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Solutions - Chapter 7 Kevin S. Huang Problem 7.1 â |n〉 = c− |n− 1〉 〈n| ↠= 〈n− 1| c∗− 〈n|â†â|n〉 = 〈n|N̂ |n〉 = n 〈n|n〉 〈n|â†â|n〉 = 〈n− 1|c∗−c−|n− 1〉 = |c−|2 〈n− 1|n− 1〉 c− = √ n Problem 7.2 ↠→ 0 0 0 0 ...√ 1 0 0 0 ... 0 √ 2 0 0 ... 0 0 √ 3 0 ... ... ... ... ... ... â→ 0 √ 1 0 0 ... 0 0 √ 2 0 ... 0 0 0 √ 3 ... 0 0 0 0 ... ... ... ... ... ... x̂ = √ h̄ 2mω (â+ â†)→ √ h̄ 2mω 0 √ 1 0 0 ...√ 1 0 √ 2 0 ... 0 √ 2 0 √ 3 ... 0 0 √ 3 0 ... ... ... ... ... ... p̂ = i √ mωh̄ 2 (â− â†)→ i √ mωh̄ 2 0 √ 1 0 0 ... − √ 1 0 √ 2 0 ... 0 − √ 2 0 √ 3 ... 0 0 − √ 3 0 ... ... ... ... ... ... 1 x̂p̂ = ih̄ 2 √ 0 2 − √ 1 2 0 √ 1 √ 2 0 ... 0 √ 1 2 − √ 2 2 0 √ 2 √ 3 ... − √ 1 √ 2 0 √ 2 2 − √ 3 2 0 ... 0 − √ 2 √ 3 0 √ 3 2 − √ 4 2 ... ... ... ... ... ... p̂x̂ = ih̄ 2 √ 1 2 − √ 0 2 0 √ 1 √ 2 0 ... 0 √ 2 2 − √ 1 2 0 √ 2 √ 3 ... − √ 1 √ 2 0 √ 3 2 − √ 2 2 0 ... 0 − √ 2 √ 3 0 √ 4 2 − √ 3 2 ... ... ... ... ... ... x̂p̂− p̂x̂ = ih̄ 2 2 0 0 0 ... 0 2 0 0 ... 0 0 2 0 ... 0 0 0 2 ... ... ... ... ... ... [x̂, p̂] = ih̄ Problem 7.3 Base Case: |0〉 = (â †)0√ 0! |0〉 = |0〉 Assume: |k〉 = (â †)k√ k! |0〉 ↠|k〉 = √ k + 1 |k + 1〉 |k + 1〉 = â † |k〉√ k + 1 = â†(â†)k √ k + 1 √ k! |0〉 = (â †)k+1√ (k + 1)! |0〉 By induction: |n〉 = (â †)n√ n! |0〉 Problem 7.4 〈p|x̂|ψ〉 = ih̄ ∂ ∂p 〈p|ψ〉 〈p|â|0〉 = 0 â = √ mω 2h̄ ( x̂+ i mω p̂ ) 2 〈p| √ mω 2h̄ ( x̂+ i mω p̂ ) |0〉 = 0 〈p|x̂|0〉+ i mω 〈p|p̂|0〉 = ih̄ ∂ ∂p 〈p|0〉+ ip mω 〈p|0〉 = 0 dψ dp = − p mh̄ω ψ∫ dψ ψ = ∫ − p mh̄ω dp ψ0(p) = Ne −p2/2mh̄ω ψ0(p) = ( 1 πmh̄ω )1/4 e−p 2/2mh̄ω Problem 7.5 x̂ = √ h̄ 2mω (â+ â†) [â, â†] = 1 â↠= N̂ + 1 For energy eigenstates: 〈x〉 = 0 and 〈p〉 = 0 ∆x2 = 〈x2〉 ∆p2 = 〈p2〉 ∆x2 = h̄ 2mω 〈n|(â+ â†)2|n〉 = h̄ 2mω 〈n|[â2 + (â†)2 + â↠+ â†â]|n〉 = h̄ 2mω (〈n|ââ†|n〉+ 