B ~ (~ r) = B~e z) und kein Potential spürt

12 Übungsblatt Theoretische Physik IV

12.1 (Elektron im Magnetfeld)

Der Hamiltonoperator für ein Elektron (Ladung

q = − e, e > 0

^{), dass sich in einem}

homogenen Magnetfeld in

z

^{-Richtung bewegt (}

B ~ (~ r) = B~e _z

^{) und kein Potential spürt}

(

V (~r) = 0

^),lautet:

H ˆ = 1

2m π ˆ ² + µ B σ ˆ z B.

⁽¹⁾

Mit dem Operator des kanonischen Impulses (in Ortsdarstellung)

π ˆ = ^~ _i ∇ + e ~ A (~r)

^,

dem Vektorpotential

A ~ (~r)

^{, dem Bohrschen Magneton}

µ B

^{und der} Pauli-Matrix

σ ˆ z

^.Es

sinddie Energieeigenwerte undEigenzustände desProblems zu bestimmen.

Für ein beliebiges Vektorpotential gilt

B ~ = ∇ × A ~

^{. Zudem gilt für ein} Vektorpoten- tial

∇ · A ~ = 0

(Coulomb-Eichung). In diesem Fall gilt für das Vektorpotential

A ~ (~r) =

1 2

B ~ × ~r

.Inunserem speziellen Fallist

B ~ = B~e _z

^{,daherfolgt für das}Vektorpotential:

A ~ 1 = 1 2





− By Bx

0



 ,

alternativ würde auch z.B.

A ~ 2 =



 0 Bx

0





funktionieren,dieslässtsichleichtdurcheinsetzenverizieren.FürdieersteBedingung

erhaltenwir:

B ~ =

~e _x ~e _y ~e _z

∂ _x ∂ _y ∂ _z 0 Bx 0

= ∂ x Bx~e z = B~e z

und fürdie zweite Bedingung:

∇ · A ~ = ∂ _x (0) + ∂ _y (Bx) + ∂ _z (0) = 0.

Für

A ~ 1

^werdendieBedingungen auch erfüllt:

B ~ =

~e _x ~e _y ~e _z

∂ _x ∂ _y ∂ _z

− ¹ 2 By ¹ ₂ Bx 0

= ∂ _x 1

2 Bx~e _z − ∂ _y

− 1 2 By

~e _z = B~e _z

und

∇ · A ~ = ∂ _x

− 1 2 By

+ ∂ _y

1 2 Bx

+ ∂ _z (0) = 0

Wirbetrachten

ˆ π ²

^:

ˆ π ² =

~

i ∇ + e ~ A (~r) 2

=

− ~ ² ∇ ² + ~

i ∇ e ~ A (~r) + e ~ A (~r) ~

i ∇ + e ² A ~ ² (~r)

.

Wenden wirden Operator

~ p · A ~ (~ r)

ⁱⁿ Ortsdarstellung (d.h.

~ p = ^~ _i ∇

^{)auf eine Wellen-}

funktionan,ergibt sich:

~ i ∇ ·

Aψ ~

= ~ i

∇ · A ~

| {z }

=0

ψ + A ~ · ~

i ∇ ψ

= A ~ · ~ i ∇ ψ.

Somit vertauschen also dieOperatoren und wirkönnen für

π ˆ ²

^schreiben:

ˆ π ² =

− ~ ² ∇ ² + 2e ~ A (~r) ~

i ∇ + e ² A ~ ² (~r)

.

Betrachtenwirden zweiten TermdesHamiltonian

(1)

^{,dieserist gegebenmit:}

µ _B σ ˆ _z B =

µ B B 0 0 − µ _B B

.

Es gilt also diestationäre Pauligleichung:

1 2m

− ~ ² ∇ ² + 2e ~ A (~r) ~

i ∇ + e ² A ~ ² (~r)

+ µ _B σ ˆ _z B

ψ ~ = E ~ ψ,

mit

ψ ~ = ψ +

ψ −

.

