Ferienkurs Quantenmechanik - Aufgaben - TUM

Potentialprobleme
Tag 2
(Theoretische Physik III)
18. September 2015
Seite 1
Ferienkurs Quantenmechanik - Aufgaben
Sommersemester 2015
Fabian Jerzembeck und Sebastian Steinbeisser
Fakultät für Physik
Technische Universität München
18. September 2015
Zeitabhängige Schrödingergleichung
und der
harmonische Oszillator
1 Zeitentwicklung im Schrödinger- und
Heisenberg-Bild
Aufgabe 1
(*)
Betrachten Sie die kräftefreie, eindimensionale Bewegung eines Teilchens der Masse
m:
H=
1 2
p
2m
1. Lösen Sie die Bewegungsgleichung für den Operator xH (t) und den Impulsoperator
pH (t) im Heisenberg-Bild.
2. Berechnen Sie die Kommutatoren:
[xH (t1 ), xH (t2 )];
[pH (t1 ), pH (t2 )];
[xH (t1 ), pH (t2 )];
Lösung:
Es gilt
H=
1 2
p;
2m
∂H
= 0;
∂t
i
i
⇒ HH = e ~ E(t−t0 ) He− ~ E(t−t0 ) = H
1
Potentialprobleme
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(Theoretische Physik III)
da der Hamilton-Operator nicht explizit von der Zeit abhängt.
1) Bewegungsgleichung
−i
i
i~ẋ(t) = [xH (t), HH ] = e ~ H(t−t0 ) [x, H]e ~ H(t−t0 )
[x, H] =
1
[x, p2 ]
2m
⇒ ẋH (t) =
1
(p[x, p]
2m
=
+ [x, p]p) =
i~
p
m
1
p (t),
m H
i~ṗH (t) = [pH (t), HH ] = 0
⇒ pH (t) = const = p(0) = p Konstante der Bewegung
⇒ xH (t) = xH (0) +
1
pt
m
=x+
p
t
m
2) Kommutatoren
t1
t2
[p, x]+ m
[x, p] =
[xH (t1 ), xH (t2 )] = [x+ mp t1 , x+ mp t2 ] = [x, x]+ m12 t1 t2 [p, p]+ m
[pH (t1 ), pH (t2 )] = [p, p] = 0
[xH (t1 ), pH (t2 )] = [x +
Aufgabe 2
p
t , p]
m 1
= [x.p] +
t1
[p, p]
m
= i~
(**)
Bei t = 0 sei ein Wellenpacket
x2
Ψ(x, 0) = Ceik0 x e− 2a2
gegeben.
1. Berechnen Sie unter Verwendung des Zeitentwicklungsoperators
r
0
U (x, x , t) =
im(x−x0 )2
m
e 2~t
2π~it
die zeitliche Entwicklung des Wellenpacketes Ψ(x, t) für t ≥ 0.
2. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichtskeitsdichte
ρ(x, t) = Ψ∗ (x, t)Ψ(x, t)
Wie verändert sich hxi, ∆x, ∆p und ∆x · ∆p mit der Zeit?
Hinweis:
´∞
∞
dx exp[−(αx2 + βx + γ)] =
pπ
exp
α
2
h
β 2 −4αγ
4α
i
i~
(t −t1 )
m 2
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Lösung:
(1) Mit dem Propagator U (x, x0 , t) erhält man
ˆ ∞
dx0 U (x, x0 , t)Ψ(x0 , 0) =
Ψ(x, t) =
ˆ∞∞
x02 =
dx0 U (x, x0 , t)C exp(ik0 x0 ) exp − 2
2a
∞
r
h
2ˆ ∞
imx
1 mx i
m
0
02 im
0
=C
exp
dx exp x
−
+ ix k0 −
2π~it
2~t
2~t 2a2
~t
∞
Verwendet man nun
ˆ ∞
r
2
dx exp[−(αx + βx + γ)] =
∞
h β 2 − 4αγ i
π
exp
α
4α
für
1
im
−
2
2a
2~t
imx
β=
− ik0
~t
γ=0
α=
Damit folgt
C
~a2 k2
"
Ψ(x, t) = q
~t
1 + i ma
2
x2 − 2a2 ik0 x + i m 0 t
exp −
~t
2a2 1 + i ma
2
#
(2) Die Wahrscheinlichkeitsdichte ist gegeben durch
2 #
~k02
x
−
t
m
|C|
ρ(x, t) = Ψ∗ (x, t)Ψ(x, t) = r
2
2 exp − 2 1 + ~t
~t
a
2
1 + ma2
ma
2
"
Da die Normierung erhalten bleibt, folgt
~t 2 i1/2
a h
√
∆x =
1+
ma2
2
Für t = 0 gilt
1
∆p(0) = ~ √
2a
3
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∆p ist für ein freies Wellenpacket zeitlich konstant und somit gilt
∆p(t) = ∆p(0)
Zur Begründung: ∆p ist die Breite der Impulsverteilung ρ(k, t) = Ψ∗ (k, t)Ψ(k, t). Es
gilt dabei
ˆ ∞
dk
√ φ(k)ei(kx−ω(k)t)
Ψ(x, t) =
2π
∞
eines freien Wellenpacketes. Damit gilt
Ψ(k, t) = φ(k)e−iω(k)t ⇒ ρ(k, t) = |φ(k)|2 = konstant
Damit ist auch die Breite konstant.
