2b 2 + ik 0 x

2 Übungsblatt Theoretische Physik IV

2.1 (Wellenpaket für freies Teilchen)

Die Wellenfunktion für ein freies Teilchen (Masse

m

^{) in einer} Raumdimension sei zur Zeit

t = 0

^{gegeben durch:}

ψ (x, t = 0) = A exp

− x ²

2b ² + ik ₀ x

(1)

a)

Fürdie Normierung gilt:

Z _∞

−∞

dx ψψ ^∗ = 1

⁽²⁾

Somit folgt mit einsetzenvon

(1)

ⁱⁿ

(2) : Z _∞

−∞

dx A ² exp

− x ²

2b ² + ik ₀ x

exp

− x ²

2b ² − ik ₀ x

= 1 A ²

Z _∞

−∞

dx exp

− x ² b ²

= 1 Z _∞

−∞

dx exp

− x ² b ²

− ¹ 2

= A

Wir können das Integral leicht berechnen, indem wir auf Polarkoordinaten wechseln,

hierzu betrachten wir:

Z _∞

−∞

dx exp

− x ² b ²

2 ! ¹ ₂

= Z _∞

−∞

dx Z _∞

−∞

dy exp

− x ² + y ² b ²

= Z _∞

0

dr Z 2π

0

dϕ r exp

− r ² b ²

= 2π Z _∞

0

dξ rb ²

2r exp ( − ξ) Z _∞

−∞

dx exp

− x ² b ²

= √ πb ²

Setzen wirdiesein, folgt:

A = 1

√ 4 π √

b

ψ (x, t = 0)

^{kann auchals WellenpaketderForm:}

ψ (x, t = 0) = 1

√ 2π Z _∞

−∞

dk ψ ˜ (k) exp (ikx) ,

geschriebenwerden.Um

ψ ˜ (k)

^{zubestimmen,betrachtenwirdieF}ouriertransformierte:

ψ ˜ (k) = 1

√ 2π Z _∞

−∞

dx ψ (x, t = 0) exp ( − ikx) ,

wobeieinsetzen von

(1) : ψ ˜ (k) = A

√ 2π Z _∞

−∞

dx exp

− x ²

2b ² + i (k ₀ − k) x

,

liefert.Nunmüssenwirklug substituieren,umeineeinfacheFormzuerhalten,wobei

unserZiel

e ^{− ξ 2}

^{ist.Dazuergibt die}Substitution von

ξ = ^{√ x}

2b − i (k 0 − k) ^{√ b}

2 ,

^mit

− ξ ² =

− _2b ^{x 2 2} + i (k ₀ − k) x + (k ₀ − k) ^{2 b} ₂ ² ,

^{(wobeiwirzusätzlich}

α = (k ₀ − k) √ ^b

2

^denieren):

ψ ˜ (k) = Ab

√ π e ^{− α 2}

Z _∞− iα

−∞− iα

dξ e ^{− ξ 2} ,

⁽³⁾

wobei

dξ dx = √ ¹

2b ⇔ dx = dξ √

2b.

^{Nun können wir das Integral aus}

(3)

^{lösen, in-}

dem wirden Residuensatzbenutzen, dazu wählen wir den auf derfolgenden Zeichnung

beschriebenen Integrationsweg:

C Im(y)

Re(y)

− iα

Es gilt also,wobeidie zweiWegevon

0

^nach

− iα

^und

− iα

^nach

0

^nur

0

^liefern:

I

C

dξ e ^{− ξ 2} = 0 =

Z _∞− iα

−∞−iα

dξ e ^{− ξ 2} − Z _∞

−∞

dξ e ^{− ξ 2} =

Z _∞− iα

−∞−iα

dξ e ^{− ξ 2} − √ π,

Für das Integral auf der reellen Achse gilt:

R _∞

−∞ dξ e ^{− ξ 2} = √

π,

^{was wir bereits oben}

(Aufgabenteil a) (in leicht abgewandelter Form) gelöst hatten. Das Integral liefert also

mit Hilfe desResiduensatzes:

Z _∞− iα

−∞− iα

dξ e ^{− ξ 2} = √ π.

