Eindimensionale Potentialprobleme

Transkript

1 Kapitel 3 Eindimensionale Potentialprobleme 3.1 Problemstellung Fragestellung. Es soll die quantenmechanische Beschreibung eines Teilchens in einer Dimension, das ein Potential V sieht (Abbildung 3.1), erarbeitet werden. V (x) x Abbildung 3.1: Beispiel für ein eindimensionales Potential. Die quantenmechanische Beschreibung eines Teilchens in einem Potential V (x) erfolgt durch die Schrödinger Gleichung i Ψ(x, t) = H Ψ(x, t) (3.1) t mit dem Hamilton Operator d H = + V (x). (3.) m dx Wir nehmen an, dass das Potential V (x) unabhängig von der Zeit ist. Dann stehen wir vor der Herausforderung, die stationäre Schrödinger Gleichung d m dx + V (x) ψ(x) = E ψ(x) (3.3) 38

2 3.1. PROBLEMSTELLUNG zu lösen. Die Lösung der Schrödinger Gleichung ist damit, wie auf Seite 18 diskutiert, gegeben durch Ψ(x, t) = ψ(x) e i E t. (3.4) Gesucht sind die: (1) Energie Eigenwerte E. Die Gesamtheit {E} der Energie Eigenwerte wird als Spektrum bezeichnet. () Eigenfunktionen ψ(x), die die Eigenwert Gleichung lösen. H ψ(x) = E ψ(x) (3.5) Wir stellen die folgenden Anforderungen an die Wellenfunktion ψ: (W1) ψ muss normierbar sein, d.h. dx ψ(x) = 1. (3.6) (W) ψ(x) muss stetig sein für alle x. Wir können uns nun überlegen, dass (W) in vielen Fällen auch die Stetigkeit von ψ (x) impliziert. Betrachte ε 0 dξ ψ (x + ξ) = ε 0 dξ m [V (x + ξ) E] ψ(x + ξ) = ψ (x + ε) ψ (x). Falls V eine endliche Funktion ist, so ist der Integrand in der ersten Zeile beschränkt und es folgt, dass ψ (x) stetig ist. Wir finden also (W ) ψ (x) muss stetig sein für alle x, solange V eine endliche Funktion ist. 39

3 3.. POTENTIALE MIT SPIEGELUNGS- BZW. PARITÄTS SYMMETRIE Bemerkung: In der Schrödinger Gleichung kommt die zweite Ableitung ψ vor. Wie aus der Mathematik bekannt, impliziert das eigentlich, dass ψ stetig ist. Aus Gründen, die wir später in etwas mehr Detail diskutieren werden, lassen wir in der Quantenmechanik auch Funktionen zu, die eigentlich keine sind, wie z.b. die δ Funktion. Daher sind (W) und (W ) i.a. nicht triviale Anforderungen an die Wellenfunktion. Beispiel (δ = Θ ). Betrachte die sog. Heaviside Funktion oder Θ Funktion Θ(x) = 0 für x 0, 1 für x > 0. (3.7) Die Behauptung ist nun, dass δ(x) = Θ (x). (3.8) Offensichtlich ist Θ (x) = 0 für x = 0 und es gilt für eine Funktion f, die im Unendlichen verschwindet, dass dx Θ (x) f(x) = [Θ(x) f(x)] = 0 0 dx Θ(x) f (x) dx f (x) = [f(x)] 0 = f(0). 3. Potentiale mit Spiegelungs- bzw. Paritäts Symmetrie Wir beschäftigen uns nun mit Potentialen, die die (diskrete) Spiegelungs- bzw. Paritäts Symmetrie V ( x) = V (x) (3.9) aufweisen. Die Operation der Spiegelung wirkt auf die Koordinaten und Ableitungen in offensichtlicher Weise, x x, d dx d dx, d dx dx. d Wir erklären nun den Paritäts Operator durch P f(x) = f( x). (3.10) Die Annahme der Spiegelung-Symmetrie impliziert V (x) V ( x) H(x) H( x), (3.11) weil sich der Hamilton Operator H aus dem Potential und der zweiten Ortsableitung zusammensetzt. 40

