Eindimensionale Quantensysteme

Zusammenfassung

In diesem Kapitel untersuchen wir Lösungen der stationären Schrödinger-Gleichung für eindimensionale Systeme. Metallische Nanodrähte sind in guter Näherung ein Beispiel hierfür. Oft können auch dreidimensionale Systeme mit Symmetrien anhand von Symmetrieüberlegungen auf eindimensionale Systeme reduziert werden. Ein bekanntes Beispiel ist die Schrödinger-Gleichung für ein Elektron im Coulomb-Potenzial: Nutzt man die Drehsymmetrie aus, dann reduziert sich die Gleichung in drei Dimensionen auf ein eindimensionales Problem für die Radialbewegung.

Eindimensionale Systeme sind auch interessant, weil sie bereits einige unerwartete Effekte, wie z. B. das Überwinden von klassisch unüberwindbaren Barrieren, illustrieren: Nach den Gesetzen der klassischen Physik kann eine rollende Kugel einen Wall nur dann überwinden, wenn ihre anfängliche Bewegungsenergie größer ist als die aus der Höhe des Walles sich ergebende potenzielle Energie. Nach den Gesetzen der Quantenphysik kann ein Teilchen jedoch einen Potenzialwall mit einer bestimmten Wahrscheinlichkeit durchdringen, ohne die zu seiner Überwindung notwendige Energie zu besitzen. Die Eigenschaft, dass Teilchen in klassisch verbotene Gebiete eindringen können, nennt man Tunneleffekt.

Appendices

So geht’s weiter

6.1.1 Faktorisierung

Der Hamilton-Operator des harmonischen Oszillators abzüglich seiner Grundzustandsenergie ist faktorisierbar, d. h., er lässt sich als ein Produkt von zwei Operatoren schreiben, ${\hat{H}}_{+}={\hat{H}}-E_{0}=\hbar\omega\,\hat{a}^{\dagger}{\hat{a}}$. Bereits Erwin Schrödinger stellte die Frage, ob eine ähnliche Faktorisierung auch für allgemeinere Potenzialprobleme möglich sei, d. h. ob ein Hamilton-Operator

$${\hat{H}}_{+}=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}x^{2}}+V(x)$$

(6.189)

mit nichtnegativen Energien als Produkt eines verallgemeinerten Aufsteige- und Absteigeoperators geschrieben werden kann:

$${\hat{H}}_{+}={\hat{A}}^{\dagger}{\hat{A}}.$$

(6.190)

Hat der Hamilton-Operator negative Energien, dann addiert man eine hinreichend große Energie zum Potenzial und faktorisiert diesen verschobenen Operator mit nichtnegativen Energien.

Wir führen wieder eine charakteristische Längeneinheit $\ell$ und Energieeinheit $\varepsilon=\hbar^{2}/2m\ell^{2}$ ein und definieren die dimensionslosen Größen $\tilde{x},\,\tilde{E}$ und $\tilde{V}$ in (6.181). Lässt man die Schlange über den dimensionslosen Größen wieder weg, um die Notation zu vereinfachen, dann lautet die Schrödinger-Gleichung für diese Größen

$${\hat{H}}_{+}\psi=E\psi,\quad{\hat{H}}_{+}=-\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}x^{2}}+V(x).$$

(6.191)

Wenn eine Faktorisierung der Form (6.190) existiert, dann müssen die Faktoren Differenzialoperatoren erster Ordnung sein:

$${\hat{A}}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}+W(x),\quad{\hat{A}}^{\dagger}=-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}+W(x).$$

(6.192)

Ihr Produkt ist somit

$${\hat{H}}_{+}={\hat{A}}^{\dagger}{\hat{A}}=-\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}x^{2}}+W^{2}(x)-W^{\prime}(x).$$

(6.193)

Demnach kann der Hamilton-Operator (6.191 ) faktorisiert werden, wenn eine Funktion $W$ existiert mit

$$V(x)=W^{2}(x)-W^{\prime}(x).$$

(6.194)

Dies ist eine Riccati’sche Differenzialgleichung. Nach der Substitution $W=-\psi_{0}^{\prime}/\psi_{0}$ transformiert sie in die Schrödinger-Gleichung mit Energie null:

$$-\psi_{0}^{\prime\prime}+V\psi_{0}={\hat{H}}_{+}\psi_{0}=0.$$

(6.195)

Hätte die Lösung $\psi_{0}(x)$ mit $E=0$ einen Knoten, dann hätte nach Teil 1 des Knotensatzes der Grundzustand mit $E\geq 0$ mindestens einen Knoten. Dies ist nach Teil 2 des Knotensatzes unmöglich, und wir folgern, dass $\psi_{0}$ keinen Knoten hat und $W$ regulär ist.

Wir fassen zusammen: Jeder nichtnegative Hamilton-Operator der Form (6.189) ist faktorisierbar. Die in ${\hat{A}}$ auftretende Funktion $W(x)$ kann aus der Lösung ${\hat{H}}_{+}\psi_{0}=0$ gewonnen werden, $W=-(\log\psi_{0})^{\prime}$.

Die Energien der angeregten Zustände sind nach Voraussetzung positiv. Für einen normierbaren Grundzustand $\psi_{0}$ mit Energie $E_{0}=0$ gilt

$$0=\langle{\psi_{0}},{{\hat{H}}_{+}\psi_{0}}\rangle=\langle{{\hat{A}}\psi_{0}},{{\hat{A}}\psi_{0}}\rangle,$$

(6.196)

und wir folgern, dass

$${\hat{H}}_{+}\psi_{0}=0\Longleftrightarrow{\hat{A}}\psi_{0}=0.$$

(6.197)

Die letzte Gleichung mit ${\hat{A}}$ aus (6.192) hat die Lösung

$$\psi_{0}(x)\propto\exp\left(-\int^{x}\mathrm{d}y\,W(y)\right),$$

(6.198)

und diese liefert die aus der Lösung der Riccati-Gleichung schon bekannte Beziehung $W=-(\log\psi_{0})^{\prime}$.

Nun betrachten wir den Hamilton-Operator ${\hat{H}}_{-}={\hat{A}}{\hat{A}}^{\dagger}$ mit der umgekehrten Reihenfolge des verallgemeinerten Aufsteige- und Absteigeoperators. Er hat die explizite Form

$${\hat{H}}_{-}={\hat{A}}{\hat{A}}^{\dagger}=-\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}x^{2}}+W^{2}(x)+W^{\prime}(x).$$

(6.199)

Bis auf einen Vorzeichenwechsel von $W$ ist er gleich ${\hat{H}}_{+}$. Insbesondere ist

$$\phi_{0}(x)\propto\exp\left(\int^{x}\mathrm{d}y\,W(y)\right)\,$$

(6.200)

eine Lösung von ${\hat{H}}_{-}\phi_{0}=0$.

Frage 6.22

Überlegen Sie sich, dass folgende Verknüpfungsrelationen zwischen dem verallgemeinerten Aufsteige- und Absteigeoperator und den Partner-Hamilton-Operatoren ${\hat{H}}_{\pm}$ gelten:

$$\begin{aligned}\displaystyle{\hat{A}}{\hat{H}}_{+}={\hat{H}}_{-}{\hat{A}}\quad\text{und}\quad{\hat{A}}^{\dagger}{\hat{H}}_{-}={\hat{H}}_{+}{\hat{A}}^{\dagger}.\end{aligned}$$

(6.201)

Es sei nun $\psi_{\pm}$ eine Eigenfunktion von ${\hat{H}}_{\pm}$ mit Energie $E$. Wirkt man mit ${\hat{A}}$ auf die Eigenwertgleichung für $\psi_{+}$ und mit ${\hat{A}}^{\dagger}$ auf die Eigenwertgleichung für $\psi_{-}$, dann folgt

$$\begin{aligned}\displaystyle{\hat{A}}(E\psi_{+})&\displaystyle={\hat{A}}({\hat{H}}_{+}\psi_{+})={\hat{H}}_{-}({\hat{A}}\psi_{+}),\\ \displaystyle{\hat{A}}^{\dagger}(E\psi_{-})&\displaystyle={\hat{A}}^{\dagger}({\hat{H}}_{-}\psi_{-})={\hat{H}}_{+}({\hat{A}}^{\dagger}\psi_{-}).\end{aligned}$$

(6.202)

Zieht man auf der linken Seite jeweils die Energie vor ${\hat{A}}$ bzw. ${\hat{A}}^{\dagger}$ und vergleicht anschließend mit der rechten Seite, dann folgt: Die angeregten Zustände von ${\hat{H}}_{+}$ und ${\hat{H}}_{-}$ kommen in Paaren gleicher Energie $E> 0$:

$$\begin{aligned}\displaystyle{\hat{H}}_{+}\psi_{+}&\displaystyle=E\psi_{+}\Rightarrow{\hat{H}}_{-}({\hat{A}}\psi_{+})=E({\hat{A}}\psi_{+})\\ \displaystyle{\hat{H}}_{-}\psi_{-}&\displaystyle=E\psi_{-}\Rightarrow{\hat{H}}_{+}({\hat{A}}^{\dagger}\psi_{-})=E({\hat{A}}^{\dagger}\psi_{-}).\end{aligned}$$

(6.203)

Operatoren mit dieser Eigenschaft heißen isospektral.

