Herleitung Endlich hoher Potentialtopf: Wellenfunktion und Energie

Level 3 setzt Kenntnisse der Vektorrechnung, Differential- und Integralrechnung voraus. Geeignet für Studenten und zum Teil Abiturienten.

Aktualisiert von Alexander Fufaev am 18.05.2022

Inhaltsverzeichnis

Stell Dir ein quantenmechanisches Teilchen (z.B. ein Elektron) in einem endlich hohen Potentialkasten $W_{\text{pot}}(x)$ vor:

Endlich hoher Potentialtopf

$$ \begin{align} W_{\text{pot}}(x) ~=~ \begin{cases} V_0, & x \lt -\frac{L}{2} \\
0, & -\frac{L}{2} \le x \le \frac{L}{2} \\
V_0, & x \gt \frac{L}{2} \end{cases} \end{align} $$

Illustration bekommen

Illustration : Endliches Rechteckpotential der Länge $L$.

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. Zwischen diesen beiden Punkten soll das Potential Null sein und außerhalb einen konstanten Wert $ V_0 $ haben.

Die Energie $ W $ des Teilchens kann nun entweder größer sein als die Potentialbarriere $ W \gt V_0 $ (gebundener Zustand) oder kleiner $ W \lt V_0 $ (ungebundener Zustand).

Betrachten wir drei Regionen des Potentialkastens separat:

Region #1 ist das Innere des Potentials: $ -\frac{L}{2} \le x \le \frac{L}{2} $.
Region #2 ist die rechte Potentialwand bei $ x \gt \frac{L}{2} $.
Region #3 ist die linke Potentialwand bei $ x \lt \frac{L}{2} $.

Region #1: Innerhalb des Potentialkastens

Als erstes schauen wir uns den Bereich $ -\frac{L}{2} \le x \le \frac{L}{2} $ an. Dieser befindet sich zwischen den beiden Potentialwänden.

Um die erlaubten Energien $W$ und die dazugehörigen Wellenfunktionen $\psi_1(x)$ des Elektrons in diesem Bereich zu finden, müssen wir die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung lösen. Wir brauchen nur die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung zu betrachten, weil das Potential $ W_{\text{pot}}(x) $ zeitunabhängig ist. Nach der Definition 1 des Potentialkastens ist in diesem Bereich das Potential $ W_{\text{pot}}(x) = 0 $:

$$ \begin{align} -\frac{\hbar^2}{2m} \, \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_1(x) ~=~ W \, \psi_1(x) \end{align} $$

Lass uns zuerst die Schrödinger-Gleichung 2 in eine kompaketere Form bringen. Bringe dazu $ -\frac{\hbar^2}{2m} $ auf die rechte Seite und setze $ \alpha^2 := \frac{2m \, W}{\hbar^2} $. Damit sieht dann Gl. 2 folgendermaßen aus:

Schrödinger-Gleichung für den Innenbereich des Potentialkastens

$$ \begin{align} \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_1(x) ~=~ - \alpha^2 \, \psi_1(x) \end{align} $$

Dabei ist die definierte Konstante $ \alpha $ stets positiv: $ \alpha^2 \gt 0 $, 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 Differentialgleichung entspricht, deren Lösungen wir kennen: harmonische Funktionen:

Wellenfunktion im Innenbereich des Potentialkastens

$$ \begin{align} \psi_1(x) ~=~ A \, \cos(\alpha \, x) ~+~ B \, \sin(\alpha \, x) \end{align} $$

Hierbei musst du die Konstanten $ A $ und $ B $ mithilfe der Normierung der Wellenfunktion bestimmen.

Region #2: Rechte Potentialwand

Schauen wir als nächstes den rechten Bereich des Potentials, nämlich die rechte Potentialwand im Bereich: $ x \gt \frac{L}{2} $. Im Gegensatz zum Inneren des Potentialtopfs ist in diesem Bereich das Potential nicht Null, sondern hat einen konstanten Wert $V_0$: $ W_{\text{pot}}(x) = V_0 $. Aus diesem Grund muss $ V_0 $ natürlich in der Schrödinger-Gleichung berücksichtigt werden:

$$ \begin{align} -\frac{\hbar^2}{2m} \, \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_2(x) ~+~ V_0 \, \psi_2(x) ~=~ W \, \psi_2(x) \end{align} $$

