Lösungen zur Übung Nr.4

Abgabetermin: Montag, d. 23. Mai 2005

Aufgabe 1: (5 Punkte)
Wir teilen den Spalt in $n$ Teile auf, dann können wir für die Teilwelle vom Ort $x$ schreiben (siehe Abbildung 1):

$$d\psi = a_{0} dx e^{-i(k x \; sin\varphi - \omega t)},$$

Abbildung 1: Zur Interferenz am Spalt

Berücksichtigt man die Interferenz aller Spaltelemente, so folgt

$$\psi = a_{0} e^{-i\omega t} \int_{0}^{b} e^{ikx \; sin\varph... ...-i\omega t}}{i k \; sin\varphi} (e^{i k b \; sin\varphi} - 1).$$

Das konjugiert Komplexe hiervon ist

$$\psi^{\ast} = a_{0}^{\ast} \frac{i \; e^{i\omega t}}{k \; sin\varphi}(e^{-i k b \; sin\varphi} -1).$$

Für die Wahrscheinlichkeitsdichte erhalten wir:

$$\psi \psi^{\ast} = \frac{a_{0}^{2}}{k^{2} sin^{2}\varphi} (e... ...{2} sin^{2}\varphi} \left(1 - cos(k b \; sin\varphi) \right).$$

Mit $2 sin^{2}(x/2) = 1 - cos(x)$ kann das umgeformt werden auf

$$\psi \psi^{\ast} = \frac{a_{0}^{2} sin^{2} \left( \frac{kb \... ...} \right) } { \left( \frac{k b \; sin\varphi}{2} \right)^{2} }$$

Minima (Nullstellen) erhalten wir für

$$\frac{k b \; sin\varphi}{2} = \pm n \pi, \; \; \; \; \; n=1,2,3,....$$

Für $n=0$ werden Zähler und Nenner Null, der Grenzwert geht bekanntlich gegen $a_{0}^{2}$ und ergibt das Hauptmaximum. Der Abstand des ersten Minimums vom Hauptmaximum ist dann

$$r = L \; sin\varphi = \frac{2 \pi L}{k b} = \frac{2 \pi \hbar L}{p b} = \frac{h L}{b\sqrt{2 m E}}.$$

Aufgabe 2: (8 Punkte)
a) Für $E > E_{0}$ erhalten wir die beiden Gleichungen

$$\frac{\hbar^{2}}{2m} \frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + E \psi = 0, \; \; \; \; \; 0 \leq x \leq L$$

$$\frac{\hbar^{2}}{2m} \frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + (E-E_{0}) \psi = 0, \; \; \; \; \; x \geq L.$$

mit den Lösungen

$$\psi_{1} = a_{1} sin(k_{1}x) + a_{2} cos(k_{2} x)$$

$$\psi_{2} = b_{1} sin(k_{2}x) + b_{2} cos(k_{2} x)$$

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

$$b_{1} sin(k_{2}L) + b_{2} cos(k_{2} L) = a_{1} sin(k_{1} L).$$

Aus der dritten Bedingung $\psi_{1}'(L) = \psi_{2}'(L)$ erhalten wir eine zweite Gleichung

$$a_{1} cos(k_{1}L) = b_{1} cos(k_{2}L) - b_{2} sin(k_{2}L)$$

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 $E > E_{0}$ möglich.
b) Für $E < E_{0}$ erhalten wir

$$\frac{d^{2} \psi}{dx^{2}} + k_{1}^{2} \psi = 0, \; \; \; \; \; 0 \leq x \leq L$$

$$\frac{d^{2} \psi}{dx^{2}} - k_{2}^{2} \psi = 0, \; \; \; \; \; x \geq L$$

mit $k_{1} = \sqrt{2 m E}/\hbar$ und $k_{2} = \sqrt{2m(E_{0}-E)}/\hbar$. Die Lösungen sind

$$\psi_{1} = a_{1} sin(k_{1} x) + a_{2} cos(k_{1} x)$$

$$\psi_{2} = b_{1} e^{k_{2}x} + b_{2} e^{-k_{2} x}$$

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

$$\psi_{1} = a_{1} sin(k_{1} x)$$

$$\psi_{2} = b_{2} e^{-k_{2} x}$$

Die weiteren Randbedingungen $\psi_{1}(L) = \psi_{2}(L)$ und $\psi_{1}'(L) = \psi_{2}'(L)$ führen auf

$$a_{1} sin(k_{1} L) = b_{2} e^{-k_{2}L}$$

$$k_{1} a_{1} cos(k_{1} L) = - k_{2} b_{2} e^{-k_{2} L}$$

Hieraus folgt:

$$k_{2} = - k_{1} \; cot(k_{1} L).$$

Setzen wir $\xi = k_{1} L$ und $\eta = k_{2} L$, so ist

$$\xi^{2} + \eta^{2} = \frac{2mE L^{2}}{\hbar^{2}} + \frac{2m(... ...{2}}{\hbar^{2}} = \frac{2mE_{0} L^{2}}{\hbar^{2}} = \rho^{2}.$$

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, erhält man in der Skizze von Abbildung 2 also lediglich 3 erlaubte Energiewerte.