Die Unschärfe Relation ist gegeben durch
∆x · ∆p =
~t 2 i1/2
~h
1+
2
ma2
Weiterhin erhält man
~k0
t
hxi =
m
Aufgabe 3
~k0 ⇒ hẋi =
m
(*)
Der linearen harmonische Oszillator wird beschrieben durch den Hamilton-Operator:
H=
1
p2
+ mω 2 q 2
2m 2
Zeigen Sie, dass Impulsoperatoren p und Ortsoperator q im Heisenberg-Bild die folgenden Bewegungsgleichung
d
qH (t) + ω 2 qH (t) = 0
2
dt
d
pH (t) + ω 2 pH (t) = 0
dt2
Lösung:
1. Die Bewegungsgleichung für nicht explizit zeitabhängige Obserblen ist:
h
i i
h
i
i
d
Ht
~
i~ qH (t) = qH (t), HH = e
q, H e− ~ Ht
dt
∂H
= 0 ⇒ HH = H
∂t
4
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h
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h i i~
1 h 2i
1 h i
q, H =
q, p =
q, p p + p q, p = p
2m
2m
m
i
Zwischenergebnis
d
1
qH (t) = pH (t)
dt
m
2.
i~
h
h
i
h
i i
i
d
pH (t) = pH (t), H = e ~ Ht p, H e− ~ Ht
dt
h
i 1 h i h i i 1
p, H = mω 2 p, q 2 = m2 q p, q + p, q q = −i~mω 2 q
2
2
Zwischenergebnis:
d
pH (t) = −mω 2 qH (t)
dt
3. Kombination der beiden Zwischenergebnisse:
d
1 d
qH (t) =
pH (t) = −ω 2 qH (t)
2
dt
m dt
d
d
pH (t) = −mω 2 qH (t)
2
dt
dt
2 Ehrenfest Theorem
Wir betrachten ein Teilchen in einem zeitlich konstanten Potential V (~r). Der Hamiltonoperator für dieses Teilchen ist dementsprechend Ĥ =
p̂2 /2m+V (~r). Wenden Sie das Ehrenfesttheorem auf den Ortsoperator ~rˆ und Impulsoperator p~ˆ an. Kommt Ihnen etwas aus der klassischen Mechanik bekannt vor? Denieren
Sie hierzu im zweiten Fall geschickt eine Kraft. Kombinieren Sie schlieØlich beide
Resultate.
Aufgabe 4
(**)
Lösung:
Zunächst setzen wir für den allgemein betrachteten Operator  den Ortsoperator r̂
des Systems. Der Ortsoperator ist oenbar explizit zeitunabhängig, so dass dessen
partielle Zeitableitung verschwindet. Weiterhin ist bekannt, dass der Kommutator des
5
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Impulsoperators p̂ mit den Ortsoperator r̂ gerade [p̂, r̂] = −i~ ist. Ferner kommutiert
das Potential V (r̂) mit r̂, da es nur vom Ortsoperator abhängt. Daher ist
E ∂r̂ iD
d
hr̂i =
[Ĥ, r̂] +
dt
~
∂t
2
i
p̂
=
+ V (r̂), r̂
~
2m
i
hp̂i
=
hp̂[p̂, x̂] + [p̂, x̂]p̂i =
2m~
m
Diese Gleichung ist analog der klassischen Denition des Impulses. Darüber hinaus
kann man die gleiche Rechnung für  = p̂ durchführen. Auch der Impulsoperator ist
explizit zeitunabhängig, so dass die partielle Zeitableitung verschwindet. Zu berechnen
bleibt daher noch der Kommutator des Hamiltonoperators und des Impulsoperators.
