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	mit <math>\alpha <2</math>		mit <math>\alpha <2</math>

	Also: dominiere das Zentrifugalpotenzial gegenüber V für ~~r->~~ 0,		Also: dominiere das Zentrifugalpotenzial gegenüber V für r→ 0,

	so gilt:		so gilt:

*>SchuBot: Einrückungen Mathematik

2010-09-12T14:42:33Z

Einrückungen Mathematik

Änderungen zeigen

Schubotz am 7. September 2010 um 22:18 Uhr

2010-09-07T22:18:07Z

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	<math>\begin{align}		<math>\begin{align}

Schubotz: Die Seite wurde neu angelegt: „{{Scripthinweis|Quantenmechanik|3|3}} $\begin{align} & \left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{1}} \right]=\left[ \left( {{{\hat{r}}}_{1}}{{{\hat{p}}}_{2}}-…“$

2010-08-24T16:20:57Z

Die Seite wurde neu angelegt: „{{Scripthinweis|Quantenmechanik|3|3}} <math>\begin{align} & \left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{1}} \right]=\left[ \left( {{{\hat{r}}}_{1}}{{{\hat{p}}}_{2}}-…“

Neue Seite

{{Scripthinweis|Quantenmechanik|3|3}}

<math>\begin{align}

& \left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{1}} \right]=\left[ \left( {{{\hat{r}}}_{1}}{{{\hat{p}}}_{2}}-{{{\hat{r}}}_{2}}{{{\hat{p}}}_{1}} \right),{{{\hat{r}}}_{1}} \right]=-{{{\hat{r}}}_{2}}\left[ {{{\hat{p}}}_{1}},{{{\hat{r}}}_{1}} \right]=i\hbar {{{\hat{r}}}_{2}} \\

& \left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{2}} \right]=\left[ \left( {{{\hat{r}}}_{1}}{{{\hat{p}}}_{2}}-{{{\hat{r}}}_{2}}{{{\hat{p}}}_{1}} \right),{{{\hat{r}}}_{2}} \right]={{{\hat{r}}}_{1}}\left[ {{{\hat{p}}}_{2}},{{{\hat{r}}}_{2}} \right]=-i\hbar {{{\hat{r}}}_{1}} \\

& \left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{3}} \right]=\left[ \left( {{{\hat{r}}}_{1}}{{{\hat{p}}}_{2}}-{{{\hat{r}}}_{2}}{{{\hat{p}}}_{1}} \right),{{{\hat{r}}}_{3}} \right]=0 \\

\end{align}</math>

Allgemein:

<math>\begin{align}

& \left[ {{{\hat{L}}}_{j}},{{{\hat{r}}}_{k}} \right]=i\hbar {{{\hat{r}}}_{l}} \\

& \left[ {{{\hat{L}}}_{j}},{{{\hat{r}}}_{k}} \right]=i\hbar {{\varepsilon }_{jkl}}{{{\hat{r}}}_{l}} \\

\end{align}</math>

mit j,k,l zyklisch

Analog:

<math>\left[ {{{\hat{L}}}_{j}},{{{\hat{p}}}_{k}} \right]=i\hbar {{\varepsilon }_{jkl}}{{\hat{p}}_{l}}</math>

<math>\begin{align}

& \left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{1}}^{2} \right]=\left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{1}} \right]{{{\hat{r}}}_{1}}+{{{\hat{r}}}_{1}}\left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{1}} \right]=i\hbar {{{\hat{r}}}_{2}}{{{\hat{r}}}_{1}}+{{{\hat{r}}}_{1}}i\hbar {{{\hat{r}}}_{2}}=2i\hbar {{{\hat{r}}}_{2}}{{{\hat{r}}}_{1}} \\

& \left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{2}}^{2} \right]=\left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{2}} \right]{{{\hat{r}}}_{2}}+{{{\hat{r}}}_{2}}\left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{2}} \right]=-i\hbar {{{\hat{r}}}_{1}}{{{\hat{r}}}_{2}}-{{{\hat{r}}}_{2}}i\hbar {{{\hat{r}}}_{1}}=-2i\hbar {{{\hat{r}}}_{2}}\hat{r} \\