Achtung

Der Grundzustand ist nicht gepaart, da er, wie wir gesehen haben, von ${\hat{A}}$ bzw. ${\hat{A}}^{\dagger}$ annihiliert wird. Das Produkt der beiden Lösungen (6.198) und (6.200) ist konstant, und deshalb kann auf der reellen Achse maximal eine der Lösungen mit $E=0$ normierbar sein.  ◀

Sind $\psi_{n}$ orthonormierte Eigenvektoren von ${\hat{H}}_{+}$, dann gilt

$$\langle{{\hat{A}}\psi_{n}},{{\hat{A}}\psi_{m}}\rangle=\langle{\psi_{n}},{{\hat{H}}_{+}\psi_{m}}\rangle=E_{m}\delta_{nm},$$

(6.204)

und sind $\phi_{n}$ orthonormierte Eigenvektoren von ${\hat{H}}_{-}$,

$$\langle{{\hat{A}}^{\dagger}\phi_{n}},{{\hat{A}}^{\dagger}\phi_{m}}\rangle=\langle{\phi_{n}},{{\hat{H}}_{-}\phi_{m}}\rangle=E_{m}\delta_{nm}.$$

(6.205)

Demnach sind für orthonormierte Eigenvektoren $\psi_{n}$ von ${\hat{H}}_{+}$ und $\phi_{n}$ von ${\hat{H}}_{-}$ mit $E_{n}> 0$ die reskalierten Bildvektoren

$$\frac{1}{\sqrt{E_{n}}}\,{\hat{A}}\psi_{n}\quad\text{und}\quad\frac{1}{\sqrt{E_{n}}}\,{\hat{A}}^{\dagger}\phi_{n}\,$$

(6.206)

orthonormierte Eigenvektoren von ${\hat{H}}_{-}$ und ${\hat{H}}_{+}$.

Die Verknüpfungsrelationen (6.201) bringen neben den Energien der gebundenen Zustände auch die Reflexions- und Transmissionsamplituden von ${\hat{H}}_{+}$ und ${\hat{H}}_{-}$ in Verbindung. Es sei $\psi_{+}$ eine ungebundene Lösung der Schrödinger-Gleichung zu ${\hat{H}}_{+}$ mit dem asymptotischen Verhalten

$$\psi_{+}(x)\longrightarrow\begin{cases}\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}+\mathcal{R}_{+}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx}&\text{f{\"u}r }x\to-\infty\\ \mathcal{T}_{+}\mathrm{e}^{\mathrm{i}k^{\prime}x}&\text{f{\"u}r }x\to\infty.\end{cases}$$

(6.207)

Die in ${\hat{A}}$ auftretende Funktion $W(x)$ strebe für $x\to\pm\infty$ gegen die asymptotischen Werte $W_{\pm\infty}$. Dann hat die Lösung

$${\hat{A}}\psi_{+}=\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}+W\right)\psi_{+}$$

(6.208)

der Schrödinger-Gleichung zu ${\hat{H}}_{-}$ die Asymptotik

$${\small{\hat{A}}\psi_{+}\to\begin{cases}\left(W_{-\infty}+\mathrm{i}k\right)\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}+\left(W_{-\infty}-\mathrm{i}k\right)\mathcal{R}_{+}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx}&x\to-\infty\\ \left(W_{\infty}+\mathrm{i}k^{\prime}\right)\mathcal{T}_{+}\mathrm{e}^{\mathrm{i}k^{\prime}x}&x\to\infty.\end{cases}}$$

Daraus folgt, dass die reskalierte Lösung

$$\psi_{-}(x)=\frac{1}{W_{-\infty}+\mathrm{i}k}\,{\hat{A}}\psi_{+}$$

(6.209)

das vorgeschriebene asymptotische Verhalten (6.207) besitzt, aus dem man $\mathcal{R}_{-}$ und $\mathcal{T}_{-}$ ablesen kann:

Die Transmissions- und Reflexionkoeffizienten von ${\hat{H}}_{+}$ und ${\hat{H}}_{-}$ sind wie folgt verknüpft:

$$\mathcal{R}_{-}=\frac{W_{-\infty}-\mathrm{i}k}{W_{-\infty}+\mathrm{i}k}\mathcal{R}_{+},\quad\mathcal{T}_{-}=\frac{W_{\infty}+\mathrm{i}k^{\prime}}{W_{-\infty}+\mathrm{i}k}\mathcal{T}_{+}.$$

(6.210)

6.1.2 Supersymmetrie

Die Supersymmetrie ist eine hypothetische Symmetrie der Teilchenphysik, die Bosonen (Teilchen mit ganzzahligem Spin) und Fermionen (diese haben halbzahligen Spin) ineinander umwandelt. Die Supersymmetrie verbindet ein Teilchen mit seinem Superpartner der gleichen Masse. Die einfachste Realisierung einer Supersymmetrie findet man in eindimensionalen quantenmechanischen Systemen mit Hamilton-Operatoren:

$${\hat{H}}_{+}={\hat{A}}^{\dagger}{\hat{A}},\quad{\hat{H}}_{-}={\hat{A}}{\hat{A}}^{\dagger}.$$

(6.211)

Die hier zugrunde liegende Supersymmetrie wird etwas klarer, wenn man die Superladung und ihre adjungierte Ladung – diese erzeugen die Supersymmetrie – einführt. Wirkt ${\hat{H}}_{\pm}$ auf dem Hilbert-Raum $\mathcal{H}_{\pm}$, dann wirkt die Superladung auf $\mathcal{H}=\mathcal{H}_{+}\oplus\mathcal{H}_{-}$. Für ein Teilchen auf der reellen Achse ist $\mathcal{H}_{+}=\mathcal{H}_{-}=L_{2}(\mathbb{R})$, und deshalb ist $\mathcal{H}=L_{2}(\mathbb{R})\otimes\mathbb{C}^{2}$. Eine Wellenfunktion in $\mathcal{H}$ hat also zwei Komponenten. Identifizieren wir die obere Komponente mit dem Unterraum $\mathcal{H}_{+}$ und die untere mit dem Unterraum $\mathcal{H}_{-}$,

$$\psi=\begin{pmatrix}\psi_{+}\\ \psi_{-}\end{pmatrix},$$

(6.212)

dann sind die Superladung und ihre adjungierte Ladung

$${\hat{Q}}=\begin{pmatrix}0&0\\ {\hat{A}}&0\end{pmatrix}\quad\text{und}\quad{\hat{Q}}^{\dagger}=\begin{pmatrix}0&{\hat{A}}^{\dagger}\\ 0&0\end{pmatrix}.$$

(6.213)

Sie vermitteln zwischen den beiden Unterräumen

$${\hat{Q}}:\mathcal{H}_{+}\mapsto\mathcal{H}_{-}\,\quad\text{und}\quad{\hat{Q}}^{\dagger}:\mathcal{H}_{-}\mapsto\mathcal{H}_{+}.$$

(6.214)

In einer supersymmetrischen Feldtheorie wären die Zustände in den beiden Unterräumen die Bosonen bzw. die Fermionen.

Die Superladungen in (6.213) sind nilpotent und ihr Antikommutator $\{{\hat{Q}},{\hat{Q}}^{\dagger}\}={\hat{Q}}{\hat{Q}}^{\dagger}+{\hat{Q}}^{\dagger}{\hat{Q}}$ ist gleich dem Super-Hamilton-Operator:

$${\hat{Q}}^{2}={\hat{Q}}^{\dagger 2}=0,\quad\left\{{\hat{Q}},{\hat{Q}}^{\dagger}\right\}=\begin{pmatrix}{\hat{H}}_{+}&0\\ 0&{\hat{H}}_{-}\end{pmatrix}\equiv{\hat{H}}.$$

(6.215)

Die Ladungen realisieren die denkbar einfachste Supersymmetrie. Die Verknüpfungsrelation (6.201 ) schreibt sich gemäß

$${\hat{Q}}{\hat{H}}={\hat{Q}}{\hat{Q}}^{\dagger}{\hat{Q}}={\hat{H}}{\hat{Q}}.$$

(6.216)

In Anlehnung an supersymmetrische Feldtheorien nennt man die Funktion $W(x)$ oft auch Superpotenzial und ${\hat{H}}_{+}$ und ${\hat{H}}_{-}$Superpartner. Die Superpartner haben die gleichen angeregten Energien, und ihre Reflexions- und Transmissionsamplituden sind eng miteinander verknüpft.

6.1.3 Forminvarianz und Supersymmetrie

Der Operator ${\hat{A}}$ hänge nun von einem (oder mehreren) Parameter $\lambda$ ab. Man nennt ${\hat{H}}_{+},{\hat{H}}_{-}$ forminvariant, wenn

$${\hat{H}}_{-}(\lambda)={\hat{H}}_{+}(f(\lambda))+c(\lambda)$$

(6.217)

mit zwei Funktionen $f$ und $c$ gilt. Sind ${\hat{H}}_{+}$ und ${\hat{H}}_{-}$ forminvariant, dann sind die zugehörigen Potenziale $V_{+}$ und $V_{-}$ bis auf eine Transformation der Kopplungskonstanten identisch.

