Lösungen zur Übung Nr.6
Abgabetermin: Montag, d. 6. Juni 2005

Aufgabe 1: (5 Punkte)
Hier muß man natürlich von der zeitabhängigen Schrödingergleichung 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} - \f...
...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
$\displaystyle \frac{\hbar}{i} \psi^{\ast} \frac{\partial \psi}{\partial t} - \frac{\hbar^{2}}{2m} \psi^{\ast}
\nabla^{2} \psi + V(x) \psi^{\ast} \psi$ $\textstyle =$ $\displaystyle 0$  
$\displaystyle -\frac{\hbar}{i} \frac{\partial \psi^{\ast}}{\partial t} \psi - \frac{\hbar^{2}}{2m}
(\nabla^{2} \psi^{\ast}) \psi + V(x) \psi^{\ast} \psi$ $\textstyle =$ $\displaystyle 0$  

Subtraktion der beiden Gleichungen ergibt

\begin{displaymath}
\frac{\partial}{\partial t} (\psi^{\ast} \psi) + \frac{\hbar...
...st} \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...
...} \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}


Aufgabe 2: (5 Punkte)
a) Wir schreiben den Kommutator

\begin{displaymath}[H,x]= \left[ \frac{\hat{p}^{2}}{2m} + V(x), x \right] = \lef...
...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 können wir den Erwartungswert $<\hat{p}>$ schreiben als

\begin{displaymath}
<\hat{p}> = - \frac{m}{i\hbar} \int dx \; \psi^{\ast} [H,x] ...
... dx (( H^{\ast} \psi^{\ast}) (x \psi) - \psi^{\ast} x H \psi)
\end{displaymath}

Im letzten Schritt wurde ausgenutzt, daß $H$ 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 \...
...nfty}^{+\infty} d^{3}r \; q \vec{r} \vert\psi(\vec{r}\vert^{2}
\end{displaymath}

Mit der Variablensubstitution $\vec{\rho} = - \vec{r}$ folgt auch $d^{3}\vec{\rho} = - d^{3}\vec{r}$ und
$\displaystyle <p_{e}>$ $\textstyle =$ $\displaystyle - \int_{+\infty}^{-\infty} d^{3} \vec{\rho} \; (- q \vec{\rho}) \...
...nfty}^{-\infty} d^{3}\vec{\rho} \; (q \vec{\rho}) \vert\psi(\vec{\rho}\vert^{2}$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle - \int_{-\infty}^{+\infty} d^{3}\vec{\rho} \; (q \vec{\rho}) \vert\psi(\vec{\rho}\vert^{2} = - <p_{e}>.$  

Aus $<p_{e}> = - <p_{e}>$ folgt aber $<p_{e}> = 0$.
Aufgabe 3: (5 Punkte)
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 Wahrscheinlichkeitsdichte ist

\begin{displaymath}
\vert\psi_{100}\vert^{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 = \vert\psi_{100}\vert^{2} dV = \vert\psi_{100}\vert^{2} r^{2} sin\theta dr d\theta d\varphi.
\end{displaymath}

Wir integrieren über $\theta$ 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 = ...
...m} e^{-2r_{m}/a_{0}} \left( 1- \frac{r_{m}}{a_{0}} \right)
= 0
\end{displaymath}

zu $r_{m} = a_{0}$.
b) Wenn $f(x)$ die Wahrscheinlichkeitsdichte einer zufälligen Veränderlichen $x$ 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...
...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}


Aufgabe 4: (5 Punkte)
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 Grösse durch einen Operator darstellen. Dieser Operator, angewandt auf die Wellenfunktion, ergibt dann den Wert dieser messbaren Grösse. 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 $L_{z} = - \hbar$.
b) Entsprechend zu Teil a) muss es auch einen Operator für das Quadrat des Bahndrehimpulses $\hat{L}^{2}$ geben. Man könnte ihn, wie in der Vorlesung angegeben, mit den Formeln
$\displaystyle \hat{L_{x}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{\hbar}{i} (y \frac{\partial}{\partial z} - z \frac{\partial}{\partial y})$  
$\displaystyle \hat{L_{y}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{\hbar}{i} (z \frac{\partial}{\partial x} - x \frac{\partial}{\partial z})$  
$\displaystyle \hat{L_{z}}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{\hbar}{i} (x \frac{\partial}{\partial y} - y \frac{\partial}{\partial x})$  

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 Schrödingergleichung in Polarkoordinaten (siehe Kap.7.4, Formel (26))

\begin{displaymath}
\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^{2}
\f...
...arphi^{2}} \right]
+ \frac{2m}{\hbar^{2}} (E - V(r)) \psi = 0
\end{displaymath}

mit der Gleichung für den Radialanteil R(r) (siehe Kap.7.4, Formel (38))

\begin{displaymath}
\frac{1}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^{2} \fr...
...ft( 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} \fr...
... \hat{L}^{2} \psi
+ \frac{2m}{\hbar^{2}} (E - V(r)) \psi = 0.
\end{displaymath}

Vergleich mit der obigen Schrödingergleichung zeigt, dass

\begin{displaymath}
\hat{L}^{2} = - \hbar^{2} \left[ \frac{1}{sin\theta}
\frac{\...
...^{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 übernommen werden.
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:
$\displaystyle \hat{L}^{2} \psi$ $\textstyle =$ $\displaystyle - R(r) \hbar^{2} \left[ \frac{1}{sin\theta} \frac{\partial}{\part...
...{sin^{2}\theta} \frac{\partial^{2} e^{-i\varphi}}{\partial \varphi^{2}} \right]$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle - R(r) \hbar^{2} e^{-i\varphi} \left[ \frac{1}{\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta}
(sin\theta cos\theta) - \frac{1}{sin\theta} \right]$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle - R(r) \hbar^{2} \frac{e^{-i\varphi}}{sin\theta} ( cos^{2}\theta - sin^{2}\theta - 1)$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle - R(r) \hbar^{2} \frac{e^{-i\varphi}}{sin\theta} ( 1 - 2 sin^{2}\theta - 1)$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle + R(r) \hbar^{2} 2 sin\theta e^{-i\varphi}$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle 2 \hbar^{2} \psi(r,\theta, \varphi).$  

Der Bahndrehimpuls des Zustandes ist also $L = \sqrt{2} \hbar$ und die Quantenzahl ergibt sich aus $L = \sqrt{l(l+1)} \hbar$ zu $l=1$.



Harm Fesefeldt
2005-06-14