Ubungsblatt 1 IK4

Aufgabe 1: Bohrsches Atommodell

a) Im Zentralpotential der Punktladung Q = +Ze wirkt die Kraft des elektrischen Feldesals Zentripetalkraft. Es ist

−mev2

r= F =

Ze · (−e)r2

Fur das Elektron auf der Kreisbahn stehen Ortsvektor und Geschwindigkeitsvektorsenkrecht aufeinander, so dass gilt

n� = L = �r × �p = rn · p = mernv

Hieraus ergibt sich

Ze · er2n

=me

rn

(n�

mern

)2

⇒ rn =n2

�2

Ze2me=

n2

Z e2

�c

�

mec

Mit den Substitutionen λc = �

mec und α = e2

�c ist so

rn =n2

Zαλc

Fur die kinetische Energie des Elektrons auf der Kreisbahn gilt hier

T =12mev

2 =12me

(n�

mern

)2

=12

n2�

2

men4

(Zα)2�2

m2ec2

=12mec

2 (Zα)2

n2

Die potentielle Energie ergibt sich als

V = −Ze2

rn= −Z

2e2α

n2λc= −Z

2αe2

n2 �

mec

= −mec2Z

2α

n2

e2

�c= −mec

2 (Zα)2

n2

Somit ergibt sich die Gesamtenergie eines Elektrons

En = T + V = −12mec

2 (Zα)2

n2

Fur die Frequenz einer emittierten Strahlung ν fur einen Ubergang En zu Em gilt

ν =En −Em

h= − 1

2hmec

2 (Zα)2

n2+

12hmec

2 (Zα)2

m2= − 1

2hmec

2(Zα)2(

1n2

− 1m2

)

Es ist also ν ∝ 1n2 − 1

m2 .

b) Fur die Kreisbahngeschwindigkeit vn folgt aus der Drehimpulsquantisierung

vn =n�

mern=

n�

men2

Zα�

mec

=Zα

nc

oder aquivalentvn

c=Zα

n

1

c) Der Bahnradius eines Elektrons im Wasserstoffatom (Z = 1) ergibt sich hier zu

r1 =12

1 · αλc = 137 · 3.9 · 10−11cm ≈ 5.343 · 10−9cm

Die Energie des Elektrons auf dieser Kreisbahn ergibt sich als

E1 = −12mec

2 (1 · α)2

12= −1

20.51MeV · 1

1372≈ −13.58eV

Die Frequenz einer emittierten Strahlung von 2 → 1 ergibt sich hier als

ν =E2 − E1

h= − 1

2hmec

2(α)2(

122

− 1)

=38

0.51MeV

1372 · 4.135 · 10−15eV s≈ 2.5 · 1015 1

s

d) Betrachtet man die Differenz der Energien benachbarter Bahnen, also

ΔEn = En+1 − En = −12mec

2(Zα)2(

1(n+ 1)2

− 1n2

)=

12mec

2(Zα)2︸ ︷︷ ︸=R

2n+ 1(n+ 1)2n2

fur große n, also fur n→ ∞, so gilt

ΔEn = R2n+ 1

(n+ 1)2n2

n→∞−→ R2nn4

= 0

Fur große n geht das Energiespektrum also zusehens von einem diskreten Spektrumin ein kontinuierliches uber. Die Energie eines freien Elektrons ist hier durch E = 0festgelegt.

2

Ubungsblatt 2 IK4

Aufgabe 1: Erwartungswerte

a) Fur das Betragsquadrat der Angegebenen Wellenfunktion gilt

|ψ(x, t)|2 =∣∣∣∣Nb eik0(x−r)e−

(x−r)2

4b2

∣∣∣∣2

=|N |2|b|2

∣∣∣∣e− (x−r)2

4b2

∣∣∣∣2

=|N |2|b|2

∣∣∣∣∣e− (x−r)2b∗

4|b2|2∣∣∣∣∣2

=|N |2|b|2 e

− (x−r)2�b

2|b2|2

Somit ergibt sich fur das Integral uber |ψ|2

1 !=∫ ∞

−∞dx

|N |2|b|2 e

− (x−r)2�b

2|b2|2 =|N |2|b|2

∫ ∞

−∞dx e

− (x−r)2�b

2|b2|2

︸ ︷︷ ︸=

√2π|b|4�b2

= |N |2√

2π�b2 = |N |2

√8πa2

Hieraus lasst sich N als N = (8πa2)−.25 bestimmen.

b) Fur den Erwartungswert des Ortes im Zustand ψ gilt, da ψ durch die Bestimmung vonN normiert wurde

< x > =∫ ∞

−∞dxψ∗xψ =

∫ ∞

−∞dx

N

b∗e−ik0(x−r)e

− (x−r)2

4b∗2 xN

beik0(x−r)e−

(x−r)2

4b2

=N2

|b|2∫ ∞

−∞dxx · e−

(x−r)2(b2+b∗2)

4|b2|2 =N2

|b|2∫ ∞

−∞dx (x+ r) · e−

x2�b2

4|b2|2

=N2

|b|2

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝∫ ∞

−∞dxx · e−

x2�b2

4|b2|2

︸ ︷︷ ︸=0

+r∫ ∞

−∞dx · e−

x2�b2

4|b2|2

︸ ︷︷ ︸=

√2π|b|4�b2

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

= N2r

√2π�b2

= rN2√

8πa2 = r

c) Das Quadrat der Ortsunscharfe ergibt sich ebenfalls aufgrund der normierten Wellen-

1

funktion als

(Δx)2 = < (x− < x >)2 >=∫ ∞

−∞dxψ∗(x− r)2ψ = ...