Sind ${\hat{H}}_{+}$ und ${\hat{H}}_{-}$ forminvariant, dann erfüllen die Eigenwerte von ${\hat{H}}_{+}$ die algebraische Rekursionsrelation

$$E_{n+1}(\lambda)=E_{n}\left(f(\lambda)\right)+c(\lambda).$$

(6.218)

Beweis

Zum Beweis dieser Beziehung betrachte man den $n$-ten angeregten Zustand $\psi_{n}$ von ${\hat{H}}_{+}(f(\lambda))$ mit Energie $E_{n}$. Die Forminvarianz impliziert, dass $\psi_{n}$ auch Eigenvektor von ${\hat{H}}_{-}(\lambda)$ mit der verschobenen Energie $E_{n}+c(\lambda)$ ist. Die Paarungseigenschaft (6.203) sorgt dafür, dass die verschobene Energie auch Eigenwert des Partneroperators ${\hat{H}}_{+}(\lambda)$ ist. Man nehme nun an, in einem gewissen Parameterbereich sei der Grundzustand Eigenvektor von ${\hat{H}}_{+}$, sodass in diesem Bereich ${\hat{H}}_{+}$ den zusätzlichen Eigenwert $E_{0}=0$ hat. Dann verschwindet für alle $\lambda$ mit $f(\lambda)$ in diesem Bereich der erste Term auf der rechten Seite von (6.218) für $n=0$, und der zweite Term $c(\lambda)$ ist positiv, da die anderen Energien positiv sind. Die Energie $E_{n}+c(\lambda)> E_{n}$ gehört dann zum angeregten Zustand $\psi_{n+1}$ von ${\hat{H}}_{+}(\lambda)$.  ■

Mithilfe der Forminvarianz und der Supersymmetrie kann man für viele Potenziale die Energien berechnen, ohne eine Differenzialgleichung zu lösen. In Aufgabe 6.11 berechnen wir alle Energien für die Rosen-Morse-Potenziale:

$$V(x)=-\frac{\lambda(\lambda+1)}{\cosh^{2}x}.$$

(6.219)

Für forminvariante Systeme folgt aus der Paarungseigenschaft (6.210) und der Forminvarianz

$$\begin{aligned}\displaystyle\mathcal{R}_{+}(\lambda)&\displaystyle=\frac{W_{-\infty}(\lambda)+\mathrm{i}k}{W_{+\infty}(\lambda)-\mathrm{i}k}\mathcal{R}_{-}(\lambda)\\ \displaystyle&\displaystyle=\frac{W_{-\infty}(\lambda)+\mathrm{i}k}{W_{-\infty}(\lambda)-\mathrm{i}k}\mathcal{R}_{+}\left(f(\lambda)\right)\end{aligned}$$

(6.220)

und eine ähnliche Rekursionsrelation für die Transmissionsamplitude.

Wir fassen zusammen: Für forminvariante Systeme sind die Reflexions- und Transmissionsamplituden von ${\hat{H}}_{+}(\lambda)$ und ${\hat{H}}_{+}(f(\lambda))$ wie folgt verbunden:

$$\begin{aligned}\displaystyle\mathcal{R}_{+}(\lambda)&\displaystyle=\frac{W_{-\infty}(\lambda)+\mathrm{i}k}{W_{-\infty}(\lambda)-\mathrm{i}k}\,\mathcal{R}_{+}\left(f(\lambda)\right)\\ \displaystyle\mathcal{T}_{+}(\lambda)&\displaystyle=\frac{W_{-\infty}(\lambda)+\mathrm{i}k}{W_{\infty}(\lambda)+\mathrm{i}k^{\prime}}\,\mathcal{T}_{+}\left(f(\lambda)\right).\end{aligned}$$

(6.221)

In Aufgabe 6.11 berechnen wir neben den Energien der gebundenen Zustände auch die Streuamplituden $\mathcal{R}_{+}$ und $\mathcal{T}_{+}$ für die Rosen-Morse-Potenziale mit ganzzahligen $\lambda$.

Aufgaben

Gelegentlich enthalten die Aufgaben mehr Angaben, als für die Lösung erforderlich sind. Bei einigen anderen dagegen werden Daten aus dem Allgemeinwissen, aus anderen Quellen oder sinnvolle Schätzungen benötigt.

• leichte Aufgaben mit wenigen Rechenschritten

•• mittelschwere Aufgaben, die etwas Denkarbeit und unter Umständen die Kombination verschiedener Konzepte erfordern

••• anspruchsvolle Aufgaben, die fortgeschrittene Konzepte (unter Umständen auch aus späteren Kapiteln) oder eigene mathematische Modellbildung benötigen

6.1 •• Unendlich hohes Kastenpotenzial

Wir betrachten ein Teilchen der Masse $m$ in einem unendlich hohen und symmetrisch zum Ursprung liegenden Kastenpotenzial:

$$V(x)=\begin{cases}\,0&\text{f{\"u}r }\;|x|\leq a\\ \,\infty&\text{f{\"u}r }\;|x|> a.\end{cases}$$

(6.222)

Mit dem Kastenpotenzial sperrt man ein Teilchen in das Gebiet zwischen den unendlich hohen Potenzialstufen bei $\pm a$ ein.

• (a) Begründen Sie, dass die Wellenfunktionen am Rand des Kastens verschwinden müssen.

• (b) Bestimmen Sie die normierten Eigenfunktionen der zeitunabhängigen Schrödinger-Gleichung und die erlaubten Energien $E_{n}$.

• (c) Wie sehen die zugehörigen zeitabhängigen Wellenfunktionen aus?

• (d) Bestimmen Sie für ein Teilchen der Energie $E_{n}$ den Erwartungswert für den Ort sowie die mittlere Schwankung $\Updelta x$ des Ortes.

• (e) Ermitteln Sie auch den Mittelwert und die Schwankung des Impulses und berechnen Sie anschließend das Produkt von Orts- und Impulsunschärfe im $n$-ten Energie-Eigenzustand.

Lösungshinweis:

Bei der Lösung sollten Sie berücksichtigen, dass $V$ spiegelsymmetrisch ist. Die Berechnung der Impulsschwankung vereinfacht sich, wenn man ${\hat{\boldsymbol{p}}}^{2}$ durch ${\hat{H}}$ ersetzt. Sie werden auf folgende Integrale stoßen:

$$\begin{aligned}\displaystyle\int\mathrm{d}x\,x^{2}\cos^{2}x&\displaystyle=\frac{x^{3}}{6}+\frac{2x^{2}-1}{8}\sin 2x+\frac{x}{4}\cos 2x,\\ \displaystyle\int\mathrm{d}x\,x^{2}\sin^{2}x&\displaystyle=\frac{x^{3}}{6}-\frac{2x^{2}-1}{8}\sin 2x-\frac{x}{4}\cos 2x.\end{aligned}$$

(6.223)

6.2 • Tunneln durch Oxidschicht

Ein Metallkontakt ist mit einer $1{,}0\,$nm dünnen, isolierenden Oxidschicht bedeckt. Bei kleinen Spannungen können die Elektronen nur aufgrund des Tunneleffekts durch diese Schicht fließen. Wir behandeln diese näherungsweise als einen Potenzialwall von $4\,$eV Höhe. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass Elektronen mit einer Energie von $3\,$eV durch die Oxidschicht tunneln können.

6.3 •• Lösung der Anschlussbedingungen für Sprungstelle

An der Stelle $y$ habe das Potenzial eine Sprungstelle. Links und rechts davon sind die Lösungen

$$\begin{aligned}\displaystyle\psi_{-}(x)&\displaystyle=A\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}+B\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx},\\ \displaystyle\psi_{+}(x)&\displaystyle=C\mathrm{e}^{\mathrm{i}k^{\prime}x}+D\mathrm{e}^{-\mathrm{i}k^{\prime}x}.\end{aligned}$$

(6.224)

• (a) Zeigen Sie, dass die Lösung der Anschlussbedingungen wie folgt geschrieben werden kann:

  $$\begin{pmatrix}C\\ D\end{pmatrix}=S_{y}(k^{\prime},k)\begin{pmatrix}A\\ B\end{pmatrix}.$$

  (6.225)

  Berechnen Sie die Matrix $S_{y}(k^{\prime},k)$.

• (b) Bestimmen Sie die inverse Matrix und zeigen Sie, dass diese gleich $S_{y}(k,k^{\prime})$ ist.

• (c) Nun betrachte man den Potenzialwall

  $$V(x)=\begin{cases}0&\text{f{\"u}r }x<0\\ V&\text{f{\"u}r }0<x<a\\ 0&\text{f{\"u}r }x> a\end{cases}$$

  (6.226)

  und eine von links einlaufende Welle

  $$\psi(x)=\begin{cases}\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}+\mathcal{R}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx}&\text{f{\"u}r }x<0\\ C\mathrm{e}^{-\kappa^{\prime}x}+D\mathrm{e}^{\kappa^{\prime}x}&\text{f{\"u}r }0<x<a\\ E\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}&\text{f{\"u}r }x> a.\end{cases}$$

  (6.227)

  Was sind die Anschlussbedingungen an den Sprungstellen des Potenzials? Schreiben Sie diese mithilfe der soeben eingeführten Matrix $S_{y}$.

• (d) Berechnen Sie die Reflexionsamplitude $\mathcal{R}$ und Transmissionsamplitude $\mathcal{T}$, definiert als $E=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}ka}\mathcal{T}$.

Lösungshinweis:

Die Berechnungen, insbesondere mit Matrizen, dürfen auch mit einem algebraischen Computerprogramm durchgeführt werden.

6.4 • Energien und Eigenfunktionen im abgeschnittenen Oszillatorpotenzial

Bestimmen Sie die Energien und Eigenfunktionen eines Teilchens der Masse $m$ in einem Potenzial der Form

$$V(x)=\infty\quad(x<0),\quad V(x)=\frac{m\omega^{2}x^{2}}{2}\quad(x> 0).$$

(6.228)

Lösungshinweis:

Wenn wir die Lösungen des harmonischen Oszillators als bekannt voraussetzen, ist bei der Lösung dieser Aufgabe keine Rechnung notwendig.

6.5 • Matrixform von ${\hat{a}}$ und $\hat{a}^{\dagger}$

Wir betrachten den Absteige- und Aufsteigeoperator für den harmonischen Oszillator in der Besetzungszahldarstellung mit Basisvektoren $\left|{n}\right\rangle$. In dieser Darstellung werden den Operatoren folgende (unendlich-dimensionalen) Matrizen zugeordnet:

$$A=(a_{mn}),\quad A^{\dagger}=(a^{\dagger}_{mn}),\quad n,m=0,1,2,\dots\,$$

(6.229)

mit den Matrixelementen

$$a_{mn}=\left\langle{m}\right|{\hat{a}}\left|{n}\right\rangle\quad\text{und}\quad a^{\dagger}_{mn}=\left\langle{m}\right|\hat{a}^{\dagger}\left|{n}\right\rangle.$$

(6.230)

• (a) Bestimmen Sie die Matrizen $A$ und $A^{\dagger}$.

