Teil 5

Die Schrödingergleichung
Wir werden in dieser Woche die grundlegende Gleichung der Quantenmechanik
kennenlernen, die Schrödingergleichung. Sie beschreibt das dynamische Verhalten von Systemen in der “Natur”. Aus unseren bisherigen Überlegungen muss sie
vier Annahmen erfüllen:
1.) Sie muss konsistent sein mit den de-Broglie und Einstein Postulaten
p = h/λ
und E = hν.
2.) Sie muss konsistent sein mit
p2
E=
+V
2m
3.) Sie muss linear sein in der Wellenfunktion ψ(x, t).
4.) Für ein zeitunabhängiges, örtlich konstantes Potential V (x, t) = V0 erwarten
wir ein freies Teilchen, welches sich wie eine Welle ausbeitet:
i
ψ(x, t) = A · ei(kx−ωt) = A · e h̄ (px−Ekint).
Das freie Teilchen bewegt sich völlig analog zu einer Welle, weshalb es nahe liegt,
davon auszugehen, dass die grundlegende Gleichung Elemente der Wellengleichung
enthält.
∂ 2ψ
1 ∂ 2ψ
= 2 2.
∂x2
u ∂t
Das freie Teilchen bewegt sich frei in Raum und Zeit, weshalb die räumliche und
die zeitliche Abhängigkeit aufgespalten werden kann:
ψ(x, t) = A · ei(kx · e−iωt.
Einsetzen in die Wellengleichung gibt für den ortsabhängigen Teil
∂ 2ψ
2m
2
Ekinψ,
=
−k
ψ
=
2
2
∂x
h̄
denn k 2 = p2/h̄2 = 2mEkin/h̄2. In einem konservativen Kraftfeld bleibt die
Gesamtenergie E = Epot + Ekin erhalten. Wir können in jedem Punkt die
potentielle Energie zur obigen Gleichung addieren und erhalten:
−h̄2 ∂ 2ψ
+ Epotψ = Eψ.
2m ∂x2
Differenzieren wir den Wellenansatz nach der Zeit, so erhalten wir
∂ψ
i
= − Ekinψ.
∂t
h̄
Damit kann die bisher gefundene Gleichung geschrieben werden als
−h̄2 ∂ 2ψ(x, t)
∂ψ(x, t)
= ih̄
.
2m ∂x2
∂t
Schrödinger hat nun postuliert, dass auch hier die (zeit- und ortsabhängige)
potentielle Energie addiert werden kann, und dass allgemein gilt:
−h̄2
∂ψ(~r, t)
∆ψ(~r, t) + Epot(~r, t)ψ(~r, t) = ih̄
.
2m
∂t
Dies ist die Schrödingergleichung, die Grundgleichung der Quantenmechanik.
K
A
D
∆x(t = 0) ∆x(t)
L
I
Die freien Elektronen in der Figur links fliegen
von der Quelle (Kathode und Anode) zum Detekor D durch eine feldfreie Region.
−h̄2 ∂ 2ψ
h̄2k 2
ψ,
= Eψ =
2m ∂x2
2m
denn E = p2/(2m) weil E = Ekin in diesem Fall. Die Lösung ist
ψ(x, t) = Aei(kx−ωt) + Be−i(kx−ωt).
Sie stellt eine Überlagerung einer nach links und einer nach rechts laufenden Welle
dar. Die Koeffizienten A und B sind durch Randbedingungen festgelegt, so gilt
hier z. B. B = 0, denn die Welle läuft nach rechts.
Die Elektronen sind nur im Gebiet zwischen Kathode und Detektor anzutreffen,
folglich muss die Wellenfunktion nur dort von Null verschieden und normiert sein,
Z
L
dx|ψ(x, t)|2 = 1.
0
Um den Ort genauer zu kennen, müssen wir den Impuls “unscharf” sein lassen,
d. h. ein wahres Wellenpaket erlauben:
ψ(x, t) =
Z
k0 +δk/2
k0 −∆k/2
dkA(k)ei(kx−ωt).
Damit wird der Ort unscharf, wie die Geschwindigkeitsdispersion nahelegt.
Potentialstufe
E > E0
A · eikx
E < E0
Als nächstes betrachten wir das Verhalten eines Wellenpaketes an einer
Potentialstufe (links). Weil das Problem nicht zeitabhängig ist, lassen wir
diesen Teil der Lösung für Bereich I
weg,
Epot(x)
D · eikx
E0
B · e−ikx
Epot = E0
I
II
x=0
x
ψI (x) = A · eikx + B · e−ikx.
Im Bereich II lautet die Schrödingergleichung
p
d2ψ
d2ψ 2m
2
+ 2 (E − E0)ψ = 0, bzw.
