Theoretische Physik 3: Quantenmechanik - Exam

Aufgabe 1)

Betrachte ein ein-dimensionales quantenmechanisches System beschrieben durch eine Wellenfunktion \( \psi(x,t) \) und die folgenden Postulate und Prinzipien der Quantenmechanik:

• Zustand durch Wellenfunktion \( \psi(x,t) \) beschrieben.
• Wahrscheinlichkeitsdichte: \[ \rho(x,t) = |\psi(x,t)|^2 \]
• Operatoren entsprechen beobachtbaren Größen (Observablen).
• Eigenwertgleichung: \[ \hat{A} \psi = a \psi \]
• Heisenbergsche Unschärferelation: \[ \Delta x \Delta p \geq \frac{\hbar}{2} \]
• Schrödinger-Gleichung bestimmt Zeitentwicklung: \[ i \hbar \frac{\partial}{\partial t} \psi(x,t) = \hat{H} \psi(x,t) \]

a)

Teil 1: Zeige, dass die Zeitentwicklung einer Wellenfunktion \( \psi(x,t) \) durch die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung gegeben ist, wenn die Energie des Systems konstant ist.

Lösung:

Um zu zeigen, dass die Zeitentwicklung einer Wellenfunktion \( \psi(x,t) \) durch die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung gegeben ist, wenn die Energie des Systems konstant ist, folge diesen Schritten:

• Betrachte die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung: \[ i \, \hbar \, \frac{\partial}{\partial t} \, \psi(x,t) = \, \hat{H} \, \psi(x,t) \]
• Wir nehmen an, dass die Lösung der Schrödinger-Gleichung separierbar ist:

 \( \psi(x,t) = \phi(x) \cdot T(t) \) 

• Setze die vorgeschlagene Lösung in die zeitabhängige Schrödinger-Gleichung ein:

 \( i \, \hbar \, \frac{\partial}{\partial t} \left( \phi(x) \cdot T(t) \right) = \, \hat{H} \left( \phi(x) \cdot T(t) \right) \) 

• Wir erhalten:

 \( i \, \hbar \, \phi(x) \frac{\partial T(t)}{\partial t} = \hat{H} \phi(x) \cdot T(t) \) 

• Teile beide Seiten durch \( \psi(x,t) = \phi(x)T(t) \):

 \( i \, \hbar \, \frac{1}{T(t)} \frac{\partial T(t)}{\partial t} = \frac{\hat{H} \phi(x)}{\phi(x)} \) 

• Da die linke Seite nur von der Zeit \( t \) und die rechte Seite nur vom Ort \( x \) abhängt, muss jede Seite gleich einer Konstanten sein, die wir \( E \) nennen, die Energie des Systems.
• Dies führt zu zwei getrennten Gleichungen:
• Die zeitabhängige Gleichung:

 \( i \, \hbar \, \frac{d T(t)}{d t} = E \cdot T(t) \) 

• Die Lösung dieser Gleichung ist:

 \( T(t) = e^{\left(-i \frac{E t}{\hbar}\right)} \) 

• Die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung:

 \( \hat{H} \phi(x) = E \phi(x) \) 

• Die Gesamtwellenfunktion setzt sich somit zusammen aus:

 \( \psi(x,t) = \phi(x) e^{\left(-i \frac{E t}{\hbar}\right)} \) 

Somit haben wir gezeigt, dass die Zeitentwicklung einer Wellenfunktion \( \psi(x,t) \) durch die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung gegeben ist, unter der Voraussetzung, dass die Energie des Systems konstant ist.

b)

Teil 2: Berechne die Wahrscheinlichkeitsdichte \( \rho(x,t) \) für eine Wellenfunktion \( \psi(x,t) = Ae^{i(kx - \omega t)} \). Bestimme die physikalische Bedeutung der Konstanten \( A, k, \omega \).

