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Festkörperelektronik 2008 Übungsblatt 2

Lichttechnisches InstitutUniversität Karlsruhe (TH)Prof. Dr. rer. nat. Uli LemmerDipl.-Phys. Alexander ColsmannEngesserstraße 1376131 Karlsruhe

Festkörperelektronik2. Übungsblatt30. April 2008

10. Beugung hochenergetischer Elektronen in Reflexion

Bei der so genannten RHEED-Methode (Reflection High Energy Electron Dif-fraction) zur Untersuchung von Oberflächen wird ein Elektronen-Strahl untereinem flachen Winkel auf die Oberfläche geschossen. Die reflektierte Intensitätwird gemessen. Aus den Mustern der unter verschiedenen Winkeln eingeschos-senen Elektronen lassen sich Rückschlüsse auf die Struktur der Oberfläche zie-hen. Das Verfahren kann zum Beispiel zum Überwachen des Wachstums vonkristallinen Schichten verwendet werden.

Abb. 1: Prinzip von RHEED [Quelle: http://lippmaa.issp.u-tokyo.ac.jp]

(a) Nehmen Sie an, dass ein Material aus gleichartigen Schichten der atomarenBausteinen besteht, die parallel zur Oberfläche übereinander gestapelt sind(Abbildung 1). Ein solches Material zeigt beim Beschuss mit Elektronen ei-ner definierten kinetischen Energie unter bestimmten Winkeln Maxima in derReflexionsintensität. Erklären Sie dieses Phänomen! (?)

Die winkelabhängigen Maxima sind ein Interferenzphänomen. Also manifes-tieren sich bei dieser Messung die Welleneigenschaften der Elektronen. Die

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Abb. 2: Schema zur Streuung am Kristallgitter

übereinander gestapelten Schichten (siehe Abbildung 1) des Materials reflek-tieren jeweils einen Teil der einfallenden Elektronen-Welle und lassen einenanderen Teil durch. An der darunter liegenden Schicht passiert das gleiche undso weiter. Die verschiedenen Teilstrahlen überlagern sich nun. Je nach Pha-sendifferenz der verschieden Strahlen erhält man konstruktive oder destruktiveInterferenz. Die Phasendifferenz hängt davon ab, wie weit die Teilstrahlen imMaterial propagieren und damit von der Struktur des Festkörpers. Bei genauerBetrachtung spielen auch noch die Intensität der einzelnen Teilstrahlen eineRolle. Aus dem Muster der Maxima kann so auf die Struktur geschlossen wer-den.

(b) LEED (Low Energy Electron Diffraction) ist ein ähnliches Verfahren. Versu-chen Sie, die Unterschiede zwischen den beiden Methoden und daraus folgendihre Einsatzgebiete zu bestimmen. (?)

Bei LEED werden ebenfalls Elektronen auf eine Oberfläche geschossen, aller-dings mit geringerer Beschleunigung (50 eV < W < 100 eV) als bei RHEED (ca.30 keV). Außerdem lässt man den Elektronenstrahl unter 90◦ auf die Oberflächeauftreffen, wogegen man bei RHEED sehr kleine Winkel wählt. Beide Methodenbilden hauptsächlich die obersten Schichten eines Festkörpers ab, da durch diestarke Wechselwirkung der Eletronen mit den Atomen des zu untersuchendenFestkörpers diese bereits an den oberen Schichten gestreut werden. Aufgrundseiner Geometrie ist das RHEED-Verfahren besser geeignet, um das Schicht-wachstum von kristallinen Materialien zu beobachten. Durch den streifendenEinfall bleibt nämlich der Halbraum über der Oberfläche bei RHEED frei, wosich normalerweise die Einrichtungen zum Bedampfen befinden.

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(c) Bestimmen Sie die Formel für die Abhängigkeit zwischen Einfallswinkel φ,Abstand zwischen den Schichten d und Elektronenenergie für den Fall einesIntensitäts-Maximums. (??)