Hierbei bezeichnen wir die Wellenfunktion des Elektrons in der rechten Potentialwand mit $ \psi_2(x) $. Bringen wir Gl. 5 in eine kompaktere Form. Bringe dazu alle Konstanten auf eine Seite der Gleichung:

$$ \begin{align} \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_2(x) ~=~ \frac{2m \, (V_0 - W)}{\hbar^2} \, \psi_2(x) \end{align} $$

Definiere die Konstante $ \beta^2 := \frac{2m \, (V_0 - W)}{\hbar^2} $. Damit wird Gl. 6 schön kompakt und wir sehen direkt, um was für eine Differentialgleichung es sich handelt:

Schrödinger-Gleichung für die rechte Potentialwand

$$ \begin{align} \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_2(x) ~=~ \beta^2 \, \psi_2(x) \end{align} $$

Unser Ziel ist es 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 wir die Differentialgleichung 7 mit der Differentialgleichung 3 vergleichen, dann sehen wir, dass sie nicht komplett gleich sind. Bei Gl. 3 gibt es noch ein Minuszeichen auf der rechten Seite! Die Lösung der Schrödinger-Gleichung 7 wird also nicht den harmonischen Funktionen entsprechen, sondern Exponentialfunktionen:

$$ \begin{align} \psi_2(x) ~=~ C \, \mathrm{e}^{-\beta x} ~+~ D \, \mathrm{e}^{\beta x} \end{align} $$

Damit die Lösung 8 normierbar ist (und damit physikalisch), muss $ \psi_2(x) $ für große $ x $ gegen Null gehen:

$$ \begin{align} \lim_{x\rightarrow \infty} \psi_2(x) \stackrel{!}{=} 0 \end{align} $$

Damit diese Bedingung erfüllt ist, muss der Koeffizient $D$ verschwinden: $ D = 0 $, weil sonst die Exponentialfunktion $ \mathrm{e}^{\beta x} $ für große $ x $ gegen unendlich geht und damit würde auch $\psi_2(x)$ gegen unendlich gehen. Die normierbare Lösung der Schrödinger-Gleichung 7 für die rechte Potentialwand lautet also:

Wellenfunktion in der rechten Potentialwand

$$ \begin{align} \psi_2(x) ~=~ C \, \mathrm{e}^{-\beta x} \end{align} $$

Region #3: Linke Potentialwand

Und zum Schluss müssen wir noch die linke Potentialwand betrachten, die im Bereich $ x \lt -\frac{L}{2} $ liegt. Wir bezeichnen die Wellenfunktion des Elektrons in diesem Bereich mit $\psi_3(x)$. Die zu lösende Schrödinger-Gleichung sieht analog zur Region #2 aus:

Schrödinger-Gleichung für die linke Potentialwand

$$ \begin{align} \frac{\text{d}^2}{\text{d}x^2} \psi_3(x) ~=~ \beta^2 \, \psi_3(x) \end{align} $$

Die allgemeine Lösung der Differentialgleichung 11 sieht wie bei Region #2 aus. Beachte nur, dass wir in diesem Bereich andere Konstanten $F$ und $G$ benutzen müssen:

$$ \begin{align} \psi_3(x) ~=~ F \, \mathrm{e}^{-\beta x} ~+~ G \, \mathrm{e}^{\beta x} \end{align} $$

Auch die Wellenfunktion $ \psi_3(x) $ sollte für große, negative $x$-Werte gegen Null gehen, damit $ \psi_3(x) $ normierbar ist:

$$ \begin{align} \lim_{x\rightarrow -\infty} \psi_3(x) \stackrel{!}{=} 0 \end{align} $$

Damit die Bedingung 13 erfüllt ist, muss der Koeffizient $ F = 0 $ sein. Warum? Weil $ x $ jetzt negativ ist und damit bei $F\, \mathrm{e}^{-\beta x}$ beide Minuszeichen sich wegheben und die Exponentialfunktion divergiert. Die physikalisch sinnvolle Lösung für die Region #3 lautet also:

