Vorlesung_22_20171123

5.7 Harmonischer Oszillator (HO)

$U(x)=\frac{1}{2} k x^2$ $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$ $m$ $k$ der Federkonstante.

$\Rightarrow U(x)=\frac{1}{2} m\omega^2 x^2$

Häufig als Näherung für reale Potentiale

\text{SGL:}-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\text{d}^2\psi(x)}{\text{d}x^2}+\frac{1}{2} m\omega^2 x^2\psi(x)=E\psi(x)\\ 0= \frac{\text{d}^2\psi(x)}{\text{d}x^2}+\left( \frac{2mE}{\hbar^2}-\frac{ m^2\omega^2 }{\hbar^2}x^2\right)\psi(x)

Differentialgleichung zweiter Ordnung

$y = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x$

\frac{d\psi}{dx}=\frac{\text{d}\psi}{\text{d}y} \frac{dy}{dx}\\ \frac{d^2\psi}{dx^2}=\frac{\text{d}^2\psi}{\text{d}y^2}\left( \frac{\text{d} y}{\text{d} x}\right)^2\\ \frac{\text{d} y}{\text{d}x}=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\\ \frac{\text{d}^2\psi}{\text{d}y^2}\left( \frac{\text{d} y}{\text{d} x}\right)^2+\left( \frac{2mE}{\hbar^2}-\frac{ m^2\omega^2 }{\hbar^2}\frac{\hbar}{m\omega}y^2\right)\psi(y)\,|\cdot\frac{\hbar}{m \omega}\\ \frac{\text{d}^2\psi(y)}{\text{d}y^2}+\left(2\underbrace{ \frac{E}{\hbar\omega}}_{=\varepsilon} - y^2 \right)\psi(y)=0,\ \ y = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x, \ \ x=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}y\\ \Rightarrow \psi''(y)+\left( 2\varepsilon -y ^2 \right)\psi(y)=0

Ähnlich zur Gaußschen Differentialgleichung:

g''(y)+(1-y^2)g(y)=0\\ \text{Lösung: } g(y)=e^{-\frac{y^2}{2}}\\ \Rightarrow \text{Immer wenn was ähnlich ist dann empfiehlt sich der Produktansatz: } \psi(y)=f(y)\cdot e^{-\frac{y^2}{2}}\\ \psi'(y) = \left(f'(y) -yf(y)\right)e^{-\frac{y^2}{2}}\\ \psi''(y)=\left[ f''(y) - 2yf'(y) - f(y) +y^2f(y)\right]e^{-\frac{y^2}{2}}

$f$ einen Potenzreihenansatz machen und erhalten aus der Differentialgleichung eine Rekursionsformel für die Koeffizienten

Einsetzen in die SGL:

\left[ f''(y) - 2yf'(y) - f(y) +y^2f(y)\right]e^{-\frac{y^2}{2}} +(2\varepsilon -y^2)f(y)e^{-\frac{y^2}{2}}=0\\ f''(y) - 2yf'(y)+(2\varepsilon-1)f(y) =0\\ \text{Mit } 2\varepsilon -1=2n\Rightarrow f''(y) -2yf'(y) + 2nf(y)=0

Hermitsche Differentialgleichung: Potenzreihenansatz:

\begin{align} f(y)&=\sum_{i=0}^\infty c_i y^i\\ f'(y) &=\sum_{i=1}^\infty c_i iy^{i-1}\\ f''(y) &=\sum_{i=2}c_ii(i-1)y^{i-2} \end{align}

Einsetzen des Potenzreihenansatzes in die Hermite DGL:

\begin{align} \underbrace{\sum_{i=2}c_ii(i-1)y^{i-2}}_{k=i-2} -2y\underbrace{\sum_{i=1}^\infty c_i iy^{i-1}}_{i=k,\text{summand=0 für k=0}} + 2n\underbrace{\sum_{i=0}^\infty c_i y^i}_{i=k}&=0\\ \sum_{k=0}^\infty c_{k+2}(k+2)(k+1)y^k - 2\sum_{k=0}^\infty c_{k}ky^{k} +2 n\sum_{k=0}^\infty c_k y^k&=0 \\ \Rightarrow \sum_{k=0}^\infty \underbrace{\left[c_{k+2}(k+2)(k+1) +(2n -2k)c_{k}\right]}_{\text{muss null sein}}y^k&=0 \end{align}

\Rightarrow c_{k+2}=\frac{2(k-n)}{(k+2)(k+1)}c_k,\text{ mit } k=0,1,2,...