& \left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{3}}^{2} \right]=\left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{3}} \right]{{{\hat{r}}}_{3}}+{{{\hat{r}}}_{3}}\left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{3}} \right]=0 \\

\end{align}</math>

Damit folgt jedoch für die gesamten Vektoren:

<math>\left[ {{{\hat{L}}}_{j}},{{{\hat{r}}}^{2}} \right]=\left[ {{{\hat{L}}}_{j}},{{{\hat{p}}}^{2}} \right]=0</math>

j=1,2,3

<math>\left[ {{{\hat{L}}}_{j}},H \right]=0</math>

, falls <math>H=\hat{H}({{\hat{r}}^{2}},{{\hat{p}}^{2}})</math>

Also <math>\hat{H}=\frac{{{{\hat{p}}}^{2}}}{2m}+V(r)</math>

mit Zentralpotenzial V(r )

'''Theorem'''

Für alle rotationssymmetrischen Hamiltonoperatoren gilt:

<math>\left[ {{{\hat{L}}}_{j}},H \right]=0</math>

<math>\left[ {{{\hat{L}}}^{2}},H \right]=0</math>

Und der Drehimpuls ist eine Erhaltungsgröße, also

<math>\dot{\bar{L}}=0</math>

Analogie in der KLASSISCHEN Mechanik:

Im Zentralpotenzial ist der Drehimpuls eine Erhaltungsgröße

Tieferer Grund: <math>\bar{L}</math>

ist die Erzeugende infinitesimaler Drehungen

Wegen <math>\left[ {{{\hat{L}}}^{2}},H \right]=\hat{L}\left[ \hat{L},H \right]+\left[ \hat{L},H \right]\hat{L}\Rightarrow \left[ {{{\hat{L}}}^{2}},H \right]=0\Rightarrow \left[ {{{\hat{L}}}_{j}},H \right]=0</math>

Sei V(r ) im Folgenden kugelsymmetrisch.

Dann gibt es gemeinsame Eigenzustände von <math>H</math>

und<math>{{\hat{L}}_{j}}</math>

für jedes j aber nicht zu <math>H</math>

und<math>\bar{L}</math>

.

( H läßt sich als L² darstellen ( siehe im Folgenden !) und mit L² vertauscht immer nur eine Komponente, die anderen nicht, da ja die Komponenten des Drehimpulses untereinander nicht vertauschen !)

Wegen

<math>\left[ {{{\hat{L}}}_{3}},H \right]=0</math>

<math>\left[ {{{\hat{L}}}^{2}},H \right]=0</math>

<math>\left[ {{{\hat{L}}}^{2}},{{{\hat{L}}}_{3}} \right]=0</math>

können wir gemeinsame Eigenzustände zu <math>H</math>

,<math>{{\hat{L}}^{2}}</math>

und <math>{{\hat{L}}_{3}}</math>

finden.

'''Zusammenhang zwischen '''<math>{{\hat{L}}^{2}}</math>

und <math>H=\frac{{{p}^{2}}}{2m}+V</math>

<math>\begin{align}

& {{{\hat{L}}}^{2}}={{\varepsilon }_{jkl}}{{\varepsilon }_{jmn}}{{x}_{k}}{{p}_{l}}{{x}_{m}}{{p}_{n}} \\

& {{\varepsilon }_{jkl}}{{\varepsilon }_{jmn}}={{\delta }_{km}}{{\delta }_{\ln }}-{{\delta }_{kn}}{{\delta }_{lm}} \\

& {{{\hat{L}}}^{2}}={{\varepsilon }_{jkl}}{{\varepsilon }_{jmn}}{{x}_{k}}{{p}_{l}}{{x}_{m}}{{p}_{n}}=\left( {{\delta }_{km}}{{\delta }_{\ln }}-{{\delta }_{kn}}{{\delta }_{lm}} \right){{x}_{k}}{{p}_{l}}{{x}_{m}}{{p}_{n}} \\

\end{align}</math>

Summationskonvention !!

