¨Ubungsblatt 1 IK4

Übungsblatt 1 IK4
Aufgabe 1: Bohrsches Atommodell
a) Im Zentralpotential der Punktladung Q = +Ze wirkt die Kraft des elektrischen Feldes
als Zentripetalkraft. Es ist
−
Ze · (−e)
me v 2
=F =
r
r2
Für das Elektron auf der Kreisbahn stehen Ortsvektor und Geschwindigkeitsvektor
senkrecht aufeinander, so dass gilt
n = L = r × p = rn · p = me rn v
Hieraus ergibt sich
me
Ze · e
=
2
rn
rn
Mit den Substitutionen λc =
n
me rn
me c
2
⇒
und α =
rn =
e2
c
rn =
n2 2
n2 =
e2 m c
Ze2 me
e
Z c
ist so
n2
λc
Zα
Für die kinetische Energie des Elektrons auf der Kreisbahn gilt hier
2
n2 2
1
1
n 2 1
1
2
2 (Zα)
m
=
=
c
T = me v = me
e
2
2
me rn
2 me n4 2 22 2
2
n2
(Zα) me c
Die potentielle Energie ergibt sich als
V =−
Z 2 e2 α
Z 2 αe2
Z 2 α e2
(Zα)2
Ze2
= −me c2
=− 2
= − 2 = −me c2 2
rn
n λc
n c
n2
n mc
e
Somit ergibt sich die Gesamtenergie eines Elektrons
1
(Zα)2
En = T + V = − me c2
2
n2
Für die Frequenz einer emittierten Strahlung ν für einen Übergang En zu Em gilt
2
2
1
1
1
1
1
En − Em
2 (Zα)
2 (Zα)
2
2
= − me c
me c
+
= − me c (Zα)
−
ν=
h
2h
n2
2h
m2
2h
n 2 m2
Es ist also ν ∝
1
n2
−
1
.
m2
b) Für die Kreisbahngeschwindigkeit vn folgt aus der Drehimpulsquantisierung
vn =
oder äquivalent
n
n
Zα
c
=
=
2
n
me rn
n
me Zα me c
Zα
vn
=
c
n
1
c) Der Bahnradius eines Elektrons im Wasserstoffatom (Z = 1) ergibt sich hier zu
r1 =
12
λc = 137 · 3.9 · 10−11 cm ≈ 5.343 · 10−9 cm
1·α
Die Energie des Elektrons auf dieser Kreisbahn ergibt sich als
1
1
1
(1 · α)2
= − 0.51M eV ·
≈ −13.58eV
E1 = − me c2
2
12
2
1372
Die Frequenz einer emittierten Strahlung von 2 → 1 ergibt sich hier als
1
0.51M eV
3
1
1
E2 − E1
2
2
= − me c (α)
≈ 2.5 · 1015
−1 =
ν=
h
2h
22
8 1372 · 4.135 · 10−15 eV s
s
d) Betrachtet man die Differenz der Energien benachbarter Bahnen, also
1
1
2n + 1
1
1
2
2
− 2 = me c2 (Zα)2
ΔEn = En+1 − En = − me c (Zα)
2
2 2
2
(n + 1)
n
2
(n + 1) n
=R
für große n, also für n → ∞, so gilt
ΔEn = R
2n + 1 n→∞ 2n
−→ R 4 = 0
(n + 1)2 n2
n
Für große n geht das Energiespektrum also zusehens von einem diskreten Spektrum
in ein kontinuierliches über. Die Energie eines freien Elektrons ist hier durch E = 0
festgelegt.
2
Übungsblatt 2 IK4
Aufgabe 1: Erwartungswerte
a) Für das Betragsquadrat der Angegebenen Wellenfunktion gilt
|ψ(x, t)|
N ik (x−r) − (x−r)2 2 |N |2 − (x−r)2 2
0
e 4b2 = e
e 4b2 =
b
|b|2 2
(x−r)2 b∗
(x−r)2 b
|N |2 − 4|b2 |2 |N |2 − 2|b2 |2
=
e
e
=
|b|2 |b|2
2
Somit ergibt sich für das Integral über |ψ|2
!
1 =
|N |2 −
dx
e
|b|2
−∞
∞
= |N |2
(x−r)2 b
2
2|b2 |
|N |2
=
|b|2
∞
−∞
−
dx e
=
(x−r)2 b
2
2|b2 |
2π|b|4
b2
√
2π
2
=
|N
|
8πa2
b2
Hieraus lässt sich N als N = (8πa2 )−.25 bestimmen.
b) Für den Erwartungswert des Ortes im Zustand ψ gilt, da ψ durch die Bestimmung von
N normiert wurde
∞
∞
2
(x−r)2
N
N
− (x−r)
∗
dx ψ xψ =
dx ∗ e−ik0 (x−r) e 4b∗2 x eik0 (x−r) e− 4b2
<x> =
b
b
−∞
−∞
2 (b2 +b∗2 )
2
2
(x−r)
−
− x b
N2 ∞
N2 ∞
2
2
4|b2 |
4|b2 |
=
dx x · e
= 2
dx (x + r) · e
|b|2 −∞
|b| −∞
⎛
⎞
=
⎜
⎟
⎜
⎟
∞
⎜ ∞
x2 b2
x2 b2 ⎟
− 22
− 22⎟
2π
⎜
2
4|b |
4|b |
dx x · e
+r
dx · e
⎟=N r
2 ⎜
⎟
b2
|b| ⎜
⎜ −∞
−∞ ⎟
⎝
⎠
=0
N2
=
√
= rN 2 8πa2 = r
2π|b|4
b2
c) Das Quadrat der Ortsunschärfe ergibt sich ebenfalls aufgrund der normierten Wellen-
1
funktion als
2
(Δx)
2
= < (x− < x >) >=
=
N2
|b|2
∞
−∞
∞
−∞
dx ψ ∗ (x − r)2 ψ = ...