Abbildung 2 zeigt ein Schema des Experiments. Vereinfachend sind nur zweiStrahlen dargestellt. Man erkennt, dass der zusätzliche Laufweg des Strahls

∆x = 2d sinφ (1)

ist. Dieser Phasenunterschied muss für konstruktive Interferenz einem Vielfa-chen der Wellenlänge entsprechen:

nλ = 2d sinφ (2)

Die Energie eines Elektrons in Abhängigkeit von seinem Impuls ist:

W =p2

2me

(3)

Streng genommen muss man für die Energie-Impuls-Beziehung die relativisti-sche Beziehung ansetzen, in unserem Fall bleibt die Korrektur jedoch im Be-reich einiger Prozent.

Mit der de-Broglie-Beziehung p = ~k = h/λ erhalten wir:

W =h2

2meλ2(4)

Hier setzen wir die Wellenlängenbedingung für konstruktive Interferenz ein(n=1):

W =h2

8med2 sin2 φ(5)

(d) Nun haben die Schichten einen Abstand von d = 5 Å und der Elektronenstrahl

fällt unter einem Winkel von φ = 1◦ ein. Mit welcher Energie müssen dieElektronen beschleunigt werden, um eine solche Oberfläche zu untersuchen?(?)

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We =h2

8med2 sin2 φ= 4, 95 keV (6)

(e) Ähnliche Messungen wie mit RHEED können auch mit Röntgenbeugung, d.h. der Reflexion von Röntgenstrahlen an der Oberfläche durchgeführt werden.Vergleichen Sie die Energien der Röntgenquanten mit der Energie der Elektro-nen für die in (d) benötigten Wellenlänge? (?)

Wp = hν =hc

λ=

hc

2d sinφ= 71, 2 keV (7)

Die Energie der Röntgenquanten muss also höher sein.

11. Fourier-Transformation

Die folgenden Gleichungen definieren eine Fourier-Transformation:

g(k) =1√2π

∫ +∞

−∞f(x)e−jkxdx g(ω) =

1√2π

∫ +∞

−∞f(t)e−jωtdt

f(x) =1√2π

∫ +∞

−∞g(k)ejkxdk f(t) =

1√2π

∫ +∞

−∞g(ω)ejωtdω

(a) Zeigen Sie, dass die Fourier-Transformation einer Gauß-Funktion f(x) = e−ax2

mit a > 0 wieder eine Gauß-Funktion ergibt (Hinweis: Quadratische Ergänzungim Exponenten). (? ? ?)

g(k) =1√2π

∫ +∞

−∞e−ax

2

e−jkxdx (8)

=1√2π

∫ +∞

−∞e−ax

2−jkxdx (9)

=1√2π

∫ +∞

−∞e−a(x

2+ jkax)dx (10)

=1√2π

∫ +∞

−∞e−a

�(x+ jk

2a)2−( jk

2a)2�dx

=1√2π

∫ +∞

−∞e−a(x+

jk2a

)2︸︷︷︸Gaußpuls

e(jk)2

4a︸︷︷︸const.

dx

Seite L23


Der konstante Term kann aus dem Integral gezogen werden. Der verbleibendeTerm stellt einen nach links verschobenen Gaußpuls dar. Das Integral über diegesamte x-Achse entspricht dem eines nicht verschobenen Gaußpulses (formalkann man die Substitution u = x + jk/2a vornehmen). Das resultierende In-tegral ergibt sich nach Bronstein zu

∫∞−∞ exp(−au2) du =

√π/a. Wir erhalten

also:

g(k) =1√2π

√π

ae

(jk)2

4a =

√1

2ae−

k2

4a (11)

(b) In der Ultra-Kurzzeitspektroskopie kommen gepulste Laser mit einer Pulslängevon wenigen Femtosekunden zum Einsatz. Schätzen Sie die spektrale Breite

∆ν eines Gauß-Pulses f(t) ∝ e− t2

2(∆t)2 mit einer halben Breite von ∆t=10 fs ab.Vergleichen Sie hierzu die Fourier-Transformierte von f(t) mit einem Gauß-Puls

im Frequenzraum g(ω) ∝ e− ω2

2(∆ω)2 . (? ? ?)

g(ω) ∝∫ +∞

−∞f(t)e−jωtdt (12)

g(ω) ∝∫ +∞

−∞e− t2

2(∆t)2 e−jωtdt

Mit dem Ergebnis von Aufgabenteil (a) erhalten wir:

g(ω) ∝ e−12(∆t)2ω2 !