Ausdieserergeben sich diezwei Gleichungen:

1 2m

− ~ ² ∇ ² + 2e ~ A (~r) ~

i ∇ + e ² A ~ ² (~r)

+ µ B B

ψ + = Eψ +

1 2m

− ~ ² ∇ ² + 2e ~ A (~r) ~

i ∇ + e ² A ~ ² (~r)

− µ _B B

ψ − = Eψ − .

Wir betrachten die erste Gleichung, wobei wir schreiben können, wenn wir unser

A ~ 1

expliziteinsetzen:

1 2m

− ~ ² ∇ ² + eBx ~ i

∂

∂y − eBy ~ i

∂

∂x + e ² 1

4 B ² y ² + 1 4 B ² x ²

+ µ B B

ψ + = Eψ +

Setzen wir

A ~ 2

^{explizitein, erhaltenwirfolgende Gleichung:}

1 2m

− ~ ² ∇ ² + 2eBx ~ i

∂

∂y + e ² B ² x ²

+ µ B B

ψ + = Eψ +

Es ist also sofort zu erkennen, das die

ψ +

^{je nach Wahl von}

A ~

^{eine andere Form}

erhaltenwerden, wobeidie

z

^-Richtung ausgezeichnetist (indiese ist jaauchdas

B ~

^-Feld

gerichtet!).

Wirsuchen einenAnsatz für

ψ +

^{von derzweiten Gleichung, dadiese leichter zu lösen}

sein wird (im Vektorpotential verschwinden 2 Komponenten und nicht nur eine wie bei

der ersten Gleichung für

A ~ 1

^{), wobei auf Grund der}

x

^-und

x ²

^{-Terme folgender Ansatz}

sinnvoll erscheint:

ψ + = X (x) e ^{ik y y} e ^{ik z z} .

Setzen wirdiesen Ansatzein, ergibt sich:

1 2m

− ~ ² ∂ ²

∂x ² + ∂ ²

∂y ² + ∂ ²

∂z ²

+ 2eBx ~ i

∂

∂y + e ² B ² x ²

+ µ _B B

X (x) e ^{ik y y} e ^{ik z z} = EX (x) e ^{ik y y} e ^{ik z z} ,

wobeiunser Zielist,dies aufdieFormeines harmonischen Oszillatorszurückzuführen

deruns gut bekannt ist:

− ~ ² 2m

∂ ² X (x)

∂x ² + ~ ²

2m k _y ² + k _z ² + eB

m x ~

i ik _y + e ² B ² 2m x ²

X (x) + µ _B BX (x) = EX (x) ,

wir können dieZyklotronfrequenz einsetzen mit

ω c = _m ^eB

e

folgt,wobei wir zudem um-

stellen können:

− ~ ² 2m

∂ ² X (x)

∂x ² + ~ ² k ² _y

2m + ~ k _y ω _c x + 1 2 mω ² _c x ²

!

X (x) =

E − µ _B B − ~ ² k _z ² 2m

X (x)

Wirkönnendiebinomische Formelbenutzenunddievon

x

unabhängige neueEnergie

E ˜ =

E − µ _B B − ^~ 2m ^{2 k 2 z}

denieren:

− ~ ² 2m

∂ ² X (x)

∂x ² + ~ k _y

√ 2m + r m

2 ω c x ²

X (x) = ˜ EX (x) ,

wobei diese Gleichung der Schrödingergleichung eines verschobenen Oszillators ent-

spricht. Wirkönnen dies umschreiben,umdies besserzu erkennen:

− ~ ² 2m

∂ ² X (x)

∂x ² + 1 2 mω _c ²

~ k y

mω _c + x 2

X (x) = ˜ EX (x) .

Wirkönnen jetzt substituieren

ξ = _mω ^{~ k y}

c + x

^{,damit folgt:}

− ~ ² 2m

∂ ² X ˜ (ξ)

∂ξ ² + 1

2 mω ² _c ξ ² X ˜ (ξ) = ˜ E X ˜ (ξ) .

