Quantenmechanik/ Harmonischer Oszillator

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Der Harmonische Oszillator

Betrachten wir den Hamiltonoperator in einer Dimension:

${\hat {H}}={\frac {p^{2}}{2m}}+{\frac {m\omega ^{2}}{2}}x^{2}$

und suchen wir die dazugehörenden Eigenfunktionen und Eigenwerte.

Es gibt zwei grundsätzliche Lösungswege. Zum einen könnten wir den Operator in die Ortsdarstellung der Schrödingergleichung einsetzen und die resultierende Differentialgleichung mit den entsprechenden Randbedingungen lösen. Der zweite Weg zeigt eine grundsätzliche Herangehensweise an Probleme in der Quantenmechanik auf und nutzt die Operatordarstellung. Dieser Lösungsweg wird hier gerechnet.

Zerlegung des Hamiltonoperators

Zunächst führen wir drei Operatoren ein:

$a={\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}(x+{\frac {i}{m\omega }}p)$

$a^{\dagger }={\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}(x-{\frac {i}{m\omega }}p)$

$N=aa^{\dagger }$

Zu beachten ist, dass $a,a^{\dagger }$ keine hermiteschen Operatoren sind, $N$ allerdings schon. Man nennt Operatoren, die in ähnlicher Weise wirken wie $a,a^{\dagger }$ Vernichtungs- und Erzeugungsoperatoren, bzw. auch Ab- und Aufsteigeoperatoren. Warum und worauf auf- und abgestiegen wird, werden wir im nächsten Kapitel sehen.

Zuvor müssen wir uns aber einige Eigenschaften klarmachen

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

   Beweis: $[a,a^{\dagger }]={\frac {m\omega }{2\hbar }}[x+{\frac {i}{m\omega }}p,x-{\frac {i}{m\omega }}p]={\frac {m\omega }{2\hbar }}(-{\frac {i}{m\omega }}[x,p]+{\frac {i}{m\omega }}[p,x])={\frac {m\omega }{2\hbar }}{\frac {-i}{m\omega }}2i\hbar =1$

Der Hamiltonoperator lässt sich nun darstellen als ${\hat {H}}=\hbar \omega \left(aa^{\dagger }-{\frac {1}{2}}\right)$. Wir können jetzt schon das Energiespektrum dieses Systems bestimmen! Nehmen wir an den Grundzustand $\left\vert 0\right\rangle$ mit Energie $E_{0}$ zu kennen, das heißt

${\hat {H}}\left\vert 0\right\rangle =\hbar \omega \left(aa^{\dagger }-{\frac {1}{2}}\right)\left\vert 0\right\rangle =E_{0}\left\vert 0\right\rangle$.

Wenden wir nun den Operator $a^{\dagger }$ auf diese Gleichung an und benutzen den Kommutator von oben, so erhalten wir

$a^{\dagger }{\hat {H}}\left\vert 0\right\rangle =\hbar \omega \left(a^{\dagger }aa^{\dagger }-{\frac {1}{2}}a^{\dagger }\right)\left\vert 0\right\rangle =\hbar \omega \left(aa^{\dagger }a^{\dagger }-a^{\dagger }-{\frac {1}{2}}a^{\dagger }\right)\left\vert 0\right\rangle =\left({\hat {H}}-\hbar \omega \right)a^{\dagger }\left\vert 0\right\rangle =E_{0}a^{\dagger }\left\vert 0\right\rangle$.

Wir definieren nun den Zustand $\left\vert 1\right\rangle =a^{\dagger }\left\vert 0\right\rangle$, und bringen ein $\hbar \omega$ auf die andere Seite. Damit erhalten wir

${\hat {H}}\left\vert 1\right\rangle =\left(E_{0}+\hbar \omega \right)\left\vert 1\right\rangle$,

was die Schrödingergleichung für den ersten angeregten Zustand ist. Dieser hat also die Energie $E_{0}+\hbar \omega$. Da das gleiche Argument wieder auf den ersten Zustand angewandt werden kann, ist die Energie für den n-ten Zustand:

$E_{n}=E_{0}+n\cdot \hbar \omega$

Wir haben also gesehen, dass $a^{\dagger }$ der Operator ist, der einen Zustand in den nächst höheren übergehen lässt, also $a^{\dagger }\left\vert n\right\rangle =\left\vert n+1\right\rangle$. Der Operator $a$ tut das gleiche in umgekehrter Richtung, er senkt die Energie ab. Daher heißen diese Operatoren Erzeuger/Vernichter, sie erzeugen/vernichten ein Energiequant.