Wellenfunktion in der linken Potentialwand

$$ \begin{align} \psi_3(x) ~=~ G \, \mathrm{e}^{\beta x} \end{align} $$

Fassen wir unsere Ergebnisse 4, 10 und 14 zusammen:

$$ \begin{align} \psi(x) ~=~ \begin{cases} A \, \cos(\alpha x) + B \, \sin(\alpha x) , & -\frac{L}{2} \le x \le \frac{L}{2} \\
C \, \mathrm{e}^{-\beta x}, & x \gt \frac{L}{2} \\
G \, \mathrm{e}^{\beta x}, & x \lt -\frac{L}{2} \end{cases} \end{align} $$

Wir sind aber noch nicht fertig mit der Wellenfunktion! Wir müssen diese beiden separat bestimmte Teile der Wellenfunktion so miteinander verbinden, dass die Wellenfunktion $\psi(x)$ stetig differentierbar ist und damit tatsächlich eine Lösung der Schrödinger-Gleichung darstellt (denk dran, dass die Schrödinger-Gleichung zweite Ableitung der Wellenfunktion enthält und somit voraussetzt, dass die Wellenfunktion stetig differentierbar ist).

Symmetrische und antisymmetrische Wellenfunktion

Das Potantial $ W_{\text{pot}}(x) $ ist um $ x = 0 $ spiegelsymmetrisch. Es lässt sich zeigen, dass es im Fall eines spiegelsymmetrischen Potentials die Wellenfunktionen des Elektrons entweder symmetrisch oder antisymmetrisch sind.

Der symmetrische Anteil in Gl. 4 ist der Cosinus-Term von $ \psi_1(x) $ und der antisymmetrische Anteil ist der Sinus-Term von $ \psi_1 $. Bezeichnen wir den symmetrischen Anteil mit einem "+" oben und den antisymmetrischen Anteil mit "-" oben:

$$ \begin{align} \psi^+_1(x) ~&:=~ A \, \cos(\alpha x) \\\\
\psi^-_1(x) ~&:=~ B \, \sin(\alpha x) \end{align} $$

Die folgenden Anschlussbedingungen für symmetrische (+) und antisymmetrische (-) Wellenfunktion sagen aus, dass die Wellenfunktion und ihre Ableitungen an den Enden des Potentialkastens übereinstimmen müssen. Damit erreichen wir, dass die symmetrische oder antisymmetrische Gesamtwellenfunktion $ \psi^{\pm}(x) $ stetig differenzierbar ist.

Die Wellenfunktion $\psi^{\pm}_1$ muss an der rechten Grenzwand, am Ort $x=\frac{L}{2}$, mit der Wellenfunktion $\psi_2$ übereinstimmen:
Stetigkeitsbedingung für die rechte Potentialwand
Anker zu dieser Formel $$ \begin{align} \psi^{\pm}_1\left(\frac{L}{2}\right) ~=~ \psi_2\left(\frac{L}{2}\right) \end{align} $$
Die Wellenfunktion $\psi^{\pm}_1$ muss an der linken Grenzwand, am Ort $x=-\frac{L}{2}$, mit der Wellenfunktion $\psi_3$ übereinstimmen:
Stetigkeitsbedingung für die linke Potentialwand
Anker zu dieser Formel $$ \begin{align} \psi^{\pm}_1\left(-\frac{L}{2}\right) ~=~ \psi_3\left(-\frac{L}{2}\right) \end{align} $$
Die Ableitung der Wellenfunktion $\psi^{\pm}_1$ an der rechten Potentialwand muss dort mit der Ableitung der Wellenfunktion $\psi_2$ übereinstimmen:
Ableitungen müssen an der rechten Potentialwand übereinstimmen
Anker zu dieser Formel $$ \begin{align} \frac{\text{d} }{\text{d} x} \psi^{\pm}_1\left(\frac{L}{2}\right) ~=~ \frac{\text{d} }{\text{d} x}\psi_2\left(\frac{L}{2}\right) \end{align} $$
Die Ableitung der Wellenfunktion $\psi^{\pm}_1$ an der linken Potentialwand muss dort mit der Ableitung der Wellenfunktion $\psi_3$ übereinstimmen:
Ableitungen müssen an der linken Potentialwand übereinstimmen
Anker zu dieser Formel $$ \begin{align} \frac{\text{d} }{\text{d} x} \psi^{\pm}_1\left(-\frac{L}{2}\right) ~=~ \frac{\text{d} }{\text{d} x}\psi_3\left(-\frac{L}{2}\right) \end{align} $$

