Das Spektrum freier Teilchen (Elektronen) ist

\[E_{\vec{k}}=\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}. \]

Die Zustandsdichte ist definiert als

\[\rho\left(E\right)=\sum_{k}\delta\left(E-E_{\vec{k}}\right)=\frac{V}{\left(2\pi\right)^{3}}\int\mathrm{d}^{3}\vec{k}\,\delta\left(E-E_{\vec{k}}\right).\]

Es ergibt sich

\[\frac{V}{\left(2\pi\right)^{3}}\int\mathrm{d}^{3}\vec{k}\,\delta\left(E-E_{\vec{k}}\right)=\frac{V}{\left(2\pi\right)^{3}}\int\mathrm{d}\Omega\,\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}k\, k^{2}\delta\left(E-\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}\right)=\]

\[=\frac{V}{2\pi^{2}}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}k\, k^{2}\delta\left(E-\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}\right)\]

Man benutzt die Substitution

\[x=\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}\Rightarrow\mathrm{d}k=\frac{m}{\hbar^{2}k}\mathrm{d}x.\]

Und erhält

\[\frac{V}{2\pi^{2}}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}k\, k^{2}\delta\left(E-\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}\right)=\frac{V}{2\pi^{2}}\sqrt{\frac{2m^{3}}{\hbar^{6}}}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\,\sqrt{x}\delta\left(x-E\right)=\frac{V}{2\pi^{2}\hbar^{3}}\sqrt{2m^{3}E}\Theta\left(E\right)\]

 

Die Pauli-Matrizen sehen folgendermaßen aus:

\[\sigma_{x}=\left(\begin{array}{cc}0 & 1\\1 & 0\end{array}\right)\]
,
\[\sigma_{y}=\left(\begin{array}{cc}0 & -i\\i & 0\end{array}\right)\]
,
\[\sigma_{z}=\left(\begin{array}{cc}1 & 0\\0 & -1\end{array}\right)\]

Die Kommutatorregel:

\[\[\sigma_{i}\,,\sigma_{j}]=\sigma_{i}\,\sigma_{j}-\sigma_{j}\,\sigma_{i}=2\,\mathrm{i}\,\epsilon_{ijk}\;\sigma_{k}\]

oder auch

\[\sigma_i \sigma_j = \delta_{ij} + \mathrm i\, \epsilon_{ijk}\; \sigma_k\]

Die Antikommutatorregel:

\[\{\sigma_{i}\,,\sigma_{j}\}=\sigma_{i}\,\sigma_{j}+\sigma_{j}\,\sigma_{i}=2\,\delta_{ij}\]

Aufgabe


Ein Wasserstoffatom befindet sich in einem (zeitabhängigen) elektrischen Feld

\[\vec{E}=E\left(t\right)\hat{z}\]
. Berechne alle vier Matrixelemente
\[H_{ij}^{\prime}\]
  des Störterms
\[H^{\prime}=eEz\]
  bezüglich des Grundzustandes
\[\left(n=1\right)\]
  und der (vierfach entarteten) ersten angeregten Zustände
\[(n=2)\]
. Zeige außerdem, dass für alle fünf Zustände
\[H_{ii}^{\prime}=0\]
  gilt.

Lösung


Der Hamiltonian des Wasserstoffatoms lautet:

\[H=\frac{p^{2}}{2m}-\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{e^{2}}{r}\]


Die vollständige Basis der Lösungen sei mit
\[\mid nlm\rangle\]
  bezeichnet, wobei
\[n=1,2,...;\, l=0,1,...,n-1;\, m=-l,-l+1,...,l-1,l.\]


• Es gilt
\[P\mid nlm\rangle=\left(-1\right)^{l}\mid nlm\rangle\]
,

wobei

\[P\]
  der Paritätsoperator ist.

Es folgt

\[Pz\mid\Psi\rangle=-zP\mid\Psi\rangle\]
  und deswegen

\[\langle nlm\mid z\mid n^{\prime}l^{\prime}m^{\prime}\rangle=\langle nlm\mid zP^{2}\mid n^{\prime}l^{\prime}m^{\prime}\rangle=-\langle nlm\mid PzP\mid^{\prime}l^{\prime}m^{\prime}\rangle\]

\[=-\langle nlm\mid\left(-1\right)^{l}z\left(-1\right)^{l^{\prime}}\mid n^{\prime}l^{\prime}m^{\prime}\rangle=-\left(-1\right)^{l+l^{\prime}}\langle nlm\mid z\mid n^{\prime}l^{\prime}m^{\prime}\rangle\]

\[ \Rightarrow\text{falls }l+l^{\prime}\text{ gerade }\Rightarrow\langle nlm\mid z\mid n^{\prime}l^{\prime}m^{\prime}\rangle=0\]


• Es gilt
\[\left[L_{z},z\right]=0 , da L_{z}=xp_{y}-yp_{x}\]
.

