$\newcommand{\dede}[2]{\frac{\partial #1}{\partial #2} }
\newcommand{\dd}[2]{\frac{d #1}{d #2}}
\newcommand{\divby}[1]{\frac{1}{#1} }
\newcommand{\typing}[3][\Gamma]{#1 \vdash #2 : #3}
\newcommand{\xyz}[0]{(x,y,z)}
\newcommand{\xyzt}[0]{(x,y,z,t)}
\newcommand{\hams}[0]{-\frac{\hbar^2}{2m}(\dede{^2}{x^2} + \dede{^2}{y^2} + \dede{^2}{z^2}) + V\xyz}
\newcommand{\hamt}[0]{-\frac{\hbar^2}{2m}(\dede{^2}{x^2} + \dede{^2}{y^2} + \dede{^2}{z^2}) + V\xyzt}
\newcommand{\ham}[0]{-\frac{\hbar^2}{2m}(\dede{^2}{x^2}) + V(x)}$
# Quantum
# Die Heisenbergsche Unschärferelation
Es zeigt sich im Experiment (und der Theorie), dass gewisse Grössen nicht genau bestimmt werden können.
Spezifisch gilt:
$$\Delta x \Delta p_{x}\geq \frac{\hbar}{2}$$
Wobei $\Delta x$ hier die Ungenauigkeit in $x$ bezeichnet.
Diese Gleichung sagt, dass wenn ich eine kleine Ungenauigkeit in $p_{x}$ habe, so habe ich eine grosse Ungenauigkeit in $x$
Das Teilchen ist also "verschmiert"
### Quiz:
Angenommen ich habe ein Elektron auf $1nm$ genau Lokalisiert, was ist die minimale Geschwindigkeit, die ich bestimmen kann?
$m_{e}\approx 10\cdot 10^{-31} kg$
$\hbar \approx 1\cdot 10^{-34}\frac{m^{2}kg}{s}$
- $5\cdot 10^{4} m/s$
- $2\cdot 10^{4} m/s$
- $5 m/s$
- $2 nm/h$
## Unschärfe als Mathematische Konsequenz*
Wir haben im Kapitel zu den Wellen gesehen, dass zu einem Teilchen mit Impuls $p$ eine Wellenlänge $\lambda_{B}= \frac{h}{p}$ gehört.
Diese Wellenlänge ist eigentlich nur für monochromatische Wellen (Wellen der Form $cos(kx-\omega t)$) wohldefiniert.
Wollen wir also $\lambda_{B}$ , und damit auch $p$ genau kennen, müssen wir das Teilchen als $cos(kx-\omega t)$ betrachten.
Ein Kosinus ist aber unendlich ausgedehnt (geht von $-\infty$ bis $\infty$) hat also keinen wohldefinierten Ort
# Die Schrödinger Gleichung
Aus einer Generalisierung der klassischen Mechanik (Hamilton Formalismus) lässt sich die Schrödinger Gleichung finden.
Sie beschreibt die Zeitentwicklung eines Quantenmechanischen Systems.
## Wellenfunktion
In der klassischen Physik sind alle relevanten Teile der Materie Punktteilchen. Wenn man nun in die Quantenphysik geht, zeigt sich das Teilchen "verschmiert" sind. Das heisst, dass ich ein Teilchen nicht mehr nur via einen Ort Charakteriseren kann.
Ich muss vielmehr die "Verschmierung" des Partikels betrachten.
Diese "Verschmierung" ist die Wellenfunktion.
Die Wellenfunktion $\Psi(x,y,z,t)$ ist die vollständige Beschreibung des Systems. Sie kann jedoch nicht direkt gemessen werden.
### Was bedeutet die Wellenfunktion (Born interpretation)
Die Wellenfunktion beschreibt die Aufenthaltswahrscheinlichkeit eines Teilchens an einem bestimmten Ort.
Genauer ist die Wahrschenlichkeitsdichte gegeben durch $|\Psi|^{2}$ (Achtung Reihenfolge der Quadrierung und des Betrags wichtig!)
Eine Wahrschenlichkeitsdichte, wie eine normale Dichte beschreibt eine Infinitessimale Grösse. Wie viel Masse hat es in diesem infinitessimalen Volumenelement / Wie Wahrschenlich finde ich das Teilchen in diesem infinitessimalen Volumenelement.
Dies ist jedoch eine sehr unintuitive Überlegung, viel intuitiver ist es die Wahrschenlichkeitsdichte als vorläufer der tatsächlichen Wahrscheinlichkeit zu sehen.
