Lösungsvorschlag zum¨Ubungsblatt Nr.2

Lösungsvorschlag zum Übungsblatt Nr.2
Aufgabe 11
a.)
Noch in den Anfangsjahren der Quantenmechanik gab es hin und wieder heiße Debatten zwischen den Physikern Einstein und Bohr über die philosophischen Gesichtspunkte der Quantenmechanik. Einsteins Ausspruch
Gott würfelt nicht!“ hat seine Meinung erkennbar zum Ausdruck gebracht; er konnte sich mit der Wahr”
scheinlichkeitsnatur der Quantenmechanik überhaupt nicht anfreunden. Im Zuge dessen dachte sich Einstein
sehr ausgeklügelte Gedankenexperimente aus, um mit diesen einen inneren Widerspruch der Quantenmechanik
aufzuzeigen. (Ein Gedankenexperiment ist ein im Prinzip durchführbares Experiment, das jedoch oft an die
Grenzen der praktischen Durchführung stößt.) Bohr setzte sich ausgiebig mit diesen Gedankenexperimenten
auseinander und schaffte es, Einsteins Beweisführungen zu widerlegen.
Heisenbergsche Unbestimmtheitsrelation
Die Heisenbergsche Unbestimmtheitsrelation zwischen Impuls p und Ort x besagt, dass keine gleichzeitige
Messung von p und x mit beliebiger Genauigkeit durchgeführt werden kann. Für die Unbestimmtheiten von
Impuls und Orts, also ∆p und ∆x gilt dann:
∆p · ∆x ≥
~
.
2
(1)
Dies bedeutet, dass bei sehr genauer Ortsbestimmung (also kleinem ∆x) die Messung des Impulses mit einer
großen Unbestimmtheit belastet ist und umgekehrt. Eine analoge Unbestimmtheitsrelation gibt es zwischen
den Größen der Energie E und der Zeit t:
∆E · ∆t ≥
~
.
2
(2)
Möchte man die Energie E eines physikalischen Systems sehr genau messen (so dass ∆E klein ist), so muss
man lange messen (so dass ∆t groß ist). Bei kurzer Messung (also kleinem ∆t) ist die Energie wiederum mit
großer Unbestimmtheit behaftet.
b.)
Modifiziertes Doppelspaltexperiment
Schickt man Elektronen auf einen Doppelspalt, so entsteht auf diesem ein Interferenzmuster, zuerst entgegen
allem Verständnis, dass Elektronen Teilchen und keine Wellen sind. Dieses Muster wird zerstört, sofern man
Messungen an den Elektronen vornimmt, wenn man also feststellen möchte, durch welchen der beiden Spalte
das Elektron tatsächlich fliegt (Kollaps der Wellenfunktion). Dies ist eine Folge der quantenmechanischen
Beischreibung der Elektronen durch eine Wellenfunktion (Wahrscheinlichkeitswelle).
Einstein wollte nun dieses bekannte Doppelspaltexperiment so abändern, dass vor den Doppelspalt zusätzlich ein beweglicher Einzelspalt geschoben wird. Trifft nun ein einlaufendes Elektron auf den Einzelspalt, wechselwirkt es mit diesem und wird etwas nach oben oder nach unten abgelenkt. Aufgrund von Impulserhaltung
wird dann der Einzelspalt in die jeweils entgegengesetzte Richtung abgelenkt werden. Misst man die Ablenkung
des Einzelspalts, so kann man also sagen, ob das Elektron durch den oberen oder durch den unteren Spalt
des Doppelspalts auf den Schirm gelangt. Damit ist dessen eingeschlagener Weg bestimmbar, ohne dass man
das Interferenzmuster auf dem Schirm zerstört, weil man ja keine Messung direkt am Elektron durchgeführt
hat. Das Ganze würde dann nicht im Einklang mit der Quantenmechanik sein, weil man ja die Flugbahn des
Elektrons feststellen könnte, ohne das Interferenzmuster zu zerstören.
Das Ganze lässt sich jedoch wie folgt auflösen. Die Impulsmessung des Einzelspalts muss sehr genau erfolgen,
damit man wissen kann, welchen Weg das Elektron einschlägt. Nach der Orts-Impuls-Unbestimmtheitsrelation
ist dann jedoch der Ort des Einzelspaltes mit einer starken Unsicherheit belastet. Dies wirkt sich wiederum
auf die Phasendifferenz der beiden Wege aus, welche das Elektron durch den Doppelspalt nehmen kann. Damit
wird das Beugungsmuster auf dem Schirm verwaschen bzw. vollständig zerstört.
Einsteins Schachtel
Einstein betrachtet eine Schachtel mit einem radioaktiven Präparat (welches γ-Strahlung, also Photonen)
aussendet. Die Schachtel besitze ein Loch mit einem zeitgesteuertem Verschluss. Der Verschluss kann beliebig
lange geöffnet werden, wodurch Photonen nach außen treten können. Wie lange dieser geöffnet bleibt, wird
mittels einer gekoppelten Uhr gemessen. Nehmen wir an, dass der Verschluss für einen Zeitraum ∆t geöffnet
wird und in dieser Zeit gerade ein einziges Photon die Schachtel verlässt. Nach Einsteins Masse-EnergieÄquivalenz E = m · c2 entspricht die Energie des Photons der Massedifferenz der gesamten Schachtel, wenn
man die vor und nach Verlassen des Photons wiegt. So kann die Energie für ein endliches Zeitintervall ∆t mit
beliebiger Genauigkeit bestimmt werden und das Produkt ∆E · ∆t wäre kleiner als ~/2.