Hierfürkennen wirdie Energieeigenwerte undEnergieeigenfunktionen, diese lauten:

E ˜ =

n + 1 2

~ ω c

und

X ˜ (ξ) =

r mω _c

~ 1 2 ⁿ n! √

π ¹ ₂

exp

−

mω c

~ ξ ² 2

H _n

r mω _c

~ ξ

,

wobei

H _n (x)

^dieHermiteschen Polynomesind.

Wirmüssennurnochsubstituieren,umeinErgebnisfürdieEnergieeigenwerteunddie

Energieeigenfunktionen derAufgabe zuerhalten, esfolgt für dieEnergieeigenwerte:

E + =

n + 1 2

~ ω _c + µ _B B + ~ ² k ² _z 2m

und fürdie Energieeigenfunktion:

ψ + =

r mω c

~ 1 2 ⁿ n! √ π

¹ ₂ exp



 −

mω c

~

_{~ k}

y

mω c + x ² 2



  H n

r mω c

~

~ k _y mω _c + x

e ^{ik y y} e ^{ik z z} .

Interessanter Weise ist eine erneute erschöpfende Behandlung für den Fall

ψ −

^nicht

notwendig, was man schnell aus den Gleichungen erkennt, da sich für diesen nur das

Vorzeichen von

µ B B

^{ändert, dieses spielt für die} Energieeigenfunktionen jedoch keine Rolle undliefert nur andere Energieeigenwerte, esfolgt also für

ψ −

^:

E − =

n + 1 2

~ ω c − µ B B + ~ ² k ² _z 2m .

Während

ψ + = ψ −

^{gilt,somit also:}

ψ ~ = ψ +

1 1

.

Diesbedeutet physikalischinterpretiert, dass Elektronen mit verschiedenem Spinver-

schiedene Energien besitzen, obwohl sie sich im selben Orbital aufhalten, bzw. gerade,

dasssie sich imselbenOrbital aufhalten dürfen,wenn sieverschiedenen Spinbesitzen.

Wir betrachten ein Elektron, dass sich in folgendem in Zylinderkoordinaten gegebenen

Potential bewege:

V (ρ, ϕ, z) =

( 0

^für

ρ _a ≤ ρ ≤ ρ _b

∞

^sonst

a)

Es sinddieRandbedingungenfür dieWellenfunktionindenPunkten

ρ = ρ a

^und

ρ = ρ b

zu bestimmen. Die Wellenfunktion muss in

ρ = ρ _a

^und

ρ = ρ _b

^identisch verschwinden, da dasPotential gegen unendlich strebt. Es gilt also:

ψ (ρ = ρ _a ) = 0 ψ (ρ = ρ _b ) = 0

b)

Es sinddie(nicht-normierten) Energieeigenfunktionen mit Hilfeeines Separationsansat-

zeszu nden,zudem istzu zeigen,dass dieEnergieeigenwerte gegeben sind durch

E _lnk = ~ ²

2m k ² _ln + k ² ,

wobei

k

^eine kontinuierliche Wellenzahl sei und die

k _ln

^als

n

^{-te Wurzel der transzen-}

dentenGleichung

J _l (k _ln ρ _b ) N _l (k _ln ρ _a ) − J _l (k _ln ρ _a ) N (k _ln ρ _b ) = 0

gegeben sind. Die Funktionen

J _l (x)

^und

N _l (x)

^{sind deniert als dielinear unabhän-}

gigenLösungen derBesselschenDierentialgleichung

x ² d ²

dx ² J _l (x) + x d

dx J _l (x) + x ² − l ²

J _l (x) = 0

äquivalent für

N l (x)

^.

Wir betrachten die Schrödingergleichung für dieses Problem, wobeiwir den LaPlace-

OperatorinZylinderkoordinaten(

∆ = ¹ _{ρ ∂ρ} ^∂ + _∂ρ ^{∂ 2} 2 + _ρ ¹ 2 ∂ ²

∂ϕ ² + _∂z ^{∂ 2} 2

^{)verwenden undnur den}

Bereich betrachten indemdieWellenfunktion nicht verschwindet, d.h.

