{include_content_item 196}

{include_content_item 197}

Das Elektron im Wasserstoffatom befindet sich zur Zeit

\[t=0\]
 in einem Zustand, der durch die Wellenfunktion

\[\psi(\vec{r},t=0)=N\left(4\phi_{100}(\vec{r})+3\phi_{211}(\vec{r})-\phi_{210}(\vec{r})+2\phi_{21-1}(\vec{r})+\sqrt{6}\phi_{311}(\vec{r})\right)\]

beschrieben wird. Dabei sind die 

\[\phi_{nlm}(\vec{r})\]
 die normierten Wasserstoffeigenfunktionen zur Energie 
\[E_{n}\]
.

1. Berechnen Sie den Normierungsfaktor N und geben Sie die Wellenfunktion
\[\psi(\vec{r},t)\]
für Zeiten 
\[t>0\]
 an.

\[|\psi|^{2}=1\langle\psi\mid\psi\rangle=N^{2}(16+9+1+4+6)=36N^{2}=1\Rightarrow N=\frac{1}{6}\]

Zeitabhängige Wellenfunktion:

\[\psi(\vec{r},t)=N\cdot\sum_{nlm}c_{nlm}\phi_{nlm}e^{-\frac{iE_{n}t}{\hbar}}=\]

\[=N\left(4\phi_{100}e^{-\frac{iE_{1}t}{\hbar}}+3\phi_{211}e^{-\frac{iE_{2}t}{\hbar}}-\phi_{210}e^{-\frac{iE_{2}t}{\hbar}}+2\phi_{21-1}e^{-\frac{iE_{2}t}{\hbar}}+\sqrt{6}\phi_{311}e^{-\frac{iE_{3}t}{\hbar}}\right)\]

2. Mit welcher Wahrscheinlichkeit ergibt eine Messung an diesem Zustand die Ergebnisse
\[E=E_{2}, \vec{L}^{2}=2\hbar^{2}\]
 und 
\[L_{z}=\hbar\]
? Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird jeder der drei Werte bei einer individuellen Messung gefunden?

Allgemein:

\[P(nlm)=|\langle\phi_{nlm}\mid\psi\rangle|^{2}\]

Zunächst die Ergebnisse für die individuellen Messungen:

\[E=E_{2}\Rightarrow n=2\]

\[P(2lm)=|\langle2lm\mid\psi\rangle|^{2}=\frac{1}{36}\left(9+1+4\right)=\frac{14}{36}\]

\[\vec{L}^{2}=2\hbar^{2}\Rightarrow l=1\]

\[P(n1m)=|\langle n1m\mid\psi\rangle|^{2}=\frac{1}{36}\left(9+1+4+6\right)=\frac{20}{36}\]

\[L_{z}=\hbar\Rightarrow m=1\]

\[P(nl1)=|\langle nl1\mid\psi\rangle|^{2}=\frac{1}{36}\left(9+6\right)=\frac{15}{36}\]

 

Nun alle Bediungungen zusammen:

\[P(211)=|\langle211\mid\psi\rangle|^{2}=\frac{9}{36}\]

3. Wie groß sind die Erwartungswerte der Energie, des Quadrats des Drehimpulses sowie der z-Komponente des Drehimpulses?

Erwartungswert der Energie:

\[\langle\psi\mid H\mid\psi\rangle=\frac{1}{36}\left[16\langle100\mid H\mid100\rangle+9\langle211\mid H\mid211\rangle+\langle210\mid H\mid210\rangle+4\langle21-1\mid H\mid21-1\rangle+6\langle311\mid H\mid311\rangle\right]=\]

\[=\frac{1}{36}\left[16E_{1}+9E_{2}+E_{2}+4E_{2}+6E_{3}\right]\]

