Blatt 8, Aufgabe 1: Unschärferelation

Blatt 8, Aufgabe 1: Unschärferelation

a) Ortsunschärfe

Die Unschärferelation ergibt daraus die Ortsunschärfe:

b) Bewegung in y-Richtung

Die Behauptung, das Elektron bewege sich in x-Richtung, bedeutet, dass seine Geschwindigkeit in y-Richtung null ist. Damit ist aber auch der Impuls sowie die Unschärfe des Impulses null:

Aus der Unschärferelation ergibt sich zwingend, dass die Ortsunschärfe des Elektrons in y-Richtung unendlich groß ist,

und wir somit keinerlei Information über den Ort in y-Richtung haben.

0 ,

0 Δ =

=

_y

y

p

p

x x

s x m

v 001 , 0 v

10 6 , 3

v

⁶

⋅

= Δ

⋅

=

s x m

x x

s m s

x m x

kg mv

m p

kg kg

m p

27

24 6

31

10 28 , 3 001

, 0 v

10 28 , 3 10

6 , 3 10

11 , 9 v

−

−

−

⋅

=

⋅

= Δ

= Δ

⋅

=

⋅

⋅

⋅

=

=

m x

ms

x kg

Js p

8 10

28 , 3 2

10 05 , 1

2 27

1 , 60 10

34 −

⋅

⋅

⋅

Δ

= = ⋅

≥

Δ

−

h −

∞

= Δy 0

v

_y

=

2

≥

h

Δ

Δ x p

_x

Aufgabe 1 c)

Blatt 8, Aufgabe 1: Unschärferelation

c) makroskopisches Objekt (Fußball)

Für makroskopische Objekte gilt die gleiche Vorgehensweise wie für mikroskopische:

Und wieder ergibt sich daraus die Ortsunschärfe:

Das Tor von Bayern München gerät also allein durch die Unbestimmtheitsrelation sicherlich nicht in Gefahr!

x x

s x m

F

kg

m

v 01 , 0 v

40 v

43 , 0

⋅

= Δ

=

=

s x m

x x

s m s

x m x

kg m

m p

kg kg

m p

172 , 0 v

01 , 0 v

2 , 17 40

43 , 0 v

=

⋅

= Δ

= Δ

=

⋅

=

=

m x

ms

x kg

Js p

34 172

, 0 2

10 05 , 1

2_Δ

=

_⋅ ^{⋅ 34}

= 3 , 05 ⋅ 10

⁻

≥

Δ

^{h −}

Blatt 8, Aufgabe 2: Operatoren

Beispiel: Freies Teilchen

a) Energieoperator

Der Energieoperator ist gerade der Hamilton-Operator:

Angewendet auf den Zustand des Teilchens ergibt das

ist gerade die kinetische Energie des freien Teilchens.

Der Energieoperator angewendet auf den Zustand liefert also tatsächlich die Energie des Teilchens:

0 )

( = ⋅ ≡

Ψ r r A e

^ikrrr

E

_pot

) ˆ (

2

2

E r

H = −

_hm

Δ +

_pot

r

Ψ

= Ψ E H ˆ

Ψ

=

⋅

−

=

⋅

⋅

−

=

⋅ Δ

−

= Ψ

∂∂ m k

r k i m

r k i r

m

r k i m

e A k i e

A k i

e A H

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

) ( )

(

) ˆ (

h

rr r h

r h r

rr h

r r

m k 2

2

h2

m k m

p

E

kin

=

₂²

=

^h₂^{2 2}

Aufgabe 2 b)

Blatt 8, Aufgabe 2: Operatoren

Beispiel: Freies Teilchen

b) Impulsoperator

Angewendet auf den Zustand des Teilchens ergibt das

ist gerade der Impuls des freien Teilchens.

Der Impulsoperator angewendet auf den Zustand liefert also entsprechend den Impuls des Teilchens:

0 )

( = ⋅ ≡

Ψ r r A e

^ikrrr

E

_pot

∇

=

_h

r P ˆ

i

Ψ

= Ψ p P ˆ

Ψ

=

⋅

⋅

−

=

⋅

−

=

⋅

∇

= Ψ

∂∂

k

e A k i i e

A i

e A P

r k i r

k i r

r k i i

h r

h r h

r

rr rr

r rr h

) (

) (

) ˆ (

k r k h

p r

r = h

Blatt 8, Aufgabe 3: Stationäre Schrödingergleichung

Zeitabhängige Schrödingergleichung:

Stationärer Zustand erfordert V(x,t) = V(x).