ρ _a ≤ ρ ≤ ρ _b

^bzw.

V (ρ) = 0

^:

− ~ ² 2m

1 ρ

∂

∂ρ

ρ ∂

∂ρ

+ 1 ρ ²

∂ ²

∂ϕ ² + ∂ ²

∂z ²

ψ = Eψ.

WählendesSeparationsansatzes:

ψ (ρ, ϕ, z) = R (ρ) Φ (ϕ) Z (z)

und Eingehenin dieSGmit diesemliefert:

ΦZ ρ

∂R

∂ρ + ΦZ ∂ ² R

∂ρ ² + RZ ρ ²

∂ ² Φ

∂ϕ ² + RΦ ∂ ² Z

∂z ² = − 2mE

~ ² RΦZ.

Wirmultiplizieren mit

ρ ²

R Φ Z

^underhalten:

ρ R

∂R

∂ρ + ρ ² R

∂ ² R

∂ρ ² + 1 Φ

∂ ² Φ

∂ϕ ² + ρ ² 1 Z

∂ ² Z

∂z ² = − ρ ² 2mE

~ ²

Hieraus können wir die Besselsche Dierentialgleichung erhalten, hierzu betrachten

wir:

ρ R

∂R

∂ρ + ρ ² R

∂ ² R

∂ρ ² + ρ ² 1 Z

∂ ² Z

∂z ²

| {z }

= const. =− k ²

+ 1 Φ

∂ ² Φ

∂ϕ ²

| {z }

= const. =− l ²

= − ρ ² 2mE

~ ²

mit

1 Z

∂ ² Z

∂z = − k ² ⇒ Z = Ae ^{± ikz}

da dasTeilchen in

z

^{-Richtung frei istund somit fürdiese Richtung als freiesTeilchen}

angenommenwerdenkann,und

1 Φ

∂ ² Φ

∂ϕ = − l ² ⇒ Φ = Ce ^ilϕ + De ^{− ilϕ}

wobeiwegen

Φ (0) = Φ (2π)

^{aufGrund der}Winkelsymmetrie gelten muss:

C + D = Ce ^{il 2 π} + De ^{− il 2 π} .

Dieswirdjedochnur durchganzzahlige

l

^{erfüllt, dahergilt}

l ∈ Z

. Wirerhalten, wenn wirdieDGL mit

R

multiplizieren:

ρ ∂R

∂ρ + ρ ² ∂ ² R

∂ρ ² +



 

  ρ ²

2mE

~ ² − k ²

| {z }

= µ ²

− l ²



 

  R = 0

Substitution von

x = µρ

^{liefert (}

_dx ^d = ^dp _{dx dp} ^d = _µ ¹ _dp ^d ⇔ µ _dx ^d = _dp ^d

^):

x d R ˜ (x)

dx + x ² d ² R ˜ (x)

dx ² + x ² − l ² R ˜ (x) = 0

wie bereitsobenangekündigt dieBesselsche DGL.Mit derDenition, dass

J _l (x)

^und

N l (x)

^{die linear}unabhängigen Lösungen dieser sind, können wir also die Linearkombi- nationdieser als

R ˜ (x)

^schreiben:

R ˜ (x) = η _j J _l (x) + η _n N _l (x) ,

wobeiwirhierbeiausgenutzt haben das

l

^{ganzzahligist,d.h.}

N _l (x)

^{ist dieWebersche}

Funktion(nach Bronstein auch als

Y n (x)

geschrieben).

Es istanderZeitunsereRandbedingungen ausAufgabenteila)wiederrauszukramen,

wobeiwirmit demSeparationsansatz erhalten:

ψ (ρ a , ϕ, z) = R (ρ a ) Φ (ϕ) Z (z) = 0 ψ (ρ b , ϕ, z) = R (ρ b ) Φ (ϕ) Z (z) = 0

somit gilt jedoch auch mit

R ˜ (x) = ˜ R (µρ)

^und

ψ (ρ a , ϕ, z) = ψ (ρ b , ϕ, z) = 0

^:

R ˜ (µρ a ) = 0 = ˜ R (µρ b )

Diesbedeutet jedoch zugleich:

η j J _l (µρ a ) + η n N _l (µρ a ) = 0 η j J l (µρ b ) + η n N l (µρ b ) = 0

dies können wirumschreiben zu:

J _l (µρ a ) N _l (µρ a ) J _l (µρ b ) N _l (µρ b )

η j

η _n

= 0

0

,

wobeidieKoezientendeterminante verschwinden muss, d.h.

