Der nichtrelativistische Grenzfall

Aus PhysikWiki

Quantenmechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

Der Artikel Der nichtrelativistische Grenzfall basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 7.Kapitels (Abschnitt 4) der Quantenmechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

Relativistische Quntenmechanik

Inhaltsverzeichnis

1 Ankopplung an das elektromagnetische Feld:
2 Nichtrelativistische Näherung:
3 Bahn- Drehimpuls:
4 Gesamt- Drehimpuls

Kovariante Schreibweise der Relativitätstheorie
Klein- Gordon- Gleichung
Dirac- Gleichung für Elektronen
Der nichtrelativistische Grenzfall
Das Wasserstoffatom (relativistsich)

Lösung der Diracgleichung im Ruhesystem:

$i\hbar \frac{\partial }{\partial t}\Psi ={{m}_{0}}{{c}^{2}}\beta \Psi$

nur Ruheenergie

$\begin{align} & H={{m}_{0}}{{c}^{2}}\beta ={{m}_{0}}{{c}^{2}}\left( \begin{matrix} 1 & {} & {} & {} \\ {} & 1 & {} & {} \\ {} & {} & -1 & {} \\ {} & {} & {} & -1 \\ \end{matrix} \right) \\ & \Psi =\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{1}} \\ {{\Psi }_{2}} \\ {{\Psi }_{3}} \\ {{\Psi }_{4}} \\ \end{matrix} \right)\Rightarrow \beta \Psi =\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{1}} \\ {{\Psi }_{2}} \\ -{{\Psi }_{3}} \\ -{{\Psi }_{4}} \\ \end{matrix} \right) \\ \end{align}$

Also lassen sich die folgenden Differentialgleichungen ableiten:

$i\hbar \frac{\partial }{\partial t}\Psi ={{m}_{0}}{{c}^{2}}\beta \Psi$

$\begin{align} & \Rightarrow i\hbar {{{\dot{\Psi }}}_{1,2}}={{m}_{0}}{{c}^{2}}{{\Psi }_{1,2}} \\ & \Rightarrow i\hbar {{{\dot{\Psi }}}_{3,4}}=-{{m}_{0}}{{c}^{2}}{{\Psi }_{3,4}} \\ & \\ \end{align}$

Die Richtung der Vektoren ist dabei leicht lösbar:

$\begin{align} & {{\Psi }_{1,2}}\propto {{e}^{-\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}} \\ & {{\Psi }_{3,4}}\propto {{e}^{\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}} \\ \end{align}$

Das heißt, es lassen sich 4 unabhängige Lösungen angeben, die die folgenden Eigenschaften aufweisen:

$\begin{align} & {{\Psi }_{1}}={{e}^{-\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}}{{e}_{1}}\quad Spin:\uparrow \quad Ruheenergie>0 \\ & {{\Psi }_{2}}={{e}^{-\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}}{{e}_{2}}\quad Spin:\downarrow \quad Ruheenergie>0 \\ & {{\Psi }_{3}}={{e}^{\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}}{{e}_{3}}\quad Spin:\uparrow \quad Ruheenergie<0 \\ & {{\Psi }_{4}}={{e}^{\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}}{{e}_{4}}\quad Spin:\downarrow \quad Ruheenergie<0 \\ \end{align}$

Ankopplung an das elektromagnetische Feld:

Die Ankopplung erfolgt über die Potenziale $\bar{A},\Phi$

über die Ladung e

Klassisch wissen wir:

$\begin{align} & \bar{p}\to \bar{p}-e\bar{A} \\ & H\to H+e\Phi \\ \end{align}$

In der Diracgleichung können wir nun so einfach die bereits angegebene Energie, den Hamiltonoperator erweitern und angeben:

$i\hbar \frac{\partial }{\partial t}\Psi =\left( c\bar{\alpha }\left( \bar{p}-e\bar{A} \right)+{{m}_{0}}^{2}{{c}^{2}}\beta +e\Phi \right)\Psi$

Dabei setzen wir für

$\bar{p}\to \frac{\hbar }{i}\nabla$

den kanonischen Impuls und führen den kinetischen Impuls ein gemäß

$\bar{\pi }={{p}_{kin}}=\bar{p}-e\bar{A}$

Als Lösungsansatz wählen wir

$\Psi =\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{a}} \\ {{\Psi }_{b}} \\ \end{matrix} \right)$

Wobei $Ψ a$ zwei Komponenten haben sollte und ein Teilchen mit $E\ge 0$ bezeichnet.

