Störungstheorie und Virialsatz

Kapitelvorwort

Wie kann man Systeme, die nur leicht von exakt lösbaren Systemen abweichen, näherungsweise behandeln?

Was kann man allgemein über Erwartungswerte von Ableitungen des Hamilton-Operators bzw. der kinetischen und potenziellen Energie aussagen?

Wie geht man bei zeitabhängigen Einwirkungen auf ein exakt lösbares System vor?

Bisher wurden fast nur exakt lösbare Systeme besprochen; allerdings wurde auch schon mehrfach darauf hingewiesen, dass viele Probleme nur näherungsweise lösbar sind. In der Quantenmechanik werden daher diverse Näherungsverfahren verwendet; das wichtigste, die Störungstheorie, soll in diesem Kapitel besprochen werden. Weitere Verfahren werden in Kap. 31 diskutiert.

Die Störungstheorie geht davon aus, dass das betrachtete System weitgehend mit einem exakt lösbaren System übereinstimmt und sich nur durch eine kleine „Störung“ davon unterscheidet. Was genau darunter zu verstehen ist, wird im Folgenden noch zu präzisieren sein.

Zu unterscheiden ist dabei einerseits zwischen zeitabhängigen und ‑unabhängigen Störungen, andererseits zwischen Systemen mit entarteten bzw. nichtentarteten Zuständen. Als ein wichtiges Beispiel für eine zeitunabhängige Störung, bei der die Entartung nicht wesentlich ist, werden wir die schon früher erwähnte Spin‐Bahn‐Kopplung studieren. Bei der Wirkung eines homogenen elektrischen Feldes auf Atome (Stark‐Effekt) ist dann die Entartung zu berücksichtigen (Abschn. 30.1).

Sowohl für die Störungstheorie als auch für andere Methoden (die wir in Kap. 31 besprechen werden) ist es oft nötig, Erwartungswerte des Hamilton‐Operators oder ähnlicher Operatoren zu berechnen. Deshalb werden in Abschn. 30.2 allgemeine Aussagen über solche Erwartungswerte vorgestellt.

Die Hellmann‐Feynman‐Formel macht eine Aussage über den Erwartungswert von Ableitungen des Hamilton‐Operators; als konkrete Anwendung kann damit die Energieverschiebung durch die Spin‐Bahn‐Kopplung in der ersten Ordnung der Störungstheorie endgültig berechnet werden. Der Virialsatz verknüpft dagegen, analog zur klassischen Mechanik, die Erwartungswerte der kinetischen und der potenziellen Energie. Als Anwendung werden hier relativistische Korrekturen zum Wasserstoffspektrum und darauf aufbauend die Feinstruktur von Spektren wasserstoffartiger Atome diskutiert.

Manche zeitabhängigen Störungen wie beispielsweise radioaktiver Zerfall verlaufen verglichen mit der Dynamik des ungestörten Systems sehr schnell; diese können im Rahmen der sogenannten sudden approximation behandelt werden. Wir werden in Abschn. 30.3 aber auch den allgemeinen Fall zeitabhängiger Störungen besprechen und die wichtige Goldene Regel dafür herleiten. Schließlich werden wir beispielhaft den Einfluss einer periodischen äußeren Störung auf Atome untersuchen – was unter anderem für die stimulierte Emission von Licht verantwortlich ist, also die Grundlage für den Laser bildet.

Appendices

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

30.1 •• Anomaler Zeeman‐Effekt

Berechnen Sie die Energieverschiebung durch den paramagnetischen Term in (29.82) für ein wasserstoffartiges Atom in einem beliebigen Zustand bis zur ersten Ordnung der Störungstheorie . Gehen Sie dabei davon aus, dass der Einfluss der Spin‐Bahn‐Kopplung stärker als der des äußeren Magnetfeldes ist (anomaler Zeeman‐Effekt ).

Lösungshinweis:

Verwenden Sie die Eigenzustände zum Gesamtdrehimpuls (diese können mithilfe von Clebsch‐Gordan‐Koeffizienten konstruiert werden) und benutzen Sie $\hat{L}_{3}+2\hat{S}_{3}=\hat{J}_{3}+\hat{S}_{3}$.