Es folgt:

\[0=\langle nlm\mid\left[L_{z},z\right]\mid n^{\prime}l^{\prime}m^{\prime}\rangle=\left(m-m^{\prime}\right)\langle nlm\mid z\mid n^{\prime}l^{\prime}m^{\prime}\rangle\]

\[\Rightarrow\text{falls }m\neq m^{\prime}\Rightarrow\langle nlm\mid z\mid n^{\prime}l^{\prime}m^{\prime}\rangle=0\]


Für das gegebene Problem muss man folgende Matrixelemente betrachten:

\[\langle100\mid z\mid200\rangle,\,\langle100\mid z\mid210\rangle,\,\langle100\mid z\mid21\pm1\rangle\]

und

\[\langle100\mid z\mid100\rangle,\,\langle200\mid z\mid200\rangle,\,\langle210\mid z\mid210\rangle,\,\langle21\pm1\mid z\mid21\pm1\rangle.\]

Aus den Punkten oben folgt dass man nur noch das nichtverschwindende Matrixelement

\[\langle100\mid z\mid210\rangle\]
  berechnen muss. Dies geschieht explizit über die Darstellung der Wellenfunktion in Radialfunktion und Kugelfächenfunktionen. Als Ergebnis ergibt sich:

\[\langle100\mid z\mid210\rangle=\sqrt{2}\frac{128}{243}a_{B}\approx0.745a_{B}\]

Ein Teilchen mit der Energie E und Masse m trifft auf eine konstante Potentialbarriere

\[U_{0}>E\]
. Wie sieht die Wellenfunktion aus und mit welcher Wahrscheinlichkeit wird das Teilchen durch die Barriere hindurchtunneln (Reflexion vernachlässigt)?

1 Aufstellen der stationären Schrödingergleichung

\[H\Psi=E\Psi\]

Teil I (vor der Barriere) 

\[x<0\]
:

\[H=\frac{\vec{p}^{2}}{2m}\]

\[\vec{p}=-i\hbar\vec{\nabla}\]

\[-\frac{\hbar^{2}\partial_{x}^{2}}{2m}\Psi=E\Psi\rightarrow\text{sin/cos-Ansatz oder }e^{ix},e^{-ix}\text{-Ansatz}\]

Teil II (in der Barriere) 

\[0<x<L\]
:

\[H=\frac{\vec{p}^{2}}{2m}+U_{0}\]

\[\left[-\frac{\hbar^{2}\partial_{x}^{2}}{2m}-U_{0}\right]\Psi=E\Psi\Leftrightarrow-\frac{\hbar^{2}\partial_{x}^{2}}{2m}\Psi=\overset{<0}{\overbrace{\left(E-U_{0}\right)}}\Psi\rightarrow\text{Exponentialansatz}\]

Teil III (nach der Barriere) 

\[L<x\]
: wie Teil I

2 Ansatz für die Wellenfunktion

\[\Psi(x)=\begin{cases}A_{1}e^{ikx}+A_{2}e^{-ikx} & x<0\\A_{3}e^{qx}+A_{4}e^{-qx} & 0<x<L\\A_{5}e^{ikx}+A_{6}e^{-ikx} & x>L\end{cases}\]

Imaginäre Exponenten mit positiven Vorzeichen beschreiben Wellen, die von links nach rechts laufen, mit negativen Vorzeichen von rechts nach links. 

\[A_{1}\]
 (Amplitude des einfallenden Teilchens) kann gleich 1 gesetzt werden, wegen der Normierungsbedingung. 
\[A_{2}\]
 ist die Amplitude des reflektierten Anteils, welchen wir hier vernachlässigen wollen, also 
\[A_{2}=0. A_{3}\]
 wird ebenfalls vernachlässigt, da die Welle in der Potentialbarriere nicht verstärkt wird. 
\[A_{6}=0\]
, da das Teilchen von links nach rechts läuft und im unendlichen nicht reflektiert werden kann.

Somit ergibt sich:

\[\Psi(x)=\begin{cases}e^{ikx} & x<0\\A_{4}e^{-qx} & 0<x<L\\A_{5}e^{ikx} & x>L\end{cases}\]

3 Stetigkeitsbediungungen

Die Wellenfunktion, wie auch ihre erste Ableitung müssen stetig sein. Dies liefert:

\[\Psi_{I}(0)=\Psi_{II}(0)\Leftrightarrow1=A_{4}\]

\[\Psi_{II}(L)=\Psi_{III}(L)\Leftrightarrow e^{-qL}=A_{5}e^{ikL}\]

damit:

\[\Psi(x)=\begin{cases}e^{ikx} & x<0\\e^{-qx} & 0<x<L\\A_{5}e^{ikx} & x>L\end{cases}\]

Die erste Ableitung wird hier nicht benötigt.

4 Transmissionswahrscheinlichkeit

Die Transmissionswahrscheinlichkeit ist das Betragsquadrat der austretenden Welle nach der Barriere dividiert durch das Betragsquadrat der einfallenden Welle vor der Barriere:

\[T=\frac{|\Psi_{III}(x)|^{2}}{|\Psi_{I}(x)|^{2}}=e^{-2qL}\]

q lässt sich durch Einsetzen in die Schrödingergleichung bestimmen:

\[\frac{\hbar^{2}\partial_{x}^{2}}{2m}\Psi_{II}(x)=(U_{0}-E)\Psi_{II}(x)\]

\[\frac{\hbar^{2}\partial_{x}^{2}}{2m}e^{-qx}=(U_{0}-E)e^{-qx}\]

\[\frac{\hbar^{2}}{2m}q^{2}=U_{0}-E\Rightarrow q=\sqrt{\frac{2m(U_{0}-E)}{\hbar^{2}}}\]