= e− ω2

2(∆ω)2 (13)

Aus dem Vergleich der beiden Gauß-Pulse folgt unmittelbar:

(∆t)2 =1

(∆ω)2=⇒ ∆t∆ω = 1 (14)

...oder mit ω = 2πν:

∆t∆ν =1

2π(15)

⇒ ∆ν =1

2π∆t= 1, 6 · 1013 Hz = 16 THz

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12. Dispersion

(a) Skizzieren Sie die Gauß-Funktion

f(x) =1

σ√

2πexp

(−1

2

(x− µ)2

σ2

)(16)

für µ = 0, σ = 1 sowie für µ = 2, σ = 4. Welche Bedeutung haben die beidenParameter µ und σ? (?)

Abb. 3: Skizze für die Gauß-Funktionen mit µ = 0 und σ = 1 (roter Graph) und µ = 2 undσ = 4 (blauer Graph). Die 2σ-Umgebungen um den Mittelwert µ sind für beide Grapheneingezeichnet. Der Parameter σ bestimmt die Breite der Glockenfunktion (Man erinneresich an Wahrscheinlichkeitstheorie).

(b) Was bedeutet der Begriff „Dispersion“ in Zusammenhang mit Wellenpaketen?(?)

Als Dispersion bezeichnet man allgemein die Wellenlängenabhängigkeit (oderFrequenzabhängigkeit) der Phasengeschwindigkeit einer bestimmten Welle.Zeigt eine Welle in einer bestimmten Situation Dispersion, so verändert sich dieBreite eines Wellenpakets bestehend aus Wellen dieser Art mit der Zeit. Auchdieses Phänomen bezeichnet man häufig als Dispersion, obwohl es streng ge-nommen eine Folge der Dispersion im oben genannten Sinn ist. Zeigen Wellen ineinem bestimmten Medium keine Dispersion, so tritt der Effekt des Zerfließenseines Wellenpakets nicht auf. In diesem Fall ist die Gruppengeschwindigkeitgleich der Phasengeschwindigkeit.

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(c) Was bezeichnet man als Dispersionsrelation? Wie sehen die Dispersionsrelatio-nen für ein freies Elektron sowie für ein Photon im Vakuum aus? (?)

Als Dispersionsrelation wird meistens die Abhängigkeit der der Kreisfrequenz ωvon der Wellenzahl k (oder dem Wellenvektor ~k) bezeichnet, also ω(k). Da nachde Broglie die Proportionalität W = ~ω gilt, kann man die Dispersionsrelationimmer auch als Abhängigkeit der Energie W von der Wellenzahl darstellen.Für jede Welle in jedem Medium lässt sich eine solche Relation aufstellen undaus ihrer genauen Form folgen viele Eigenschaften dieser Welle. Die Dispersi-onsrelation für eine Lichtwelle/ein Photon kennen wir bereits aus Felder undWellen als ω(k) = ck mit der Lichtgeschwindigkeit c. Für das freie Elektronim Vakuum erhielten wir dagegen ω(k) = ~k2/2m. Auch für Wasserwellen,Erdbebenwellen und so weiter lassen sich entsprechende Dispersionsrelationenangeben.

(d) Berechnen Sie die Gruppengeschwindigkeit vG für das freie quantenmechanischeElektron und ein Vakuum-Photon. (?)

Die Gruppengeschwindigkeit vG lässt sich berechnen über vG = ∂ω(k)/∂k.Somit erhalten wir für ein Photon vG = c und für das freie Elektron vG = ~k/m.

13. Quantenmechanisches Messen

In einem unendlichen hohen Potentialtopf der Breite L (Potential V (x) = 0 bei0 < x < L (L > 0) und V (x) = ∞ sonst) und V (x) = ∞ sonst) befindet sich einElektron im ersten angeregten Zustand.