Auch $Ψ b$ besitzt 2 Komponenten für die "Antiteilchen" mit $E\le 0$ :

Damit zerfällt die Dirac-Gleichung in zwei gekoppelte und jeweils zweikomponentige Gleichungen:

$\begin{align} & i\hbar {{{\dot{\Psi }}}_{a}}=c\sum\limits_{\mu =1}^{3}{{}}{{\sigma }^{\mu }}{{\pi }^{\mu }}{{\Psi }_{b}}+\left( {{m}_{0}}{{c}^{2}}+e\Phi \right){{\Psi }_{a}} \\ & i\hbar {{{\dot{\Psi }}}_{b}}=c\sum\limits_{\mu =1}^{3}{{}}{{\sigma }^{\mu }}{{\pi }^{\mu }}{{\Psi }_{a}}+\left( -{{m}_{0}}{{c}^{2}}+e\Phi \right){{\Psi }_{b}} \\ \end{align}$

Als Ansatz wählen wir

$\Psi =\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{a}} \\ {{\Psi }_{b}} \\ \end{matrix} \right)={{e}^{-i{{m}_{0}}{{c}^{2}}\frac{t}{\hbar }}}\left( \begin{matrix} {{\phi }_{a}} \\ {{\phi }_{b}} \\ \end{matrix} \right)$

für $E\ge 0$ .

Also Zerlegung in

${{e}^{-i{{m}_{0}}{{c}^{2}}\frac{t}{\hbar }}}$

als schnelle zeitliche Oszillation und

$\left( \begin{matrix} {{\phi }_{a}} \\ {{\phi }_{b}} \\ \end{matrix} \right)$

als langsam zeitabhängige Funktion!

Es folgt:

$\begin{align} & i\hbar {{{\dot{\phi }}}_{a}}=c\sum\limits_{\mu =1}^{3}{{}}{{\sigma }^{\mu }}{{\pi }^{\mu }}{{\phi }_{b}}+e\Phi {{\phi }_{a}} \\ & i\hbar {{{\dot{\phi }}}_{b}}=c\sum\limits_{\mu =1}^{3}{{}}{{\sigma }^{\mu }}{{\pi }^{\mu }}{{\phi }_{a}}-2{{m}_{0}}{{c}^{2}}{{\phi }_{b}}+e\Phi {{\phi }_{b}} \\ \end{align}$

Nichtrelativistische Näherung:

$\begin{align} & E-{{m}_{0}}{{c}^{2}}<<{{m}_{0}}{{c}^{2}}\Rightarrow {{{\dot{\phi }}}_{b}}\approx 0 \\ & e\Phi <<{{m}_{0}}{{c}^{2}}\Rightarrow e\Phi {{\phi }_{b}}\approx 0 \\ \end{align}$

$\begin{align} & {{{\dot{\phi }}}_{b}}\approx 0 \\ & e\Phi {{\phi }_{b}}\approx 0 \\ & \Rightarrow c\sum\limits_{\mu =1}^{3}{{}}{{\sigma }^{\mu }}{{\pi }^{\mu }}{{\phi }_{a}}-2{{m}_{0}}{{c}^{2}}{{\phi }_{b}}\approx 0 \\ \end{align}$

${{\phi }_{b}}\approx \frac{1}{2{{m}_{0}}c}\left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right){{\phi }_{a}}$

eingesetzt in

$i\hbar {{\dot{\phi }}_{a}}=\frac{1}{2{{m}_{0}}}\left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right)\left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right){{\phi }_{a}}+e\Phi {{\phi }_{a}}$

Man kann zeigen:

$\begin{align} & \left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right)\left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right)={{{\bar{\pi }}}^{2}}+i\bar{\sigma }\left( \bar{\pi }\times \bar{\pi } \right) \\ & \Rightarrow i\hbar {{{\dot{\phi }}}_{a}}=\left[ \frac{1}{2{{m}_{0}}}\left( {{{\bar{\pi }}}^{2}}+i\bar{\sigma }\left( \bar{\pi }\times \bar{\pi } \right) \right)+e\Phi \right]{{\phi }_{a}} \\ \end{align}$

Remember:

