\documentstyle[11pt,german,uebung]{article}
\begin{document}
\briefkopf
\Large
\centerline{L"osungen zur \"Ubung Nr.6}
\normalsize
\centerline{\bf Abgabetermin: Montag, d. 6. Juni 2005}
\newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 1:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
Hier mu"s man nat"urlich von der zeitabh"angigen Schr"odingergleichung ausgehen,
\begin{displaymath}
\frac{\hbar}{i} \frac{\partial\psi}{\partial t} - \frac{\hbar^{2}}{2 m} \nabla^{2} \psi 
+ V(x) \psi = 0.
\end{displaymath}
Die konjugiert komplexe Gleichung lautet:
\begin{displaymath}
-\frac{\hbar}{i} \frac{\partial\psi^{\ast}}{\partial t} - \frac{\hbar^{2}}{2 m} \nabla^{2} \psi^{\ast} 
+ V(x) \psi^{\ast} = 0.
\end{displaymath}
Multiplakation der ersten Gleichung mit $\psi^{\ast}$ und der zweiten mit $\psi$ liefert die
beiden Gleichungen
\begin{eqnarray}
\frac{\hbar}{i} \psi^{\ast} \frac{\partial \psi}{\partial t} - \frac{\hbar^{2}}{2m} \psi^{\ast}
\nabla^{2} \psi + V(x) \psi^{\ast} \psi &=& 0 \nonumber \\
-\frac{\hbar}{i} \frac{\partial \psi^{\ast}}{\partial t} \psi - \frac{\hbar^{2}}{2m} 
(\nabla^{2} \psi^{\ast}) \psi + V(x) \psi^{\ast} \psi &=& 0 \nonumber 
\end{eqnarray}
Subtraktion der beiden Gleichungen ergibt
\begin{displaymath}
\frac{\partial}{\partial t} (\psi^{\ast} \psi) + \frac{\hbar}{2 i m} \left( \psi^{\ast} \nabla^{2} \psi
- \psi \nabla^{2} \psi^{\ast} \right)  = 0 
\end{displaymath}
Das kann man auch schreiben als
\begin{displaymath}
\frac{\partial}{\partial t} (\psi^{\ast} \psi) + \frac{\hbar}{2 i m} \vec{\nabla}
\left( \psi^{\ast} \vec{\nabla} \psi- \psi \vec{\nabla} \psi^{\ast} \right)  = 0
\end{displaymath}
Mit der Stromdichte $\vec{j} = (\hbar/2 i m)(\psi^{\ast} \vec{\nabla}\psi - \psi \vec{\nabla} \psi^{\ast})$
und der Dichte $\rho = \psi^{\ast} \psi$ folgt endlich
\begin{displaymath}
\frac{\partial \rho}{\partial t} + \vec{\nabla} \cdot \vec{j} = 0.
\end{displaymath}  
\newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 2:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
a) Wir schreiben den Kommutator 
\begin{displaymath}
[H,x] = \left[ \frac{\hat{p}^{2}}{2m} + V(x), x \right] = \left[ \frac{\hat{p}^{2}}{2m} , x \right]
= \frac{1}{2m} ( \hat{p} \hat{p} x - x \hat{p} \hat{p} ) = \frac{1}{2m}
\left( \hat{p} (\hat{p} x - x \hat{p}) + ( \hat{p} x - x \hat{p}) \hat{p} \right) .
\end{displaymath}
Mit dem Kommutator $[\hat{p},x] = - i \hbar$ (siehe Skript Kap. 8.5, Formel (42)) folgt:
\begin{displaymath}
[H,x] = \frac{1}{2m} \left( \hat{p} ( -i \hbar ) + ( - i \hbar ) \hat{p} \right) 
= - \frac{i \hbar }{m} \hat{p}.
\end{displaymath}
Damit k"onnen wir den Erwartungswert $<\hat{p}>$ schreiben als
\begin{displaymath}
<\hat{p}> = - \frac{m}{i\hbar} \int dx \; \psi^{\ast} [H,x] \psi = 
- \frac{m}{i \hbar} \int dx (\psi^{\ast} H (x \psi) - \psi^{\ast} x H \psi) = 
- \frac{m}{i \hbar} \int dx (( H^{\ast} \psi^{\ast}) (x \psi) - \psi^{\ast} x H \psi) 
\end{displaymath}
Im letzten Schritt wurde ausgenutzt, da"s $H$ hermitesch ist. 
Wegen $H \psi = E \psi$ und auch $H^{\ast} \psi^{\ast} = E \psi^{\ast}$ folgt schliesslich
\begin{displaymath}
<\hat{p}> = - \frac{m}{i \hbar} \int dx (\psi^{\ast} E x \psi - \psi^{\ast} x E \psi) = 0.  