4 3.3. DER POTENTIALTOPF Nun betrachten wir die Schrödinger Gleichung H ψ(x) = E ψ(x) = d m dx + V (x) ψ(x). Wegen der Symmetrie des Hamilton Operators (3.11) gilt, dass P H ψ(x) (3.11) = H ψ( x) = H P ψ(x). Also vertauschen der Hamilton Operator H und der Paritäts-Operator P, [H, P ] = 0. (3.1) Das bedeutet, wie wir in einem Moment sehen werden, dass H und P dieselben Eigenfunktionen besitzen. Betrachten wir zunächst die Eigenwerte und Eigenfunktionen zum Paritätsoperators P. Sei ψ eine Eigenfunktion, d.h. P ψ(x) = ψ( x) = κ ψ(x). Aus P ψ(x) = P ψ( x) = ψ ( x) = ψ(x)! = κ ψ(x) folgt, dass κ nur die Werte ±1 annehmen kann. Man verwendet die folgende Terminologie: κ = +1 gerade Parität symmetrische Wellenfunktion; κ = 1 ungerade Parität antisymmetrische Wellenfunktion. Wir überlegen uns nun, dass H und P dieselben Eigenfunktionen besitzen. Dazu betrachte eine Eigenfunktion ψ, H ψ = E ψ. Damit haben wir 0 = (H E) ψ(x) = P (H E) ψ(x) = (H E) P ψ(x). D.h. P ψ(x) ist ebenfalls eine Eigenfunktion zu H mit Eigenwert E. Da ψ(x) und P ψ(x) = ψ( x) beide Eigenfunktionen zu H sind, gilt das auch für die (nicht verschwindenden) Linearkombinationen ψ ± (x) := 1 [ψ(x) ± ψ( x)], welche offensichtlich Eigenfunktionen von P mit Eigenwerten ±1 sind. 41

5 3.3. DER POTENTIALTOPF a V (x) a x V 0 I II III 3.3 Der Potentialtopf Abbildung 3.: Potentialtopf. Der Potentialtopf ist definiert durch das Potential V (x) = V 0 Θ(a x ), (3.13) wobei Θ die Heaviside sche Θ-Funktion (vgl. Gleichung (3.7)) bezeichnet. Die Schrödinger- Gleichung für diese Situation ist d m dx + V (x) E ψ(x) = 0, (3.14) oder ψ (x) + m [E V (x)] ψ(x) = 0. (3.15) Wir suchen nun Lösungen, die den Randbedingungen und genügen. (W) ψ(x) stetig bei x = ±a (W ) ψ (x) stetig bei x = ±a Gebundene Zustände ( V 0 < E < 0) Es erweist sich als vorteilhaft, die Schrödinger Gleichung in zwei Gleichungen, eine für den Innen- und eine für den Außenbereich, zu zerlegen, m E ψ (x) = ψ(x) =: κ ψ(x) für x > a, m(e + V 0) ψ(x) =: q ψ(x) für x a. Dabei sind m E m (E + V0 ) κ := und q :=. 4

6 3.3. DER POTENTIALTOPF Lösungen im Außenbereich ( x a). Die allgemeine Lösung ist ψ(x) = C 1 e κ x + C e κ x. Wir fordern, dass ψ normierbar ist und im Falle beliebig großer Gesamtvolumina im Potentialtopf endlich bleibt. Daraus folgt, dass ψ(x) nicht für x exponentiell anwachsen soll, und somit ψ(x) = C1 e κ x für x a, C e +κ x für x a. Lösungen im Innenbereich ( x a). ψ(x) = C 3 e i q x + C 4 e i q x = A cos(q x) + B sin(q x). Wir haben vorausgesetzt, dass V 0 < E, so dass q 0. Für V 0 > E existieren keine Lösungen, die den Randbedingungen genügen, d.h. keine gebundenen Zustände. Gerade und ungerade Lösungen. Wegen der Spiegelsymmetrie können wir die Lösungen in gerade und ungerade Lösungen zerlegen: (g) gerade Lösungen (P ψ(x) = +1 ψ(x)): ψ(x) = A cos(q x) für x a, C e κ x für x a, C e κ x für x a. (u) ungerade Lösungen (P ψ(x) = 1 ψ(x)): ψ(x) = B sin(q x) für x a, C e κ x für x a, C e κ x für x a. Anschlussbedingungen bei x = a. Die Anschlussbedingungen erlauben es uns, Relationen zwischen den Koeffizienten A, B, C und C zu bestimmen. Aufgrund der Symmetrie genügt es, die Anschlussbedingungen bei x = a zu diskutieren. Wir betrachten die zwei Fälle gerade Lösung und ungerade Lösung getrennt. Anschlussbedingungen bei x = a für gerade Symmetrie. ψ(x) stetig bei x = a A cos(q a) = C e κ a, ψ (x) stetig bei x = a q A sin(q a) = κ C e κ a. Teilt man die zweite Bedingung durch die erste, so erhält man tan(q a) = κ q = E E + V 0 43

7 3.3. DER POTENTIALTOPF oder q a tan(q a) = κ a = m E a. (3.16) Um diese transzendente Gleichung zu lösen, führt man dimensionslose Variablen ein, m V0 z := q a und ξ 0 := a. Diese erfüllen die Relationen ξ 0 = m V 0 a, z = q a = m (E + V 0) a, ξ0 z m E a =. Nun kann man die Gleichung (3.16) durch die neuen Variablen ausdrücken, m E z tan z = ξ0 z = a. (3.17) Diese Gleichung kann numerisch gelöst werden, man erhält einen Satz an diskreten Werten z n (Abbildung 3.3). Die Energie kann durch ξ 0 und z ausgedrückt werden, tan z z 1 ξ 0 z z z z 3 π/ 3π/ 5π/ Abbildung 3.3: Graphische Lösung der Gleichung (3.17). E = q m V 0 = V 0 1 z. ξ 0 Die diskreten Lösungen z n führen auf diskrete Energie-Eigenwerte E n = V 0 1 z n ξ0, (3.18) 44