E ∂ p̂ iD
d
hp̂i =
[Ĥ, p̂] +
dt
~
∂t
2
p̂
i
=
+ V (r̂), p̂
~
2m
Oenbar kommutiert der Impulsoperator mit sich selbst. Es bleibt also der Kommutator
des Potentials V (r̂) und des Impulsoperators p̂ zu bestimmen. Dazu schreibt man den
~ und erhält
Impulsoperator in der Form p̂ = −i~∇
i
d
~~
hp̂i = . . . =
V (r̂), ∇
dt
~
i
Dh
iE
D
E D
E
~
~ (r̂) = F~ (r̂)
= V (r̂), ∇
= − ∇V
Hierbei wurde ausgenutzt, dass ein Operator wie der Kommutator stets auf eine Funktion wirken muss. Nach dieser Rechnung sehen wir, dass auch dieser Fall in einer
klassischen Gleichung resultiert. Kombination beider Resultate führt zu
D
E
d2
d hp̂i
m · 2 hr̂i = m ·
= F~ (r̂) ,
dt
dt m
was genau der
Newtonschen Bewegungsgleichung entspricht.
Anhand des Beispiels haben wir gesehen, dass die Erwartungswerte einer klassischen
Bewegungsgleichung gengen. Beachtet werden muss allerdings, dass die Mittelwerte
hr̂i und Dhp̂i nicht
E notwendigerweise die klassischen Trajektorien erfüllen müssen. Dazu
müsste F~ (r̂) = F~ (hr̂i) gelten.
6
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3 Kontinuitätsgleichung
Aufgabe 5
(*)
Ein Teilchen der Masse m werde durch die folgende Wellenfunktion beschrieben
r
~
Ψ(r, t) = A · r exp −
+i
·
t
+
iφ
sin θ
2a
8ma2
1. Berechnen Sie die reelle Normierungskonstante A.
2. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeitsstromdichte j(r, t).
3. Geben Sie die Energieeigenwerte E an.
Hinweis: ∇ =
∂ 1 ∂
,
, 1 ∂
∂r r ∂θ r sin θ ∂φ
Die Gammafunktion Γ(x) =
´∞
0
tx−1 e−t = x!.
Lösung:
1. Berechnen Sie die reelle Normierungskonstante A.
|Ψ(r, t)|2 = A2 · r2 e−r/a sin2 θ
Normierungsbedigung
ˆ
ˆ
3
2
2
1 = d r|Ψ(r, t)| = 2πA
0
8π 2 5
Aa
=
3
ˆ
∞
0
ˆ
∞
+1
4 −r/a
r e
| −1
d cos θ(1 − cos2 θ)
{z
}
2−2/3=4/3
1
dxx4 e−x = 64πA2 a5 A = √
8 πa5
2. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeitsstromdichte j(r, t).
Die Wahrscheinlichkeitsstromdichte ist
~ ∗
~
∗
∗
(Ψ ∇Ψ − Ψ∇Ψ ) = = Ψ (~r, t)∇Ψ(~r, t)
j(r, t) =
2mi
m
in Kugelkoordinaten
∇≡
∂ 1 ∂
r ∂
r
1 ∂ ~ ,
,
→ jr = = A2 sin2 θ re− 2a re− 2a
=0
∂r r ∂θ r sin θ ∂φ
m |
{z ∂r
}
reell
analog: jθ = 0
jφ (~r, t) =
~ 2 2 2 −r/a −iφ 1
1 iφ ~
= A2 r sin θe−r/a
A r sin θe
= e
e
m
∂r sin θ ∂φ
m
7
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3. Geben Sie die Energieeigenwerte E an. Die zeitabhängige Schrödingergleichung
lautet
i~
∂
~2
Ψ(~r, t) = EΨ(~r, t) → E = −
∂t
8ma2
4 Matrixdarstellung
Aufgabe 6
(*)
In einem dreidimensionalen Hilbertraum sind folgende Vektorzustände gegeben:
|αi = i|1i − 2|2i − i|3i
|βi = i|1i + 2|3i
Hierbei sind |1i, |2i und |3i die orthonormierten Basiszustände.