=N2

|b|2∫ ∞

−∞dx(x− r)2 · e−

(x−r)2

4|b2|2 �b2

=N2

|b|2∫ ∞

−∞dxx2 · e−

x2

4|b2|2 �b2

︸ ︷︷ ︸=

√π

2

(4|b2|2�b2

) 32

=N2

|b|2√π

2

(4∣∣b2∣∣2�b2

) 32

=4N2

∣∣b2∣∣2 √π(�b2)3/2

=1√216a2

∣∣b2∣∣2

=1√2

(1a2

+4a2

�2t2

m2

)=

1√2m2 + 4a2

�2t2

a2m2

Die Ortsunscharfe ergibt sich hieraus nun zu

Δx =

√1√2m2 + 4a2�2t2

a2m2

2

Ubungsblatt 3 IK4

Aufgabe 1: Periodisches Potential

a) Im periodichen Potential V (x) ergeben sich fur die Wellenfunktion ψ(x) aus der Schrodin-gergleichung die Differentialgkleichungen fur das Intervall [−b, a]:{

∂2

∂x2ψ = −2mE�2 ψ = −k2ψ 0 < x < a

∂2

∂x2ψ = 2m(V0−E)�2 ψ = κ2ψ −b < x < 0

Hieraus ergeben sich die Ansatze fur die Wellenfunktion im Intervall [−b, a] als

ψ(x) =

{A+e

ikx +A−e−ikx 0 < x < a

B+eκx +B−e−κx −b < x < 0

Die Forderung der stetigen Differenzierbarkeit der Wellenfunktion im Punkt x = 0liefert nun die Randbedingung

A+ +A− −B+ −B− = 0

aus der Stetigkeit der Funktion sowie

ikA+ − ikA− − κB+κB− = 0

aus der Stetigkeit von ψ′|0. Die Stetigkeit von ψ|−b und ψ′|−b sowie die Periodizitats-bedingung ψ(x+ d) = ψ(x) liefern nun

B+e−κb +B−eκb = A+e

−ikb +A−eikb = eiφ[A+e

ika +A−e−ika]

und

κB+e−κb − κB−eκb = ikA+e

−ikb − ikA−eikb = iKeiφ[A+e

ika −A−e−ika]

Zur Bestimmung der unbkannten Koeffitienten erhallt man aus den oben genanntenBedingungen ein Lineares Gleichungssystem der Form⎛

⎜⎜⎝1 1 −1 −1ik −ik −κ κ

eiφeika eiφe−ika −e−κb −eκb

ikeiφeika −ikeiφe−ika −κe−κb κeκb

⎞⎟⎟⎠

︸ ︷︷ ︸:=M

⎛⎜⎜⎝A+

A−B+

B−

⎞⎟⎟⎠ = 0

Die Forderung einer nicht trivialen Losung der Wellenfunktion ist nur dann zu erfullen,wenn die Determinante der Koeffitientenmatrix M der verschwindet. Es muss alsogelten

0 = det(M) =4ikκ+ κ2e−ikaeiφ(eκb − e−κb) − 2ikκe−ikaeiφ(eκb + e−κb) − k2e−ikaeiφ(eκb − e−κb)

+ 4ikκe2iφ − κ2eikaeiφ(eκb − e−κb) − 2ikκeikaeiφ(eκb + e−κb) + k2eikaeiφ(eκb − e−κb)= 4ikκ(1 + e2iφ) − κ2eiφ(eika − e−ika)(eκb − e−κb) − 2ikκeiφ(eika + e−ika)(eκb + e−κb)

+k2eiφ(eika − e−ika)(eκb − e−κb)

1

Mit den Definitionen der Kreisfunktionen bzw. der hyperbolischen Funktionen mit derExponentialfunktion lasst sich die die Bedingung nun weiter vereinfachen.

0 = 4ikκ(1 + e2iφ) + 4i(k2 − κ2)eiφ sin(ka) sinh(κb) − 8ikκeiφ cos(ka) cosh(κb)

⇒ cos(φ) =1 + e2iφ

2eiφ= cos(ka) cosh(κb) − k2 − κ2

2kκsin(ka) sinh(κb)

b) Betrachtet man nun den Grenzfall eines periodischen δ-Potentials, also b → 0 undV0 → ∞ mit V0 ·b <∞, so ergibt sich fur die Argumente der hyperbolischen Funktionen

κb =

√2m�2

(V0 −E)b→ 0

Dies rechtfertigt eine Taylorentwicklung von

cosh(κb)= cosh(0)︸ ︷︷ ︸=1

+ sinh(0)︸ ︷︷ ︸=0

·(κb) + ... sinh(κb)= sinh(0) + cosh(0)κb + ...

Eingesetzt in die Gleichung zur Bestimmung der Energieeigenwerte ergibt sich so

cos(φ) = cos(ka) − limb→0

V0→∞

⎛⎜⎜⎝ kb

2︸︷︷︸→0

−κ2

2kb

⎞⎟⎟⎠ sin(ka) = cos(ka) + lim

b→0V0→∞

κ2

2kb sin(ka)

Mit der Definition von P nach der Aufgabenstellung ergibt sich

cos(φ) = cos(ka) +P

kasin(ka)

Das mogliche Energiespektrum hangt nun vom Wert der Konstanten P und φ. Auchohne den Wert genau zu kennen, kann ein Energiewert, der der Bedingung ka < π/4genugt augeschlossen werden. Dies folgt aus der Betrachtung des Grenzwertes fur E →0 der rechten Seite, die hier den Wert 1+P annimmt und dem Wertebereich des Cosinusvon −1 < cos(φ) < 1, sowie dem Maximum der Funktion sin(ka) + cos(ka).Die Energiewerte im Bereich bestimmt durch P ≈ ka konnen nur numerisch errechnetwerden.Fur große Energien, also ka >>> P ergeben sich die moglichen Energiewerte auscos(ka) = cos(φ). Hierbei ist zu beachten, dass sowohl ka = φ als auch ka = 2π−φ dieEnergiewerte in einer Periode des Cosinus liefern. Daraus ergeben sich die Energiewertezu

En =�

2

2man2

{φ2 n gerade(2π − φ)2 n ungerade

1 << n ∈ N

Fur die speziellen Werte von φ ∈ {−π, 0, π} ist nur jeweils ein Energiewert

En =(�(2π − φ)n)2

2ma

in einer Periode des Cosinus zu finden.

