} \left\langle n^{(0)} \,\mid\, \tilde{n}^{(k)} \right\rangle \right) ~=~\tilde{N}/\tilde{\tilde{N}}$.
  • Zeigen Sie durch explizite Berechnung, dass $$ H'_{1\, 0}(M) ~=~ H'_{0\, 1}(M) ~=~ \left\langle \frac{1}{2} M\left(1\,\frac{1}{2}\right) \right\vert \hat{H}' \left\vert \frac{1}{2} M \left( 0 \, \frac{1}{2} \right) \right\rangle ~=~2\,M\,e\,\mathcal{E}\,\sqrt{3}\,a_{Z} $$ gilt (siehe Kapitel 10.1).

    Lösung

    Es gilt \begin{align} H'_{1\,0}(M)~=& \left\langle \frac{1}{2} M\left(1\,\frac{1}{2}\right) \right\vert \hat{H}' \left\vert \frac{1}{2} M \left( 0 \, \frac{1}{2} \right) \right\rangle \nonumber\\ ~=& \left\langle \frac{1}{2} M \,\mid\,1\,0,\,\frac{1}{2}M\right\rangle\, \int\,d^{3}x~ \left\langle n=2,\,l=1,\,m_{l}=0 \mid \boldsymbol{x} \right\rangle \, \hat{H}' \, \left\langle \boldsymbol{x} \mid n=2,\, l=0,\,m_l=0\right\rangle \nonumber\\ ~=& -2M\,e\,\mathcal{E}\sqrt{\frac{1}{3}} \,\int_{0}^{\infty}\,dr~u_{2\,1}(r)\,r\,u_{2\,0}(r)\,\sqrt{\frac{4\pi}{3}}\,\int\,d\Omega~Y_{1\,0}(\Omega)^{∗}\,Y_{1\,0}(\Omega)\,Y_{0\,0}(\Omega)\nonumber\\ ~=& -2M\,\frac{e\,\mathcal{E}}{3}\,\int_{0}^{\infty}\,dr~u_{2\,1}(r)\,r\,u_{2\,0}(r) \end{align} wobei die Zustände in der ersten Zeile mit $J$ , $M$, $l$ und $s$ gekennzeichnet sind.Um in die zweite Zeile zu kommen, wurde mit $$ \int\,\left\vert\boldsymbol{x}\right\rangle\,d^{3}x~\left\langle\boldsymbol{x}\right\vert$$ auf den Ortsraum projiziert, und mit Hilfe von $$\left\vert J\,M(j_1,\,j_2)\right\rangle ~=~ \sum_{m_1=-j_1}^{j_1}\,\sum_{m_2=-j_2}^{j_2}\,\vert j_1\,m_1\rangle \, \vert j_2\,m_2\rangle \, \langle j_1\,m_1,\,j_2\,m_2\vert \left.J\,M\right\rangle$$ wurden Bahndrehimpuls und Spin enkopplt; außerdem wurde benutzt, dass die Spinwellenfunktionen normiert sind. Im nächsten Schritt wurden $$ \left\langle\boldsymbol{x}\,\mid\,n\,l\,m\right\vert~=~\left\langle r\,\mid\,n\,l\right\rangle\,\left\langle\Omega_x\,\mid\,l\,m\right\rangle~=~\frac{u_{n\,l}(r)}{r}\,Y_{l\,m}(\Omega_x)~=~\psi_{n\,l\,m}(\boldsymbol{x})$$ und $$ \left\langle \frac{1}{2}\, \pm\frac{1}{2} \,\mid\,1\,0,\,\frac{1}{2}\,\pm\frac{1}{2} \right\rangle ~=~ \mp\sqrt{\frac{1}{3}} \qquad\text{bzw.}\quad \left\langle \frac{1}{2}\, M \,\mid\,1\,0,\,\frac{1}{2}\, M \right\rangle ~=~ -2M\,\sqrt{\frac{1}{3}}$$ verwendet und im letzten schließlich die Orthonormalität der der Kugelflächenfunktionen und $Y_{0\,0}~=~1\,/\,\sqrt{4\pi}$. Aus der Herleitung folgt, dass $H_{1\,0}'(M)~=~H_{0\,1}'(M)$ ist. Die benötigten Radialwellenfunktionen seien bekannt (vgl. Gl. 4.51) und mit Hilfe von $$ \int_{0}^{\infty}\,dx~x^{k}\,e^{-\lambda\,x}~=~\left(-\,\frac{\partial}{\partial\lambda}\right)^{k}\int_{0}^{\infty}\,dx~e^{-\lambda\,x}~=~\frac{k!}{\lambda^{k+1}} $$ ist die Auswertung des Integrals einfach, denn es gilt \begin{align} \int_{0}^{\infty}\,dr~u_{2\,1}(r)\,r\,u_{2\,0}(r) ~=& \frac{1}{8\sqrt{3}\,a_{Z}^{3}}\,\int_{0}^{\infty}\,dr~r^{3}\,\left(\frac{r}{a_Z}\right)\,\left(2-\frac{r}{a_Z}\right)\,e^{-r\,/\,a_Z} \nonumber\\ ~=& \frac{a_Z}{8\sqrt{3}}\,\int\,dR~R^{4}\,(2-R)\,e^{-R} \nonumber\\ ~=& \frac{a_Z}{8\sqrt{3}}\,(2\,(4!)~-~5!)~=~-3\sqrt{3}\,a_Z \end{align} wobei $R=r\,/\,a_Z$ benutzt wurde. Damit erhalten wir $$ H'_{1\, 0}(M) ~=~ H'_{0\, 1}(M) ~=~ 2\,M\,e\,\mathcal{E}\,\sqrt{3}\,a_{Z} $$
  • Beweisen Sie Fermis Trick: $$ \left(2\pi\,\delta(\omega-\omega_0) \right)^{2} ~=~ 2\pi\,T \, \delta(\omega - \omega_0)$$

    Lösung

    Um den Beweis zu führen, müssen wir zunächst zumindest für eine der beiden $\delta$-Distributionen noch mit endlichen Werten von $T$ arbeiten. Dann erhalten wir $$ \left( 2\pi\,\delta(\omega-\omega_0)\right)^{2} \,\rightarrow\,(2\pi)\,\delta(\omega-\omega_0)\,\int_{0}^{T}\,dt~e^{i\left(\omega-\omega_0\right)t} $$ Da die $\delta$-Distribution nur Beiträge zulässt, für die $\omega=\omega_0$ ist, können wir dies explizit in dem Integral einsetzen, das damit den Wert $T$ annimmt. Damit ist Fermis Trick bewiesen. In diesem "Beweis" wurde etwas sorglos mit dem Grenzwert für große Zeiten umgegangen. Schliesslich wurde in der Herleitung des obigen Ausrucks $$ \int_{0}^{T}\,dt~e^{i\,\Delta t}~\approx~(2\pi)\,\delta(\Delta) $$ benutzt. Sauberer wäre es gewesen, alle Rechnungen bei endlichen $T$ durchzuführen und erst nach dem Übergang zur Rate den Grenzwert $T \rightarrow \infty$ zu nehmen. Das Ergebnis wäre jedoch dasselbe gewesen.
  • Fertig!

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