Es folgt:

<math>\begin{align}

& {{{\hat{L}}}^{2}}={{\varepsilon }_{jkl}}{{\varepsilon }_{jmn}}{{x}_{k}}{{p}_{l}}{{x}_{m}}{{p}_{n}}=\left( {{\delta }_{km}}{{\delta }_{\ln }}-{{\delta }_{kn}}{{\delta }_{lm}} \right){{x}_{k}}{{p}_{l}}{{x}_{m}}{{p}_{n}}= \\

& ={{x}_{m}}{{p}_{n}}{{x}_{m}}{{p}_{n}}-{{x}_{n}}{{p}_{m}}{{x}_{m}}{{p}_{n}} \\

& {{p}_{n}}{{x}_{m}}={{x}_{m}}{{p}_{n}}-i\hbar {{\delta }_{mn}} \\

& {{x}_{n}}{{p}_{m}}={{p}_{m}}{{x}_{n}}+i\hbar {{\delta }_{mn}} \\

& \Rightarrow {{{\hat{L}}}^{2}}={{x}_{m}}{{x}_{m}}{{p}_{n}}{{p}_{n}}-{{p}_{m}}{{x}_{n}}{{x}_{m}}{{p}_{n}}-2i\hbar {{x}_{m}}{{p}_{m}} \\

& {{p}_{m}}{{x}_{n}}{{x}_{m}}{{p}_{n}}={{p}_{m}}{{x}_{m}}{{x}_{n}}{{p}_{n}} \\

& {{p}_{m}}{{x}_{m}}={{x}_{m}}{{p}_{m}}-i\hbar {{\delta }_{mm}} \\

& {{\delta }_{mm}}=3 \\

& \Rightarrow {{{\hat{L}}}^{2}}={{x}_{m}}{{x}_{m}}{{p}_{n}}{{p}_{n}}-{{p}_{m}}{{x}_{n}}{{x}_{m}}{{p}_{n}}-2i\hbar {{x}_{m}}{{p}_{m}}={{x}_{m}}^{2}{{p}_{n}}^{2}-{{x}_{m}}{{p}_{m}}{{x}_{n}}{{p}_{n}}+3i\hbar {{x}_{n}}{{p}_{n}}-2i\hbar {{x}_{m}}{{p}_{m}} \\

& \Rightarrow {{{\hat{L}}}^{2}}={{x}_{m}}^{2}{{p}_{n}}^{2}-\left( {{x}_{m}}{{p}_{m}} \right)\left( {{x}_{n}}{{p}_{n}} \right)+i\hbar {{x}_{m}}{{p}_{m}} \\

& {{{\hat{L}}}^{2}}={{r}^{2}}{{p}^{2}}-{{\left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right)}^{2}}+i\hbar \left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right) \\

\end{align}</math>

Somit:

<math>\frac{{{{\hat{p}}}^{2}}}{2m}=\frac{1}{2m{{r}^{2}}}\left[ {{\left( \hat{\bar{r}}\cdot \hat{\bar{p}} \right)}^{2}}-i\hbar \left( \hat{\bar{r}}\cdot \hat{\bar{p}} \right)+{{{\hat{L}}}^{2}} \right]</math>

Klassisch:

<math>\begin{align}

& \frac{{{p}^{2}}}{2m}=\frac{1}{2m{{r}^{2}}}\left[ {{\left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right)}^{2}}+{{L}^{2}} \right] \\

& mit\left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right)=r{{p}_{r}} \\

\end{align}</math>

'''Ortsdarstellung in Kugelkoordinaten'''

<math>\begin{align}

& {{x}_{1}}=r\sin \vartheta \cos \phi \\

& {{x}_{2}}=r\sin \vartheta \sin \phi \\

& {{x}_{3}}=r\cos \vartheta \\

\end{align}</math>

Die Differenziale transformieren sich dabei folgendermaßen:

<math>\frac{\partial }{\partial r}=\frac{\partial {{x}_{j}}}{\partial r}{{\partial }_{j}}=\frac{{{x}_{j}}}{r}{{\partial }_{j}}</math>

Wobei der letzte Zusammenhang natürlich nur für die obigen Vektorkomponenten gilt !