1. Berechnen Sie die Skalarprodukte hα|βi und hβ|αi explizit und zeigen Sie, dass
hβ|αi = hα|βi∗ .
2. Finden Sie alle Matrixelemente von Ab = |αihβ| und geben Sie die Matrixdarstellung von Ab an.
3. Ist der Operator Ab hermitesch? Begründung?
Lösung:
1. Zu beachten ist die komplexe Konjugation für das erste Argument.
hα|βi = −iih1|1i − 2ih1|3i − 2ih2|1i − 4h2|3i + iih3|1i + 2ih3|3i = 1 + 2i
hβ|αi = −iih1|1i + 2ih1|2i + iih1|3i + 2ih3|1i − 4h3|2i − 2ih3|3i = 1 − 2i
hα|βi∗ = (1 + 2i)∗ = 1 − 2i = hβ|αi
b auf die Basiszustände folgt:
2. Durch Anwendung von A
b = |αihβ|1i = −i|αi = |1i + 2i|2i − |3i
A|1i
b = |αihβ|2i = 0
A|2i
b = |αihβ|3i = 2 |αi = 2i|1i − 4|2i − 2i|3i
A|3i
8
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

1 0 2i
b =  2i 0 −4 
A
−1 0 −2i
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

1 −2i −1
b† =  0
0
0
A
−2i −4 2i
b=
b† ⇒ A
b ist nicht hermitesch
3. A
6 A
Aufgabe 7
(*)
Der Hamilton-Operator eines Zwei-Niveau-Systems lautet:
Ĥ = (|1ih1| − |2ih2| + |1ih2| + |2ih1|)
Hierbei sind |1i und |2i die orthonormierten Basiszustände. Der Parameter hat Energieeinheiten.
1. Wie lautet die Matrixdarstellung des Operators Ĥ in dieser Basis?
2. Finden Sie die Energieeigenwerte und die zugehörigen Eigenzustände des Operators Ĥ.
Lösung:
1. Durch Anwendung von Ĥ auf die Basiszustände folgt:
h
i
h
i
Ĥ|1i = |1ih1|1i − |2ih2|1i + |1ih2|1i + |2ih1|1i = |1i + |2i
h
i
h
i
Ĥ|2i = |1ih1|2i − |2ih2|2i|1ih2|2i + |2ih1|2i = |1i − |2i
1
1
b=
Ĥ = A
1 −1
2. Zum Finden der Eigenwerte gilt es das Eigenwertproblem
lösen:
det Ĥ − λ1 = 0
−( − λ)( + λ) − 2 = 0
λ2 = 22
√
λ1/2 = ± 2
9
Ĥ − λ1 v = 0 zu
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Durch Einsetzen der Eigenwerte in das Eigenwertproblem lassen sich folgende
Eigenvektoren nden:
− −√2+
v1 =
1
− √2+
v2 =
1
5 Eindimensionaler harmonischer Oszillator
Zeigen Sie: Wenn Ψν Eigenfunktion von n = a† a zum Eigenwert ν
ist, so ist a† Ψν Eigenfunktion von n mit Eigenwert ν + 1.
Aufgabe 8
(*)
Lösung:
Um diese Aussage zu zeigen, kann man den Kommutator der beiden Auf- und Absteigeoperatoren a† und a betrachten. Wie man durch Nachrechnen verizieren kann,
gilt
[a, a† ] = 1
Damit kann man nun auch den Kommutator des Teilchenzahloperators mit dem Aufsteigeoperator bestimmen. Es ist
[n, a† ] = [a† a, a† ] = a† aa† − a† a† a = a† [a, a† ] = a†
| {z }
=1
Mit dieser Aussage folgt unmittelbar
na† Ψν = (a† n + a† )Ψν = a† (ν + 1)Ψν = (ν + 1)a† Ψν
womit die Behauptung gezeigt ist.
