Herleitung Endlich hoher Potentialtopf: Wellenfunktion und Energie
Stell Dir ein quantenmechanisches Teilchen (z.B. ein Elektron) in einem endlichen Potentialtopf von der folgenden Form vor:1$$ W_{\text{pot}}(x) ~=~ \begin{cases} V_0, & x \lt -\frac{L}{2} \\ 0, & -\frac{L}{2} \le x \le \frac{L}{2} \\ V_0, & x \gt \frac{L}{2} \end{cases} $$
Der Potentialkasten hat die Länge \( L \), wobei das eine Ende des Potentialkastens bei \( x = -\frac{L}{2} \) und das andere Ende bei \( x = \frac{L}{2} \) liegt. Im Inneren ist das Potential Null und außerhalb ist es konstant \( V_0 \).
Die Energie \( W \gt 0 \) des Teilchens kann nun entweder größer (gebundener Zustand) als die Potentialbarriere \( W \gt V_0 \) oder kleiner \( W \lt V_0 \) (ungebundener Zustand) sein.
Teile den Potentialkasten in drei Regionen auf:
- Region #1 ist das Innere des Potentials mit \( -\frac{L}{2} \le x \le \frac{L}{2} \).
- Region #2 liegt bei \( x \gt \frac{L}{2} \).
- Region #3 liegt bei \( x \lt \frac{L}{2} \).
Region #1
Dieser Bereich ist das Innere des Potentialtopfs: \( -\frac{L}{2} \le x \le \frac{L}{2} \).
Um die erlaubten Energien und die dazugehörigen Wellenfunktionen in diesem Bereich zu finden, müssen wir die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung lösen (zeitabhängige SGL, wenn \( W_{\text{pot}}(x) \) ebenfalls zeitabhängig wäre) und damit die Wellenfunktion \( \psi_1(x) \) des Teilchens herausfinden:2\[ -\frac{\hbar^2}{2m} \, \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_1(x) ~=~ W \, \psi_1(x) \]
Beachte, dass in der Gleichung 2
das Potential Null gesetzt ist \( W_{\text{pot}}(x) = 0 \), wegen der Definition 1
des Potentialtopfs.
Lass uns zuerst die SGL 2
in eine übersichtlichere Form bringen, sodass man die Lösung besser erkennen kann. Bringe dazu \( -\frac{\hbar^2}{2m} \) auf die rechte Seite und setze \( \alpha^2 := \frac{2m \, W}{\hbar^2} \). Damit sieht dann 2
so aus:3\[ \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_1(x) ~=~ - \alpha^2 \, \psi_1(x) \]
Dabei ist das definierte \( \alpha^2 \gt 0 \) natürlich immer positiv, weil alle Konstanten und vor allem die Energie \( W \) positiv sind. Fragst Du Dich, warum wir \( \alpha^2 \) und nicht \( \alpha \) zur Definition benutzt haben? Weil jetzt die Gleichung 3
in eine Form gebracht ist, die einer harmonischen Differentialgleichung entspricht! Und ihre Lösungen sind einfach die harmonischen Funktionen:
Hierbei sind \( A \) und \( B \) irgendwelche Koeffizienten, die bei der Normierung der Wellenfunktion festgelegt werden.
Region #2
Dieser Bereich befindet sich rechts des Potentialtopfs, auf der positiven Ortsachse: \( x \gt \frac{L}{2} \). Im Gegensatz zum Inneren des Potentialtopfs ist in diesem Bereich das Potential \( W_{\text{pot}}(x) = V_0 \) zwar konstant, ABER nicht Null!
Aus diesem Grund muss \( V_0 \) natürlich in der Schrödinger-Gleichung berücksichtigt werden:5$$ -\frac{\hbar^2}{2m} \, \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_2(x) ~+~ V_0 \, \psi_2(x) ~=~ W \, \psi_2(x) $$wobei die Wellenfunktion in diesem Bereich analog zur Region #1 bezeichnenet wurde \( \psi_2(x) \).
Bringen wir 5
ebenfalls in eine geeignete Form, sodass wir die Lösung sofort hinschreiben können:6$$ \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_2(x) ~=~ \frac{2m \, (V_0 - W)}{\hbar^2} \, \psi_2(x) $$
Definiere \( \beta^2 := \frac{2m \, (V_0 - W)}{\hbar^2} \). Damit wird 6
zu:7$$ \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_2(x) ~=~ \beta^2 \, \psi_2(x) $$
Unser Ziel ist es ja zuerst die erlaubten Energien innerhalb des Potentialkastens herauszufinden. Das heißt, wir nehmen an, dass die Energie \( W \) des Teilchens kleiner ist als \( V_0 \): \( W \lt V_0 \). Aus diesem Grund ist das definierte \( \beta^2 \) stets positiv!