Für dieWellenfunktion

ψ ˜ (k)

^folgt:

ψ ˜ (k) = Abe ^{− α 2} = b ²

π ¹ ₄

e ⁻

(k 0 − k) √ ^b 2

2

Alternativ (ohne Residuensatz):

MankanndasIntegral:

ψ ˜ (k) = A

√ 2π

| {z }

= ˜ A

Z _∞

−∞

dx e

− x ² /2b ²

|{z} =α

+ix (k ₀ − k)

| {z }

=β ,

auchdurch geschickteDierentiation lösen.

= A ˜ Z _∞

−∞

dx e ^{− αx 2}



  cos (βx) +i sin (βx)

| {z }

=0

^ungerade



  ,

= A ˜ Z _∞

−∞

dx e ^{− αx 2} cos βx.

Betrachte:

∂ ψ ˜ (k)

∂β = − A ˜ Z _∞

−∞

dx

xe ^{− αx 2} sin βx,

p.I.

= − A ˜ e ^{−αx 2}

2α sin βx | ^∞ −∞

| {z }

=0

− β 2α A ˜

Z _∞

−∞

dx e ^{− αx 2} cos βx

| {z }

= ˜ ψ(k)

.

Daraus folgt:

1 ψ ˜ (k)

∂ ψ ˜ (k)

∂ (β ) = − β 2α = ∂

∂β ln ψ ˜ (k)

,

wasmanvergleichsweise einfach über

β

integrieren kann.Dasheiÿt:

ln ψ ˜ (k)

= − β ²

4α + c ⇒ ψ ˜ (k) = Ce ^{− β}

2

4a = Ce ^{−(k 0 −k) 2 b}

2 2 .

Um

C

^{zubestimmenbetrachteman}

ψ ˜ (k ₀ ) .

^{Zumeinengiltdann}

ψ ˜ (k ₀ ) = C

^und

ψ ˜ (k ₀ ) = A ˜ R

dx e ^{− αx 2}

^. Substituiert man

x = √ ^z

α

^{, folgt}

dx = √ ^dz

α

^{und es bleibt nur noch das}

C = A ˜

√ α Z _∞

−∞

dz e ^{− z 2}

= A ˜

√ α

√ π

= s b

√ π

DasErgebnis istwie oben

ψ ˜ (k) = s b

√ π e ^{−(k 0 − k) 2 b}

2 2 .

c)

Wirwählen denAnsatz:

ψ (x, t) = 1

√ 2π Z _∞

−∞

dk ψ ˜ (k) exp (ikx) exp ( − iωt) ,

wobei

ω

^aus

E = ~ ω = _2m ^{p 2}

^mit

| ~ p | = ~ ~k

= ~ k

^durch

ω = _2m ^{p 2} _~ = ^~ _2m ^{k 2}

^{gegeben ist und}

ψ ˜ (k)

ⁱⁿAufgabenteilb) bestimmt wurde.Wirerhalten nach einsetzen:

ψ (x, t) = Ab

√ 2π Z _∞

−∞

dk e ⁻

(k 0 − k) √ ^b 2

2

exp (ikx) exp

− i ~ k ² 2m t

,

dies können wirauchzusammenfassen in:

ψ (x, t) = Ab

√ 2π e ^{− k}

2 0 b 2

2

Z _∞

−∞

dk exp k ix + k ₀ b ² exp

− k ²

i ~ 2m t + b ²

2

.

