Lösung

26. Januar 2016
T2 - Quantenmechanik I
WS 15/16 - Prof. Scrinzi
Übungsblatt 12
12.1: (T) Störungsrechnung am Wasserstoffatom
Motivation: Der Wasserstoffatom ist wegen seines nicht entarteten Grundzustands und seiner
bekannten analytischen Lösung eins der besten physikalischen Modelle um Störungstheorie
übersichtlich zu betreiben.
Es sei ψnlm = Rnl (r)Ylm (θ, φ) das Wasserstoffatom ohne Korrekturen, mit Rnl und Ylm wie in
der Vorlesung.
(a) Zeige, dass die ψnlm Eigenfunktionen von dem Paritätsoperator Sb sind und bestimme den
Eigenwert in Abhängigkeit von n, l und m.
Anwenden des Paritätsoperators auf den Polarkoordinaten liefert
p
p
p
b = Sb x2 + y 2 + z 2 = (−x)2 + (−y)2 + (−z)2 = x2 + y 2 + z 2 = r
Sr
b = Sb atan2(y, x) = atan2(−y, −x) = atan2(y, x) ± π = φ ± π
Sφ
z
−z
z
b = Sb arccos p
Sθ
= arccos p
= π − arccos p
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
x2 + y 2 + z 2
=π−θ
Weiterhin gilt
im(φ±π)
e
imφ ±imπ
=e
e
=
+eimφ falls m gerade
−eimφ falls m ungerade
und
(
Plm
cos(π − θ) = Plm − cos(θ) =
+Plm cos(θ)
falls l + m gerade
−Plm cos(θ) falls l + m ungerade
Insgesamt ergibt sich damit
Nlm
b nlm = Rnl (r)Ylm (π − θ, φ ± π) = Rnl (r) √
Plm cos(π − θ) eim(φ±π)
Sψ
2π
Nlm
= Rnl (r) √ Plm cos(θ) eim(φ) (−1)l+m (−1)m
2π
Nlm
= Rnl (r) √ Plm cos(θ) eim(φ) (−1)l = (−1)l ψnlm
2π
(b) Zeige, dass hziψ100 = 0 und folgere das es keine Korrekturen erster Ordnung gibt.
b 100 i = hψ100 |S(−z)|ψ
b
hziψ100 = hψ100 |z S|ψ
100 i = hψ100 |(−z)|ψ100 i = −hziψ100
⇒ hziψ100 = 0 und deswegen kann es keine Korrekturen erster Ordnung geben, da diese
die Symmetrie zerstören würden.
1
(c) Bestimme hz 2 iψ100 /(E2 − E1 ) und benutze dies um eine obere Grenze für die Korrekturen
zweiter Ordnung zu finden.
Mit der Formel aus der Vorlesung folgt
ψ100 (r, φ, θ) =
Y00 (φ, θ)
2r
n
0
L10
2r
n
r
−r
e /N orm =
1
· 1 · 1 · e−r /N orm
4π
Die Norm folgt aus dem Volumenintegral in Polarkoordinaten
Z ∞ Z π Z 2π
π Z ∞
2π
1
2
2
dr r2 e−2r
dφ r sin(θ)ψ100 (r, φ, θ) = 1 · (− cos(θ)) ·
dθ
dr
4π
0
0
0
0
Z ∞ 0
Z ∞0
Z ∞
∞
1
=
dr r2 e−2r = − r2 e−2r +
dr re−2r = 0 +
dr re−2r
2
0
0
0
0
Z
1 −2r ∞ 1 ∞
1 −2r ∞ 1
−2r
= − re +
dr e
=0− e =
2
2 0
4
4
0
0
Mit ihr wird die Wellenfunktion zu
e−r
ψ100 (r, φ, θ) = √
π
Mit z 2 = cos(θ)2 r2 wird der Erwartungswertintegral zu
Z ∞ Z π Z 2π
2
dφ r2 sin(θ)ψ100 (r, φ, θ)2 z 2
dθ
hz iψ100 =
dr
0
0
Z ∞
Z π 0
e−2r
2
dr r4
dθ sin(θ) cos(θ)
= 2π
π
0
0
1
2 24
π 4!