Das Problem hierbei ist jedoch hierbei die Messung der Massendifferenz der Schachtel vor und nach dem Austreten des Photons. Sie könnte im Schwerefeld der Erde bestimmt werden, wenn man die Schachtel an eine
Feder hängt. An der Schachtel selbst könnte ein Zeiger angebracht sein, welcher deren Position im Schwerefeld
der Erde anzeigt und man könnte anhand der Position des Zeigers die Masse der Schachtel bestimmen. Man
führt jedoch dann eine Messung der Position der Schachtel durch und diese ist selbst wieder mit einer Unbestimmtheit ∆x behaftet, welche aus der Impuls-Orts-Unbestimmtheitsrelation folgt (∆p ist klein, weil der
Zeiger der Schachtel möglichst stillstehen sollte). Diese Unsicherheit in der Bestimmung des Orts führt zu einer
Unbestimmtheit bei der Massendifferenz der Schachtel und somit zu einer Unsicherheit bezüglich der Energie
des Photons. Mit dieser Argumentationsführung kann man Einstein also widerlegen. Man kann die Zeit und
die Energie durch dieses Experiment nicht gleichzeitig beliebig genau bestimmen.
c.)
Die Kopenhagener Deutung wurde von den Physikern Niels Bohr und Werner Heisenberg vertreten. Diese
Interpretation wurde von ihnen entwickelt, während sie in Kopenhagen zusammenarbeiteten.
Die Kopenhagener Deutung spricht für den Wahrscheinlichkeitscharakter der Quantenmechanik in dem Sinne,
dass sie Naturvorgänge als nicht-bestimmbar ansieht (Nicht-Determinismus der Quantenmechanik). Sie sieht
experimentelle Messungen als die einzige Realität an, während beispielsweise der Wellenfunktion keinerlei
physikalische Bedeutung zukommt, sondern nur als mathematische Hilfsgröße dient.
Aufgabe 14
Zuerst eine kleine Zusammenfassung der notwendigen Eigenschaften der Wellenfunktion ψ:
1.) Eindeutigkeit:
Die Wellenfunktion ψ(x) darf am selben Ort nicht unterschiedliche Werte annehmen. Dann wäre auch
das Betragsquadrat am selben Ort nicht eindeutig und physikalisch kann es nicht sein, dass die Wahrscheinlichkeitsdichte an einem Punkt im Raum unterschiedliche Werte annimmt.
2.) Quadratintegrabilität:
Das Integral
+∞
Z
|ψ(x)|2 dx ,
(3)
−∞
muss existieren, darf also nicht unendlich sein. Dies hat damit zu tun, dass man die Wellenfunktion auf
den Wert 1 normieren können muss.
3.) Stetigkeit: Die Wellenfunktion darf keinen Sprung machen. Das würde den Grundsatz der Erhaltung der
Wahrscheinlichkeit (Unitarität) verletzen.
4.) Stetige Differenzierbarkeit: Die Wellenfunktion darf keinen Knick aufweisen; deren Ableitung muss also
stetig sein.
Bemerkung: Die Bedingungen (1), (2) und (3) sind grundlegend und unbedingt zu erfüllen. Bedingung (4)
kann unter bestimmten Umständen gelockert werden, beispielsweise wenn das Potential V (x) an bestimmten
Stellen einen unendlich großen Wert annimmt (wie das in dieser Aufgabe der Fall ist).
2
Anmerkung: Es gibt sogar sehr wenige Ausnahmefälle, in denen Bedingung (2) und (3) nicht erfüllt sind
((2): bei einer ebenen Welle exp(ik · x), (3): Projektion einer zur Mittelsenkrechten achsensymmetrischen
Wellenfunktion im unendlichen Potentialtopf auf die linke bzw. rechte Hälfte bei einer Ortsmessung). Diese
Ausnahmefälle sind jedoch theoretischer Natur und kommen so in der Praxis nicht vor. Das Ganze dient nur
zur Information, lasst euch dadurch nicht verwirren. Für euch ist es ausreichend, wenn ihr die Bedingungen
(1) bis (4) verstanden habt und anwenden könnt.
a.)
Es ist die zeitunabhängige Schrödingergleichung
µ
¶
~2 d2
Eψ(x) = −
+
V
(x)
ψ(x) ,
2m dx2
für das Potential
½
0 für
V (x) =
∞ für
(4)
0<x<a
,
x ≤ 0 und x ≥ a
(5)
zu erfüllen. Dabei handelt es sich um das Eigenwertproblem zum Hamiltonoperator
2
2
b = − ~ d + V (x) ,
H
2m dx2
(6)
wobei die Energie E die Eigenwerte und die Wellenfunktion ψ(x) für die Eigenfunktionen steht. Zur Lösung
der Schrödingergleichung müssen wir zwischen den beiden charakteristischen Bereichen des Potentials unterscheiden. Im Bereich (1) verschwindet das Potential und die zeitunabhängige Schrödingergleichung lautet
Eψ(x) = −
~2 d2 ψ(x)
.