30.2 •• Harmonischer Oszillator mit linearer Störung

Auf einen eindimensionalen harmonischen Oszillator (Masse m, Eigenfrequenz ω) wirke ein zusätzliches lineares Potenzial Fx mit einer Konstanten F.

• (a) Zeigen Sie, dass sich in der ersten Ordnung der Störungstheorie für beliebige Energieeigenzustände kein Beitrag von diesem Störterm ergibt.

• (b) Ermitteln Sie die Energien bis zur zweiten Ordnung der Störungstheorie und vergleichen Sie mit dem exakten Ergebnis.

Lösungshinweis:

• (a) Benutzen Sie ein Symmetrieargument.

• (b) Schreiben Sie den Störterm mittels Auf‐ und Absteigeoperatoren.

30.3 •• Quadratischer Stark‐Effekt

Die Energieverschiebung durch ein homogenes elektrisches Feld in z‐Richtung für ein Wasserstoffatom im Grundzustand soll in der zweiten Ordnung der Störungstheorie berechnet werden (quadratischer Stark‐Effekt ).

• (a) Begründen Sie zunächst, dass sich folgender Ausdruck ergibt:

  $$E_{100}^{(2)}=e^{2}{\boldsymbol{E}}^{2}\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{\ell=0}^{n-1}\sum_{m=-\ell}^{\ell}\frac{\left|\left\langle{n\,\ell\,m}\right|\hat{z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle\right|^{2}}{E_{1}^{(0)}-E_{n}^{(0)}}\,.$$

  (30.168)

• (b) Benutzen Sie dann, dass

  $$\hat{z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle=\frac{\mathrm{i}\mu}{\hbar^{2}}\left[\hat{H},\hat{Z}\right]\left|{1\,0\,0}\right\rangle$$

  (30.169)

  gilt mit dem Operator $\hat{Z}$, dessen Wirkung auf den Grundzustand gegeben ist durch

  $$\hat{Z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle=-\mathrm{i}za_{\mathrm{B}}\left(a_{\mathrm{B}}+\frac{r}{2}\right)\left|{1\,0\,0}\right\rangle$$

  (30.170)

  (das braucht nicht gezeigt zu werden!), und zeigen Sie damit:

  $$E_{100}^{(2)}=-\frac{\mathrm{i}{\boldsymbol{E}}^{2}}{a_{\mathrm{B}}}\left|\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\hat{Z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle\right|^{2}\,.$$

  (30.171)

• (c) Werten Sie diesen Ausdruck aus.

Lösungshinweis:

• (a) Begründen Sie, dass $\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle=0$ ist.

• (b) Benutzen Sie die Wirkung des Hamilton‐Operators auf die Zustände und deren Vollständigkeit.

• (c) Benutzen Sie die Wirkung von $\hat{Z}$ auf den Grundzustand und werten Sie das Integral im Ortsraum aus.

30.4 •• Ausgedehnter Atomkern

Ein realer Atomkern ist nicht punktförmig, hat also kein reines Coulomb‐Potenzial. Nähert man den Atomkern als homogen geladene Kugel mit Radius $R\ll a_{\mathrm{B}}$ an, so ist die potenzielle Energie eines Elektrons in seinem Feld

$$V(r)=-\frac{Ze^{2}}{R}\begin{cases}\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{r}{R}\right)^{2}&\text{f{\"u}r}\;\;r<R\\ \frac{1}{r}&\text{f{\"u}r}\;\;r> R\,.\\ \end{cases}$$

(30.172)

Betrachten Sie die Differenz dieser potenziellen Energie zur Energie im Coulomb‐Feld als Störterm und berechnen Sie die Energieverschiebung in der ersten Ordnung der Störungstheorie . Vergleichen Sie mit den Energien im Coulomb‐Potenzial.

Lösungshinweis:

Da der Störtem nur für $r\ll a_{\mathrm{B}}$ nicht verschwindet, können Sie die ungestörten (wasserstoffartigen) Wellenfunktionen durch ihren Wert bei r = 0 annähern.