Nun können wir noch die Energie $E_{0}$ des Grundzustands $\left\vert 0\right\rangle$ bestimmen. Da es per Definition keinen Zustand unterhalb des Grundzustands gibt, gilt $a\left\vert 0\right\rangle =0$. Nutzen wir wieder die Kommutatorbeziehung von oben aus, erhalten wir

$H\left\vert 0\right\rangle =\hbar \omega \left(aa^{\dagger }-{\frac {1}{2}}\right)\left\vert 0\right\rangle =\hbar \omega \left(a^{\dagger }a+{\frac {1}{2}}\right)\left\vert 0\right\rangle ={\frac {1}{2}}\hbar \omega \left\vert 0\right\rangle$.

Die Wellenfunktion in Ortsdarstellung

Die ursprüngliche Differentialgleichung lässt sich zwar nicht ohne weiteres lösen, mit dem oben hergeleiteten Formalismus lässt sich aber relativ leicht ein Konstruktionsschema für die Wellenfunktion in Ortsdarstellung angeben.

Dazu nutzen wir die Eigenschaft des Grundzustands aus, dass sich kein Energiequant vernichten lässt:

$a\left\vert 0\right\rangle =0.$

Der Einfachheit zuliebe betrachten wir nur eine Raumdimension, der Impulsoperator wird also im Ortsraum $p={\frac {\hbar }{i}}{\frac {d}{dx}}$. Setzen wir dies also in die Definition von $a$ ein ergibt sich die Differentialgleichung

$\left(x+{\frac {\hbar }{m\omega }}{\frac {d}{dx}}\right)\psi _{0}(x)=0.$

Diese Gleichung lässt sich durch Separation der Variablen lösen:

${\frac {d\psi _{0}}{\psi _{0}}}=-{\frac {m\omega }{\hbar }}xdx,$

was nach Integration die Wellenfunktion des Grundzustand liefert:

$\psi _{0}(x)=A\exp \left(-{\frac {m\omega }{2\hbar }}x^{2}\right).$

Der Faktor A entsteht als Integrationskonstante und dient der Normierung der Wellenfunktion. Um ihn zu bestimmen wird das uneigentliche Integral $\int _{-\infty }^{\infty }dxe^{-ax^{2}}={\sqrt {\frac {\pi }{a}}}$ benötigt:

$\int _{-\infty }^{\infty }dx|\psi _{0}(x)|^{2}=|A|^{2}\int _{-\infty }^{\infty }dx\exp \left(-{\frac {m\omega }{\hbar }}x^{2}\right)=|A|^{2}{\sqrt {\frac {\pi \hbar }{m\omega }}}{\stackrel {!}{=}}1,$

womit, bis auf eine komplexe Phase, A bestimmt ist als $A=\left({\frac {m\omega }{\pi \hbar }}\right)^{1/4}$.

Vom Grundzustand aus kann man nun schrittweise die Wellenfunktionen der angeregten Zustände berechnen. Dazu muss nur der Operator $a^{\dagger }$ n-mal auf $\psi _{0}$ angewandt werden, um den n-ten Zustand zu erreichen. Zum Beispiel entsteht so der erste angeregte Zustand:

$\psi _{1}(x)=a^{\dagger }\psi _{0}(x)={\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}\left(x-{\frac {\hbar }{m\omega }}{\frac {d}{dx}}\right)\psi _{0}(x)=2\left({\frac {m\omega }{\pi \hbar }}\right)^{1/4}{\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}x\exp \left(-{\frac {m\omega }{2\hbar }}x^{2}\right)$

Eigenwerte des quantenmechanischen harmonischen Oszillators (Rechnung)

In diesem Artikel wird gezeigt, wie die Energie-Eigenwerte des quantenmechanischen harmonischen Oszillators in einer Dimension berechnet werden können. Die Rechnung versteht sich auch als ein repräsentatives Beispiel für die Lösung quantenmechanischer Probleme mit Hilfe der Methode der zweiten Quantisierung, etwa die Bestimmung von Drehimpulseigenwerten oder in der Festkörperphysik.

Problemstellung und Vorgehensweise

Allgemeines

Wir bestimmen die Energie-Eigenwerte des eindimensionalen quantenmechanischen harmonischen Oszillators, also sämtliche Eigenwerte $\epsilon$ des Eigenwertproblems

$H|{\psi }\rangle =\epsilon |{\psi }\rangle ,$

wobei der Hamilton-Operator $H$ gegeben ist durch $H={\frac {1}{2m}}P^{2}+{\frac {1}{2}}m\omega ^{2}X^{2},$ $P$ ist der Impulsoperator, $X$ der Ortsoperator. Dabei werden wir wie folgt vorgehen:

Einführung von Auf- und Absteigern

Zunächst werden wir zueinander adjungierte lineare Operatoren $a$ und $a^{+}$ einführen, mit denen sich der Hamilton-Operator $H$ schreiben lässt als

$H=\hbar \omega \left(a^{+}a+{\frac {1}{2}}\right).$

Untersuchung des Operators $N:=a^{+}a$

Anstelle der Eigenzustände von $H$ untersuchen wir die Eigenzustände von $N:=a^{+}a$.Es lässt sich leicht zeigen, dass wir alle Eigenzustände von $H$ aus denen von $N$ konstruieren können, ebenso können wir die Eigenwerte von $H$ leicht aus denen von $N$ gewinnen. Wir konzentrieren uns daher auf das Eigenwertproblem