2m dx2
(7)
Dies ist eine Differentialgleichung 2.Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Deren allgemeine Lösung ist aus
der Mathematikvorlesung bekannt und gegeben durch eine Linearkombination von Sinus- und Kosinusfunktion:
ψ1 (x) = A sin(kx) + B cos(kx) .
(8)
Äquivalent dazu ist die Darstellung mit komplexen Exponentialfunktionen
ψ1 (x) = C exp(jkx) + D exp(−jkx) ,
(9)
wir werden jedoch die Form (8) verwenden. Dabei sind A, B und k zunächst noch unbestimmte Konstanten.
Im Bereich (2) besitzt das Potential einen unendlich hohen Wert. Ein Elektron kann sich deshalb hier nicht
aufhalten, womit die Wahrscheinlichkeit und auch die Wellenfunktion verschwinden müssen: ψ2 (x) = 0. Aus
!
der Forderung, dass die Wellenfunktion stetig sein muss, folgen die Randbedingungen ψ1 (0) = ψ1 (a) = 0. Zu
der ersten Randbedingung:
!
ψ1 (0) = B cos(k · 0) = B = 0 ,
(10)
also muss die Konstante B verschwinden. Werten wir die zweite Randbedingung aus:
!
ψ1 (a) = A sin(ka) = 0 ,
(11)
was auf den ersten Blick mit A = 0 erfüllt werden kann. Dann wäre jedoch die Wellenfunktion für alle x gleich
Null. Diese Lösung ist zwar mathematisch richtig, aber physikalisch vollkommen uninteressant, entspricht sie
nämlich dem leeren Potentialtopf ohne Teilchen. Das ist jedoch kein Problem, weil wir schließlich noch die
Konstante k zur Verfügung haben. Wir können ausnutzen, dass der Sinus für ganzzahlige Vielfache von π
verschwindet und dies stellt eine Bedingung an k:
nπ
, n ∈ Z.
(12)
ka = nπ ⇒ k =
a
Die Lösung der Schrödingergleichung für den unendlich hohen Potentialtopf lautet damit:
½
A sin(nπx/a) für 0 < x < a
ψ(x) =
, n ∈ Z,
0
für x ≤ 0 und x ≥ a
(13)
mit einer freien Konstanten A.
3
Zur Bestimmung der Energie setzen wir die erhaltene Lösung in die Schrödingergleichung ein. Zweimaliges
Ableiten der Sinusfunktion ergibt dann:
Eψ(x) = −
~2 d2 ψ(x)
~2 ³ nπ ´2
=
ψ(x) ,
2m dx2
2m a
(14)
also gilt:
~2 ³ nπ ´2
.
2m a
En =
(15)
Die Energie ist im Gegensatz zu physikalischen Problemen der klassischen Mechanik und Elektrodynamik nicht
kontinuierlich, sondern nimmt diskrete Werte an (ganze Zahl n). Man spricht von einer Quantelung der Energie
oder verschiedenen Energieniveaus. Der Grundzustand ist der mit der niedrigsten Energie E 6= 0 (hier gegeben
durch n = 1). Bei den nächst höheren Energien spricht man von angeregten Zuständen. Der erste angeregte
Zustand ist der mit n = 2:
E2 =
2~2 π 2
.
ma
(16)
b.)
Um Wahrscheinlichkeiten ausrechnen zu können, müssen wir die Wellenfunktion zuerst auf 1 normieren. Dazu
dient die freie Konstante A, die uns noch zur Verfügung steht:
+∞
µ
¶
Z
Za
2πx
2
2
2
1=
|ψ(x)| dx = A
sin
.
a
!
−∞
(17)
0
Zur Berechnung des Integrals formen wir den Integranden um. Unter Verwendung von
cos(2x) = cos2 x − sin2 x ,
cos2 x + sin2 x = 1 ,
(18)
ergibt sich:
cos(2x) = cos2 x − sin2 x = cos2 x + sin2 x − 2 sin2 x = 1 − 2 sin2 x ⇔ sin2 x =
1
(1 − cos(2x)) ,
2
(19)
und damit:
r
·
µ
¶¸a
A2
a
4πx
A2 a
2
1=
· x−
sin
=
⇒A=
.
2
4π
a
2
a
0
!
(20)
4
Damit ist die Wellenfunktion normiert und wir können die Wahrscheinlichkeit berechnen, das Teilchen im
Intervall [a/6, 2a/6] oder im Intervall [4a/6, 5a/6] zu finden. Aufgrund der Symmetrie der Wellenfunktion in
Bezug auf die Mittelsenkrechte des Potentialtopfes sind beide Wahrscheinlichkeiten gleich groß. Es reicht also
aus, eine zu berechnen und diese zu verdoppeln:
2a/6
Z
4
|ψ(x)| dx =
a
%=2
a/6
µ
2a/6
Z
2
sin
2
a/6
4πx
a
¶
√
·
µ
¶¸2a/6
2
a
1
4πx
3
dx =
x−
sin
= +
≈ 0, 55 .
a
4π
a
3
2
a/6
(21)
c.)