J _l (µρ a ) N _l (µρ a ) J _l (µρ _b ) N _l (µρ _b )

= J _l (µρ a ) N _l (µρ _b ) − J _l (µρ _b ) N _l (µρ a ) = 0

Diesist abergeradeGleichung (4)vomÜbungsblatt:

J _l (k ln ρ _b ) N _l (k ln ρ _a ) − J _l (k ln ρ _a ) N _l (k ln ρ _b ) = 0,

wobei

µ = k _ln

^{sei,somit erhaltenwir, da}

µ ² = ^{2 mE} _{~ 2} − k ²

^{ist,durch umstellen:}

E _lnk = ~ ²

2m k ² _ln + k ² .

Für dienicht-nomierten(

A = 1

⁾ Energieeigenfunktionen folgt:

ψ (ρ, ϕ, z) = (η j J _l (k nl ρ) + η _n N _l (k nl ρ))

Ce ^ilϕ + De ^{− ilϕ}

e ^{± ikz} .

Es wirdein homogenes Magnetfeld

B ~ = B~e _z = ∇ × A ~

^für

0 ≤ ρ ≤ ρ _a

^{angelegt. Es ist}

dasVektorpotential

A ~ (~r)

^{unddieveränderte} Säkulargleichung (4)vomÜbungsblatt für dieEnergieeigenwerte zu bestimmen.

WirbetrachteneinzylindersymmetrischesProblem,daherbetrachtenwirdieRotation

inZylinderkoordinaten, esgilt:

∇ × A ~ = ~e _ρ 1

ρ

∂A _z

∂ϕ − ∂A _ϕ

∂z

+ ~e _ϕ ∂A _ρ

∂z − ∂A _z

∂ρ

+ ~e _z 1

ρ

∂

∂ρ (ρA _ϕ ) − 1 ρ

∂A _ρ

∂ϕ

damit folgt aber, daunser

B ~

^-Feldin

z

^{-Richtung zeigt:}

B = 1 ρ

∂

∂ρ (ρA ϕ ) − 1 ρ

∂A _ρ

∂ϕ .

Wirwählen

∂A ρ

∂ϕ = 0

^{,somitfolgt also:}

Bρ = ∂

∂ρ (ρA ϕ ) .

WirintegrierenbeideSeitenderGleichung,wobeidas

B ~

^{-Feldnur innen}

(ρ ≤ ρ _a )

^exis-

tiert:

Z ρ a

0

Bρ = Z ρ

0

∂

∂ρ (ρA ϕ ) B

2 ρ ² _a

ρ = A _ϕ

DiesistdasErgebnisfürdasäuÿereVektorpotential

A ~ _aussen

^{.Somit istdieses gegeben}

mit

A ~ _aussen = B 2

ρ ² _a ρ ~e _ϕ

Wenn

B ~ = B~e z

^für

0 ≤ ρ ≤ ρ a

^{ergibt jedes} Flächenintegral über die zur

z

^-Achse

senkrechtenEbene (

~ n = ~e _z

^{), welches denInnenraum} umschlieÿt:

Z Z

Γ

B ~ e _z · ~ n dΓ = Z Z

Γ

B dΓ = Z 2 π

0

dϕ Z ρ a

0

dr Br = πρ ² _a B.

Weil aber

B ~ = ∇ × ~ A ~

^{ist,können wirden} Stokesschen Satz anwenden:

Z Z

Γ

∇ × ~ A ~

· ~e z dΓ = I

¯ γ

A ~ · d~ x.