8 3.3. DER POTENTIALTOPF V x Abbildung 3.4: Gerade Lösungen im Potentialtopf. insbesondere weisen die gebundenen Zustände ein diskretes Spektrum auf. Wir sehen auch, dass z nicht größer werden kann als ξ0, d.h. es gibt nur endlich viele gebundene Zustände. Einige gerade Lösungen sind in Abbildung 3.4 dargestellt. Ein wesentliches Axiom der Quantenmechanik impliziert, dass eine Messung der Energie des Teilchens immer einen Eigenwert des Hamilton-Operators H liefert. 1 Das bedeutet insbesondere, dass man für gebundene Zustände nur diskrete Energien findet! Anschlussbedingungen bei x = a für ungerade Symmetrie. ψ(x) stetig bei x = a B sin(q a) = C e κ a, ψ (x) stetig bei x = a q B cos(q a) = κ C e κ a. Teilt man hier ebenfalls die zweite durch die erste Bedingung, so erhält man cot(q a) = κ q = E. (3.19) E + V 0 Setzt man die in Punkt (a) definierten, dimensionslosen Variablen z und ξ 0 ein, so folgt z cot(z) = ξ0 E m E z = = a. (3.0) E + V 0 Diese Gleichung kann ebenfalls numerisch gelöst werden (Abbildung 3.5). Dies führt auf die Lösungen z n. Betrachtet man nun beide Lösungsmengen, z n und z n, so erhält man das Gesamtspektrum aus geraden und ungeraden Wellenfunktionen. Wir sehen, dass die ungeraden Lösungen systematisch höhere Energieeigenwerte haben. Einige ungerade Lösungen sind in Abbildung 3.6 dargestellt. 1 Wir werden die Axiome der Quantenmechanik ausführlicher in Kapitel 4 diskutieren. 45

9 3.3. DER POTENTIALTOPF cot z ξ0 z z z 1 π z z 3 π Abbildung 3.5: Graphische Lösung der Gleichung (3.17). V x Abbildung 3.6: Ungerade Lösungen im Potentialtopf. a V (x) a x a V (x) a x E E 1 E 0 (a) Quantenmechanik. (b) Klassische Mechanik. Abbildung 3.7: Potentialtopf. (a) illustriert die Situation in der Quantenmechanik; die Energien der gebundenen Zustände sind gestrichelt eingetragen. (b) zeigt die Situation in der klassischen Physik, in der ein Objekt, das sich in dem Potential bewegt (und an den Wänden reflektiert wird) beliebige (kinetische) Energie haben E kin < V 0 kann. 46

10 3.3. DER POTENTIALTOPF Fazit. Wir finden eine endliche Menge an Lösungen, die gebundenen Zuständen entsprechen und die diskrete Energien besitzen. Dieses Ergebnis ist qualitativ verschieden von dem klassischen Verhalten eines Körpers, der in einem Potential eingesperrt ist (Abbildung 3.7). Bemerkung: Sowohl für gerade als auch ungerade Symmetrie geht die Zahl der Lösungen ungefähr mit ξ 0, d.h. m V0 a Zahl der Lösungen. Die Zahl der Lösungen wird also von der Tiefe des Potentials V 0 und der Breite a kontolliert Ungebundene Zustände (E > 0) Die ungebundenen Zustände werden in der Zentralübung (Zentralübungs Aufgabe 3) diskutiert. Wir betrachten nun ungebundene Zustände, d.h. E > 0. Außenbereich ( x a). mit ψ (x) = k aussen = m E ψ(x) =:kaussen m E. Damit hat die Lösung im Außenbereich die Form ψ aussen (x) = A 1 e i kaussen x + A e i kaussen x. Innenbereich ( x a). mit ψ (x) = m (E + V 0) ψ(x) =:kinnen k innen = m (E + V0 ). Damit hat die Lösung im Innenbereich die Form ψ innen (x) = B 1 e i k innen x + B e i k innen x. Im Außenbereich ist die Schrödinger Gleichung Im Innenbereich x a ist die Schrödinger Gleichung 47

