Die Schrödingergleichung

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1 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 2.) Sie muss konsistent sein mit E = p2 2m + V 3.) Sie muss linear sein in der Wellenfunktion ψ(x, t). 4.) Für ein zeitunabhängiges, örtlich konstantes Potential V (x, t) = V 0 erwarten wir ein freies Teilchen, welches sich wie eine Welle ausbeitet: ψ(x, t) = A e i(kx ωt) = A e ī h (px E kint). Das freie Teilchen bewegt sich völlig analog zu einer Welle, weshalb es nahe liegt, davon auszugehen, dass die grundlegende Gleichung Elemente der Wellengleichung

3 enthält. 2 ψ x 2 = 1 2 ψ u 2 t 2. Das freie Teilchen bewegt sich frei in Raum und Zeit, weshalb die räumliche und die zeitliche Abhängigkeit aufgespalten werden kann: ψ(x, t) = A e i(kx e iωt. Einsetzen in die Wellengleichung gibt für den ortsabhängigen Teil 2 ψ x 2 = k2 ψ = 2m h 2 E kinψ, denn k 2 = p 2 / h 2 = 2mE kin / h 2. In einem konservativen Kraftfeld bleibt die Gesamtenergie E = E pot + E kin erhalten. Wir können in jedem Punkt die

4 potentielle Energie zur obigen Gleichung addieren und erhalten: h 2 2m 2 ψ x 2 + E potψ = Eψ. Differenzieren wir den Wellenansatz nach der Zeit, so erhalten wir ψ t = ī h E kinψ. Damit kann die bisher gefundene Gleichung geschrieben werden als h 2 2m 2 ψ(x, t) ψ(x, t) x 2 = i h. t Schrödinger hat nun postuliert, dass auch hier die (zeit- und ortsabhängige)

5 potentielle Energie addiert werden kann, und dass allgemein gilt: h 2 2m ψ( r, t) + E ψ( r, t) pot( r, t)ψ( r, t) = i h. t Dies ist die Schrödingergleichung, die Grundgleichung der Quantenmechanik. K A D I Die freien Elektronen in der Figur links fliegen von der Quelle (Kathode und Anode) zum Detekor D durch eine feldfreie Region. x(t = 0) L x(t) h 2 2m 2 ψ x 2 = Eψ = h2 k 2 2m ψ, denn E = p 2 /(2m) weil E = E kin in diesem Fall. Die Lösung ist ψ(x, t) = Ae i(kx ωt) + Be i(kx ωt).

6 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, L 0 dx ψ(x, t) 2 = 1. Um den Ort genauer zu kennen, müssen wir den Impuls unscharf sein lassen, d. h. ein wahres Wellenpaket erlauben: ψ(x, t) = k0 +δk/2 k 0 k/2 dka(k)e i(kx ωt).

7 Damit wird der Ort unscharf, wie die Geschwindigkeitsdispersion nahelegt.

8 Potentialstufe E > E 0 A e ikx E < E 0 I E 0 B e ikx E pot (x) x = 0 D e ikx E pot = E 0 II x ψ I (x) = A e ikx + B e ikx. 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, Im Bereich II lautet die Schrödingergleichung d 2 ψ dx 2 + 2m h 2 (E E 0)ψ = 0, bzw. d 2 ψ dx 2 α2 ψ = 0, mit α = 2m(E 0 E)/ h.

9 Die Lösung lautet offensichtlich ψ II (x) = C e αx + 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: ψ I (x = 0) = ψ II (x = 0) = A + B = C + D, dψ I dx x=0 = dψ I dx x=0 = ik(a B) = α(c D). Die Lösung wird sich in zwei Fälle aufteilen, E > E 0 und E < E 0. Wir betrachten zunächst E < E 0, für den α reell ist und C = 0. Die Randbedingungen lauten

10 dann A + B = D und ik(a B) = αd, womit ika ikb = αa αb und somit A ik + α ik α = B und 2ik ik α = D. Damit haben wir die Wellenfunktionen im Bereich I gefunden, ψ I (x) = A [ e ikx + ik + α ] ik α e ikx. Wir können jetzt berechnen, wie groß der Anteil der reflektierten Welle ist, R = Be ikx 2 Ae ikx 2 = A 2 B 2 = ik + α ik α 2 = 1,

11 d. h. alle Teilchen werde reflektiert. Das eigentlich Neue an der Sache passiert im Gebiet II. Die Wahrscheinlichkeit, dort ein Teilchen zu finden ist W(x) = ψ II (x) 2 = D e αx 2 = 4k2 α 2 + k 2 A 2 e 2αx = 4k2 A 2 e 2αx, k 2 0 wo k 2 0 = 2mE 0 / h 2. Der Fall E > E 0 ist auch nicht komplizierter zu behandeln. Jetzt ist α rein imagninär, weshalb wir eine neue reelle Hilfsgröße k = 2m(E E 0 )/ h = iα einführen. Damit ψ II (x) = De ik x, und die Randbedingungen lauten A k k k + k = B und 2k k + k A = D.

12 Damit ψ I (x) = A ψ II (x) = (e ikx + k ) k k + k e ikx, 2k k + k A c eik. Der Reflexionskoeffizient R ist nun R = B 2 k = k A 2 k + k 2. Bei der Berechnung des Transmissionskoeffizienten T müssen wir berücksichtigen, dass die Geschwindigkeit der Teilchen beim Eintritt in Gebiet II abnimmt, v /v =

13 k /k Offensichtlich gilt T = v D 2 v A 2 = T + R = 1. 4kk (k + k ) 2.

14 R E 0 /E

15 E > E 0 A e ikx E < E 0 I E 0 B e ikx E pot (x) C e αx E pot = E 0 D e αx II x = 0 a Der Tunneleffekt A e ikx III x während in Gebieten I und III E pot = 0 gilt. Als nächstes betrachten wir eine endliche Potentialstufe und unterteilen das Gebiet in drei Gebiete I, II und III mit Wellenfunktionen ψ I, ψ II und ψ III. Im Gebiet II herrsche ein endliches Potential E pot = E 0, ψ I (x) = Ae ikx + Be ikx, ψ II (x) = Ce αx + De αx, ψ III (x) = A e ikx.

16 Die Randbedingungen lauten nun ψ I (x = 0) = ψ II (x = 0) und ψ II (x = a) = ψ III (x = a), dψ I dx x=0 = dψ II dx x=0 und dψ II dx x=a = dψ III dx x=a Einsetzen und längliches Rechnen ergibt dann für die Transmission T = v A 2 v A 2 = 1 E/E 0 (1 E/E 0 ) + (E 0 /4E) sinh 2 (αa), wo α = 2m(E 0 E)/ h. Für große Breiten der Barriere (also für niedrige Transmission) lässt sich sinhx = (e x e x )/2 e x /2 schreiben und T 16E E0 2 (E 0 E)e 2αa für große a.

17 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 NH 3 -Moleküls.

18 E x = 0 E = E kin E pot = 0 x = a x Teilchen im Potentialkasten E pot = Die Lösungen ist offensichtlich Wie verhält sich nun ein Teilchen, welches in einem endlichen Gebiet 0 < a eingesperrt ist? In diesem Gebiet gilt E pot = 0 und damit die Schrödingergleichung d 2 ψ dx 2 + k2 ψ = 0, wo k 2 = 2mE/ h 2. ψ(x) = Ae ikx + Be ikx. Ausserhalb des Potentialkastens muss die Lösung verschwinden, also ψ(x 0) = 0, ψ(x a) = 0.

19 Die Randbedingungen lauten A + B = 0, Ae ika + Be ika = 0. Aus der ersten Randbedingung folgt ψ(x) = A ( e ikx e ikx) = 2iAsinkx und aus der zweiten 2iAsinka = 0 und damit ka = nπ, wo n = 1,2,3,... Die Wellenfunktionen lauten also ( nπ ) ψ n (x) = 2iAsin a x ( nπ ) = C sin a x.

20 Sie beschreiben stehende Wellen mit den Wellenlängen und Wellenzahlen λ n = 2a n, und k n = nπ a. Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit eines Teilchens ist durch ψ(x) 2 gegeben Die Energiewerte sind E n = p2 2m = h2 2m k2 n = h2 π 2 2ma 2n2. Die minimale Energie verschwindet nicht wie im klassischen Fall, sondern beträgt E 1 = ( h 2 /2m)(π 2 /a 2 ).

21 E E E 4 16 E 1 ψ(x) ψ(x) 2 E 3 9 E 1 E 2 4 E 1 E 1 x 0 a 0 a x

22 Der harmonische Oszillator Dieser spielt in der Physik eine überaus wichtige Rolle. Das Teilchen bewegt sich in einem Potential E pot = (1/2)Dx 2 und erfährt eine rücktreibende Kraft F = E pot = Dx. Die zugehörige harmonische Schwingung hat die Frequenz ω = D/m, womit D = ω 2 m. Die Schrödingergleichung lautet also h2 dψ 2mdx ω2 mx 2 ψ = Eψ.

23 Die Lösung erhält man durch Variablentransformation mω 2E ξ = x, und C = h hω, womit d 2 ψ dξ 2 + ( C ξ 2) ψ = 0. Diese DGL kann für den Spezialfall C = 1 mit dem Ansatz ψ = Ae ξ2 /2 gelöst werden. Deshalb setzen wir für die allgemein Lösung an ψ(ξ) = H(ξ)e ξ2 /2. Wir bereiten vor dψ(ξ) dξ = dh 2 /2 dξ e ξ H(ξ)ξe ξ2 /2, d 2 ψ(ξ) dξ 2 = d2 H 2 /2 dξ 2 e ξ 2 dh 2 /2 dξ ξe ξ + Hξ 2 e ξ2 /2 He ξ2 /2.

24 In die obige DGL eingesetzt ergibt sich eine bestimmende DGL für H, d 2 H dξ 2 2dH ξ + (C 1)H = 0. dξ Dies ist die sog. Hermitesche-Differentialgleichung, sie wird durch die sog.hermite-polynome H v gelöst, ( H v (ξ) = ( 1) v ξ2 dv e dξ v e ξ2). Sie können auch als Potenzreihe geschrieben werden, H(ξ) = v a i ξ i, i=0

25 wo der Grad v endlich sein muss, damit die Wellenfunktionen für alle x endlich bleiben, dx ψ(x) 2 = 1. Um die Energieniveaux des harmonischen Oszillators zu finden, wollen wir die Rekursionsrelation für die Koeffizienten a i finden. Dazu setzen wir die Reihenentwicklung von H in die DGL ein. Wir bereiten vor dh dξ = v i=1 ia i ξ i 1 und d2 H dξ 2 = v i=2 i(i 1)a i ξ i 2. Die Summengrenzen können verschoben werden i = i + 1 und i = i + 2, womit die Summen wieder bei i = 0 beginnen und wir durch Koeffizientenvergleich und Einsetzen in die DGL erhalten (i + 2)(i + 1)a i+2 2ia i + (C 1)a i = 0.

26 Wegen a v+2 = erhalten wir so C = 2v + 1 womit E = ( ) v hω.