30.5 •• Diamagnetismus

• (a) Berechnen Sie die Energieverschiebung durch den diamagnetischen Term in (29.26) in einem wasserstoffartigen Atom im Grundzustand in der ersten Ordnung der Störungstheorie .

• (b) Zeigen Sie, dass der Störoperator im Unterraum der ersten angeregten Zustände (n = 2) diagonal ist.

• (c) Ermitteln Sie, welche Matrixelemente bei den zweiten angeregten Zuständen (n = 3) mit magnetischer Quantenzahl m = 0 nicht verschwinden. (Warum ist es möglich, sich auf diese zu beschränken?) Kürzen Sie diese geeignet ab (die konkrete Berechnung der Werte ist nicht verlangt) und finden Sie die Energieverschiebungen in erster Ordnung der Störungstheorie durch Diagonalisieren der Matrix.

30.6 •• Virialsatz aus Hellmann‐Feynman‐Theorem

Der Virialsatz für homogene Potenziale (30.90) und das Hellmann‐Feynman‐Theorem (30.67) sind nicht unabhängig voneinander: Ersterer kann aus letzterem hergeleitet werden.

• (a) Zeigen Sie zunächst: Ist $\psi({\boldsymbol{x}})$ eine normierte Eigenfunktion des Hamilton‐Operators

  $$\hat{H}=-\frac{\hbar^{2}}{2m}{\Updelta}+V({\boldsymbol{x}})\,,$$

  (30.173)

  wobei das Potenzial homogen vom Grad k ist, so ist

  $$\psi_{\lambda}({\boldsymbol{x}})=\lambda^{3/2}\psi(\lambda{\boldsymbol{x}})$$

  (30.174)

  für jeden Wert von $\lambda\neq 0$ normiert und eine Eigenfunktion zum Hamilton‐Operator

  $$\hat{H}_{\lambda}=-\lambda^{-2}\frac{\hbar^{2}}{2m}{\Updelta}+\lambda^{k}V({\boldsymbol{x}})$$

  (30.175)

  zu demselben Eigenwert E wie $\psi({\boldsymbol{x}})$.

• (b) Benutzen Sie das Hellmann‐Feynman‐Theorem, um hieraus den Virialsatz für homogene Potenziale herzuleiten.

Lösungshinweis:

• (a) Benutzen Sie die Substitution ${\boldsymbol{y}}=\lambda{\boldsymbol{x}}$.

• (b) Nutzen Sie aus, dass laut Teilaufgabe (a) E unabhängig von λ ist, und wenden Sie die Hellmann‐Feynman‐Formel für $\lambda=1$ an.

30.7 • Feinstrukturaufspaltung

• (a) Vollziehen Sie die Aufspaltungen der Energieniveaus n = 1 und n = 2 von wasserstoffartigen Atomen (siehe Abb. 30.3) nach. Ermitteln Sie insbesondere für Abb. 30.3a und 30.3b jeweils den Maßstab (in Abhängigkeit von Z).

• (b) Zeichnen Sie die entsprechende Abbildung für n = 3.

Lösungshinweis:

Dies ist vor allem eine Fleißaufgabe; setzt man in (30.44), (30.102) und (30.103) ein, so erhält man sofort die gesuchten Werte. Vorsicht muss man nur bei den Vorzeichen walten lassen, insbesondere das von $E_{n}^{(0)}$ muss berücksichtigt werden.

30.8 •• Zitterbewegung und Darwin‐Term

Aus der Dirac‐Gleichung erhält man einen zusätzlichen Störterm für Elektronen in einem Potenzial V:

$$\hat{H}^{(1)}=\frac{\hbar^{2}}{8\mu^{2}c^{2}}{\Updelta}V\,.$$

(30.176)

Dieser wird als Darwin‐Term bezeichnet (nach Charles Galton Darwin , 1887–1962, einem Enkel des bekannten Biologen Charles Darwin).