Benutzen wir konkret die Wellenfunktion in 17 und in 18:

$$ \begin{align} A \cos\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~&=~ C \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} \\\\
A \cos\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~&=~ G \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} \end{align} $$

Hierbei haben wir die Symmetrieeigenschaft von Cosinus $ \cos(-\alpha \frac{L}{2}) = \cos(\alpha \frac{L}{2}) $ ausgenutzt. Setze die beiden Bedingungen gleich und du bekommst $G=C$ heraus:

Symmetrische Wellenfunktion des Elektrons

$$ \begin{align} \psi^+(x) ~=~ \begin{cases} A \, \cos(\alpha x), & -\frac{L}{2} \le x \le \frac{L}{2} \\
C \, \mathrm{e}^{-\beta x}, & x \gt \frac{L}{2} \\
C \, \mathrm{e}^{\beta x}, & x \lt -\frac{L}{2} \end{cases} \end{align} $$

Gehen wir analog mit der antisymmetrischen Wellenfunktion vor. Setze diesmal in die Bedingung 17 und 18 die antisymmetrische Wellenfunktion aus 16 ein:

$$ \begin{align} B \, \sin\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~&=~ C \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} \\\\
-B \, \sin\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~&=~ G \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} \end{align} $$

Hierbei haben wir die Antisymmetrie von Sinus ausgenutzt $ \sin(-\beta \frac{L}{2}) = -\sin(\beta \frac{L}{2}) $. Durch das Gleichsetzen der beiden Bedingungen bekommst du $G ~=~ -C$ heraus.

Antisymmetrische Wellenfunktion des Elektrons

$$ \begin{align} \psi^-(x) ~=~ \begin{cases} B \, \sin(\alpha x), & -\frac{L}{2} \le x \le \frac{L}{2} \\
C \, \mathrm{e}^{-\beta x}, & x \gt \frac{L}{2} \\
-C \, \mathrm{e}^{\beta x}, & x \lt -\frac{L}{2} \end{cases} \end{align} $$

Energien des Elektrons innerhalb des Potentialkastens

Als nächstes wollen wir die dazugehärigen Energien $W^{\pm}$ des Elektrons herausfinden, wenn es durch die symmetrische Wellenfunktion 22 oder antisymmetrische Wellenfunktion 24 beschrieben wird.

Betrachten wir zuerst den symmetrischen Fall. Schreibe die Bedingungen 17 und 19 aus (dabei musst du in 19 einmal nach $x$ ableiten). Dann bekommst du:

$$ \begin{align} A \, \cos\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~&=~ C \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} \\\\
-\alpha \, A \, \sin\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~&=~ - \beta \, C \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} \end{align} $$

Teile die untere Gleichung durch die obere, sodass sich die Konstanten $A$, $C$ und die Exponentialfunktion wegkürzen. Das Verhältnis von Sinus zu Cosinus entspricht dem Tangens:

$$ \begin{align} \tan\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~&=~ \frac{\beta}{\alpha} \end{align} $$

Setze $ \beta $ und $ \alpha $ ein und kürze, was gekürzt werden kann. Dann bekommst Du eine Gleichung, die keine unbekannten Konstanten enthält. Mit dieser Gleichung kannst Du die Energie $W^+$ des Elektrons berechnen, wenn es sich innerhalb des Potentialkastens befindet, also im gebundenen Zustand ist:

Gleichung für die Energie des Elektrons mit symmetrischer Wellenfunktion

$$ \begin{align} \tan\left( \frac{L}{2}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} \, W^+} \right) ~=~ \sqrt{\frac{V_0}{W^+} ~-~ 1} \end{align} $$

Illustration bekommen

Illustration : Transzendentale Gleichung 27 graphisch dargestellt. Das Elektron kann hier für das gewählte $V_0$ nur zwei Energien im Potentialkasten annehmen, die den Schnittpunkten der beiden Funktionen entsprechen.