{include_content_item 182}

Erwartungswert des Drehimpulsquadrats:

\[\langle\psi\mid\vec{L}^{2}\mid\psi\rangle=\frac{1}{36}\left[16\cdot0\cdot\hbar^{2}+9\cdot2\hbar^{2}+2\hbar^{2}+4\cdot2\hbar^{2}+6\cdot2\hbar^{2}\right]=\frac{1}{36}\cdot40\hbar^{2}=\frac{10}{9}\hbar^{2}\]

Erwartungswert der z-Komponente des Drehimpulses:

\[\langle\psi\mid L_{z}\mid\psi\rangle=\frac{1}{36}\left[16\cdot0\cdot\hbar+9\cdot\hbar+0\hbar+4\cdot(-1)\hbar+6\hbar\right]=\frac{11}{36}\hbar\]

{include_content_item 198}

{include_content_item 196}

{include_content_item 197}

Eine Wellenfunktion (in Kugelkoordinaten) lautet

\[\Psi\left(\varphi,\vartheta,r\right)=N\cdot r\cos(\vartheta)\exp\left(-\frac{\alpha}{2}r\right)\]

Man berechne N aus der Normierungsbedinung.

Die Normierungsbedingung lautet:

\[\int\Psi^{*}\left(\varphi,\vartheta,r\right)\Psi\left(\varphi,\vartheta,r\right)d^{3}r=1\]

\[\Rightarrow\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{0}^{\pi}d\vartheta\int_{0}^{\infty}dr\cdot r^{2}\sin(\vartheta)N^{2}r^{2}\cos^{2}(\vartheta)\exp\left(-\frac{2\alpha}{2}r\right)=(*)\]

\[\int_{0}^{\pi}\cos^{2}(\vartheta)\sin(\vartheta)d\vartheta=\left[-\frac{1}{3}\cos^{3}(\vartheta)\right]_{0}^{\pi}=\frac{2}{3}\]

\[(*)=\frac{4\pi}{3}N^{2}\int_{0}^{\pi}dr\cdot r^{4}\exp\left(-\alpha r\right)=\frac{4\pi}{3}N^{2}\frac{4!}{\alpha^{5}}=1\]

\[\Rightarrow N=\sqrt{\frac{3\alpha^{5}}{4\cdot4!\pi}}\]

{include_content_item 198}

{include_content_item 178}Es befindet sich ein Teilchen der Masse m im Potentialtopf mit unendlich hohen Wänden mit dem Potenzial

\[V\left(x\right)=\begin{cases}
\infty, & x<0;\\
0, & 0\le x\le a;\\
\infty, & x>a.\end{cases}\]

Zum Zeitpunkt t=0 befindet sich das Teilchen in folgendem Zustand:

\[\Psi\left(x,t=0\right)=\sqrt{\frac{8}{5a}}\left(1+\cos(\frac{\pi x}{a})\right)\sin(\frac{\pi x}{a})\]

Folgende Fragen stellen sich:

  1. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, bei einer Messung das Teilchen im Eigenzustand
    \[\psi_n\left(x\right)\]
    zu finden?

  2. Wie lautet die Wellenfunktion
    \[\Psi\left(x,t\right)\]
    für Zeiten nach
    \[t=0\]

  1. Die Eigenfunktionen sehen so aus:
    \[\phi_{n}(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin(\frac{n\pi x}{a})\]


    Drücke also
    \[\Psi\]
    in den Eigenfunktionen aus.
    \[\Psi\left(x,t=0\right)=\sqrt{\frac{8}{5a}}\left(1+\cos(\frac{\pi x}{a})\right)\sin(\frac{\pi x}{a})=\sqrt{\frac{8}{5a}}\sin(\frac{\pi x}{a})+\sqrt{\frac{8}{5a}}\sin(\frac{\pi x}{a})\cos(\frac{\pi x}{a})=\]

    \[=\sqrt{\frac{8}{5a}}\sin(\frac{\pi x}{a})+\sqrt{\frac{2}{5a}}\sin(\frac{2\pi x}{a})=\frac{2}{\sqrt{5}}\Psi_{1}(x)+\frac{1}{\sqrt{5}}\Psi_{2}(x)=\frac{2}{\sqrt{5}}\mid1\rangle+\frac{1}{\sqrt{5}}\mid2\rangle=\mid\Psi\rangle\]


    Hier wurde die Identität 
    \[\sin(\frac{\pi x}{a})\cos(\frac{\pi x}{a})=\frac{1}{2}\sin(\frac{2\pi x}{a})\]
     verwendet.

    Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit den Zustand 
    \[\phi_{n}(x)=\mid n\rangle\]
     zu messen?
    Allgemeine Formel:
    \[P(n)=|\langle n\mid\Psi\rangle|^{2}\]


    Also:
    \[P(1)=|\langle1\mid\Psi\rangle|^{2}=|\langle1\mid\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\mid1\rangle+\frac{1}{\sqrt{5}}\mid2\rangle\right)|^{2}=\]

    \[=|\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\overset{=1}{\overbrace{\langle1\mid1\rangle}}+\frac{1}{\sqrt{5}}\overset{=0}{\overbrace{\langle1\mid2\rangle}}\right)|^{2}=\]

    \[=\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\ right)^{2}=\frac{4}{5}\]


    \[P(2)=\frac{1}{5}\]

    {include_content_item 182}
  2. Zeitentwicklung
    Die Zeitentwicklung für einen Grundzustand lautet:
    \[\phi_{n}(x,t)=e^{-\frac{i\cdot E_{n}\cdot t}{\hbar}}\mid n\rangle\]


    Also folgt für die Zeitentwicklung des Zustandes 
    \[\Psi(x)\]
    :
    \[\Psi(x,t)=\sum_{n}c_{n}\phi_{n}(x,t)=\frac{2}{\sqrt{5}}e^{-\frac{i\cdot E_{1}\cdot t}{\hbar}}\mid1\rangle+\frac{1}{\sqrt{5}}e^{-\frac{i\cdot E_{2}\cdot t}{\hbar}}\mid2\rangle=\]

    \[=\sqrt{\frac{8}{5a}}\exp\left(-\frac{i\hbar\pi^{2}t}{2ma^{2}}\right)\sin\left(\frac{\pi x}{a}\right)+\sqrt{\frac{2}{5a}}\exp\left(-\frac{i2\hbar\pi^{2}t}{ma^{2}}\right)\sin\left(\frac{2\pi x}{a}\right)\]


    Wobei 
    \[E_{n}=\frac{\hbar^{2}\pi^{2}n^{2}}{2a^{2}m}\]
     die Grundzustandsenergien und die 
    \[c_{n}=\langle n\mid\Psi\rangle\]
     sind.

{include_content_item 196}

{include_content_item 197}

Es sei ein eindimensionales Potenzial

\[V\left(x\right)=-V_0\cdot\delta\left(x\right)\]
mit
\[V_0>0\]

gegeben.

 

Was ergibt sich für die Wellenfunktionen mit
\[E<0\]
und
\[E>0\]
?

 

Der Hamilton-Operator für ein freies Teilchen lautet:

\[H=-\frac{\hbar^2}{2m}\cdot\partial_x^2+V\left(x\right)=-\frac{\hbar^2}{2m}\cdot\partial_x^2-V_0\cdot\delta\left(x\right)\]

Also haben wir die stationäre Schrödingergleichung:

\[H\Psi\left(x\right)=E\Psi\left(x\right)\leftright\]

\[-\frac{\hbar^2}{2m}\cdot\partial_x^2\Psi\left(x\right)=(E+V_0\cdot\delta\left(x\right))\Psi\left(x\right)\]

 

Hier kann man durch Integration über x von (

\[-\epsilon\]
bis
\[\epsilon\]
) eine Nebenbedingung extrahieren:

\[-\frac{\hbar^2}{2m}\left{\partial_x\Psi|_{x=\epsilon}-\partial_x\Psi|_{x=-\epsilon}\right}=\int_{-\epsilon}^{\epsilon}E\Psi\left(x\right)+V_0\cdot\Psi\left(0\right)\]