− α ψ = 0, mit α = 2m(E0 − E)/h̄.
2
2
dx
dx
h̄
Die Lösung lautet offensichtlich
ψII (x) = C · eαx + D · e−αx.
Die Lösung für beide Gebiete muss überall (also auch bei x = 0) mind. zweimal
stetig differenzierbar sein, woraus die Randbedingungen für x = 0 folgen:
ψI (x = 0) = ψII (x = 0) =⇒ A + B = C + D,
dψI
dψI
|x=0 =
|x=0 =⇒ ik(A − B) = α(C − D).
dx
dx
Die Lösung wird sich in zwei Fälle aufteilen, E > E0 und E < E0. Wir betrachten
zunächst E < E0, für den α reell ist und C = 0. Die Randbedingungen lauten
dann
A + B = D und ik(A − B) = −αD, womit ikA − ikB = −αA − αB
und somit
ik + α
2ik
= B und
= D.
A
ik − α
ik − α
Damit haben wir die Wellenfunktionen im Bereich I gefunden,
¸
·
ik + α −ikx
.
ψI (x) = A eikx +
e
ik − α
Wir können jetzt berechnen, wie groß der Anteil der reflektierten Welle ist,
|Be−ikx|2
|A|2
ik + α 2
R=
=
=|
| = 1,
|Aeikx|2
|B|2
ik − α
d. h. alle Teilchen werde reflektiert. Das eigentlich Neue an der Sache passiert im
Gebiet II. Die Wahrscheinlichkeit, dort ein Teilchen zu finden ist
2
4k 2
4k 2 2 −2αx
2 −2αx
| = 2
|A| e
= 2 |A| e
,
2
α +k
k0
−αx 2
W (x) = |ψII (x)| = |D · e
wo k02 = 2mE0/h̄2.
Der Fall E > E0 ist auch nicht komplizierter zu behandeln.
Jetzt ist α rein
p
imagninär, weshalb wir eine neue reelle Hilfsgröße k 0 = 2m(E − E0)/h̄ = iα
einführen. Damit
0
ψII (x) = Deik x,
und die Randbedingungen lauten
2k
k − k0
= B und
A = D.
A
k + k0
k + k0
Damit
µ
0
ikx
ψI (x) = A · e
ψII (x) =
¶
k − k −ikx
,
e
+
k + k0
2k
ik0 c
A
·
e
.
0
k+k
Der Reflexionskoeffizient R ist nun
|B|2
k − k0 2
R=
=|
| .
|A|2
k + k0
Bei der Berechnung des Transmissionskoeffizienten T müssen wir berücksichtigen,
dass die Geschwindigkeit der Teilchen beim Eintritt in Gebiet II abnimmt, v 0/v =
k 0/k
v 0|D|2
4kk 0
T =
=
.
v|A|2
(k + k 0)2
Offensichtlich gilt
T + R = 1.
1
0.8
R
0.6
0.4
0.2
0
-5
-4
-3
-2
E0/E
-1
0
1
Der Tunneleffekt
Epot(x)
E > E0
A · eikx
E < E0
I
C · eαx
E0
B · e−ikx
A0 · eikx
Epot = E0
D · e−αx
II
III
x
x=0
a
während in Gebieten I und III Epot = 0 gilt.
ψI (x) = Aeikx + Be−ikx,
ψII (x) = Ceαx + De−αx,
ψIII (x) = A0eikx.
Als nächstes betrachten
wir eine “endliche” Potentialstufe und unterteilen das Gebiet in drei Gebiete I, II und III mit
Wellenfunktionen ψI , ψII
und ψIII . Im Gebiet
II herrsche ein endliches
Potential Epot = E0,
Die Randbedingungen lauten nun
ψI (x = 0) = ψII (x = 0)
dψI
dψII
|x=0 =
|x=0
dx
dx
und
und
ψII (x = a) = ψIII (x = a),
dψII
dψIII
|x=a =
|x=a
dx
dx
Einsetzen und längliches Rechnen ergibt dann für die Transmission
1 − E/E0
v|A|2
=
,
T =
2
2
v|A|
(1 − E/E0) + (E0/4E) · sinh (αa)
p
wo α = 2m(E0 − E)/h̄. Für große Breiten der Barriere (also für niedrige
Transmission) lässt sich sinh x = (ex − e−x)/2 ≈ ex/2 schreiben und
16E
T ≈ 2 (E0 − E)e−2αa für große a.
E0
Dieser Tunneleffekt ist äußerst bedeutsam. So spielt er z. B. beim α-Zerfall
die entscheidende Rolle, aber auch bei der Feldionisation, oder auch bei den
Schwingungen des NH3-Moleküls.