Lösung:

Um die Wahrscheinlichkeitsdichte \( \rho(x,t) \) für eine Wellenfunktion \( \psi(x,t) = A e^{i(kx - \omega t)} \) zu berechnen, folgen wir diesen Schritten:

• Die Wahrscheinlichkeitsdichte ist gegeben durch: \[ \rho(x,t) = |\psi(x,t)|^2 \]
• Setze die gegebene Wellenfunktion in diese Gleichung ein:

 \psi(x,t) = A e^{i(kx - \omega t)} 

• Da \( \rho(x,t) \) den Absolutbetrag des quadratischen Betrags der Wellenfunktion darstellt, berechnen wir zuerst den Absolutbetrag:

 |\psi(x,t)| = |A e^{i(kx - \omega t)}| 

• Der exponentielle Teil hat den Absolutbetrag 1, also bleibt:

 |\psi(x,t)| = |A| 

• Daher ist die Wahrscheinlichkeitsdichte:

 \rho(x,t) = |A|^2 

Nun zur Bedeutung der Konstanten:

• A: Dies ist die Amplitude der Wellenfunktion und ihre Quadratur \( |A|^2 \) gibt die Wahrscheinlichkeit, ein Teilchen an einem bestimmten Ort und zu einem bestimmten Zeitpunkt zu finden.
• k: Dies ist die Wellenzahl, die mit dem Impuls \( p \) des Teilchens verbunden ist. Es gilt \( k = \frac{2\pi}{\lambda} \), wobei \( \lambda \) die Wellenlänge ist. Der Impuls ist durch \( p = \hbar k \) gegeben.
• \omega: Dies ist die Kreisfrequenz, die mit der Energie \( E \) des Systems verbunden ist. Es gilt \( \omega = \frac{2\pi}{T} \), wobei \( T \) die Periode ist. Die Energie ist durch \( E = \hbar \omega \) gegeben.

Zusammengefasst:

• Die Wahrscheinlichkeitsdichte für die Wellenfunktion \( \psi(x,t) = A e^{i(kx - \omega t)} \) ist \( \rho(x,t) = |A|^2 \).
• Die physikalische Bedeutung der Konstanten ist wie folgt:
• \( A \) ist die Amplitude der Wellenfunktion.
• \( k \) ist die Wellenzahl und steht in Zusammenhang mit dem Impuls \( p = \hbar k \).
• \( \omega \) ist die Kreisfrequenz und steht in Zusammenhang mit der Energie \( E = \hbar \omega \).

c)

Teil 3: Für ein quantenmechanisches Teilchen in einem Kasten der Länge \( L \) sind die zulässigen Wellenfunktionen \( \psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\left( \frac{n \pi x}{L} \right) \) mit den Energie-Eigenwerten \( E_n = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2mL^2} \). Berechne die Wahrscheinlichkeit, das Teilchen an einem Ort \( x = \frac{L}{2} \) zu finden, wenn es sich im Grundzustand (n = 1) befindet.

Lösung:

Um die Wahrscheinlichkeit zu berechnen, das Teilchen an einem Ort \( x = \frac{L}{2} \) zu finden, wenn es sich im Grundzustand (\( n = 1 \)) befindet, folge diesen Schritten:

• Die Wellenfunktion im Grundzustand ist gegeben durch: \[ \psi_1(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \, \sin\left( \frac{\pi x}{L} \right) \]
• Die Wahrscheinlichkeit, das Teilchen an einem bestimmten Ort \( x \) zu finden, ist proportional zur Wahrscheinlichkeitsdichte:

 \rho(x) = |\psi_1(x)|^2 

• Setze \( x = \frac{L}{2} \) in die Wellenfunktion ein:

 \psi_1\left( \frac{L}{2} \right) = \sqrt{\frac{2}{L}} \, \sin\left( \frac{\pi}{2} \right) 

• Da \( \sin\left( \frac{\pi}{2} \right) = 1 \):

 \psi_1\left( \frac{L}{2} \right) = \sqrt{\frac{2}{L}} 

• Dadurch ergibt sich die Wahrscheinlichkeitsdichte:

 \rho\left( \frac{L}{2} \right) = \left| \psi_1\left( \frac{L}{2} \right) \right|^2 

• Berechne den Absolutbetrag:

 \rho\left( \frac{L}{2} \right) = \left( \sqrt{\frac{2}{L}} \right)^2 = \frac{2}{L} 

Somit beträgt die Wahrscheinlichkeit, das Teilchen an einem Ort \( x = \frac{L}{2} \) zu finden, wenn es sich im Grundzustand (\( n = 1 \)) befindet, \( \rho\left( \frac{L}{2} \right) = \frac{2}{L} \).

d)

Teil 4: Diskutiere kurz die physikalische Bedeutung der Heisenbergschen Unschärferelation und erkläre, was sie für die gleichzeitige Messung von Ort und Impuls eines Teilchens bedeutet.

