\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr.4}
\normalsize
\centerline{\bf Abgabetermin: Montag, d. 23. Mai 2005}
\vskip 1mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
Wir teilen den Spalt in $n$ Teile auf, dann k"onnen wir f"ur die Teilwelle vom Ort $x$
schreiben (siehe Abbildung 1):
\begin{displaymath}
d\psi = a_{0} dx e^{-i(k x \; sin\varphi - \omega t)},
\end{displaymath}
\begin{figure}
\vspace{5cm}
\caption{Zur Interferenz am Spalt }
\end{figure}
Ber"ucksichtigt man die Interferenz aller Spaltelemente, so folgt
\begin{displaymath}
\psi = a_{0} e^{-i\omega t} \int_{0}^{b} e^{ikx \; sin\varphi} dx
= a_{0} \frac{e^{-i\omega t}}{i k \; sin\varphi} (e^{i k b \; sin\varphi} - 1).
\end{displaymath}
Das konjugiert Komplexe hiervon ist
\begin{displaymath}
\psi^{\ast} = a_{0}^{\ast} \frac{i \; e^{i\omega t}}{k \; sin\varphi}(e^{-i k b \; sin\varphi} -1).
\end{displaymath}
F"ur die Wahrscheinlichkeitsdichte erhalten wir:
\begin{displaymath}
\psi \psi^{\ast} = \frac{a_{0}^{2}}{k^{2} sin^{2}\varphi} (e^{i k b \; sin\varphi} -1)
(e^{-i k b \; sin\varphi} -1) = \frac{2 a_{0}^{2}}{k^{2} sin^{2}\varphi} 
\left(1 - cos(k b \; sin\varphi) \right).
\end{displaymath}
Mit $2 sin^{2}(x/2) = 1 - cos(x)$ kann das umgeformt werden auf
\begin{displaymath}
\psi \psi^{\ast} = \frac{a_{0}^{2} sin^{2} \left( \frac{kb \; sin\varphi}{2} \right) }
{ \left( \frac{k b \; sin\varphi}{2} \right)^{2} }
\end{displaymath}
Minima (Nullstellen) erhalten wir f"ur
\begin{displaymath}
\frac{k b \; sin\varphi}{2} = \pm n \pi, \; \; \; \; \; n=1,2,3,....
\end{displaymath}
F"ur $n=0$ werden Z"ahler und Nenner Null, der Grenzwert geht bekanntlich gegen $a_{0}^{2}$ und
ergibt das Hauptmaximum. Der Abstand des ersten Minimums vom Hauptmaximum ist dann
\begin{displaymath}
r = L \; sin\varphi = \frac{2 \pi L}{k b} = \frac{2 \pi \hbar L}{p b}
= \frac{h L}{b\sqrt{2 m E}}.
\end{displaymath} 
\newline \vskip 1mm
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (8 Punkte) \newline
a) F"ur $E > E_{0}$ erhalten wir die beiden Gleichungen
\begin{eqnarray}
\frac{\hbar^{2}}{2m} \frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + E \psi &=& 0, \; \; \; \; \; 0 \leq x \leq L \nonumber \\
\frac{\hbar^{2}}{2m} \frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + (E-E_{0}) \psi &=& 0, \; \; \; \; \; x \geq L. \nonumber 
\end{eqnarray}
mit den L"osungen
\begin{eqnarray}
\psi_{1} &=& a_{1} sin(k_{1}x) + a_{2} cos(k_{2} x) \nonumber \\
\psi_{2} &=& b_{1} sin(k_{2}x) + b_{2} cos(k_{2} x) \nonumber 
\end{eqnarray}
mit $k_{1} = \sqrt{2 m E}/\hbar$ und $k_{2} = \sqrt{2m(E-E_{0})}/\hbar$.
Die Randbedingung $\psi_{1}(0) = 0$ erzwingt $a_{2} =0$ und $\psi_{1}(L) = \psi_{2}(L)$ ergibt die Gleichung
\begin{displaymath}
b_{1} sin(k_{2}L) + b_{2} cos(k_{2} L) = a_{1} sin(k_{1} L).