10
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Aufgabe 9
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(**)
Wir berachten einen eindimensionalen harmonischen Oszillator mit den Hamiltonoperator
H=
mω 2 x2
p2
+
2m
2
mit den Eigenzuständen |ni. Zur Zeit t = 0 sei der Zustand durch
1
1
|Ψ(t = 0)i = √ |0i + i √ |1i
2
2
gegeben.
(1) Man gebe die Zeitentwicklung |Ψ(t)i an.
(2) Mit welcher Wahrscheinlichleit wird jeweils die Energie E0 , E1 oder E2 gemessen?
(3) Berechnen Sie den Erwartungswert von x und p Hinweis: überlegen Sie, welche
Darstellung des Oszillators am besten geeignet ist und welche Sätze für Erwartungswerte existieren.
Lösung:
1) Die Zeitentwicklung lautet
iE0 t
iE1 t
iωt
3iωt
1
1
1
1
|Ψ(t)i = √ e− ~ |0i − i √ e− ~ |1i = √ e− 2 |0i − i √ e− 2 |1i
2
2
2
2
2)
P0 (t) = |h0|Ψ(t)i|2 = 1/2
P1 (t) = |h1|Ψ(t)i|2 = 1/2
P2 (t) = |h2|Ψ(t)i|2 = 0
3) Am besten löst man diese Aufgabe mit der algebraischen Methode. Der Ortsoperator
lautet dann
r
~
(a† + a)
x̂ =
2mω
und weiter gilt
a|ni =
√
n|n − 1i,
a† |ni =
√
n + 1|n + 1i
Damit folgt für den Erwartungswert
r
hxi = hΨ(t)|x|Ψ(t)i = −
11
~
sin[ωt]
2mω
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und für den Impuls
d
hpi = m hxi = −
dt
Aufgabe 10
r
mω~
cos[ωt]
2
(**)
Ein Teilchen bendet sich im Grundzustand eines harmonischen Oszillators mit der
Frequenz ω, wobei sich plötzlich die Federkonstante vervierfacht, so dass ω0 = 2ω. Während dieses unendlich schnellen Vorganges ändert sich die Wellenfunktion des Teilchen
nicht. Wie hoch ist die Wahrscheinlichkeit bei einer Energiemessung den Wert ~ω/2
(~ω) zu erhalten?
Lösung:
Die Energien, die nun nach der Vervierfachung der Federkonstante erlaubt sind, sind
folgende
1
0
0
En = ~ω n +
= ~ω (2n + 1) = ~ω, 3~ω, 5~ω, . . .
2
Demnach ist die Wahrscheinlichkeit, den Wert ~ω/2 gleich Null. Um die Wahrscheinlichkeit für den Energiewert ~ω zu berechnen, muss man die Wellenfunktion des Teilchens, also den Grundzustand des alten Systems, auf den Grundzustand des neuen
Systems projizieren, da diese Energie gerade dem Grundzustand des neuen Systems
entspricht. Die Wahrscheinlichkeit ist also P0 = |c0 |2 , wobei
ˆ
c0 = Ψ(x, 0)Ψ0 dx
wobei Ψ(x, 0) den Grundzustand des alten Systems indiziert und Ψ0 der Grundzustand
des neuen Systems ist.
Ψ(x, 0) =
mω 41
π~
e
− mω
x2
2~
und
Ψ00 (x)
=
2mω
π~
Damit ist
c0 = 21/4
r
ˆ∞
mω
π~
e
x2
− 3mω
2~
r
dx = 21/4
−∞
Die Wahrscheinlichkeit ist damit P0 =
√
2·
2
3
12
≈ 0.9428
2
3
41
e−
2mω 2
x
2~
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6 Mehrdimensionaler Harmonischer Oszillator
Aufgabe 11
(**)
Betrachten Sie die dreidimensionale zeitunabhängige Schrödingergleichung mit einem
Potential
(
V (x, y, z) =
mω 2
(x2
2
+ y 2 ) für 0 ≤ z ≤ D
∞
sonst
(a) Lösen Sie die Schrödingergleichung indem Sie mit dem Ansatz
Ψ(~r) = Ψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(y)
eine Separation der partiellen Dierentialgleichung vornehmen. Beachten Sie, dass
V (x, y, z) in Vx (x) + Vy (y) + Vz (z) separiert. Wie lautet V (z)?