TODO: Skizze oder Sanddemo
#### Beispiel:
Wie wahrscheinlich ist es im Teilchen im Kasten das Teilchen in der Linken Hälfte zu finden?
Gegeben $\Psi(x,t) = \sqrt\frac{2}{l}\sin\left(n\pi\frac{x}{l}\right)e^\frac{-iEt}{h}$
Die Linke Hälfte ist $[0,\frac{l}{2}]$
$$P_{[0, \frac{l}{2}]}=\int_{0}^{\frac{l}{2}}|\Psi(x,t)|^{2}dx$$
$$P_{[0, \frac{l}{2}]}=\int_{0}^{\frac{l}{2}}|\sqrt{\frac{2}{l}}sin\left(n\pi \frac{x}{l}\right)e^{\frac{-iEt}{h}}|^{2}dx$$
Da $e^\frac{-iEt}{h}$ nur eine komplexe Phase (rotation um Einheitskreis) darstellt, und wir uns nur für die länge des Vektors interssieren ergibt sich:
$$P_{[0, \frac{l}{2}]}=\int_{0}^{\frac{l}{2}}|\sqrt{\frac{2}{l}}sin\left(n\pi \frac{x}{l}\right)|^{2}dx$$
Zusätzlich ist der $\sin$ term immer Reel, wodurch der Absolutbetrag wegfällt (da $\square^{2}$ bereits den $|\square|$ teil übernimmt.
$$P_{[0, \frac{l}{2}]}=\int_{0}^{\frac{l}{2}}\frac{2}{l}sin^{2}\left(n\pi \frac{x}{l}\right)dx$$
Wir könnten jetzt noch weiterrechnen, jedoch nutzen wir lieber den Lieblingstrick aller Physiker:
**Symmetrie**
Für $n$ ungerade ist bereits $\sin(n\pi \frac{x}{l})$ symmetrisch -> Bleibt beim Quadrieren Symmetrisch $P = \frac{1}{2}$
Für $n$ gerade ist $\sin(n\pi \frac{x}{l})$ antisymmetrisch. Dies wird aber durch das Quadrieren aufgehoben -> Symmetrisch $P=\frac{1}{2}$
Wenn symmetrie nicht funktioniert, kann man immer noch das Integral explizit berechnen
Wichtig hier ist: Die Wellenfunktion muss bereits normiert sein!!
## Schrödinger Gleichung
Aus der Klassischen Physik kennt ihr vielleicht $F = ma$, was uns erlaubt aus einem jetzt Zustand den Zukünftigen Zustand zu berechnen.
Analog dazu gibt es in der QM die Schrödingergleichung:
$$\hat H \Psi(x,y,z,t) = i\hbar \dede{}{t}\Psi(x,y,z,t)$$
Sie sagt, wie wir aus einem Ist Zustand (links) eine veränderung (die Zukunft) voraussagen können (rechts)
Dabei ist $\hat H$ der Hamilton Operator, welcher das System beschreibt
$$\hat H = \frac{-h^{2}}{2m}(\dede{^{2}}{x^{2}} + \ldots) + V(x,y,z,t)$$
$$\frac{-h^{2}}{2m}(\Delta) + V$$
Wobei $\Delta$ der Laplace Operator ist.
### Intuition
$\hat H$ besteht aus zwei Termen:
- $\frac{-h^{2}}{2m}$
- $V$
Der Erste Term ist der Kinetische Energie Term (zweifache Ableitung nach dem Ort = Krümmung = Spannung)
Der Zweite Term ist der Potentielle Energie Term. Dieser gibt die "Landschaft" vor.
$V(x,y,z,t)$ sagt wie viel Energie es kostet zum Zeitpunkt $t$ am Ort $x,y,z$ zu sein.
Meistens ist in unserem Problem $V$ gegeben.
## Zeitunabhängige Schrödingergleichung
Wenn die "Landschaft" das heist der Potentielle Energie Term konstant (in $t$) ist, so ergibt sich eine vereinfachte Form der Gleichung:
$$\hat H \Psi'(x,y,z) = E \Psi'(x,y,z)$$
und
$$ \Psi(x,y,z,t) = \Psi'(x,y,z)\exp(-i \frac{E}{h}t)$$
(wir erhalten diese Lösung per Separation der Variabeln)
Wir können in dieser Form $E$ als Energie des Teilchens betrachten
### Das Eigenwertproblem
In dieser Form ist die Schrödingergleichung nun ein Eigenwertproblem. Das heist wir suchen Die Funktion, welche nach Anwendung des Hamilton Operators, immer noch gleich aussieht.