〈n|â†â|n〉) = h̄ 2mω (〈n|N̂ + 1|n〉+ 〈n|N̂ |n〉) = h̄ 2mω (2n+ 1) 〈n|n〉 ∆x = √( n+ 1 2 ) h̄ mω ∆p2 = −mωh̄ 2 〈n|(â− â†)2|n〉 = −mωh̄ 2 〈n|[â2 + (â†)2 − â↠− â†â]|n〉 = mωh̄ 2 (〈n|ââ†|n〉+ 〈n|â†â|n〉) = mωh̄ 2 (〈n|N̂ + 1|n〉+ 〈n|N̂ |n〉) = mωh̄ 2 (2n+ 1) 〈n|n〉 ∆p = √( n+ 1 2 ) mωh̄ Problem 7.6 3 p̂ = −i √ mωh̄ 2 (â− â†) |ψ〉 = α |0〉+ β |1〉 |α|2 = 1 2 |β|2 = 1 2 Choose α = 1√ 2 : β = eiθ√ 2 〈p〉 = ( mωh̄ 2 )1/2 〈p〉 = 〈ψ|p̂|ψ〉 = (α∗ 〈0|+ β∗ 〈1|) [ −i √ mωh̄ 2 (â− â†) ] (α |0〉+ β |1〉) (â− â†) |0〉 = − |1〉 (â− â†) |1〉 = |0〉 − √ 2 |2〉 〈p〉 = −i √ mωh̄ 2 (α∗ 〈0|+ β∗ 〈1|)[−α |1〉+ β(|0〉 − √ 2 |2〉)] = −i √ mωh̄ 2 (−αβ∗ + α∗β) −i √ mωh̄ 2 ( − 1√ 2 e−iθ√ 2 + 1√ 2 eiθ√ 2 ) = √ mωh̄ 2 −i ( eiθ − e−iθ 2 ) = 1 sin θ = 1 |ψ(0)〉 = 1√ 2 |0〉+ i√ 2 |1〉 |ψ(t)〉 = e −iE0t/h̄ √ 2 |0〉+ ie −iE1t//h̄ √ 2 |1〉 〈p〉(t) = −i √ mωh̄ 2 (−αβ∗ + α∗β) = −i √ mωh̄ 2 ( e−iE0t/h̄√ 2 ieiE1t/h̄√ 2 + eiE0t/h̄√ 2 ie−iE1t/h̄√ 2 ) 4 = √ mωh̄ 2 [ ei(E1−E0)t/h̄ + e−i(E1−E0)t/h̄ 2 ] = √ mωh̄ 2 cos (E1 − E0)t h̄ 〈p〉(t) = √ mωh̄ 2 cosωt Problem 7.7 - SKIPPED Problem 7.8 |ψ(0)〉 = cn |n〉+ cn+1 |n+ 1〉 |ψ(t)〉 = e−i(n+1/2)ωt(cn |n〉+ cn+1e−iωt |n+ 1〉) 〈ψ(t)| = ei(n+1/2)ωt(c∗n 〈n|+ c∗n+1eiωt 〈n+ 1|) 〈x〉 = 〈ψ|x̂|ψ〉 = √ h̄ 2mω 〈ψ|(â+ â†)|ψ〉 â(cn |n〉+ cn+1e−iωt |n+ 1〉) = √ ncn |n− 1〉+ √ n+ 1cn+1e −iωt |n〉 â†(cn |n〉+ cn+1e−iωt |n+ 1〉) = √ n+ 1cn |n+ 1〉+ √ n+ 2cn+1e −iωt |n+ 2〉 〈x〉 = √ h̄ 2mω (c∗n 〈n|+ c∗n+1eiωt 〈n+ 1|) ( √ ncn |n− 1〉+ √ n+ 1cn+1e −iωt |n〉+ √ n+ 1cn |n+ 1〉+ √ n+ 2cn+1e −iωt |n+ 2〉) 〈x〉 = √ h̄ 2mω (c∗n 〈n|+ c∗n+1eiωt 〈n+ 1|)( √ n+ 1cn+1e −iωt |n〉+ √ n+ 1cn |n+ 1〉) = √ h̄ 2mω (√ n+ 1c∗ncn+1e −iωt + √ n+ 1cnc ∗ n+1e iωt ) = √ h̄(n+ 1) 2mω (c∗ncn+1e −iωt + cnc ∗ n+1e iωt) C1e iωt + C2e −iωt = (C1 + C2) cosωt+ (iC1 − iC2) sinωt 〈x〉 = A cos(ωt+ δ) = (A cos δ) cosωt+ (−A