2
2
dx(x − r) ·
2
− (x−r)
2 b
e 4|b2 |
N2
= 2
|b|
∞
−∞
dx x · e
=
=
=
−
2
√
π
2
2
4|b2 |
b2
2 √
√ 2 32
4N 2 b2 π
N 2 π 4 b2 1
2 2 2
√
16a
b
=
=
2 2
2
b
(b2 )3/2
2
|b|
1
1
4a2 2 t2
1 m2 + 4a2 2 t2
√
√
+
=
m2
a2 m2
2 a2
2
Die Ortsunschärfe ergibt sich hieraus nun zu
1 m2 + 4a2 2 t2
Δx = √
a2 m2
2
2
x2
2
2 b
4|b2 |
3
2
Übungsblatt 3 IK4
Aufgabe 1: Periodisches Potential
a) Im periodichen Potential V (x) ergeben sich für die Wellenfunktion ψ(x) aus der Schrödingergleichung die Differentialgkleichungen für das Intervall [−b, a]:
2
∂
2mE
2
0<x<a
∂x2 ψ = − 2 ψ = −k ψ
2
2m(V
−E)
∂
0
2
ψ=
ψ = κ ψ −b < x < 0
∂x2
2
Hieraus ergeben sich die Ansätze für die Wellenfunktion im Intervall [−b, a] als
A+ eikx + A− e−ikx 0 < x < a
ψ(x) =
−b < x < 0
B+ eκx + B− e−κx
Die Forderung der stetigen Differenzierbarkeit der Wellenfunktion im Punkt x = 0
liefert nun die Randbedingung
A+ + A− − B+ − B− = 0
aus der Stetigkeit der Funktion sowie
ikA+ − ikA− − κB+ κB− = 0
aus der Stetigkeit von ψ |0 . Die Stetigkeit von ψ|−b und ψ |−b sowie die Periodizitätsbedingung ψ(x + d) = ψ(x) liefern nun
B+ e−κb + B− eκb = A+ e−ikb + A− eikb = eiφ A+ eika + A− e−ika
und
κB+ e−κb − κB− eκb = ikA+ e−ikb − ikA− eikb = iKeiφ A+ eika − A− e−ika
Zur Bestimmung der unbkannten Koeffitienten erhällt man aus den oben genannten
Bedingungen ein Lineares Gleichungssystem der Form
⎞⎛ ⎞
⎛
1
1
−1
−1
A+
⎟ ⎜A− ⎟
⎜ ik
−ik
−κ
κ
⎟⎜ ⎟ = 0
⎜
⎝ eiφ eika
eiφ e−ika
−e−κb −eκb ⎠ ⎝B+ ⎠
ikeiφ eika −ikeiφ e−ika −κe−κb κeκb
B−
:=M
Die Forderung einer nicht trivialen Lösung der Wellenfunktion ist nur dann zu erfüllen,
wenn die Determinante der Koeffitientenmatrix M der verschwindet. Es muss also
gelten
0 = det(M ) =
4ikκ + κ2 e−ika eiφ (eκb − e−κb ) − 2ikκe−ika eiφ (eκb + e−κb ) − k2 e−ika eiφ (eκb − e−κb )
+ 4ikκe2iφ − κ2 eika eiφ (eκb − e−κb ) − 2ikκeika eiφ (eκb + e−κb ) + k2 eika eiφ (eκb − e−κb )
= 4ikκ(1 + e2iφ ) − κ2 eiφ (eika − e−ika )(eκb − e−κb ) − 2ikκeiφ (eika + e−ika )(eκb + e−κb )
+k2 eiφ (eika − e−ika )(eκb − e−κb )
1
Mit den Definitionen der Kreisfunktionen bzw. der hyperbolischen Funktionen mit der
Exponentialfunktion lässt sich die die Bedingung nun weiter vereinfachen.
0
4ikκ(1 + e2iφ ) + 4i(k2 − κ2 )eiφ sin(ka) sinh(κb) − 8ikκeiφ cos(ka) cosh(κb)
k2 − κ2
1 + e2iφ
sin(ka) sinh(κb)
=
cos(ka)
cosh(κb)
−
⇒ cos(φ) =
2eiφ
2kκ
=
b) Betrachtet man nun den Grenzfall eines periodischen δ-Potentials, also b → 0 und
V0 → ∞ mit V0 ·b < ∞, so ergibt sich für die Argumente der hyperbolischen Funktionen
2m
κb =
(V0 − E)b → 0
2
Dies rechtfertigt eine Taylorentwicklung von
cosh(κb)=
˙ cosh(0) + sinh(0) ·(κb) + ...
=1
sinh(κb)=
˙ sinh(0) + cosh(0)κb + ...
=0
Eingesetzt in die Gleichung zur Bestimmung der Energieeigenwerte ergibt sich so
⎞
⎛
2
⎜ kb κ2 ⎟
⎟ sin(ka) = cos(ka) + lim κ b sin(ka)
b
−
cos(φ) = cos(ka) − lim ⎜
b→0 ⎝ 2
b→0 2k
2k ⎠
V0 →∞ V0 →∞
→0
Mit der Definition von P nach der Aufgabenstellung ergibt sich
cos(φ) = cos(ka) +
P
sin(ka)
ka
Das mögliche Energiespektrum hängt nun vom Wert der Konstanten P und φ. Auch
ohne den Wert genau zu kennen, kann ein Energiewert, der der Bedingung ka < π/4
genügt augeschlossen werden. Dies folgt aus der Betrachtung des Grenzwertes für E →
0 der rechten Seite, die hier den Wert 1+P annimmt und dem Wertebereich des Cosinus
von −1 < cos(φ) < 1, sowie dem Maximum der Funktion sin(ka) + cos(ka).