Somit:

<math>\bar{r}\cdot \bar{p}=\frac{\hbar }{i}{{x}_{j}}{{\partial }_{j}}=\frac{\hbar }{i}r\frac{\partial }{\partial r}</math>

wegen <math>\frac{\partial }{\partial r}=\frac{{{x}_{j}}}{r}{{\partial }_{j}}</math>

<math>\begin{align}

& \hat{\bar{p}}=-i\hbar \nabla \\

& {{{\hat{p}}}_{r}}-i\hbar \frac{\partial }{\partial r} \\

& \hat{\bar{r}}\hat{\bar{p}}=\hat{r}{{{\hat{p}}}_{r}}=\frac{\hbar }{i}r\frac{\partial }{\partial r} \\

& {{{\hat{L}}}_{z}}=\frac{i}{\hbar }\frac{\partial }{\partial \phi } \\

\end{align}</math>

'''Operator der kinetischen Energie:'''

<math>\begin{align}

& \left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right)\left[ \left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right)+\frac{\hbar }{i} \right]\Psi (r,\vartheta ,\phi )=-{{\hbar }^{2}}r\frac{\partial }{\partial r}\left( r\frac{\partial }{\partial r}+1 \right)\Psi (r,\vartheta ,\phi ) \\

& =-{{\hbar }^{2}}r\left[ \frac{\partial }{\partial r}\left( r\frac{\partial \Psi }{\partial r} \right)+\frac{\partial \Psi }{\partial r} \right]=-{{\hbar }^{2}}r\left[ \left( r\frac{{{\partial }^{2}}\Psi }{\partial {{r}^{2}}} \right)+2\frac{\partial \Psi }{\partial r} \right]=-{{\hbar }^{2}}r\frac{{{\partial }^{2}}}{\partial {{r}^{2}}}\left( r\Psi \right) \\

\end{align}</math>

Alternativ:

<math>\left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right)\left[ \left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right)+\frac{\hbar }{i} \right]\Psi (r,\vartheta ,\phi )==-{{\hbar }^{2}}\frac{\partial }{\partial r}\left( {{r}^{2}}\frac{\partial \Psi }{\partial r} \right)</math>

'''Also: ( Im quantenmechanischen Fall sei '''<math>\bar{r}=\hat{\bar{r}},\bar{p}=\hat{\bar{p}}</math>

<math>\frac{{{p}^{2}}}{2m}\Psi (r,\vartheta ,\phi )=\frac{-{{\hbar }^{2}}}{2m}\frac{1}{r}\frac{{{\partial }^{2}}}{\partial {{r}^{2}}}\left( r\Psi \right)+\frac{{{L}^{2}}}{2m{{r}^{2}}}\Psi </math>

einen einfachen Ausdruck hätte man auch erhalten, indem man einfach Laplace, also <math>\frac{{{p}^{2}}}{2m}=\frac{-{{\hbar }^{2}}}{2m}\Delta </math>

in Kugelkoordinaten schreibt

Es gilt für den Operator der kinetischen Energie

<math>\hat{\bar{T}}=\frac{{{{\hat{\bar{p}}}}^{2}}}{2m}=\frac{-{{\hbar }^{2}}}{2m}\Delta </math>

Laplaceoperator in Kugelkoordinaten:

<math>\Delta \Psi =\frac{1}{{{r}^{2}}}\frac{\partial }{\partial r}\left( {{r}^{2}}\frac{\partial }{\partial r}\Psi \right)+\frac{1}{{{r}^{2}}\sin \vartheta }\frac{\partial }{\partial \vartheta }\left( \sin \vartheta \frac{\partial }{\partial \vartheta }\Psi \right)+\frac{1}{{{r}^{2}}{{\sin }^{2}}\vartheta }\frac{{{\partial }^{2}}}{{{\partial }^{2}}\phi }\Psi </math>