= 2 − cos3 (θ) 5 = 2 · ·
=1
3
3 8·4
0 2
Weiterhin wissen wir aus der Vorlesung, dass En = (2n2 )−1 damit wird die Obergrenze
der Korrektur zu
1
8
hz 2 iψ100
= 1 1 = = 2.6
E2 − E1
3
−2
8
12.2: (Z) Visualisierung der Wellenfunkion des Wasserstofatoms
Motivation: Diese Aufgabe dient dazu sich ein Bild davon zu machen wie die Wellenfunktionen
des Wasserstoffatoms aussehen. Diese Formen sind später in der Chemie von großer Wichtigkeit
da sie die Eigenschaften der Substanzen, in unserem Fall radikaler Wasserstoff, bestimmen.
Betrachte wieder das Wasserstoffatom ohne Korrekturen aus Aufgabe 1.
(a) Skizziere die Winkelabhängigkeit von |ψnlm |2 für m = 0 und l = 0; 1; 2.
2
z
Y00 = const.
z
|Y10 |2 ∝ cos(θ)2
z
|Y20 |2 ∝ (3 cos(θ)2 − 1)2
(b) Nutze die Formeln aus der Vorlesung, um R(n = 1; l = 0), R(n = 2; l = 0) und R(n =
2; l = 1) zu bestimmen. Skizzieren die Radialabhängigkeit der Wellenfunktion für diese
Fälle. Diskutieren das Ergebnis im Hinblick auf die Aufenthaltswahrscheinlichkeit des
Elektrons am Ort des Kerns. Wie verhält sich diesbezüglich das klassische System mit
verschwindendem Drehimpuls?
l
2r −r/n
2r
2l+1
Ln−l−1
e
Rnl ∝
n
n
0 2r
2r −r/1
R10 ∝
L10
e
= 1 · 1 · e−r = e−r
1
1
0 2r −r/2
2r
L11
e
= 1 · (2 − r) · e−r/2 = (2 − r)e−r/2
R20 ∝
2
2
1 2r
2r −r/2
R21 ∝
L30
e
= r · 1 · e−r/2 = r · e−r/2
2
2
Rnl
R10
R20
R21
r
Für l = 0 gibt es eine nicht verschwindende Aufenthaltswahrscheinlichkeit im Kern.
Im klassischen Zentralpotentialproblem ist fü j = 0 das Problem am Ursprung singulär.
(c) Betrachten nun nur die Wellenfunktionen, die die Relation l = n − 1 erfüllen. Die Wahrscheinlichkeit, dass sich das Elektron im infinitesimalen Volumenelement dV = r2 drdΩ
um den Punkt (r; θ; φ) aufhält, sei durch fn (r)g(θ; φ)drdΩ gegeben. Berechnen die Funktion fn (r) und zeigen, dass sie ein Maximum an der Stelle rn = n2 besitzt, dies sind die
Radien sogenannten Bohrschen Bahnen.
3
Einsetzen von l = n − 1 in der Formel für die Radialverteilung liefert
n−1
n−1
2r
2r −r/n
2r
2n−1
Rn n−1 ∝
L0
e
=
e−r/n
n
n
n
dies liefert quadriert die Wahrscheinlichkeitsdichte
2n−2
2r
2
2
2
fn (r) = r |Rn n−1 | ∝ r
e−2r/n ∝ r2n e−2r/n
n
Ableiten und nullsetzen von dieser liefert dann die Extremstelle
2 2n −2r/n
!
2n−1 −2r/n
0
e
− r e
⇒ r = n2
⇒ 0 = fn (r) = cn 2nr
n
wobei cn die Proportionalitätskonstante ist.
12.3: (T) Feinstruktur des Wasserstoffatoms
Motivation: Die Entartung der Energieniveaus mit gleicher Hauptquantenzahl n aber unterschiedlichen Drehimpulsquantenzahlen l und m im Wasserstoffatom wird durch die sogenannte
Feinstruktur (teilweise) aufgehoben.