Die Energiewerte im Bereich bestimmt durch P ≈ ka können nur numerisch errechnet
werden.
Für große Energien, also ka >>> P ergeben sich die möglichen Energiewerte aus
cos(ka) = cos(φ). Hierbei ist zu beachten, dass sowohl ka = φ als auch ka = 2π − φ die
Energiewerte in einer Periode des Cosinus liefern. Daraus ergeben sich die Energiewerte
zu
n gerade
2 2 φ2
1 << n ∈ N
n
En =
2
2ma
(2π − φ) n ungerade
Für die speziellen Werte von φ ∈ {−π, 0, π} ist nur jeweils ein Energiewert
En =
((2π − φ)n)2
2ma
in einer Periode des Cosinus zu finden.
2
Übungsblatt 4 IK4
Aufgabe 1: Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren
a) Für das Produkt aus Erzeugungs und Vernichtungsoperator ergibt sich
∂
∂
mω
x−
x+
a† a =
2
mω ∂x
mω ∂x
∂
∂
2 ∂ 2
mω
2
x −
x
−
x − 2 2 2
=
2
mω
∂x ∂x
m ω ∂x
2
2
1 m 2 2
1
∂
i
1
=
ω x −
H−
− (xp − px) =
2
ω 2
2m ∂x
2 ω
2
=[x,p]=i
=H
Hieraus ergibt sich für den Hamilton-Operator
1
H = ω b† b +
2
b) Für die Eigenfunktion ψn des Hamilton-Operators zum Energiewert En gilt
1
1
1
1
1
†
H−
ψn =
n+
−
ψn = nψn
a aψn =
ω
2
ω
2
2
c) Der Kommutator des Vernichtungs- mit dem Erzwugungsoperatoren ergibt sich mit
einer analogen Überlegung für das Produkt bb† als
[b, b† ] = bb† − b† b =
1
H
1
H
+ −
+ =1
ω 2 ω 2
Der Kommutator des Hailton-Operators mit dem Erzeugungsoperator ergibt sich als
1 †
1
†
†
†
†
†
†
b − ωb b b +
[H, b ] = Hb − b H = ω b b +
2
2
1
1
= ω (b† b)b† − b† (b† b) + b† − b† = ω[b† b, b† ]
2
2
= ω [b† , b† ] b + ωb† [b, b† ] = ωb†
=0
=1
Analog kann gezeigt werden, dass
[H, b] = −ωb
Wendet man nun den Hamilton-Operator auf b† ψn bzw. bψn an so ergibt sich
Hb† ψn = [H, b† ]ψn + b† Hψn = ωb† ψn + b† En ψn
3
ωb† ψn = En+1 b† ψn
=
n+
2
Hbψn = [H, b]ψn + bHψn = −ωbψn + bEn ψn
1
ωbψn = En−1 bψn
=
n−
2
1
Wir haben also mit b† ψn bzw. bψn eine Eigenfunktion zum den Energieeigenwerten
En+1 bzw. En−1 gefunden. Da hier keine entarteten Eigenwerte erwartet werden,
müssen die gefundenen Eigenfunktionen skalare vielfache der normierten Eigenfunktionen ψn+1 bzw. ψn−1 sein. Es folgt aus αψn+1 = b† ψn für den Koeffitienten α:
† 2
2
∗
†
dx b ψn = dx(dψn )(d ψn ) = dx ψn∗ dd† ψn
dx |αψn+1 | =
2
∗
†
†
∗
α =
dx ψn ([b, b ] + b b)ψn = dx ψn (1 + n)ψn = dx |ψn |2 (n + 1)
√
α =
n+1
Hieraus ergibt sich
b† ψn =
√
n + 1ψn+1
Analoges Vorgehen bestimmt aus αψn−1 = bψn den Faktor α =
√
bψn = nψn−1
2
√
n, so dass
Übungsblatt 5 IK4
Aufgabe 1: Schwarzsche Ungleichung
a) Zu zeigen ist die Schwarzsche Ungleichung für zwei Elemente des Hilbertraums H
| ϕ |ψ| ≤ ϕ ψ
Seien also |ϕ , |ψ ∈ H. Wir zerlegen nun den Vektor |ψ in eine zu |ϕ paralelle
Komponente durch
|ϕ ϕ |ψ
= k |ϕ
k∈C
ϕ |ϕ
sowie in eine senkrechte Komponente
|ϕ ϕ |ψ
|γ := |ϕ −
ϕ |ϕ
Der so konstruierte Vektor |γ steht senkrecht auf |ϕ, da
ϕ |γ = ψ |ϕ −
ϕ |ϕ
ψ |ϕ = 0
ϕ |ϕ
Desweiteren kann das Betragsquadrat des skalaren Faktor |k|2 der paralellen Komponente durch
|k|2 ϕ |ϕ = kϕ |kϕ =
| ϕ |ψ|2
ϕ |ϕ
| ϕ |ϕ|2
⇒
|k|2 =
| ϕ |ψ|2
ϕ
bestimmt werden. Da man nun den Vektor |ψ als summe der Vektoren k |ψ und |γ
darstellen kann, gilt für das Normquadrat des Vektors
ψ2 = c |ϕ + |γ2 = kϕ + γ |kϕ + γ
= |k|2 ϕ |ϕ + γ |γ + c∗ ϕ |γ + c γ |ϕ
2
=
2
=0
| ϕ |ψ|
| ϕ |ψ|
+ γ2 ≥
2
ϕ
ϕ2
≥0
Hieraus folgt
| ϕ |ψ|2 ≤ ϕ2 ψ2
und nach Radizieren die Schwarzsche Ungleichung.
