Lösungen - Institut für Theoretische Physik

Dr. J. Reinhardt
Wintersemester 2014/15
Theoretikum zur Vorlesung
Theoretische Physik III für Lehramtskandidaten
Lösungen zu Blatt 13
Aufgabe 1
a) Zu berechnen ist die Transformation der Laplace~ 2 und ∇
~ 2 von den Einteilchen- zu RelativOperatoren ∇
1
2
und Schwerpunktskoordinaten. In kartesischen Komponenten ~r1 = (x1 , y1 , z1 ), ~r2 = (x2 , y2 , z2 ), ~r = (x, y, z),
~ = (X, Y, Z) ist die Umrechnung mittels der KettenreR
gel der Differentiation einfach (M = m1 + m2 ):
®
r
®
r2
®
R
®
r1
∂
∂x ∂
∂X ∂
∂
m1 ∂
=
+
=−
+
,
∂x1
∂x1 ∂x ∂x1 ∂X
∂x
M ∂X
∂x ∂
∂X ∂
∂
m2 ∂
∂
=
+
=
+
∂x2
∂x2 ∂x ∂x2 ∂X
∂x
M ∂X
Gemischte Ableitungen der Art ∂y/∂x1 treten offensichtlich nicht auf. Für die zweiten
Ableitungen finden wir
∂2
∂2
m21 ∂ 2
m1 ∂ ∂
=
+
−2
,
2
2
2
2
∂x1
∂x
M ∂X
M ∂x ∂X
∂2
m22 ∂ 2
m2 ∂ ∂
∂2
=
+
+2
2
2
2
2
∂x2
∂x
M ∂X
M ∂x ∂X
usw. Für die dreidimensionalen Laplace-Operatoren gelten demnach die Transformations~ = (∂/∂x, ∂/∂y, ∂/∂z) und ∇
~ s = (∂/∂X, ∂/∂Y, ∂/∂Z)
beziehungen, mit ∇
m21 ~ 2
m1 ~ ~
2
2
~
~
∇1 = ∇ + 2 ∇s − 2 ∇
· ∇s
M
M
,
2
~2=∇
~ 2 + m2 ∇
~ ·∇
~s .
~ 2 + 2 m2 ∇
∇
2
2
M s
M
Der Operator der totalen kinetischen Energie lässt sich dann wie folgt umschreiben:
h̄2 ~ 2 m22 ~ 2
m1 ~ ~ m2 ~ ~ h̄2 ~ 2 m21 ~ 2
∇ + 2 ∇s − 2 ∇
· ∇s −
∇ + 2 ∇s + 2 ∇
· ∇s
T̂ = T̂1 + T̂2 = −
2m1
M
M
2m2
M
M
h̄2 1
1 ~ 2
h̄2 ~ 2
h̄2 ~ 2
h̄2 ~ 2
= −
+
∇ −
∇s = − ∇
−
∇ = T̂r + T̂s
2 m1 m2
2M
2µ
2M s
~ ·∇
~ s haben sich
mit der reduzierten Masse µ = m1 m2 /(m1 + m2 ). Die Mischterme mit ∇
weggehoben.
1
b) Ausgedrückt durch die transformierten Koordinaten lautet die stationäre ZweiteilchenSchrödingergleichung
2
h̄2
~ 2 − h̄ ∇
~ 2 + V (~r ) Ψ(~r, R)
~ = EΨ(~r, R)
~ .
− ∇
2µ
2M s
~ = φ(R)ψ(~
~
Mit dem Produktansatz für die Wellenfunktion Ψ(~r, R)
r ) lässt sich diese Dif~ abhängigen Teil:
ferentialgleichung separieren in einen nur von ~r und einen nur von R
1 h̄2 ~ 2 ~
1 h̄2 ~ 2
− ∇ + V (~r ) − E ψ(~r ) =
∇ φ(R) .