\end{displaymath} 
b) Das Dipolmoment ist $p_{e} = q \vec{r}$, der Erwartungswert also
\begin{displaymath}
<p_{e}> = \int_{-\infty}^{+\infty} d^{3}r \; \psi^{\ast} q \vec{r} \psi =
\int_{-\infty}^{+\infty} d^{3}r \; q \vec{r} |\psi(\vec{r}|^{2}
\end{displaymath}
Mit der Variablensubstitution $\vec{\rho} = - \vec{r}$ folgt auch $d^{3}\vec{\rho} = - d^{3}\vec{r}$ und
\begin{eqnarray}
<p_{e}> &=& - \int_{+\infty}^{-\infty} d^{3} \vec{\rho} \; (- q \vec{\rho}) |\psi(-\vec{\rho})|^{2}
= + \int_{+\infty}^{-\infty} d^{3}\vec{\rho} \; (q \vec{\rho}) |\psi(\vec{\rho}|^{2} \nonumber \\
&=& - \int_{-\infty}^{+\infty} d^{3}\vec{\rho} \; (q \vec{\rho}) |\psi(\vec{\rho}|^{2} = - <p_{e}>.
\nonumber
\end{eqnarray}
Aus $<p_{e}> = - <p_{e}>$ folgt aber $<p_{e}> = 0$.
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{\bf Aufgabe 3:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
a) Die Wellenfunktion im Grundzustand ist nach Skript
\begin{displaymath}
\psi_{100} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \left( \frac{1}{a_{0}} \right)^{3/2} e^{-r/a_{0}},
\end{displaymath}
die Wahrscheinlichkeits\underline{dichte} ist
\begin{displaymath}
|\psi_{100}|^{2} = \frac{1}{\pi} \left( \frac{1}{a_{0}} \right)^{3} e^{-2r/a_{0}}
\end{displaymath}
und die Wahrscheinlichkeit, das Elektron im Volumenelement $dV$ anzutreffen, ist
\begin{displaymath}
dP = |\psi_{100}|^{2} dV = |\psi_{100}|^{2} r^{2} sin\theta dr d\theta d\varphi.
\end{displaymath}
Wir integrieren \"uber $\theta$ und $\varphi$ und erhalten
\begin{displaymath}
\frac{dP}{dr} = 4 \left( \frac{1}{a_{0}} \right)^{3} r^{2} e^{-2r/a_{0}}
\end{displaymath}
Das Maximum finden wir aus der Extremalbedingung
\begin{displaymath}
\left[ \frac{d}{dr}\left(\frac{dP}{dr} \right) \right]_{r = r_{m}} = 
4 \left( \frac{1}{a_{0}} \right)^{3} 2 r_{m} e^{-2r_{m}/a_{0}} \left( 1- \frac{r_{m}}{a_{0}} \right)
= 0
\end{displaymath}
zu $r_{m} = a_{0}$. \newline
b) Wenn $f(x)$ die Wahrscheinlichkeitsdichte einer zuf\"alligen Ver\"anderlichen $x$ ist, dann ist
der Erwartungswert durch $<x> = \int x f(x) dx$ gegeben. In unserem Fall also
\begin{displaymath}
<r> = \int_{0}^{\infty} r \frac{dP}{dr} dr = \frac{4}{a_{0}^{3}}\int_{0}^{\infty}
r^{3} e^{-2r/a_{0}} dr
\end{displaymath}
Die Integration entnehmen wir einer Integraltafel (Bronstein),
\begin{displaymath}
<r> = \frac{4}{a_{0}^{3}} \left[ e^{-2r/a_{0}} \left( -\frac{a_{0}r^{3}}{2} -
\frac{3a_{0}^{2} r^{2}}{4} - \frac{a_{0}^{3} r}{4} - \frac{3a_{0}^{4}}{8} \right) 
\right]_{0}^{\infty} = \frac{4}{a_{0}^{3}} \frac{3}{8} a_{0}^{4} = \frac{3}{2} a_{0}, 
\end{displaymath}
oder als bestimmtes Integral:
\begin{displaymath}
<r> = \frac{4}{a_{0}^{3}} \frac{3!}{(2/a_{0})^{4}} = \frac{3}{2} a_{0}
\end{displaymath}
\newline \vskip 5mm
{\bf Aufgabe 4:} \hspace{10cm} (5 Punkte) \newline
Wir hatten in der Vorlesung bereits die Gleichung
\begin{displaymath}
\frac{\hbar}{i}\frac{\partial \psi(r,\theta,\phi)}{\partial \phi} = L_{z} \psi(r,\theta,\phi)
\end{displaymath}
In der Mathematik nennt man sowas eine Eigenwertgleichung. $L_{z}$ ist der Eigenwert und
$\psi(r,\theta,\phi)$ die Eigenfunktion zum Operator $\hat{L}_{z}=(\hbar/i) \partial / \partial \varphi$.
In der Quantenmechanik kann mann jede messbare Gr\"osse durch einen Operator darstellen.
Dieser Operator, angewandt auf die Wellenfunktion, ergibt dann den Wert dieser messbaren
Gr\"osse. In unserem Fall ist einfach
\begin{displaymath}
\hat{L_{z}}\psi = \frac{\hbar}{i} \frac{\partial \psi}{\partial \varphi} = \frac{\hbar}{i}
(-i) \psi = - \hbar \psi.