• (b) Berechnen Sie dann die Produkte $A^{\dagger}A$ und $AA^{\dagger}$. Was ist die Bedeutung von $A^{\dagger}A$, und warum ist diese Matrix diagonal? Wie heißen die Eigenwerte von $A^{\dagger}A$?

• (c) Finden Sie abschließend den Kommutator $[A,A^{\dagger}]$ und kommentieren Sie das Resultat.

Lösungshinweis:

Beachten Sie, dass bei den Matrizen die Zeilen- und Spaltennummierung bei 0 beginnt statt bei 1.

6.6 •• Untere Schranken für die Grundzustandsenergie

Finden Sie mithilfe der Heisenberg’schen Unbestimmtheitsrelation eine untere Schranke für die Grundzustandsenergie eines Teilchens im Potenzial

$$V(x)=\frac{m\omega^{2}x^{2}}{2}+\lambda^{\prime}x^{4},\quad\lambda^{\prime}> 0\;.$$

(6.231)

Für $\omega^{2}> 0$ ist dies das Potenzial für den anharmonischen Oszillator mit dem Minimum im Ursprung, und für $\omega^{2}<0$ ist dies ein Doppelmuldenpotenzial mit einem lokalen Maximum im Ursprung und zwei symmetrisch zum Ursprung gelegenen Minima.

Lösungshinweis:

Im Grundzustand sind der mittlere Ort und der mittlere Impuls null. Für einen hermiteschen Operator ${\hat{A}}$ ist

$$\left\langle\Updelta{\hat{A}}\,\Updelta{\hat{A}}\right\rangle\geq 0,\quad\Updelta{\hat{A}}={\hat{A}}-\langle{{\hat{A}}}\rangle.$$

(6.232)

Wählen Sie hier ${\hat{A}}={\hat{x}}^{2}$, um $\langle{{\hat{x}}^{4}}\rangle\geq\langle{{\hat{x}}^{2}}\rangle^{2}$ zu erhalten.

Benutzen Sie dabei wieder folgende Längen und Energieeinheiten:

$$\ell=\left(\frac{\hbar}{m|\omega|}\right)^{1/2}\quad\text{und}\quad\varepsilon=\frac{\hbar|\omega|}{2}.$$

(6.233)

Dann hängen die Energien, gemessen in Einheiten von $\varepsilon$, nur von einem Parameter $\lambda$ ab. Die Suche nach einer unteren Schranke führt auf eine kubische Gleichung, die nicht analytisch gelöst werden braucht. Bestimmen Sie stattdessen für einige typische Werte von $\lambda$ numerisch die untere Schranke.

6.7 •• Katzenzustände

Wir betrachten nochmals Katzenzustände für den harmonischen Oszillator.

• (a) Berechnen Sie die Kommutatoren

  $$[{\hat{a}},f({\hat{a}}^{\dagger})]\quad\text{und}\quad[{\hat{a}}^{\dagger},f(a)]$$

  (6.234)

  für Monome $f(x)$. Was folgt daraus für Polynome und für konvergente Potenzreihen?

• (b) Beweisen Sie damit die Beziehungen

  $$\begin{aligned}\displaystyle{\hat{a}}f(\hat{a}^{\dagger})\left|{0}\right\rangle&\displaystyle=f^{\prime}(\hat{a}^{\dagger})\left|{0}\right\rangle,\\ \displaystyle{\hat{a}}^{2}f(\hat{a}^{\dagger})\left|{0}\right\rangle&\displaystyle=f^{\prime\prime}(\hat{a}^{\dagger})\left|{0}\right\rangle.\end{aligned}$$

  (6.235)

• (c) Betrachten Sie nun die geraden und ungeraden „Katzenzustände“

  $$\begin{aligned}\displaystyle\left|{\eta,+}\right\rangle&\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{\cosh|\eta|^{2}}}\cosh(\eta\hat{a}^{\dagger})\left|{0}\right\rangle,\\ \displaystyle\left|{\eta,-}\right\rangle&\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{\sinh|\eta|^{2}}}\sinh(\eta\hat{a}^{\dagger})\left|{0}\right\rangle.\end{aligned}$$

  (6.236)

  Zeigen Sie, dass sie Eigenzustände von ${\hat{a}}^{2}$ sind.

Lösungshinweis:

In Teilaufgabe (a) sollten Sie evtl. erst die Kommutatoren für die tiefsten Potenzen bestimmen, um das Resultat zu erraten. Für den Beweis kann man die vollständige Induktion benutzen.

6.8 • Holstein-Primakoff-Transformation

Betrachten Sie die Operatoren

$$\begin{aligned}\displaystyle{\hat{J}}_{+}&\displaystyle={\hat{J}}_{1}+\mathrm{i}{\hat{J}}_{2}=\sqrt{2j-{\hat{N}}}\,{\hat{a}},\\ \displaystyle{\hat{J}}_{-}&\displaystyle={\hat{J}}_{1}-\mathrm{i}{\hat{J}}_{2}=\hat{a}^{\dagger}\sqrt{2j-{\hat{N}}}\end{aligned}$$

(6.237)

mit $2j\in\{1,2,3,\dots\}$, wobei ${\hat{a}}$ und $\hat{a}^{\dagger}$ die bekannten Vertauschungsrelationen $[{\hat{a}},\hat{a}^{\dagger}]={\boldsymbol{I}}$ erfüllen sollen und ${\hat{N}}=\hat{a}^{\dagger}{\hat{a}}$ der Besetzungszahloperator ist.

• (a) Zeigen Sie zuerst, dass die beiden Operatoren $\{{\hat{J}}_{+},{\hat{J}}_{-}\}$ den $(2j+1)$-dimensionalen Unterraum $\mathcal{H}_{j}$, aufgespannt von den Eigenvektoren

  $$\left|{0}\right\rangle,\left|{1}\right\rangle,\left|{2}\right\rangle,\dots,\left|{2j}\right\rangle$$

  (6.238)

  des Besetzungszahloperators, invariant lassen. Man kann ${\hat{J}}_{\pm}$ also als Operatoren auf diesem endlich-dimensionalen Vektorraum ansehen.

• (b) Finden Sie einen Operator $J_{3}({\hat{a}},\hat{a}^{\dagger})$ mit den folgenden Eigenschaften:

  $$[{\hat{J}}_{+},{\hat{J}}_{-}]=2{\hat{J}}_{3},\quad[{\hat{J}}_{3},{\hat{J}}_{\pm}]=\pm{\hat{J}}_{\pm}.$$

  (6.239)

• (c) Zeigen Sie nun, dass

  $$\hat{\boldsymbol{J}}^{2}:={\hat{J}}_{1}^{2}+{\hat{J}}_{2}^{2}+{\hat{J}}_{3}^{2}$$

  (6.240)

  das $j(j+1)$-fache des Eins-Operators ist.

Lösungshinweis:

Bei der Berechnung von ${\hat{J}}_{3}$ mithilfe der ersten Relation werden Sie ${\hat{a}}\hat{a}^{\dagger}=\hat{a}^{\dagger}{\hat{a}}+1={\hat{N}}+1$ und ${\hat{N}}{\hat{a}}={\hat{a}}{\hat{N}}-{\hat{a}}$ brauchen. Für das erhaltene ${\hat{J}}_{3}$ sollten Sie die verbleibenden Eigenschaften zeigen.

6.9 • Schießverfahren

Man betrachte das Doppelmuldenpotenzial

$$V=-\frac{m\omega^{2}x^{2}}{2}+\lambda^{\prime}x^{4}\,$$

(6.241)

und benutze dieselben Einheiten wie in Aufgabe 6.6. Die dimensionslose Schrödinger-Gleichung lautet dann

$$\psi^{\prime\prime}+F\psi=0,\quad F=E+x^{2}-\lambda x^{4},$$

(6.242)

wobei $E$ die Energie in Einheiten von $\varepsilon$ ist. Versuchen Sie, mit dem Schießverfahren die Grundzustandswellenfunktion $\psi_{0}(x)$ und die dimensionslose Energie des Grundzustands für $\lambda=1/10$ zu bestimmen.

Lösungshinweis:

Sie können das in Abschn. 6.5 abgedruckte und auf dem Numerov-Verfahren beruhende Matlab-Octave-Programm benutzen. Eine gute Parameterwahl ist ILaenge=6.0 und axis([0 ILaenge -3 3]).

6.10 •• Verallgemeinerte Aufsteige- und Absteigeoperatoren

Wir haben gesehen, dass die Hamilton-Operatoren

$${\hat{H}}_{+}={\hat{A}}^{\dagger}{\hat{A}}\quad\text{und}\quad{\hat{H}}_{-}={\hat{A}}{\hat{A}}^{\dagger}$$

(6.243)

isospektral sind: Zu jedem angeregten Eigenzustand von ${\hat{H}}_{+}$ gibt es einen Partner-Eigenzustand von ${\hat{H}}_{-}$ mit der gleichen Energie und umgekehrt. Wir untersuchen in dieser Aufgabe die verallgemeinerten Absteige- und Aufsteigeoperatoren in (6.192) für einfache Superpotenziale $W$.

• (a) Berechnen Sie die Partnerpotenziale $V_{\pm}$ für das Superpotenzial $W(x)=\omega x$. Welche beiden Systeme erhalten Sie, und was ist der Grundzustand?

• (b) Bestimmen Sie die Partnerpotenziale $V_{\pm}$ für das Superpotenzial $W(x)=\lambda\tanh(x)$ und den Grundzustand. Diskutieren Sie den interessanten Spezialfall $\lambda=1$. Eine Lösung des Eigenwertproblems findet sich in Aufgabe 6.11.

• (c) Berechnen Sie die Partnerpotenziale $V_{\pm}$ für das Superpotenzial $W(x)=\lambda\tan(x)$. Diskutieren Sie den Grenzfall $\lambda\to 1$.