$N\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.=n|{\psi _{n}^{j}}\rangle .$

Wir haben dabei die Eigenzustände von $N$ mit zwei Indizes "nummeriert": Der untere Index gibt den zu $|{\psi _{n}^{j}}\rangle$ gehörigen Eigenwert an und durchläuft die (noch unbekannte) Menge aller Eigenwerte. Auch wenn die Wahl des Buchstabens bereits die spätere Erkenntnis andeutet, dass es sich bei den Eigenwerten von $N$ um natürliche Zahlen handelt, so ist an dieser Stelle noch keinerlei Einschränkung vorgenommen; die Menge der Eigenwerte und damit der Index $n$ kann durchaus eine kontinuierliche Größe sein. Gleiches gilt für den oberen Index $j$, der dazu dient, Eigenfunktionen zum gleichen Eigenwert zu unterscheiden, ohne ein neues Symbol verwenden zu müssen. Da der Eigenzustand $\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ durch die Angabe der beiden Indizes $n$ und $j$ bereits vollständig bestimmt ist, ist es in der Literatur vielfach üblich, das Symbol $\psi$ komplett wegzulassen und den Zustand einfach nur durch

$|{\psi _{n}^{j}}\rangle =:|{n,j}\rangle$

zu kennzeichnen. Dieser Konvention werden wir uns aber nicht anschließen.

Bestimmung der Eigenwerte von $N$

Um die Eigenwerte von $N$ zu bestimmen, werden wir die Zustände $a|{\psi _{n}^{j}}\rangle$ und $a^{+}|{\psi _{n}^{j}}\rangle$ genauer untersuchen: wir werden sehen, dass $a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ unter bestimmten Bedingungen ein Eigenzustand zum Eigenwert $n-1$ und $a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ ein Eigenzustand zum Eigenwert $n+1$ ist, darüber hinaus werden wir zeigen, dass $n=0$ ein Eigenwert von $N$ ist, indem wir in der Ortsdarstellung eine konkrete Wellenfunktion des zu $0$ gehörigen Eigenvektors $|{\psi _{0}}\rangle$ ermitteln; Da, wie wir sehen werden, alle Eigenwerte von $N$ nicht-negativ sind, ist dann schon bewiesen, dass alle $n\in \mathbb {N} _{0}$ zum Eigenwertspektrum von $N$ gehören:

1. 0 ist Eigenwert, wie wir durch explizite Angabe eines Eigenzustandes $|{\psi _{0}}\rangle$ zu diesem Eigenwert sehen werden.
2. $|{\psi _{1}}\rangle :=a^{+}|{\psi _{0}}\rangle$ ist ein Eigenzustand zum Eigenwert $0+1=1$, also ist auch die Zahl 1 aus dem Eigenwertspektrum von $N$. Ebenso ist $a^{+}|{\psi _{1}}\rangle$ ein Eigenzustand zum Eigenwert $1+1=2$, also ist auch 2 Eigenwert von $N$.

Sukzessive folgt so, dass alle natürlichen Zahlen zum Eigenwertspektrum von $N$ gehören (formal vollziehen wir den Beweis mit Hilfe der vollständigen Induktion). Induktiv werden wir abschließend zeigen, dass $N$ keine weiteren Eigenwerte besitzt. Damit ist das Eigenwertspektrum von $N$ und somit auch das von $H$ vollständig bestimmt. Es sei angemerkt, dass wir die Rechnung in demjenigen Hilbertraum ${\mathcal {H}}$ durchführen, der der Bewegung eines spinlosen Teilchens in einer Dimension zugeordnet ist. Wir werden daher die Begriffe Eigenzustand und Eigenvektor synonym verwenden.

Die Rechnung im Detail

Schritt 1: Umschreiben des Hamiltonoperators

Zunächst führen wir die Operatoren $a$ und $a^{+}$ ein. Aus Gründen, die später klar werden, nennen wir $a^{+}$ den Aufsteigeoperator, $a$ den Absteigeoperator (übliche Bezeichnungen sind auch Erzeuger und Vernichter.). Sie sind definiert durch:

${\begin{array}{ccl}a&:=&{\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}X+i{\frac {1}{\sqrt {2m\hbar \omega }}}P\\a^{+}&:=&{\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}X-i{\frac {1}{\sqrt {2m\hbar \omega }}}P.\end{array}}$

Sowohl $a$ als auch $a^{+}$ sind lineare Operatoren, da $P$ und $X$ linear sind. Man beachte in allen nachfolgenden Rechnungen, dass der Einsoperator, definiert durch