Halbanschaulich erklärt man dies durch die sogenannte Zitterbewegung des Elektrons: Dessen Wechselwirkung mit dem elektrostatischen Feld ist nicht mehr lokalisiert, sondern seine Position schwankt isotrop mit einer Standardabweichung der Größenordnung

$$\sqrt{\langle(\delta{\boldsymbol{x}})^{2}\rangle}=\frac{\hbar}{\mu c}=\frac{\lambda_{\text{C}}}{2\uppi}$$

(30.177)

mit der Compton‐Wellenlänge $\lambda_{\text{C}}$.

• (a) Zeigen Sie, dass sich mit der Annahme der Zitterbewegung aus dem Erwartungswert des Potenzials näherungsweise ein Störterm der Struktur (30.176) (aber mit falschem Vorfaktor) ergibt.

• (b) Berechnen Sie die Energieverschiebung durch den Term (30.176) für die Eigenzustände von wasserstoffartigen Atomen in der ersten Ordnung der Störungstheorie. Begründen Sie insbesondere, dass sich nur für $\ell=0$ eine Verschiebung ergibt, und vergleichen Sie mit dem Ergebnis (30.44) bei der Spin‐Bahn‐Kopplung.

Lösungshinweis:

• (a) Betrachten Sie die Taylor‐Entwicklung von $V({\boldsymbol{x}}+\delta{\boldsymbol{x}})$ und beachten Sie, dass die Positionsabweichung isotrop ist und im Mittel verschwinden muss.

• (b) Betrachten Sie die Wirkung von ${\Updelta}$ auf das Coulomb‐Potenzial und beachten Sie das Verhalten der Eigenfunktionen für $r\to 0$.

30.9 •• Plötzlicher radioaktiver Zerfall

Ein wasserstoffartiges Atom (Kernladung Z) befinde sich im Grundzustand. Durch einen radioaktiven Zerfall ändere sich die Kernladungszahl zu $Z^{\prime}$. Berechnen Sie im Rahmen der sudden approximation die Wahrscheinlichkeit, das Atom danach in einem der ersten angeregten Zustände zu finden. Was ergibt sich speziell für $Z=Z^{\prime}$ (z. B. Gammazerfall)?

30.10 •• Harmonischer Oszillator mit harmonischer Störung

Auf einen eindimensionalen harmonischen Oszillator (Masse m, Eigenfrequenz $\omega_{0}$), der in x‐Richtung schwingt, wirke nur zwischen den Zeiten t ₁ und t ₂ das zusätzliche Potenzial

$$V(x)=-x\,F\cos(\omega t)$$

(30.178)

ein mit einer reellen Konstanten F. Berechnen Sie in der ersten Ordnung der zeitabhängigen Störungstheorie die Wahrscheinlichkeit, dass das System sich zur Zeit $t> t_{2}$ im angeregten Zustand n befindet, wenn es für $t<t_{1}$ im Grundzustand war. Betrachten Sie auch die Übergangsraten im Grenzfall $\Updelta t=t_{2}-t_{1}\to\infty$.

Lösungshinweis:

Verwenden Sie für die Berechnung des Matrixelements Auf‐ und Absteigeoperatoren.

30.11 ••• Wasserstoffatom im zeitabhängigen elektrischen Feld

Auf ein Wasserstoffatom wirke ein homogenes, aber zeitabhängiges elektrisches Feld ein, das gegeben ist durch

$${\boldsymbol{E}}(t)=\frac{\mathcal{E}t_{0}}{t^{2}+t_{0}^{2}}{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}$$

(30.179)

mit einer reellen Konstanten $\mathcal{E}$.

Für $t\to-\infty$ befinde sich das Atom im Grundzustand. Berechnen Sie in der ersten Ordnung der zeitabhängigen Störungsstheorie die Wahrscheinlichkeit, dass es sich für $t\to\infty$ in einem der ersten angeregten Zustände befindet.

Lösungshinweis:

Benutzen Sie die Auswahlregeln der Dipolstrahlung, um zunächst festzustellen, in welchem der angeregten Zustände sich das Atom nur befinden kann. Das Zeitintegral kann mithilfe des Residuensatzes berechnet werden; schließen Sie dafür den Integrationsweg durch einen Halbkreis „im Unendlichen“.

