{include_content_item 196}

{include_content_item 197}

Ein Teilchen der Masse m befinde sich im Potenzial

\[V(x)=\begin{cases} \infty & x \geq 0 \\ 0 & |x|\leq \frac{L}{2} \end{cases}\]

mit einer Energie

\[E\]
, die größer als 0 ist.

 

Der Hamilton-Operator ergibt sich im inneren des Potenzialtopfs zu:

\[H=\frac{\vec{p}^2}{2\cdot m}=-\frac{\hbar^2\vec{\nabla}^2}{2\cdot m}\]

mit

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

 

Da das Potenzial eine Paritätssymmetrie besitzt, sich also beim Übergang 

\[x\mapsto -x\]
nicht ändert, kann man die Lösungen in zwei Klassen, die symmetrischen
\[\Psi^{s}\]
und antisymmetrischen
\[\Psi^a\]
Lösungen unterteilen.

 

Wir machen einen Ansatz für die jeweiligen Wellenfunktionen:

\[\Psi^{s}=A\cdot\cos(k_n\cdot x)\]

\[\Psi^{a}=B\cdot\sin(k_n\cdot x)\]

Durch Einsetzen in die Schrödingergleichung bekommt man den Ausdruck für

\[k_n\]
:

\[H\Psi=E\Psi\]


\[-\frac{\hbar^2\partial^2_x}{2\cdot m}\Psi=E\Psi\]

\[\frac{\hbar^2{k_n}^2}{2\cdot m}\Psi=E\Psi\]

\[\right k_n=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}\]

{include_content_item 182}

Die Wellenfunktion muss die Anschlussbedingungen bei

\[x=\pm\frac{L}{2}\]
erfüllen. Das heißt sie muss identisch Null sein außerhalb des Potenzialtopfs (kein Teilchen kann dort sein, wo das Potential unendlich ist):

Für die symmetrische Wellenfunktion

\[\Psi^s\]
:

\[\Psi^s(\pm\frac{L}{2})=^!0\]

\[A\cdot\cos(k_n\cdot \frac{L}{2})=0\]

\[\leftrightarrow k_n\cdot \frac{L}{2}=\frac{2n+1}{2}\cdot \pi\]
mit
\[n\in \mathbb N\]

\[\leftrightarrow k_n=\frac{(2n+1)\pi}{L}\]
mit
\[n\in \mathbb N\]

Für die antisymmetrische Wellenfunktion

\[\Psi^a\]
:

\[\Psi^a(\pm\frac{L}{2})=^!0\]

\[A\cdot\sin(k_n\cdot \frac{L}{2})=0\]

\[\leftrightarrow k_n\cdot \frac{L}{2}=\frac{2n}{2}\cdot \pi\]
mit
\[n\in \mathbb N\]

\[\leftrightarrow k_n=\frac{2n\cdot\pi}{L}\]
mit
\[n\in \mathbb N\]

 

Damit ergibt sich für die Energien:

\[E_n=\frac{{k_n}^2\hbar^2}{2m}=\frac{{n}^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}\]
mit
\[n\in \mathbb N\]

 

Die Normierungsfaktoren A,B ergeben sich aus der Normierungsbedingung:

\[{\left | \Psi \right | }^2=^!1\]

\[\leftrightarrow {\int\Psi^*\cdot \Psi dx=1\]


Einfache Sinus/Kosiuns-Integrale ergeben einen Faktor:

\[A=B=\sqrt{\frac{2}{L}}\]

 

Somit hat man die vollständige Lösung gefunden:

\[\Psi^{s}=\sqrt{\frac{2}{L}}\cdot\cos(k_n\cdot x)\]

\[\Psi^{a}=\sqrt{\frac{2}{L}}\cdot\sin(k_n\cdot x)\]

 

Wellenfunktion (L=10):

Betragsquadrat der Wellenfunktionen (L=10):

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{include_content_item 197}

A, B, C, D seien Operatoren.