(a) Leiten Sie den Ausdruck für die möglichen Werte der Energie der Elektronenim Topf her. Welche Energie wird man an dem System messen? (??)

Im Topf machen wir den Ansatz:

ψ(x) = A sin(kx) +B cos(kx) (17)

Es gilt

W =p2

2m=

~2k2

2m⇐⇒ k =

√1mW

~2(18)

Seite L26


Da es sich um einen unendlich hohen Topf handelt, muss die Wellenfunktion anden Rändern verschwinden, um der Stetigkeitsbedingung zu genügen. So folgt:

ψ(0) = B = 0 (19)

Des weiteren erhält man:

ψ(L) = A sin(kL) +B cos(kL)mit Gl.19︷︸︸︷

= A sin(kL) = 0 (20)

Das kann nur gelten, wenn A = 0 oder kL = nπ mit n ∈ N. Die erste Bedingungführt auf die triviale Lösung A = 0 und B = 0, wir betrachten daher denzweiten Fall.

W =p2

2m=

~2k2

2m=

π2~2

2mL2n2. (21)

Der erste angeregte Zustand hat die Quantenzahl n = 2. Wenn das Systemin diesem Zustand ist, wird mit Sicherheit die zugehörige Energie W = 2π2~2

mL2

gemessen.

(b) Nun wird eine Ortsmessung durchgeführt. Rechnen Sie die Wahrscheinlichkeitaus, das Elektron entweder zwischen L/6 und 2L/6 oder zwischen 4L/6 und5L/6 zu finden. (??)

Wir beginnen mit der Normierungsbedingung, um den Koeffizienten A in derWellenfunktion ψ zu bestimmen:

1!=

∫ L

0

A2 sin2

(2πx

L

)dx = A2

∣∣∣∣12x− L

8πsin

(4πx

L

)∣∣∣∣L0

=A2L

2(22)

Somit wird A =√

2/L. Für die Aufenthaltswahrscheinlichkeit in den obengenannten Bereichen ergibt sich:

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ρ =

∫ 2L/6

L/6

2

Lsin2

(2πx

L

)dx+

∫ 5L/6

4L/6

2

Lsin2

(2πx

L

)dx (23)

= 2

∫ 2L/6

L/6

2

Lsin2

(2πx

L

)dx =

4

L

∣∣∣∣12x− L

8πsin

(4π

Lx

)∣∣∣∣2L/6L/6

=4

L

(L

12+L√

3

8

)≈ 0, 55

Wobei die Achsen-Symmetrie der Lösungen um die Mitte des Topfs ausgenutztwurde.

(c) Nun wird in die Mitte des Topfs eine dünne Zwischenwand eingefügt, die dasElektron nicht durchdringen kann. Das Elektron befinde sich in dem rechtender beiden Töpfe. Wie sieht die (normierte) Wellenfunktion des Elektrons imniedrigsten Eigenzustand nach dem Einschieben der Trennwand aus? (??)

Der erste angeregte Zustand nach dem Einschieben der Zwischenwand ist:

ψ(x) =

{0 : 0 ≤ x < L/2

C sin 2πxL

: L/2 ≤ x < L(24)

Die Normierungskonstante erhält man mit

1 =

∫ L

L/2

C2 sin2

(2πx

L

)dx = C2

∣∣∣∣12x− L

8πsin

(4πx

L

)∣∣∣∣LL/2

=C2L

4(25)

zu C =√

4/L. Also sieht die Wellenfunktion folgendermaßen aus:

ψ(x) =

{0 : 0 ≤ x < L/2√

4/L sin 2πxL

: L/2 ≤ x < L(26)

14. Parabolisches Potential I

Komplexe Potentiale in Quantenbauelementen können in erster Näherung häufigdurch quadratische (parabolische) Funktionen angenähert werden. Das entsprechen-de Potential ist V (x) = 1

2mω2x2. Dieses wichtige Potential besitzt Ähnlichkeit mit

Seite L28


der potentiellen Energie eines harmonischen Oszillators. Man spricht hier von einemquantenmechanischen harmonischen Oszillator.