Zur VerikationdesAnsatzes,setzen wirdies nun indieSchrödingergleichung:

i ~ ∂

∂t ψ (x, t) = − ~ ² 2m

∂ ²

∂x ² ψ (x, t) ,

ein, wobeiwirzuerst dielinke und dann dierechte Seitebetrachten:

i ~ ∂

∂t ψ (x, t) = i ~

− i k ² ~ 2m

Ab

√ 2π e ^{− k}

2 0 b 2

2

Z _∞

−∞

dk exp k ix + k ₀ b ² exp

− k ²

i ~ 2m t + b ²

2

,

− ~ ² 2m

∂ ²

∂x ² ψ (x, t) = − ~ ² 2m

∂

∂x

(ik) Ab

√ 2π e ⁻

k 2 0 b 2

2

Z _∞

−∞

dk exp k ix + k 0 b ² exp

− k ²

i ~ 2m t + b ²

2

,

dasliefert also:

i ~ ∂

∂t ψ (x, t) = − ~ ² 2m

∂ ²

∂x ² ψ (x, t) = k ² ~ ² 2m

√ Ab 2π e ^{− k}

2 0 b 2

2

Z _∞

−∞

dk exp k ix + k ₀ b ² exp

− k ²

i ~ 2m t + b ²

2

.

umgeschrieben:

E ψ = H ψ = k ² ~ ²

2m ψ = p ²

2m ψ = ~ ω ψ.

Das heisstderAnsatz erfülltdie Schrödingergleichung.

Unser Ziel ist wie schon bei Aufgabenteil b) durch Substitution das Integral in die

Form

e ^{− ξ 2}

^{zu bringen und dann mit Hilfe des} Residuensatzes und einem geschickt ge- wählten Weg, zu lösen. umdies zu ermöglichen, müssen wir dieExponenten zuerst mit

der binomischen Formel umformen, sodass wir

exp h

− (βk − γ) ² i

erhalten. Um danach

βk − γ = ξ

^{zuersetzen unddann diegewünschteForm zu erlangen:}

e ^{−ξ 2} = e ^{−(βk−γ) 2} = e ( − β ² k ² +2βγk − γ ² )

Wir denieren die Funktionen

β (t) = q

i _2m ^~ t + ^b ₂ ² ,

^{somit haben wir bereits den ersten}

Term

− β ² k ²

erhalten. Nun müssen wir dafür sorgen, dass wir einen Term mit

e ^2βγk

erhalten, wobei wir bereits den Term mit

k

^{besitzen und nun nur noch die Funktion}

γ

geschicktwählenmüssen.Wie nach kurzerÜberlegung einleuchtet, wählenwir

γ (x, t) =

ix+k 0 b ²

2β(t) ,

^{dawirsomitunseren Term direktverwenden können,mit}

exp

2βk ( ^{ix+k 0 b 2} )

2β

= exp (2βγk) .

^{Nun müssen wir nur noch eine}

1

multiplizieren, um den

e ^{− γ 2}

^{-Term zu er-}

zeugen. D.h. wir multiplizieren

e ^{− γ 2 +γ 2} = 1,

^{da diesernicht von}

k

^{abhängt, können wir}

ihnvor dasIntegral ziehenund esfolgt:

ψ (x, t) = Ab

√ 2π e ^{γ 2 − k}

2 0 b 2

2

Z _∞

−∞

dk e ^{− ξ 2} ,

Nun müssen wir die Integrationsvariable und die Grenzen noch bestimmen, wobei

ξ = βk − γ ⇔ ^dξ β = dk,

^{da jedoch}

β, γ ∈ C

sind, folgtfür

ψ (x, t) : ψ (x, t) = Ab

√ 2πβ e ^{γ 2 − k}

2 0 b 2

2

Z _∞− γ

−∞−γ

dξ e ^{− ξ 2} .

Wir Integrieren überdie Integrationsgrenzen, wobei

γ ∈ C ,

^{somit folgt wie bereitsin}

b)

R _∞− γ

−∞− γ dξ e ^{− ξ 2} = √

π.