6.11 ••• Forminvarianz und Supersymmetrie

Berechnet werden sollen die Energien $E_{n}$ sowie Reflexions- und Transmissionsamplituden von ${\hat{H}}_{\pm}$ für das Superpotenzial $W(x)=\lambda\tanh(x)$ mithilfe der Forminvarianz.

• (a) Die beiden in Aufgabe 6.10 berechneten Potenziale

  $$V_{+}=\lambda^{2}-\frac{\lambda(\lambda+1)}{\cosh^{2}x},\quad V_{-}=\lambda^{2}-\frac{\lambda(\lambda-1)}{\cosh^{2}x}\,$$

  (6.244)

  gehören zu forminvarianten Operatoren. Was sind die Funktionen $f$ und $c$ in der Bedingung (6.217) für die Forminvarianz?

• (b) Der Grundzustand mit $E_{0}=0$ ist Eigenvektor von ${\hat{H}}_{+}$. Aufgrund der Supersymmetrie haben ${\hat{H}}_{+}$ und ${\hat{H}}_{-}$ dieselben angeregten Energien $E_{1},E_{2},\dots$ Berechnen Sie mithilfe der algebraischen Rekursionsrelation (6.218) diese Energien.

• (c) Berechnen Sie mithilfe der Rekursionsrelation (6.221) die Reflexions- und Transmissionsamplitude für alle $\lambda\in\mathbb{N}$ und bestimmen Sie die Pole von $\mathcal{T}(k)$. Warum gehören Pole von $\mathcal{T}(k)$ auf der positiven Imaginärachse zu gebundenen Zuständen?

Lösungen zu den Aufgaben

6.1

• (a) Die Energien sind

  $$E_{n}=\frac{1}{8m}\left(\frac{\uppi\hbar}{a}\right)^{2}n^{2},\quad n\in\mathbb{N}$$

• (b) Das Quadrat der Ortsunschärfe ist

  $$\langle\Updelta\hat{x}^{2}\rangle=\frac{a^{2}}{3}-\frac{2a^{2}}{n^{2}\uppi^{2}},\quad n\in\mathbb{N}$$

• (c) Das Quadrat der Impulsunschärfe ist

  $$\langle\Updelta\hat{p}^{2}\rangle=2mE_{n}$$

6.2

$$|\mathcal{T}(E)|^{2}\approx 1{,}065\cdot 10^{-4}$$

(6.245)

6.4

Die Energien sind

$$E_{m}=\hbar\omega\left(2m+\tfrac{3}{2}\right),\quad m\in\mathbb{N}_{0}.$$

(6.246)

6.9

Die Grundzustandsenergie ist $E_{0}\approx-1{,}2655$.

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

6.1

• (a) Die Eigenfunktionen werden am Rand des Kastens verschwinden, da nicht nur klassische, sondern auch quantenmechanische Teilchen eine unendlich hohe Barriere nicht durchtunneln können. Um dies einzusehen, gewinnt man das unendlich hohe Kastenpotenzial aus dem Topfpotenzial der Tiefe $V_{0}$ in (1), indem man zuerst $V_{0}$ addiert und anschließend $V_{0}$ gegen unendlich streben lässt. Für ein endliches $V_{0}$ sind die Lösungen (6.54) und (6.55) mit $\hbar k=\sqrt{2m(V_{0}-E)}$ außerhalb des Kastens exponentiell unterdrückt und verschwinden im Grenzfall $V_{0}\to\infty$. Wegen der Stetigkeit verschwindet dann jede Lösung innerhalb des Kastens am Kastenrand.

• (b) Wegen der Spiegelsymmetrie kann man die Eigenfunktionen des Hamilton-Operators gerade oder ungerade ansetzen. Die geraden und ungeraden Eigenfunktionen zwischen den unendlich hohen Potenzialwänden haben die Form

  $$\psi(x)=A\cos kx\quad\text{bzw.}\quad\psi(x)=A\sin kx.$$

  (6.247)

  Die zugehörige Energie ist $E=\hbar^{2}k^{2}/2m$. Die Wellenfunktionen verschwinden am Kastenrand, wenn gilt:

  $$ak=\begin{cases}(m+\frac{1}{2})\,\uppi,&m\in\mathbb{N}_{0},\quad\psi\text{ gerade},\\ m\,\uppi&m\in\mathbb{N},\quad\;\psi\text{ ungerade}.\end{cases}$$

  (6.248)

  Setzt man $2m=n$, so findet man die Energien

  $$E_{n}=\frac{1}{8m}\left(\frac{\uppi\hbar}{a}\right)^{2}n^{2},\quad n\in\mathbb{N}\,$$

  (6.249)

  und die auf $[-a,a]$ normierten Eigenfunktionen

  $$\begin{aligned}\displaystyle\psi_{n}(x)&\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{a}}\cos\frac{n\uppi x}{2a},\quad n\text{ ungerade},\\ \displaystyle\psi_{n}(x)&\displaystyle=\frac{1}{\sqrt{a}}\sin\frac{n\uppi x}{2a},\quad n\text{ gerade}.\end{aligned}$$

  (6.250)

• (c) Die Lösungen der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung sind einfach

  $$\psi_{n}(t,x)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}E_{n}t/\hbar}\psi_{n}(x)\,$$

  (6.251)

  mit den Energien in (6.249) und den zeitunabhängigen Lösungen (6.250).

• (d) Die quadrierten Eigenfunktionen sind gerade, sodass der Integrand insgesamt ungerade ist, also der mittlere Aufenthaltsort null ist. Um $\langle{{\hat{x}}^{2}}\rangle=\int\mathrm{d}xx^{2}\psi_{n}^{2}$ zu berechnen, setzt man $x=2ay/n\uppi$ und erhält

  $$\frac{8a^{2}}{(n\uppi)^{3}}\int_{-n\uppi/2}^{n\uppi/2}\mathrm{d}y\,\begin{cases}\;y^{2}\cos^{2}y&\text{f{\"u}r }n=1,3{,}\dots\\ \;y^{2}\sin^{2}y&\text{f{\"u}r }n=2,4,\dots\end{cases}$$

  (6.252)

  Da $\sin 2x$ an den Integrationsgrenzen verschwindet, trägt die Sinusfunktion in Formel (6.223) nicht bei, und man erhält

  $$\langle{{\hat{x}}^{2}}\rangle=\frac{a^{2}}{3}-\frac{2a^{2}}{n^{2}\uppi^{2}},\quad n\in\mathbb{N}.$$

  (6.253)

  Da der Mittelwert von ${\hat{x}}$ null ist, ist die Ortsunschärfe $\Updelta x$ gleich der Wurzel aus $\langle{{\hat{x}}^{2}}\rangle$. Mit zunehmender Quantenzahl nimmt sie zu und nähert sich dem asymptotischen Wert $\Updelta x=a/\sqrt{3}$.

• (e) Der mittlere Impuls $\int\mathrm{d}x\,\psi_{n}{\hat{p}}\psi_{n}$ verschwindet, da $\psi^{\prime}_{n}$ für ein gerades $\psi_{n}$ ungerade ist und umgekehrt. Bei der Berechnung der Impulsunschärfe benutzt man ${\hat{p}}^{2}=2m{\hat{H}}$, sodass die $\psi_{n}$ Eigenfunktionen von ${\hat{p}}^{2}$ sind. Daraus folgt sofort

  $$\langle{{\hat{p}}^{2}}\rangle=2mE_{n},$$

  (6.254)

  und man findet für das Produkt von Orts- und Impulsunschärfe

  $$\Updelta x\cdot\Updelta p=\sqrt{2mE_{n}}\,\Updelta x=\frac{n\hbar}{2}\left(\frac{\uppi^{2}}{3}-\frac{2}{n^{2}}\right)^{1/2}.$$

  (6.255)

  Im Grundzustand ist das Produkt $\Updelta x\cdot\Updelta p=1{,}136\cdot\hbar/2$ vergleichbar mit der unteren Schranke $\hbar/2$ in der Unschärferelation.

6.2

Für die Umrechnung der Einheiten kann man

$$k_{0}=\sqrt{2m_{e}\cdot 1\,\mathrm{eV}}/\hbar=5{,}123\cdot 10^{9}\frac{1}{\mathrm{m}}$$

(6.256)

benutzen. Dann erhält man für das Argument $\kappa a$ in (6.49) den Wert

$$\kappa a=\sqrt{2m_{e}(V-E)}/\hbar=k_{0}\cdot 10^{-9}\,\mathrm{m}=5{,}123.$$

(6.257)

Die entsprechende Tunnelwahrscheinlichkeit (6.50) ist

$$|\mathcal{T}(E)|^{2}=\left(1+\frac{16}{12}\sinh^{2}(5{,}123)\right)^{-1}\approx 1{,}065\cdot 10^{-4}.$$

(6.258)

6.3

• (a) Die Lösungen müssen an der Sprungstelle $y$ stetig und stetig differenzierbar sein. Dies führt auf die Anschlussbedingungen

  $$\begin{aligned}\displaystyle A\mathrm{e}^{\mathrm{i}ky}+B\mathrm{e}^{-\mathrm{i}ky}&\displaystyle=C\mathrm{e}^{\mathrm{i}k^{\prime}y}+D\mathrm{e}^{-\mathrm{i}k^{\prime}y},\\ \displaystyle Ak\mathrm{e}^{\mathrm{i}ky}-Bk\mathrm{e}^{-\mathrm{i}ky}&\displaystyle=Ck^{\prime}\mathrm{e}^{\mathrm{i}k^{\prime}y}-Dk^{\prime}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}k^{\prime}y}.\end{aligned}$$

  (6.259)

  Dies sind zwei lineare Beziehungen zwischen den vier Koeffizienten. In Matrixform lauten sie

  $$\begin{aligned}\displaystyle&\displaystyle\begin{pmatrix}1&1\\ k&-k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{\mathrm{i}ky}&0\\ 0&\mathrm{e}^{-\mathrm{i}ky}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A\\ B\end{pmatrix}\\ \displaystyle&\displaystyle\quad=\begin{pmatrix}1&1\\ k^{\prime}&-k^{\prime}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{\mathrm{i}k^{\prime}y}&0\\ 0&\mathrm{e}^{-\mathrm{i}k^{\prime}y}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}C\\ D\end{pmatrix}.\end{aligned}$$