Entpacken wir das Ganze:
$$\hat H \Psi'(x,y,z) = E \Psi'(x,y,z)$$
$$\left(\hams\right)\Psi' = E \Psi'$$
Wichtig ist hier, das E zwar Konstant (as in unabhängig von $\xyz$), aber nicht Eindeutig ist.
Insbesondere ist $E$ eigentlich für jede Lösung der S-g anders. $E$ entspricht dann den erlaubten Energien des Systems.
#### 1D
Die Meisten Probleme die Ihr lösen müsst sind in 1D. Dass heist die S-gl hat nun die Form:
$$\left(\ham\right)\Psi'(x) = E\Psi'(x) $$
### Zusatzbedingungen
Neben der Schrödingergleichung muss unsere Lösung noch einige weitere Bedingungen erfüllen:
- Endliche Energie: Wenn unser Potential unendlich gross ist, sollte die Aufenthaltswarscheinlichkeit dort 0 sein
- Stetigkeit: Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit sollte keinen Sprung machen
- Normalisierung: Die gesamte Wahrscheinlichkeit, dass das Teilchen irgendwo ist, sollte genau gleich eins sein.
Das führt dazu, dass wir gewisse Probleme sehr einfach lösen können
## Wichtige Beispiele
### Das Teilchen im 1D Kasten
Wir haben gegeben das Potential $V = \begin{cases} \infty & x<0 \space \mathrm{ oder } \space x>l \\ 0 & \mathrm{sonst} \end{cases}$
TODO: sketch
#### Vorgehen:
1. Löse die Teile separat (geht weil Ableitung lokal ist)
2. Löse die Stetigkeitsbedingung
3. Normalisiere
4. Profit!
#### Konktret:
**Schritt 1:**
Separat lösen
Wir wissen das die Aufenthaltswahrschenlichkeit **ausserhalb** des Intervals $[0,l]$ gleich Null sein muss (da dort das Potential unendlich ist)
Im **innern** des Topfes haben wir jetzt:
$\left(\frac{-\hbar^{2}}{2m}\dede{^{2}}{x^{2}} + 0 \right)\Psi'(x) = E\Psi'$
$\frac{-\hbar^{2}}{2m}\dede{^{2}}{x^{2}}\Psi'(x) = E\Psi'(x)$
Diese Gleichung kennen wir!
Welche Funktion krümmt sich Stärker zurück je grösser sie ist?
Welche Funktion ist doppelt abgeleitet gleich sich selbst?
-> Sinus!
$\Psi'(x) = A\sin(kx + \delta)$
Einsetzen:
$$\frac{-\hbar^{2}}{2m}\dede{^{2}}{x^2}A\sin(kx+\delta)=EA\sin(kx+\delta)$$
$$$$
$$\frac{\hbar^{2}}{2m}Ak^{2}\sin(kx+\delta)=EA\sin(kx+\delta)$$
$$\frac{\hbar^{2}}{2m}k^{2}=E$$
$$k = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^{2}}}$$
Wir kennen die Amplitude und die Verschiebung (Phase) noch nicht, deshalb lassen wir sie vorerst als Variablen.
$$\Psi'(x) = A\sin(\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^{2}}}x + \delta)$$
**Schritt 2:**
Lösen der Stetigkeitsbedingung (aka. Puzzle!)
TODO: sketch
Beginnen wir mit dem **linken** Rand:
Wir wissen das $\Psi'(0) = 0$ sein muss, damit die Funktion stetig bleiben kann.
$A\sin(k*0 + \delta) = 0$
$A\sin(\delta) = 0$
$\delta = 0, \pi, 2\pi, etc$
Dies führt aber mithilfe von $A$ jeweils immer zur gleichen Funktion, weshalb wir $\delta = 0$ wählen dürfen
Wir haben also:
$$\Psi'(x) = A \sin\left(\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^{2}}}x\right)$$
Für den **rechten** Rand gilt jetzt auch $\Psi'(l) = 0$
$$A\sin\left(\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^{2}}}l\right)= 0$$
Wir kennen die Nullstellen vom sinus als $\sin(x) = 0| x = 0,\pi,2\pi\ldots$
$n\pi$ mit $n \in \mathbb{N}$
$\implies$ $\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^{2}}}l = n\pi$
$$E = \frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{2ml^{2}}$$
Was die erlaubten Energien des Systems sind
**Schritt 3:**
Wir möchten nun, dass die Wahrscheinlichkeit das Teilchen irgendwo ($[-\infty, \infty]$) zu finden $1$ ist.