Lösung:

Die Heisenbergsche Unschärferelation ist eine fundamentale Beziehung in der Quantenmechanik, die die Grenzen der Präzision beschreibt, mit der die Orts- und Impulsgrößen eines Teilchens gleichzeitig gemessen werden können. Sie wird mathematisch ausgedrückt als:

\[ \Delta x \Delta p \geq \frac{\hbar}{2} \]

• \( \Delta x \) ist die Ortsunschärfe: das Maß für die Ungenauigkeit bei der Messung des Ortes eines Teilchens.
• \( \Delta p \) ist die Impulsunschärfe: das Maß für die Ungenauigkeit bei der Messung des Impulses eines Teilchens.
• \( \hbar \) ist das reduzierte Plancksche Wirkungsquantum, ein fundamentaler physikalischer Konstante.

Die physikalische Bedeutung der Heisenbergschen Unschärferelation lässt sich wie folgt zusammenfassen:

• Die Unschärferelation impliziert, dass es eine natürliche Grenze gibt, wie genau wir sowohl den Ort als auch den Impuls eines Teilchens gleichzeitig kennen können.
• Je präziser der Ort \( x \) eines Teilchens gemessen wird (d.h. je kleiner \( \Delta x \)), desto unpräziser wird der Impuls \( p \) (d.h. desto größer wird \( \Delta p \)), und umgekehrt.
• Dies ist kein Ergebnis von Messfehlern oder technischer Unzulänglichkeiten, sondern eine grundlegende Eigenschaft der Natur auf quantenmechanischer Ebene.
• Die Unschärferelation spiegelt das Prinzip wider, dass die Eigenschaften eines Teilchens nicht unabhängig voneinander festgelegt werden können, sondern durch die quantenmechanische Wellenfunktion miteinander verknüpft sind.

Konsequenzen für die gleichzeitige Messung von Ort und Impuls:

• Wenn ein Experimentator versucht, den Ort eines Teilchens sehr genau zu bestimmen, wird der Impuls des Teilchens gleichzeitig zunehmend unschärfer.
• Andererseits führt eine genaue Messung des Impulses zu größerer Unschärfe des Ortes.
• Aufgrund dieser Beziehung ist es unmöglich, genau sowohl den Ort als auch den Impuls eines Teilchens zu einem gegebenen Zeitpunkt zu kennen.
• Dies hat weitreichende Konsequenzen für die Interpretation von Quantenobjekten und zeigt, dass klassische Konzepte wie deterministische Bahnen im Mikrokosmos nicht anwendbar sind.

Zusammenfassend verdeutlicht die Heisenbergsche Unschärferelation, dass die Quantenmechanik eine inhärente Grenze für die gleichzeitige Bestimmung bestimmter Paaren von Observablen (wie Ort und Impuls) festlegt und spielt daher eine zentrale Rolle im Verständnis der Natur auf mikroskopischer Ebene.

Aufgabe 2)

In einem eindimensionalen unendlichen Potentialtopf der Breite L befindet sich ein Teilchen mit Masse m. Die Potentialfunktion V(x) ist definiert als:

• V(x) = 0 für 0 ≤ x ≤ L
• V(x) = ∞ für x < 0 und x > L

Die Wellenfunktion des Teilchens muss daher innerhalb des Topfs verschwinden an den Rändern, d.h. Ψ(0) = Ψ(L) = 0.

Aufgabe 3)

In dieser Aufgabe geht es um die Quantisierung des Drehimpulses in der Quantenmechanik. Diese Theorie beschreibt, dass der Drehimpuls nur diskrete Werte annehmen kann. Grundlegend sind die Drehimpulsoperatoren: \( \hat{L}_x, \hat{L}_y, \hat{L}_z \). Ihre Kommutationsrelation ist gegeben durch: \( [\hat{L}_i, \hat{L}_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} \hat{L}_k \). Die Eigenwerte von \( \hat{L}^2 = \hat{L}_x^2 + \hat{L}_y^2 + \hat{L}_z^2 \) sind: \( \hbar^2 l(l+1) \) mit \( l = 0, 1, 2, \ldots \). Die Eigenwerte von \( \hat{L}_z \) sind: \( m \hbar \) mit \( m = -l, -l+1, \ldots, l \). Die relevanten Quantenzahlen sind dabei \( l \) und \( m \).

a)

(a) Zeige, dass die Kommutationsrelation der Drehimpulsoperatoren die Orthogonalität der Drehimpulskomponenten impliziert. Berechne hierfür explizit den Kommutator \( [\hat{L}_x, \hat{L}_y] \).