Wenn Du Dir genau 7
und 3
anschaust, wirst Du feststellen, dass sie nicht komplett gleich sind. Bei 3
gibt es noch ein Minuszeichen auf der rechten Seite! Das hat zur Folge, dass die Lösung der Schrödinger-Gleichung 7
anders ist:8$$ \psi_2(x) ~=~ C \, \mathrm{e}^{-\beta x} ~+~ D \, \mathrm{e}^{\beta x} $$
Damit die Lösung 8
physikalisch sinnvoll ist (d.h. normierbar), muss \( \psi_2(x) \) für große \( x \) gegen Null gehen. Sonst divergiert das Integral bei der Normierungsbedingung und die Wellenfunktion explodiert *BAM*. Damit aber:9$$ \lim_{x\rightarrow \infty} \psi_2(x) \stackrel{!}{=} 0 $$erfüllt ist, muss der Koeffizient \( D = 0 \) verschwinden, weil sonst die Exponentialfunktion \( \mathrm{e}^{\beta x} \) für große \( x \) gegen unendlich geht und nicht wie gefordert gegen Null.
Die normierbare Lösung der Schrödinger-Gleichung 7
lautet also:
Region #3
Das ist der Bereich auf der negativen Ortsachse \( x \lt -\frac{L}{2} \). Das ist der einzige Unterschied zur Region #2. Die zu lösende Schrödinger-Gleichung sieht also analog aus:11$$ \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_3(x) ~=~ \beta^2 \, \psi_3(x) $$
Die allgemeine Lösung sieht also folgendermaßen aus:12$$ \psi_3(x) ~=~ F \, \mathrm{e}^{-\beta x} ~+~ G \, \mathrm{e}^{\beta x} $$
Auch die Wellenfunktion \( \psi_3(x) \) sollte für große negative x-Werte gegen Null gehen:13$$ \lim_{x\rightarrow -\infty} \psi_3(x) \stackrel{!}{=} 0 $$
Damit die Bedingung 13
erfüllt ist, muss der Koeffizient \( F = 0 \) sein (NICHT \( G \), weil \( x \) jetzt negativ ist). Die physikalisch sinnvolle Lösung für die Region #3 lautet also:
Symmetrische und Antisymmetrische Zustände
Das Potantial \( W_{\text{pot}}(x) \) ist um \( x = 0 \) spiegelsymmetrisch. Man kann zeigen, dass es im Fall eines spiegelsymmetrischen Potentials die Basiszustände allein die symmetrischen oder die antisymmetrischen Zustände sind. Der symmetrische Zustand in Die folgenden Anschlussbedingungen sagen aus, dass die Wellenfunktion und ihre Ableitungen an den Enden des Potentialkastens übereinstimmen müssen. Das heißt: Die Gesamtwellenfunktion \( \psi(x) \) muss stetig differenzierbar sein:16$$ \psi^+_1\left(\frac{L}{2}\right) ~=~ \psi_2\left(\frac{L}{2}\right) $$17$$ \frac{\text{d} }{\text{d} x} \psi^+_1\left(\frac{L}{2}\right) ~=~ \frac{\text{d} }{\text{d} x}\psi_2\left(\frac{L}{2}\right) $$18$$ \psi^+_1\left(-\frac{L}{2}\right) ~=~ \psi_3\left(-\frac{L}{2}\right) $$19$$ \frac{\text{d} }{\text{d} x} \psi^+_1\left(-\frac{L}{2}\right) ~=~ \frac{\text{d} }{\text{d} x}\psi_3\left(-\frac{L}{2}\right) $$ Mithilfe von Hierbei wurde die Symmetrieeigenschaft von Cosinus \( \cos(x) = \cos(-x) \) ausgenutzt. Die antisymmetrischen Zustände lauten die Anschlussbedingungen konkret ausgeschrieben:23$$ \psi^-_1\left(\frac{L}{2}\right) ~=~ B \, \sin\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~=~ \psi_2\left(\frac{L}{2}\right) $$24$$ \frac{\text{d} }{\text{d} x} \psi^-_1\left(\frac{L}{2}\right) ~=~ \frac{\text{d} }{\text{d} x}\psi_2\left(\frac{L}{2}\right) $$25$$ \psi^-_1\left(-\frac{L}{2}\right) ~=~ \psi_3\left(-\frac{L}{2}\right) $$26$$ \frac{\text{d} }{\text{d} x} \psi^-_1\left(-\frac{L}{2}\right) ~=~ \frac{\text{d} }{\text{d} x}\psi_3\left(-\frac{L}{2}\right) $$ Mithilfe von Hierbei wurde die Antisymmetrieeigenschaft von Sinus \( \sin(-x) = -\sin(x) \) ausgenutzt.4
ist der Cosinus-Term von \( \psi_1 \) und der antisymmetrische Zustand ist der Sinus-Term von \( \psi_1 \). Bezeichnen wir den symmetrischen Anteil folgendermaßen:15$$ \psi^+_1(x) ~:=~ A \, \cos(\alpha x) $$Antisymmetrischen Anteil analog, nur mit "-" oben.Anschlussbedingungen für symmetrische Zustände
16
:20$$ A \cos\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~=~ C \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} $$und 18
21$$ A \cos\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~=~ G \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} $$bekommst Du durch Gleichsetzen von 20
und 21
heraus:22$$ G ~=~ C $$Anschlussbedingungen für antisymmetrische Zustände
23
:20$$ B \, \sin\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~=~ C \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} $$und 25
27$$ -B \, \sin\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~=~ G \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} $$bekommst Du durch Gleichsetzen von 20
und 21