2

Ubungsblatt 4 IK4

Aufgabe 1: Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren

a) Fur das Produkt aus Erzeugungs und Vernichtungsoperator ergibt sich

a†a =mω

2�

(x− �

mω

∂

∂x

)(x+

�

mω

∂

∂x

)

=mω

2�

(x2 − �

mω

(x∂

∂x− ∂

∂xx

)− �

2

m2ω2

∂2

∂x2

)

=1

�ω

(m

2ω2x2 − �

2

2m∂2

∂x2

)︸ ︷︷ ︸

=H

− i

2�(xp− px)︸ ︷︷ ︸=[x,p]=i�

=1

�ωH − 1

2

Hieraus ergibt sich fur den Hamilton-Operator

H = �ω

(b†b+

12

)

b) Fur die Eigenfunktion ψn des Hamilton-Operators zum Energiewert En gilt

a†aψn =(

1�ω

H − 12

)ψn =

(1

�ω

(n+

12

)− 1

2

)ψn = nψn

c) Der Kommutator des Vernichtungs- mit dem Erzwugungsoperatoren ergibt sich miteiner analogen Uberlegung fur das Produkt bb† als

[b, b†] = bb† − b†b =H

ω�+

12− H

ω�+

12

= 1

Der Kommutator des Hailton-Operators mit dem Erzeugungsoperator ergibt sich als

[H, b†] = Hb† − b†H = �ω

(b†b+

12

)b† − �ωb†

(b†b+

12

)

= �ω

((b†b)b† − b†(b†b) +

12b† − 1

2b†)

= �ω[b†b, b†]

= �ω [b†, b†]︸ ︷︷ ︸=0

b+ �ωb† [b, b†]︸ ︷︷ ︸=1

= �ωb†

Analog kann gezeigt werden, dass

[H, b] = −�ωb

Wendet man nun den Hamilton-Operator auf b†ψn bzw. bψn an so ergibt sich

Hb†ψn = [H, b†]ψn + b†Hψn = �ωb†ψn + b†Enψn

=(n+

32

)�ωb†ψn = En+1b

†ψn

Hbψn = [H, b]ψn + bHψn = −�ωbψn + bEnψn

=(n− 1

2

)�ωbψn = En−1bψn

1

Wir haben also mit b†ψn bzw. bψn eine Eigenfunktion zum den EnergieeigenwertenEn+1 bzw. En−1 gefunden. Da hier keine entarteten Eigenwerte erwartet werden,mussen die gefundenen Eigenfunktionen skalare vielfache der normierten Eigenfunk-tionen ψn+1 bzw. ψn−1 sein. Es folgt aus αψn+1 = b†ψnfur den Koeffitienten α:∫dx |αψn+1|2 =

∫dx∣∣∣b†ψn

∣∣∣2 =∫dx(dψ∗

n)(d†ψn) =∫dxψ∗

ndd†ψn

α2 =∫dxψ∗

n([b, b†] + b†b)ψn =∫dxψ∗

n(1 + n)ψn =∫dx |ψn|2 (n+ 1)

α =√n+ 1

Hieraus ergibt sichb†ψn =

√n+ 1ψn+1

Analoges Vorgehen bestimmt aus αψn−1 = bψn den Faktor α =√n, so dass

bψn =√nψn−1

2

Ubungsblatt 5 IK4

Aufgabe 1: Schwarzsche Ungleichung

a) Zu zeigen ist die Schwarzsche Ungleichung fur zwei Elemente des Hilbertraums H

|〈 ϕ |ψ〉| ≤ ‖ϕ‖ ‖ψ‖

Seien also |ϕ〉 , |ψ〉 ∈ H. Wir zerlegen nun den Vektor |ψ〉 in eine zu |ϕ〉 paralelleKomponente durch

|ϕ〉 〈 ϕ |ψ〉〈 ϕ |ϕ〉 = k |ϕ〉 k ∈ C

sowie in eine senkrechte Komponente

|γ〉 :=(|ϕ〉 − |ϕ〉 〈 ϕ |ψ〉

〈 ϕ |ϕ〉)

Der so konstruierte Vektor |γ〉 steht senkrecht auf |ϕ〉, da

〈 ϕ |γ〉 = 〈 ψ |ϕ〉 − 〈 ϕ |ϕ〉〈 ϕ |ϕ〉 〈 ψ |ϕ〉 = 0

Desweiteren kann das Betragsquadrat des skalaren Faktor |k|2 der paralellen Kompo-nente durch

|k|2 〈 ϕ |ϕ〉 = 〈 kϕ |kϕ〉 =|〈 ϕ |ψ〉|2|〈 ϕ |ϕ〉|2 〈 ϕ |ϕ〉 ⇒ |k|2 =

|〈 ϕ |ψ〉|2‖ϕ‖

bestimmt werden. Da man nun den Vektor |ψ〉 als summe der Vektoren k |ψ〉 und |γ〉darstellen kann, gilt fur das Normquadrat des Vektors

‖ψ‖2 = ‖c |ϕ〉 + |γ〉‖2 = 〈 kϕ+ γ |kϕ+ γ〉= |k|2 〈 ϕ |ϕ〉 + 〈 γ |γ〉 + c∗ 〈 ϕ |γ〉 + c 〈 γ |ϕ〉︸ ︷︷ ︸