E FS = En + ∆E FS
2
−1
e
wobei En = 4π
2 die Eigenenergien ohne Korrektur sind, und a0 =
0 2a0 n
ist. Der erste Beitrag zur Feinstruktur ist eine relativistische Korrektur.
4π0 ~2
me2
der Bohrradius
(a) Zeige, dass die Entwicklung des relativistischen Ausdrucks für die kinetische Energie zu
folgendem zusätzlichen Term im Hamiltonoperator führt:
Ĥrel = −
p~ˆ 4
8m3 c2
(Relativistische Energie-Impuls-Beziehung: E 2 = p~2 c2 + E02 , Ekin = E − E0 , E0 = mc2 .)
Ekin
s
q
p 2 c2
= p2 c2 + E02 − E0 = E0 ( 1 + 2 − 1)
E0
1 p 2 c2 1 p 4 c4
1 p2 1 p 4
p2
= E0 1 +
−
+
.
.
.
−
1
≈
−
=
+ Ĥrel
2 E02
8 E04
2 m 8 m3 c2
2m
In erster Ordnung Störungstheorie ist die Energiekorrektur zum Zustand ψnlm gegeben durch
∆Enlm = hĤrel iψnlm
4
(1)
(b) Berechne [Ĥ, ~xˆ · p~ˆ].
Nach Blatt 6, Aufgabe 6.5 (b) gilt
h
i
i~
Ĥ, ~xp~ = − p~ 2 + i~~x ∇V.
m
(c) Berechne ∆Enlm .
Reduziere das Problem dafür zunächst auf die Berechnung von hV̂ iψnlm und hV̂ 2 iψnlm .
Zur Berechnung von hV̂ iψnlm verwende den Virialsatz (Aufgabe 6.5).
−1
Zur Berechnung von hV̂ 2 iψnlm verwende hr−2 iψnlm = (l + 21 )n3 a20
.
Die Indizes nlm werden im folgenden unterdrückt.
1
1
h~p 4 i =
h(2m(E − V ))2 i
3
2
8m c
8m3 c2
1
E 2 − 2EhV i + hV 2 i
=−
2
2mc
∆E = −
Nach dem Virialsatz (6.5 (e) mit n = −1) gilt E − hV i = − 21 hV i, also hV i = 2E. Mit der
Angabe folgt
hV 2 i =
e4
1
((l + )n3 a20 )−1 .
2
(4π0 )
2
En2 − 4En2 +
1
e4
((l + )n3 a20 )−1
2
(4π0 )
2
(L.1)
Also ist:
∆Enlm
1
=−
2mc2
−En2
=
2mc2
4n
−3
l + 12
Fun Fact: Der zweite Beitrag zur Feinstruktur ist die sogenannte Spin-Bahn Kopplung, die bemerkenswerterweise zu einer ähnlichen Verschiebung der Energieniveaus wie die relativistische
Korrektur führt. Zusammen mit einer weiteren Korrektur, dem Darwin-Term, ergibt sich die
Feinstruktur zu
α2 1
3 ∆E FS = En
−
n j + 21
4n
2
mit der Feinstrukturkonstanten α = 4πe 0 ~c und j der Quantenzahl des Gesamtdrehimpuls (Sum~ und Spin S
~ des Elektrons). Die Hyperfeinstruktur berücksichtigt
me aus Bahndrehimpuls L
dann noch die Wechselwirkung zwischen Elektron und Kernspin.
12.4: (Z) Auswahlregeln für elektrische Dipolübergänge
Motivation: Um das Absorptions- und Emissionsverhalten eines Teilchen zu bestimmen muss
man alle möglichen Übergange von diesen kennen. Deswegen sind die Auswahlregeln eins der
Wichtigsten Meilensteine der Quantenmechanik.