heraus:28$$ G ~=~ -C $$
Fassen wir 4
, 10
, 14
, 22
und 28
zusammen:
Schreibe die Anschlussbedingungen 16
und 17
aus:31$$ A \, \cos\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~=~ C \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} $$
$$ -\alpha \, A \, \sin\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~=~ - \beta \, C \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} $$Teile die untere Gleichung durch die obere. Dabei werden sich die Koeffizienten wegkürzen. Benutze außerdem die Definition des Tangens:32$$ \tan\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~=~ \frac{\beta}{\alpha} $$
Setze \( \beta \) und \( \alpha \) ein und kürze. Dann bekommst Du eine Gleichung, die keine unbekannten Koeffizienten enthält. Mit dieser Gleichung kannst Du die Energien des Teilchens im gebunden Zustand berechen:
Analog bekommst Du die Energien der antisymmetrischen Zustände. Benutze die Anschlussbedingungen 23
und 24
:34$$ B \, \sin\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~=~ C \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} $$
$$ \alpha \, B \, \cos\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~=~ - \beta \, C \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} $$
Teile in 34
die untere Gleichung durch die obere, damit auch hier der gleiche Koeffizient \( \beta / \alpha \) herauskommt. Benutze außerdem die Definition des Cotanges. Und setze danach \( \alpha \) und \( \beta \) ein:
Beachte, dass es sich bei Um die Energieniveaus des unendlichen Potentialtopfs aus dem allgemeineren Fall 33
und 35
um transzendente Gleichungen handelt, d.h. sie sind NICHT analytisch lösbar; numerisch bzw. graphisch schon! Die Schnittpunkte der Funktion auf der linken Seite mit der Funktion auf der rechten Seite von 33
bzw. 35
liefern Dir die erlaubten Energien des Teilchens.Grenzfall: Unendlich hoher Potentialtopf
33
und 35
abzuleiten, musst Du natürlich das Potential gegen unendlich gehen lassen: \( V_0 \rightarrow \infty \). In diesem Fall werden die rechten Seiten von 33
und 35
unendlich groß:36$$ -\cot\left( \frac{L}{2}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} \, W} \right) ~=~ \infty $$
$$ \tan\left( \frac{L}{2}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} \, W} \right) ~=~ \infty $$
Du hast also eine waagerechte Gerade die im Unendlichen verläuft und damit alle Asymptoten von der Tangens- und Cotangens-Funktionen schneidet. Es gibt also beim unendlichen Potentialtopf unendlich viele Energieniveaus, die von einem Teilchen besetzt werden können.
Um die Schnittpunkte des Tangens und Cotangens (und damit auch Energieniveaus) mit der Geraden im Unendlichen zu bestimmen, musst Du Dich erstmal Fragen, an welchen x-Werten, denn die Asymptoten von Tangens und Cotangens liegen! Bei Cotangens liegen die Asymptoten bei Vielfachem von \( \pi \): \( n \, \pi \) mit \( n \in \{ 1,2,3... \} \). Setze also \( n \, \pi \) mit dem Argument von Cotangens in 36
gleich:37$$ \frac{L}{2}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} \, W} ~=~ n \, \pi $$
Die Asymptoten von Tangens dagegen, liegen bei \( \{ \frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2},\frac{5\pi}{2}... \} \), also bei \( (n-\frac{1}{2})\pi \). Setze das Argument von Tangens in 36
mit \( (n-\frac{1}{2})\pi \) gleich:38$$ \frac{L}{2}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} \, W} ~=~ \left(n-\frac{1}{2}\right) \, \pi $$
Forme nur noch 37
und 38
nach der Energie um. Wobei wir die Energien der antisymmetrischen Zustände (Cotangens) und symmetrischen Zustände (Tangens) mit "+" bzw. "-" zur besseren Unterscheidung notieren:39$$ W^- ~=~ \frac{h^2}{2m \, L^2} \, n^2 $$
$$ W^+ ~=~ \frac{h^2}{2m \, L^2} \, \left(n-\frac{1}{2}\right)^2 $$
Durch das geschickte Erweitern der beiden Gleichungen mit \( \frac{4}{4} \), wirst Du sehen können, dass bei den Energien der antisymmetrischen Lösung alle geraden natürlichen Zahlen durchgegangen werden und bei den Energien der symmetrischen Lösung alle ungeraden natürlichen Zahlen:40$$ W^- ~=~ \frac{h^2}{8m \, L^2} \, (2n)^2 $$ $$ W^+ ~=~ \frac{h^2}{8m \, L^2} \, \left(2n-1\right)^2 $$
Warum dieses Erweitern? Damit Du auf die Energieniveaus des unendlichen Potentialtopfes kommst, wenn Du alle erlaubten Energien (symmetrisch und antisymmetrisch) bekommst, die durch die Gleichungen in 40
gegeben sind. Die Vereinigung \( W^- \cup W^+ \) ergibt: