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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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 Widderchen Verfasst am: 11. Jun 2015 12:06 Titel: Spin-Bahn-Wechselwirkung Energieeigenwerte |
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Meine Frage:
Hallo,
ich habe folgende Aufgabe:
Ein Elektron mit Spin s=1/2 und Bahndrehimpuls l = 1 werde durch den Hamiltonoperator  ) beschrieben, wobei a und b reelle Konstanten seien. Wieviele Energieeigenwerte hat dieses System und wie lauten sie ?
Meine Ideen:
Ich habe folgenden Hinweis:
Bestimmen Sie analog zur Vorlesung zunächst einen Satz von Operatoren, die untereinander und mit H kommutieren. Drücken Sie anschliessend H
durch diese Operatoren aus.
Ich weiß nicht mehr so recht, mit welchen Operatoren H kommutiert. Außerdem habe ich einfach das Skalarprodukt im Hamiltonoperator gebildet, allerdings komme ich danach nicht mehr weiter. Ich vermute, dass man den Hamiltonoperator derart geschickt umformen kann, sodass dieser praktisch über solche Operatoren ausgedrückt werden kann, die auch mit ihm kommutieren, also L^2 , L_z , etc. ...
Aber mir fehlt jeglicher Ansatz!! Über Hilfe würde ich mich freuen!!
Viele Grüße
Widderchen |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18049
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| TomS Verfasst am: 11. Jun 2015 17:43 Titel: |
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Probier's mal mit den Operatoren
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 11. Jun 2015 22:29 Titel: |
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Hallo,
ich denke, der erst genannte Operator soll folgendermaßen lauten:
 . (oder ???)
Zumindest wurde in unserer Vorlesung der Gesamtdrehimpuls als Addition von Bahndrehimpuls und Spindrehimpuls festgelegt. Eigentlich hatte unser Dozent nur den Fall mit dem Minuszeichen definiert. L und S in der obigen Formel sollten dann Leiteroperatoren mit x und y Komponente darstellen.
Kommutieren die von dir genannten Operatoren mit H ???
Viele Grüße
Widderchen |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18049
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| TomS Verfasst am: 12. Jun 2015 00:45 Titel: |
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Nein, es ist genau das gemeint, was da steht, also Linearkombinationen der beiden Operatoren - keine Leiteroperatoren.
Die Eigenzustände zu den ursprünglichen Operatoren L und S lauten ja
Für die von mir genannten Linearkombinationen muss man streng genommen schreiben
wobei L bzw. S auf die ersten bzw. die letzten beiden Quantenzahlen in den Kets wirken (während ihre Wirkung auf die jeweils anderen Quantenzahlen die Identität liefert).
Jetzt berechnet man
^2 = \vec{L}^2 + \vec{S}^2 \pm 2 \vec{L} \vec{S})
Subtraktion liefert
Damit kannst du den ersten Term in H umschreiben. Der zweite Term ist klar.
Nun berechnest du die Kommutatoren, um Operatoren zu finden, die mit H vertauschen.
Das wäre meine Idee.
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 12. Jun 2015 16:08 Titel: |
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Hallo,
Ich erhalte:
 + b \cdot J_z ) . Ich habe den Hamiltonoperator über das Betragsquadrat des Gesamtdrehimpulses J ausgedrückt. Diese vier Operatoren kommutieren miteinander und auch mit H selbst, oder??
Alle diese Operatoren besitzen Eigenwerte zu bestimmten Eigenfunktionen. Also liegen vier Eigenwerte vor??? 
In der Vorlesung hatte mein Dozent einen Satz von Eigenfunktionen in Form von Produktzuständen notiert. Allerdings weiß ich nicht, wie das funktionieren soll.
Du hast bereits Leiteroperatoren verwendet. Ich weiß nur noch, dass man durch sukzessives anwenden des Absteigeoperators  alle Produkteigenzustände auffinden kann???
Viele Grüße
Widderchen
Viele Grüße
Widderchen |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18049
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| TomS Verfasst am: 12. Jun 2015 17:14 Titel: |
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Nochmal; meine Operatoren mit Index +- sind keine Leiteroperatoren, sondern Linearkombinationen von L und S.
Mit dem J_- schicke ich dich evtl. in die falsche Richtung :-(
Du musst halt überprüfen, welche Operatoren mit H vertauschen. Probiere das doch mal aus ...
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 12. Jun 2015 23:02 Titel: |
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Hallo,
ok, ich habe nachvollzogen, dass die 4 Operatoren paarweise miteinander kommutieren. Damit besitzen diese gemeinsame Produkteigenzustände. In der Vorlesung wurden auch die sogenannten Clebsch-Gordon-Koeffizienten der Eigenzustände eingeführt.
Allerdings weiß ich immer noch nicht, wie viele Eigenwerte bzw. welche Energieeigenwerte dieses System hat?
Ich habe die Eigenfunktion  und den Operator  darauf angewandt. Man erhält dann induktiv eine ganze Serie von Eigenzuständen, aber ich weiß nicht ob das irgendetwas mit der Lösung zu tun hat??
Viele Grüße
Widderchen |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18049
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| TomS Verfasst am: 13. Jun 2015 08:04 Titel: |
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Na, wenn du vier Operatoren kenst, dann hast du ja auch deren Spektrum. Die Regeln zur Drehimpulsaddition legen die Beziehungen zwischen den Eigenweten von J, L und S fest.
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 13. Jun 2015 11:57 Titel: |
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Hallo,
also die EIgenwerte von  lauten:
 )
Von  :
 )
Von  :
Und von  :
 .
Der Hamiltonoperator wird über diese vier genannten Operatoren dargestellt. Das bedeutet doch, dass ich einfach den Hamiltonoperator auf einen Produktzustand anwenden muss, oder nicht??? Dann erhalte ich die Energieeigenwerte, welche im Grunde die Summe der oben genannten Eigenwerte mit dem Vorfaktoren a/2 und b sind.
Ist dieser Gedanke fehlerhaft?? Ansonsten weiß ich an dieser Stelle nicht weiter.
Viele Grüße
Widderchen |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18049
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| TomS Verfasst am: 13. Jun 2015 15:30 Titel: |
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Zunächst mal wäre |j,l,s=1/2,j_3> richtig; aber du musst berücksichtigen, dass J die Summe aus L und S darstellt, d.h. die Quantenzahlen können nicht unabhängig sein.
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 13. Jun 2015 17:12 Titel: |
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Ok, den Produktzustand habe ich etwa auch so notiert, es gilt J = L + S, aber was hat das nun konkret mit den Energieeigenwerten zutun? Ich kann diesen Hinweis nicht nachvollziehen. Was bedeutet der letzte Satz genau ? "Die Quantenzahlen können nicht unabhängig sein".
Meinst du vielleicht, dass  gilt, wobei j wiederum von l und s abhängt? |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18049
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| TomS Verfasst am: 14. Jun 2015 07:29 Titel: |
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Betrachte zunächst L und S und Kopplung untereinander. Die Eigenzustände lauten
mit möglichen Werten
Nun kommt J ins Spiel. Die erlaubten Werte von j sind nicht frei festlegbar wie für l, sondern ergeben sich jetzt aus der Addition der Drehimpulse, d.h. aus l und s.
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 14. Jun 2015 15:14 Titel: |
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Hallo,
das heißt, für den Gesamtdrehimpuls  ergeben sich:
 , oder?
Viele Grüße
Widderchen |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18049
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| TomS Verfasst am: 15. Jun 2015 16:02 Titel: |
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Also, gegeben ist der Hamiltonoperator
 )
Diesen hast du umgeformt zu
 + b\,J_3 )
wobei gilt
Nun hast du zwei verschiedene, vollständige Basissysteme
Wie ich oben kurz angemerkt habe - hast du's nachgerechnet?? - vertauscht H mit J², L², S² und J_3.
D.h. das neue Basissystem entspricht automatisch den Eigenzuständen von H:
 + b\,J_3 \right] |j,j_3,l,s\rangle = \left[\frac{a}{2} \, (j(j+1) - l(l+1) - s(s+1)) + b\,j_3 \right] |j,j_3,l,s\rangle )
Die Clebsch-Gordon-Koeffizienten definieren eine unitäre Transformation zwischen diesen beiden Basissystemen:
Die nicht-verschwindenden Clebsch-Gordon-Koeffizienten legen die möglichen Eigenzustände fest:
Also in deinem speziellen Fall l = 1 und s = 1/2
https://en.wikipedia.org/wiki/Table_of_Clebsch%E2%80%93Gordan_coefficients
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Zuletzt bearbeitet von TomS am 15. Jun 2015 18:16, insgesamt einmal bearbeitet |
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 15. Jun 2015 17:26 Titel: |
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Ok,
vielen Dank, ich verstehe fast alles, nur:
Warum gilt  ??
Fehlt in der Eigenwertgleichung vielleicht noch das reduzierte Plancksche Wirkungsquantum, da ich die Eigenwerte so kennengelernt hatte??
Wie kommt man auf diese Produktzustände?? Warum bilden diese volständige Basissysteme?
Die Kommutatoren habe ich jeweils ausgerechnet, das ist in Ordnung.
Und der Eigenwert zu  lautet einfach  .
Den Rest verstehe ich soweit, auch dass die Clebsch-G- koeff. eine unitäre Transformation bilden. Danke soweit, TomS.
Widderchen |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18049
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| TomS Verfasst am: 15. Jun 2015 18:20 Titel: |
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| Widderchen hat Folgendes geschrieben: | Ok,
vielen Dank, ich verstehe fast alles, nur:
Warum gilt ??
Fehlt in der Eigenwertgleichung vielleicht noch das reduzierte Plancksche Wirkungsquantum, da ich die Eigenwerte so kennengelernt hatte??
Wie kommt man auf diese Produktzustände?? Warum bilden diese vollständige Basissysteme?
Die Kommutatoren habe ich jeweils ausgerechnet, das ist in Ordnung.
Und der Eigenwert zu lautet einfach .
Den Rest verstehe ich soweit, auch dass die Clebsch-G- koeff. eine unitäre Transformation bilden. Danke soweit, TomS.
Widderchen |
Das ^2 war ein Kopierfehler; hab's geändert.
hquer setze ich gleich Eins; das ist eine Konvention.
Wenn du einen Produkthilbertraum über
hast, dann ist dieser ja gerade durch diese Basis definiert, d.h. sie ist per def. vollständig. Eine unitäre Trf. bildet diese jedoch sicher wieder auf eine andere, ebenfalls vollständige Basis ab.
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 15. Jun 2015 18:39 Titel: |
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Ok, vielen Dank für deine Hilfe!
Und man wählt praktisch immer  als "Standard"- bzw. Ausgangsbasis , die dann durch eine unitäre Transformation auf die darzustellende Basis abgebildet werden soll?? Oder könnte man auch eine andere Produktbasis wählen, die dann transformiert wird?? Muss es also immer die oben angegebene Basis sein?
Widderchen |
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