Abbildung 2: Konstruktionsskizze zur Bestimmung der erlaubten Energiewerte

c) Wenn $\rho < \pi/2$ wird, gibt es keine Schnittpunkte mehr für $\xi > 0$ und $\eta > 0$. Damit überhaupt diskrete Energiewerte auftreten, muß also

$$\frac{2m E_{0} L^{2}}{\hbar^{2}} > \frac{\pi^{2}}{4}$$

oder

$$E_{0} L^{2} > \frac{\hbar^{2} \pi^{2}}{8 m}$$

sein. Aus der Heisenbergschen Unschärferelation können wir eine ähnliche Beziehung für die Unschärfe der kinetische Energie $E_{k}$ und des Ortes abschätzen

$$\Delta E_{k} \cdot (\Delta x)^{2} \approx \frac{(\Delta p)^{2} \cdot (\Delta x)^{2}}{2m} > \frac{\hbar^{2}}{8 m}$$

In der Literatur findet man gelegentlich Interpretationsversuche zu dieser Ähnlichkeit, die mir allerdings nicht besonders einleuchtend erscheinen. Tatsache ist jedoch, das für $E < E_{0}$ das Maximum der Aufenthaltswahrscheinlichkeit im Potential liegen müsste, und damit stetige Randbedingungen nicht mehr erfüllt werden können (siehe Abbildung 3 für den Fall $E \approx E_{0}$).

Abbildung 3: Die erste Wellenfunktion für das minimale Potential

d) Die Aufenthaltswahrscheinlichkeiten sind

$$\psi_{1}^{2} = a_{1}^{2} sin^{2}(k_{1}x) \; \; \; \; \; mit \; k_{1} = \frac{\sqrt{2 m E}}{\hbar}$$

$$\psi_{2}^{2} = b_{2}^{2} e^{-2k_{2} x} \; \; \; \; \; mit \; k_{2} = \frac{\sqrt{2m(E_{0}-E)}}{\hbar}$$

       

Abbildung 4: Skizze der ersten drei Wellenfunktionen

Wer hier auch noch die Normierungskonstanten ausrechnet, kriegt einen Extrapunkt.
Aufgabe 3: (7 Punkte)
a) Wir rechnen rückwärts. Mit $d^{2}\psi/dx^{2} = \alpha^{2} d^{2}\psi/d\xi^{2}$ folgt:

$$\frac{1}{\alpha^{2}} \frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + (\lambda - \alpha^{2} x^{2}) \psi = 0,$$

oder

$$\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + (\alpha^{2} \lambda - \alpha^{4} x^{2}) \psi = 0.$$

Vergleich mit

$$\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + \left( \frac{2mE}{\hbar^{2}} - \frac{mD}{\hbar^{2}} x^{2} \right) \psi = 0$$

liefert:

$$\alpha = \left( \frac{mD}{\hbar^{2}} \right)^{1/4}, \; \; \;... ...; \; \; \; \; \lambda = \frac{2}{\hbar} E \sqrt{ \frac{m}{D} }$$

Mit $E = (n+1/2) \hbar \omega = (n+1/2) \hbar \sqrt{m/D}$ kann man auch schreiben

$$\lambda = 2n + 1, \; \; \; \; \; n = 0,1,2,....$$

b) An der vorherigen Formel sieht man, daß auch $\lambda$ in den Eigenfunktionen vorkommt, nämlich im Index $n$. Die ersten drei Eigenfunktionen sind:

$$\psi_{0} = a_{0} e^{-\xi^{2}/2}$$

$$\psi_{1} = -2 a_{1} \xi e^{-\xi^{2}/2}$$

$$\psi_{2} = 2 a_{2} (2 \xi^{2} - 1) e^{-\xi^{2}/2}$$

$\psi_{1}$ hat keine Nullstelle, $\psi_{1}$ hat eine Nullstelle bei $\xi = 0$, $\psi_{2}$ hat 2 Nullstellen bei $\xi = \pm 1/\sqrt{2}$.
c) Es ist

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{0}^{\ast} \psi_{1} d\xi = 2 a_{0} a_{1} \int_{-\infty}^{+\infty} \xi e^{-\xi^{2}/2} d\xi = 0,$$

da der Integrand eine symmetrisch ungerade Funktion ist.
d) Zur weiteren Berechnung der Erwartungswerte müssen wir zunächst die Normierungen $a_{0}$ und $a_{1}$ bestimmen. Für die auftretenden bestimmten Integrale verwenden wir Integraltafeln (siehe z.B. Bronstein - Semendjajew). Wegen

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{0}^{\ast} \psi_{0} d\xi = a_{0}^{2} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\xi^{2}} d\xi = a_{0}^{2} \sqrt{\pi} = 1$$

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{1}^{\ast} \psi_{1} d\xi = 4 a_{1}^{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \xi^{2} e^{-\xi^{2}} d\xi = 4 a_{1}^{2} \frac{\sqrt{\pi}}{2}$$

folgt $a_{0} = \pi^{-1/4}$ und $a_{1} = (4 \pi)^{-1/4}$. Die Erwartungswerte sind dann

$$< x^{2}>_{0} = \int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{0}^{\ast} x^{2} \psi_{0} d\xi = \frac{a_{0}^{2}}{\alpha^{2}} \int_{-\infty}^{+\infty} \xi^{2} e^{... ...{2}}{\alpha^{2}} \frac{\sqrt{\pi}}{2} = \frac{1}{2\alpha^{2}} = \frac{E_{0}}{D}$$

$$< x^{2}>_{1} = \int_{-\infty}^{+\infty} \psi_{1}^{\ast} x^{2} \psi_{1} d\xi = \frac{4 a_{1}^{2}}{\alpha^{2}} \int_{-\infty}^{+\infty} \xi^{4} e... ...}{\alpha^{2}} \frac{3 \sqrt{\pi}}{4} = \frac{3}{2 \alpha^{2}} = \frac{E_{1}}{D}$$

Wir erhalten also die klassischen Beziehungen

$$E_{0} = D < x^{2} >_{0}$$

$$E_{1} = D < x^{2} >_{1}$$

Man sieht insbesondere noch mal, daß $E_{0}$ und $E_{1}$ die Gesamtenergien des Teilchens sind, also Summe aus kinetischer und potentieller Energie.