Dazu erinnern wir uns an die Born interpretation:
$$P_{[a,b]} = \int_{a}^{b} \Psi^{*}(x)\Psi(x) dx = \int_{a}^{b}|\Psi(x)|^{2} dx$$
insbesondere:
$$P_{[-\infty,\infty]} = 1 = \int_{-\infty}^{\infty}|\Psi(x)|^{2} dx = 0$$
Da unsere Funktion ausserhalb von $[0,l]$ gleich $0$ ist können wir direkt schreiben:
$$1 = \int_{0}^{l}|A\sin(n\pi \frac{x}{l})|^{2}dx$$
$$\frac{1}{A^{2}} = \int_{0}^{l}\sin^{2}\left(n\pi \frac{x}{l}\right) dx$$
$$\frac{1}{A^{2}} = \int_{0}^{1}l\sin^{2}\left(n\pi x\right) dx$$
Mithilfe des Taschenrechners oder einer Integraltabelle finden wir:
$$\frac{1}{A^{2}} = l(\frac{1}{2}-\frac{\sin2\pi n}{4\pi n})$$
Da aber $n \in \mathbb{N}$ ist, ist $\sin(2\pi n) =0$
$$
\implies \frac{1}{A^{2}}= \frac{l}{2}
$$
$$A = \sqrt{\frac{2}{l}}$$
**Schritt 4.**
Profit!
$$\Psi'(x) = \sqrt{\frac{2}{l}} \sin\left(\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^{2}}x}\right)$$
$$\Psi(x,t) = \sqrt{\frac{2}{l}} \sin\left(\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^{2}}x}\right) \cdot \exp\left(\frac{-iEt}{h}\right)$$
Wir sehen hier auch einige Resultate aus der OC.
In OC habt ihr gelernt, dass die Orbitale mit den meisten Knotenflächen am meisten Energie haben. Wir sehen hier das selbe, mehr Energie $\implies$ schnellere Schwingung im $\sin$ heisst mehr Knotenflächen
#### Beispiel Karottenrechnen*
(siehe Ü12)
22 C Atome Lang -> 21 C-C Bindungen
22 $e^{-}$
$1.3 \mathring{A}$ DB
1.5 SB
$l = 21*bl * \cos(30^{\circ})*$
$E_{n}=\frac{n^{2}h^{2}}{8ml^{2}}$
Beobachtbarer Übergang: Homo->Lumo (11-12)
$$\Delta E = \frac{h^{2}}{8ml^{2}}(12^{2}-11^{2}) \approx 2.4 \cdot 10^{-19}J$$
$E_{ph} = h\nu$
$\nu \lambda = c$
$\lambda = \frac{hc}{E_{ph}} \approx 801nm$
$\lambda_{real}=620nm$
Wir überschätzen die Wellenlänge um ca $30\%$
### Das Teilchen im 2D Kasten
Teilweise werden in ACPC mehr als 1D Aufgaben gestellt, oft sind dies jedoch einfache generalisierungen vom 1D Fall.
Gegeben sei $$V(x,y) = \begin{cases} 0 & x\in [0,l_{x}] \text{ und } y \in [0,l_{y}]\\ \\
\infty & sonst
\end{cases}$$
Wir haben einen 2D Fall, also brauchen wir die 2D Schrödingergleichung:
$$\left(\frac{-\hbar^{2}}{2m}(\dede{^{2}}{x^{2}} + \dede{^{2}}{y^{2}}) + V(x,y)\right)\Psi'(x,y) = E_{i,j}\Psi'(x,y)$$
Das sieht einmal mühsam aus, jedoch können wir hier den sogenannten Separationsansatz wählen.
Der Separationsansatz nimmt an, dass die Lösung für unser 2D Problem $\Psi'(x,y)$ geschrieben werden kann als $\Psi_{x}'(x)\cdot\Psi_{y}'(y)$
Im Allgemeinen geht dies nicht, jedoch werdet ihr diese allgemeinen Fälle erst in PCIII sehen.
Warum ergibt der Separationsansatz hier sinn?