11 3.3. DER POTENTIALTOPF Um die Normierbarkeit der Wellenfunktion ψ zu erreichen, kann man das System in einen großen Kasten sperren, d.h. man fordert, dass ψ(x) für x > L (L a) verschwindet. In allen Bereichen ist die Lösung der Schrödingergleichung eine ebene Welle, ψ(x) = A e i k x + B e i k x, (3.1) wobei A e i k x bzw. B e i k x als nach rechts bzw. links laufende Welle aufgefasst werden kann. Dies kann man folgendermaßen einsehen: Für eine Welle ψ(x) = A e i k x finden wir eine Stromdichte j = m i (ψ (x) x ψ(x) ( x ψ(x)) ψ(x)) die in positive x Richtung, d.h. nach rechts zeigt. Im Bereich I finden wir für den Wellenvektor = k m A, (3.) k m = E k = 1 m E, (3.3) und folglich für die Wellenfunktion ψ I (x) = A I e i k x + B I e i k x. (3.4) Analog schließt man q m = E + V 0 q = 1 m (E + V0 ) (3.5) die Wellenfunktion ψ II (x) = A II e i q x + B II e i q x (3.6) und schließlich in III ψ III (x) = A III e i k x + B III e i k x. (3.7) Für eine von links einlaufende Welle finden wir, dass es in Bereich III keine nach links einlaufende Welle geben kann, d.h. B III = 0. (3.8) Weiterhin ergeben sich vier Anschlussbedingungen, zwei aus der Stetigkeit von ψ, A I e i k a + B I e i k a = A II e i q a + B II e i q a, (3.9) A II e i q a + B II e i q a = A III e i k a, (3.30) Das hätten wir im Prinzip auch vorher bei den gebundenen Lösungen mit den falschen κs machen können, die für x exponentiell anwachsen. Tatsächlich werden wir bei der Diskussion des unendlich hohen Kastens sehen, dass solche Lösungen die Anschluss Bedingungen am Rand des grossen, unendlich hohen Kastens nicht erfüllen können. 48

12 3.3. DER POTENTIALTOPF und zwei aus der Stetigkeit von ψ, k A I e ik a B I e i k a = q A II e i q a B II e i q a, (3.31) q A II e i q a B II e i q a = k A III e ika. (3.3) Wir erhalten durch Addition der Gleichungen q (3.30) + (3.3) q A II e i q a = (q + k) A III e i k a A II = q + k e i (k q) a A III, (3.33) q q (3.30) (3.3) q B II e i q a = (q k) A III e i k a B II = q k e i (k+q) a A III, (3.34) q k (3.9) + (3.31) k A I e i k a = (k + q) A II e i q a + (k q) B II e i q a (k + q) = e i (k q) a (q k) e i (k+q) a A III q q = e i k a k + q i sin(qa) + k cos(q a) A III q A I = e i k a i k + q sin(q a) + cos(q a) A III, k q (3.35) k (3.9) (3.31) k B I e i k a = (k q) A II e i q a + (k + q) B II e i q a = q k e i (k q) a + q k e i (k+q) a A III q q = e i k a q k i sin(q a) A III q B I = i q k sin(qa) A III. (3.36) k q Eine zusammengesetzte Welle hat beispielsweise die in Abbildung 3.8 skizzierte Gestalt. Der Transmissionskoeffizient ist erklärt über T = j transmittiert j einlaufend im betrachteten Fall also T = A III A I = = cos (q a) + k m A III k m A I 1 k +q kq = ψ transmittiert ψ einlaufend, sin (q a) Der Reflexionskoeffizient ist definiert als R = j reflektiert k m j einlaufend = B I ψreflektiert k m A = I ψ einlaufend, 49 = 1 + q k k q 1.(3.37) sin (q a)

13 3.4. POTENTIALKASTEN MIT UNENDLICH HOHEN WÄNDEN und ergibt sich hier zu R = B I A I = Bemerkungen: 1 + q k k q q k k q sin (q a) sin (q a). (3.38) (1) Es gilt T 1 für q k V 0 0, d.h. ohne Graben gibt es keine Reflexion. () Wir finden R + T = 1. Dies ist immer gültig. (3) Es handelt sich um einen Quanteneffekt, d.h. klassisch erwarten wir bei diesem Problem keine Reflexion! a a x I II III Abbildung 3.8: Ungebundende Zustände im Potentialtopf. 3.4 Potentialkasten mit unendlich hohen Wänden Wir betrachten nun einen Potentialkasten mit unendlich hohen Wänden (Abbildung 3.9). 3 Das Potential ist 0 für x a, V (x) = (3.39) für x > a. 3 Dieses Beispiel wird in der Zentralübung diskutiert. 50