  Löst man nach dem Vektor auf der rechten Seite auf, so führt dies auf die lineare Relation (6.225) mit Matrix

  $$S_{y}(k^{\prime},k) =\frac{1}{2k^{\prime}}\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}k^{\prime}y}&0\\ 0&\mathrm{e}^{\mathrm{i}k^{\prime}y}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}k^{\prime}+k&k^{\prime}-k\\ k^{\prime}-k&k^{\prime}+k\end{pmatrix}$$
  $$ \quad\cdot\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{\mathrm{i}ky}&0\\ 0&\mathrm{e}^{-\mathrm{i}ky}\end{pmatrix}$$

  (6.260)
  $$ =\frac{1}{2k^{\prime}}\begin{pmatrix}(k^{\prime}+k)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(k^{\prime}-k)y}&(k^{\prime}-k)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(k^{\prime}+k)y}\\ (k^{\prime}-k)\mathrm{e}^{\mathrm{i}(k^{\prime}+k)y}&(k^{\prime}+k)\mathrm{e}^{\mathrm{i}(k^{\prime}-k)y}\end{pmatrix}.$$

• (b) Die inverse Matrix lautet

  $$\begin{aligned}\displaystyle S_{y}^{-1}(k^{\prime},k)&\displaystyle=\frac{1}{2k}\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}ky}&0\\ 0&\mathrm{e}^{\mathrm{i}ky}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}k^{\prime}+k&k-k^{\prime}\\ k-k^{\prime}&k^{\prime}+k\end{pmatrix}\\ \displaystyle&\displaystyle\quad\cdot\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{\mathrm{i}k^{\prime}y}&0\\ 0&\mathrm{e}^{-\mathrm{i}k^{\prime}y}\end{pmatrix},\end{aligned}$$

  und sie ist gleich $S_{y}$ mit vertauschten Argumenten:

  $$S_{y}(k^{\prime},k)=S_{y}^{-1}(k,k^{\prime}).$$

  (6.261)

• (c) Die Anschlussbedingung beim ersten Sprung bei $x=0$ ist

  $$\begin{pmatrix}C\\ D\end{pmatrix}=S_{0}(\mathrm{i}\kappa^{\prime},k)\begin{pmatrix}1\\ \mathcal{R}\end{pmatrix}\,$$

  (6.262)

  und die Anschlussbedingung beim zweiten Sprung bei $x=a$

  $$\begin{pmatrix}E\\ 0\end{pmatrix}=S_{a}(k,\mathrm{i}\kappa^{\prime})\begin{pmatrix}C\\ D\end{pmatrix}.$$

  (6.263)

  Invertieren wir die letzte Beziehung, erhalten wir zwei Darstellungen für die Koeffizienten im mittleren Bereich:

  $$\begin{pmatrix}C\\ D\end{pmatrix}=S_{0}(\mathrm{i}\kappa^{\prime},k)\begin{pmatrix}1\\ \mathcal{R}\end{pmatrix}=S_{a}(\mathrm{i}\kappa^{\prime},k)\begin{pmatrix}E\\ 0\end{pmatrix}.$$

  (6.264)

  Die letzte Gleichung bestimmt $\mathcal{R}$ und $E$:

  $$\begin{pmatrix}E\\ 0\end{pmatrix}=S_{a}(k,\mathrm{i}\kappa^{\prime})\,S_{0}(\mathrm{i}\kappa^{\prime},k)\begin{pmatrix}1\\ \mathcal{R}\end{pmatrix}.$$

  (6.265)

  Aus der zweiten Gleichung dieses Gleichungssystems folgt der Reflexionskoeffizient

  $$\mathcal{R}=\frac{(k^{2}+\kappa^{\prime 2})\sinh a\kappa^{\prime}}{2\mathrm{i}k\kappa^{\prime}\cosh a\kappa^{\prime}+(k^{2}-\kappa^{\prime 2})\sinh a\kappa^{\prime}}.$$

  (6.266)

  Eingesetzt in die erste Gleichung findet man $E$ und dann

  $$\mathcal{T}=\frac{2\mathrm{i}k\kappa^{\prime}}{2\mathrm{i}k\kappa^{\prime}\cosh a\kappa^{\prime}+(k^{2}-\kappa^{\prime 2})\sinh a\kappa^{\prime}}.$$

  (6.267)

6.4

Die Eigenfunktionen müssen bei $x=0$ verschwinden und für positive $x$ die Schrödinger-Gleichung für den gewöhnlichen Oszillator erfüllen. Offensichtlich sind die Eigenfunktionen genau die ungeraden Eigenfunktionen des gewöhnlichen harmonischen Oszillators, da diese am Ursprung verschwinden. Dies sind die Eigenfunktionen mit ungeradem $n$ in (6.114). Setzen wir $n=2m+1$, erhalten wir die Energien (6.246).

6.5

• (a) Wir benötigen die Relationen (6.103) in der Form

  $${\hat{a}}\left|{n}\right\rangle=\sqrt{n}\left|{n-1}\right\rangle,\quad\hat{a}^{\dagger}\left|{n}\right\rangle=\sqrt{n+1}\left|{n+1}\right\rangle.$$

  (6.268)

  Diese führen sofort auf die Matrixelemente

  $$\begin{aligned}\displaystyle a_{mn}&\displaystyle=\left\langle{m}\right|{\hat{a}}\left|{n}\right\rangle=\sqrt{n}\,\delta_{n,m+1},\\ \displaystyle a^{\dagger}_{mn}&\displaystyle=\left\langle{m}\right|\hat{a}^{\dagger}\left|{n}\right\rangle=\sqrt{n+1}\,\delta_{n,m-1},\end{aligned}$$

  (6.269)

  und die entsprechende Matrix $A$ hat die Form

  $$A=(a_{mn})=\begin{pmatrix}0&\sqrt{1}&0&0&\dots\\ 0&0&\sqrt{2}&0&\dots\\ 0&0&0&\sqrt{3}&\dots\\ \vdots&&&&\ddots\end{pmatrix}.$$

  (6.270)

  Die Matrix $A^{\dagger}=(a^{\dagger}_{mn})$ ist die zu $A$ transponierte Matrix.

• (b) In der Besetzungszahldarstellung werden den Produkten $\hat{a}^{\dagger}{\hat{a}}$ und ${\hat{a}}\hat{a}^{\dagger}$ folgenden Matrizen zugeordnet:

  $$\begin{aligned}\displaystyle A^{\dagger}A&\displaystyle=\begin{pmatrix}0&0&0&\dots\\ 0&1&0&\\ 0&0&2&\\ \vdots&&&\ddots\end{pmatrix}\quad\text{und}\\ \displaystyle AA^{\dagger}&\displaystyle=\begin{pmatrix}1&0&0&\dots\\ 0&2&0&\\ 0&0&3&\\ \vdots&&&\ddots\end{pmatrix}.\end{aligned}$$

  (6.271)

  Die erste Matrix stellt den Besetzungszahloperator $N$ dar. Da die $\left|{n}\right\rangle$ Eigenvektoren dieses Operators sind, muss er in der Besetzungszahldarstellung diagonal sein mit den Besetzungszahlen $0,1,2,\dots$ auf der Diagonalen.

• (c) Man reproduziert auch leicht den bekannten Kommutator

  $$AA^{\dagger}-A^{\dagger}A=[A,A^{\dagger}]=\begin{pmatrix}1&0&0&\dots\\ 0&1&0&\\ 0&0&1&\\ \vdots&&&\ddots\end{pmatrix}={\boldsymbol{I}}.$$

  (6.272)

  Da $[{\hat{a}},\hat{a}^{\dagger}]={\boldsymbol{I}}$ ist, muss $[A,A^{\dagger}]$ bezüglich jeder Basis die Einheitsmatrix sein. Auch weitere Kommutationsregeln wie z. B. $[N,A]=-A$ mit $N=A^{\dagger}A$ kann man leicht nachprüfen.

6.6

Mit der Ungleichung $\langle{{\hat{x}}^{4}}\rangle\geq\langle{{\hat{x}}^{2}}\rangle^{2}$ und der Heisenberg’schen Unschärferelation findet man eine ähnliche Schranke wie in (6.130):

$$\langle{{\hat{H}}}\rangle\geq\frac{\hbar^{2}}{8m}\frac{1}{\langle{{\hat{x}}^{2}}\rangle}+\frac{m\omega^{2}}{2}\langle{{\hat{x}}^{2}}\rangle+\lambda^{\prime}\langle{{\hat{x}}^{2}}\rangle^{2}.$$

(6.273)

Setzen wir dem Hinweis folgend $\langle{{\hat{x}}^{2}}\rangle=\ell^{2}y^{2}$, dann ist

$$\langle{{\hat{H}}}\rangle\geq\varepsilon\left(\frac{1}{4y^{2}}\pm y^{2}+\lambda y^{4}\right),\quad\lambda=\frac{\ell^{4}}{\varepsilon}\lambda^{\prime},$$

(6.274)

wobei das positive Vorzeichen für $\omega^{2}> 0$ und das negative Vorzeichen für $\omega^{2}<0$ gilt.

Die Suche nach dem Minimum für die rechte Seite führt auf eine kubische Gleichung für $\lambda^{2}$ mit einer länglichen Lösung, die hier nicht angegeben wird. Stattdessen vergleichen wir die untere Schranke für einige Werte von $\lambda$ mit den numerisch bestimmten Energien. Der Vergleich für beide Vorzeichen in (6.274) und $\lambda$-Werte zwischen 0 und 2 ist in Abb. 6.17 gezeigt.