Das Einschieben der undurchdringlichen Potentialwand sorgt im Wesentlichen dafür, dass der Potentialtopf
halbiert wird. Das Elektron kann sich nur noch in der rechten Hälfte des ursprünglichen Topfes aufhalten und
die Wellenfunktion muss in der linken Hälfte verschwinden.
Aufgrund der Stetigkeit der Wellenfunktion, muss diese bei x = a/2 auf den Wert Null abfallen. Für die rechte
Seite müssen wir die Wellenfunktion aus Aufgabenteil (a) nehmen und die Breite a des Potentialtopfes durch
die neue Breite a/2 ersetzen. Damit gilt:
½
0
für 0 ≤ x < a/2
ψ(x) =
.
(22)
C sin(2πx/a) für a/2 ≤ x < a
Die Normierungskonstante C muss neu bestimmt werden:
r
+∞
µ
¶
·
µ
¶¸a
Z
Za
2πx
C2
a
4πx
C 2a
4
2
2
2
1=
dx =
x−
sin
=
⇒C=
.
|ψ(x)| dx = C
sin
a
2
4π
a
4
a
a/2
!
−∞
(23)
a/2
Damit gilt:
½
ψ(x) =
0p
für
4/a sin(2πx/a) für
0 ≤ x < a/2
.
a/2 ≤ x < a
(24)
5
Aufgabe 15
a.)
Man soll recherchieren, wie die Energieeigenwerte Wn und die Eigenfunktionen ψn des quantenmechanischen
eindimensionalen harmonischen Oszillators aussehen, welcher der zeitunabhängigen Schrödingergleichung
µ
¶
~2 d2
1
2 2
Wn ψn (x) = −
+
mω
x
ψn (x) ,
(25)
2m dx2
2
genügen. m ist die Masse und ω die Eigenfrequenz des harmonischen Oszillators. Auf www.wikipedia.de findet
man
√
r
µ
¶
1 2 2
b 1
mω
√
ψn (x) = Cn Hn (bx) exp − b x
, Cn = √
.
(26)
, b=
4
2
~
π 2n n!
Hier ist Cn der Normierungsfaktor und Hn sind die sogenannten Hermiteschen Polynome, welche über die
Formel
Hn (x) = (−1)n exp(x2 )
d2
exp(−x2 ) ,
dxn
(27)
berechnet werden können. Ein paar Beispiele:
H0 (x) = 1 ,
H1 (x) = 2x ,
H2 (x) = 4x2 − 1 ,
H3 (x) = 8x3 − 12x ,
... .
(28)
Die Exponentialfunktion mit negativen Argument in der Eigenfunktion ψn (x) sorgt dafür, dass ψn (x) im
Unendlichen genügend schnell abfällt, so dass die Quadratintegrabilität gewährleistet ist!
Wir finden auch die zugehörigen Energieeigenwerte:
µ
¶
1
Wn (x) = ~ω n +
.
(29)
2
Wie beim eindimensionalen unendlichen Potentialtopf sind wiederum keine kontinuierlichen Energien möglich,
sondern nur bestimmte diskrete Werte, gekennzeichnet durch n ∈ Z.
Zum Schluss wollen wir uns die Eigenfunktionen noch graphisch anschauen:
b.)
Zu den Gemeinsamkeiten: Es gibt sowohl beim Potentialtopf als auch beim harmonischen Oszillator gerade und
ungerade Eigenfunktionen (also solche, welche achsensymmetrisch zur y-Achse oder punktsymmetrisch zum
Ursprung sind). Beide quantenmechanische Systeme weisen diskrete Energieniveaus auf; die Energien sind also
gequantelt.
Die Unterschiede stellt man am besten in einer Tabelle gegenüber:
6
Eigenfunktionen ψn (x)
Eigenwerte Wn
Unendlicher Potentialtopf
Diese fallen an den Stellen, wo das Potential beginnt, auf Null ab. Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit der Elektronen im Potential ist daher gleich Null.
Die Eigenfunktionen setzen sich ausschließlich aus trigonometrischen Funktionen zusammen. Die Quadratintegrabilität ist dadurch gewährleistet, dass
die Eigenfunktion nur innerhalb des Potentialtopfes ungleich Null ist.
Der niedrigste Eigenwert ist W0 = 0.
Diese Lösung ist jedoch physikalisch uninteressant, entspricht sie nämlich einem leeren Potentialtopf.
Die Wn hängen quadratisch von n ab,
womit die Abständen zwischen verschiedenen Eigenwerten zunehmen.
Harmonischer Oszillator
Es gibt eine gewisse nichtverschwindende Eindringtiefe der Wellenfunktion in
das quadratische Potential. Somit gibt
es eine gewisse Wahrscheinlichkeit, Teilchen innerhalb des Potentials anzutreffen.
Hier setzt sich die Wellenfunktion aus
einem Polynom und einer abfallenden Exponentialfunktion zusammen.
Die Exponentialfunktion sorgt dafür,
dass ψn (x) quadratintegrabel ist.
