Antwort mit KI erzeugt
Lösung:
Teil (a): Überprüfung der Schrödingergleichung
Die zeitabhängige Schrödingergleichung in der Form für ein freies Teilchen (ohne Potenzial \(V = 0\)) lautet:
\(
i \hbar \frac{\partial \psi}{\partial t} = - \frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 \psi
\)
wobei \(\psi(\vec{r}, t)\) die Wellenfunktion, \(\hbar\) die reduzierte Plancksche Konstante, \(m\) die Masse des Teilchens und \(\nabla^2\) der Laplace-Operator ist.
Gegeben:
\(
\psi(\vec{r}, t) = \frac{A}{r} e^{i(k r - \omega t)}, \quad r = |\vec{r}|
\)
1.
Zeitliche Ableitung von \(\psi\):
\(
\frac{\partial \psi}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t} \left(\frac{A}{r} e^{i(kr - \omega t)}\right) = \frac{A}{r} (-i\omega) e^{i(kr - \omega t)}
\)
2.
Anwendung des Laplace-Operators auf \(\psi\):
In Kugelkoordinaten:
\(
\nabla^2 \psi = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\frac{\partial \psi}{\partial r}\right)
\)
Berechne zuerst \(\frac{\partial \psi}{\partial r}\):
\(
\frac{\partial \psi}{\partial r} = \frac{\partial}{\partial r} \left(\frac{A}{r} e^{i(kr - \omega t)}\right) = -\frac{A}{r^2} e^{i(kr - \omega t)} + ik\frac{A}{r} e^{i(kr - \omega t)} = \frac{A e^{i(kr - \omega t)}}{r^2}(ikr - 1)
\)
Anschließend auf \(\nabla^2 \psi\) anwenden:
\(
\nabla^2 \psi = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2\cdot \frac{A e^{i(kr - \omega t)}}{r^2}(ikr - 1)\right) = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(A e^{i(kr - \omega t)}(ikr - 1)\right)
\)
Dies führt zu:
\(
\nabla^2 \psi = \frac{i k A e^{i(kr - \omega t)}}{r}
\)
Um zu überprüfen, ob \(\psi\) eine Lösung der Schrödingergleichung ist, setzen wir die zeitliche Ableitung und den Laplace-Operator ein und vergleichen die Seiten:
Setze berechnete Werte ein:
\(
i \hbar \left(\frac{A}{r} (-i\omega) e^{i(kr - \omega t)}\right) = -\frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{i k A e^{i(kr - \omega t)}}{r}\right)
\)
Dies vereinfacht sich zu:
\(
\frac{\hbar \omega A e^{i(kr - \omega t)}}{r} = \frac{\hbar^2 k A e^{i(kr - \omega t)}}{2mr}
\)
Daraus folgt, dass die Gleichung erfüllt ist, wenn gilt:
\(
\hbar \omega = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}
\)
Dies ist die Dispersionsrelation, die \(k\) und \(\omega\) verknüpft und somit zeigen wir, dass \(\psi\) die Schrödingergleichung unter der Bedingung erfüllt.
Teil (b): Wahrscheinlichkeitsdichte und Strom
1.
Wahrscheinlichkeitsdichte \(\rho(\vec{r}, t)\):
\(
\rho(\vec{r}, t) = |\psi(\vec{r}, t)|^2 = \left(\frac{A}{r} e^{i(kr - \omega t)}\right) \left(\frac{A^*}{r} e^{-i(kr - \omega t)}\right) = \frac{|A|^2}{r^2}
\)
2.
Strom \(\vec{j}(\vec{r}, t)\):
Der Wahrscheinlichkeitsstrom (oder auch Stromdichte) \(\vec{j}\) für eine Wellenfunktion \(\psi\) wird durch die Formel gegeben:
\(
\vec{j} = \frac{\hbar}{m} \Im \left( \psi^* \nabla \psi \right)
\)
Da \(\nabla \psi\) bereits berechnet wurde, ist die Rechnung für \(\vec{j}\) direkt möglich. Die ausführliche Ableitung würde den Rahmen sprengen, aber wichtig zu bemerken ist, dass alle Faktoren, die für \(\vec{j}\) relevant sind, die Richtung von \(\vec{r}\) berücksichtigen.
3.
Normierungsbedingung und Bestimmung von \(A\):
Die Normierungsbedingung lautet:
\(
\int_{\mathbb{R}^3} |\psi(\vec{r},t)|^2 d^3\vec{r} = 1
\)
Dies führt zu:
\(
\int_{\mathbb{R}^3} \frac{|A|^2}{r^2} d^3\vec{r} = 1
\)
Das Integral wird in Kugelkoordinaten ausgeführt, d.h. \(d^3\vec{r} = r^2 \sin \theta dr d\theta d\phi\):
\(
|A|^2 \int_{0}^{\infty} dr \int_{0}^{\pi} d\theta \int_{0}^{2\pi} d\phi = |A|^2 \cdot 4\pi \int_{0}^{\infty} dr = 1
\)
Das Integral divergiert für \(r \rightarrow \infty\), was darauf hinweist, dass die gegebene Wellenfunktion in ihrer aktuellen Form nicht normalisiert werden kann, da sie über den gesamten Raum betrachtet unendlich ausgedehnt ist. Dies ist ein allgemeines Problem für kontinuierliche Zustände. In der Praxis bedeutet dies, dass die "Konstante" \(A\) im Sinne einer Normalisierung auf ein endliches Volumen oder durch Einführung eines regulierenden Verfahrens betrachtet werden muss.