'''Schrödingergleichung für '''<math>\Psi (r,\vartheta ,\phi )</math>

:

<math>H\Psi (r,\vartheta ,\phi )=\frac{{{p}^{2}}}{2m}\Psi (r,\vartheta ,\phi )+V(r)\Psi (r,\vartheta ,\phi )=\frac{-{{\hbar }^{2}}}{2m}\frac{1}{r}\frac{{{\partial }^{2}}}{\partial {{r}^{2}}}\left( r\Psi \right)+\left[ \frac{{{L}^{2}}}{2m{{r}^{2}}}+V(r) \right]\Psi =E\Psi (r,\vartheta ,\phi )</math>

In Analogie zur klassischen Hamiltonfunktion identifiziert man

<math>{{\hat{p}}_{r}}=\frac{\hbar }{i}\left( \frac{\partial }{\partial r}+\frac{1}{r} \right)</math>

als Radialimpuls- Operator

mit der Vertauschungsrelation:

<math>\left[ {{{\hat{p}}}_{r}},\hat{r} \right]=\frac{\hbar }{i}</math>

Es gilt:

<math>\frac{{{p}^{2}}}{2m}=\frac{{{p}_{r}}^{2}}{2m}+\frac{{{L}^{2}}}{2m{{r}^{2}}}</math>

Nachrechnen !

'''Ortsdarstellung von L²:'''

<math>{{L}^{2}}\Psi (r,\vartheta ,\phi )=-{{\hbar }^{2}}\left\{ \frac{1}{\sin \vartheta }\frac{\partial }{\partial \vartheta }\left( \sin \vartheta \frac{\partial \Psi (r,\vartheta ,\phi )}{\partial \vartheta } \right)+\frac{1}{{{\sin }^{2}}\vartheta }\frac{{{\partial }^{2}}\Psi (r,\vartheta ,\phi )}{\partial {{\phi }^{2}}} \right\}</math>

Nebenbemerkung:

H erhält man auch direkt durch die Transformation von

<math>\frac{-{{\hbar }^{2}}}{2m}\Delta \Psi +V\Psi =E\Psi </math>

´ auf Kugelkoordinaten ( Laplace- Operator in Kugelkoordinaten ausdrücken !)

'''Lösung der Schrödingergleichung durch Separationsansatz:'''

<math>\Psi (r,\vartheta ,\phi )=R(r)Y(\vartheta ,\phi )</math>

mit<math>{{L}^{2}}Y(\vartheta ,\phi )={{\hbar }^{2}}l(l+1)Y(\vartheta ,\phi )</math>

'''Also:'''

<math>\begin{align}

& -\frac{{{\hbar }^{2}}}{2m}\frac{Y}{r}\frac{{{d}^{2}}}{d{{r}^{2}}}\left( rR \right)+\frac{R}{2m{{r}^{2}}}\left( {{L}^{2}}Y \right)+Y\left( V(r)-E \right)R=0 \\

& {{L}^{2}}Y={{\hbar }^{2}}l(l+1)Y \\

& \Rightarrow -\frac{{{\hbar }^{2}}}{2m}\frac{Y}{r}\frac{{{d}^{2}}}{d{{r}^{2}}}\left( rR \right)+\frac{R}{2m{{r}^{2}}}\left( {{\hbar }^{2}}l(l+1)Y \right)+Y\left( V(r)-E \right)R=0 \\

& \Rightarrow -\frac{{{\hbar }^{2}}}{2m}\frac{{{d}^{2}}}{d{{r}^{2}}}\left( rR \right)+\left( \frac{{{\hbar }^{2}}l(l+1)}{2m{{r}^{2}}}+V(r)-E \right)\left( rR \right)=0 \\

\end{align}</math>

( Laguerre Differenzialgleichung !)