$\mathbf {1} |{\psi }\rangle =|{\psi }\rangle \forall |{\psi }\rangle \in {\mathcal {H}},$

stets unterdrückt wird: so schreiben wir z. B. stets $[X,P]=i\hbar$ anstatt $[X,P]=i\hbar \mathbf {1}$. Diese Unterdrückung gestaltet Rechnungen übersichtlicher und ist an gängige Konventionen in üblicher Quantenmechaniklehrbücher angepasst. Die Operatornatur des Kommutators $[\cdot ,\cdot ]$ sollte dabei aber nicht aus den Augen verloren werden! Widmen wir uns aber nun der Bestimmung der Eigenwerte von $H$. Wie bereits in der Einleitung angedeutet, zeigen wir zunächst:

Satz 1: Der Hamiltonoperator ist gegeben durch $H=\hbar \omega \left(a^{+}a+{\frac {1}{2}}\right)$.

Beweis: Den Beweis führen wir direkt durch Einsetzen, wobei wir ausnutzen, dass die Menge der linearen Operatoren auf $H$ einen (nichtkommutativen) Ring bildet:

${\begin{array}{ccl}a^{+}a&=&\left({\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}X-i{\frac {1}{\sqrt {2m\hbar \omega }}}P\right)\cdot \left({\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}X+i{\frac {1}{\sqrt {2m\hbar \omega }}}P\right)\\&=&{\frac {m\omega }{2\hbar }}X^{2}+i{\frac {1}{2\hbar }}XP-i{\frac {1}{2\hbar }}PX+{\frac {1}{2m\omega \hbar }}P^{2}\\&=&{\frac {m\omega }{2\hbar }}X^{2}+{\frac {i}{2\hbar }}[X,P]+{\frac {1}{2m\hbar \omega }}P^{2}\end{array}}$

Bekanntlich ist $[X,P]=i\hbar$, so dass insgesamt folgt:

$a^{+}a={\frac {m\omega }{2\hbar }}X^{2}-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2m\hbar \omega }}P^{2}$

oder

$\hbar \omega a^{+}a=\underbrace {{\frac {1}{2}}m\omega ^{2}X^{2}+{\frac {1}{2m}}P^{2}} _{=H}-{\frac {1}{2}}\hbar \omega$

und somit ist alles gezeigt.

Wir führen nun das Eigenwertspektrum des Hamiltonoperators auf das Eigenwertspektrum des Operators $N:=a^{+}a$ zurück:

Satz 2: Jeder Eigenvektor von $H$ ist auch Eigenvektor von $N$ und umgekehrt. Weiterhin gilt: Alle Eigenwerte $\epsilon$ von $H$ sind durch $\epsilon =\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\hbar \omega$ gegeben, wenn $n$ die Eigenwerte von $N$ durchläuft.

Beweis:: Sei $|{\psi }\rangle$ ein Eigenvektor von $N$ zum Eigenwert $n$. Dann gilt:

${\begin{array}{ccl}H|{\psi }\rangle &=&\hbar \omega \left(N+{\frac {1}{2}}\right)|{\psi }\rangle \\&=&\hbar \omega N|{\psi }\rangle +{\frac {\hbar \omega }{2}}|{\psi }\rangle \\&=&\hbar \omega n|{\psi }\rangle +{\frac {\hbar \omega }{2}}|{\psi }\rangle \\&=&\hbar \omega \left(n+{\frac {1}{2}}\right)|{\psi }\rangle ,\end{array}}$

$|{\psi }\rangle$ ist also ein Eigenvektor von $H$, wie behauptet. Aus der Rechnung folgt weiterhin direkt, dass jede Zahl der Form $\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\hbar \omega$ mit einem Eigenwert $n$ von $N$ ein Eigenwert des Hamiltonoperators $H$ ist. Sei nun umgekehrt $|{\phi }\rangle$ ein Eigenvektor von $H$ zum Eigenwert $\epsilon$. Wegen $N={\frac {1}{\hbar \omega }}H-{\frac {1}{2}}$ folgt mit einer analogen Rechnung, dass $|{\phi }\rangle$ auch Eigenvektor von $N$ ist. $H$ und $N$ besitzen also die gleichen Eigenzustände, da jeder Eigenzustand von $N$ auch Eigenzustand von $H$ ist und umgekehrt. Bleibt noch zu zeigen, dass jeder Eigenwert von $H$ von der Form $\hbar \omega (n+{\frac {1}{2}})$ mit einem Eigenwert $n$ von $N$ ist. Sei dazu $\epsilon$ ein Eigenwert von $H$. Dann existiert dazu eine Eigenfunktion $|{\psi _{\epsilon }}\rangle$. Nun ist $|{\psi _{\epsilon }}\rangle$ aber auch Eigenfunktion von $N$, wie weiter oben gezeigt. Damit gilt:

$\epsilon =H|{\psi _{\epsilon }}\rangle =\hbar \omega \left(N+{\frac {1}{2}}\right)|{\psi _{\epsilon }}\rangle =\hbar \omega \left(n+{\frac {1}{2}}\right)|{\psi _{\epsilon }}\rangle ,$

da $|{\psi _{\epsilon }}\rangle \neq 0$ folgt $\epsilon =\hbar \omega \left(n+{\frac {1}{2}}\right)$, wie behauptet.