5
Ob ein Übergang |ψi i → |ψf i möglich ist, wird durch das sogenannte Übergangsmatrixelement
Mif = hψf |µ|ψi i
bestimmt, wo µ der Operator ist, welcher für den Übergang verantwortlich ist. Für den Feld~ = (Ex , Ey , Ez ) ist im Falle des elektrischen Dipolübergangs die Wechselwirkung µ
vektor E
~ · ~r.
gegeben durch µ = E
(a) Zeige das nur Übergänge mit ∆l = ±1 und ∆m = 0, ±1 möglich sind.
Es lässt sich nachrechnen
[Lz , z] = 0
[Lz , x ± iy] = ±(x ± iy)
Daraus folgt
0 = hψnlm |[Lz , z]|ψn0 l0 m0 i = hψnlm |Lz z − zLz |ψn0 l0 m0 i
= hψnlm |m z − zm0 |ψn0 l0 m0 i = (m − m0 )hψnlm |z|ψn0 l0 m0 i
⇒ ∆m = 0 und Analog
0 = hψnlm |[Lz , x ± iy] ∓ (x ± iy)|ψn0 l0 m0 i = hψnlm |Lz (x ± iy) − (x ± iy)Lz ∓ (x ± iy)|ψn0 l0 m0 i
= hψnlm |m (x ± iy) − (x ± iy)m0 ∓ (x ± iy)|ψn0 l0 m0 i = (m − m0 ∓ 1)hψnlm | ∓ (x ± iy)|ψn0 l0 m0 i
⇒ ∆m = ±1
Desweiteren wissen wir aus Aufgabe 1, dass Sb Ylm = (−1)l Ylm , daraus folgt
~ · ~r |ψn0 l0 m0 i = hψnlm |E
~ · ~r Sb2 |ψn0 l0 m0 i = hψnlm |Sb (−E
~ · ~r) Sb |ψn0 l0 m0 i
hψnlm |E
0
~ · ~r |ψn0 l0 m0 i = (−1)l+l0 +1 hψnlm |E
~ · ~r |ψn0 l0 m0 i
= (−1)l (−1)(−1)l hψnlm |E
⇒ l + l0 ungerade ⇒ ∆l = ±1, 3, 5, . . .
Nun schreiben rechnen wir nach, dass
r
4π
Y1−1 − Y11
6
r
4π
y = ir
Y1−1 + Y11
6
r
4π 0
z= r
Y
3 1
x= r
Das Übergangsmatrixelement verschwindet also, falls
Z
0
(Ylm (θ, φ))∗ Y1µ (θ, φ) Ylm
0 (θ, φ) sin(θ) dφ dθ
für µ = −1, 0, 1 verschwindet. Unter Anwendung der Orthogonalitätseigenschaften von
den zugeordneten Legendre Polynomen folgt, dass dies der Fall ist wenn δl 6= 0, ±1.
Insgesamt folgt also ∆l = ±1
6
(b) Bestimme alle möglichen Zustände und Übergänge im Fall n = 2.
Unter Anwendung der Auswahlregeln erhält man
|ψ200 i |ψ21−1 i |ψ210 i |ψ211 i
hψ200 |
0
∆2
∆1
∆3
hψ21−1 | ∆2
0
0
0
hψ210 |
∆1
0
0
0
hψ211 |
∆3
0
0
0
wobei
∆1
M athematica
=
weiterhin
∆2
M athematica
∆3
M athematica
=
und
=
−3Ez
3
√ (−Ex + iEy )
2
3
√ (−Ex − iEy )
2
~ = Ez~ez und E
~ = Ey~ey .
(c) Betrachte die Auswahlregeln im Fall E
Im ersten Falle verschwindet die ∆m = ±1 Möglichkeit und im zweiten die ∆m = 0.
(d) Schreibe das Skalarprodukt mittels der komplexen Komponenten r0 = z und r± = x ± i y.
Welche Auswahlregeln gelten in diesem Fall für die einzelnen Komponenten r0 und r± ?
Wie man aus Aufgabenteil (a) entnehmen kann entspricht r± der Möglichen Auswahlregel
∆m = ±1 und r0 der ∆m = 0.
7