=0

=|〈 ϕ |ψ〉|2‖ϕ‖2 + ‖γ‖2︸︷︷︸

≥0

≥ |〈 ϕ |ψ〉|2‖ϕ‖2

Hieraus folgt|〈 ϕ |ψ〉|2 ≤ ‖ϕ‖2 ‖ψ‖2

und nach Radizieren die Schwarzsche Ungleichung.

b) Setzen wir nun die Gleichheit der Schwarzschen Ungleichung vorraus, also

|〈 ϕ |ψ〉| = ‖ϕ‖ ‖ψ‖

so folgt mit den gleichen Definitonen wie oben aus der letzten Gleichungsfolge

‖γ‖2 = 0 ⇔ |γ〉 = 0

1

Mit der Definition des Vektors |γ〉 folgt nun

|ψ〉 =〈 ϕ |ψ〉‖ϕ‖2︸ ︷︷ ︸∈C

|ϕ〉

Die Vektoren |ψ〉 und |ϕ〉 unterscheiden sich nur um ein Skalar aus C und sind demnachlinear abhangig.Setzt man die lineare Abhangigkeit vorraus, gibt es eine Konstante k ∈ C so dass|ψ〉 = k |ϕ〉. Bildet man das Skalarprodukt, so folgt

|〈 ϕ |ψ〉| = |〈 kψ |ψ〉| = |k| ‖ψ‖2 = ‖kψ‖ ‖ψ‖ = ‖ϕ‖ ‖ψ‖

Insgesamt gilt demnach

|〈 ϕ |ψ〉| = ‖ϕ‖ ‖ψ‖ ⇔ |ϕ〉 , |ψ〉 linear abhangig

2

Ubungsblatt 6 IK4

Aufgabe 1: Orthonormale Eigenfunktionen

a) Fur das unendlich tiefe Kastenpotential ergibt sich fur die angegebenen Losungen derSchrodinger Gleichung das Integral uber den erlaubten Bereich

I :=∫ L

0ψn(x)∗ψm(x)dx =

2L

∫ L

0sin(nπxL

)sin(mπx

L

)dx

= 2∫ 1

0sin(nπx) sin(mπx)dx =

∫ 1

0cos((n −m)πx) − cos((n+m)πx)dx

Fur n = m wird das Argument der ersten Kosinusfunktion Null, so dass gilt

I =∫ 1

01 − cos(2nπx) = 1 −

∫cos(2nπx) = 1 +

[sin(2nπx)

2nπ

]1

0︸ ︷︷ ︸=0

= 1

Im Falle von n �= m ergibt sich fur das Integral

I =∫ 1

0cos((n−m)πx) − cos((n +m)πx)dx =

[sin((n +m)πx)

(n+m)π− sin((n−m)πx)

(n−m)π

]1

0

=sin((n+m)π)

(n+m)π− sin((n−m)π)

(n−m)π= 0 − 0 = 0

da die Sinusfunktion fur alle ganzzahligen Vielfachen von π verschwindet. Insgesamtgilt demnach ∫ L

0ψn(x)∗ψm(x)dx = δnm

b) Die angegebenen ϕn sind kein Orthonormalsystem. Beispielsweise liefert die Berech-nung mit den Vorgaben des Blattes∫dxϕ∗

2ϕ4 = N2N4

∫dx e−x2

H2H4 = N2N4

∫dx e−x2

(x2 − 1)(x4 − 6x2 + 3)

= N2N4

∫dx e−x2

(x6 − 7x4 + 9x2 − 3) = N2N4

(158

− 214

+92− 3)√

π

= −158N2N4

√π �= 0

Allerdings bilden die normierten Losungen des normonischen Oszillators

ψn(ξ) := Nne− 1

2(ξ)2Hn(ξ) N2

n =1

2nn!α√π, ξ = αx, α =

√mω

�

mit den Hermitschen Polinomen

Hn(x) = (−1)nex2 dn

dxne−x2

1

eine Orthonormalbasis. Hierzu sei oBdA n ≥ m, da m und n vertauschbar sind. Danngilt fur das Integral

I :=∫dxψn(x)∗ψm(x) =

1α

∫dξ ψn(ξ)∗ψm(ξ) =

NmNm

α

∫dξ e−ξ2

Hn(ξ)Hm(ξ)

=NmNm(−1)n

α

∫dξ

dn

dξne−ξ2

Hm(ξ)

=NmNm(−1)n+m

α

∫dξ e−ξ2 dn−m

dξn−m

(dm

dξmHm(ξ)

)

Nach den Ergebnissen des letzen Aufgabenblattes ist

dm

dξmHm(ξ) = 2mm!

was impliziert, dass hohere Ableiteungen des Hermitschen Polinoms verschinden.Fur den Fall n = m gilt nun:

I =NnNn(−1)2n

α

∫dξ e−ξ2

2nn!︸ ︷︷ ︸=2nn!

√π

=1

2nn!α√π︸ ︷︷ ︸

=N2n

2nn!√π

α= 1

Im Fall n > m gilt n−m ≥ 1. Somit gilt fur das Integral:

I =NmNm(−1)n+m

α

∫dξ e−ξ2 dn−m

dξn−m2nn!︸ ︷︷ ︸

=0

=NmNm(−1)n+m

α

∫dξ0 = 0

Fur die so definierten ψn gilt demnach∫dxψn(x)ψm(x) = δnm

Mit den hermitschen Polinomen zweiter Art

Hn(x) := (−1)ne12x2 dn

dxne−

12x2

ergibt sich eine aqivalente Darstellung durch

ψn(ξ) = Cne− 1

4ξ2Hn(ξ) C2

n =1n!