Produktansatz für die Wellenfunktion:

Da die linke Seite nur von x und die rechte nur von t abhängt, können beide Seiten nur gleich sein, wenn sie konstant sind. Die Konstante ist die Energie E:

) , ( )

, ( ) , ( )

, ( )

, ˆ (

2

2

x t V x t x t i x t

t x

H Ψ = −

^h_m

ΔΨ + Ψ = h

_∂^∂_t

Ψ

[ ] ^{[ ]}

) (

) ( )

( ) ˆ (

) ( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

, (

2

2

t t i

x x H

t i

x t

x x

V x

t x t

x

t

t m

φ φ ψ

ψ

φ ψ

φ ψ

ψ φ ψ

∂∂

∂∂

=

⇒

= +

Δ

−

⇒

= Ψ

h

h

h

) ( )

ˆ (

) ( )

( )

(

x E

x H

Ae t

t E t

i

^t

iE

t

ψ ψ

φ φ

φ

=

=

⇒

=

⁻

∂∂ h

h

a) Wellenfunktion für das Kastenpotenzial:

Einsetzen in die stationäre Schrödingergleichung:

Für x<0 und x>a ist u_n(x)=0, so dass 0=0 folgt. Für 0<x<a gilt:

Aufgabe 4 a)

Blatt 8, Aufgabe 4: Kastenpotenzial

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛ x

a C n

x

u

_{n n}

π

sin )

(

) ( x V

x

= 0

V V = ∞

0 a

2

^{( ) ( ) ( ) ( )}

2

u

_n

x V x u

_n

x Eu

_n

x

m

Δ + =

−

^h

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

) sin(

) sin(

) sin(

) sin(

n E

x E

x

x EC

x C

ma

a n a

n a

n m

a n n

a n n x

m

π

π π

π

π π

h h h

=

⇒

=

⇒

=

−

_∂^∂

[ ]

x x

u C

C x

x C

dx x C

dx x

u

a n n a

n a

n a a

a n n

n a L

a n n

n

π

π π π

sin )

(

1 sin

sin )

(

2 2

! 2 2 0

2 4

2 2 1 0

2 2 2

=

⇒

=

⇒

=

=

−

=

= ∫

∫

−^+∞∞

Normierung der Wellenfunktion

In der Wellenfunktion steht bisher noch die unbekannte Amplitude C_n. Diese können wir über die Normierung bestimmen, da die

Wahrscheinlichkeit, das Teilchen irgendwo in dem Kasten zu finden, gerade 1 sein muss.

Wellenfunktion und Wahrscheinlichkeitsamplitude der ersten Zustände:

Blatt 8, Aufgabe 4: Kastenpotenzial

ax x

dx ax

a

sin 2 sin

4 1 2

1 2

−

=

∫

(z.B. Bronstein)

) ( x u

_n

a

x

n=1 n=2 n=3

)

2

( x u

_n

a

x

n=1

0 n=2

b) Erwartungswert <x>:

Die Symmetrie der Wellenfunktion kann durch die Transformation y = x – a/2 ausgenutzt werden:

Der zweite Term entspricht gerade der normierten Wellenfunktion.

Es gilt

für n gerade für n ungerade

Beide Funktionen sind symmetrisch um 0, d.h. mit y multipliziert ergibt sich eine antisymmetrische Funktion. Das zweite Intergral ist also gerade das negative des ersten. Daraus folgt:

Aufgabe 4 b)

Blatt 8, Aufgabe 4: Kastenpotenzial

∫ ( )

+∞

∫

∞

−

=

⋅

⋅

=

a

na n a

n

x x u x dx x x dx

u x

0 2 2

*

( ) ( ) sin

^π

( ) ( ) _⎥

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ + + +

= ∫ ∫

−

−

2 /

2 /

2 2

2 2

/

2 /

2

2

sin

2

( ) sin ( )

a

a

a a

n a

a

a

a a

n

a

y y dy y dy

x

^{π π}

( ) ( )