30.12 ••• Drehimpulskommutatoren

Die Beziehung (30.164), die für die Herleitung der l‐Auswahlregel verwendet wurde, ist zu zeigen:

$$\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\hat{{\boldsymbol{x}}}\right]\right]=2\hbar^{2}\left\{\hat{{\boldsymbol{x}}},\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2}\right\}\,.$$

(30.180)

• (a) Zeigen Sie zunächst

  $$\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\hat{x}_{j}\right]=\mathrm{i}\hbar\sum_{i,k}\varepsilon_{ijk}\left(\hat{L}_{i}\hat{x}_{k}+\hat{x}_{k}\hat{L}_{i}\right)\,.$$

  (30.181)

• (b) Zeigen Sie damit, dass gilt:

  $$\begin{aligned}\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\hat{x}_{j}\right]\right]&=\hbar^{2}\bigg(\left\{\hat{x}_{j},\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2}\right\}-(\hat{{\boldsymbol{L}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{x}}})\hat{L}_{j}-\hat{L}_{j}(\hat{{\boldsymbol{L}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{x}}})\\ &\quad+\sum_{i}\left(2\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}\hat{L}_{i}-\hat{L}_{i}\hat{L}_{j}\hat{x}_{i}-\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}\hat{L}_{i}\right)\bigg)\end{aligned}$$

  (30.182)

• (c) Begründen Sie, dass

  $$\hat{{\boldsymbol{L}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{x}}}=\hat{{\boldsymbol{x}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{L}}}=0$$

  (30.183)

  ist und zeigen Sie

  $$\sum_{i}\left(2\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}\hat{L}_{i}-\hat{L}_{i}\hat{L}_{j}\hat{x}_{i}-\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}\hat{L}_{i}\right)=\left\{\hat{x}_{j},\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2}\right\}\,.$$

  (30.184)

Lösungshinweis:

• (a) Benutzen Sie die bekannten Kommutatoren $\left[\hat{L}_{i},\hat{x}_{j}\right]$.

• (b) Verwenden Sie das Ergebnis aus Teilaufgabe (a) zweimal und führen Sie die Summe über die Produkte der beiden $\varepsilon$‐Tensoren aus.

• (c) Die erste Formel folgt aus der Definition des Drehimpulses; für die zweite nutzen Sie wieder den Kommutator aus Teilaufgabe (a) und außerdem die erste Formel.

Die Rechnungen sind alle nicht grundsätzlich schwierig, aber relativ aufwendig.

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

30.1

Der Störoperator ist

$$H^{(1)}=\mu_{\mathrm{B}}\left(\frac{\hat{L}_{3}}{\hbar}\oplus\sigma_{3}\right)B=\frac{\mu_{\mathrm{B}}B}{\hbar}\left(\hat{L}_{3}\oplus 2\hat{S}_{3}\right)\,.$$

(30.185)

Wie im Text gezeigt wurde, ist es bei Berücksichtigung der Spin‐Bahn‐Kopplung sinnvoll, die Zustände $\left|{n\,j\,m_{j}\,\ell}\right\rangle$ zu verwenden; den Störoperator schreibt man günstig als

$$H^{(1)}=\frac{\mu_{\mathrm{B}}B}{\hbar}\left(\hat{J}_{3}\oplus\hat{S}_{3}\right)\,.$$

(30.186)

Zunächst haben wir dann einfach

$$\left\langle{n\,j\,m_{j}\,\ell}\right|\hat{J}_{3}\left|{n\,j\,m_{j}\,\ell}\right\rangle=m_{j}\,.$$

(30.187)