  • Wenn
    \[A\]
    mit
    \[B\]
    vertauschbar ist, so ist auch jede Potenzreihe in
    \[A\]
    mit jeder Potenzreihe in
    \[B\]
    vertauschbar

    Beweis:
  • \[\left[\sum_{n}a_{n}A^{n},\sum_{k}b_{k}B^{k}\right]=\]


    \[\sum_{n,k}a_{n}b_{k}A^{n}B^{k}-\sum_{n,k}a_{n}b_{k}B^{k}A^{n}=\sum_{n,k}a_{n}b_{k}(A^{n}B^{k}-B^{k}A^{n})\]


    Da A und B vertauschen, kann man sukzessive jedes B nach links schieben:
    \[A^{n}B^{k}=A\cdot\cdot\cdot AABB\cdot\cdot\cdot B=A\cdot\cdot\cdot ABAB\cdot\cdot\cdot B=...=B^{k}A^{n}\]


    \[\Rightarrow \left[\sum_{n}a_{n}A^{n},\sum_{k}b_{k}B^{k}\right]=0\]


  • \[e^{C}De^{-C}=D+[C,D]+\frac{1}{2!}[C[C,D]]+\frac{1}{3!}[C[C,[C,D]]]+...\]


    Beweis:
    Man definiert sich eine Funktion
    \[F(t)=e^{tC}De^{-tC}\]
    , entwickelt diese um 0 (die ersten 3 Terme) und betrachtet sie an der Stelle 1.
    also:

    \[\frac{\partial F(t)}{\partial t}=Ce^{tC}De^{-tC}-e^{tC}DCe^{-tC}\]


    \[\frac{\partial^{2}F(t)}{\partial t^{2}}=C^{2}e^{tC}De^{-tC}-Ce^{tC}DCe^{-tC}-Ce^{tC}DCe^{-tC}+e^{tC}DC^{2}e^{-tC}\]


    \[\frac{\partial^{3}F(t)}{\partial t^{3}}=C^{3}e^{tC}De^{-tC}-C^{2}e^{tC}DCe^{-tC}-C^{2}e^{tC}DC^{2}e^{-tC}+Ce^{tC}DC^{2}e^{-tC}\]

    \[-C^{2}e^{tC}DCe^{-tC}+Ce^{tC}DC^{2}e^{-tC}+Ce^{tC}DC^{2}e^{-tC}-e^{tC}DC^{3}e^{-tC}\]


    \[\Rightarrow T[F,0](1)=D+(CD-DC)+\frac{1}{2!}(C^2D-CDC-CDC-DC^2)+\]

    \[\frac{1}{3!}(C^3D-C^2DC-C^2DC+CDC^2-C^2DC+CDC^2+CDC^2-DC^3)+...\]
  • Baker-Campbell-Hausdorff-Formel:
    Es sei
    \[[A,[A,B]]=[B,[A,B]]=0\]
    .

    Dann gilt:
    \[e^{A+B}=e^{A}e^{B}e^{-\frac{1}{2}[A,B]\]


    Beweis:
    definiere eine Operatorfunktion
    \[F(t)=e^{At}e^{Bt}\]
    dann ist

    \[\frac{\partial F(t)}{\partial t}=Ae^{At}e^{Bt}+e^{At}Be^{Bt}=(A+e^{At}Be^{-At})F(t)=(A+B+t[A,B])F(t)\]


    Im letzten Schritt wurde der Term
    \[e^{At}Be^{-At}\]
    mit obiger Formel entwickelt, der nach dem 2. Term abbricht laut Vorraussetzung.

    Also hat man eine Differentialgleichung für F.

    Als Ansatz probieren wir es mit

    \[F(t)=e^{(A+B)t+[A,B]\frac{t^2}{2}}=e^{(A+B)t}e^{[A,B]\frac{t^2}{2}}\]


    Diese Gleichung ist korrekt, da
    \[[(A+B),[A,B]]=0\]
    . Also kann man die erste Beziehung oben Anwenden (Vertauschbarkeit der Potenzreihen).

    Dieser Ansatz löst offensichtilch die Differentialgleichung. Setze
    \[t=1\]
    dann gilt:

    \[e^{A}\cdot e^{B}=e^{(A+B)}e^{\frac{1}{2}[A,B]}\]


    Multipliziere von rechts mit
    \[e^{-\frac{1}{2}[A,B]}\]


    Dann lautet das Ergebnis wie in der Behauptung:

    \[e^{(A+B)}=e^{A}e^{B}e^{-\frac{1}{2}[A,B]}\]

{include_content_item 198}