α√2π, ξ = αx, α =

√mω

�

definieren. Dies folgt unmittelbar aus dem Zusammenhang:

Hn(x) = 2−n/2Hn

(x√2

)

2

Ubungsblatt 7 IK4

Aufgabe 1: Elektron im Magnetfeld

a) Aus der Lagrangedichte eines Elektrons mit der Ladung q = −e0 in elektrischen undmagnetischen Feldern

L =m

2v2 + e0φ− e0v · A

mit dem skalarem Potential φ des elektrischen Felds und dem Vektropotential A desmagnetischen Feldes fuhrt mit Hilfe der Euler-Lagrange-Gleichung auf die Bewegungs-gleichung. Es gilt

d

dt

∂

∂vL =

d

dt(mv − e0A) = mv − e0(v · ∇)A

wobei sich die totale Zeitableitung des zeitlich konstanten Vektorpotentials als

d

dtA(r) =

(∂

∂tr · ∇

)A = (v · ∇)A

ergibt. Die Ableitung der Lagrangedichte nach der Ortskoordinate liefert nun

∂

∂rL = +e0∇φ− e0∇(v ·A)

Die Bewegungsgleichung des Teilchens folgt nun aus der EL-Gleichung

d

dt

∂

∂vL =

∂

∂rL

mv − e0(v · ∇)A = e0∇φ− e0∇(v ·A)mv = e0∇φ︸ ︷︷ ︸

−e0E

−e0∇(v · A) + e0(v · ∇)A︸ ︷︷ ︸=−e0v×(∇×A)

mv = −e0(E + v ×B)

welche genau der Bewegungsgleichung eines Elektrons im magnetischen und elektri-schen Feldes aus der Betrachtung der Larentzkraft entspricht.Eine Identifizierung der Lagrangedichte als L = T −V ist hier nicht moglich, da es sichbei dem System mit magnetischen Feldern nicht unm ein konservatives System (mitkonservativen Potentialen) handelt.

b) Aus der Lagrangedichte kann die Hamiltonfunktion des System hergeleitet werden. Esgilt:

H = p · v − L p =∂

∂vL

Fur den generalisierten Impuls p gilt:

p =∂

∂vL = mv − e0A ⇒ v =

1m

(p− (−e0)A)

1

Hieraus folgt fur die Hamiltonfunktion:

H = (mv − e0A)v − L = mv2 − e0A · v − m

2v2 − e0φ+ e0v ·A

=m

2v2 − e0φ =

m

2

(p− (−e0)A

m

)2

− e0φ

=1

2m(p− (−e0)A)2 − e0φ

c) Fur die Zeitentwicklung des Ortsoperators unter des Hamiltonperators

H =1

2m(p − eA)2

gilt nach Heisenbergschen Bewegungsgleichung

d

dt< r >=

i

h[H, r]

Fur den Kommutator des Hamiltonoperators mit dem Ortsoperator ergibt sich

[H, r] =1

2m([(p − eA)2, r]

)=

12m

⎛⎝[p2, r] − e([pA, r] + [Ap, r]) + e2 [A2, r]︸ ︷︷ ︸

=0

⎞⎠

=1

2m

⎛⎜⎝[p2, r] − e(p [A, r]︸ ︷︷ ︸

=0

+ [p, r]︸︷︷︸−i�

A+A[p, r] + [A, r]︸ ︷︷ ︸=0

p)

⎞⎟⎠

=1

2m

⎛⎜⎜⎝p[p, r] + [p, r]p︸ ︷︷ ︸

=−2i�p

+2ieA)

⎞⎟⎟⎠ =

−i�m

(p− eA)

Wir erhalten demachd

dt< r >=

i

h[H, r] =

p− eA

m

Der in der Aufgabe definierte Operator P ergibt sich nun zu

P = md

dt< r >= (p− eA)

Die Zeitableitung des Operators eribt sich nun einfach zu

d

dtP = [H,P ] =

12m

[(p − eA)2, (p − eA)] = 0

2

Ubungsblatt 8 IK4

Aufgabe 2: Drehimpulsoperator

a) Fur den Drehimpulsoperator L gilt:

L = r × p p =�

i∇

Mit dem Ableitungsoperator ∇ in Kugelkoordinaten ergibt sich daraus

L =�

irer ×

(er

∂

∂r+ eθ

1r

∂

∂θ+ eφ

1r sin θ

∂

∂φ

)

=�

ir (er × er)︸ ︷︷ ︸

=0

∂

∂r+

�

i(er × eθ)︸ ︷︷ ︸

=eφ

∂

∂θ+

�

i(er × eφ)︸ ︷︷ ︸

=−eθ

1sin θ

∂

∂φ

Fur den Drehimpulsoperator gilt demnach

L =�

i

(eφ

∂

∂θ− eθ

1sin θ

∂

∂φ

)

Mit den kartesischen Einheitsvektoren in der Kugelkoordinatendarstellung

ex = sin(θ) cos(φ)er + cos(θ) cos(φ)eθ − sin(φ)eφ

ey = sin(θ) sin(φ)er + cos(θ) sin(φ)eθ + cos(φ)eφ

ez = cos(θ)er − sin(θ)eθ

folgt fur die z-Komponente des Drehimpulses in Kugelkoordinaten

Lz = ez · L =�

i(cos(θ)er − sin(θ)eθ)

(eφ

∂

∂θ− eθ

1sin θ

∂

∂φ

)=

�

i

∂

∂φ

Fur den Aufstiegs- bzw. Abstiegsoperator gilt

L± = ex · L± iey · L

= −�

i

cos(θ) cos(φ)sin(θ)

∂

∂φ− �

isin(φ)

∂

∂θ± �

(−cos(θ) cos(φ)

sin(θ)∂

∂φ+ cos(φ)

∂

∂θ

)

= �

⎛⎜⎝(i sin(φ) ± cos(φ))︸ ︷︷ ︸

=±e±iφ

∂

∂θ+(icos(θ) cos(φ)

sin(θ)∓ cos(θ) sin(φ)

sin(θ)