$\begin{align} & \left( \bar{\pi }\times \bar{\pi } \right){{\phi }_{a}}=\left( \bar{p}-e\bar{A} \right)\times \left( \bar{p}-e\bar{A} \right){{\phi }_{a}} \\ & =\bar{p}\times \left( \bar{p}{{\phi }_{a}} \right)-e\left[ \bar{p}\times \left( \bar{A}{{\phi }_{a}} \right)+\bar{A}\times \bar{p}{{\phi }_{a}} \right]+{{e}^{2}}\left( \bar{A}\times \bar{A} \right)i{{\phi }_{a}} \\ & \bar{p}\times \left( \bar{p}{{\phi }_{a}} \right)=0 \\ & {{e}^{2}}\left( \bar{A}\times \bar{A} \right)i{{\phi }_{a}}=0 \\ & e\left[ \bar{p}\times \left( \bar{A}{{\phi }_{a}} \right)+\bar{A}\times \bar{p}{{\phi }_{a}} \right]=\frac{e\hbar }{i}\bar{B}{{\phi }_{a}} \\ & \\ & \Rightarrow \left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right)\left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right)={{{\bar{\pi }}}^{2}}+i\bar{\sigma }\left( \bar{\pi }\times \bar{\pi } \right)={{\left( \bar{p}-e\bar{A} \right)}^{2}}-e\hbar \bar{\sigma }\bar{B} \\ \end{align}$

Die verwendeten Identitäten sind dabei natürlich zu zeigen (Übungsaufgabe!)

Also folgt die Bewegungsgleichung für $φ a$ :

$i\hbar {{\dot{\phi }}_{a}}=\left[ \frac{1}{2{{m}_{0}}}\left( {{{\bar{\pi }}}^{2}}+i\bar{\sigma }\left( \bar{\pi }\times \bar{\pi } \right) \right)+e\Phi \right]{{\phi }_{a}}=\left[ \frac{1}{2{{m}_{0}}}{{\left( \bar{p}-e\bar{A} \right)}^{2}}-\frac{1}{2{{m}_{0}}}e\hbar \bar{\sigma }\bar{B}+e\Phi \right]{{\phi }_{a}}$

dies ist die nichtrelativistische Pauli-Gleichung für Spin $\pm \frac{\hbar }{2}$ (vergl. S. 102, Kapitel 4.3) mit dem richtigen gyromagnetischen Verhältnis g=2:

$\frac{1}{2{{m}_{0}}}e\hbar \bar{\sigma }=\frac{e}{{{m}_{0}}}\frac{\hbar }{2}\bar{\sigma }=g\frac{e}{{{m}_{0}}}\bar{S}$

Vergl. S. 94

Interpretation des vierkomponentigen Spinors:

Teilchen- Freiheitsgrad: ${{\Psi }_{a}}=\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{a\uparrow }}(\bar{r},t) \\ {{\Psi }_{a\downarrow }}(\bar{r},t) \\ \end{matrix} \right)$

Antiteilchen Freiheitsgrad: ${{\Psi }_{b}}=\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{b\uparrow }}(\bar{r},t) \\ {{\Psi }_{b\downarrow }}(\bar{r},t) \\ \end{matrix} \right)$

Spin- Eigenwertproblem in 2x2- Matrixdarstellung

${{\sigma }_{3}}{{\Psi }_{a}}={{\sigma }_{3}}\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{a\uparrow }}(\bar{r},t) \\ {{\Psi }_{a\downarrow }}(\bar{r},t) \\ \end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \\ \end{matrix} \right)\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{a\uparrow }}(\bar{r},t) \\ {{\Psi }_{a\downarrow }}(\bar{r},t) \\ \end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{a\uparrow }}(\bar{r},t) \\ -{{\Psi }_{a\downarrow }}(\bar{r},t) \\ \end{matrix} \right)$

Spin- Operator in 4x4 Block- Matrix- Darstellung

$\begin{align} & \tilde{\sigma }=\left( \begin{matrix} {\bar{\sigma }} & 0 \\ 0 & {\bar{\sigma }} \\ \end{matrix} \right) \\ & \tilde{\sigma }\Psi =\left( \begin{matrix} {\bar{\sigma }} & 0 \\ 0 & {\bar{\sigma }} \\ \end{matrix} \right)\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{a}} \\ {{\Psi }_{b}} \\ \end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix} \bar{\sigma }{{\Psi }_{a}} \\ \bar{\sigma }{{\Psi }_{b}} \\ \end{matrix} \right) \\ \end{align}$

Ableitung der Spin-Bahn-Kopplung für $\bar{A}=0$ und symmetrisches V(r):

Bahn- Drehimpuls:

$\bar{L}=\bar{r}\times \bar{p}\left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right)$

Mit $\bar{r}\times \bar{p}$ aus dem Bahn-Raum und $\left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right)$

aus dem Spinor-Raum.