sin δ) sinωt C1 = √ h̄(n+ 1) 2mω c∗ncn+1 C2 = √ h̄(n+ 1) 2mω cnc ∗ n+1 A = 2 √ C1C2 tan δ = i C2 − C1 C2 + C1 5 〈p〉 = 〈ψ|p̂|ψ〉 = −i √ mωh̄ 2 〈ψ|(â− â†)|ψ〉 〈p〉 = −i √ mωh̄ 2 (c∗n 〈n|+ c∗n+1eiωt 〈n+ 1|) ( √ ncn |n− 1〉+ √ n+ 1cn+1e −iωt |n〉 − √ n+ 1cn |n+ 1〉 − √ n+ 2cn+1e −iωt |n+ 2〉) 〈p〉 = −i √ mωh̄ 2 (c∗n 〈n|+ c∗n+1eiωt 〈n+ 1|)( √ n+ 1cn+1e −iωt |n〉 − √ n+ 1cn |n+ 1〉) = −i √ mωh̄ 2 ( √ n+ 1c∗ncn+1e −iωt − √ n+ 1cnc ∗ n+1e iωt) C1e iωt + C2e −iωt = (C1 + C2) cosωt+ (iC1 − iC2) sinωt 〈p〉 = 〈ψ|p̂|ψ〉 = −mωA sin(ωt+ δ) = (−mωA sin δ) cosωt+ (−mωA cos δ) sinωt C ′1 = i √ mωh̄(n+ 1) 2 c∗ncn+1 = imωC1 C ′2 = −i √ mωh̄(n+ 1) 2 cnc ∗ n+1 = −imωC2 m2ω2A2 = 4C ′1C ′ 2 = 4m 2ω2C21C 2 2 A = 2 √ C1C2 tan δ = C ′1 + C ′ 2 i(C ′1 − C ′2) = i C2 − C1 C2 + C1 Ehrenfest’s theorem: d〈p〉 dt = −mω2A cos(ωt+ δ) = −mω2〈x〉 = 〈 −dV dx 〉 d〈x〉 dt = −ωA sin(ωt+ δ) = 〈p〉 m Problem 7.9 - SKIPPED Problem 7.10 Π̂ |x〉 = |−x〉 〈x| Π̂† = 〈−x| 〈ψ|Π̂|x〉 = 〈ψ| − x〉 = ψ∗(−x) 6 〈x|Π̂†|ψ〉 = 〈−x|ψ〉 = ψ(−x) 〈ψ|Π̂|x〉 ∗ = 〈x|Π̂|ψ〉 = 〈x|Π̂†|ψ〉 Hermitian: Π̂† = Π̂ Problem 7.11 ψ(x) = Ne−ax 2 ψ′(x) = −2aNxe−ax2 ψ′′(x) = 2aNe−ax 2 (2ax2 − 1) − h̄ 2 2m d2 dx2 〈x|E〉+ 1 2 mω2x2 〈x|E〉 = E 〈x|E〉 − h̄ 2 2m 2aNe−ax 2 (2ax2 − 1) + 1 2 mω2x2Ne−ax 2 = ENe−ax 2 −ah̄ 2 m (2ax2 − 1) + 1 2 mω2x2 = E( 1 2 mω2 − 2a 2h̄2 m ) x2 + ( ah̄2 m − E ) = 0 a = mω 2h̄ Ee = ah̄2 m = h̄ω 2 Problem 7.12 Ground state: |ψ〉 = |0〉 ψ(x) = (mω πh̄ )1/4 e−mωx 2/2h̄ V = 1 2 mω2x2 = h̄ω 2 = E0 Turning point: x0 = √ h̄ mω Probability of particle located in classically disallowed region V (x) > E: P = 2 ∫ ∞ x0 dx |ψ(x)|2 = 2 √ mω πh̄ ∫ ∞ x0 dx e−mωx 2/h̄ 7 u = x √ mω h̄ 1− erf(x) = 2√ π ∫ ∞ x e−t 2 dt P = 2√ π ∫ ∞ 1 du e−u 2 = 1− erf(1) ≈ 0.157 8
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