14 3.4. POTENTIALKASTEN MIT UNENDLICH HOHEN WÄNDEN V (x) a a I II III x Abbildung 3.9: Unendlich hoher Potentialtopf. Randbedingungen: Die Randbedingungen bei x = ±a sind ψ(x) = 0 für x a. Man beachte, dass wir keine Randbedingungen für ψ bei x = ±a fordern. Das liegt daran, dass die Regel (W ), wie diskutiert, nicht für Potentiale mit Unendlichkeiten gilt (vgl. die Diskussion der Regel (W ) auf Seite 39). Wie zuvor unterteilen wir die Lösungen in (g) gerade Lösungen ψ(x) = A cos(q x) und (u) ungerade Lösungen ψ(x) = B sin(q x). Die möglichen Werte für q sind durch die Randbedingungen eingeschränkt. Man erhält (g) q a = m + 1 π mit m = 0, 1,, 3,... oder q a = n + 1 π mit n = 0,, 4,... ; (u) q a = m π mit m = 1,, 3,... oder q a = n + 1 π mit n = 1, 3, 5,.... Dies führt auf die Lösungen An cos(q n x) für n = 0,, 4,..., wobei und ψ n (x) = q n = n + 1 B n sin(q n x) für n = 1, 3, 5,..., π a A n = B n = 1 a. (3.40) (3.41) 51

15 3.5. POTENTIALSCHWELLEN UND TUNNELEFFEKT Die Energieeigenwerte sind entsprechend E n = q n m = m n + 1 π a. (3.4) Fazit: (1) Das Spektrum ist diskret. () Der tiefste Zustand hat E 0 > 0 (und nicht E 0 = 0). 3.5 Potentialschwellen und Tunneleffekt Wir betrachten nun die quantenmechanische Beschreibung eines Potentialwalls (Abbildung 3.10). Das Potential einer Schwelle der Breite a und der Höhe V 0 ist gegeben V (x) V 0 a a I II III x Abbildung 3.10: Potentialwall. durch: V (x) = V 0 Θ(a x ). Damit ist die Schrödinger-Gleichung d m ψ(x) + (E V (x)) ψ(x) = 0. (3.43) dx Wir sind an den Lösungen mit 0 E V 0 interessiert. Wie zuvor betrachten wir die Bereiche mit konstantem V separat: I. x a mit k := ψ(x) = ψ I (x) = A e i k x + B e i k x m E, (3.44a) 5

16 3.5. POTENTIALSCHWELLEN UND TUNNELEFFEKT II. x a mit κ := III. x a ψ(x) = ψ II (x) = C e κ x + D e κ x m (V 0 E), ψ(x) = ψ III (x) = F e i k x + G e i k x. (3.44b) (3.44c) An der Stelle x = a hat man die Anschlussbedingungen ψ stetig : A e i k a + B e i k a = C e κ a + D e κ a, ψ stetig : i k A e i k a B e i k a = κ (C e κ a D e κ a ). Es erweist sich als vorteilhaft, die zweite Gleichung durch i k zu teilen und das Gleichungssystem in Matrixnotation zu bringen, e i k a e i k a A e κ a e e i k a e i k a = κ a C i κ B k eκ a i κ k e κ a, D =:M 1 (a) =:M (a) d.h. M 1 (a) A B = M (a) C D. Multiplikation von links mit M1 1 A B = M1 1 C (a) M (a) D =M(a) (a) liefert. (3.45) Unter Verwendung von 1 x y 1 v y = u v x v y u u x x für beliebige invertierbare -Matrizen u zu y v vereinfacht sich die Matrix M(a) M(a) = M1 1 (a) M (a) e i k a e i k a e κ a e κ a = 1 e i k a e i k a 1 + i κ e κ a+i k a = 1 k 1 i κ k e κ a i k a i κ k eκ a k 1 + i κ k i κ k e κ a 1 i κ e κ a+i k a e κ a i k a. 53

17 3.5. POTENTIALSCHWELLEN UND TUNNELEFFEKT Die Anschlussbedingungen bei x = a führen auf F C = M( a). (3.46) G D C Nun eliminiert man, indem man die Gleichung (3.46) von links mit M D 1 ( a) multipliziert und sie anschliessend in die Gleichung (3.45) einsetzt, A = M(a) M 1 F ( a). (3.47) B G =:M(a) Daraus erhalten wir nach Rechnung f(a) g(a) M(a) = g (a) f (a) mit f(a) = g(a) = cosh(κ a) + i ε sinh(κ a) e i k a, sinh(κ a) i η, ε = κ k k κ, η = κ k + k κ. Beispiel: Wir untersuchen nun den Fall einer von links einlaufende Welle, die auf einen Potentialwall trifft. Die Aussage, dass die Welle von links (und nicht von rechts) einläuft bedeutet, dass G = 0 in (3.44c) (Abbildung 3.11). V (x) A B a a F G = 0 x Abbildung 3.11: Potentialwall mit von links einlaufender Welle. Gleichung (3.47) liefert dann A = F cosh(κ a) + i ε sinh(κ a) e i k a, B = F i η sinh(κ a). 54