Hier ist die niedrigste Energie W0 =
1/2~ω 6= 0. Man spricht von der Nullpunktsenergie des harmonischen Oszillators.
Die Abstände zwischen verschiedenen
Eigenwerten ist gleich; diese sind also
äquidistant.
c.)
Dass
µ
¶
1 2 2
ψ0 (x) = C0 exp − b x
,
2
µ
1
ψ1 (x) = 2C1 x exp − b2 x2
2
r
¶
,
b=
mω
,
~
(30)
die Schrödingergleichung tatsächlich lösen, zeigen wir durch Einsetzen. Wir berechnen zunächst die zweiten
Ortsableitungen:
·
µ
¶¸
d2 ψ0 (x)
d
1 2 2
2
= C0
−b x exp − b x
=
dx2
dx
2
µ
¶
µ
¶
1 2 2
1 2 2
2
4 2
= −C0 b exp − b x + C0 b x exp − b x = (−b2 + b4 x2 )ψ0 (x) .
(31)
2
2
Damit folgt
µ
¶
µ 2
¶
~2 d2
1
~
mω
~2 m2 ω 2 2 1
2 2
2 2
−
+
mω
x
ψ
(x)
=
·
−
·
x
+
mω
x
ψ0 (x) =
0
2m dx2
2
2m ~
2m
~2
2
~ω
=
ψ0 (x) = W0 ψ0 (x) . X
2
b 0=
Hψ
(32)
Für ψ1 (x) gilt
µ
¶
µ
¶¸
·
d2 ψ1 (x)
d
1 2 2
1 2 2
2 2
= C1
exp − b x − b x exp − b x
=
dx2
dx
2
2
·
µ
¶
µ
¶
µ
¶¸
1 2 2
1 2 2
1 2 2
2
2
4 3
= C1 −b x exp − b x − 2b x exp − b x + b x exp − b x
=
2
2
2
= (−3b2 + b4 x2 )ψ1 (x) ,
(33)
und damit:
¶
µ 2
¶
µ
1
3~ mω
~2 m2 ω 2 2 1
~2 d2
2 2
2 2
+
mω
x
ψ
(x)
=
·
−
·
x
+
mω
x
ψ1 (x) =
−
1
2m dx2
2
2m
~
2m
~2
2
3
= ~ωψ1 (x) = W1 ψ1 (x) . X
2
b 1 (x) =
Hψ
(34)
7
d.)
Zur quantenmechanischen Beschreibung von experimentell beobachtbaren Größen (wie beispielsweise der Energie oder des Drehimpulses) dienen Operatoren; beobachtbare Größen bezeichnet man als Observablen. Ganz
allgemein ist der Erwartungswert eines Operators O in der Quantenmechanik definiert über:
+∞
Z
hOi =
ψ ∗ (x)O(x)ψ(x) dx .
(35)
−∞
Dies entspricht der Berechnung des Erwartungswertes im sogenannten Ortsraum, weil der Operator und die
Wellenfunktion ψ in Abhängigkeit von der Ortsvariablen x gegeben ist und die Integration über x durchgeführt
wird. Es gibt jedoch eine ganz analoge Beschreibung des Ganzen im sogenannten Impulsraum, bei der alle
Operatoren vom Impuls p abhängen und über diesen integriert wird.
+∞
Z
e
hOi =
ψe∗ (p)O(p)ψ(p)
dp .
(36)
−∞
e
e
Hier ist ψ(p)
die Wellenfunktion und O(p)
der Operator im Impulsraum. Es besteht nun die Frage, wie man
vom Orts- zum Impulsraum gelangt. Dies geschieht über die altbekannte Fouriertransformation. Bekannt ist
ja, dass beispielsweise die Fouriertransformation einer Schallwelle, die sich entlang des Ortes x ausbreitet, das
Frequenzspektrum (und indirekt damit Wellenlängen λ, Wellenzahl k = 2π/λ und damit Impulse p = ~k)
liefert. In der Musterlösung wird der Erwartungswert der kinetischen Energie im Ortsraum berechnet. Dazu
wird der klassische Ausdruck für die kinetische Energie
Wkin =
p2
,
2m
(37)
in einen quantenmechanischen Operator übersetzt. Im Ortsraum lautet dieses Übersetzungsvorschrift
2
2
ckin = − ~ d .
p 7→ pb = −j~d/dx ⇒ Wkin 7→ W
2m dx2
(38)
Jetzt kann der Operator nach (35) berechnet werden. Die Rechnung findet sich in der Musterlösung und soll
hier nicht mehr wiederholt werden ;-) Statt dessen führen wir alles im Impulsraum durch mit der Übersetzungsvorschrift
2
ckin = p .
p 7→ pb = p ⇒ Wkin 7→ W
2m
(39)
Wir haben somit erst einmal keine Ableitungen zu berechnen! Der Nachteil ist jetzt jedoch, dass man die
Fouriertransformation der Wellenfunktion vom Orts- in den Impulsraum bestimmen muss. Da verwenden
wir doch aber einfach die Ergebnisse aus Aufgabe 8 zur Fouriertransformation einer Gauß-Funktion f (x) =
exp(−ax2 ) :-) Diese lautet:
µ 2¶
1
k
fe(k) = √ exp −
.