Diesliefert inkartesischenKoordinaten

I

¯ γ

A ~ · d~ x = I

¯ γ

(A x dx + A y dy + A z dz)

mit derParametrisierung

¯ γ

^{diedemRand desKreisesentspricht (}

ρ ≤ ρ a

⁾

ϕ ∈ [0, 2π]

^,

x = ρ cos ϕ

^,

y = ρ sin ϕ

^und

z = 0

^{folgt somit:}

πρ ² _a B = Z 2π

0

A _x dx

dϕ dϕ + A _y dy

dϕ dϕ + A _z dz dϕ dϕ

= ρ Z 2 π

0

(A x ( − sin ϕ) dϕ + A _y (cos ϕ) dϕ + 0)

= ρ Z 2 π

0

(A y cos ϕ − A _x sin ϕ) dϕ

= ρ Z 2 π

0

A _ϕ dϕ

= 2πρA ϕ

Wirerhaltenalso einVektorpotential von

A _ϕ = ρB 2 ,

d.h.

A ~ innen = A ϕ ~e ϕ = ^ρB ₂ ~e ϕ

^.

Wir betrachten nun das äuÿere Vektorpotential, welches sich im Leiter bendet. Bei

diesem Vektorpotential verschwindet praktischerweise auch derGradient inZylinderko-

ordinaten. WirkoppelndasPotential anden kanonischen Impulsan (da wirwie in12.1

den Einuss eines Magnetfeldesbesitzen)und rechnen inOrtsdarstellung aus:

~ π ˆ ² =

~ ˆ

p + e ~ A ²

= ˆ ~ p ² +

Beρ ² _a 2ρ

²

+ Beρ ² _a ρ ~e _ϕ · ~ p ˆ

= − ~ ² ∆ +

Beρ ² _a 2ρ

²

+ Beρ ² _a ~ ρ ² i

∂

∂ϕ .

Wirwählen fürdie Wellenfunktion wiederden bewährtenSeparationsansatz:

ψ (ρ, ϕ, z) = R (ρ) Φ (ϕ) Z (z)

Dieseingesetzt inunsere Schrödingergleichung

Hψ ˆ = ~ π ˆ ²

2m ψ = Eψ

ergibt:

"

− ~ ² 2m

1 ρ

R ⁰ R + R ⁰⁰

R + 1 ρ ²

Φ ⁰ Φ + Z ⁰⁰

Z

+ Beρ ² _a 2mρ ² i

Φ ⁰ Φ + 1

2m

Beρ ² _a 2ρ

² #

ψ = Eψ

Wirmultiplizierenmit

−2 mRρ ²

ψ ~ 2

^{und erhalten:}

ρR ⁰ + ρ ² R ⁰⁰ +

1 − Beρ ² _a

~ i Φ ⁰

Φ R + ρ ² Z ⁰⁰ Z R −

Beρ ² _a 2 ~

²

R = − 2mEρ ²

~ ² R.

Umstellenliefert

ρR ⁰ + ρ ² R ⁰⁰ +

"

1 − Beρ ² _a

~ i Φ ⁰

Φ −

Beρ ² _a 2 ~

² #

| {z }

=− ˜ l ²

R + Z ⁰⁰

Z + 2mE

~ ²

ρ ²

| {z }

= ˜ µ ² ρ ² = x ² _α

R

also wieder die Besselsche DGL nur mit etwas anderen Konstanten. Das führt entspre-

chend aufeine etwasandereSakulärgleichung:

J _l (˜ µρ _a ) N _l (˜ µρ _b ) − J _l (˜ µρ _b ) N _l (˜ µρ _a )

und veränderte Energieeigenwerte. Einetiefergehende Analyse desProblems würde uns

eine weitere Energiewertaufspaltung in Abhängigkeit davon geben, ob ein Teilchen in

odergegen die Vektorpotentialfeldrichtung läuft, dies nennt man den Aharanov-Bohm-

Eekt. Das besondere hieran ist,dass dasMagnetfeld sich nicht im Leiter bendet und

dennoch überdasVektorfeld die Energieeigenwerte beeinusst.