^FürdieWellenfunktiongilt nach einsetzen:

ψ (x, t) = Ab

√ 2β e ^{γ 2 − k}

2 0 b 2

2 =

b ² 4π

¹ ₄

1 q

i _2m ^~ t + ^b ₂ ² e

0

@

ix+k 0 b 2

2

r

i ~ 2m t+ b 2

2

1

A

2

− ^k

2 0 b 2

2

.

DürdieWahrscheinlichkeitsdichte gilt:

ρ (x, t) = | ψ (x, t) | ² = ψ (x, t) ψ ^∗ (x, t) ,

wirsetzen unser

ψ (x, t)

^ausAufgabenteilc)einund erhalten:

ρ (x, t) = b

√ π

1 r

b ² + i ~ t m

r

b ² − i ~ t

| {z m }

(∗)

exp



 − b ² k ₀ ² 2 +



 ix + k ₀ b ²

√ 2 q

b ² + ⁱ _m ^{~ t}





2

− b ² k ₀ ² 2 +



 − ix + k ₀ b ²

√ 2 q

b ² − ⁱ m ^{~ t}





2 



| {z }

( ∗∗ )

.

Die Terme

( ∗ )

^und

( ∗∗ )

^{kann man}vereinfachen:

( ∗ ) = s

b ² + i ~ t

m b ² − i ~ t m

= s

b ⁴ + 2b ² i ~ t

m − 2b ² i ~ t m +

~ t m

2

= s

b ⁴ + ~ t

m 2

( ∗∗ ) = − (bk ₀ ) ² +



 ix + k ₀ b ²

√ 2 q

b ² + ⁱ _m ^{~ t}





2

+



 − ix + k ₀ b ²

√ 2 q

b ² − ⁱ m ^{~ t}





2

= − (bk ₀ ) ² + − x ² + k ² ₀ b ⁴ + 2ixk ₀ b ²

2 b ² + ⁱ _m ^{~ t} + − x ² + k ² ₀ b ⁴ − 2ixk ₀ b ² 2 b ² − ⁱ m ^{~ t}

... mit

( ^{b 2} − ⁱ _m ^{~ t} ) ( ^{b 2} − ⁱ _m ^{~ t} )

^und

( ^{b 2 + i} m ^{~ t} )

( ^{b 2 + i} _m ^{~ t} )

^{erweitern und streichen. Der 2. und 3. Summand lauten}

dann:

1 2

b ⁴ + ^~ _m ^t 2

− 2b ² x ² + 2k ₀ ² b ⁶ + 4xk ₀ b ² ~ t

m ± ixk ₀ b ⁴ ± ix ² ~ t

m ± k ₀ ² b ⁴ i ~ t m

,

wobei

±

^aus Platzgründen angeführt wurde um anzudeuten, dass diese Terme sich eli- minieren.Dannlautet

( ∗∗ ) :

( ∗∗ ) = − (bk ₀ ) ² + 1 b ⁴ + ^~ _m ^t 2

− b ² x ² + k ₀ ² b ⁶ + 2xk ₀ b ² ~ t m

...

− (bk ₀ ) ²

^{indenBruchziehen ...}

= 1

b ⁴ + ^~ _m ^t 2 −

k 0 b ~ t m

2

− k ₀ ² b ⁶ + k ² ₀ b ⁶ − (bx) ² + 2xk 0 b ² ~ t m

!

= − b ² b ⁴ + ^~ _m ^t 2

k ₀ ~ t m − x

2

Dasheiÿt, esbleibt:

ρ (x, t) = b

√ π

1 q

b ⁴ + ^~ _m ^t 2 e

− ^b

2 b4 + ( ^~ m ^t ) ²

k 0 ~ t m − x

2

Wenn man sich den Ausdruck für

ρ

^{genau anschaut, fällt unschwer auf, dass die Orts-}

abhängigkeit nur in dem Exponenten steckt. Der Faktor

( ∗ )

^{zeigt, dass die maximale}

Amplitude abfällt.

ρ max = b

√ π

1 q

b ⁴ + ^~ _m ^t 2

...für groÿeZeiten

t

ρ max ∝ 1 t .