Lösung:

(a) Zeige, dass die Kommutationsrelation der Drehimpulsoperatoren die Orthogonalität der Drehimpulskomponenten impliziert. Berechne hierfür explizit den Kommutator \[ \[\hat{L}_x, \hat{L}_y\] \].

• Schritt 1: Beginne mit der gegebenen Kommutationsrelation: \[ [\hat{L}_i, \hat{L}_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} \hat{L}_k \] Dies ist die grundlegende Kommutationsrelation der Drehimpulsoperatoren in der Quantenmechanik, wobei \( \epsilon_{ijk} \) das Levi-Civita-Symbol ist.
• Schritt 2: Setze \(i = x\) und \(j = y\) in die Relation ein: \[ [\hat{L}_x, \hat{L}_y] = i \hbar \epsilon_{xyz} \hat{L}_z \] Da \( \epsilon_{xyz} = 1 \), ergibt sich: \[ [\hat{L}_x, \hat{L}_y] = i \hbar \hat{L}_z \]
• Erklärung der Orthogonalität: Die obige Gleichung zeigt, dass der Kommutator zweier verschiedener Drehimpulsoperatoren proportional zu einem dritten Drehimpulsoperator ist. Dies impliziert, dass die verschiedenen Komponenten des Drehimpulses nicht kommutieren, d.h., sie können nicht gleichzeitig exakt bestimmt werden. Diese Nichtkommutativität ist ein Zeichen dafür, dass die Drehimpulskomponenten in orthogonalen Richtungen liegen.

b)

(b) Berechne die möglichen Eigenwerte von \( \hat{L}^2 \) und \( \hat{L}_z \) für einen quantenmechanischen Zustand mit \( l = 2 \). Bestimme hiermit die Anzahl der möglichen Werte für \( m \).

Lösung:

(b) Berechne die möglichen Eigenwerte von \( \hat{L}^2 \) und \( \hat{L}_z \) für einen quantenmechanischen Zustand mit \( l = 2 \). Bestimme hiermit die Anzahl der möglichen Werte für \( m \).

• Schritt 1: Bestimme die Eigenwerte von \( \hat{L}^2 \) für \( l = 2 \): Die Eigenwerte von \( \hat{L}^2 \) sind gegeben durch: \[ \hat{L}^2 = \hbar^2 l(l+1) \] Setze \( l = 2 \) ein: \[ \hat{L}^2 = \hbar^2 (2)(2+1) = \hbar^2 (6) = 6 \hbar^2 \] Somit ist der Eigenwert von \( \hat{L}^2 \) für \( l = 2 \) : \( 6 \hbar^2 \).
• Schritt 2: Bestimme die möglichen Eigenwerte von \( \hat{L}_z \) für \( l = 2 \): Die Eigenwerte von \( \hat{L}_z \) sind gegeben durch: \[ \hat{L}_z = m \hbar \] wobei \( m \) folgende Werte annehmen kann: \[ m = -l, -l+1, \ldots, l-1, l \] Für \( l = 2 \), erhält man: \[ m = -2, -1, 0, 1, 2 \] Somit sind die möglichen Eigenwerte von \( \hat{L}_z \): \[ -2 \hbar, -1 \hbar, 0, 1 \hbar, 2 \hbar \]
• Schritt 3: Bestimme die Anzahl der möglichen Werte für \( m \): Es gibt insgesamt \( 2l + 1 \) mögliche Werte für \( m \), wenn \( l \) bekannt ist: Für \( l = 2 \) ergibt sich: \[ 2l + 1 = 2(2) + 1 = 5 \] Deshalb gibt es 5 mögliche Werte für \( m \): \( -2, -1, 0, 1, 2 \).

Aufgabe 4)

Im Rahmen dieser Aufgabe sollen die Eigenschaften und Anwendungen von hermiteschen Operatoren untersucht werden. Es ist bekannt, dass hermitesche Operatoren eine zentrale Rolle in der Quantenmechanik spielen, insbesondere weil diese Operatoren beobachtbare Größen repräsentieren. Ein Operator \( \hat{A} \) ist hermitesch, wenn \( \hat{A} = \hat{A}^\dagger \), was bedeutet, dass er gleich seinem adjungierten Operator ist. Eine wichtige Eigenschaft hermitescher Operatoren ist, dass ihre Eigenwerte reell sind. Darüber hinaus sind die Eigenzustände zu verschiedenen Eigenwerten orthogonal. Beispiele für hermitesche Operatoren sind der Impulsoperator, der Hamiltonoperator und der Drehimpulsoperator.

a)

1. Definition und Eigenwerte: Zeige, dass der Operator \( \hat{A} = -i \frac{d}{dx} \) hermitesch ist. Berechne die Eigenwerte dieses Operators.