\end{displaymath}
Vergleich mit der obigen Eigenwertgleichung zeigt, dass $L_{z} = - \hbar$. \newline
b) Entsprechend zu Teil a) muss es auch einen Operator f\"ur das Quadrat
des Bahndrehimpulses $\hat{L}^{2}$ geben. Man k\"onnte ihn, wie in der Vorlesung
angegeben, mit den Formeln 
\begin{eqnarray}
\hat{L_{x}} &=& \frac{\hbar}{i} (y \frac{\partial}{\partial z} - z \frac{\partial}{\partial y}) \nonumber \\
\hat{L_{y}} &=& \frac{\hbar}{i} (z \frac{\partial}{\partial x} - x \frac{\partial}{\partial z}) \nonumber \\
\hat{L_{z}} &=& \frac{\hbar}{i} (x \frac{\partial}{\partial y} - y \frac{\partial}{\partial x}) \nonumber 
\end{eqnarray}
und $\hat{L}^{2} = \hat{L}_{x}^{2} + \hat{L}_{y}^{2} + \hat{L}_{z}^{2}$ berechnen. Dieses ist aber
ziemlich rechenaufwendig. Einfacher erhalten wir diesen Operator, wenn wir die Schr\"odingergleichung
in Polarkoordinaten (siehe Kap.7.4, Formel (26))
\begin{displaymath}
\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^{2} 
\frac{\partial \psi}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^{2}} \left[ \frac{1}{sin\theta}
\frac{\partial}{\partial \theta} \left( sin\theta \frac{\partial \psi}{\partial \theta} \right)
+ \frac{1}{sin^{2}\theta} \frac{\partial^{2}\psi}{\partial \varphi^{2}} \right] 
+ \frac{2m}{\hbar^{2}} (E - V(r)) \psi = 0
\end{displaymath}
mit der Gleichung f\"ur den Radialanteil R(r) (siehe Kap.7.4, Formel (38))
\begin{displaymath}
\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^{2} \frac{\partial R}
{\partial r} \right) + \frac{2m}{\hbar^{2}} \left( E - V(r) - \frac{\hbar^{2}}{2m r^{2}} l(l+1)
\right) R = 0
\end{displaymath}
vergleichen. Wir multiplizieren die letzte Gleichung mit $\Theta(\theta) \Phi(\varphi)$ 
(beachte: $\psi = R(r) \Theta(\theta) \Phi(\varphi)$) und 
setzen $\hat{L}^{2} \psi = l(l+1) \hbar^{2} \psi$ (siehe oben). Dann folgt
\begin{displaymath}
\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r} \left(
r^{2} \frac{\partial \psi}{\partial r} \right) - \frac{1}{\hbar^{2} r^{2}} \hat{L}^{2} \psi 
+ \frac{2m}{\hbar^{2}} (E - V(r)) \psi = 0.
\end{displaymath}
Vergleich mit der obigen Schr\"odingergleichung zeigt, dass
\begin{displaymath}
\hat{L}^{2} =   - \hbar^{2} \left[ \frac{1}{sin\theta}
\frac{\partial}{\partial \theta} \left( sin\theta \frac{\partial }{\partial \theta} \right)
+ \frac{1}{sin^{2}\theta} \frac{\partial^{2}}{\partial \varphi^{2}} \right] 
\end{displaymath}
sein muss. Im Teil 8, Kap.9.1 Formel (7), ist dieser Operator angegeben, kann also ohne Beweis
"ubernommen werden. \newline 
Wir setzen jetzt $R(r) = C r e^{-r/2 a_{0}}$, d.h.
\begin{displaymath}
\psi(r, \theta, \varphi) = R(r) sin(\theta) e^{-i\varphi}.
\end{displaymath}
 und rechnen aus:
\begin{eqnarray}
\hat{L}^{2} \psi &=& - R(r) \hbar^{2} \left[ \frac{1}{sin\theta} \frac{\partial}{\partial \theta}
\left( sin\theta \frac{\partial(sin\theta)}{\partial \theta} \right) e^{-i\varphi} +
\frac{sin\theta}{sin^{2}\theta} \frac{\partial^{2} e^{-i\varphi}}{\partial \varphi^{2}} \right] \nonumber \\
 &=& - R(r) \hbar^{2} e^{-i\varphi} \left[ \frac{1}{\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta}
(sin\theta cos\theta) - \frac{1}{sin\theta} \right] \nonumber \\
 &=& - R(r) \hbar^{2} \frac{e^{-i\varphi}}{sin\theta} ( cos^{2}\theta - sin^{2}\theta - 1) \nonumber \\
 &=& - R(r) \hbar^{2} \frac{e^{-i\varphi}}{sin\theta} ( 1 - 2 sin^{2}\theta - 1) \nonumber \\
 &=& + R(r) \hbar^{2} 2 sin\theta e^{-i\varphi} \nonumber \\
 &=& 2 \hbar^{2} \psi(r,\theta, \varphi). \nonumber
\end{eqnarray}
Der Bahndrehimpuls des Zustandes ist also $L = \sqrt{2} \hbar$ und die Quantenzahl ergibt sich aus
$L = \sqrt{l(l+1)} \hbar$ zu $l=1$. 
\end{document}