Zurück zur Differentialgleichung

$\lim_{x\rightarrow \infty} \frac{1}{2} m\omega ^2x^2=\infty$ $\lim_{x\rightarrow \pm\infty}\psi(x) = 0$ sein da man sonst unendlich viel Energie bräuchte.

Dass heißt die Potenzreihe muss abbrechen:

$c_k=0 \;\text{für}\; k\geq l$ .

$k=n$ ist.

$k\geq0$ $n\geq 0$ ganzzahlig sein (Quantisierungsbedingung).

$n$ gerade, dann muss folgendes gelten damit die Potenzreihe abbricht:

$\ell$ $c_\ell = 0$ $c_k=0$ $k$ $C_1=0$ $\Rightarrow \left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{y=0}=0$ (symmetrisch zur y-Achse)

$n$ ungerade, dann muss folgendes gelten damit die Potenzreihe abbricht:

$\ell$ $c_\ell = 0$ $c_k=0$ $k$ $C_0=0$ $\Rightarrow f(0)=0$ (Punksymmetrisch zum Ursprung)

$H(y)= f(y)$

\Rightarrow \psi(y) = A_n H_n (y)e^{-\frac{y^2}{2}}\\ \psi(x)=A_nH_n \left(\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x\right)e^{-\frac{{m\omega}x^2}{2\hbar}}

Norm aus:

\left|\psi_n(x)\right|^2=\int_{-\infty}^\infty \psi_n(x)^2 \text{d}x=1\Rightarrow A_n=\left( \frac{m\omega}{\pi\hbar} \right)^{\frac{1}{4}}\frac{1}{\sqrt{2^nn!}}\\ \Rightarrow \psi_n(x)=\left( \frac{m\omega}{\pi\hbar} \right)^{\frac{1}{4}}\frac{1}{\sqrt{2^nn!}}H_n\left(\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}x\right)e^{-\frac{{m\omega}x^2}{2\hbar}}

Energie:

E=\hbar \omega \varepsilon\\ 2\varepsilon -1=n\Leftrightarrow \varepsilon = n+\frac{1}{2},\ n\in \N\\ \boxed{E_n=\hbar\omega \left( n+\frac{1}{2}\right)}

Beispiel: $b = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}$

\psi_0(x)=\left(\frac{b}{\sqrt{\pi}}\right)^\frac{1}{2}e^{-\frac{b^2x^2}{2}}\\ \psi_1(x)=\left(\frac{b}{2\sqrt{\pi}}\right)^\frac{1}{2}2bxe^{-\frac{b^2x^2}{2}}\\ \psi_2(x)=\left(\frac{b}{8\sqrt{\pi}}\right)^\frac{1}{2}\left( 4b^2x^2 - 2\right)e^{-\frac{b^2x^2}{2}}

Anwendung: Thermisches Verhalten zweiatomarer Gase

$E_\text{th}< \hbar \omega$

$_2$

\omega_0=8,28\cdot10^{14} \,\frac{\text{rad}}{\text{s}}\\ \Rightarrow \Delta E =\hbar \omega = 8,75\cdot 10^{-20} \,\text{J}\\ \text{Bei } T= 300\,\text{K} \ \ \ \bar{E}_\text{th} =\frac{3}{2} k_bT= 6,2\cdot 10^{-21}\,\text{J}

$\Rightarrow$ Vibrationsfreiheitsgrade sind bei Zimmertemperatur eingefroren