- Das Potential ist in $x,y$ Unabhänging (im Gegensatz zu einem Kreisförmigen Potential)
- Durch Multiplikation der Lösung wird der Randwert von $x$ automatisch auch in $y$ erfüllt (Multiplikation mit 0)
$$\left(\frac{-\hbar^{2}}{2m}(\dede{^{2}}{x^{2}} + \dede{^{2}}{y^{2}}) + V(x,y)\right)\Psi_{x}'(x)\Psi_{y}'(y) = E_{i,j}\Psi_{x}'(x)\Psi_{y}'(y)$$
Wir rechnen weiter:
$$\frac{-\hbar^{2}}{2m}\Psi'_{y}\dede{^{2}\Psi_{x}'}{x^{2}} + V(x,y)\Psi'_{x}\Psi'_{y} + \frac{-\hbar^{2}}{2m}\Psi'_{x}\dede{^{2}\Psi_{y}}{y^{2}} = E_{i,j} \Psi_{x}\Psi_{y}$$
Dividiere durch $\Psi_{x}\Psi_y$
$$\frac{-\hbar^{2}}{2m}(\frac{1}{\Psi'_{x}})\dede{^{2}\Psi_{x}'}{x^{2}} + V(x,y) + \frac{-\hbar^{2}}{2m}(\frac{1}{\Psi'_{y}})\dede{^{2}\Psi_{y}}{y^{2}} = E_{i,j}$$
$V(x,y) = 0$ im innern
Wir sehen jetzt, dass $E_{i,j}$ nicht von $x,y$ abhängt.
Zudem kann der $\Psi_{x}$ term nur $x$ 'produzieren' und der $\Psi_{y}$ term nur $y$
Wir haben also:
$\text{vielleicht abhängig von x} + \text{vielleicht abhängig von y} = \text{weder x noch y abhängig}$
Das heist die Teile dürfen schon von selbst nicht von $x$ bzw $y$ abhängen
Ausgeschrieben gilt also:
$$ $$
$$\frac{-\hbar^{2}}{2m}\dede{^{2}\Psi'_{x}(x)}{x^{2}} = E_{x}\Psi_{x}'$$
Was die 1D Schrödingergleichung ist!!!
Das selbe gilt für $\Psi_{y}'$
Die Gesamtenergie ist also:
$E_{x}+E_y$
Wir kennen die 1D Energien:
$E_{n} = \frac{n^{2}h^{2}}{8ml^{2}}$
Also:
$$E_{i,j}=\frac{h^{2}}{8m}(\frac{i^{2}}{l_{x}^{2}}+\frac{j^{2}}{l_{y}^{2}})$$
Wenn $l_{x}= l_{y}$ bemerken wir, dass es Zustände gibt mit unterschiedlichen $i,j$ welche aber die selbe Energie haben z.B. (2,1) und (1,2). Wir nennen solche Zustände Degeneriert
## Harmonischer Oszilator
Wir haben ein Teilchen, welches mit einer Feder am Ursprung befestigt ist.
Das Potential sieht dann so aus:
$V(x) = \frac{1}{2}k(x-x_{0})^{2}$
$$\hat H = \frac{-\hbar^{2}}{2\mu}\dede{^{2}}{x^{2}} + \frac{1}{2}k(x-x_{0})^{2}$$
Die Lösung dieses Problems ist umständlich, jedoch solltet ihr die Energiewerte davon kennen:
$$E_{\nu}= h\nu_{e}\left(\nu + \frac{1}{2}\right)$$
Wobei $\nu_{e}= \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu}}$ die harmonische Schwingungsfrequenz ist
$\nu = 0,1,2,\ldots$ ist die Quantenzahl
$\mu = \frac{m_{1}m_{2}}{m_{1}+m_{2}}$
$x_{0}$ die Ruhelage (vielleicht hat die Feder eine bestimmte ruhelänge)
Wir sehen das $E_{0}\neq 0$, was eine Folge aus der Unschärferelation ist (bein null Energie ist auch der Impuls null -> keine Bewegung -> Wir kennen den Ort und den Impuls exakt -> verboten!)
Teilweise verwenden wir auch $\omega = \frac{\nu}{c}$
Der Harmonische Oszilator findet vor allem Anwendung bei der Modellierung von chemischen Bindungen.
### Isotopomere Anpassung
Manchmal haben wir die Lösung für ein ähnliches System bereits gegeben, und möchten ohne neu zu rechnen das Resultat übertragen.