Der letzte Satz garantiert uns, dass wir sämtliche Eigenvektoren sowie das gesamte Eigenwertspektrum von $H$ aus den Eigenvektoren bzw. Eigenwerten von $N$ rekonstruieren können. Wenn wir alle Eigenvektoren und -Werte von $N$ kennen, ist das Problem der Bestimmung des Eigenwertspektrums des eindimensionalen harmonischen Oszilators im Prinzip gelöst. Daher werden wir nun das Eigenwertproblem

$N\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.=n\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$

genauer untersuchen, wobei wir konsequent die bereits in der Einführung beschriebene Notation verwenden werden: der Zustand $\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ steht in allen nachfolgenden Rechnungen stets für einen Eigenzustand von $N$ zum Eigenwert $n$, auch wenn dies keine explizite Erwähnung findet! Per Definition eines Eigenzustandes ist damit auch $\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\neq 0$. Wir zeigen zunächst die folgende wichtige Tatsache:

Satz 3: $a^{+}$ ist adjungiert zu $a$:$a^{+}=a^{\dagger }$

Beweis: Dies erkennt man sofort aus den Regeln zur Bildung des adjungierten Operators zu einem Operator, der Linearkombination anderer linearer Operatoren ist:

${\begin{array}{ccl}a^{\dagger }&=&\left({\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}X+i{\frac {1}{\sqrt {2m\hbar \omega }}}P\right)^{\dagger }\\&=&{\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}X^{\dagger }-i{\frac {1}{\sqrt {2m\hbar \omega }}}P^{\dagger }\\\end{array}}$

Da $X$ und $P$ selbstadjungiert sind (d.h. $X^{\dagger }=X,P^{\dagger }=P$), ist die Behauptung gezeigt.

Schritt 2: Bestimmung der Eigenwerte von $N$

Aus Satz 3 folgt sofort:

Satz 4: Alle Eigenwerte von $N$ sind reell und nicht negativ.

Beweis: $n$ ist reell, da der Operator $N=a^{+}a$ selbstadjungiert ist:

$N^{\dagger }=(a^{+}a)^{\dagger }=a^{\dagger }(a^{+})^{\dagger }=a^{\dagger }(a^{\dagger })^{\dagger }=a^{\dagger }a=a^{+}a=N$

Nun berechnen wir die Norm des Zustandes $a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$

${\begin{array}{ccl}\|a|\psi _{n}^{j}\rangle \|^{2}&=&\langle a|\psi _{n}^{j}\rangle ,a|\psi _{n}^{j}\rangle \rangle \\&=&\langle |\psi _{n}^{j}\rangle ,a^{+}a|\psi _{n}^{j}\rangle \rangle \\&=&\langle \psi _{n}^{j}|a^{+}a|\psi _{n}^{j}\rangle \\&=&\langle \psi _{n}^{j}|N|\psi _{n}^{j}\rangle \\&=&n\langle \psi _{n}^{j}|\psi _{n}^{j}\rangle \end{array}}$

Man beachte, dass wir im zweiten Schritt benutzt haben, dass $a^{+}=a^{\dagger }$, im vorletzten Schritt haben wir $N\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.=n|\psi _{n}^{j}\rangle$ verwendet. Wegen $\langle \psi _{n}^{j}|\psi _{n}^{j}\rangle \geq 0$ und $\|a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\|^{2}\geq 0$ folgt sofort $n\geq 0$.

Wir untersuchen nun den Zustand $a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ etwas genauer. Da wir in den nachfolgenden Rechnungen häufiger die Kommutatoren $[a,N]$, $[a^{+},N]$ und $[a,a^{+}]$ benötigen werden, wollen wir diese Ausdrücke an dieser Stelle berechnen. Zunächst rechnet man mit Hilfe der Definition von $a$ und $a^{+}$ unter Benutzung der Linearität des Kommutators und dem bekannten Postulat $[X,P]=i\hbar$ sofort nach, dass gilt:

$[a,a^{+}]=1.$

Damit lässt sich der Kommutator von $a$ und $N$ direkt ermitteln:

${\begin{array}{ccl}[a,N]&=&[a,a^{+}a]=aa^{+}a-a^{+}aa\\&=&(aa^{+}-a^{+}a)a\\&=&[a,a^{+}]a\end{array}}$

Es folgt $[a,N]=a.$ Ganz analog lässt sich beweisen, dass

$[a^{+},N]=-a^{+}$

gilt. Wir haben nun alle nötigen Vorbereitungen für die nächsten beiden Sätze und für einen großen Schritt in Richtung der Lösung unseres Problems getroffen.