Dabei wird <math>\frac{{{\hbar }^{2}}l(l+1)}{2m{{r}^{2}}}</math>

analog zur klassischen Mechanik als Zentrifugalpotenzial bezeichnet

Im Endeffekt können wir von einer radialen Schrödingergelichung mit einem effektiven Potenzial sprechen:

<math>{{V}_{eff.}}=\frac{{{\hbar }^{2}}l(l+1)}{2m{{r}^{2}}}+V(r)</math>

Merke als Kurzform für Differenziale:

<math>{{d}^{2}}\left( rR \right)=d\left( R+rdR \right)=2dR+r{{d}^{2}}R</math>

für ein Differenzial entlang der Radiusvariable !

'''Bindungszustände im anziehenden Zentralpotenzial:'''

Sei <math>\begin{matrix}

\lim \\

r\to 0 \\

\end{matrix}\left| V(r) \right|\le \frac{M}{{{r}^{\alpha }}}</math>

mit <math>\alpha <2</math>

Also: dominiere das Zentrifugalpotenzial gegenüber V für r-> 0,

so gilt:

Es existieren für ein anziehendes Potenzial <math>V(r)</math>

, also negatives Potenzial wie im 1dimensionalen Fall grundsätzlich endlich oder unendlich viele gebundene Zustände. Dabei sind es unendlich viele für <math>\alpha <2</math>

, ansonsten nur endlich viele ( Potenzialtopf !). Bei Kugelsymmetrie des Potenzialtopfs existiert immer mindestens EIN gebundener Zustand !

Dabei existiert eine Serie <math>{{E}_{nl}}</math>

n=0,1,2,3,... usw... zu jedem l < n

Jeder Zustand ist dabei bezüglich m (m=-l,...,+l ) 2l+1 fach entartet.

Also: es existieren endlich oder unendlich viele <math>{{E}_{nl}}</math>

zu jedem <math>l</math>

mit jeweils <math>2l+1</math>

facher Entartung. Voraussetzung: Am Ursprung muss die Zentrifugalbarriere dominieren !

'''Zusammenfassung Kugelsymmetrsiche Potenziale:'''

Jeweils vertauschbar sind:

<math>{{L}^{2}}</math>

mit <math>{{L}_{j}},H</math>

und H mit <math>{{L}^{2}},{{L}_{j}}</math>

.

Also existieren gemeinsame Eigenzustände zu <math>H</math>

,<math>{{L}^{2}},{{L}_{3}}</math>

. Es ist möglich, einen Operator, z.B. den Hamiltonian durch diese Größen auszudrücken

ALSO: Schreibe die vertauschenden Operatoren auf !

Wir haben jedoch gesehen, dass

<math>\left[ {{{\hat{L}}}_{j}},{{{\hat{L}}}_{k}} \right]=i\hbar {{\varepsilon }_{jkl}}{{\hat{L}}_{l}}</math>

<math>\Leftrightarrow \hat{L}\times \hat{L}=i\hbar \hat{L}</math>

ALSO: Schreibe die Quantisierungsbedingungen ( Kommutatoren ) auf !

Wir haben als Leiteroperatoren:

<math>\begin{align}

& {{{\hat{L}}}_{+}}:={{{\hat{L}}}_{1}}+i{{{\hat{L}}}_{2}} \\

& {{{\hat{L}}}_{-}}:={{{\hat{L}}}_{1}}-i{{{\hat{L}}}_{2}} \\

\end{align}</math>

nicht hermitesch

mit <math>{{\hat{L}}_{\pm }}\left| l,m \right\rangle \tilde{\ }\left| l,m\pm 1 \right\rangle </math>

nicht hermitesch. Es handelt sich also um Leiteroperatoren für die magnetische Quantenzahl.

<math>\Rightarrow {{\hat{L}}^{2}}\left| l,m \right\rangle ={{\hbar }^{2}}l(l+1)\left| l,m \right\rangle </math>

<math>{{\hat{L}}_{3}}\left| l,m \right\rangle =\hbar m\left| l,m \right\rangle </math>

<math>\begin{align}

& \Rightarrow l=0,\frac{1}{2},1,... \\

& m=-l,-l+1,....,l \\

\end{align}</math>

ALSO: Suche einen vollständigen Satz vertauschbarer Operatoren !