Dies ist insbesondere dann möglich, wenn wir ein Isotop durch ein anderes austauschen. Dies funktioniert, weil beide Isotope die selbe Elektronische Umgebung haben $\implies k' = k$
Das einzige das ändert ist $\mu$
#### Beispiel:
$HCl \to DCl$
Angenommen wir kennen $\nu_{e,HCl}$ und möchten gerne $\nu_{e,DCl}$ berechnen:
$\nu_{e,HCl}= \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu_{HCl}}}$
$\nu_{e,DCl}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu_{DCl}}}$
Wir sehen, dass uns in $\nu_{e,DCl}$ die Variable $k$ fehlt:
$2\pi \nu_{e,HCl}= \sqrt{\frac{k}{\mu_{HCl}}}$
$k=\mu_{HCl}\cdot (2\pi \nu_{e,HCl})^{2}$
$$\nu_{e,DCl}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\mu_{HCl}(2\pi \nu_{e,HCl})^{2}}{\mu_{DCl}}} = \frac{1}{2\pi}2\pi \nu_{e,HCl}\sqrt{\frac{\mu_{HCl}}{\mu_{DCl}}} = \nu_{e,HCl}\sqrt{\frac{\mu_{HCl}}{\mu_{DCl}}}$$
Dieses Verfahren lohnt sich im allgemeinen (Mir fehlt variable $x$ wie kann ich die aus bekannten Gleichungen extrahieren)
### Anharmonizität
Der Harmonische Oszilator ist nur eine Approximation, deswegen wird oft mit Anharmonizitätskonstanten korrigiert:
$$\frac{E_{\nu}}{ch}=\omega_{e}\left(\nu + \frac{1}{2}\right)-\omega_{e}x_{e}\left(\nu + \frac{1}{2}\right)^{2} + \omega_{e}y_{e}\left(\nu +\frac{1}{2}\right)^{3} - \ldots$$
mit $\omega_{e}x_{e}, \omega_{e}y_{e}$ die Anharmonizitätskonstanten
Einige von euch werden hier eine Taylor entwicklung entdecken
## Teilchen auf dem Ring *
2.7.3 PVK Skript
Die Sgl auf dem Ring ist gegeben durch: $\hat H = \frac{-\hbar^{2}}{2mR^{2}}\dede{^{2}}{\phi^{2}}$
Die Randbedingung ist Periodisch dh. $\Psi(0)=\Psi(2\pi)$
Bemerke, dass wir eigentlich wieder ein Teilchen im Kasten lösen der Länge $2\pi$
Die DGL:
$\frac{-\hbar^{2}}{2mR^{2}}\dede{^{2}}{\phi^{2}} \Psi = E \Psi$
Wir kennen die Lösungen zu solchen DGL:
$\Psi = A\sin(k\phi + \delta)$
Durch einsetzen erhalten wir:
$k^{2} \frac{\hbar^{2}}{2mR^{2}} \Psi = E\Psi$
$E_{n} = \frac{k^{2}\hbar^{2}}{2mR^{2}}$
Um das Randwertproblem zu lösen betrachten wir:
$\Psi(\xi)= \Psi(2\pi + \xi)$
$A\sin(k\xi + \delta) = A \sin(2\pi k + k\xi + \delta)$
Dies gilt für $k \in \mathbb{N}$
Das $\delta$ bleibt unbestimmt, da dies einer Rotation um den Ring entspricht.
Um die Wellengleichung noch zu normieren evaluieren wir:
$\int_{0}^{2\pi} |\Psi|^{2} d\phi = 1$
und lösen auf nach $A$
$\int_{0}^{2\pi}A^{2}\sin^{2}(n \phi + \delta) d\phi = 1$
Weil wir wissen, das Periodische Randbedingungen erfüllt sind, können wir oBdA das $\delta$ weglassen
$\int_{0}^{2\pi}A^{2}\sin^{2}( n \phi) d\phi = 1$
$A^{2}\pi = 1$
$A = \sqrt{\frac{1}{\pi}}$
22 C Atome Lang -> 21 C-C Bindungen
22 $e^{-}$
$1.3 \mathring{A}$ DB
1.5 SB
$l = 21*bl * \cos(30^{\circ})*$
$E_{n}=\frac{n^{2}h^{2}}{8ml^{2}}$
Beobachtbarer Übergang: Homo->Lumo (11-12)
$$\Delta E = \frac{h^{2}}{8ml^{2}}(12^{2}-11^{2}) \approx 2.4 \cdot 10^{-19}J$$
$E_{ph} = h\nu$
$\nu \lambda = c$
$\lambda = \frac{hc}{E_{ph}} \approx 801nm$
$\lambda_{real}=620nm$
Wir überschätzen die Wellenlänge um ca $30\%$
### Das Teilchen im 2D Kasten
Teilweise werden in ACPC mehr als 1D Aufgaben gestellt, oft sind dies jedoch einfache generalisierungen vom 1D Fall.
Gegeben sei $$V(x,y) = \begin{cases} 0 & x\in [0,l_{x}] \text{ und } y \in [0,l_{y}]\\ \\
\infty & sonst
\end{cases}$$
Wir haben einen 2D Fall, also brauchen wir die 2D Schrödingergleichung:
$$\left(\frac{-\hbar^{2}}{2m}(\dede{^{2}}{x^{2}} + \dede{^{2}}{y^{2}}) + V(x,y)\right)\Psi'(x,y) = E_{i,j}\Psi'(x,y)$$
Das sieht einmal mühsam aus, jedoch können wir hier den sogenannten Separationsansatz wählen.
