L¨ osungen des ¨ Ubungsblattes 7 zur Vorlesung Theoretische Chemie I

L¨ osungen des ¨ Ubungsblattes 7 zur Vorlesung Theoretische Chemie I

WS 2018/19 – ¨ Ubungsblatt 7

1. Die Schr¨odingergleichung des harmonischen Oszillators

a) Da die potentielle Energie V = ¹₂kx² ist, ist der Hamiltonoperator f¨ur den harmo- nischen Oszillator die Massem und die Kraftkonstantekin einer Raumdimension

Hˆ =−~² 2m

d² dx² +1

2kx²

=−~² 2m

d² dx² +1

2mω²x²

(1)

b) Unter Verwendung der Substitutionen y=

rmω

~ x, λ= 2E

~ω

in Gl.(1) wird den Hamiltonoperator Hˆ =−~²

2m

d² d

q

~ mωy

2 +1 2mω²

r

~ mωy

!2

=−~² 2m ·mω

~

· d dy² +1

2 ·mω²· ~ mωy²

=−~ω 2

d² dy² +~ω

2 y²

(2)

Die Schr¨odingergleichung ist jetzt

−~ω 2

d² dy² +~

2y²

Ψ(y) =EΨ(y) Multiplieren Sie beide Seiten der Gleichung durch ²

~ω

− d² dy² +y²

Ψ(y) = 2E

~ωΨ(y)

− d² dy² +y²

Ψ(y)−λΨ(y) = 0

∴ d²

dy² −y²+λ

Ψ(y) = 0 (3)

1

c) Betrachten Sie

Ψ(y) =N e^−y

2 2

wobei, N eine Normierungskonstante ist. Die Exponentialfunktion ist also bereits eine L¨osung f¨ur die Schr¨odingergleichung (3):

d²

dy² −y²+λ

N e^−y

2

2 =N d

dy

−ye^−y

2 2

−N y²e^−y

2

2 +N λe^−y

2 2

=N y²e^−y

2

2 −N e^−y

2

2 −N y²e^−y

2

2 +N λe^−y

2 2

= (λ−1)N e^−y

2

2 !

= 0 Daher ist e^−y

2

2 eine Eigenfunktion f¨ur den Fallλ= 1. Dann k¨onnen wir in Kombi- nation mit der exponentiellen Eigenfunktion eine komplexere Wellenfunktion kon- struieren. So ist es jetzt sinnvoll, einen Produktansatz f¨ur die Wellenfunktion in der vollst¨andigen Schr¨odingergleichung (3) anzunehmen:

Ψ(y) =f(y)e^−y

2 2

wobeif(y) eine unbekannte Funktion ist. Die Ersetzung des Ansatzes in die vollst¨andige Schr¨odingergleichung [Gl.(3)] ergibt die folgende Gleichung:

d²

dy² −y²+λ

f(y)e^−y

2

2 = 0

d dy

d dy

f(y)e^−y

2 2

−y²f(y)e^−y

2

2 +λf(y)e^−y

2

2 = 0

d dy

f⁰(y)e^−y

2

2 −yf(y)e^−y

2 2

−y²f(y)e^−y

2

2 +λf(y)e^−y

2

2 = 0

−yf⁰(y)e^−y

2

2 +f⁰⁰(y)e^−y

2

2 +y²f(y)e^−y

2

2 −f(y)e^−y

2

2 −yf⁰(y)e^−y

2

2 −y²f(y)e^−y

2

2 +λf(y)e^−y

2

2 = 0

f⁰⁰(y)e^−y

2

2 −2yf⁰(y)e^−y

2

2 +λf(y)e^−y

2

2 −f(y)e^−y

2

2 = 0

∴

f⁰⁰(y)−2yf⁰(y) + (λ−1)f(y) e^−y

2

2 = 0 (4)

Daher wird die Hermitesche Differentialgleichung

f⁰⁰(y)−2yf⁰(y) + (λ−1)f(y) = 0 als Bestimmungsgleichung f¨urf(y) erhalten.

d) λist eine ungerade nat¨urliche Zahl, dhλ= 2v+ 1 mitv= 0,1,2, ...

E =λ~ω

2 = (2v+ 1)~ω 2 =

v+ 1

2

~ω v= 0,1,2, ... (5)

2

2. m= 2×10⁻²⁷kg,~= 1×10⁻³⁴J s, und 1 eV = 2×10⁻¹⁹J.

κ⁻¹ = ~

p2m(V0−E) = 1×10⁻³⁴J s q

2· 2×10⁻²⁷kg

·(3−1)×2×10⁻¹⁹J

= 1×10⁻³⁴kgm²s⁻²s q

4×10⁻²⁷kg

· 4×10⁻¹⁹kgm²s⁻²

= 1×10⁻³⁴kgm²s⁻¹

p16×10⁻⁴⁶kg²m²s⁻² = 1×10⁻³⁴kgm²s⁻¹ 4×10⁻²³kgms⁻¹

= 0.25×10⁻¹¹m = 0.025 ˚A

(6)

3