(40)
4a
2a
Die Fouriertransformation einer Gaußfunktion ist also wieder eine Gaußfunktion. Angewendet auf unsere Wellenfunktion ψ0 (x), welche den Grundzustand beschreibt
√
µ
¶
b
1 2 2
ψ0 (x) = √
exp − b x
,
(41)
4
2
π
ergibt sich:
¶
µ
1 2
1
e
√ exp − 2 k
.
ψ0 (k) = √
4
2b
π b
(42)
Damit folgt:
hWkin i =
+∞
+∞
µ 2¶
Z
Z
~2 1
~2 k 2 e
k
√
ψ0 (k) =
dk ψe0 (k)
dk k 2 exp − 2 .
2m
2m πb
b
−∞
(43)
−∞
8
Um dieses Integral zu lösen, gibt es einen coolen Trick, nämlich die Parameterdifferentiation. Dazu benennen
wir 1/b2 in a um und können folgendes machen:
+∞
+∞
µr ¶ √
√
Z
Z
d
d
π
π 1
π 3
2
2
dk k exp(−ak ) = −
dk exp(−ak 2 ) = −
=
=
b .
da
da
a
2 a 32
2
−∞
(44)
−∞
Damit gilt dann letztendlich:
hWkin i =
~2 b2
1
= ~ω .
4m
4
(45)
e.)
Die Gesamtenergie des Grundzustandes folgt durch Lösen der Schrödingergleichung oder durch Nachschauen
bei wikipedia wie wir es in Aufgabenteil (a) gemacht haben ;-) Diese ist als Eigenwert des Hamiltonoperators
auch Erwartungswert für die Gesamtenergie:
+∞
+∞
+∞
Z
Z
Z
∗
∗
b 0 (x) =
hW0 i =
dx ψ0 (x)Hψ
dx ψ0 (x)W0 ψ0 (x) = W0
dx ψ0∗ (x)ψ0 (x) = W0 .
−∞
−∞
(46)
−∞
Die Gesamtenergie setzt sich aus den Erwartungswerten der kinetischen und potentiellen Energie zusammen:
hW0 i = hWkin i + hWpot i ⇒ hWpot i = hW0 i − hWkin i =
1
1
1
~ω − ~ω = ~ω .
2
4
4
(47)
Aufgabe 16
Die Wellenfunktionen in der Quantenmechanik sind Elemente eines sogenannten Hilbertraums H . Dabei
handelt es sich um den komplexen Vektorraum (über dem Körper K der komplexen Zahlen C) der quadratintegrablen Funktionen mit Skalarprodukt. Dass die Wellenfunktionen Elemente eines Vektorraums sind, folgt
aus der Linearität der Schrödingergleichung. Sind zwei Wellenfunktionen ψ1 und ψ2 Lösung der Schrödingergleichung, dann auch ihre Linearkombination aψ1 + bψ2 mit a, b ∈ C oder cψ1 bzw. dψ2 mit c, d ∈ C,
was gerade die Vektorraumeigenschaft ist. Im Folgenden soll der Einfachheit halber der eindimensionale Fall
betrachtet werden. Das Ganze lässt sich problemlos auf mehrere Dimensionen erweitern. Das Skalarprodukt
zweier Wellenfunktionen auf diesem Vektorraum ist gerade das bekannte Integral
+∞
Z
(ψ1 , ψ2 ) =
ψ1∗ (x)ψ2 (x) dx ,
(48)
−∞
das die Eigenschaften eines Skalarprodukts aufweist:
• Antilinearität (entspricht der Linearität im Reellen):
(ψ1 , ψ2 + ψ3 ) =
+∞
Z
ψ1∗ (x){ψ2 (x) + ψ3 (x)} dx =
−∞
+∞
+∞
Z
Z
∗
=
ψ1 (x)ψ2 (x) dx +
ψ1∗ (x)ψ3 (x) dx =
−∞
−∞
(49)
= (ψ1 , ψ2 ) + (ψ1 , ψ3 ) ,
+∞
+∞
Z
Z
∗
(ψ1 , cψ2 ) =
ψ1 (x)cψ2 (x) dx = c
ψ1∗ (x)ψ2 (x) dx = c(ψ1 , ψ2 ) ,
−∞
(50)
−∞
bzw.
+∞
+∞
Z
Z
∗
∗
(cψ1 , ψ2 ) =
(cψ1 (x)) ψ2 (x) dx = c
ψ1∗ (x)ψ2 (x) dx = c∗ (ψ1 , ψ2 ) .
−∞
(51)
−∞
9
• Hermitizität (entspricht der Symmetrie im Reellen):
+∞
+∞
Z
Z
∗
(ψ2 , ψ1 ) =
ψ2 (x)ψ1 (x) dx =
(ψ1∗ (x)ψ2 (x))∗ dx =
−∞
−∞
 +∞
∗
Z

=
ψ ∗ (x)ψ2 (x) dx
= (ψ1 , ψ2 )∗ .


(52)
−∞
• Positive Definitheit:
Dies bedeutet, dass das Skalarprodukt einer Wellenfunktion mit sich selbst stets ≥ 0 ist. Es ist genau
dann gleich Null, wenn ψ(x) ≡ 0 ist.
