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Modul9: Quantenmechanik WS2012 (h) ( H = ¯hω b † b+ 1 ) 2 Damit ist das Problem auf die Analyse der Eigenwertgleichung von b † b zurückgeführt.Sei |λ〉 Eigenvektorvon b † b zumEigenwert λ. 〈〉 ∣ λ∣b † ∣ b∣λ = 〈λ| λ|λ〉 = λ〈λ|λ〉 = 〈bλ|bλ〉 ⇒ λ ≥ 0 } {{ } } {{ } ≥0 ≥0 Damit sind dieEigenwerte ¯hω(λ+ 1 /2) von H allepositiv. Man zeigt nun weiterhin, dass b|λ〉 auch Eigenvektor von b † b zum Eigenwert λ−1istunddassb † |λ〉auchEigenvektorvonb † bzumEigenwert λ+1ist,wenn die Norm von b|λ〉 bzw. b † |λ〉 nicht verschwindet. Es lässt sich nun zeigen, dass die Norm von b † |λ〉 immer ungleich null ist, während die b|λ〉 ungleich null ist, solange λ ̸= 0. Wenn man also durch sukzessive Anwendung von b auf |λ〉 den Eigenwertimmerumeinsverringernkann,dieEigenwerteaberpositivodernull seinmüssen,somüssensieganzzahligseinweilmansonstEigenvektorenmitnegativemEigenwerterzeugenkönnte.DieEigenwertevonb † bsindalsodienatürlichen Zahlen (inklusivederNull). (i) Die Energieeigenwertesind durch gegebenmit n = 1,2,3,.... E n = − E ion n 2 = − me4 1 8ε 2 0 h2 n 2 = −13.6eV n 2 Bei festem n kann die <strong>Dr</strong>ehimpulsquantenzahl l die Werte l = 0,...,n −1 annehmen. Die Magnetquantenzahl m kann die Werte m = −l,...,0,...,l annehmen,dassind2l+1verschiedeneWerte.DieWellenfunktionhängtvonallendrei Quantenzahlenab,dieEnergienurvonderHauptquantenzahln.DerEntartungsgrad von E n istdamit n 2 ohne Spin (und 2n 2 mitSpin): n−1 ∑ l=0 (2l+1) = n ∑ l=1 (2l−1) = 2 n(n+1) −n = n 2 . 2 Ein äußeres, homogenes Magnetfeld hebt die Kugelsymmetrie des Problems und damitdie m-Entartung auf(normalerZeemann-Effekt). E n,m = − E ion n 2 + ¯hω Lm Bei festem n gibt es wegen 0 ≤ l ≤ n−1 n verschiedene mögliche l-Werte. Andererseits muss auch gelten −l ≤ m ≤ l, d.h., bei festem m ist l auf die Werte m,m+1,...n−1eingeschränkt,fallsmpositivist,undauf−m,−m+1,...n−1, fallsmnegativist.Dassindjedesmaln−|m|Werte.DerEntartungsgraddesNiveaus E n,m istalson−|m|.Wirkönnenauchleichtüberprüfen,dassdieGesamtzahl der Eigenzustände zu einem Wert n mit diesen Entartungsgraden den üblichen Wert hat: n−1 ∑ m=−n+1 (n−|m|) = n+2 n−1 ∑ m=1 (n−m) = n−1 n+2 ∑ k=n−m k=1 k = n+2× 1 2 n(n−1) = n2 . Seite4
Modul9: Quantenmechanik WS2012 2. Teilchen in1D-Box 9Pkt. EinTeilchenderMasse m befinde sichindemeindimensionalenPotential { 0 0 ≤ x ≤ L V(x) = ∞ sonst Bestimmen Sie die Energieeigenwerte und die zugehörigen normierten Eigenfunktionen, indemSie diezeitunabhängige Schrödingergleichung lösen. (2.1) Lösung: FürdiesesPotentiallautetdieSchrödingergleichung − ¯h2 dψ(x) = Eψ(x) x ∈ [0,L] . (2.2) 2m dx FüralleanderenWertefür x mussdieWellenfunktionidentischverschwinden,dadas Potential dort unendlich ist. Wir betrachten daher nur noch x aus diesem Intervall. WegenderStetigkeitvon ψ folgendiebeidenBedingungen DieallgemeineLösung von(2.2)lautet ψ(0) = ψ(L) = 0. (2.3) ψ(x) = Asin(kx)+Bcos(kx) mit k = DieersteBedingung aus(2.3) liefert ψ(0) = B ! = 0. MitderzweitenBedingungerhaltenwirdann ψ(L) = Asin(kL) ! = 0. √ 2mE ¯h 2 . Neben der nicht normierbaren Lösung A = 0 folgt hieraus die Quantisierungsbedingung für k und damitauchfür E: kL = nπ n ∈ N\0 ⇒ E = k2¯h 2 2m = π2¯h 2 2mL 2 n2 n ∈ N\0 DiezugehörigenEigenfunktionenlauten ψ n (x) = A n sin ( nπx ) . L DieKonstante A n ergibtsich aus derNormierungsbedingung: 1 ! = ∫ L 0 ∫L ψn(x)ψ ∗ n (x)dx = |A n | 2 [ = |A n | 2 x 2 − L ( 2nπx 4nπ sin L sin 2( nπx ) L 0 )] L 0 = |A n | 2 L 2 ∫L dx = |A n | 2 0 [ 1 1−cos 2 ( )] 2nπx dx L Seite5
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