~ 2M s
ψ(~r )
2µ
φ(R)
Da die beiden Seiten dieser Gleichung von unterschiedlichen (und unabhängigen) Variablen abhängen, kann sie nur erfüllt werden, wenn beide Ausdrücke konstant sind. Wir
identifizieren diese Konstante mit der negativen Energie der Schwerpunktsbewegung −Es
und erhalten ein System von zwei ungekoppelten Schrödinger-Gleichungen:
h̄2
2
~
− ∇ + V (~r ) ψ(~r ) = (E − Es )ψ(~r ) = Er ψ(~r ) ,
2µ
h̄2 ~ 2 ~
~ .
∇ φ(R) = Es φ(R)
−
2M s
Hierbei ist Er die Energie der Relativbewegung, so dass für die Gesamtenergie gilt E =
Er + Es . Offenbar gelingt in der Quantenmechanik dasselbe Kunststück wie in der klassischen Mechanik: Das Zweikörperproblem lässt sich auf zwei ungekoppelte Einkörperprobleme zurückführen, wobei sich das Schwerpunktssystem wie ein freies Objekt der
Gesamtmasse M verhält.
Aufgabe 2
(a) Die Wellenfunktion erfüllt ist die stationäre Schrödinger-Gleichung
−
h̄2 d2 ψ
− α δ(x) ψ = Eψ
2m dx2
Normalerweise (d. h. für beschränkte Potentiale) müssen sowohl die Wellenfunktion ψ(x)
sowie deren Ableitung dψ/dx an jedem Punkt stetig sein. Da aber das Deltapotential bei
x = 0 unendlich wird, gilt die zweite Bedingung im vorliegenden Fall nicht. Um dies zu
verstehen, integrieren wie die Differentialgleichung über ein schmales Intervall −ǫ bis +ǫ:
Z ǫ
Z ǫ
Z ǫ
h̄2
d2 ψ
−
dx
−α
dx δ(x)ψ(x) = E
dx ψ
2m −ǫ dx2
−ǫ
−ǫ
also
dψ
h̄2 dψ
(+ǫ) −
(−ǫ) − αψ(0) ≃ 2ǫEψ(0) .
−
2m dx
dx
Der Term auf der rechten Seite verschwindet im Grenzfall ǫ → 0. Also macht die erste
Ableitung der Wellenfunktion an der singulären Stelle einen Sprung gemäß
dψ
dψ
2mα
(+ǫ) −
(−ǫ) = − 2 ψ(0) .
dx
dx
h̄
2
(b) Wir suchen Lösungen der Schrödinger-Gleichung für gebundene Zustände (E < 0).
Das Potential ist überall gleich Null, außer am Punkt x = 0. Also gilt für x 6= 0 die freie
Schrödinger-Gleichung
r
−2mE
d2 ψ
2
=κ ψ
mit
κ=
>0.
2
dx
h̄2
Die allgemeine Lösung dieser Differentialgleichung lautet in den beiden Raumbereichen
ψI (x) = A e−κx + B e+κx für x < 0 ,
ψII (x) = C e−κx + D e+κx für x > 0 ,
Die Forderung nach Normierbarkeit der Wellenfunktion führt auf A = 0 und D = 0 (der
exponentiell ansteigende Anteil der Wellenfunktion muss verschwinden). Als Anschlussbedingung bei x = 0 fordern wir die Stetigkeit der Wellenfunktion ψII (0) = ψI (0) woraus
folgt C = B. Zusätzlich muss die Steigung der Wellenfunktion die Sprungbedingung
dψI
2mα
dψII
(0) =
(0) − 2 ψ(0)
dx
dx
h̄
erfüllen, also
2mα
B
h̄2
Dies liefert die Eigenenergie
oder
−κC = κB −
2
E=−
κ=
mα
.
h̄2
y(x)
Knick
2
h̄ 2
mα
κ =− 2 .
2m
2h̄
Es existiert also, unabhängig von der Stärke des
Potentials, immer genau ein gebundener Zustand.