Für den Erwartungsswert des Spinoperators brauchen wir den expliziten Zusammenhang der Eigenzustände zum Gesamtdreh”-impuls mit denen zum Bahndrehimpuls und Spin. Diese kann man mithilfe der Clebsch‐Gordan‐Koeffizienten konstruieren, die in Abschn. 27.7 besprochen wurden:

$$\begin{aligned}\left|{n\,j\,m_{j}\,\ell}\right\rangle&=\pm\sqrt{\frac{\ell\pm m_{j}+\textstyle\frac{1}{2}}{2\ell+1}}\left|{n\,\ell\,m_{\ell}}\right\rangle\otimes\left|{\uparrow}\right\rangle\\ &\quad+\sqrt{\frac{\ell\mp m_{j}+\textstyle\frac{1}{2}}{2\ell+1}}\left|{n\,\ell\,m_{\ell}}\right\rangle\otimes\left|{\downarrow}\right\rangle\\ &\text{f{\"u}r }j=\ell\pm\textstyle\frac{1}{2}\,.\end{aligned}$$

(30.188)

Mit $\left\langle n\,\ell\,m_{\ell}\right.\left|{n\,\ell\,m_{\ell}}\right\rangle=1$ und der Orthonormalität der beiden Spinzustände erhält man

$$ \quad\,\,\left\langle{n\,j\,m_{j}\,\ell}\right|\hat{S}_{3}\left|{n\,j\,m_{j}\,\ell}\right\rangle$$

(30.189)

$$ =\frac{\ell\pm m_{j}+\textstyle\frac{1}{2}}{2\ell+1}\left\langle{\uparrow}\right|\hat{S}_{3}\left|{\uparrow}\right\rangle+\frac{\ell\mp m_{j}+\textstyle\frac{1}{2}}{2\ell+1}\left\langle{\downarrow}\right|\hat{S}_{3}\left|{\downarrow}\right\rangle$$

$$ =\frac{\hbar}{2}\left(\frac{\ell\pm m_{j}+\textstyle\frac{1}{2}}{2\ell+1}-\frac{\ell\mp m_{j}+\textstyle\frac{1}{2}}{2\ell+1}\right)$$

$$ =\pm\frac{\hbar m_{j}}{2\ell+1}\,.$$

(30.190)

Damit ist die Energieverschiebung in erster Ordnung insgesamt gegeben durch

$$E^{(1)}_{n\,j\,m_{j}\,\ell}=\mu_{\mathrm{B}}Bm_{j}\left(1\pm\frac{1}{2\ell+1}\right)\text{ f{\"u}r }j=\ell\pm\textstyle\frac{1}{2}\,.$$

(30.191)

Im Gegensatz zum normalen Zeeman‐Effekt hängt die Stärke der Aufspaltung nun also von der Bahndrehimpuls‐Quantenzahl $\ell$ ab und ist außerdem je nach Spineinstellung unterschiedlich groß.

30.2

• (a) In der ersten Ordnung ist der Erwartungswert des Störterms zu berechnen:

  $$\left\langle{n}\right|\hat{x}\left|{n}\right\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\left|\psi_{n}(x)\right|^{2}x\,\mathrm{d}x\,.$$

  (30.192)

  Die Eigenfunktionen $\psi_{n}$ sind immer gerade oder ungerade Funktionen. Damit ist der Integrand insgesamt eine ungerade Funktion, und das Integral verschwindet.

• (b) In der zweiten Ordnung benötigen wird die Matrixelemente $\left\langle{k}\right|\hat{x}\left|{n}\right\rangle$ für $k\neq n$. Mit Auf‐ und Absteigeoperatoren geschrieben wird dies zu

  $$\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\left\langle{k}\right|{\hat{a}}\left|{n}\right\rangle+\left\langle{k}\right|\hat{a}^{\dagger}\left|{n}\right\rangle\right)\,.$$

  (30.193)

  Der erste Summand liefert nur für $k=n-1$ einen Beitrag, der zweite nur für $k=n+1$:

  $$\left\langle{k}\right|\hat{x}\left|{n}\right\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\sqrt{n}\,\delta_{k,n-1}+\sqrt{n+1}\,\delta_{k,n+1}\right)\,.$$

  (30.194)

  Also ist

  $$\left|\left\langle{k}\right|F\hat{x}\left|{n}\right\rangle\right|^{2}=\frac{\hbar F^{2}}{2m\omega}\left(n\,\delta_{k,n-1}+(n+1)\,\delta_{k,n+1}\right)\,.$$

  (30.195)