Teilchen im Potentialkasten
E
E = Ekin
Epot = ∞
Wie verhält sich nun ein Teilchen, welches in einem endlichen Gebiet 0 ≤<≤ a eingesperrt ist? In
diesem Gebiet gilt Epot = 0 und damit die Schrödingergleichung
d2ψ
2
2
2
+
k
ψ
=
0,
wo
k
=
2mE/h̄
.
2
dx
Epot = 0
x=0
x=a x
Die Lösungen ist offensichtlich
ψ(x) = Aeikx + Be−ikx.
Ausserhalb des Potentialkastens muss die Lösung verschwinden, also
ψ(x ≤ 0) = 0,
ψ(x ≥ a) = 0.
Die Randbedingungen lauten
A + B = 0,
Aeika + Be−ika = 0.
Aus der ersten Randbedingung folgt
¡
ikx
ψ(x) = A e
−ikx
−e
¢
= 2iA sin kx
und aus der zweiten
2iA sin ka = 0 und damit ka = nπ, wo n = 1, 2, 3, . . .
Die Wellenfunktionen lauten also
³ nπ ´
³ nπ ´
x = C sin
x .
ψn(x) = 2iA sin
a
a
Sie beschreiben stehende Wellen mit den Wellenlängen und Wellenzahlen
λn =
2a
nπ
, und kn =
.
n
a
Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit eines Teilchens ist durch |ψ(x)|2 gegeben Die
Energiewerte sind
p2
h̄2 2
h̄2 π 2 2
En =
=
k =
n .
2m 2m n 2m a2
Die minimale Energie verschwindet nicht wie im klassischen Fall, sondern beträgt
E1 = (h̄2/2m)(π 2/a2).
E
E
16 E1
E4
|ψ(x)|
ψ(x)
2
E3
9 E1
E2
4 E1
E1
x
x
0
a
0
a
Der harmonische Oszillator
Dieser spielt in der Physik eine überaus wichtige Rolle. Das Teilchen bewegt
sich in einem Potential Epot = (1/2)Dx2 und erfährt eine rücktreibende Kraft
~ pot = −Dx. Die zugehörige harmonische Schwingung hat die Frequenz
F~ = −∇E
ω=
p
D/m, womit D = ω 2m.
Die Schrödingergleichung lautet also
1 2 2
h̄2 dψ
+
ω mx ψ = Eψ.
−
2
2m dx
2
Die Lösung erhält man durch Variablentransformation
r
mω
2E
ξ=x
, und C =
,
h̄
h̄ω
womit
¢
d2ψ ¡
2
+ C − ξ ψ = 0.
2
dξ
2
Diese DGL kann für den Spezialfall C = 1 mit dem Ansatz ψ = Ae−ξ /2 gelöst
2
werden. Deshalb setzen wir für die allgemein Lösung an ψ(ξ) = H(ξ)e−ξ /2. Wir
bereiten vor
dψ(ξ)
dξ
d2ψ(ξ)
dξ 2
=
dH −ξ2/2
−ξ 2 /2
e
− H(ξ)ξe
,
dξ
=
d2H −ξ2/2
dH −ξ2/2
2 −ξ 2 /2
−ξ 2 /2
e
−2
ξe
+ Hξ e
− He
.
2
dξ
dξ
In die obige DGL eingesetzt ergibt sich eine bestimmende DGL für H,
d2H
dH
ξ + (C − 1) H = 0.
−
2
2
dξ
dξ
Dies ist die sog. Hermitesche-Differentialgleichung, sie wird durch die
sog. Hermite-Polynome Hv gelöst,
dv ³ −ξ2 ´
.
e
Hv (ξ) = (−1) e
dξ v
v ξ2
Sie können auch als Potenzreihe geschrieben werden,
H(ξ) =
v
X
i=0
aiξ i,
wo der Grad v endlich sein muss, damit die Wellenfunktionen für alle x endlich
bleiben,
Z
dx|ψ(x)|2 = 1.
Um die Energieniveaux des harmonischen Oszillators zu finden, wollen wir die
Rekursionsrelation für die Koeffizienten ai finden. Dazu setzen wir die Reihenentwicklung von H in die DGL ein. Wir bereiten vor
v
v
dH X
d2H X
i−1
i−2
=
iaiξ
und
=
i(i
−
1)a
ξ
.
i
2
dξ
dξ
i=1
i=2
Die Summengrenzen können verschoben werden i0 = i + 1 und i00 = i + 2, womit
die Summen wieder bei i = 0 beginnen und wir durch Koeffizientenvergleich und
Einsetzen in die DGL erhalten
(i + 2)(i + 1)ai+2 − 2iai + (C − 1)ai = 0.
Wegen av+2 = erhalten wir so C = 2v + 1 womit
E=
µ
¶
1
+ v h̄ω.
2