Der Separationsansatz nimmt an, dass die Lösung für unser 2D Problem $\Psi'(x,y)$ geschrieben werden kann als $\Psi_{x}'(x)\cdot\Psi_{y}'(y)$
Im Allgemeinen geht dies nicht, jedoch werdet ihr diese allgemeinen Fälle erst in PCIII sehen.
Warum ergibt der Separationsansatz hier sinn?
- Das Potential ist in $x,y$ Unabhänging (im Gegensatz zu einem Kreisförmigen Potential)
- Durch Multiplikation der Lösung wird der Randwert von $x$ automatisch auch in $y$ erfüllt (Multiplikation mit 0)
$$\left(\frac{-\hbar^{2}}{2m}(\dede{^{2}}{x^{2}} + \dede{^{2}}{y^{2}}) + V(x,y)\right)\Psi_{x}'(x)\Psi_{y}'(y) = E_{i,j}\Psi_{x}'(x)\Psi_{y}'(y)$$
Wir rechnen weiter:
$$\frac{-\hbar^{2}}{2m}\Psi'_{y}\dede{^{2}\Psi_{x}'}{x^{2}} + V(x,y)\Psi'_{x}\Psi'_{y} + \frac{-\hbar^{2}}{2m}\Psi'_{x}\dede{^{2}\Psi_{y}}{y^{2}} = E_{i,j} \Psi_{x}\Psi_{y}$$
Dividiere durch $\Psi_{x}\Psi_y$
$$\frac{-\hbar^{2}}{2m}(\frac{1}{\Psi'_{x}})\dede{^{2}\Psi_{x}'}{x^{2}} + V(x,y) + \frac{-\hbar^{2}}{2m}(\frac{1}{\Psi'_{y}})\dede{^{2}\Psi_{y}}{y^{2}} = E_{i,j}$$
$V(x,y) = 0$ im innern
Wir sehen jetzt, dass $E_{i,j}$ nicht von $x,y$ abhängt.
Zudem kann der $\Psi_{x}$ term nur $x$ 'produzieren' und der $\Psi_{y}$ term nur $y$
Wir haben also:
$\text{vielleicht abhängig von x} + \text{vielleicht abhängig von y} = \text{weder x noch y abhängig}$
Das heist die Teile dürfen schon von selbst nicht von $x$ bzw $y$ abhängen
Ausgeschrieben gilt also:
$$ $$
$$\frac{-\hbar^{2}}{2m}\dede{^{2}\Psi'_{x}(x)}{x^{2}} = E_{x}\Psi_{x}'$$
Was die 1D Schrödingergleichung ist!!!
Das selbe gilt für $\Psi_{y}'$
Die Gesamtenergie ist also:
$E_{x}+E_y$
Wir kennen die 1D Energien:
$E_{n} = \frac{n^{2}h^{2}}{8ml^{2}}$
Also:
$$E_{i,j}=\frac{h^{2}}{8m}(\frac{i^{2}}{l_{x}^{2}}+\frac{j^{2}}{l_{y}^{2}})$$
Wenn $l_{x}= l_{y}$ bemerken wir, dass es Zustände gibt mit unterschiedlichen $i,j$ welche aber die selbe Energie haben z.B. (2,1) und (1,2). Wir nennen solche Zustände Degeneriert
## Harmonischer Oszilator
Wir haben ein Teilchen, welches mit einer Feder am Ursprung befestigt ist.
Das Potential sieht dann so aus:
$V(x) = \frac{1}{2}k(x-x_{0})^{2}$
$$\hat H = \frac{-\hbar^{2}}{2\mu}\dede{^{2}}{x^{2}} + \frac{1}{2}k(x-x_{0})^{2}$$
Die Lösung dieses Problems ist umständlich, jedoch solltet ihr die Energiewerte davon kennen:
$$E_{\nu}= h\nu_{e}\left(\nu + \frac{1}{2}\right)$$
Wobei $\nu_{e}= \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu}}$ die harmonische Schwingungsfrequenz ist
$\nu = 0,1,2,\ldots$ ist die Quantenzahl
$\mu = \frac{m_{1}m_{2}}{m_{1}+m_{2}}$
$x_{0}$ die Ruhelage (vielleicht hat die Feder eine bestimmte ruhelänge)
Wir sehen das $E_{0}\neq 0$, was eine Folge aus der Unschärferelation ist (bein null Energie ist auch der Impuls null -> keine Bewegung -> Wir kennen den Ort und den Impuls exakt -> verboten!)