  Außerdem haben wir

  $$E_{n}^{(0)}-E_{k}^{(0)}=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right)-\hbar\omega\left(k+\frac{1}{2}\right)=\hbar\omega\left(n-k\right)\,.$$

  (30.196)

  Damit ist der Beitrag in zweiter Ordnung

  $$\begin{aligned}E_{n}^{(2)}&=\frac{F^{2}}{2m\omega^{2}}\sum_{k\neq n}\frac{n\,\delta_{k,n-1}+(n+1)\,\delta_{k,n+1}}{n-k}\\ &=\frac{F^{2}}{2m\omega^{2}}\left(\frac{n}{n-(n-1)}+\frac{n+1}{n-(n+1)}\right)\\ &=-\frac{F^{2}}{2m\omega^{2}}\,.\end{aligned}$$

  (30.197)

  Die Energieeigenwerte des Systems sind insgesamt also nur um diesen konstanten Faktor verschoben. Dies stimmt genau mit dem exakten Ergebnis überein (das man beispielsweise erhält, indem man in der potenziellen Energie eine quadratische Ergänzung durchführt; Aufgabe 29.1).

30.3

• (a) Laut (30.18) ist über alle Zustände außer dem interessierenden zu summieren. Hier ist also der Grundzustand auszunehmen, d. h., wir haben zunächst

  $$E_{100}^{(2)}=\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{\ell=0}^{n-1}\sum_{m=-\ell}^{\ell}\frac{\left|\left\langle{n\,\ell\,m}\right|e|{\boldsymbol{E}}|\hat{z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle\right|^{2}}{E_{1}^{(0)}-E_{n}^{(0)}}\,.$$

  (30.198)

  Aus Paritätsgründen gilt aber

  $$\left\langle{1\,0\,0}\right|e|{\boldsymbol{E}}|\hat{z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle=0\,,$$

  (30.199)

  sodass man in der Summe die Einschränkung n > 1 fallen lassen kann. Schließlich kann man die konstanten Faktoren $e^{2}{\boldsymbol{E}}^{2}$ aus dem Erwartungswert heraus‐ und vor die Summe ziehen.

• (b) Wir schreiben zunächst

  $$E_{100}^{(2)}=e^{2}{\boldsymbol{E}}^{2}\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{\ell=0}^{n-1}\sum_{m=-\ell}^{\ell}\frac{\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\left|{n\,\ell\,m}\right\rangle\left\langle{n\,\ell\,m}\right|\hat{z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle}{E_{1}^{(0)}-E_{n}^{(0)}}\,.$$

  (30.200)

  Wir benutzen nun im zweiten Matrixelement den gegebenen Ausdruck für $\hat{z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle$ (und kürzen die Summen ab):

  $$E_{100}^{(2)}=\frac{\mathrm{i}\mu e^{2}{\boldsymbol{E}}^{2}}{\hbar^{2}}\sum_{n,\ell,m}\frac{\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\left|{n\,\ell\,m}\right\rangle\left\langle{n\,\ell\,m}\right|\left[\hat{H},\hat{Z}\right]\left|{1\,0\,0}\right\rangle}{E_{1}^{(0)}-E_{n}^{(0)}}\,.$$

  (30.201)

  Nutzt man die Wirkung des Hamilton‐Operators auf die Zustände nach links bzw. nach rechts aus, so wird dies zu

  $$\begin{aligned}&E_{100}^{(2)}\\ &\quad=\frac{\mathrm{i}\mu e^{2}{\boldsymbol{E}}^{2}}{\hbar^{2}}\\ &\qquad\cdot\sum_{n,\ell,m}\frac{\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\left|{n\,\ell\,m}\right\rangle\left\langle{n\,\ell\,m}\right|\hat{Z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle\left(E_{n}^{(0)}-E_{1}^{(0)}\right)}{E_{1}^{(0)}-E_{n}^{(0)}}\\ &\quad=-\frac{\mathrm{i}\mu e^{2}{\boldsymbol{E}}^{2}}{\hbar^{2}}\sum_{n,\ell,m}\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\left|{n\,\ell\,m}\right\rangle\left\langle{n\,\ell\,m}\right|\hat{Z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle\\ &\quad=-\frac{\mathrm{i}{\boldsymbol{E}}^{2}}{a_{\mathrm{B}}}\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\hat{Z}\left|{1\,0\,0}\right\rangle\,,\end{aligned}$$

  (30.202)

  wobei im letzten Schritt die Vollständigkeit der Zustände ausgenutzt wurde.