18 3.5. POTENTIALSCHWELLEN UND TUNNELEFFEKT Transmissionskoeffizient. Der Transmissionskoeffizient T ist erklärt als T := F A. (3.48) T beschreibt, wieviel von der einlaufenden Welle durch die Potentialschwelle durchkommt. Im obigen Beispiel haben wir F A = exp( i k a) cosh(κ a) + i ε. sinh(κ a) Unter Verwendung von cosh (x) sinh (x) erhalten wir für den Transmissonskoeffizienten ε 1 T = sinh (κ a), (3.49) wobei wie zuvor m (V0 E) κ = und ε = κ k k κ. Im Grenzfall einer sehr hohen und breiten Barriere, d.h. V 0 E und κ a 1, vereinfachen sich einige Ausdrücke, sinh (κ a) e4κ a 1 T ε e 4κ a. 4 Für V 0 E ist κ k und damit ist ε κ k V 0 E 1. Also kann man den Transmissionskoeffizienten dann näherungsweise schreiben als T 16 E exp 4 m (V 0 E) a. V 0 Wir sehen also, dass die Tunnelwahrscheinlichkeit geht wie T exp 4 m (V 0 E) a. Das Argument der Exponentialfunktion haben wir bereits beim endlichen Kasten gesehen (mit dem Unterschied, dass dort V (0) = V 0 < 0 war). Dort war es ein Maß für die Zahl der gebundenen Lösungen. Reflexionskoeffizient. Der Reflexionskoeffizient R ist erklärt durch R := B A. (3.50) Nun betrachten wir die Stromdichte j(x) = ψ dψ m i dx dψ dx ψ. 55

19 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR Im Bereich I (x a) ist die Lösung der Schrödinger Gleichung ψ(x) = A e i k x + B e i k x. Damit ist die Stromdichte j(x) = m i = k m A e i k x + B e i k x A i k e i k x i k i B k e x A ( i k) e i k x + B i k e i k x A e i k x i k + B e x A B. Im Bereich III (x a) ist die Stromdichte j(x) = k m F. Wir finden für den Potentialwall durch Rechnung, dass A B = F. Dies bringt zum Ausdruck, dass die Stromdichten rechts und links vom Potentialwall übereinstimmen müssen, ist also eine Konsequenz der Wahrscheinlichkeitserhaltung. Dies impliziert d.h. 1 = B F + A A, R + T = 1. (3.51) Diese Relation ist intuitiv: Was von links eingestrahlt wird, wird entweder transmittiert oder reflektiert. 3.6 Eindimensionaler harmonischer Oszillator Analytische Behandlung Wir betrachten nun das quadratische Potential (Abbildung 3.1) V (x) = 1 k x. (3.5) Es erweist sich als sinnvoll, eine Hilfsgröße k ω := m einzuführen, die wir als Oszillatorfrequenz bezeichnen. Diese entspricht der Frequenz, mit der ein klassisches Teilchen in dem Potential oszilliert. m ist dabei die Masse des Teilchens. 56

20 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR V (x) x Abbildung 3.1: Parabel Potential. Die Schrödinger Gleichung ist d m dx + 1 k x ψ(x) = E ψ(x). (3.53) Nun definiert man Hilfsvariablen ε := E ω und y := m ω x. Damit kann die Schrödinger Gleichung (3.53) umgeschrieben werden in d dy ψ(y) + (ε y ) ψ(y) = 0. (3.54) Nun gilt es, diese Differentialgleichung zu lösen. Dazu untersucht man das asymptotische Verhalten für y. In dem Fall kann man die Gleichung (3.54) vereinfachen und erhält d dy ψ(y) y ψ(y) = 0. Eine asymptotische Lösung dieser Gleichung ist bekannt, ψ(x) y e y. Diese Asymptotik motiviert den Lösungsansatz ψ(y) = h(y) e y. Diesen Ansatz wollen wir in (3.54) einsetzen. Dazu berechnen wir die Ableitungen dψ dy d ψ dy = d h = dh y dy e y dy e + h ( y) e y, dh + dy y dh ( y) e + dy 57 y ( y) e h e y + h ( y) e y

21 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR = d h dh y dy dy h + h y e y. Damit liefert die Schrödinger Gleichung d ψ + (ε y h dh ) ψ = 0 = y dy dy h + h y + (ε y ) h e y. Wir haben also die Schrödinger Gleichung gegen eine Differentialgleichung für h getauscht, d h dh y + (ε 1) h = 0. (3.55) dy dy Um h zu bestimmen, machen wir den Potenzreihenansatz h(y) = a m y m. m=0 Setzt man den Ansatz in die Differentialgleichung (3.55) ein, so ergibt sich a m m (m 1) y m m= (m ε + 1) a m y m = 0 m=0 bzw. nach der Redefinition des Summationsindex m m + in der ersten Summe a m+ (m + 1) (m + ) y m (m ε + 1) a m y m = 0. m=0 Koeffizientenvergleich liefert m=0 (m + 1) (m + ) a m+ = (m ε + 1) a m. D.h. für vorgegebenes a 0 erhalten wir eine Rekursionsformel für a, a 4... (gerade Parität) und für vorgegebenes a 1 erhalten wir eine Rekursionsformel für a 3, a 5... (ungerade Parität). Wesentliche Einschränkungen an die Koeffizienten ergeben sich aus der Forderung nach Normierbarkeit, dx ψ(x)! = 1. Daraus leiten wir ab, dass die Potenzreihe für h(y) bei einer endlichen Position abbrechen muss, h(y) = m max m=0 a m y m. 58