₂

0

2 /

2 /

0

2 2

2

2

sin

2

sin

^a

a

a

n a

n n

a n

a

y y dy y y dy

x ⎥ +

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ + + +

= ∫ ∫

−

π π

π π

) ( y V

y

= 0 V

∞

= V

2 + a 2

− a

( ) ( )

( ^α ) ( ) ^α

α α

π π

2 2

2

2 2

2

cos sin

sin sin

= +

= +

n n

2

x =

a

c) Übergang Grundzustand – 1. angeregter Zustand

Wahrscheinlichkeit im Grundzustand

Blatt 8, Aufgabe 4: Kastenpotenzial

o

A

= 1 a

eV E

E E

E

E E

E

eV J

E

_ma

8 , 112 3

4 2

6 , 37 10

02 , 6 1

1 1

2

1 2

1 2

18

1 2 ²

2 2

=

=

−

= Δ

=

⋅

=

=

⋅

≈

⋅

=

^{h π −}

( )

04 , 0

sin )

( )

(

² ₁² _{2 2 1} ^{2 2} ₂ ²

1

o 2

2 1

1

=

=

⎟ Δ

⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛

−

⋅

≈

= ∫

x^x

u x dx u

^{x +x}

x x

^{a a a}

x

^Δax

P

^π

x x

x

a x

x x x n

Δ

=

−

= +

=

=

=

2 2

2 1

2 1

o o

A 51 , 0

A

49

,

0

1

a) Schrödinger-Gleichung

Zunächst sei das Potenzial aus der Rückstellkraft hergeleitet:

Damit können wir die Schrödinger-Gleichung direkt hinschreiben:

b) Ansatz

Einsetzen in die Schrödinger-Gleichung:

Diese Gleichung ist für beliebiges x nur erfüllt, wenn und

Aufgabe 5 a),b)

Blatt 8, Aufgabe 5: Der harmonische Oszillator

2 2

1

x

dx F U

x

F = − β ⇒ = − ∫ = β ψ

ψ

β x E

dx d

m

+ =

−

₂ ^Ψ2 ¹₂ ² 2

h2

)

2

( x = Ae

^−ax

ψ

) ( ) 2 4

( )

2 ( 2 2

2

2 ) 2

( ) (

2 2

2 2

2

x a

x a Ae

ax ax

Ae a

Ae ax

ax ax

dx x d

ax dx

x d

ψ

ψ

ψ

−

=

−

−

−

=

−

=

−

−

−

( ) ⁰

) ( )

( )

( ) 2 4

(

2 2

2 2

2 2 2

1

) ( 2 1

2 2 1

2 2

=

− +

−

⋅

= +

−

−

E x

x E

x x

x a

x a

ma ma

x m

h h

h

β

ψ ψ

β

ψ

_ψ

0

0

²

2

2 2

2

1

β −

^h_m^a

=

^h_m^a

− E =

0 ,

0 beliebig!

2

0

=

=

⇔

= +

b a

x

b

ax

Wir erhalten daraus den Faktor a:

und den Energieeigenwert E

Wir setzen noch die klassische Frequenz ein und erhalten:

Den Faktor A im Ansatz müssten wir über eine Normierung bestimmen, was hier nicht Aufgabe ist.

Betrachtet man die Wahrscheinlichkeitsamplitude des

quantenmechanischen harmonischen Oszillators im Grundzustand, erkennt man zwei wichtige Unterschiede zum klassischen HO:

Der klassische HO hat feste Umkehrpunkte, der quantenmechanische HO kann über diese Punkte hinaus tunneln.

Außerdem hat der klassische HO im Grundzustand bei x=0 die niedrigste Aufenthaltswahrscheinlichkeit, der quantenmechanische HO dort aber die höchste!

Blatt 8, Aufgabe 5: Der harmonische Oszillator

h 2

a =

^βm

E =

¹₂

h

m^β

m

ω

₀

=

β 2 0

1

_h ω

= E

ax2

Ae

⁻

h 2

ω0

a =

m

Ψ 2 2 E

2

1 x

U = β

0 x

0 x

− x

2 0 1_hω

= E