Durch die Untersuchung der Wirkung von Produkten von Operatoren kann dann das Eigenwertproblem eingegrenzt oder sogar gelöst werden.

Der Bahndrehimpulsoperator kann zusammengesetzt werden:

<math>\hat{\bar{L}}=\hat{\bar{r}}\times \hat{\bar{p}}</math>

Das Spektrum ist einzuschränken:

<math>\begin{align}

& \Rightarrow l=0,1,2... \\

& m=-l,-l+1,....,l \\

\end{align}</math>

Schließlich kann eine Wellenfunktion in der Ortsdarstellung angegeben werden:

<math>\left\langle {\hat{\bar{r}}} | nlm \right\rangle ={{\Psi }_{nlm}}=\Psi (r,\vartheta ,\phi )={{R}_{nl}}(r){{Y}_{l}}^{m}(\vartheta ,\phi )</math>

als Separationsansatz.

Direkt aus der Existenz gemeinsamer Eigenzustände zu <math>H</math>

,<math>{{L}^{2}},{{L}_{3}}</math>

kann man den Hamiltonian zusammenstellen:

<math>\begin{align}

& H\Psi =\left( \frac{{{p}^{2}}}{2m}+V(r) \right)\Psi =\left( \frac{\left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right)\left[ \left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right)+\frac{\hbar }{i} \right]}{2m{{r}^{2}}}+\frac{{{L}^{2}}}{2m{{r}^{2}}}+V(r) \right)\Psi \\

& =H\Psi =\frac{1}{2m}\left[ -\frac{{{\hbar }^{2}}}{r}\frac{{{\partial }^{2}}}{\partial {{r}^{2}}}\left( r\Psi \right) \right]+\frac{{{L}^{2}}}{2m{{r}^{2}}}\Psi +V(r)\Psi \\

& -\frac{{{\hbar }^{2}}}{r}\frac{{{\partial }^{2}}}{\partial {{r}^{2}}}\left( r\Psi \right)={{p}_{r}}^{2} \\

\end{align}</math>

Dabei:

<math>{{p}_{r}}^{2}\ne \frac{{{\left( \bar{r}\cdot \bar{p} \right)}^{2}}}{{{r}^{2}}}</math>

( klassisch)

Es ergibt sich die Schrödingergleichung:

<math>-\frac{{{\hbar }^{2}}}{2m}\frac{{{d}^{2}}}{d{{r}^{2}}}\left( rR \right)+\left( \frac{{{\hbar }^{2}}l(l+1)}{2m{{r}^{2}}}+V(r)-E \right)\left( rR \right)=0</math>

als radiale Schrödingergleichung mit dem Zentrifugalpotenzial <math>\frac{{{\hbar }^{2}}l(l+1)}{2m{{r}^{2}}}</math>

und dem effektiven Potenzial <math>{{V}_{eff.}}(r)=V(r)+\frac{{{\hbar }^{2}}l(l+1)}{2m{{r}^{2}}}</math>

Der Separationsansatz liefert den Zustand als Produkt:

<math>\begin{align}

& \left\langle {\hat{\bar{r}}} | nlm \right\rangle ={{\Psi }_{nlm}}(\bar{r})=\Psi (r,\vartheta ,\phi )={{R}_{nl}}(r){{Y}_{l}}^{m}(\vartheta ,\phi )=\frac{{{u}_{nl}}(r)}{r}{{Y}_{l}}^{m}(\vartheta ,\phi ) \\