(b) Wie lauten die Energie-Eigenwerte des betrachteten Systems?
Lösung:
(a) Eine Separation der Variablen liefert
H = Hx + Hy + Hz
1
p2
Hx = x + mω 2 x2
2m 2
p2y
1
Hy =
+ mω 2 y 2
2m 2
und in z-Richtung
p2z
Hz =
+ V (z),
2m
(
0 für 0 ≤ z ≤ D
V (z) =
∞ sonst
(b) Aus dem Ansatz
Ĥ|nx , ny , nz i = Enx ,ny ,nz |nx , ny , nz i
mit |nx , ny , nz i = |nx i|ny i|nz i folgt wegen
Hx |nx i = Enx |nx i
Hy |ny i = Eny |ny i
Hz |nz i = Enz |nz i
13
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wieder
Enx ,ny ,nz = Enx + Eny + Enz
Verwendet man den eindimensionalen harmonischen Oszillator
1
Enx = ~ω nx +
, nx = 0, 1, 2...
2
1
Eny = ~ω ny +
, ny = 0, 1, 2...
2
und der eindimensionale unendliche Potentialtopf in z-Richtung
Enz =
~2 π 2 2
n,
2mD2 z
nz = 0, 1, 2...
Damit lautet das Endergbenis
~2 π 2 2
Enx ,ny ,nz = ~ω nx + ny + 1 +
n
2mD2 z
Aufgabe 12
(**)
Die zeitunabhängige Schrödingergleichung für den dreidimensionalen harmonischen Oszillator lautet
h
−
i
~2 ∂ 2
∂2
∂2
1
( 2 + 2 + 2 ) + mω 2 (x2 + y 2 + z 2 ) − E Ψ(x, y, z) = 0
2m ∂x
∂y
∂z
2
(a) Lösen Sie die Schrödingergleichung indem Sie mit dem Ansatz
Ψ(~r) = Ψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(y)
eine Separation der partiellen Dierentialgleichung in drei gewöhnliche Dierentialgleichung für X(x), Y (y), Z(z) vornehmen.
(b) Wie lauten die Energie-Eigenfunktionen und die Energie-Eigenwerte des betrachteten Systems?
Lösung:
Die Schrödingergleichung des Problems lautet
h
i
~2 ∂ 2
∂2
∂2
1
2 2
2
2
−
(
+
+
) + mω (x + y + z ) − E Ψ(x, y, z) = 0
2m ∂x2 ∂y 2 ∂z 2
2
14
Potentialprobleme
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(a) Wir verwenden die sogenannte Separation der Variablen, d.h. den Ansatz Ψ(x, y, z) =
X(x)Y (y)Z(z). Einsetzen liefert:
~2 00
X (x)Y (y)Z(z) + X(x)Y 00 (y)Z(z) + X(x)Y (y)Z 00 (z)
2m
i
1
+ mω 2 x2 + y 2 + z 2 X(x)Y (y)Z(z) − EX(x)Y (y)Z(z) = 0
2
h
−
Hieraus folgt
~2 X 00 1
+ mω 2 x2 βx
2m X
2
~2 Y 00 1
−
+ mω 2 y 2 βy
2m Y
2
00
2
1
~ Z
+ mω 2 z 2 βz
−
2m Z
2
−
⇒ βx + βy + βz
Nun ist das Problem auf drei eindimensionale Oszillator reduziert und wir können die
Ergebnisse für das eindimensionale Problem verwenden.
(b) Die Lösung des eindimensionale Problems lautet:
sr
r mω mωx2 mω 1
Xnx (x) =
H
x
exp
−
n
~π 2nx nx ! x
~
2~
mit βx = ~ω nx +
mit nx = 0, 1, 2, ....
Hieraus folgt für die Energie-Eigenfunktionen:
mω 3/4 Hn (p mω x)Hn (p mω y)Hn (p mω z)
mωr2 x
y
z
~
~
~
p
Ψnx ny nz =
exp −
~π
2~
2nx +ny +nz nx !ny !nz !
1
2
mit
Enx ny nz
3
= βx + βy + βz = ~ω nx + ny + nz +
2
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