+∞
+∞
Z
Z
∗
(ψ1 , ψ1 ) =
ψ1 (x)ψ1 (x) dx =
|ψ1 (x)|2 dx > 0 ,
−∞
(53)
−∞
wegen |ψ1 (x)|2 > 0. (ψ1 , ψ1 ) = 0 ist äquivalent zu ψ1 (x) ≡ 0.
Die Quadratintegrabilität ist genau die Eigenschaft, dass das Integral über das Betragsquadrat |ψ(x)|2 endlich
sein muss. Ansonsten wäre die Wellenfunktion nicht normierbar, was zu Problemen mit dem Wahrscheinlichkeitsbegriff führt. (Die Wahrscheinlichkeit sollte auf Eins normiert sein. Unendlich große Wahrscheinlichkeiten
sind unsinnig.)
a.)
Wir wollen zeigen, dass die beiden Wellenfunktionen
µ
¶
µ
¶
1 2 2
1 2 2
ψ0 (x) = C0 exp − b x
, ψ1 (x) = 2C1 x exp − b x
,
2
2
(54)
nach dem oben gegebenen Skalarprodukt orthogonal zueinander sind:
+∞
+∞
+∞
Z
Z
Z
∗
2C0 C1
x exp(−b2 x2 ) = 0 .
ψ1 (x)ψ0 (x) dx =
−∞
−∞
(55)
−∞
Das Integral verschwindet, weil der Integrand eine ungerade Funktion (punktsymmetrisch zum Ursprung) ist
und über ein symmetrisches Intervall integriert wird.
b.)
Die Kraft auf ein Elektron ist gegeben durch K = eF . Das zugehörige Potential für diese Kraft lautet V (x) =
eF x wegen F = −dV (x)/dx. Damit ist dieses Potential zusätzlich zum Potential des harmonischen Oszillators
zu addieren und es ergibt sich der Hamiltonoperator:
2
2
b = − ~ d + 1 mω 2 x2 + eF x .
H
2m dx2
2
(56)
Mit Hilfe einer quadratischen Ergänzung kann dieser auf die Form des Hamiltonoperators des harmonischen
Oszillators gebracht werden!
µ
µ
¶
¶2
2eF
eF
1
~2 d2
1
(eF )2
~2 d2
2
2
2
b
x
+
x
+
+
mω
x
=
−
+
mω
−
.
H=−
2m dx2
2
mω 2
2m dx2
2
mω 2
mω 2
{z
}
|
(57)
≡x2
Durch Einsetzen in die Schrödingergleichung ergibt sich
µ
¶
~2 d2
1
(eF )2
2 2
−
+
mω
x
−
ψ = Wψ ,
2m dx2
2
mω 2
(58)
10
und somit:
µ
¶
µ
¶
~2 d2
1
(eF )2
2 2
−
+
mω
x
ψ
=
W
+
ψ ≡ Wψ .
2m dx2
2
mω 2
(59)
Da steht sie nun wieder, die Schrödingergleichung des harmonischen Oszillators in Abhängigkeit von einer
neuen Ortsvariablen x und mit einer neuen Energie W . Die Eigenfunktionen hängen damit nicht mehr von x,
sondern von x ab:
µ
¶
1
ψ(x) = Cn Hn (bx) exp − b2 x2 ,
(60)
2
also
Ã
· µ
¶¸
·
¸2 !
eF
1 2
eF
ψn (x) = Cn Hn b x +
exp − b x +
.
mω 2
2
mω 2
Die Energieeigenwerte sind
¶
µ
1
,
W = ~ω n +
2
(61)
(62)
und somit gilt:
µ
¶
(eF )2
1
(eF )2
W =W−
=
~ω
n
+
−
.
mω 2
2
mω 2
(63)
c.)
Wir haben kennengelernt, dass die Energie einer elektromagnetischen Welle in Paketen transportiert wird, also
gequantelt ist. Diese Energiequanten haben wir als Photonen bezeichnet. Mathematisch kann man ein Photon
mit Wellenvektor k (k = 2π/λ) durch einen harmonischen Oszillator beschreiben.
d.)
Die Lösungen der rechten Potentialhälfte, also für x < 0 sind bereits bekannt. Es handelt sich dabei nämlich
um den altbekannten harmonischen Oszillator. Das unendlich hohe Potential für x ≥ 0 fordert, dass die
Aufenthaltswahrscheinlichkeit und damit die Wellenfunktion in diesem Bereich verschwinden muss. Aus der
Stetigkeit der Wellenfunktion ergibt sich nun die zusätzliche Randbedingung ψ(0) = 0 und diese wird nur
von den ungeraden (also den zum Ursprung punktsymmetrischen) Wellenfunktionen erfüllt. Damit setzen
sich die Lösungen des halben“ harmonischen Oszillators nur aus den ungerade Lösungen des gewöhnlichen
”
harmonischen Oszillators zusammen:
µ
¶
µ
¶
1 2 2
3
ψ2k+1 (x) = C2k+1 Hn (bx) exp − b x
, W2k+1 = ~ω 2k +
, k ∈ Z.