Abb. 6.17

Energie des Grundzustands für den anharmonischen Oszillator in Einheiten von $\epsilon=\hbar\omega/2$. Die oberen beiden Kurven gehören zum Oszillator mit $\omega^{2}> 0$ und die unteren beiden Kurven zum Oszillator mit $\omega^{2}<0$. Die jeweils untere Kurve zeigt die untere Schranke aufgrund der Unschärferelation und die jeweils obere Kurve die numerisch berechneten Werte

6.7

• (a) Aufgrund von $[{\hat{a}},{\hat{a}}^{\dagger}]=1$ und

  $$\begin{aligned}\displaystyle{}[{\hat{a}},{\hat{a}}^{\dagger 2}]&\displaystyle=\hat{a}^{\dagger}[{\hat{a}},\hat{a}^{\dagger}]+[{\hat{a}},\hat{a}^{\dagger}]\hat{a}^{\dagger}=2\hat{a}^{\dagger},\\ \displaystyle[{\hat{a}},{\hat{a}}^{\dagger 3}]&\displaystyle=\hat{a}^{\dagger}[{\hat{a}},{\hat{a}}^{\dagger 2}]+[{\hat{a}},\hat{a}^{\dagger}]{\hat{a}}^{\dagger 2}=3{\hat{a}}^{\dagger 2}\end{aligned}$$

  (6.275)

  sollte wohl

  $$[{\hat{a}},{\hat{a}}^{\dagger n}]=n{\hat{a}}^{\dagger n-1}$$

  (6.276)

  gelten. Wir machen eine Induktionsannahme für $n$ und beweisen, dass die Aussage dann auch für die nächsthöhere Potenz $n+1$ gilt:

  $$\begin{aligned}\displaystyle{}[{\hat{a}},{\hat{a}}^{\dagger n+1}]&\displaystyle=\hat{a}^{\dagger}[{\hat{a}},{\hat{a}}^{\dagger n}]+[{\hat{a}},\hat{a}^{\dagger}]{\hat{a}}^{\dagger n}\\ \displaystyle&\displaystyle=n\hat{a}^{\dagger}{\hat{a}}^{\dagger n-1}+{\hat{a}}^{\dagger n}=(n+1){\hat{a}}^{\dagger n+1}.\end{aligned}$$

  (6.277)

  Dies impliziert (6.236) für alle $n$. Mithilfe von $[{\hat{a}},{\hat{a}}^{\dagger n}]^{\dagger}=-[\hat{a}^{\dagger},{\hat{a}}^{n}]$ folgt sofort die zweite Gleichung

  $$[\hat{a}^{\dagger},{\hat{a}}^{n}]=-n{\hat{a}}^{n-1}.$$

  (6.278)

  Der Kommutator mit ${\hat{a}}$ wirkt auf ein Monom $f(\hat{a}^{\dagger})$ also genauso wie die Ableitung nach $\hat{a}^{\dagger}$. Wegen der Linearität gilt dies dann für alle Polynome und konvergenten Potenzreihen:

  $$[{\hat{a}},f(\hat{a}^{\dagger})]=f^{\prime}(\hat{a}^{\dagger})\quad\text{und}\quad[\hat{a}^{\dagger},f({\hat{a}})])=-f^{\prime}({\hat{a}}).$$

  (6.279)

• (b) Da $\hat{a}$ den Grundzustand $\left|{0}\right\rangle$ annihiliert, gilt $\hat{a}f(\hat{a}^{\dagger})]\left|{0}\right\rangle=[\hat{a},f(\hat{a}^{\dagger})]\left|{0}\right\rangle$, und mit der Lösung von Teilaufgabe (a) folgt

  $$\begin{aligned}\displaystyle{\hat{a}}f(\hat{a}^{\dagger})\left|{0}\right\rangle&\displaystyle=f^{\prime}(\hat{a}^{\dagger})\left|{0}\right\rangle,\\ \displaystyle{\hat{a}}^{2}f(\hat{a}^{\dagger})\left|{0}\right\rangle&\displaystyle=f^{\prime\prime}(\hat{a}^{\dagger})\left|{0}\right\rangle.\end{aligned}$$

  (6.280)

  Angewandt auf die Katzenzustände (6.236) folgt nun

  $$\begin{aligned}\displaystyle{\hat{a}}^{2}\left|{\eta,+}\right\rangle&\displaystyle=\eta^{2}\left|{\eta,+}\right\rangle,\\ \displaystyle{\hat{a}}^{2}\left|{\eta,-}\right\rangle&\displaystyle=\eta^{2}\left|{\eta,-}\right\rangle.\end{aligned}$$

  (6.281)

  Die Zustände sind keine Eigenzustände von ${\hat{a}}$, sondern nur von ${\hat{a}}^{2}$.

6.8

• (a) Wenden wir ${\hat{J}}_{\pm}$ auf einen Eigenzustand $\left|{n}\right\rangle$ des Besetzungszahloperators an, ${\hat{N}}\left|{n}\right\rangle=n\left|{n}\right\rangle$, erhalten wir mithilfe von (6.123)

  $$\begin{aligned}\displaystyle{\hat{J}}_{+}\left|{n}\right\rangle&\displaystyle=\sqrt{n(2j-n+1)}\,\left|{n-1}\right\rangle,\\ \displaystyle{\hat{J}}_{-}\left|{n}\right\rangle&\displaystyle=\sqrt{(2j-n)(n+1)}\,\left|{n+1}\right\rangle.\end{aligned}$$

  (6.282)

  Offensichtlich liegen die Vektoren ${\hat{J}}_{-}\left|{n}\right\rangle$ für $n=0,\dots,2j-1$ und die Vektoren ${\hat{J}}_{+}\left|{n}\right\rangle$ für $n=1,\dots,2j$ im Unterraum $\mathcal{H}_{j}$. Da zusätzlich ${\hat{J}}_{-}\left|{2j}\right\rangle=0$ und ${\hat{J}}_{+}\left|{0}\right\rangle=0$ gilt, bilden die Operatoren ${\hat{J}}_{\pm}$ den Unterraum $\mathcal{H}_{j}$ in sich ab.

• (b) Wir berechnen zuerst den Kommutator von ${\hat{J}}_{+}$ und ${\hat{J}}_{-}$. Dabei benutzen wir, wie im Hinweis angegeben, die Relationen ${\hat{a}}\hat{a}^{\dagger}={\hat{N}}+1$ sowie ${\hat{N}}{\hat{a}}={\hat{a}}{\hat{N}}-{\hat{a}}$. Somit ergibt sich

  $$[{\hat{J}}_{+},{\hat{J}}_{-}] =\sqrt{2j-{\hat{N}}}\,{\hat{a}}\hat{a}^{\dagger}\sqrt{2j-{\hat{N}}}-\hat{a}^{\dagger}\sqrt{2j-{\hat{N}}}\sqrt{2j-{\hat{N}}}\,{\hat{a}}$$
  $$ =\sqrt{2j-{\hat{N}}}\,({\hat{N}}+1)\sqrt{2j-{\hat{N}}}-\hat{a}^{\dagger}\,(2j-{\hat{N}})\,{\hat{a}}$$
  $$ =({\hat{N}}+1)(2j-{\hat{N}})-{\hat{N}}(2j+1-{\hat{N}})$$
  $$ =2(j-{\hat{N}}),$$

  (6.283)

  woraus wir

  $${\hat{J}}_{3}=j-{\hat{N}}$$

  (6.284)

  ablesen. Dieses ${\hat{J}}_{3}$ erfüllt auch die anderen Eigenschaften, insbesondere sind seine Kommutatoren mit ${\hat{J}}_{\pm}$

  $$\begin{aligned}\displaystyle{}[{\hat{J}}_{3},{\hat{J}}_{+}]&\displaystyle=-\sqrt{2j-{\hat{N}}}\;[{\hat{N}},{\hat{a}}]={\hat{J}}_{+},\\ \displaystyle[{\hat{J}}_{3},{\hat{J}}_{-}]&\displaystyle=-[{\hat{N}},\hat{a}^{\dagger}]\,\sqrt{2j-{\hat{N}}}=-{\hat{J}}_{-}.\end{aligned}$$

  (6.285)

• (c) Nun wenden wir uns dem Quadrat von ${\hat{\kern-2.0pt\boldsymbol{J}}}$ zu:

  $${{\hat{\kern-2.0pt\boldsymbol{J\,}}}}^{2}={\hat{J}}_{1}^{2}+{\hat{J}}_{2}^{2}+{\hat{J}}_{3}^{2}=\frac{1}{2}({\hat{J}}_{+}{\hat{J}}_{-}+{\hat{J}}_{-}{\hat{J}}_{+})+{\hat{J}}_{3}^{2}.$$

  (6.286)

  Die Summe der ersten beiden Terme ist gleich die Hälfte der zweitletzten Zeile in (6.283), allerdings mit einem Plus zwischen den beiden Termen, sodass

  $${\hat{\kern-2.0pt\boldsymbol{J\,}}}^{2} =\frac{1}{2}(\hat{N}+1)(2j-\hat{N})+\frac{1}{2}\hat{N}(2j+\mathbb{1}-\hat{N})+(j-\hat{N})^{2}$$
  $$ =j(j+1)\boldsymbol{I}.$$

  (6.287)

6.9

Benutzt man den Code in Abschn. 6.5, so muss zuerst die das Potenzial definierende Octave-Funktion angepasst werden:

function y=pot(x,lam) y=x.*x.*(-1+lam*x.*x);

Für das Doppelmuldenpotenzial mit $\lambda=1/10$ sollte man auch die Programmparameter für Integrationslänge und die Grafikausgabe anpassen. Wählen Sie hier die im Hinweis vorgeschlagenen Werte. Nun starten Sie das Programm und tippen nach der Aufforderung „gebe lambda ein“, den Wert $0{,}1$ ein. Dann plotted das Programm das Potenzial und fragt nach dem Startwert für die Energie. Wählen Sie hier $-1$, unterschießt die berechnete und dargestellte Wellenfunktion für große $x$-Werte die $x$-Achse. Sie hat einen Knoten bei $x\approx 3$. Auf die Frage „Änderung von E“ müssen Sie nun einen negativen Wert eingeben, damit der Knoten nach rechts wandert. Versuchen Sie es mit einer Änderung von $-0{,}2$. Nun wandert der Knoten nach rechts. Geben Sie danach $-0{,}1$ an, so schneidet die Lösung die $x$-Achse nicht mehr, d. h., der Knoten geht verloren. Die Energie $-1-0{,}2-0{,}1=-1{,}3$ ist also zu klein, und Sie müssen diese wieder erhöhen, z. B. um $0{,}02$ usw. Relativ schnell erhalten Sie so den oben angegebenen Wert $E_{0}=-1{,}2655$ und die in Abb. 6.18 gezeigte Wellenfunktion. Versuchen Sie doch einmal, den ersten angeregten Zustand zu finden. Dies ist ohne Änderung des Programms möglich.