Lösung:

• Hermitesch-Eigenschaft zeigen:
  • Ein Operator \( \hat{A} = -i \frac{d}{dx} \) ist hermitesch, wenn er gleich seinem adjungierten Operator ist. Das bedeutet: \( \hat{A} = \hat{A}^\dagger \).
  • Zuerst definieren wir den adjungierten Operator. Wenn \( \phi(x) \) und \( \psi(x) \) zwei quadratisch integrierbare Funktionen sind, dann muss folgende Integralsgleichung für alle \( \phi(x) \) und \( \psi(x) \) erfüllt sein:\[\int_{-\infty}^{\infty} \left( \phi^* (x) \hat{A} \psi (x) \right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} \left( ( \hat{A} \phi (x))^* \psi (x) \right) dx \]Hier steht \( \phi^* (x)\) für die komplex konjugierte Funktion von \( \phi (x) \).
  • Setzen wir den Operator ein:\[\int_{-\infty}^{\infty} \, \left( \phi^* (x) \left( -i \frac{d}{dx} \right) \psi (x) \right) dx \]
  • Verwenden der partiellen Integration ergibt:\[= \int_{-\infty}^{\infty} \, \left( i \frac{d}{dx} \phi^* (x) \right) \psi(x) \: dx \]
  • Da der Randwert der Funktionen an den Unendlichkeiten Null ist, ergibt sich die Gleichheit der beiden Integrale, was die Hermitesch-Eigenschaft beweist:\[\int_{-\infty}^{\infty} \left( \phi^* (x) \left( -i \frac{d}{dx} \right) \psi (x) \right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} \left( i \frac{d}{dx} \phi^* (x) \right) \psi(x) \: dx \]
• Eigenwerte des Operators berechnen:
  • Ein Eigenwertproblem für den Operator \( \hat{A} = -i \frac{d}{dx} \) kann wie folgt formuliert werden:\( \hat{A} \phi(x) = \lambda \phi(x) \) oder explizit:\[-i \frac{d}{dx} \phi (x) = \lambda \phi (x) \]
  • Das ist eine gewöhnliche Differentialgleichung erster Ordnung. Lösen wir sie:Trennung der Variablen:\[ \frac{d \phi (x)}{dx} = i \lambda \phi (x) \]
  • Integration der getrennten Variablen ergibt:\[\phi (x) = \phi (0) e^{i \lambda x} \]
  • Hier ist \( \phi (0) \) eine Konstante, die durch Randbedingungen festgelegt wird. Wir sehen, dass die Wellenfunktion hier eine komplexe Exponentialfunktion ist.
  • Da \( e^{i \lambda x} \) für alle reellen \( \lambda \) lösbar ist, kann \( \lambda \) jeden reellen Wert annehmen. Somit sind die Eigenwerte des Operators \( -i \frac{d}{dx} \) die reellen Zahlen:\[ \lambda \in \mathbb{R} \]

b)

2. Hermiteschkeitsnachweis: Gegeben sei der Operator \( \hat{B} = x^2 \). Zeige, ob dieser Operator hermitesch ist oder nicht. Begründe Deine Antwort.

Lösung:

