Kapitel 12a) Spinloses geladenes Teilchen im Magnetfeld Hamiltonian, der die elektromagnetische Wechselwirkung eines splinlosen Teilchens beschreibt (in SI Einheiten): 2 1 ˆ ~ + qV . P~ − q A (1) Ĥ = 2M ~ Vektorpotenzial; V : elekM: Masse des Teilchens; q: Elektrische Ladung des Teilchens; A: ˆ~ ~ ist der zu ~r kanonisch konjugierte Impuls, sodass P ~ trisches Potenzial. P~ = m~r˙ + q A = −ih̄∇. Die zeitunabhängige Schrödinger–Gleichung ist somit: 1 ~ − qA ~ 2 ψ(~r) + qV ψ(~r) = Eψ(~r) . −ih̄∇ 2M (2) ~ ·A ~ = 0. Die erste Klammer in Gl.(2) lässt sich dann In der Coulomb–Eichung ist ∇ 2 ~ gilt zudem ~ · ∇ψ ~ + q 2 A ~ ψ. Für ein homogenes Magnetfeld B umformen zu −h̄2 ∆ψ + 2iqh̄A ~ Wenn wir die z−Achse in Richtung des Magnetfeldes legen, d.h. B ~ = (0, 0, B) ~ = − 1 ~r × B. A 2 mit B =konst., findet man schließlich für die Schrödinger–Gl. aus Gl.(2): h̄2 q q2B 2 2 x + y 2 ψ + qV ψ = Eψ . − ∆ψ − B L̂z ψ + 2M 2M 8M (3) Soweit die Behandlung in der Vorlesung (am 1.7.). Als Anwendung betrachten wir den Fall V = 0, d.h. das Teilchen spürt nur ein konstantes Magnetfeld, kein elektrisches Feld. Klassisch führt es dann eine Spiralbewegung um die Richtung des Magnetfeldes (hier: die z−Richtung) aus. Zur Lösung des quantenmechanischen Problems benutzen wir die Tatsache, dass das Problem Zylinder–Symmetrie aufweist, d.h. es ist symmetrisch um Drehungen um die z−Achse. Das impliziert, dass Lz erhalten ist, sodass die Eigenzustände des Hamiltonian auch als Eigenzustände des Operators L̂z gewählt werden können. Wir benutzen Zylinder–Koordinaten z, r, φ. Wir benutzen die Tatsache, dass die Wechselwirkungsterme in (3) nicht von z abhängen, und machen den Faktorisierungsansatz: ψ(~r) = um (r)eimφ eikz z . (4) Der 2. Faktor ist Eigenfunktion von L̂z mit Eigenwert mh̄; m erscheint auch als Index des Radialteils der Wellenfunktion. Da keine Kräfte in z−Richtung wirken, ist die z−Abhängigkeit der Wellenfunktion die einer ebenen Welle. Durch Einsetzen dieses Ansatzes in die Schrödinger–Gl. (3) findet man für den Radial– Anteil: d2 um 1 dum m2 q2B 2 2 qBm 2EM 2 + − 2 um − − kz u m = 0 . (5) r um + + dr 2 r dr r h̄ 4h̄2 h̄2 Wir führen die dimensionlose Größe s |q|B ρ= 2h̄ ein. Gl.(5) wird dann: d2 um 1 dum m2 + − 2 um − ρ2 um + λum = 0 , 2 dρ ρ dρ ρ (6) mit der dimensionlosen Größe λ, definiert durch qBm 2h̄ 2EM + − kz2 λ = 2 |q|B h̄ h̄ ! h̄2 kz2 2q 4M E− + m. = h̄|q|B 2M |q| (7) In der 2. Zeile gibt der Ausdruck in Klammern offenbar die Energie ohne die Translationsbewegung in z−Richtung, die die Dynamik in der (x, y)−Ebene nicht beeinflusst. Zur Lösung betrachten wir zunächst das asymptotische Verhalten, ρ → ∞. Gl.(6) vereinfacht sich dann zu d2 u = ρ2 u, dρ2 was durch 2 u ∝ e±ρ /2 gelöst wird. Nur die Lösung mit negativem Vorzeichen im Exponenten ist aber normierbar. Als nächstes betrachten wir den Grenzfall ρ → 0. Gl.(6) wird dann m2 1 u′′ + u′ − 2 u = 0, ρ ρ wobei der Strich eine Ableitung nach ρ bedeutet. Dies wird gelöst durch u ∝ ρ|m| . Wir machen deshalb folgenden Ansatz für die Lösung: 2 /2 um (ρ) = e−ρ ρ|m| fm (ρ). Daraus folgt durch Ableiten nach ρ: u′m u′′m −ρ2 /2 |m| =e ρ ′′ fm −ρ2 /2 |m| =e ρ ! |m| ′ −ρfm + ; fm + fm ρ ! 