Abb. 6.18

Bestimmung des Grundzustands für das Doppelmuldenpotenzial mithilfe des numerischen Schießverfahrens. Ist $E$ in der Nähe eines Eigenwertes, dann schmiegt sich der Graph der Lösung an die reelle Achse an, bevor sie für sehr große Argumente gegen Unendlich strebt. Je größer das Intervall, auf dem $\psi\approx 0$ ist, desto näher ist man an der gesuchten Energie

6.10

• (a) Für $W(x)=\omega x$ gehören die Partnerpotenziale zu harmonischen Oszillatoren:

  $$V_{+}=\omega^{2}x^{2}-\omega,\quad V_{-}=\omega^{2}x^{2}+\omega.$$

  (6.288)

  Der Grundzustand ist, wie bekannt, eine Gauß’sche Funktion

  $$\psi_{0}(x)\propto\exp\left(-\int^{x}\mathrm{d}x\,W(x)\right)\propto\mathrm{e}^{-\omega x^{2}/2}.$$

  (6.289)

• (b) Mithilfe von $(\tanh x)^{\prime}=1/\cosh^{2}(x)$ findet man die Rosen-Morse-Potenziale

  $$V_{+}=\lambda^{2}-\frac{\lambda(\lambda+1)}{\cosh^{2}x},\quad V_{-}=\lambda^{2}-\frac{\lambda(\lambda-1)}{\cosh^{2}x}.$$

  (6.290)

  Für positive $\lambda$ ist $V_{+}<V_{-}$, und der Grundzustand ist Eigenvektor von ${\hat{H}}_{+}$. Mit der Stammfunktion

  $$\int^{x}\mathrm{d}x\,W(x)=\lambda\,\ln(\cosh x)\,$$

  (6.291)

  ergibt sich für den Grundzustand

  $$\psi_{0}(x)\propto\mathrm{e}^{-\lambda\,\ln\cosh x}=\frac{1}{(\cosh x)^{\lambda}}.$$

  (6.292)

  Für $\lambda=1$ ist $V_{-}$ das konstante Potenzial $\lambda^{2}$ ohne gebundenen Zustand. Deshalb hat das System mit Partnerpotenzial $V_{+}=1-2/\cosh^{2}x$ genau einen gebundenen Grundzustand, und dieser hat die Energie null.

• (c) Das singuläre Superpotenzial $W(x)=\lambda\tan x$ führt auf die Pöschl-Teller-Potenziale

  $$V_{+}=\frac{\lambda(\lambda-1)}{\cos^{2}x}-\lambda^{2},\quad V_{-}=\frac{\lambda(\lambda+1)}{\cos^{2}x}-\lambda^{2}\,$$

  (6.293)

  auf dem endlichen Intervall $[-\uppi/2,\uppi/2]$. Mit der Stammfunktion

  $$\displaystyle\int^{x}\mathrm{d}x\,W(x)=-\lambda\,\ln(\cos x)\,{ }$$

  (6.294)

  erhält man folgenden Grundzustand auf dem Intervall:

  $$\psi_{0}(x)\propto\mathrm{e}^{\lambda\,\ln\cos x}=(\cos x)^{\lambda}.$$

  (6.295)

  Am Rand des Intervalls divergieren die Potenziale, und die Eigenfunktionen müssen verschwinden. Im Grenzfall $\lambda\!\to\!1$ ist $V_{+}=-\lambda^{2}$ und $\psi_{0}=\cos x$ ist der Grundzustand von ${\hat{H}}_{+}$ mit Dirichlet-Randbedingungen.

6.11

• (a) Bis auf eine additive Konstante ist $V_{-}$ gleich $V_{+}$ am verschobenen Parameterwert:

  $$V_{-}(\lambda;x)=V_{+}(\lambda-1;x)+2\lambda-1.$$

  (6.296)

  Deshalb sind die gesuchten Funktionen

  $$f(\lambda)=\lambda-1\quad\text{und}\quad c(\lambda)=2\lambda-1.$$

  (6.297)

• (b) Die allgemeine Rekursionsrelation

  $$E_{n+1}(\lambda)=E_{n}(f(\lambda))+c(\lambda)\,$$

  (6.298)

  lautet deshalb für das betrachtete System

  $$E_{n}(\lambda) =E_{n-1}(\lambda-1)+(2\lambda-1)$$
  $$ =E_{n-2}(\lambda-2)+(2\lambda-3)+(2\lambda-1)$$
  $$ =E_{n-3}(\lambda-3)+(2\lambda-5)+(2\lambda-3)+(2\lambda-1)$$
  $$ \;\;\;\;\vdots$$
  $$ =E_{0}(\lambda-n)+2n\lambda-n^{2}.$$

  (6.299)

  Nur für positive $\lambda-n$ hat ${\hat{H}}_{+}$ einen normierbaren Grundzustand, und $E_{0}$ in der letzten Zeile verschwindet. Für negative $\lambda-n$ ist $V_{+}(\lambda-n)> V_{-}(\lambda-n)$, und der normierbare Grundzustand ist Eigenfunktion von ${\hat{H}}_{-}$. Für ein gegebenes $\lambda$ gilt also für $n<\lambda$

  $$E_{n}(\lambda)=2n\lambda-n^{2},\quad 0\leq n<\lambda.$$

  (6.300)

  Die Anzahl gebundener Zustände ist demnach die kleinste natürliche Zahl größer oder gleich $\lambda> 0$. Das Ergebnis in Aufgabe 6.10 für $\lambda=1$ folgt dann als Spezialfall.

• (c) Das betrachtete $W$ hat die asymptotischen Werte $W_{\pm\infty}=\pm\lambda$. Auch ist $k=k^{\prime}$, da in den beiden asymptotischen Bereichen das Potenzial denselben Wert hat. Demnach lauten die Rekursionsformeln (6.221)

  $$\begin{aligned}\displaystyle\mathcal{R}_{+}(\lambda)&\displaystyle=\frac{\lambda-\mathrm{i}k}{\lambda+\mathrm{i}k}\mathcal{R}_{+}(\lambda-1),\\ \displaystyle\mathcal{T}_{+}(\lambda)&\displaystyle=\frac{\mathrm{i}k-\lambda}{\mathrm{i}k+\lambda}\mathcal{T}_{+}(\lambda-1).\end{aligned}$$

  (6.301)

  Sei nun $\lambda$ eine natürliche Zahl. Die $\lambda$-fache Iteration dieser Relationen verbindet die Amplituden bei $\lambda$ mit denen bei $\lambda=0$. Für $\lambda=0$ verschwindet das Potenzial und $\mathcal{R}_{+}(0)=0$. Da zusätzlich $\mathcal{T}_{+}(0)=1$ ist, erhalten wir $\mathcal{R}_{+}(\lambda)=0$ und

  $$\mathcal{T}_{+}(\lambda)=\prod_{n=0}^{\lambda-1}\frac{\mathrm{i}k-(\lambda-n)}{\mathrm{i}k+(\lambda-n)},\quad\lambda\in\mathbb{N}.$$

  (6.302)

  Demnach wird an Potenzialen $V_{+}$ in (6.244) nicht reflektiert, wenn $\lambda=0,1,2,\dots$ ist. Für alle einlaufenden Impulse sind diese Potenziale also vollständig transparent.

  Ist $\lim_{|x|\to\infty}V(x)=V_{\infty}$, dann haben die von links einlaufenden ebenen Wellen die asymptotische Form

  $$\psi(x\to-\infty) =\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx}+\mathcal{R}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kx},$$

  (6.303)
  $$\psi(x\to+\infty) =\mathcal{T}\mathrm{e}^{\mathrm{i}kx},\quad\hbar k=\sqrt{2m(E-V_{\infty})}.$$

  Bei der Untersuchung der analytischen Eigenschaften von $\mathcal{T}$ hatten wir festgestellt, dass ein Pol $k_{n}$ der Transmissionsamplitude $\mathcal{T}(k)$ zu einem gebundenen Zustand gehört, wenn $\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_{n}|x|}$ für große $|x|$ genügend schnell abfällt. Für $E\geq V_{\infty}$ ist $k$ reell, und die Wellenfunktionen sind nichtnormierbare Streuzustände. Gebundene Zustände existieren nur für $E<V_{\infty}$, d. h. wenn $k$ in (6.303) imaginär ist mit einem positiven Imaginärteil.

  Die Amplitude (6.302) hat Pole auf der positiven Imaginärachse bei $k=\mathrm{i},2\mathrm{i},3\mathrm{i},\dots,\mathrm{i}\lambda$. Dies führt wieder auf die gebundenen Energien

  $$E_{n}=V_{\infty}-k_{n}^{2}=\lambda^{2}-(\lambda-n)^{2}=2n\lambda-n^{2},$$

  (6.304)

  d. h. auf das Resultat (6.300).