b) Setzen wir nun die Gleichheit der Schwarzschen Ungleichung vorraus, also
| ϕ |ψ| = ϕ ψ
so folgt mit den gleichen Definitonen wie oben aus der letzten Gleichungsfolge
γ2 = 0
⇔
1
|γ = 0
Mit der Definition des Vektors |γ folgt nun
|ψ =
ϕ |ψ
|ϕ
ϕ2
∈C
Die Vektoren |ψ und |ϕ unterscheiden sich nur um ein Skalar aus C und sind demnach
linear abhängig.
Setzt man die lineare Abhängigkeit vorraus, gibt es eine Konstante k ∈ C so dass
|ψ = k |ϕ. Bildet man das Skalarprodukt, so folgt
| ϕ |ψ| = | kψ |ψ| = |k| ψ2 = kψ ψ = ϕ ψ
Insgesamt gilt demnach
| ϕ |ψ| = ϕ ψ
⇔
2
|ϕ , |ψ linear abhängig
Übungsblatt 6 IK4
Aufgabe 1: Orthonormale Eigenfunktionen
a) Für das unendlich tiefe Kastenpotential ergibt sich für die angegebenen Lösungen der
Schrödinger Gleichung das Integral über den erlaubten Bereich
I :=
=
mπx nπx sin
dx
sin
L
L
0
0
1
1
sin(nπx) sin(mπx)dx =
cos((n − m)πx) − cos((n + m)πx)dx
2
L
ψn (x)∗ ψm (x)dx =
2
L
L
0
0
Für n = m wird das Argument der ersten Kosinusfunktion Null, so dass gilt
I =
1
0
sin(2nπx) 1
=1
2nπ
0
1 − cos(2nπx) = 1 −
cos(2nπx) = 1 +
=0
Im Falle von n = m ergibt sich für das Integral
I =
=
1
sin((n + m)πx) sin((n − m)πx)
−
cos((n − m)πx) − cos((n + m)πx)dx =
(n + m)π
(n − m)π
0
sin((n + m)π) sin((n − m)π)
−
=0−0 = 0
(n + m)π
(n − m)π
1
da die Sinusfunktion für alle ganzzahligen Vielfachen von π verschwindet. Insgesamt
gilt demnach
L
ψn (x)∗ ψm (x)dx = δnm
0
b) Die angegebenen ϕn sind kein Orthonormalsystem. Beispielsweise liefert die Berechnung mit den Vorgaben des Blattes
2
2
dx ϕ∗2 ϕ4 = N2 N4 dx e−x H2 H4 = N2 N4 dx e−x (x2 − 1)(x4 − 6x2 + 3)
√
15 21 9
−x2 6
4
2
−
+ −3
π
= N2 N4 dx e (x − 7x + 9x − 3) = N2 N4
8
4
2
√
15
= − N2 N4 π = 0
8
Allerdings bilden die normierten Lösungen des normonischen Oszillators
1 α
mω
− 12 (ξ)2
2
Hn (ξ)
Nn = n √ , ξ = αx, α =
ψn (ξ) := Nn e
2 n! π
mit den Hermitschen Polinomen
Hn (x) = (−1)n ex
1
2
dn −x2
e
dxn
0
eine Orthonormalbasis. Hierzu sei oBdA n ≥ m, da m und n vertauschbar sind. Dann
gilt für das Integral
2
1
Nm Nm
∗
∗
dξ ψn (ξ) ψm (ξ) =
dξ e−ξ Hn (ξ)Hm (ξ)
I :=
dx ψn (x) ψm (x) =
α
α
dn −ξ 2
Nm Nm (−1)n
dξ n e Hm (ξ)
=
α
dξ
m
n+m
n−m
Nm Nm (−1)
2 d
d
dξ e−ξ
H
(ξ)
=
m
α
dξ n−m dξ m
Nach den Ergebnissen des letzen Aufgabenblattes ist
dm
Hm (ξ) = 2m m!
dξ m
was impliziert, dass höhere Ableiteungen des Hermitschen Polinoms verschinden.