2|m| ′ m2 − |m| ′ + fm − 2ρfm + fm − (2|m| + 1)fm + ρ2 fm . 2 ρ ρ Einsetzen in Gl.(6) ergibt: ! 2|m| + 1 ′ ′′ − 2ρ fm + fm [λ − 2(|m| + 1)] = 0 . fm + ρ (8) Wir wollen die Lösung als Potenzreihe schreiben: fm (ρ) = ∞ X ak ρk . k=0 Einsetzen in Gl.(8) ergibt als Bedingung für das Verschwinden des Koeffizienten von ρn : an+2 [(n + 2)(n + 1) + (n + 2)(2|m| + 1)] = an [2n + 2(|m| + 1) − λ] . 2 Für n → ∞ bedeutet das an+2 ≃ 2an /n, was fm ∝ e+ρ ergeben würde, d.h. eine nicht normierbare Lösung für um . Man bekommt also, wie gehabt, nur dann eine normierbare Lösung, wenn die Iteration nach endlich vielen Schritten abbricht, d.h. wenn fm ein Polynom ist. Das ist erfüllt, wenn λ = 2k + 2|m| + 2, k = 0, 2, 4 . . ., was man auch schreiben kann als λ = 4n + 2|m| + 2 , n = 0, 1, 2, . . . (9) Beachte, dass die Iteration in Schritten von 2 erfolgt, d.h. es tragen nur gerade oder nur ungerade Potenzen bei. Man kann sich leicht davon überzeugen, dass der einfachste Fall mit nur geraden Potenzen, f =konst., tatsächlich eine Lösung liefert, wenn Gl.(9) mit n = 0 benutzt wird. Hingegen gibt es keine Lösung f ∝ ρ, dem einfachsten Ansatz mit nur ungeraden Potenzen. Ungerade Potenzen können deshalb nicht auftreten, und λ muss sich um jeweils 4 Einheiten erhöhen, um von einer Lösung zur Nächsten zu kommen. [Das kann man auch sehen, indem man Gl.(8) als Differenzialgleichung in y := ρ2 umschreibt, und dann einen Potenzreihenansatz für f (y) in Potenzen von y, d.h. Potenzen von ρ2 , macht.] Einsetzen von Gl.(9) in Gl.(7) ergibt schließlich: En,m − h̄|q|B [2n + 1 + (|m| − qm/|q|)] h̄2 kz2 = . 2M 2M (10) Anmerkungen: • En,m (q) = En,−m (−q), d.h. die Energie einer Ladung +|q| im Zustand +|m| ist identisch der einer Ladung −|q| im Zustand −|m|. • Die Energie hängt nur von der Kombination 2n + |m| ± m ab. |m| ± m ∈ {0, 2m}, d.h. der Energieunterschied zwischen Lösungen mit ±m ist ∆E = m h̄|q|B = 2h̄mωL , wobei M ωL die Larmor–Frequenz ist. • Entartung: En,|m| = En−q|m|/|q|,−|m|, d.h. die Zustände mit festem |m| sind paarweise entartet. • nL := n + (|m| − qm/|q|) /2 ist eine nicht–negative ganze Zahl, und gibt die Nummer des Landau-Niveaus an. Die Energie lässt sich dementsprechend auch schreiben als 1 h̄2 kz2 , = h̄ωL nL + EnL − 2M 2 was genau den Energieniveaus eines eindimensionalen harmonischen Oszillators entspricht! In der Tat lässt sich das Problem auf den harmonischen Oszillator zurückführen, wie z.B. in Paragraph 112 des 3. Bandes (Quantenmechanik) von Landau und Lifshitz gezeigt; allerdings sieht man dann die Abhängigkeit vom Eigenwert von L̂z nicht mehr. Für festes nL und beliebiges |m| ist die Entartung noch höher: da für ein Vorzeichen von m stets gilt |m| − qm/|q| = 0, unabhängig vom Wert von |m|, ist der Grad der Entartung sogar unendlich! Wie im Buch von Landau und Lifshitz gezeigt, wird der Entartungsgrad aber endlich, wenn man die Bewegung auf eine endliche Domäne der (x, y)−Ebene beschränkt.