Satz 5: Existiert zu $n=0$ ein Eigenzustand $|{\phi _{0}}\rangle$, so ist $a|{\phi _{0}}\rangle =0$. Ist $n\neq 0$, so ist der Zustand $a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ ein Eigenzustand zum Eigenwert $n-1$.

Beweis: Die erste Behauptung folgt direkt aus dem Beweis zum vorangegangenen Satz. Ist nämlich $n=0$, so gilt: $\|a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\|^{2}=n\langle \psi _{n}^{j}|\psi _{n}^{j}\rangle =0,$ der Nullvektor ist aber der einzige Vektor mit einer Norm von 0, also ist $a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.=0$. Sei nun $n\neq 0$. Um zu zeigen, dass $a|\psi _{n}^{j}\rangle$ Eigenzustand zum Eigenwert $n-1$ ist, müssen wir beweisen:

• $a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ genügt der Eigenwertgleichung $N(a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.)=(n-1)(a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.)$
• Es ist $a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\neq 0$.

Zum Beweis der ersten Behauptung untersuchen wir den Ausdruck $N(a|\psi _{n}^{j}\rangle )$. Da $\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ Eigenzustand von $N$ ist, wäre es günstig, $a$ mit $N$ vertauschen zu können. Dies ist zwar nicht möglich, aber wir können die zuvor berechneten Kommutatoren ausnutzen, denn es gilt:

$[a,N]=aN-Na\Longrightarrow Na=aN-[a,N].$

Der Kommutator $[a,N]$ ist aber bekannt: wie wir zuvor gezeigt haben, ist $[a,N]=a$, und es folgt:

${\begin{array}{ccl}N(a|\psi _{n}^{j}\rangle )&=&(Na)\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.=(aN-[a,N])\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\\&=&(aN-a)\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\\&=&(aN)\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.-a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\\&=&aN|\psi _{n}^{j}\rangle -a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\\&=&n\cdot a|\psi _{n}^{j}\rangle -a|\psi _{n}^{j}\rangle \\&=&(n-1)(a|\psi _{n}^{j}\rangle ),\end{array}}$

wie behauptet. $\|a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\|\neq 0$ folgt aus dem Beweis von Satz 4. Dort wurde gezeigt, dass die Norm von $a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ durch

$\|a\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\|=n\langle \psi _{n}^{j}|\psi _{n}^{j}\rangle$

gegeben ist. Da $\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ als Eigenvektor per Definition nicht der Nullvektor ist und damit auch eine von 0 verschiedene Norm aufweist, ist auch $n\langle \psi _{n}^{j}|\psi _{n}^{j}\rangle$ und damit $\|\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\|$ von 0 verschieden, es gilt also $\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\neq 0$.

Der letzte Satz gibt Aufschluss darüber, warum der Operator $a$ auch Absteigeoperator genannt wird: $a$ erzeugt aus einem Eigenvektor zum Eigenwert $n$ einen Eigenvektor zu dem um 1 verminderten Eigenwert $n-1$. Eine ganz analoge Eigenschaft besitzt auch der Aufsteigeoperator $a^{+}$: Dieser erzeugt aus einem Eigenvektor zum Eigenwert $n$ einen Eigenvektor zu dem um 1 erhöhten Eigenwert $n+1$, wie der nachfolgende Satz und sein Beweis zeigen! Man beachte, dass wir allerdings im Falle des Aufsteigeoperators die Einschränkung $n\neq 0$ fallen lassen können.

Satz 6: Der Zustand $a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ ist Eigenzustand zum Eigenwert $n+1$.

Beweis: Der Beweis verläuft vollkommen analog zum Beweis von Satz 5. Wir bestimmen zunächst die Norm von $a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$. Wenn wir berücksichtigen, dass gilt:

$[a,a^{+}]=1\Longrightarrow aa^{+}-a^{+}a=1\Longrightarrow aa^{+}=1+a^{+}a,$

so finden wir:

${\begin{array}{ccl}\|a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\|^{2}&=&\langle \psi _{n}^{j}|aa^{+}|\psi _{n}^{j}\rangle \\&=&\langle \psi _{n}^{j}|1+a^{+}a|\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\\&=&\langle \psi _{n}^{j}|\psi _{n}^{j}\rangle +\langle \psi _{n}^{j}N\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\\&=&\langle \psi _{n}^{j}|\psi _{n}^{j}\rangle +n\langle \psi _{n}^{j}|\psi _{n}^{j}\rangle \\&=&(n+1)\langle \psi _{n}^{j}|\psi _{n}^{j}\rangle .\end{array}}$

Da $n\geq 0$ gilt, ist $n+1>0$ für alle Eigenwerte $n$ von $N$. Da $\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ ein Eigenvektor ist, ist seine Norm stets von 0 verschieden, daher ist auch $\|a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\|\neq 0$, folglich ist $a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ nicht der Nullvektor. Nun zeigen wir, dass $a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ die Eigenwertgleichung

$N(a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.)=(n+1)(a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.)$

erfüllt:

${\begin{array}{ccl}N(a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.)&=&(Na^{+})\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.=(a^{+}+a^{+}N)\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\\&=&a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.+a^{+}(N\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.)=a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.+na^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.\\&=&(n+1)(a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.).\end{array}}$

Bei der Rechnung haben wir verwendet, dass

$[a^{+},N]=-a^{+}\Longrightarrow a^{+}N-Na^{+}=-a^{+}\Longrightarrow Na^{+}=a^{+}N+a^{+}.$

Damit ist alles gezeigt.