 

Im limes geht das Integral über

\[E\cdot\Psi\]
gegen Null und man erhält:

\[\lim_{\epsilon\right0}\left{\partial_x\Psi|_{x=\epsilon}-\partial_x\Psi|_{x=-\epsilon}\right}=-\frac{2m}{\hbar^2}\cdot V_0\cdot\Psi\left(0\right)\]
\[[I]\]

{include_content_item 182}

Wir betrachten zuerst Energien gebundener Zustände
\[E<0\]
:

Außerhalb des Ursprungs hat man die Schrödingergleichung eines freien Teilchens. Deshalb macht man dort den Ansatz einer Welle:

\[\Psi\left(x\right)=Ae^{-kx}+Be^{kx}\]
für
\[\left|x\right|>0\]

 

damit ergibt sich

\[k=\sqrt{-\frac{2mE}{\hbar^2}}\]
welches reell ist, da
\[E<0\]

 

Damit die Wellenfunktion quadratintegrabel ist, darf sie keinen exponentiell ansteigenden Term enthalten, außerdem muss sie im Nullpunkt stetig sein, also:

\[\Psi\left(x\right)=Ae^{kx}\]
für
\[x<0\]

und

\[\Psi\left(x\right)=Ae^{-kx}\]
für
\[x>0\]

 

setzt man dies in

\[[I]\]
ein, dann ergibt sich:

\[-kA-kA=-\frac{2m}{\hbar^2}\cdot V_0\cdot A\]

\[\leftright k=\frac{m}{\hbar^2}\cdot V_0\]

 

oben in die Gleichung für die Energie eingesetzt hat man dann für

\[E\]
:

\[E=-\frac{m\cdot V_0^2}{2\hbar^2}\]

Also gibt es nur einen zulässigen Energiewert. Für die Normierungskonstante ergbit sich

\[A=\sqrt{\frac{m\cdot V_0}{\hbar^2}}\]

Nun eine ebene Welle mit Energie größer null:

Eine Welle laufe von links nach rechts (positiver Wellenvektor) ein:

\[\Psi^{ein}\left(x\right)=Ae^{ikx}\]

Sie wird am Deltapotential gestreut, also teilweise durchgelassen und teilweise reflektiert. Deswegen ergibt sich in der stationären Lösung folgende Aufteilung:

\[\Psi^{links}=\Psi^{ein}+\Psi^{ref}=\]

\[Ae^{ikx}+Be^{-ikx}\]
für
\[x<0\]

 

\[\Psi^{rechs}=\Psi^{trans}=\]

\[Ce^{ikx}\]
für
\[x<0\]

 

Stetigkeit bei null ergibt:

\[A+B=C\]

Bedingung

\[[I]\]
ergibt:

\[ik(C-A+B)=-\frac{2mV_0}{\hbar^2}\cdot C\]

 

Dieses Gleichungssystem lässt sich leicht lösen:

\[B=\frac{-v}{v+2ik}\cdot A\]


\[C=\frac{2ik}{v+2ik}\cdot A\]

wobei

\[v=\frac{2mV_0}{\hbar^2}\]

Reflexions- und Transmissionskoeffizienten:

Für den Reflexionskoeffizienten ergibt sich:

\[R=\frac{\left|\Psi^{ref}\right|^2}{\left|\Psi^{ein}\right|^2}_{x=0}=\frac{\left|B\right|^2}{\left|A\right|^2}=\frac{m^2V_0^2}{m^2V_0^2+\hbar^4k^2}\]

Für den Transmissionskoeffizienten:

\[T=\frac{\left|\Psi^{trans}\right|^2}{\left|\Psi^{ein}\right|^2}_{x=0}=\frac{\left|C\right|^2}{\left|A\right|^2}=\frac{\hbar^4k^2}{m^2V_0^2+\hbar^4k^2}\]

{include_content_item 198}