)∂

∂φ

⎞⎟⎠

= �

⎛⎜⎝±e±iφ ∂

∂θ+ (cos(φ) ± i sin(φ))︸ ︷︷ ︸

=eiφ

i cot(θ)∂

∂φ

⎞⎟⎠

= �e±iφ

(± ∂

∂θ+ i cot(θ)

∂

∂φ

)

1

Das Produkt aus Aufstiegs und Abstiegsoperator ergibt sich nun als

L+L− = �2eiφ(∂θ + i cot(θ)∂φ)

{e−iφ(−∂θ + i cot(θ)∂φ)

}= �

2eiφ(e−iφ∂θ(−∂θ + i cot(θ)∂φ) + i cot(θ)∂φ(−∂θ + i cot(θ)∂φ)

)= �

2(−∂2

θ − i(1 − cot(θ))∂φ + i cot(θ)∂φ∂θ))

+�2eiφi cot(θ)

(−ie−iφ(∂θ + i cot(θ)∂φ) + e−iφ(−∂φ∂θ + i cot(θ)∂2

φ))

= �2(−∂2

θ − i∂φ − cot(θ)∂θ − cot2(θ)∂2φ

)Klar ist, dass gilt:

�Lz = −i�2∂φ Lz = −�2∂2

φ

Nun ergibt sich der quadratische Drehimpulsoperator L2 als:

L2 = L2x + L2

y + L2z = L2

x − i[Lx, Ly] + L2y︸ ︷︷ ︸

=(Lx+iLy)(Lx−iLy)

+i [Lx, Ly]︸ ︷︷ ︸=i�Lz

+L2z

= L+L− − �Lz + L2z

= −�2{∂2

θ + i∂φ + cot(θ)∂θ + cot2(θ)∂2φ − i∂φ+ ∂2

φ

}

= −�2

⎧⎪⎨⎪⎩ cot(θ)∂θ + ∂2

θ︸ ︷︷ ︸=sin−1(θ)(cos(θ)∂θ+sin(θ)∂θ)

+ (1 + cot2(θ))︸ ︷︷ ︸=sin−1(θ)

∂2φ

⎫⎪⎬⎪⎭

= −�2

{1

sin(θ)∂θ(sin(θ)∂θ) +

1sin2(θ)

∂2φ

}

b) Ist ψ(r, θ, φ) eine Eigenfunktion des Drehimpulsoperators zum Quadrat, so folgt dass ψebenfalls eine Eigenfunktion des Operators Lz ist. Sind die Eigenwerte fur L2 bzw. Lz

bekannt (�2l(l + 1) fur L2 und �m fur Lz), so fuhrt ein Separationsansatz ψ(r, θ, φ) =χ(r)Yl,m(θ, φ) auf:

L2ψ = L2(χ(r)Yl,m(θ, φ)) = χ(r)L2Yl,m(θ, φ)) = χ(r)�2l(l + 1)Yl,m(θ, φ) = �2l(l + 1)ψ

Das Eigewertproblem L2ψ = �2l(l + 1)ψ ist ein vom Radialteil der Wellenfunktion

unabhangiges Problem. Analoges folgt fur die Eigenwertgleichung Lzψ = �ψ.Der radiale Anteil der Wellenfunktion χ(r) bleibt unbestimmt. Aus Normierbarkeits-grunden muss gefordert werden, dass χ(r) aus dem Raum der quadratintegrablen Funk-tion uber dem postitven Intervall [0,∞) ist.Betrachtet man nun die Eigenwertgleichung fur Lz, so ergibt sich aus dem Seperati-onsansatz

Yl,m(θ, φ) = Yl,m(θ, 0)eimφ

eingesetzt in die Eigenwertgleichung fur Lz

LzYl,m(θ, φ) = Yl,m(θ, 0)Lzeimφ︸ ︷︷ ︸

�m

= �mYl,m(θ, 0)eimφ

eine Losung des Eigenwertproblems. Aufgurund der Eindeutigkeit der gefundenen Losungmuss man wegen

Yl,m(θ, φ+ 2π) != Yl,m(θ, φ)

2

und dem daraus folgenden

eimφe2πim != eimφ ⇒ e2πim != 1

fur den Eigenwert m fordern, dass dieser eine ganze Zahl ist (m ∈ Z), da nur furganzzahlige Vielfache von 2πi die Exponentailfunktion den Wert 1 ergibt.

c) Aus dem Ansatz der Funktion

Yl,m(θ, 0) = sinm(θ)Ul,m(cos θ)

folgt fur die Funktion Yl,m(θ, φ):

Yl,m(θ, 0) = Yl,m(θ, 0)eimφ = sinm(θ)Ul,m(cos θ)eimφ

Aus dem Wissen, dass

L+Yl,m ∝ Yl,m+1 = sinm+1(θ)Ul,m+1(cos θ)ei(m+1)φ

folgt mit der expliziten Anwendung des Erzeugungsoperators

L+Yl,m = �eiφ {∂θ + i cot(θ)∂φ} sinm(θ)Ul,m(cos θ)eimφ

= �eiφ(m sinm−1(θ) cos(θ)Ulm(cos θ)− sinm(θ)U ′

lm(cos θ) sin(θ))eimφ

+�eiφ(icos(θ)sin(θ)

sinm(θ)Ulm(cos θ)imeimφ

)

= −�ei(m+1)φ sinm+1(θ)U ′lm(cos θ)

durch vergleich der Ergebnisse der Zusammenhang

Ul,m+1(cos(θ)) ∝ U ′l,m(cos(θ))

d) Es ist bekannt, dass fur die Eigenwerte m von Lz gilt, dass diese |m| ≤ l erfullenmussen. Wir konnen deshalb fordern, dass

L−Yl,−l = 0

Die explizite Berechung von L−Yl,−l liefert nun

L−Yl,−l = �e−iφ {−∂θ + i cot(θ)∂φ}(sin−l(θ)Ul,−le

−ilφ)

= �e−iφ(l sin−l−1(θ) cos(θ)Ul,−l − sinl(θ)U ′

l,−l sin(θ))e−ilφ

+�e−iφ(i cot(θ) sin−l(θ)Ul,−l(−il)e−ilφ

)= �e−i(l+1)φ sin−l−1(θ)

(sin2(θ)U ′

l,−l + 2l cos(θ)Ul,−l

) != 0

Es ergibt sich fur Ul,−l die einfache Differentialgleichung

(1 − cos2(θ))dUl,−l(cos θ)

d cos θ= −2l cos(θ)Ul,−l(cos θ)

3

die mit der Substitution ξ = cos(θ) sich zu

dUl,−l(ξ)dξ

= −2lξ

1 − ξ2Ul,−l(ξ)

vereinfacht und durch Separation der Variablen gelost werden kann. Es ergibt sich dieLosung

Ul,−l(ξ) = C(1 − ξ)l(1 + ξ)l = C(1 − ξ2)l

und durch Rucksubstitution

Ul,−l = C(1 − cos2(θ))l = C sin2l(θ)

Die Kugelflachenfunktionen fur die gilt m = −l sind nun leicht zu bestimmen. Es gilt

Y0,0 = C sin0(θ) sin2·0(θ)e0 = C

und fur den Fall l = 1

Y1,−1 = C sin−1(θ) sin2(θ)e−iφ = C sin(θ)e−iφ

Aus den Ergebissen der Aufgabe (c) folgt nun fur

U1,0 ∝ dU1,−1

d cos(θ)∝ d

d cos(θ)(1 − cos2(θ)) ∝ − cos(θ)

undU1,1 ∝ dU1,0

d cos(θ)∝ −1

, so dass sich die Kugelflachenfunktionen als

Y1,0 = −C cos(θ)

bzw.Y1,1 = −C sin(θ)eiφ

ergeben. Die Normierungskoeffitienten lassen C mussen nun noch durch Integrationuber die Einheitskugel bestimmt werden. Es muss gelten

∫B1(0)

d3rY ∗l,mYl,m =

∫ 2π

0dφ

∫ π

0dθ Y ∗

l,mYl,m sin(θ) = 1

Es ergeben sich die Integrale uber die Kugelflachenfunktionen zu:∫

B1(0)d3rY ∗

0,0Y0,0 = |C|2∫ 2π

0dθ

∫ π

0dφ sin(θ) = |C|2 4π

sowie ∫B1(0)

d3rY ∗1,±1Y1,±1 = |C|2

∫ 2π

0dθ

∫ π

0dφ sin3(θ) = |C|2 8

3π

und ∫B1(0)

d3rY ∗1,0Y1,0 = |C|2

∫ 2π

0dθ

∫ π

0dφ sin(θ) cos(θ)2 = |C|2 4

3π

4

Hiermit bestimmt man die Kugelflachenfunktionen als

Y0,0 =1√4π

Y1,±1 = ∓√

38π

sin(θ)e±iφ

Y1,0 =

√34π

cos(θ)

5

Ubungsblatt 9 IK4

Aufgabe 5: sp3-Hybridisierung

a) Betrachtet man die Matrix

M :=12

⎛⎜⎜⎝

1 1 1 11 1 −1 −11 −1 1 −11 −1 −1 1

⎞⎟⎟⎠

so wird schnell klar, dass fur M gilt:

M = M †

Die Berechung von M ·M lieft die Einheitsmatrix. Die Matrix M ist somit unitar.Weiter wird schnell klar, dass gilt

(ψhyb,1, ψhyb,2, ψhyb,3, ψhyb,4) = M · (ψ2ps , ψ2px , ψ2py , ψ2pz )T

Da Betrag der Determinatne einer unitare Matrix betragsmaßig 1 ergibt folgt nun dielineare Unabhagigkeit der ψhyb. Hieraus folgt die Orthogonalitat der ψhyb.Eine weitere Eigenschalft unitarere Matrizen ist die Erhaltung der Norm fur beliebigeVektoren gilt so

‖M · x‖ = ‖x‖Hieraus folgt nun dass jedes ψhyb auf eins normiert ist, wenn die Wellenfunktionen derOrbitale normiert waren.

b) Fur die Wellenfunktion des s-Orbitals gilt

ψ2s = R2,0(r)Y0,0 =2√4πα3/2(1 − αr)e−αr

mit α = Z/2aB . Fur die p Orbitale ergeben sich die Wellenfunktionen zu

ψ2px =1√2R2,1(Y1,−1 − Y1,1) =

√38πR2,1 sin(θ) cos(φ) =

1√4πα3/2αxe−αr

ψ2py =2√4πα3/2αye−αr

ψ2pz =2√4πα3/2αze−αr

Wir konnen nun ψhyb,1 und ψhyb,2 bestimmen.

ψhyb,1 =12(ψ2s − ψ2px + ψ2py − ψ2pz)

=1√4πα3/2(1 − αr + α(x+ y + z))e−αr

ψhyb,2 =1√4πα3/2(1 − αr + α(x− y − z))e−αr

1

Als notwendige Bedingung fur das Maximum der Wahscheinlichkeitsdichte gilt nun

0 = ∇ρ = ∇ |ψ|2 = ±2 |ψ| ∇ψ

An Nullstellen der Wahrscheinlichkeitsdichte sind wir nicht interessiert, so dass fur dasAufreten eines Maximums gelten muss:

∇ψ = 0

Fur den Fall von ψhyb,3 liefert die Berechnung der Nullstelle den Vektor

r1,max =(

12

+1√3

)1α

⎛⎝1

11

⎞⎠

fur den Fall von ψhyb,4 eienen Vektor

r2,max =(

12

+1√3

)1α

⎛⎝ 1−1−1

⎞⎠

c) Aus der Definition des Skalarprodukts durch den Winkel γ zwischen zwei Vektoren

a · b = ‖a‖ ‖b‖ cos(γ)

kann nun der Winkel zwischen den Ortsvekoren der maximalen Wahrscheinlichkeitberechnet werden. Hierbei gilt

cos(γ) =r1,max · r2,max

‖r1,max‖ ‖r2,max‖ = −13

Hieraus ergibt sich der Winkel

γ = arccos(−1

3

)≈ 109.47◦

2

Ubungsblatt 10 IK4

Aufgabe 2: Linearer Stark-Effekt

a) Der Storhamiltonian ergibt sich aus der potentiellen Energie der Ladung −e im elek-trischen Feld. Das Potential des Feldes ergibt sich als

φ(r) = −E0z

Fur die potentielle Energie eines Elektrons im außeren Feld gilt:

V (r) = −eφ(r) = eE0z

Der Hamiltonian des gestorten Systems ergibt sich nun als

H =p2

2m+e2

r︸ ︷︷ ︸=H0

+ eE0z︸ ︷︷ ︸=H1

b) Der Storoperator vertauscht mit der z-Komponente des Drehimpulses. Es ist

[Lz,H1] = eE0i�

(∂

∂φ(r cos θ)− r cos θ

∂

∂φ

)

= eE0i�r cos θ∂

∂φ(1 − 1) = 0

c) Aus [Lz,H1] = 0 folgt nun mit der Rechnung

0 = 〈 nlm |[Lz,H1]|n′l′m′ 〉 = (m−m′) 〈 nlm |H1|n′l′m′ 〉

dass nur fur m = m′ das Skalarprodukt ungleich null werden kann. Weiter sieht manschnell, dass

cos(θ)Y0,0 =Y1,0√

3Fur das Wasserstoff im Zustand n = 1 eregeben sich nun fur eine Storung mit demElektrischen Feld eine Storenergie von

E(1)1 = 〈 100 |H1| 100 〉 =

∫d3rR∗

10Y∗00H1R10Y00

=∫drR∗

10r3R10

∫dθ

∫dφY ∗

00 cos θY00 sin θ︸ ︷︷ ︸=〈Y00|Y10/

√3〉=0

= 0

d) Analog zu oben kann nun gezeigt werden, dass

〈 200 |H1| 200 〉 = 0

1

Weiter gilt, dass

〈 210 |H1| 210 〉 = eE0

∫drR∗

21r3R21

∫dφ

∫dθY ∗

10 cos θY10 sin θ︸ ︷︷ ︸∝∫ dθ cos3 θ sin θ=0

= 0

und auch, dass gilt

〈 21 ± 1 |H1| 21 ± 1 〉 = eE0

∫drR∗

21r3R21

∫dφ

∫dθY ∗

1±1 cos θY1±1 sin θ︸ ︷︷ ︸∝∫ dθ sin3 θ cos θ=0

= 0

Allerdings gilt fur

〈 200 |H1| 210 〉 = 〈 200 |H1| 210 〉 = eE0

∫drR∗

20r3R21

∫dφ

∫dθY ∗

10 cos θY00︸ ︷︷ ︸=Y10/

√3

sin θ

=eE0√

3

∫drR∗

20r3R21

∫dφ

∫dθY ∗

10 cos θY10 sin θ︸ ︷︷ ︸=1

=eE0

(2a0)33a0

∫dr2

(1 − r

2a0

)r4e−

ra

︸ ︷︷ ︸−36a5

0

= −3eE0a0

Die Energieverschiebung des gestorten Systems mit n = 1 erhalten wir nun aus derAufsummierung uber die Moglichen kombinationen. Mit den wissen, das fur das Auf-treten eines Skalarproduktes ungleich null die Bedinfgung m = m′ gelten muss undden gerechneten Skalarprodukten, folgt nun

E(1)2lm=0 = ±3eE0a0

2

Ubungsblatt 11 IK4

Aufgabe 5: Paschen-Back EffektMan betrachtet das durch ein außeres Magnetfeld gestarte System, fur das sich der Hamilton-Operator ergibt als

H = Hc +Hz

Hierbei entspricht Hc dem Hamilton-Operator des ungestorten Wasserstoffatoms. Im ma-gnetischen Feld B = Bez ergibt sich der Zeemanhamiltonian aus den magnetischen Mo-menten des Bahndrehimpulses und der Elektronenspins

Hz = −μl·B − μ

s·B =

e

2me(l + gss) · ezB =

e

2me(lz + gssz)B

Die Eigenzustande des ungestorten Hamiltoneans |nlmlsms〉 diagonalisieren, da [Hc +Hz] = 0, auch den Storhamiltonian Hz. Man erhalt nun als Energieverschiebung ersterOrdnung

E(1)z =< Hz >=

e

2me〈 nlmlsms |( lz + gssz)|nlmlsms 〉B =

e�

2me︸︷︷︸µB

(ml + gsms)B

Da sich der Spin eines elektrons bei optischen Ubergangen nicht andert ergibt sich fur dieEnergie eines Ubergangs

ΔE = ΔE(0) + μBΔmlB

Wie es sich auch fur den normalen Zeeman-Effekt ergibt. Berucksichtigt man nun dieSpin-Bahn-Kopplung durch den Hamilton-Operator

HSB =μ0Ze

2

4πm2e

s · lr3

Die Berucksichtigung der Spin-Bahn-Kopplung liefert den Energiebeitrag

E(1)SB =< HSB >= −(Zα)2

nEn

mlms

l(l + 1/2)(l + 1)

1