\end{displaymath}
Aus der dritten Bedingung $\psi_{1}'(L) = \psi_{2}'(L)$ erhalten wir eine zweite Gleichung
\begin{displaymath}
a_{1} cos(k_{1}L) = b_{1} cos(k_{2}L) - b_{2} sin(k_{2}L)
\end{displaymath}
Weitere Randbedingungen sind nicht vorhanden. Wir haben also lediglich zwei Gleichungen mit 3 Unbekannten
$a_{1}$, $b_{1}$ und $b_{2}$. Daher ist jeder Wert von $E > E_{0}$ m"oglich. \newline
b) F"ur $E < E_{0}$ erhalten wir
\begin{eqnarray}
\frac{d^{2} \psi}{dx^{2}} + k_{1}^{2} \psi &=& 0, \; \; \; \; \; 0 \leq x \leq L \nonumber \\
\frac{d^{2} \psi}{dx^{2}} - k_{2}^{2} \psi &=& 0, \; \; \; \; \; x \geq L \nonumber 
\end{eqnarray}
mit $k_{1} = \sqrt{2 m E}/ \hbar$ und $k_{2} = \sqrt{2m(E_{0}-E)}/\hbar$. Die L"osungen sind
\begin{eqnarray}
\psi_{1} &=& a_{1} sin(k_{1} x) + a_{2} cos(k_{1} x) \nonumber \\
\psi_{2} &=& b_{1} e^{k_{2}x} + b_{2} e^{-k_{2} x} \nonumber 
\end{eqnarray}
Wieder muss $a_{2} = 0$ sein. Im Gegensatz zu Teil a) kann man hier sofort $b_{1} = 0$ setzen, da
$\psi_{2}$ sonst nicht normierbar ist. Wie erhalten also
\begin{eqnarray}
\psi_{1} &=& a_{1} sin(k_{1} x) \nonumber \\
\psi_{2} &=& b_{2} e^{-k_{2} x} \nonumber
\end{eqnarray}
Die weiteren Randbedingungen $\psi_{1}(L) = \psi_{2}(L)$ und $\psi_{1}'(L) = \psi_{2}'(L)$ f"uhren auf
\begin{eqnarray}
a_{1} sin(k_{1} L) &=& b_{2} e^{-k_{2}L} \nonumber \\
k_{1} a_{1} cos(k_{1} L) &=& - k_{2} b_{2} e^{-k_{2} L} \nonumber 
\end{eqnarray}
Hieraus folgt:
\begin{displaymath}
k_{2} = - k_{1} \; cot(k_{1} L).
\end{displaymath}
Setzen wir $\xi = k_{1} L$ und $\eta = k_{2} L$, so ist
\begin{displaymath}
\xi^{2} + \eta^{2} = \frac{2mE L^{2}}{\hbar^{2}} + \frac{2m(E_{0}-E)L^{2}}{\hbar^{2}} 
= \frac{2mE_{0} L^{2}}{\hbar^{2}} = \rho^{2}.
\end{displaymath}
Das ist offensichtlich die Gleichung eines Kreis mit Radius $\rho$. In einer Skizze mit Achsen $\xi$ und
$\eta$ tragen wir die Gleichungen $\eta = - \xi \; cot(\xi)$ und $\xi^{2} + \eta^{2} = \rho^{2}$ auf.
Da nur Werte $\xi > 0$ und $\eta > 0$ in Frage kommen, erh"alt man in der Skizze von 
Abbildung 2 also lediglich 3 erlaubte Energiewerte. \newline
\begin{figure}
\vspace{5cm}
\caption{Konstruktionsskizze zur Bestimmung der erlaubten Energiewerte}
\end{figure}
c) Wenn $\rho < \pi/2$ wird, gibt es keine Schnittpunkte mehr f"ur $\xi > 0$ und $\eta > 0$. Damit
"uberhaupt diskrete Energiewerte auftreten, mu"s also
\begin{displaymath}
\frac{2m E_{0} L^{2}}{\hbar^{2}} > \frac{\pi^{2}}{4}
\end{displaymath}
oder 
\begin{displaymath}
E_{0} L^{2} > \frac{\hbar^{2} \pi^{2}}{8 m} 
\end{displaymath}
sein. Aus der Heisenbergschen Unsch"arferelation k"onnen wir eine \"ahnliche Beziehung
f"ur die Unsch\"arfe der kinetische Energie $E_{k}$ und des Ortes absch\"atzen
\begin{displaymath}
\Delta E_{k} \cdot (\Delta x)^{2} \approx \frac{(\Delta p)^{2} \cdot (\Delta x)^{2}}{2m} 
> \frac{\hbar^{2}}{8 m}
\end{displaymath}
In der Literatur findet man gelegentlich Interpretationsversuche zu dieser \"Ahnlichkeit,
die mir allerdings nicht besonders einleuchtend erscheinen. Tatsache ist jedoch, da\"s 
f\"ur $E < E_{0}$ das Maximum der Aufenthaltswahrscheinlichkeit im Potential liegen
m\"usste, und damit stetige Randbedingungen nicht mehr erf\"ullt werden k\"onnen
(siehe Abbildung 3 f\"ur den Fall $E \approx E_{0}$).

\begin{figure}
\vspace{5cm}
\caption{Die erste Wellenfunktion f\"ur das minimale Potential}
\end{figure}   
   
d) Die Aufenthaltswahrscheinlichkeiten sind
\begin{eqnarray}
\psi_{1}^{2} &=& a_{1}^{2} sin^{2}(k_{1}x) \; \; \; \; \; mit \; k_{1} = \frac{\sqrt{2 m E}}{\hbar} \nonumber \\
\psi_{2}^{2} &=& b_{2}^{2} e^{-2k_{2} x} \; \; \; \; \; mit \; k_{2} = \frac{\sqrt{2m(E_{0}-E)}}{\hbar} \nonumber
\end{eqnarray}
\begin{figure}
\vspace{5cm}
\caption{Skizze der ersten drei Wellenfunktionen}
\end{figure} 
Wer hier auch noch die Normierungskonstanten ausrechnet, kriegt einen Extrapunkt.     