Für den Fall n = m gilt nun:
√
1 α 2n n! π
Nn Nn (−1)2n
−ξ 2 n
√
=1
dξ e 2 n! = n
I =
α
2 n! π
α
√
=2n n! π
=Nn2
Im Fall n > m gilt n − m ≥ 1. Somit gilt für das Integral:
n−m
Nm Nm (−1)n+m
Nm Nm (−1)n+m
−ξ 2 d
n
dξ e
dξ0 = 0
2 n! =
I=
α
dξ n−m
α
=0
Für die so definierten ψn gilt demnach
dx ψn (x)ψm (x) = δnm
Mit den hermitschen Polinomen zweiter Art
1 2
Ĥn (x) := (−1)n e 2 x
dn − 1 x2
e 2
dxn
ergibt sich eine äqivalente Darstellung durch
− 14 ξ 2
ψn (ξ) = Cn e
Ĥn (ξ)
Cn2
1 α
= √ ,
n! 2π
ξ = αx,
definieren. Dies folgt unmittelbar aus dem Zusammenhang:
x
−n/2
Hn √
Ĥn (x) = 2
2
2
α=
mω
Übungsblatt 7 IK4
Aufgabe 1: Elektron im Magnetfeld
a) Aus der Lagrangedichte eines Elektrons mit der Ladung q = −e0 in elektrischen und
magnetischen Feldern
m
L = v 2 + e0 φ − e0 v · A
2
mit dem skalarem Potential φ des elektrischen Felds und dem Vektropotential A des
magnetischen Feldes führt mit Hilfe der Euler-Lagrange-Gleichung auf die Bewegungsgleichung. Es gilt
d
d ∂
L = (mv − e0 A) = mv̇ − e0 (v · ∇)A
dt ∂v
dt
wobei sich die totale Zeitableitung des zeitlich konstanten Vektorpotentials als
∂
d
A(r) =
r · ∇ A = (v · ∇)A
dt
∂t
ergibt. Die Ableitung der Lagrangedichte nach der Ortskoordinate liefert nun
∂
L = +e0 ∇φ − e0 ∇(v · A)
∂r
Die Bewegungsgleichung des Teilchens folgt nun aus der EL-Gleichung
∂
d ∂
L =
L
dt ∂v
∂r
mv̇ − e0 (v · ∇)A = e0 ∇φ − e0 ∇(v · A)
mv̇ = e0 ∇φ −e0 ∇(v · A) + e0 (v · ∇)A
−e0 E
=−e0 v×(∇×A)
mv̇ = −e0 (E + v × B)
welche genau der Bewegungsgleichung eines Elektrons im magnetischen und elektrischen Feldes aus der Betrachtung der Larentzkraft entspricht.
Eine Identifizierung der Lagrangedichte als L = T − V ist hier nicht möglich, da es sich
bei dem System mit magnetischen Feldern nicht unm ein konservatives System (mit
konservativen Potentialen) handelt.
b) Aus der Lagrangedichte kann die Hamiltonfunktion des System hergeleitet werden. Es
gilt:
∂
p=
L
H =p·v−L
∂v
Für den generalisierten Impuls p gilt:
p=
∂
L = mv − e0 A
∂v
⇒
1
v=
1
(p − (−e0 )A)
m
Hieraus folgt für die Hamiltonfunktion:
m
H = (mv − e0 A)v − L = mv 2 − e0 A · v − v 2 − e0 φ + e0 v · A
2
2
m 2
m p − (−e0 )A
=
− e0 φ
v − e0 φ =
2
2
m
1
(p − (−e0 )A)2 − e0 φ
=
2m
c) Für die Zeitentwicklung des Ortsoperators unter des Hamiltonperators
H=
1
(p − eA)2
2m
gilt nach Heisenbergschen Bewegungsgleichung
d
i
< r >= [H, r]
dt
h
Für den Kommutator des Hamiltonoperators mit dem Ortsoperator ergibt sich
⎛
⎞
1 ⎝ 2
1
[(p − eA)2 , r] =
[p , r] − e([pA, r] + [Ap, r]) + e2 [A2 , r]⎠
[H, r] =
2m
2m
=0
⎛
⎞
=
1 ⎜ 2
⎟
⎝[p , r] − e(p [A, r] + [p, r] A + A[p, r] + [A, r] p)⎠
2m
=0
⎛
=
−i
⎞
=0
⎟
1 ⎜
⎜p[p, r] + [p, r]p +2ieA)⎟ = −i (p − eA)
⎝
⎠
2m m
=−2ip
Wir erhalten demach
p − eA
i
d
< r >= [H, r] =
dt
h
m
Der in der Aufgabe definierte Operator P ergibt sich nun zu
P =m
d
< r >= (p − eA)
dt
Die Zeitableitung des Operators eribt sich nun einfach zu
1
d
P = [H, P ] =
[(p − eA)2 , (p − eA)] = 0
dt
2m
2
Übungsblatt 8 IK4
Aufgabe 2: Drehimpulsoperator
a) Für den Drehimpulsoperator L gilt:
L=r×p
p=
∇
i
Mit dem Ableitungsoperator ∇ in Kugelkoordinaten ergibt sich daraus
∂
∂
1 ∂
1
re × er
+ eθ
+ eφ
L =
i r
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂φ
∂
∂
1 ∂
r (er × er )
+ (er × eθ )
+ (er × eφ )
=
i ∂r
i ∂θ
i sin θ ∂φ
=eφ
=0
=−eθ
Für den Drehimpulsoperator gilt demnach
∂
1 ∂
eφ
− eθ
L=
i
∂θ
sin θ ∂φ
Mit den kartesischen Einheitsvektoren in der Kugelkoordinatendarstellung
ex = sin(θ) cos(φ)er + cos(θ) cos(φ)eθ − sin(φ)eφ
ey = sin(θ) sin(φ)er + cos(θ) sin(φ)eθ + cos(φ)eφ
ez = cos(θ)er − sin(θ)eθ