(a) Recherchieren Sie, wie die Funktionen ψn aussehen, die die zeitunabhängigeSchrödingergleichung für das parabolischen Potential lösen. Wie lautet die For-mel für die zugehörigen Eigenwerte Wn? (?)

Für die Eigenwerte des parabolischen Potentials findet man Wn =

~ω (n+ 1/2), hier ist für die Quantenzahl n Null oder eine natürliche Zahleinzusetzen. Die zugehörigen Eigenfunktionen ergeben sich zu:

ψn(x) =cn√bHn(

x

b)e−

x2

2b2 (27)

Wobei b =√

~mω

ist und die cn Normierungskonstanten sind. Die Hn

stehen für die Hermiteschen Polynome, die nach der Regel Hn(y) =

(−1)n exp (y2) dn

dyn exp (−y2) gebildet werden.

H0(y) = 1 (28)

H1(y) = 2y (29)

H2(y) = 4y2 − 2 (30)

(b) Wie unterscheiden sich die Lösungen des parabolischen Potentials von denendes unendlich hohen Potentialtopfs? Zählen Sie zudem die Gemeinsamkeitenauf. (?)

In beiden Fällen erhalten wir diskrete Lösungen für die Energiewerte, wobei derniedrigste Zustand eine Energie größer Null hat. Ebenso wechseln sich geradeund ungerade Lösungen ab, wobei der Grundzustand eine gerade Lösung ist.Unterschiedlich sind die Abstände der Energieniveaus, beim harmonischen Os-zillator erhalten wir äquidistante, beim unendlichen Potentialtopf nimmt derAbstand quadratisch zu. Außerdem weisen die Wellenfunktionen im unendli-chen Potentialtopf an dessen Grenzen einen Knoten auf.

Seite L29


(c) Zeigen Sie, daß ψ0(x) und ψ1(x) die SG lösen. (??)H0:

Hψ0 =

(− ~2

2m

d2

dx2+

1

2mω2x2

)ψ0 (31)

=

(− ~2

2m

d2

dx2+

1

2mω2x2

)(c0√be−

x2

2b2

)=

(− ~2

2m

d

dx(− x

b2) +

1

2mω2x2

)(c0√be−

x2

2b2

)=

(− ~2

2m(− 1

b2+x2

b4) +

1

2mω2x2

)(c0√be−

x2

2b2

)=

(− ~2

2m(−mω

~+m2ω2x2

~2) +

1

2mω2x2

)(c0√be−

x2

2b2

)=

1

2~ω︸︷︷︸

=W0

ψ0

H1:

Hψ1 =

(− ~2

2m

d2

dx2+

1

2mω2x2

)ψ1 (32)

=

(− ~2

2m

d2

dx2+

1

2mω2x2

)(c1√b2x

be−

x2

2b2

)= − ~2

2m

d2

dx2

(c1√b2x

be−

x2

2b2

)+

1

2mω2x2ψ1

= − ~2

2m

d2

dx2

(xe−

x2

2b2

)2c1√b3

+1

2mω2x2ψ1

= − ~2

2m

d

dx

(e−

x2

2b2 − x2

b2e−

x2

2b2

)2c1√b3

+1

2mω2x2ψ1

= − ~2

2m

(− x

b2e−

x2

2b2 − 2x

b2e−

x2

2b2 +x3

b4e−

x2

2b2

)2c1√b3

+1

2mω2x2ψ1

= − ~2

2m

(− 1

b2− 2

b2+x2

b4

)(xe−

x2

2b2

)2c1√b3︸︷︷︸

=ψ1

+1

2mω2x2ψ1

=

(− ~2

2m

(− 3

b2+x2

b4

)+

1

2mω2x2

)ψ1

Seite L30


=

(~2 · 3mω

2m~− ~2m2ω2x2

2m~2+

1

2mω2x2

)ψ1

=3

2~ω︸︷︷︸

=W1

ψ1

(d) Der Grundzustand des eindimensionalen quantenmechanischen harmonischenOszillators ist

ψ0(x) =1

b1/2√π1/2

· exp

(− x2

2b2

)(33)

mit der Konstanten b =√

~mω

. Berechnen Sie den Erwartungswert für diekinetische Energie des harmonischen Oszillators im Grundzustand. (? ? ?)