\newline \vskip 1mm
{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (7 Punkte) \newline
a) Wir rechnen r"uckw"arts. Mit $d^{2}\psi/dx^{2} = \alpha^{2} d^{2}\psi/d\xi^{2}$ folgt:
\begin{displaymath}
\frac{1}{\alpha^{2}} \frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + (\lambda - \alpha^{2} x^{2}) \psi = 0,
\end{displaymath}
oder
\begin{displaymath}
\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + (\alpha^{2} \lambda - \alpha^{4} x^{2}) \psi = 0.
\end{displaymath}
Vergleich mit
\begin{displaymath}
\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + \left( \frac{2mE}{\hbar^{2}} - \frac{mD}{\hbar^{2}} x^{2} \right) \psi = 0
\end{displaymath}
liefert:
\begin{displaymath}
\alpha =  \left( \frac{mD}{\hbar^{2}} \right)^{1/4}, \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;
\lambda = \frac{2}{\hbar} E \sqrt{ \frac{m}{D} }
\end{displaymath}
Mit $E = (n+1/2) \hbar \omega = (n+1/2) \hbar \sqrt{m/D}$ kann man auch schreiben
\begin{displaymath}
\lambda = 2n + 1, \; \; \; \; \; n = 0,1,2,....
\end{displaymath}
b) An der vorherigen Formel sieht man, da"s auch $\lambda$ in den Eigenfunktionen vorkommt,
n"amlich im Index $n$. Die ersten drei Eigenfunktionen sind:
\begin{eqnarray}
\psi_{0} &=& a_{0} e^{-\xi^{2}/2} \nonumber \\
\psi_{1} &=& -2 a_{1} \xi e^{-\xi^{2}/2} \nonumber \\
\psi_{2} &=& 2 a_{2} (2 \xi^{2} - 1) e^{-\xi^{2}/2} \nonumber 
\end{eqnarray}
$\psi_{1}$ hat keine Nullstelle, $\psi_{1}$ hat eine Nullstelle bei $\xi = 0$,
$\psi_{2}$ hat 2 Nullstellen bei $\xi = \pm 1/\sqrt{2}$. \newline
c) Es ist
\begin{displaymath}
\int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{0}^{\ast} \psi_{1} d\xi
= 2 a_{0} a_{1} \int_{-\infty}^{+\infty} \xi e^{-\xi^{2}/2} d\xi = 0,
\end{displaymath}
da der Integrand eine symmetrisch ungerade Funktion ist. \newline
d) Zur weiteren Berechnung der Erwartungswerte m\"ussen wir zun\"achst die Normierungen
$a_{0}$ und $a_{1}$ bestimmen. F"ur die auftretenden bestimmten Integrale verwenden
wir Integraltafeln (siehe z.B. Bronstein - Semendjajew). Wegen
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{0}^{\ast} \psi_{0} d\xi 
&=& a_{0}^{2} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\xi^{2}} d\xi = a_{0}^{2} \sqrt{\pi} = 1 \nonumber \\
\int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{1}^{\ast} \psi_{1} d\xi 
&=& 4 a_{1}^{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \xi^{2} e^{-\xi^{2}} d\xi 
= 4 a_{1}^{2} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \nonumber 
\end{eqnarray}
folgt $a_{0} = \pi^{-1/4}$ und $a_{1} = (4 \pi)^{-1/4}$. Die Erwartungswerte sind dann
\begin{eqnarray}
< x^{2}>_{0} = \int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{0}^{\ast} x^{2} \psi_{0} d\xi
&=& \frac{a_{0}^{2}}{\alpha^{2}} \int_{-\infty}^{+\infty} \xi^{2} e^{-\xi^{2}} d\xi
= \frac{a_{0}^{2}}{\alpha^{2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{1}{2\alpha^{2}} 
= \frac{E_{0}}{D} \nonumber \\
< x^{2}>_{1} = \int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{1}^{\ast} x^{2} \psi_{1} d\xi
&=& \frac{4 a_{1}^{2}}{\alpha^{2}} \int_{-\infty}^{+\infty} \xi^{4} e^{-\xi^{2}} d\xi
= \frac{4 a_{1}^{2}}{\alpha^{2}} \frac{3 \sqrt{\pi}}{4} = \frac{3}{2 \alpha^{2}}
= \frac{E_{1}}{D} \nonumber 
\end{eqnarray}
Wir erhalten also die klassischen Beziehungen
\begin{eqnarray}
E_{0} = D < x^{2} >_{0}  \nonumber \\
E_{1} = D < x^{2} >_{1} \nonumber
\end{eqnarray}   
Man sieht insbesondere noch mal, da"s $E_{0}$ und $E_{1}$ die Gesamtenergien des Teilchens sind,
also Summe aus kinetischer und potentieller Energie. 
\end{document}