folgt für die z-Komponente des Drehimpulses in Kugelkoordinaten
∂
∂
1 ∂
− eθ
=
Lz = ez · L = (cos(θ)er − sin(θ)eθ ) eφ
i
∂θ
sin θ ∂φ
i ∂φ
Für den Aufstiegs- bzw. Abstiegsoperator gilt
L± = ex · L ± iey · L
∂
cos(θ) cos(φ) ∂
∂
cos(θ) cos(φ) ∂
− sin(φ)
± −
+ cos(φ)
= −
i
sin(θ)
∂φ
i
∂θ
sin(θ)
∂φ
∂θ
⎞
⎛
cos(θ) cos(φ) cos(θ) sin(φ) ∂ ⎟
∂
⎜
+ i
∓
= ⎝(i sin(φ) ± cos(φ))
⎠
∂θ
sin(θ)
sin(θ)
∂φ
=±e±iφ
⎛
⎞
∂ ⎟
∂
⎜
+ (cos(φ) ± i sin(φ)) i cot(θ) ⎠
= ⎝±e±iφ
∂θ ∂φ
= e±iφ ±
=eiφ
∂
∂
+ i cot(θ)
∂θ
∂φ
1
Das Produkt aus Aufstiegs und Abstiegsoperator ergibt sich nun als
L+ L− = 2 eiφ (∂θ + i cot(θ)∂φ ) e−iφ (−∂θ + i cot(θ)∂φ )
= 2 eiφ e−iφ ∂θ (−∂θ + i cot(θ)∂φ ) + i cot(θ)∂φ (−∂θ + i cot(θ)∂φ )
= 2 −∂θ2 − i(1 − cot(θ))∂φ + i cot(θ)∂φ ∂θ )
+2 eiφ i cot(θ) −ie−iφ (∂θ + i cot(θ)∂φ ) + e−iφ (−∂φ ∂θ + i cot(θ)∂φ2 )
= 2 −∂θ2 − i∂φ − cot(θ)∂θ − cot2 (θ)∂φ2
Klar ist, dass gilt:
Lz = −i2 ∂φ
Lz = −2 ∂φ2
Nun ergibt sich der quadratische Drehimpulsoperator L2 als:
L2 = L2x + L2y + L2z = L2x − i[Lx , Ly ] + L2y +i [Lx , Ly ] +L2z
=(Lx +iLy )(Lx −iLy )
=iLz
L2z
= L+ L− − Lz +
= −2 ∂θ2 + i∂φ + cot(θ)∂θ + cot2 (θ)∂φ2 − i∂φ + ∂φ2
⎧
⎫
⎪
⎪
⎨
⎬
2
2
2
2
+ (1 + cot (θ)) ∂φ
cot(θ)∂θ + ∂θ
= −
⎪
⎪
⎩
⎭
=sin−1 (θ)
=sin−1 (θ)(cos(θ)∂θ +sin(θ)∂θ )
1
1
2
2
∂
∂θ (sin(θ)∂θ ) +
= −
sin(θ)
sin2 (θ) φ
b) Ist ψ(r, θ, φ) eine Eigenfunktion des Drehimpulsoperators zum Quadrat, so folgt dass ψ
ebenfalls eine Eigenfunktion des Operators Lz ist. Sind die Eigenwerte für L2 bzw. Lz
bekannt (2 l(l + 1) für L2 und m für Lz ), so führt ein Separationsansatz ψ(r, θ, φ) =
χ(r)Yl,m (θ, φ) auf:
L2 ψ = L2 (χ(r)Yl,m (θ, φ)) = χ(r)L2 Yl,m (θ, φ)) = χ(r)2 l(l + 1)Yl,m (θ, φ) = 2 l(l + 1)ψ
Das Eigewertproblem L2 ψ = 2 l(l + 1)ψ ist ein vom Radialteil der Wellenfunktion
unabhängiges Problem. Analoges folgt für die Eigenwertgleichung Lz ψ = ψ.
Der radiale Anteil der Wellenfunktion χ(r) bleibt unbestimmt. Aus Normierbarkeitsgründen muss gefordert werden, dass χ(r) aus dem Raum der quadratintegrablen Funktion über dem postitven Intervall [0, ∞) ist.
Betrachtet man nun die Eigenwertgleichung für Lz , so ergibt sich aus dem Seperationsansatz
Yl,m (θ, φ) = Yl,m (θ, 0)eimφ
eingesetzt in die Eigenwertgleichung für Lz
Lz Yl,m (θ, φ) = Yl,m(θ, 0) Lz eimφ = mYl,m (θ, 0)eimφ
m
eine Lösung des Eigenwertproblems. Aufgurund der Eindeutigkeit der gefundenen Lösung
muss man wegen
!
Yl,m (θ, φ + 2π) = Yl,m (θ, φ)
2
und dem daraus folgenden
!
eimφ e2πim = eimφ
⇒
!
e2πim = 1
für den Eigenwert m fordern, dass dieser eine ganze Zahl ist (m ∈ Z), da nur für
ganzzahlige Vielfache von 2πi die Exponentailfunktion den Wert 1 ergibt.
c) Aus dem Ansatz der Funktion
Yl,m (θ, 0) = sinm (θ)Ul,m (cos θ)
folgt für die Funktion Yl,m (θ, φ):
Yl,m (θ, 0) = Yl,m (θ, 0)eimφ = sinm (θ)Ul,m (cos θ)eimφ
Aus dem Wissen, dass
L+ Yl,m ∝ Yl,m+1 = sinm+1 (θ)Ul,m+1 (cos θ)ei(m+1)φ
folgt mit der expliziten Anwendung des Erzeugungsoperators
L+ Yl,m = eiφ {∂θ + i cot(θ)∂φ } sinm (θ)Ul,m (cos θ)eimφ
= eiφ m sinm−1 (θ) cos(θ)Ulm (cos θ) − sinm (θ)Ulm
(cos θ) sin(θ) eimφ
cos(θ) m
iφ
imφ
sin (θ)Ulm (cos θ)ime
+e
i
sin(θ)
(cos θ)
= −ei(m+1)φ sinm+1 (θ)Ulm
durch vergleich der Ergebnisse der Zusammenhang
(cos(θ))
Ul,m+1 (cos(θ)) ∝ Ul,m
d) Es ist bekannt, dass für die Eigenwerte m von Lz gilt, dass diese |m| ≤ l erfüllen
müssen. Wir können deshalb fordern, dass
L− Yl,−l = 0
Die explizite Berechung von L− Yl,−l liefert nun
L− Yl,−l = e−iφ {−∂θ + i cot(θ)∂φ } sin−l (θ)Ul,−l e−ilφ
sin(θ) e−ilφ
= e−iφ l sin−l−1 (θ) cos(θ)Ul,−l − sinl (θ)Ul,−l
+e−iφ i cot(θ) sin−l (θ)Ul,−l (−il)e−ilφ
!