Gesamt- Drehimpuls

$\begin{align} & \bar{J}:=\bar{L}+\frac{\hbar }{2}\tilde{\bar{\sigma }}=\bar{r}\times \bar{p}\left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right)+\frac{\hbar }{2}\tilde{\bar{\sigma }} \\ & \bar{r}\times \bar{p}\left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right)=\bar{r}\times \bar{p}\left( \begin{matrix} 1 & {} & {} & {} \\ {} & 1 & {} & {} \\ {} & {} & 1 & {} \\ {} & {} & {} & 1 \\ \end{matrix} \right) \\ \end{align}$

Dabei ist

$\bar{J}:=\bar{L}+\frac{\hbar }{2}\tilde{\bar{\sigma }}=\bar{r}\times \bar{p}\left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ \end{matrix} \right)+\frac{\hbar }{2}\tilde{\bar{\sigma }}$

eine Erhaltungsgröße. Denn es kann gezeigt werden:

$\begin{align} & \left[ \bar{J},H \right]=\left[ \bar{L},H \right]+\frac{\hbar }{2}\left[ \tilde{\bar{\sigma }},H \right]=0 \\ & \left[ \bar{L},H \right]=i\hbar c\bar{\alpha }\times \bar{p} \\ & \left[ \tilde{\bar{\sigma }},H \right]=-2c\bar{\alpha }\times \bar{p} \\ \end{align}$

Dies ist leicht zu zeigen!

Wichtig: ${{\bar{L}}^{\mu }}$

ist keine Konstante der Bewegung

Entwicklung der Dirac- Gleichung für $E\ge 0$

bis zur ersten Ordnung in $\frac{\varepsilon -V}{2{{m}_{0}}{{c}^{2}}}$

mit $\varepsilon :=E-{{m}_{0}}{{c}^{2}}$

liefert mit $\left( \begin{matrix} {{\Psi }_{a}} \\ {{\Psi }_{b}} \\ \end{matrix} \right)={{e}^{-\frac{i}{\hbar }Et}}\left( \begin{matrix} {{\phi }_{a}} \\ {{\phi }_{b}} \\ \end{matrix} \right)$

(Vergl. Schwabl Seite 215 ff.)

$\varepsilon {{\phi }_{a}}=\left( \frac{{{p}^{2}}}{2{{m}_{0}}}+V(r)-\frac{{{p}^{4}}}{8{{m}_{0}}^{3}{{c}^{2}}}+\frac{{{\hbar }^{2}}}{4{{m}_{0}}^{2}{{c}^{2}}}\frac{dV}{dr}\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}+\frac{\hbar }{4{{m}_{0}}^{2}{{c}^{2}}}\frac{dV}{dr}\frac{1}{r}\bar{\sigma }\cdot \bar{L} \right){{\phi }_{a}}$

Also eine Spin-Bahn-Kopplung von

${{H}_{SB}}=\frac{\hbar }{4{{m}_{0}}^{2}{{c}^{2}}}\frac{dV}{dr}\frac{1}{r}\bar{\sigma }\cdot \bar{L}$

Fakten zu Der nichtrelativistische GrenzfallRDF-Feed

Abschnitt	4 +
Fachbegriff	Diracgleichung +, Ruheenergie +, Kanonischen Impuls +, Kinetischen Impuls +, Antiteilchen +, Dirac-Gleichung +, Pauli-Gleichung +, Spin-Bahn-Kopplung +, Bahn-Raum + und Spinor-Raum +
Index	Diracgleichung +, Ruheenergie +, Kanonischen Impuls +, Kinetischen Impuls +, Antiteilchen +, Dirac-Gleichung +, Pauli-Gleichung +, Spin-Bahn-Kopplung +, Bahn-Raum + und Spinor-Raum +
Inhaltstyp	Script +
Kapitel	7 +
Urheber	Prof. Dr. E. Schöll, PhD +

Der nichtrelativistische Grenzfall

Aus PhysikWiki

Inhaltsverzeichnis

Ankopplung an das elektromagnetische Feld:

Nichtrelativistische Näherung:

Bahn- Drehimpuls:

Gesamt- Drehimpuls

Ansichten

Persönliche Werkzeuge

Navigation

Suche

Werkzeuge