22 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR Um zu sehen, dass dies so ist, nehmen wir an, h(y) sei eine unendliche Potenzreihe. Dann folgt aus der Asymptotik für m, dass m a m+ m a m a m+ a m m. Nun wollen wir zeigen, dass h(y) e y für y. Es ist und h(y) = + a m y m + + a m+ y m = + a m y m + + a m m ym e y = (y ) ν ν=0 ν! = yν ν! + yν+ (ν + 1)! +..., wobei offensichtlich (ν + 1)! = (ν + 1) ν! gilt. Wir identifizieren nun ν m und aus dem Vergleich ergibt sich, dass h(y) e y. Damit wäre asymptotisch ψ(y) e y e y = e y für y. M.a.W., ψ wäre nicht normierbar. Da wir das ausschließen, muss m max endlich sein. Also gibt es ein n, so dass bzw. n ε + 1 = 0 ε = n + 1 = E n ω. Die Energiewerte sind folglich diskret, und es gilt (Abbildung 3.13) E n = n + 1 ω mit n = 0, 1,, 3,.... (3.56) 59

23 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR V (x) 1 ω ω ω E E 1 E 0 x Abbildung 3.13: Harmonischer Oszillator mit Energieeigenwerten. Bemerkung: Die ganze Zahl n in der Abbruchbedingung kann entweder gerade oder ungerade sein. Das bedeutet, dass die entweder die a m mit geraden oder die mit ungeradem m komplett verschwinden und die jeweils anderen erst ab n. Dies kann auch als Konsequenz der Spiegelungssymmetrie des Problems aufgefasst werden (vgl. die Diskussion in Abschitt 3.). Es gibt insbesondere einen diskreten Satz an Eigenfunktionen, ψ n (x) = h n (y) e y x = h n exp x. x 0 x 0 Der Zusammenhang zwischen x und der Hilfsvariablen y ist y = x x 0 = m ω x. Die Differentialgleichung für die h n (y) lautet d h n dy y dh n dy + (ε 1) h n = d h n dy Dies führt auf die Hermitesche Differentialgleichung d H n dy y dh n dy + n h n = 0. y dh n dy + n H n = 0. (3.57) Diese wird durch die Hermite Polynome H n (vergleiche Aufgabe 7) gelöst. Sie stehen mit den Polynomen h n in Beziehung über 4 h n (y) = n n! π 1 x 0 H n (y). (3.58) 4 Die h n sind jetzt bzgl. x normiert und nicht mehr bzgl. y = x/x 0. Ich danke Herrn Kathan für diese Korrektur. 60

24 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR Man kann zeigen, dass die Hermite Polynome durch die Bestimmungs-Gleichung H n (y) = ( 1) n e y dn dy n e y (3.59) ermittelt werden können. Die 6 ersten Hermite Polynome sind H 0 (y) = 1, (3.60a) H 1 (y) = y, (3.60b) H (y) = 4 y, (3.60c) H 3 (y) = 8 y 3 1 y, (3.60d) H 4 (y) = 16 y 4 48 y + 1, (3.60e) H 5 (y) = 3 y y y. (3.60f) Orthogonalität der Hermite Polynome. Die Hermite Polynome erfüllen die Orthogonalitätsrelation dy e y H n (y) H m (y) = π n n! δ nm. (3.61) Eigenschaften der Lösungen des harmonischen Oszillators. (1) (3.61) impliziert dx ψ n(x) ψ m (x) = δ nm. (3.6) () Wie man zeigen kann, gilt die Vollständigkeitsrelation ψ n (x) ψ n (x ) = δ(x x ). (3.63) n=0 (3) Die ersten zwei Momente der Wahrscheinlichkeitsdichten ρ n = ψ n (x) sind x n = x n = dx x ψ n (x) = 0, dx x ψ n (x) =... = x 0 n + 1 Daraus folgt eine Ortsunschärfe von Δx := x n x x n = n = x 0 n + 1. Diese kann als Maß für die Breite des Wellenpakets aufgefasst werden.. 61