Teilweise verwenden wir auch $\omega = \frac{\nu}{c}$
Der Harmonische Oszilator findet vor allem Anwendung bei der Modellierung von chemischen Bindungen.
### Isotopomere Anpassung
Manchmal haben wir die Lösung für ein ähnliches System bereits gegeben, und möchten ohne neu zu rechnen das Resultat übertragen.
Dies ist insbesondere dann möglich, wenn wir ein Isotop durch ein anderes austauschen. Dies funktioniert, weil beide Isotope die selbe Elektronische Umgebung haben $\implies k' = k$
Das einzige das ändert ist $\mu$
#### Beispiel:
$HCl \to DCl$
Angenommen wir kennen $\nu_{e,HCl}$ und möchten gerne $\nu_{e,DCl}$ berechnen:
$\nu_{e,HCl}= \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu_{HCl}}}$
$\nu_{e,DCl}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu_{DCl}}}$
Wir sehen, dass uns in $\nu_{e,DCl}$ die Variable $k$ fehlt:
$2\pi \nu_{e,HCl}= \sqrt{\frac{k}{\mu_{HCl}}}$
$k=\mu_{HCl}\cdot (2\pi \nu_{e,HCl})^{2}$
$$\nu_{e,DCl}=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\mu_{HCl}(2\pi \nu_{e,HCl})^{2}}{\mu_{DCl}}} = \frac{1}{2\pi}2\pi \nu_{e,HCl}\sqrt{\frac{\mu_{HCl}}{\mu_{DCl}}} = \nu_{e,HCl}\sqrt{\frac{\mu_{HCl}}{\mu_{DCl}}}$$
Dieses Verfahren lohnt sich im allgemeinen (Mir fehlt variable $x$ wie kann ich die aus bekannten Gleichungen extrahieren)
### Anharmonizität
Der Harmonische Oszilator ist nur eine Approximation, deswegen wird oft mit Anharmonizitätskonstanten korrigiert:
$$\frac{E_{\nu}}{ch}=\omega_{e}\left(\nu + \frac{1}{2}\right)-\omega_{e}x_{e}\left(\nu + \frac{1}{2}\right)^{2} + \omega_{e}y_{e}\left(\nu +\frac{1}{2}\right)^{3} - \ldots$$
mit $\omega_{e}x_{e}, \omega_{e}y_{e}$ die Anharmonizitätskonstanten
Einige von euch werden hier eine Taylor entwicklung entdecken
## Teilchen auf dem Ring *
2.7.3 PVK Skript
Die Sgl auf dem Ring ist gegeben durch: $\hat H = \frac{-\hbar^{2}}{2mR^{2}}\dede{^{2}}{\phi^{2}}$
Die Randbedingung ist Periodisch dh. $\Psi(0)=\Psi(2\pi)$
Bemerke, dass wir eigentlich wieder ein Teilchen im Kasten lösen der Länge $2\pi$
Die DGL:
$\frac{-\hbar^{2}}{2mR^{2}}\dede{^{2}}{\phi^{2}} \Psi = E \Psi$
Wir kennen die Lösungen zu solchen DGL:
$\Psi = A\sin(k\phi + \delta)$
Durch einsetzen erhalten wir:
$k^{2} \frac{\hbar^{2}}{2mR^{2}} \Psi = E\Psi$
$E_{n} = \frac{k^{2}\hbar^{2}}{2mR^{2}}$
Um das Randwertproblem zu lösen betrachten wir:
$\Psi(\xi)= \Psi(2\pi + \xi)$
$A\sin(k\xi + \delta) = A \sin(2\pi k + k\xi + \delta)$
Dies gilt für $k \in \mathbb{N}$
Das $\delta$ bleibt unbestimmt, da dies einer Rotation um den Ring entspricht.
Um die Wellengleichung noch zu normieren evaluieren wir:
$\int_{0}^{2\pi} |\Psi|^{2} d\phi = 1$
und lösen auf nach $A$
$\int_{0}^{2\pi}A^{2}\sin^{2}(n \phi + \delta) d\phi = 1$
Weil wir wissen, das Periodische Randbedingungen erfüllt sind, können wir oBdA das $\delta$ weglassen
$\int_{0}^{2\pi}A^{2}\sin^{2}( n \phi) d\phi = 1$
$A^{2}\pi = 1$
$A = \sqrt{\frac{1}{\pi}}$