+ 2l cos(θ)Ul,−l = 0
= e−i(l+1)φ sin−l−1 (θ) sin2 (θ)Ul,−l
Es ergibt sich für Ul,−l die einfache Differentialgleichung
(1 − cos2 (θ))
dUl,−l (cos θ)
= −2l cos(θ)Ul,−l (cos θ)
d cos θ
3
die mit der Substitution ξ = cos(θ) sich zu
dUl,−l (ξ)
ξ
Ul,−l (ξ)
= −2l
dξ
1 − ξ2
vereinfacht und durch Separation der Variablen gelöst werden kann. Es ergibt sich die
Lösung
Ul,−l (ξ) = C(1 − ξ)l (1 + ξ)l = C(1 − ξ 2 )l
und durch Rücksubstitution
Ul,−l = C(1 − cos2 (θ))l = C sin2l (θ)
Die Kugelflächenfunktionen für die gilt m = −l sind nun leicht zu bestimmen. Es gilt
Y0,0 = C sin0 (θ) sin2·0 (θ)e0 = C
und für den Fall l = 1
Y1,−1 = C sin−1 (θ) sin2 (θ)e−iφ = C sin(θ)e−iφ
Aus den Ergebissen der Aufgabe (c) folgt nun für
U1,0 ∝
d
dU1,−1
∝
(1 − cos2 (θ)) ∝ − cos(θ)
d cos(θ)
d cos(θ)
und
U1,1 ∝
dU1,0
∝ −1
d cos(θ)
, so dass sich die Kugelflächenfunktionen als
Y1,0 = −C cos(θ)
bzw.
Y1,1 = −C sin(θ)eiφ
ergeben. Die Normierungskoeffitienten lassen C müssen nun noch durch Integration
über die Einheitskugel bestimmt werden. Es muss gelten
2π
π
∗
∗
d3 rYl,m
Yl,m =
dφ
dθ Yl,m
Yl,m sin(θ) = 1
0
B1 (0)
0
Es ergeben sich die Integrale über die Kugelflächenfunktionen zu:
2π π
∗
d3 rY0,0
Y0,0 = |C|2
dθ
dφ sin(θ) = |C|2 4π
0
B1 (0)
sowie
B1 (0)
und
B1 (0)
∗
d3 rY1,±1
Y1,±1 = |C|2
∗
d3 rY1,0
Y1,0 = |C|2
2π
0
0
2π
0
dθ
dθ
4
π
0
π
0
8
dφ sin3 (θ) = |C|2 π
3
4
dφ sin(θ) cos(θ)2 = |C|2 π
3
Hiermit bestimmt man die Kugelflächenfunktionen als
Y0,0 =
1
√
4π
Y1,±1 = ∓
Y1,0 =
5
3
sin(θ)e±iφ
8π
3
cos(θ)
4π
Übungsblatt 9 IK4
Aufgabe 5: sp3 -Hybridisierung
a) Betrachtet man die Matrix
⎛
⎞
1 1
1
1
1 ⎜1 1 −1 −1⎟
⎟
M := ⎜
2 ⎝1 −1 1 −1⎠
1 −1 −1 1
so wird schnell klar, dass für M gilt:
M = M†
Die Berechung von M · M lieft die Einheitsmatrix. Die Matrix M ist somit unitär.
Weiter wird schnell klar, dass gilt
(ψhyb,1 , ψhyb,2 , ψhyb,3 , ψhyb,4 ) = M · (ψ2ps , ψ2px , ψ2py , ψ2pz )T
Da Betrag der Determinatne einer unitäre Matrix betragsmäßig 1 ergibt folgt nun die
lineare Unabhägigkeit der ψhyb . Hieraus folgt die Orthogonalität der ψhyb .
Eine weitere Eigenschalft unitärere Matrizen ist die Erhaltung der Norm für beliebige
Vektoren gilt so
M · x = x
Hieraus folgt nun dass jedes ψhyb auf eins normiert ist, wenn die Wellenfunktionen der
Orbitale normiert waren.
b) Für die Wellenfunktion des s-Orbitals gilt
2
ψ2s = R2,0 (r)Y0,0 = √ α3/2 (1 − αr)e−αr
4π
mit α = Z/2aB . Für die p Orbitale ergeben sich die Wellenfunktionen zu
1
1
3
R2,1 sin(θ) cos(φ) = √ α3/2 αxe−αr
ψ2px = √ R2,1 (Y1,−1 − Y1,1 ) =
8π
2
4π
2 3/2
ψ2py = √ α αye−αr
4π
2 3/2
ψ2pz = √ α αze−αr
4π
Wir können nun ψhyb,1 und ψhyb,2 bestimmen.