Beachte, dass es sich um eine transzendente Gleichung handelt, das heißt: Du kannst sie nicht nach $W^+$ auflösen. Aber das ist egal, solange wir sie graphisch darstellen können. Dazu plotten wir die Funktion auf der linken Seite der Gleichung und die Funktion auf der rechten Seite der Gleichung. Die Schnittpunkte der beiden Funktionen liefern Dir die erlaubten Energien $W^+$ des Elektrons, wenn es durch die symmetrische Wellenfunktion beschrieben wird.

Analog bekommst Du die Energie $W^-$ der antisymmetrischen Wellenfunktion 24. Benutze dazu die Bedingungen 18 und 20 (auch hier musst du bei Gl. 20 nach $x$ ableiten):

$$ \begin{align} B \, \sin\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~&=~ C \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} \\\\
\alpha \, B \, \cos\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~&=~ - \beta \, C \, \mathrm{e}^{-\beta \frac{L}{2}} \end{align} $$

Teile in 28 die untere Gleichung durch die obere, damit auch hier der gleiche Koeffizient $ \beta / \alpha $ herauskommt wie bei 26. Das Verhältnis von Cosinus durch Sinus entspricht genau dem Cotangens:

$$ \begin{align} -\cot\left(\alpha \frac{L}{2}\right) ~&=~ \frac{\beta}{\alpha} \end{align} $$

Setze nur noch konkret $ \alpha $ und $ \beta $ ein:

Gleichung für die Energie des Elektrons mit antisymmetrischer Wellenfunktion

$$ \begin{align} -\cot\left( \frac{L}{2}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} \, W^-} \right) ~=~ \sqrt{\frac{V_0}{W^-} ~-~ 1} \end{align} $$

Illustration bekommen

Illustration : Transzendentalen Gleichung 30 graphisch dargestellt. Das Elektron kann hier für das gewählte $V_0$ nur eine Energie im Potentialkasten annehmen, die dem Schnittpunkt der beiden Funktionen entspricht.

Grenzfall: Unendlich hoher Potentialtopf

Um die Energien des Elektrons im einem unendlichen Potentialtopf aus dem allgemeineren Fall 27 und 30 abzuleiten, musst Du natürlich die Potentialwände gegen unendlich gehen lassen: $ V_0 \rightarrow \infty $. In diesem Fall werden die rechten Seiten von 27 und 30 unendlich groß:

$$ \begin{align} \tan\left( \frac{L}{2}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} \, W^+} \right) ~&=~ \infty \\\\
-\cot\left( \frac{L}{2}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} \, W^-} \right) ~&=~ \infty
\end{align} $$

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 das Elektron annehmen kann.

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 31 gleich:

$$ \begin{align} \frac{L}{2}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} \, W^-_n} ~=~ n \, \pi \end{align} $$

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 31 mit $ (n-\frac{1}{2})\pi $ gleich:

$$ \begin{align} \frac{L}{2}\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2} \, W^+_n} ~=~ \left(n-\frac{1}{2}\right) \, \pi \end{align} $$

Forme nur noch Gl. 32 und 33 jeweils nach der Energie $W^{\pm}$ um:

$$ \begin{align} W^+_n ~&=~ \frac{h^2}{2m \, L^2} \, \left(n-\frac{1}{2}\right)^2 \\\\
W^-_n ~&=~ \frac{h^2}{2m \, L^2} \, n^2 \end{align} $$

Erweitere beide Gleichungen mit $ \frac{4}{4} $. Dann wirst Du sehen, dass bei den Energien $W^+$ alle ungeraden natürlichen Zahlen $2n-1$ durchgegangen werden und bei den Energien $W^-$ alle geraden natürlichen Zahlen $2n$:

$$ \begin{align} W^+_n ~&=~ \frac{h^2}{8m \, L^2} \, \left(2n-1\right)^2 \\\\
W^-_n ~&=~ \frac{h^2}{8m \, L^2} \, (2n)^2 \end{align} $$

Die erlaubten Energieniveaus 35 eines Elektrons in einem unendlich hohen Potentialkasten kannst du zu einer Gleichung zusammenfassen, wenn die Energie-Mengen vereinigst $ W^+_n \cup W^-_n $:

Energien des Elektrons im unendlich hohen Potentialkasten

$$ \begin{align} W_n ~=~ \frac{h^2}{8m \, L^2} \, n^2 \end{align} $$

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Illustration : Erlaubte Energienniveaus eines Elektrons in einem unendlich hohen Potentialkasten.