Die kinetische Energie ergibt sich zu Wkin = p2

2m. In Operatorschreibweise set-

zen wir den Impulsoperator ein, also p = −j~ ∂∂x

, somit erhalten wir für denOperator der kinetischen Energie:

Wkin = − ~2

2m

∂2

∂x2(34)

Für den Erwartungswert der kinetischen Energie erhalten wir:

< Wkin > =

∫ ∞

−∞ψ∗0Wψ0dx (35)

=

∫ ∞

−∞

1

b1/2√π1/2

exp

(− x2

2b2

)(− ~2

2m

∂2

∂x2

)1

b1/2√π1/2

exp

(− x2

2b2

)dx

= − ~2

2m

1

b√π

∫ ∞

−∞exp

(− x2

2b2

)(∂2

∂x2exp

(− x2

2b2

))dx

= − ~2

2m

1

b√π

∫ ∞

−∞exp

(− x2

2b2

)(− 1

b2exp

(− x2

2b2

)+x2

b4exp

(− x2

2b2

))dx

= − ~2

2m

1

b√π

∫ ∞

−∞

(− 1

b2exp

(−x

2

b2

)+x2

b4exp

(−x

2

b2

))dx

= − ~2

2m

1

b√π

(− 1

b2

√b2π +

1

2b2

√b2π

)=

~2

2m

1

b√π

1

2b2

√b2π =

~2

4mb2=

1

4~ω

Seite L31


(e) Bestimmen Sie mit dem Ergebnis des letzten Aufgabenteils den Erwartungs-wert der potentiellen Energie des Grundzustands und erläutern Sie ihr Vorge-hen. (??)

Die Gesamtenergie des Grundzustands des harmonischen Osizllators ist WT =12~ω. Die Gesamtenergie berechnet sich aus der Summe der potentiellen und

kinetischen Energie. Gleiches gilt auch für die Erwartungswerte. Mit dem Er-gebnis der letzten Teilaufgabe erhalten wir < Wpot >= 1

4~ω.

15. Parabolisches Potential II

Wir betrachten erneut das parabolische Potential aus der Aufgabe 14 mit denEnergie-Eigenwerten Wn und den zugehörigen Eigenfunktionen ψn.

(a) Zeigen Sie die Orthogonalität von ψ0(x) und ψ1(x). (?)

∫ +∞

−∞ψ∗1ψ0dx =

∫ +∞

−∞

c1√b2x

be−

x2

2b2 · c0√be−

x2

2b2 dx (36)

=2c0c1b2

∫ +∞

−∞xe−

x2

b2 dx︸︷︷︸=0

= 0

(b) Von außen wird ein elektrisches Feld F (x) = const., F (x) > 0 angelegt. Wiesieht der Hamilton-Operator des 1-dimensionalen Oszillators jetzt aus? Bestim-men Sie die Eigenwerte und die Eigenfunktionen zu diesem Hamilton-Operator.Hinweis: Quadratische Ergänzung im Ausdruck für das Potential. (? ? ?)

Der Hamilton-Operator für dieses Problem lautet:

H = − ~2

2m∇2 +

1

2mω2x2 + eFx (37)

= − ~2

2m∇2 +

1

2mω2

(x2 +

2eF

mω2x

)

= − ~2

2m∇2 +

1

2mω2

x+eF

mω2︸︷︷︸=x

2

− (eF )2

2mω2

Seite L32


In die SG eingesetzt ergibt sich:(− ~2

2m∇2 +

1

2mω2x2 − (eF )2

2mω2

)ψ = Wψ (38)(

− ~2

2m∇2 +

1

2mω2x2

)ψ =

(W +

(eF )2

2mω2

)︸︷︷︸

W

ψ

Die Lösung dieser SG lautet entsprechend dem 1-dim. harmonischen Oszillator:

ψ =cn√bHn

( xb

)e−

x2

2b2 = ψ =cn√bHn

(x+ eF

mω2

b

)e−

(x+ eFmω2 )

2

2b2 (39)

W = ~ω(n+

1

2

)→ W = W − (eF )2

2mω2= ~ω

(n+

1

2

)− (eF )2

2mω2

(c) Betrachten Sie nun einen „halben“ harmonischen Oszillator. D.h. es gilt für dasPotential (??):

V =

{12mω2x2 : x < 0

∞ : x ≥ 0(40)

Wie sehen die Eigen-Energien und -Funktionen aus? Hinweis: Diese Aufgabekann durch reines Nachdenken und Betrachten der Lösungen des harmonischenOszillators gelöst werden. Es ist keine Rechnung nötig!

Betrachtet man die Lösungen des harmonischen Oszillators, so erkennt mansofort, daß nur die ungeraden Lösungen die zusätzliche Randbedingungψ(0) = 0 erfüllen. Dementsprechend sind alle ungeraden Eigenfunktionen desharmonischen Oszillators auch Eigenfunktionen zum Hamilton-Operator ausdem gegebenen Problem. Entsprechendes gilt für die Eigenenergien.

(d) Das Lennard-Jones-Potential

V (r) = 4ε

(σ12

r12− σ6

r6

)

Seite L33


beschreibt näherungsweise das Potential zwischen zwei sphärischen Atomen.Hierbei bezeichnet r den Abstand zwischen den Atomen. Für zwei Helium-Atome sind ε = −10−3eV, σ = 2, 5Å, ~2

2m= 2 · 10−3eV Å2 realistische Parame-

terwerte.Skizzieren Sie das Potential, und berechnen Sie die Minimumwerte r0 undVmin = V (r0). Nähern Sie das Potential in der Nähe des Minimums durcheinen Oszillator an. Setzen Sie hierzu eine Taylor-Entwicklung der Funktionim Minimum an, die nach dem x2-Term abbricht. Schätzen Sie die Nullpunkts-Energie dieses eindimensionalen Oszillators ab. (? ? ?)

Wir berechnen zunächst die ersten beiden Ableitungen von V (r):

Seite L34


V ′(r) = 4ε

(−12

σ12

r13+ 6

σ6

r7

)(41)

V ′′(r) = 4ε

(156

σ12

r14− 42

σ6

r8

)Das Minimum von V (r) wird aus V ′(r) = 0 bestimmt:

−12σ12 + 6σ6r60 = 0 (42)

→ r0 =6√

2σ ∼= 2, 8Å

Vmin = V (r0) = −10−3eV

Wir berechnen nun:

V (r0) = −10−3 eV (43)

V ′(r0) = 0 eV Å−1

V ′′(r0) = 0, 09 eV Å−2

Entwicklung von V (r) in einer Taylor-Reihe um r0:

V (r) =V (r0)

0!(r − r0)

0 +V ′(r0)

1!(r − r0)

1︸︷︷︸=0

+V ′′(r0)

2!(r − r0)

2 + ... (44)

= V (r0) +1

2V ′′(r0)(r − r0)

2

Einsetzen in die SG und Vergleich mit dem harmonischen Oszillator liefert:(− ~2

2m∇2 + V (r0) +

1

2V ′′(r0)(r − r0)

2

)ψ = Wψ (45)

Mit ρ = r − r0 und mω2 = V ′′(r0) erkennen wir den harmonischen Oszillatorwieder. Den konstanten Teil des Potentials V (r0) können wir direkt der Energiezuordnen.

Seite L35


(− ~2

2m∇2 +

1

2mω2ρ2

)ψ = (W − V (r0))︸︷︷︸

=:W

ψ (46)

Die Eigenenergien ergeben sich damit zu:

W = W + V (r0) =1

2~ω + V (r0) =

1

2~√V ′′(r0)

m+ V (r0) (47)

=1

2

√2

~2

2mV ′′(r0) + V (r0) = 8, 56 · 10−3 eV

Seite L36

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