25 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR (4) Die Impulsverteilung ist gegeben durch ϕ n (p) = dx exp i p x ψ n (x). Durch Rechnung findet man, dass p n = 0. Diese Relation drückt nichts anderes aus als dass die Teilchen im Parabel Potential gefangen sind. Das zweite Moment der Impulsverteilung verschwindet jedoch nicht, p n = dp π p Φ n (p) =... = x 0 n + 1. Das impliziert eine Impulsunschärfe von Δp := p p = p = n + 1 x0. Insgesamt finden wir die Unschärferelation Δx Δp = n Algebraische Behandlung des harmonischen Oszillators Ausgangspunkt ist der Hamilton Operator H = p m + 1 k x. Wir benutzen wieder die Variablen k ω = m, x 0 = m ω und p 0 = = m ω. x 0 Weiterhin führen wir dimensionslose Variablen X und P ein mit X = x x 0 und P = p p 0. Damit erhalten wir neue Operatoren X = m ω x, (3.64a) 6

26 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR P = 1 p = 1 m ω i m ω d dx. (3.64b) Damit kann man den Kommutator aus dem Orts- und dem Impulsoperator schreiben in der Form [x, p] = i = x 0 p 0 [X, P ]. Setzt man nun die Definitionen von x 0 und p 0 ein, so erhält man für den Kommutator [X, P ] = i. (3.65) Auf- und Absteiger. Wir definieren a ± := 1 (X i P ), (3.66) so dass X = x x 0 = 1 (a + + a ), P = p p 0 = i (a + a ). (3.67a) (3.67b) Die Nomenklatur Auf- bzw. Absteiger wird sich nachträglich rechtfertigen. Der Kommutator aus Ab- und Aufsteiger ist [a, a + ] = a a + a + a Es gilt weiter = 1 (X + i P ) (X i P ) 1 (X i P ) (X + i P ) = i [P, X] = 1. X = 1 (a + + a ) (a + + a ) = 1 (a + a + + a a + + a + a + a a ), P = 1 (a + a ) (a + a ) = 1 (a + a + a a + a + a + a a ). Addieren beider Gleichungen liefert P + X = 1 ( a a + + a + a ) = a + a + a a + a + a =[a,a + ] = a + a

27 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR Der Hamilton Operator lässt sich also schreiben als H = 1 ω P + X = ω a + a + 1 = ω N + 1, (3.68) wobei wir den Besetzungszahl Operator N := a + a (3.69) eingeführt haben. Wir werden später sehen, dass N hermitesch ist. Betrachte nun Eigenvektoren vom N. Man schreibt N ν = ν ν (3.70) wobei ν ein abstrakter Eigenvektor und ν der entsprechende Eigenwert ist. Ein Vektor der Form wird Ket Vektor genannt. Auf- bzw. Absteige Operator. Behauptung: Ist ν Eigenvektor zu N mit Eigenwert ν, so ist a + ν Eigenvektor zu N mit Eigenwert ν+1 und a ν Eigenvektor zu N mit Eigenwert ν 1. Beweis. (a + a ) a + ν = a + (a a + ) ν = a + (a + a + [a, a + ]) ν = a + (N + 1) ν = a + (ν + 1) ν = (ν + 1) (a + ν). Völlig analog zeigt man, dass a den Eigenwert um 1 erniedrigt, (a + a ) a ν = (a a + [a, a + ]) a ν = (a a + 1) a ν = a (a + a 1) ν = a (N 1) ν = a (ν 1) ν = (ν 1) (a ν). Diese Relationen zeigen, dass (vgl. Abbildung 3.14) a + erhöht. den Eigenwert ν um 1 a erniedrigt. 64

28 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR a + a + a + ν = 3 ν = ν = 1 ν = 0 a a a Abbildung 3.14: Auf- und Absteigeoperatoren. Allerdings gibt es ein potentielles Problem: Im Prinzip könnte man sich vorstellen, dass man ν beliebig erniedrigen kann, so dass aufgrund (3.68), H = ω N + 1, Zustände mit beliebig negativer Energie entstehen könnten. Andererseits zeigen obige Argument nur, dass man mit a ± Zustände ν ± 1 erreicht, falls diese existieren (und normierbar sind). Aus unserer vorangegangenen Diskussion wissen wir bereits, dass es keinen Zustand mit negativer Energie gibt; entsprechend können wir ansetzen a 0 = 0. (3.71) Durch Zurückübersetzen in die Ortsdarstellung erhalten wir die Bestimmungsgleichung für die zugehörige Wellenfunktion ψ 0 m ω x + d ψ 0 (x) = 0 (3.7) m ω dx bzw. dψ 0 dx (x) = m ω x ψ 0(x). (3.73) Diese Gleichung kann man lösen durch Trennung der Variablen, dψ0 = m ω dx x ln ψ 0 = m ω ψ 0 x + const., d.h. ψ 0 (x) = A 0 exp m ω x. (3.74) Insbesondere können wir nun alle Lösungen mit ν > 1 durch sukzessives Anwenden von a + konstruieren, 65

29 3.6. EINDIMENSIONALER HARMONISCHER OSZILLATOR ψ n (x) = A n m ω x m ω n d exp m ω dx x ; (3.75) diese entsprechen den Lösungen mit Energieeigenwerten E n = n + 1 ω. (3.76) 66