Die zugehörige normierte Wellenfunktion lautet
einfach
√
ψ(x) = κ e−κ|x| .
x
Anmerkung: Zum gleichen Resultat gelangt man auch, wenn man die Eigenwertgleichung
für das Kastenpotential mit endlicher Breite a und Tiefe V0 betrachtet und den Wert V0
gegen Unendlich gehen lässt, mit der Nebenbedingung V0 a = α = const.
(c) Die Streuwellenfunktion besteht aus einer einlaufenden und einer reflektierten Welle
im Bereich x < 0 und einer transmittierten Welle im Bereich x > 0:
ψI (x) = A eikx + B e−ikx
für x < 0
ψII (x) = C eikx
für x > 0
q
mit k = 2mE
, E > 0. Die Anschlussbedingungen bei x = 0 lauten wieder
h̄2
ψII (0) = ψI (0)
also
C =A+B ,
dψII
dψI
2mα
(0) =
(0) − 2 ψ(0)
dx
dx
h̄
also
3
ikC = ik(A − B) −
2mα
C.
h̄2
Einsetzen von C aus der ersten Gleichung in die zweite Gleichung liefert
ik +
2mα (A + B) = ik(A − B) oder
h̄2
−
mα
mα B.
2 A = ik +
h̄
h̄2
Für den Reflexionskoeffizienten R bedeutet dies
mα 2
mα 2
2
jrefl B 2
h̄2
R=
= = h̄
=
.
mα 2
mα
2
jein
A
2
+
k
2 + ik h̄
h̄2
Der Transmissionskoeffizient T lautet
2
mα
B 2 jtrans C 2 A + B 2 h̄2
= =
T =
= 1 + = 1 − mα
jein
A
A
A
2 + ik
h̄
2
2
ik
k
=
= mα
.
2
mα
2
+
ik
+
k
h̄2
h̄2
Wie es sein muss, gilt die Beziehung R+T = 1 (Erhaltung des Wahrscheinlichkeitsstroms).
Mit wachsener kinetischer Energie sinkt der Reflexionskoeffizient vom Wert R = 1 (Totalreflexion bei k = 0) monoton bis auf R = 0.
Da R und T nur vom Quadrat des Parameters α abhängen, macht es für die Streuung am
Deltapotential keinen Unterschied, ob das Potential attraktiv oder repulsiv ist!
Zusatzaufgabe
(a) Zu lösen ist die Schrödinger-Gleichung
−
h̄2 d2 ψ h a i
a
+
αδ
x
−
ψ(x) = Eψ(x) .
−
αδ
x
+
2m dx2
2
2
Für E < 0 muss die Wellenfunktion in den drei Teilbereichen unter Berücksichtigung der
Normierbarkeit folgende allgemeine Form haben:
ψI = A eκx
ψII = B eκx + Ce−κx
ψIII = D e−κx
q
mit κ = −2mE
, E < 0. Da das Potential spiegelsymmetisch ist, haben die Wellenfunkh̄2
tionen “gute Parität”.
(b) Gerade Lösung: D = A, C = B
Die Anschlussbedingungen bei x = −a/2 lauten wieder
a
a
ψII (− ) = ψI (− )
2
2
a
dψI a
2mα
dψII a
(− ) =
(− ) − 2 ψ(− )
dx
2
dx
2
2
h̄
4
Dies führt auf
B e−κa/2 + eκa/2
= A e−κa/2 ,
2mα −κa/2
Ae
.
h̄2
Analoge Anschlussbedingungen gelten auch bei x = +a/2. Diese beinhalten aber wegen der vorausgesetzten Symmetrie der Wellenfunktion ψ(x) = ψ(−x) keine zusätzliche
Information und müssen nicht berücksichtigt werden.