Die immense Bedeutung des letzten Satzes ergibt sich anhand folgender Überlegung: können wir zeigen, dass die Zahl 0 ein Eigenwert des Operators $N$ darstellt, so können wir mit Hilfe des letzten Satzes beweisen, dass alle natürlichen Zahlen im Eigenwertspektrum von $N$ enthalten sind. Ist nämlich 0 ein Eigenwert, dann auch 1, schließlich ist $|{\psi _{1}}\rangle :=a^{+}|{\psi _{0}}\rangle$ nach Satz 6 ein Eigenzustand zum Eigenwert 1. Mit der gleichen Argumentation ist dann auch $|{\psi _{2}}\rangle :=a^{+}|{\psi _{1}}\rangle$ ein Eigenzzustand zum Eigenwert 2 usw., oder allgemeiner: ist irgendeine beliebige natürliche Zahl $n$ Eigenwert von $N$, so ist auch $n+1$ Eigenwert von $N$, wir müssen ja lediglich $a^{+}$ auf $\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ anwenden, um einen Eigenzustand zu $n+1$ zu erhalten. Der letzte Satz liefert uns also letztlich den Induktionsschluss für einen Induktionsbeweis, den wir im folgenden führen werden.

Theorem 1: Sei $n\in \mathbb {N} _{0}$ beliebig. Dann gehört $n$ zum Eigenwertspektrum von $N$.

Beweis: Wie angekündigt, führen wir den Beweis mittels der vollständigen Induktion. Induktionsanfang: $n=0$. Wir müssen beweisen, dass 0 im Eigenwertspektrum von $N$ enthalten ist. Dazu betrachten wir das gesamte Problem im Ortsraum. Mit Hilfe von Satz 5 finden wir leicht eine notwendige Bedingung an einen möglichen Eigenzustand $|{\psi _{0}}\rangle$ zum Eigenwert 0: Er muss der Bedingung

$a|{\psi _{0}}\rangle =0$

genügen. Der Operator $a$ ist aber in der Ortsdarstellung durch

$a={\sqrt {\frac {m\omega }{2\hbar }}}X+i{\frac {1}{\sqrt {2m\hbar \omega }}}P$

gegeben, wobei $X=x$ der Ortsoperator und $P={\frac {\hbar }{i}}{\frac {d}{dx}}$ der Impulsoperator ist. Die Bedingung $a|{\psi }\rangle =0$wird dann nach wenigen leichten Umformungen zu der linearen Differenzialgleichung

$m\omega x\psi +\hbar {\frac {d\psi }{dx}}=0$

oder

${\frac {d\psi }{dx}}=-{\frac {m\omega x\psi }{\hbar }}.$

Wie aus der Mathematik bekannt (durch "Trennung der Variablen" ), besitzt diese einzig die Lösungsschar

$\psi _{0}(x)=Ae^{-{\frac {1}{2}}{\frac {m\omega }{\hbar }}x^{2}}$

Der Einfachheit halber können wir sogar $A=1$ wählen (auch wenn $\psi$ dann i.A. nicht normiert ist), dann ist $\psi _{0}$ mit Sicherheit nicht die Nullfunktion, und wir müssen nun nur noch zeigen, dass diese Funktion tatsächlich Eigenfunktion zum Eigenwert 0 des Operators $N$ ist. Wegen

$N={\frac {H}{\hbar \omega }}-{\frac {1}{2}}$

und

$H=-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}}{dx^{2}}}+{\frac {1}{2}}m\omega ^{2}x^{2},$

in der Ortsdarstellung lässt sich dies sofort durch Einsetzen von $\psi _{0}$ in die Gleichung

$N\psi _{0}=0\psi _{0}=0,$

verifizieren. Damit ist der Induktionsanfang getan. Induktionsschluss:$n\rightarrow n+1$. Sei nun $n\in \mathbb {N} _{0}$ ein Eigenwert des Operators $N$, $\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ ein zugehöriger Eigenzustand. Nach Satz 6 ist $a^{+}\left.\left|\psi _{n}^{j}\right\rangle \right.$ Eigenzustand zu $n+1$, also ist mit $n$ auch $n+1$ ein Eigenwert von $N$ und es ist alles gezeigt.