ψhyb,1 =
=
ψhyb,2 =
1
(ψ2s − ψ2px + ψ2py − ψ2pz )
2
1
√ α3/2 (1 − αr + α(x + y + z))e−αr
4π
1 3/2
√ α (1 − αr + α(x − y − z))e−αr
4π
1
Als notwendige Bedingung für das Maximum der Wahscheinlichkeitsdichte gilt nun
0 = ∇ρ = ∇ |ψ|2 = ±2 |ψ| ∇ψ
An Nullstellen der Wahrscheinlichkeitsdichte sind wir nicht interessiert, so dass für das
Aufreten eines Maximums gelten muss:
∇ψ = 0
Für den Fall von ψhyb,3 liefert die Berechnung der Nullstelle den Vektor
r1,max =
1
1
+√
2
3
⎛ ⎞
1
1⎝ ⎠
1
α
1
für den Fall von ψhyb,4 eienen Vektor
r2,max =
1
1
+√
2
3
⎛
⎞
1
1⎝ ⎠
−1
α
−1
c) Aus der Definition des Skalarprodukts durch den Winkel γ zwischen zwei Vektoren
a · b = a b cos(γ)
kann nun der Winkel zwischen den Ortsvekoren der maximalen Wahrscheinlichkeit
berechnet werden. Hierbei gilt
cos(γ) =
r1,max · r2,max
1
=−
r1,max r2,max 3
Hieraus ergibt sich der Winkel
1
γ = arccos −
3
2
≈ 109.47◦
Übungsblatt 10 IK4
Aufgabe 2: Linearer Stark-Effekt
a) Der Störhamiltonian ergibt sich aus der potentiellen Energie der Ladung −e im elektrischen Feld. Das Potential des Feldes ergibt sich als
φ(r) = −E0 z
Für die potentielle Energie eines Elektrons im äußeren Feld gilt:
V (r) = −eφ(r) = eE0 z
Der Hamiltonian des gestörten Systems ergibt sich nun als
H=
e2
p2
+
+ eE0 z
2m r =H
=H0
1
b) Der Störoperator vertauscht mit der z-Komponente des Drehimpulses. Es ist
∂
∂
(r cos θ) − r cos θ
[Lz , H1 ] = eE0 i
∂φ
∂φ
∂
(1 − 1) = 0
= eE0 ir cos θ
∂φ
c) Aus [Lz , H1 ] = 0 folgt nun mit der Rechnung
0 = nlm |[Lz , H1 ]| n l m = (m − m ) nlm |H1 | n l m dass nur für m = m das Skalarprodukt ungleich null werden kann. Weiter sieht man
schnell, dass
Y1,0
cos(θ)Y0,0 = √
3
Für das Wasserstoff im Zustand n = 1 eregeben sich nun für eine Störung mit dem
Elektrischen Feld eine Störenergie von
(1)
∗
∗
= 100 |H1 | 100 = d3 rR10
Y00
H1 R10 Y00
E1
∗ 3
∗
=
drR10 r R10 dθ dφY00
cos θY00 sin θ = 0
√
= Y00 |Y10 / 3=0
d) Analog zu oben kann nun gezeigt werden, dass
200 |H1 | 200 = 0
1
Weiter gilt, dass
210 |H1 | 210 = eE0
∗ 3
drR21
r R21
dφ
∗
dθY10
cos θY10 sin θ = 0
∝ dθ cos3 θ sin θ=0
und auch, dass gilt
21 ± 1 |H1 | 21 ± 1 = eE0
∗ 3
r R21
drR21
dφ
∗
cos θY1±1 sin θ = 0
dθY1±1
∝ dθ sin3 θ cos θ=0
Allerdings gilt für
200 |H1 | 210 = 200 |H1 | 210 = eE0
=
=
eE0
√
3
∗ 3
drR20
r R21
∗ 3
r R21
drR20
dφ
∗
cos θY00 sin θ
dθY10
√
=Y10 / 3
∗
cos θY10 sin θ
dθY10
=1
r
eE0
r
dr2 1 −
r 4 e− a = −3eE0 a0
3
(2a0 ) 3a0
2a0
dφ
−36a50
Die Energieverschiebung des gestörten Systems mit n = 1 erhalten wir nun aus der
Aufsummierung über die Möglichen kombinationen. Mit den wissen, das für das Auftreten eines Skalarproduktes ungleich null die Bedinfgung m = m gelten muss und
den gerechneten Skalarprodukten, folgt nun
(1)
E2lm=0 = ±3eE0 a0
2
Übungsblatt 11 IK4
Aufgabe 5: Paschen-Back Effekt
Man betrachtet das durch ein äüßeres Magnetfeld gestärte System, für das sich der HamiltonOperator ergibt als
H = Hc + Hz
Hierbei entspricht Hc dem Hamilton-Operator des ungestörten Wasserstoffatoms. Im magnetischen Feld B = Bez ergibt sich der Zeemanhamiltonian aus den magnetischen Momenten des Bahndrehimpulses und der Elektronenspins
Hz = −μl · B − μs · B =
e
e
(l + gs s) · ez B =
(lz + gs sz )B
2me
2me
Die Eigenzustände des ungestörten Hamiltoneans |nlml sms diagonalisieren, da [Hc +
Hz ] = 0, auch den Störhamiltonian Hz . Man erhält nun als Energieverschiebung erster
Ordnung
Ez(1) =< Hz >=
e
e
nlml sms |( lz + gs sz )|nlml sms B =
(ml + gs ms )B
2me
2me
µB
Da sich der Spin eines elektrons bei optischen Übergängen nicht ändert ergibt sich für die
Energie eines Übergangs
ΔE = ΔE (0) + μB Δml B
Wie es sich auch für den normalen Zeeman-Effekt ergibt. Berücksichtigt man nun die
Spin-Bahn-Kopplung durch den Hamilton-Operator
HSB =
μ0 Ze2 s · l
4πm2e r 3
Die Berücksichtigung der Spin-Bahn-Kopplung liefert den Energiebeitrag
(1)
ESB =< HSB >= −
(Zα)2
ml ms
En
n
l(l + 1/2)(l + 1)
1