FürdenOrtdesWahrscheinlichkeitsmaximums,alsoklassischdenAufenthaltort,braucht

mannurden Exponentenbetrachten.

ρ

^{wirddann amgröÿten,wenn derExponent ma-}

ximal,dass heiÿtindiesem Fall

( ∗∗ ) = 0,

^wird.Oder

x = k ₀ ~ t

m .

DasWellenpaketbewegtsichalsomit

v _G = ^k _m ^{0 ~}

^{nachrechts.UmdieörtlicheAusdehnung}

zuberechenistderAbstandzubestimmen,beidemdieAufenhaltswahrscheinlichkeitnur

noch dem

e ⁻¹

^{-fachen dermaximalen}Aufenthaltswahrscheinlichkeit beträgt:

ρ max (x max , t) ρ (x, t)

= ! e

⇔ ln

ρ _max (x _max , t) ρ (x, t)

= 1

WeilderFaktorvorder

e

^{-Funktionnichtvon}

x

^{abhängt,kürzt ersichgleichheraus.Und}

derExponent von

ρ max

^{ist null}

ln e ⁰

= ln (1) = 0

.Nun gilt esnach

x

aufzulösen:

0 + b ² k ₀ ^~ _m ^t − x 2

b ⁴ + ^~ _m ^t 2 = 1,

⇔ b ²

k ₀ ~ t m − x

2

= b ⁴ + ~ t

m 2

,

⇔ x − k ₀ ~ t

m =

s b ² +

ht mb

2

.

DerTermlinksvomGleichheitszeichen istjetztgeradederAbstandzwischenderStelle

mit

ρ max

^und

ρ max e ⁻¹ .

^{DieBreitedesW}ellenpaketesistgenaudasDoppeltedavon,also:

∆x = 2 s

b ² + ~ t

mb 2

.

Hier können wirerkennen, dass dasWellenpaket im Raumzerieÿen muss, da

∆x

^zeit-

abhängig ist und somit mit

∆x

^~

t

^{mit gröÿerem}

t

^{immer breiter wird. Dies ist gut auf}

folgender Graphik zu erkennen:

√ b π

1 e

√ b π

t = 0

t = 1

t = 2

t = 3

∆x

2.2 (Galilei-Transformation)

Zuzeigen ist,dassdieeindimensionaleSchrödingergleichung für einfreiesTeilchen inva-

riant ist unter derGalilei-Transformation:

x ⁰ = x − vt , t ⁰ = t,

wenn mangleichzeitig dieWellenfunktioninfolgender Weise transformiert:

ψ x ˜ ⁰ , t ⁰

= exp (i f (x, t)) ψ (x, t) .

⁽⁴⁾

Ableiten nach derZeitvon Bedingung

x ⁰ = x − vt

^liefert

^dx _dt ⁰ = ^dx _dt − v ⇔ v ⁰ = v _g − v,

mit

v g

^derGruppengeschwindigkeit.

WirbetrachtenhierzudieWellenzahl

k ⁰ ,

^{wobeiwirfolgende}Zusammenhängebenutzen:

E = 1

2 mv _g ² = p ²

2m = ~ ² k ²

2m ⇒ mv g

~ = k.

Für

k ⁰

^{folgt, da dieses Wellenpaket sich nach der} Galilei-Transformation mit einer Geschwindigkeit

v ⁰ = v _g − v

^bewegt:

k ⁰ = m

~ v ⁰ = k − mv

~ .

Für dieKreisfrequenzfolgt mit:

E = ~ ² k ²

2m = ~ ω ⇒ ~ k ² 2m = ω,

somit folgtfür dieKreisfrequenz

ω ⁰

^imtransformierten System:

ω ⁰ = ~ k ⁰² 2m = ~

2m

k − mv

~ 2

= ~ k ² 2m − ~

2m 2kmv

~ + ~ 2m

mv

~ 2

= ω − kv + mv 2 ~

2 .