(64)
2
2
e.)
Skizziert (für die Werte ² = 1 und σ = 0, 5) sieht das Lennard-Jones-Potential zusammen mit der harmonischen
Näherung folgendermaßen aus:
11
Wir ersten beiden Ableitungen lauten:
µ
¶
µ
¶
σ 12
σ6
σ 12
σ6
0
00
V (r) = 4² −12 13 + 6 7 , V (r) = 4² 156 14 − 42 8 .
r
r
r
r
Durch Nullsetzen der ersten Ableitung ergibt sich das Minimum r0 :
√
!
6
V 0 (r0 ) = 0 ⇒ −12σ 12 + 6σ 6 r0 = 0 ⇒ r0 = 2σ , V (r0 ) = −² .
Weiterhin benötigen wir:
2 ²
V 00 (r0 ) = 36 · 2 3 2 .
σ
(65)
(66)
(67)
Entwickeln wir nun V (r) in eine Taylorreihe, ergibt sich:
√
2 ²
1
6
V (r) = V (r0 ) + V 0 (r0 )(r − r0 ) + V 00 (r0 )(r − r0 )2 + . . . = −² + 18 · 2 3 2 (r − 2σ)2 + . . . .
| {z }
2
σ
(68)
=0
Mit diesem Potential lautet die Schrödingergleichung:
¶
µ
~2 d2
1 00
2
−
V
(r
)(r
−
r
)
ψ(r) = W ψ(r) .
+
V
(r
)
+
0
0
0
2m dr2
2
Führen wir eine Variablenverschiebung % = r − r0 durch, so folgt:
µ
¶
~2 d2
1
2 2
−
+ mω % ψ(%) = (W − V (r0 ))ψ(%) ≡ W ψ(%) , mω 2 = |V 00 (r0 )| .
2m d%2
2
Damit können wir erneut die Eigenenergien ablesen:
µ
¶
1
Wn = W n + V (r0 ) = ~ω n +
+ V (r0 ) .
2
(69)
(70)
(71)
Die Nullpunktsenergie folgt für n = 0:
r
r
1
1
|V 00 (r0 )|
1
|²|
2
+ V (r0 ) = ~ 18 · 2 3 2 − ² =
W0 = W 0 + V (r0 ) = ~ω + V (r0 ) = ~
2
2
m
2
σ m
s
r
~2 |²|
10−3 eV
1
1
2
2
=
36 · 2 3 ·
· 2 −²=
36 · 2 3 · (2 · 10−3 eV · Å2 ) ·
− 10−3 eV ≈ 0, 001 .
2
2m σ
2
(2, 5 Å)2
(72)
Aufgabe 17
a.)
b.)
Die Schrödingergleichung lautet:
µ
¶
~2 d2
b
Hψ(x)
= −
+
eF
x
ψ(x) = W ψ(x) ,
2m dx2
(73)
für x ≥ 0 mit der Randbedingung ψ(0) = 0.
12
c.)
Zuerst muss die Testfunktion wieder einmal normiert werden. Mittels des Integrals
Z∞
xn exp(−ax) dx =
0
n!
,
an+1
(74)
folgt dann:
+∞
Z
Z∞
√
A2 !
2
2
|ψ(x)| dx = A
x2 exp(−2αx) dx =
= 1 ⇒ A = 2 α3 .
3
4α
−∞
(75)
0
Dann ist der Erwartungswert der Gesamtenergie zu bestimmen:
+∞
µ
¶
Z
Z∞
~2 d2
2
3
hW (α)i =
|ψ(x)| dx = 4α
x exp(−αx) −
+
eF
x
x exp(−αx) dx .
2m dx2
−∞
(76)
0
Mittels der zweiten Ableitung von x exp(−αx), also
d2
[x exp(−αx)] = −2α exp(−αx) + α2 x exp(−αx) ,
dx2
(77)
folgt:
Z∞ µ
hW (α)i = 4α
3
0
~2 α
~2 α2 2
x exp(−2αx) −
x exp(−2αx) + eF x3 exp(−2αx)
m
2m
¶
dx .
(78)
Nun benötigen wir
Z∞
0
1
x exp(−2αx) =
,
4α2
Z∞
x3 exp(−2αx) =
0
3
,
8α4
(79)
und damit ergibt sich:
hW (α)i =
~2 α2
~2 α2
3
~2 α2
3
−
− eF
=
+
eF .
m
2m
2α
2m
2α
(80)
d.)
Die Natur wird sich für einen Zustand entscheiden, für den die Energie minimal ist. Wir müssen also das
Minimum von des Erwartungswerts der Energie, also hW (α)i, finden. Dies erreichen wir durch Nullsetzen der
ersten Ableitung:
~2 α
3
dhW (α)i
!
=
− 2 eF = 0 .
dα
m
2α
Daraus folgt durch Auflösen nach α
r
3
3
α=
eF m ,
2~2
(81)
(82)
und damit folgt eine Wellenfunktion, welche eine gute Näherung für die unbekannte Wellenfunktion sein wird,
die aus der Schrödingergleichung folgt:
r
ψ(x) = 2
à r
!
3
3
3
eF m x exp −
eF m x .
2~2
2~2
(83)
13