& {{R}_{nl}}(r)=\frac{{{u}_{nl}}(r)}{r} \\

\end{align}</math>

Aus der Normierbarkeit

<math>\int_{{}}^{{}}{{{d}^{3}}r}{{\left| {{\Psi }_{nlm}} \right|}^{2}}=\int_{{}}^{{}}{d\Omega }{{\left| {{Y}_{l}}^{m}(\vartheta ,\phi ) \right|}^{2}}\int_{0}^{\infty }{{{r}^{2}}{{\left| \frac{{{u}_{nl}}(r)}{r} \right|}^{2}}=}\int_{{}}^{{}}{d\Omega }{{\left| {{Y}_{l}}^{m}(\vartheta ,\phi ) \right|}^{2}}\int_{0}^{\infty }{{{\left| {{u}_{nl}}(r) \right|}^{2}}}<\infty </math>

folgt:
<math>\begin{align}
& \begin{matrix}
\lim \\
r\to \infty \\
\end{matrix}\left| {{u}_{nl}}(r) \right|\le \frac{a}{{{r}^{\varepsilon }}} \\
& mit\varepsilon >\frac{1}{2} \\
\end{align}</math>

Asymptotisches Verhalten für <math>r\to \infty </math>
:
<math>\begin{align}
& -\frac{{{\hbar }^{2}}}{2m}\frac{{{d}^{2}}}{d{{r}^{2}}}u=Eu \\
& \Rightarrow u\tilde{\ }{{e}^{-kr}} \\
& k:=\frac{1}{\hbar }\sqrt{2m\left( -E \right)} \\
\end{align}</math>

Verhalten für <math>r\to 0</math>
:
<math>\left[ -\frac{{{\hbar }^{2}}}{2m}\frac{{{d}^{2}}}{d{{r}^{2}}}+\frac{{{\hbar }^{2}}l(l+1)}{2m{{r}^{2}}} \right]u=0</math>

Ansatz: <math>u(r)\tilde{\ }{{r}^{s}}</math>
:
<math>\begin{align}
& -s(s-1)+l(l+1)=0 \\
& \Rightarrow {{s}_{1}}=l+1;{{s}_{2}}=-l \\
\end{align}</math>

Jedoch ist <math>{{s}_{2}}=-l</math>
nicht zulässig, da <math>R(r)\tilde{\ }{{r}^{-l-1}}</math>
singulär an der Stelle r=0
Es ist notwendig, dass <math>\begin{matrix}
\lim \\
r->0 \\
\end{matrix}u(r)=0</math>

'''Nebenbemerkung:'''
Für l=0 ist die radiale Schrödingergleichung
<math>-\frac{{{\hbar }^{2}}}{2m}\frac{{{d}^{2}}}{d{{r}^{2}}}u+\left( V(r)-E \right)u=0</math>
mit <math>u(0)=0</math>
äquivalent zur eindimensionalen Schrödingergleichung mit
<math>\begin{align}
& {{V}_{1}}(x)=V(x)f\ddot{u}r\ x>0 \\
& {{V}_{1}}(x)=\infty \ x\le 0 \\
\end{align}</math>
Vergleiche: Harmonischer Oszi !
Symmetrische Fortsetzung des Potenzials <math>{{V}_{s}}</math>
:

'''Nur die antisymmetrischen Eigenzustände von '''<math>{{V}_{s}}</math>
sind auch Eigenzustände von <math>{{V}_{1}}</math>

Fazit: Der Grundzustand von <math>{{V}_{1}}</math>
entspricht dem ersten angeregten Zustand von <math>{{V}_{s}}</math>
( radialsymmetrisches Potenzial der Schrödingergleichung).
Es gilt: Das eindimensionale symmetrische Potenzial besitzt mindestens einen Bindungszustand !
Dreidimensionale Potenziale besitzen dagegen nicht immer Bindungszustände.

Kugelsymmetrische Potentiale - Versionsgeschichte

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Schubotz am 7. September 2010 um 22:18 Uhr

Schubotz: Die Seite wurde neu angelegt: „{{Scripthinweis|Quantenmechanik|3|3}} \begin{align} & \left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{1}} \right]=\left[ \left( {{{\hat{r}}}_{1}}{{{\hat{p}}}_{2}}-…“

Schubotz: Die Seite wurde neu angelegt: „{{Scripthinweis|Quantenmechanik|3|3}} $\begin{align} & \left[ {{{\hat{L}}}_{3}},{{{\hat{r}}}_{1}} \right]=\left[ \left( {{{\hat{r}}}_{1}}{{{\hat{p}}}_{2}}-…“$