Schritt 3: Ausschluss weiterer Eigenwerte

Wir wissen nun, dass alle natürlichen Zahlen zum Eigenwertspektrum von $N$ gehören. Nun müssen wir uns die Frage stellen, ob es noch weitere Eigenwerte geben kann. Wegen Satz 4 kommen nur noch positive reelle Zahlen in Frage, zu untersuchen wären als mögliche weitere Eigenwerte also noch positive, nicht-natürliche Zahlen. Der nächste Satz zeigt, dass keiner dieser Zahlen zum Eigenwertspektrum von $N$ gehört.

Theorem 2: $N$ besitzt keine nicht-natürlichen Eigenwerte.

Beweis:: Sei $\nu >0$ irgendeine reelle Zahl. Ist $\nu$ nicht-natürlich, so gibt es eine natürliche Zahl $n$ mit

$n<\nu <n+1,$

sowohl $n$ also auch $n+1$ gehören aber nach Theorem 1 zum Eigenwertspektrum von $N$. Wir zeigen nun induktiv, dass zwischen einer natürlichen Zahl $n$ und ihrem Nachfolger $n+1$ kein Eigenwert liegen kann. Induktionsanfang: $n=0$. Angenommen, es gäbe einen Eigenwert $\nu$ von $N$ mit $0<\nu <1$. Dann gäbe es zu $\nu$ einen Eigenzustand $|{\psi _{\nu }^{j}}\rangle$ und $a|{\psi _{\nu }^{j}}\rangle$ wäre wegen $\nu \neq 0$ nach Satz 6 Eigenzustand zum Eigenwert $\nu -1$. Wegen $\nu <1$ ist aber $\nu -1<0$, Widerspruch zu Satz 4. Induktionsschritt: $n\rightarrow n+1$. Sei der Satz für ein $n\in \mathbb {N}$ bereits bewiesen. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es dann keinen Eigenwert $\nu$ von $N$ mit $\nu \in ]n,n+1[$. Angenommen, es gäbe einen Eigenwert $\nu$ von $N$ mit $n+1<\nu <n+2$. Dann gäbe es zu $\nu$ einen Eigenzustand $|{\psi _{\nu }^{j}}\rangle$, wegen $\nu \neq 0$ wäre nach Satz 5 $a|{\psi _{\nu }^{j}}\rangle$ aber ein Eigenzustand zum Eigenwert $\nu -1\in ]n,n+1[$, was aber einen Widerspruch zur Induktionsvoraussetzung darstellt.

Ergebnis

Zusammen mit Satz 2 folgt aus den letzten beiden Theoremen abschließend:

Eigenwertspektrum des harmonischen Oszillators. Der Hamilton-Operator $H$ des eindimensionalen harmonischen Oszillators, $H={\frac {1}{2m}}P^{2}+{\frac {1}{2}}m\omega ^{2}X^{2}$ besitzt das Eigenwertspektrum $\epsilon _{n}=\left(n+{\frac {1}{2}}\right)\hbar \omega ,\ n\in \mathbb {N} _{0}=\{0,1,2,...\}.$

Animierte Schrödingerwellen des Oszillators

Die stationären Wellenfunktionen des Oszillators werden andeutungsweise in Quantenmechanik/ Darstellungen gezeigt. Nicht-stationäre kohärente Gauss-Wellenpakete kommen vor in Quantenmechanik/ Unschärferelation.

In den Animationen auf der Unterseite Quantenmechanik/ Oszillatorbilder wird die zeitveränderliche Amplitude von Oszillator-Wellenfunktion gezeigt und in Farbe ist die Phase hinzugefügt. Vorsichtig anzuklicken wegen Netzwerk-, Speicher- und Prozessorlast?

Der Grundzustand ist eine stehende Gausskurve, deren Phase gleichmäßig um den Einheitskreis läuft.

Ein kohärenter Zustand schwingt bei gleichbleibender Gauss-Form wie ein klassischer Oszillator. An der Phase, die mehr oder weniger kurze Wellen vorweist, liest man die Geschwindigkeit ab.

Ein Katzen-Zustand ist die Superposition von zwei kohärenten Zuständen. Ein zweigeteiltes Pendel, so unstabil wie Schrödingers gleichzeitig tote und lebendige Katze.

Ein gequetschter Zustand ist eine Verformung des kohärenten Zustands. Die Amplitude oder die Phase einer solchen 'atmenden' Welle streut wesentlich weniger als bei den formstabilen kohärenten Zuständen.

Gequetschte elektromagnetische Zustände werden mit Erfolg benutzt, um das Quantenrauschen entweder der Amplitude oder der Phase von Lichtwellen zu vermindern. Beides zugleich verbietet die Unschärferelation. Bei hochsensiblen Experimenten wie den LIGO-Detektoren für Gravitationswellen werden Interferometer mit phasengequetschtem Licht eingesetzt.

Literatur

• w:Claude Cohen-Tannoudji u.a.: Quantenmechanik. Band 1.

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