Einsetzen der ersten in die zweite Gleichung führt auf
2mα
Bκ e−κa/2 − eκa/2 = Bκ e−κa/2 + eκa/2 − 2 B e−κa/2 + eκa/2 .
h̄
oder
2mα
2κeκa/2 = 2 e−κa/2 + eκa/2 .
h̄
Diese Eigenwertbedingung ist eine transzendente Gleichung für den Parameter κ:
mα
κ = 2 1 + e−κa .
h̄
Ungerade Lösung: D = −A, C = −B
Die Anschlussbedingungen bei x = −a/2 lauten jetzt
B e−κa/2 − eκa/2 = A e−κa/2 ,
2mα
Bκ e−κa/2 + eκa/2 = Aκ e−κa/2 − 2 Ae−κa/2
h̄
also
2mα
Bκ e−κa/2 + eκa/2 = Bκ e−κa/2 − eκa/2 − 2 B e−κa/2 − eκa/2 .
h̄
Dies führt auf die transzendente Gleichung
mα
κ = 2 1 − e−κa .
h̄
Diskussion der Lösungen:
Die graphische Lösung der beiden transzendenten Gleichungen κ = f± (κ) mit f± (κ) =
mα
−κa
) ist schematisch in den beiden Abbildungen dargestellt, wobei verschieden
2 (1 ± e
h̄
große Werte von a angenommen wurden.
Bκ e−κa/2 − eκa/2
= Aκ e−κa/2 −
5
Für das positive Vorzeichen (gerade Wellenfunktion) gibt es offensichtlich immer genau
eine Lösung (Schnittpunkt der Funktion f+ (κ) mit der Geraden κ). Für das negative
Vorzeichen (ungerade Wellenfunktion) kommt es hingegen darauf an, mit welcher Steigung
df−
(0) > 1, also
die Funktion f− (κ) bei κ = 0 losläuft. Ist diese Steigung groß genug,
dκ
mαa
> 1, dann existiert ein Schnittpunkt mit der Geraden und es gibt einen zweiten
h̄2
gebundenen Zustand mit ungerader Parität. Andernfalls ist f− (κ) = κ nur bei κ = 0
erfüllt. Diese Lösung (nicht normierbare Wellenfunktion, die überall im Raum konstant
ist) entspricht aber keinem gebundenen Zustand .
E
Das bedeutet: Ist der Abstand zwischen den Poh̄
a
mα
”
h̄2
dann gibt es zwei
tentialtöpfen“ größer als a > mα
h̄2
gebundene Zustände. Für kleine Abstände a < mα
− mα
2h̄
existiert hingegen nur ein (gerader) gebundener
Zustand. Im Grenzfall a → ∞ verschwindet die
Exponentialfunktion in den Eigenwertgleichungen.
Der gerade und der ungerade Zustand haben dann
2
,
die gleiche Energie Eg (∞) = Eu (∞) = − mα
2h̄2
identisch mit der “atomaren Bindungsenergie” aus
−4 mα
2h̄
Aufgabe 2. Die numerisch berechneten Energien
als Funktion des Abstands a sind nebenstehend
abgebildet.
Bei Verringerung des Abstands a spalten die Zustände auf. Der gerade (“bindende”)
2
(wegen κ = 2 mα
).
Zustand sinkt energetisch ab bis hin zum Grenzwert Eg (0) = −4 mα
2h̄2
h̄2
Physikalisch entspricht dies einer anziehenden Kraft zwischen den beiden Atomen“. Die
”
Energie des ungeraden ( antibindenden“) Zustands wächst hingegen solange an, bis er
”
E = 0 erreicht und aus dem gebundenen Spektrum verschwindet.
Typische gerade und ungerade Wellenfunktionen sehen so aus:
2
2
2
2
2
Das Problem des Doppel-Deltapotentials kann als sehr simples Modell für ein zweiatomares Molekül, z. B. das Wasserstoffmolekül H2 , angesehen werden. Das Phänomen der
bindenden und antibindenden Molekülzustände tritt ganz ähnlich auch in einer Rechnung
in drei Dimensionen und mit realistischen Potentialen auf. Allerdings besteht ein wichtiger Unterschied: Im Molekül gibt es eine zusätzliche potentielle Energie aufgrund der
Abstoßung der positiv geladenen Kerne. Dies führt zu einem Abbiegen der Gesamtenergie
nach oben bei kleinen Abständen a → 0 und somit zu einem Energieminimum bei einer
endlichen molekularen “Bindungslänge”.
6