Wirbestimmennun

f (x, t) ,

^{indem wirin}

(5)

^folgende Gleichungen einsetzen:

ψ (x, t) = exp (i (kx − ωt)) , ψ x ⁰ , t ⁰

= exp i k ⁰ x ⁰ − ω ⁰ t ⁰ ,

dies liefert:

exp i k ⁰ x ⁰ − ω ⁰ t ⁰

= exp (i f (x, t)) exp (i (kx − ωt)) , k − mv

~

(x − vt) −

ω − kv + mv 2 ~

2

t = f (x, t) + (kx − ωt) , k − mv

~

(x − vt) −

ω − kv + mv 2 ~

2

t − (kx − ωt) = f (x, t) , kx − kvt − mvx

~ + mv ²

~ t − ωt + kvt − mv 2 ~

2 t − kx + ωt = f (x, t) , 1

2 mv ²

~

t − mv

~

x = f (x, t) . 1

~ (E t − p x) = f (x, t) .

Zur Verikationsetzen wirden Term indieSchrödingerGleichung ein:

i ~ ∂

∂t ⁰ ψ x ˜ ⁰ , t ⁰

= − ~ ² 2m

∂ ²

∂x ⁰² ψ x ˜ ⁰ , t ⁰

,

i ~ ∂

∂t ⁰ exp

i 1

2 mv ²

~

t − mv

~

x

exp (i (kx − ωt)) = i ~ ∂

∂t ⁰ exp

i 1

2 mv ²

~ − ω

t + i

k − mv

~

x ⁰ + vt ⁰

= i ~ ∂

∂t ⁰ exp

i 1

2 mv ²

~ − ω + kv − mv ²

~

t ⁰ + i

k − mv

~ x ⁰

=

− ~ 1

2 mv ²

~ − ω + kv − mv ²

~

exp

i 1

2 mv ²

~ − ω

t ⁰ + i

k − mv

~ x

.

Betrachtenwirden Term auf derrechtenSeite, sofolgt:

− ~ ² 2m

∂ ²

∂x ⁰² exp

i 1

2 mv ²

~ − ω

t + i

k − mv

~

x

=

− ~ ² 2m

∂ ²

∂x ⁰² exp

i 1

2 mv ²

~ − ω

t + i

k − mv

~

x ⁰ + vt

=

− ~ ² 2m

∂ ²

∂x ⁰² exp

i 1

2 mv ²

~ − ω + kv − mv ²

~

t + i

k − mv

~ x ⁰

=

− ~ ² 2m

ik − i mv

~ ∂

∂x ⁰ exp

i

− 1 2

mv ²

~ − ω + kv

t +

ik − mv

~

x ⁰

=

− ~ ² 2m

ik − i mv

~ 2

exp

i

− 1 2

mv ²

~ − ω + kv

t + i

k − mv

~ x ⁰

=

~ ² 2m

k − mv

~ 2

exp

i 1

2 mv ²

~ − ω

t + i

k − mv

~ x

= ~ ² k ²

2m − kv ~ + mv ² 2

exp

i

1 2

mv ²

~ − ω

t + i

k − mv

~ x

=

Somit folgt alsowennwirbeide SeitenderSchrödingergleichung einsetzen:

− ~ 1

2 mv ²

~ − ω + kv − mv ²

~

=

~ ² k ²

2m − kv ~ + mv ² 2

,

− 1

2 mv ² + ~ ω − kv ~ + mv ² = ~ ² k ²

2m − kv ~ + mv ² 2 ,

~ ω = ~ ² k ² 2m .

Diese Beziehung gilt da

E = _2m ^{p 2} = ^~ _2m ^{2 k 2} = ~ ω,

^{somit erfüllt auch die mit derGalilei-}

Transformation transformierte Welle die Schrödingergleichung, somit ist also auch die

eindimensionale Schrödingergleichung für einfreies Teilchen invariant unter derGalilei-

Transformation.