• Hermiteschkeitsnachweis:
  • Ein Operator \( \hat{B} = x^2 \) ist hermitesch, wenn er gleich seinem adjungierten Operator ist. Das bedeutet: \( \hat{B} = \hat{B}^\dagger \).
  • Zuerst definieren wir den adjungierten Operator. Wenn \( \phi(x) \) und \( \psi(x) \) zwei quadratisch integrierbare Funktionen sind, dann muss folgende Integralsgleichung für alle \( \phi(x) \) und \( \psi(x) \) erfüllt sein:\[\int_{-\infty}^{\infty} \left( \phi^* (x) \hat{B} \psi (x) \right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} \left( ( \hat{B} \phi (x))^* \psi (x) \right) dx \]Hier steht \( \phi^* (x) \) für die komplex konjugierte Funktion von \( \phi (x) \).
  • Setzen wir den Operator \( \hat{B} = x^2 \) ein:\[\int_{-\infty}^{\infty} \left( \phi^* (x) x^2 \psi (x) \right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} \left( x^2 \phi^* (x) \psi (x) \right) dx \]
  • Da sich \( x^2 \) nicht verändert, wenn wir es komplex konjugieren, bleibt \( x^2 \) gleich: \[\left( x^2 \phi (x) \right)^* = x^2 \phi^* (x) \]Damit ergibt sich:\[\int_{-\infty}^{\infty} \left( \phi^* (x) x^2 \psi (x) \right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} \left( x^2 \phi^* (x) \psi (x) \right) dx \]
  • Die beiden Integrale sind gleich, und somit ist der Operator \( \hat{B} = x^2 \) hermitesch.
• Begründung:
  • Die Funktion \( x^2 \) ist reellwertig und symmetrisch. Da die Multiplikation mit einer reellwertigen Funktion einen hermiteschen Operator ergibt, folgt, dass \( \hat{B} = x^2 \) hermitesch ist.

d)

4. Beispiel Hamiltonoperator: Gegeben sei der Hamiltonoperator in einem eindimensionalen Potential \( \hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} + V(x) \). Zeige, dass dieser Operator hermitesch ist. Berechne anschließend die Eigenwerte und Eigenfunktionen für den Fall eines harmonischen Oszillators mit \( V(x) = \frac{1}{2}m\omega^2 x^2 \).

Lösung:

• Hermiteschkeitsnachweis für den Hamiltonoperator:
  • Ein Operator \( \hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} + V(x) \) ist hermitesch, wenn er gleich seinem adjungierten Operator ist. Das bedeutet: \( \hat{H} = \hat{H}^\dagger \).
  • Wir prüfen einzeln den kinetischen und den potenziellen Teil des Operators.
  • Kinetischer Teil (\( -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} \)):Gegeben seien quadratisch integrierbare Funktionen \( \phi(x) \) und \( \psi(x) \):\[ \int_{-\infty}^{\infty} \phi^*(x) \left( -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} \right) \psi(x) dx \]Partielle Integration, unter Annahme dass die Randwerte verschwinden:\[ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\hbar^2}{2m} \left( \frac{d \phi^*(x)}{dx} \frac{d \psi(x)}{dx} \right) dx = \int_{-\infty}^{\infty} \left( -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2 \phi(x)}{dx^2} \right)^* \psi(x) dx \] Da beide Integrale gleich sind, ist der kinetische Teil hermitesch.
  • Potentieller Teil (\( V(x) \)):Da \( V(x) \) eine reelle Funktion ist:\[ \int_{-\infty}^{\infty} \phi^*(x) V(x) \psi(x) dx = \int_{-\infty}^{\infty} \left( V(x) \phi(x) \right)^* \psi(x) dx \]Da sich \( V(x) \phi(x) \) nicht verändert, wenn wir es komplex konjugieren, bleibt \( V(x) \) gleich. Das bedeutet, der potentielle Teil ist ebenfalls hermitesch.Folglich ist der gesamte Hamiltonoperator \( \hat{H} \) hermitesch.
• Berechnung der Eigenwerte und Eigenfunktionen für den harmonischen Oszillator:
  • Der Hamiltonoperator für den harmonischen Oszillator lautet:\[ \hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 \]
  • Die zeitunabhängige Schrödingergleichung lautet:\[ \hat{H} \psi(x) = E \psi(x) \]Explizit:\[ -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2 \psi(x)}{dx^2} + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 \psi(x) = E \psi(x) \]
  • Dies ist eine Differentialgleichung zweiter Ordnung, deren Lösungen bekannt sind.
  • Die Eigenfunktionen sind die Hermite-Polynome \( \psi_n(x) \) multipliziert mit einem Gaußschen Faktor:\[ \psi_n(x) = \left(\frac{m \omega}{\pi \hbar}\right)^{1/4} \frac{1}{\sqrt{2^n n!}} H_n \left(\sqrt{\frac{m \omega}{\hbar}} x \right) e^{-\frac{m \omega x^2}{2 \hbar}} \]
  • Die Eigenwerte sind:\[ E_n = \left(n + \frac{1}{2}\right) \hbar \omega \]\mit \( n = 0, 1, 2, 3, \ldots \)