• (c) Setzen wir die explizite Wirkung der Operatoren auf den Grundzustand ein, so ist noch auszuwerten:

  $$E_{100}^{(2)}=-{\boldsymbol{E}}^{2}\int\mathrm{d}V\,|\psi_{100}({\boldsymbol{x}})|^{2}z^{2}\left(a_{\mathrm{B}}+\frac{r}{2}\right)\,.$$

  (30.203)

  Da die Grundzustandswellenfunktion sphärisch symmetrisch ist und $z=r\cos\vartheta$ gilt, können die Winkelintegrationen sofort ausgeführt werden; mit

  $$\int\mathrm{d}\Upomega\,\cos^{2}\vartheta=2\uppi\int_{-1}^{1}\mathrm{d}\cos\vartheta\,\cos^{2}\vartheta=\frac{4\uppi}{3}$$

  (30.204)

  bleibt

  $$E_{100}^{(2)}=-\frac{4\uppi}{3}{\boldsymbol{E}}^{2}\int_{0}^{\infty}r^{2}\mathrm{d}r\,|\psi_{100}(r)|^{2}r^{2}\left(a_{\mathrm{B}}+\frac{r}{2}\right)$$

  (30.205)

  bzw., wenn man die explizite Form der Grundzustands‐Wellenfunktion einsetzt,

  $$E_{100}^{(2)}=-\frac{4}{3a_{\mathrm{B}}^{3}}{\boldsymbol{E}}^{2}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}r\,\mathrm{e}^{-2r/a_{\mathrm{B}}}r^{4}\left(a_{\mathrm{B}}+\frac{r}{2}\right)\,.$$

  (30.206)

  Die Substitution $r=xa_{\mathrm{B}}/2$ vereinfacht dies zu

  $$E_{100}^{(2)}=-\frac{a_{\mathrm{B}}^{3}}{96}{\boldsymbol{E}}^{2}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\,\mathrm{e}^{-x}x^{4}\left(4+x\right)\,.$$

  (30.207)

  Das verbleibende Integral kann nun leicht ausgewertet werden; es ergibt sich schließlich

  $$E_{100}^{(2)}=-\frac{a_{\mathrm{B}}^{3}}{96}{\boldsymbol{E}}^{2}\cdot(4!\cdot 4+5!)=-\frac{9a_{\mathrm{B}}^{3}}{4}{\boldsymbol{E}}^{2}\,.$$

  (30.208)

30.4

Der Störterm ist die Differenz aus dem hier gegebenen Kernpotenzial und dem Coulomb‐Potenzial, also

$$\hat{H}^{(1)}=-Ze^{2}\begin{cases}\frac{3R^{2}-r^{2}}{2R^{3}}-\frac{1}{r}&\text{f{\"u}r}\;\;r<R\\ 0&\text{f{\"u}r}\;\;r> R\,.\end{cases}$$

(30.209)

Da er sphärisch symmetrisch ist, sind die Winkelintegrale bei der Berechnung des Erwartungswertes sofort ausführbar. Es bleibt:

$$\begin{aligned}&\left\langle{n\,\ell\,m}\right|\hat{H}^{(1)}\left|{n\,\ell\,m}\right\rangle\\ &=-4\uppi Ze^{2}\int_{0}^{R}r^{2}\left(\frac{3R^{2}-r^{2}}{2R^{3}}-\frac{1}{r}\right)R^{2}_{n\ell}(r)\,\mathrm{d}r\,,\end{aligned}$$

(30.210)

wobei die $R_{n\ell}$ die Radialanteile der Wasserstoffwellenfunktionen sind (Kap. 28). Da $R\ll a_{\mathrm{B}}$ ist, können wir (wie angegeben) diese Funktionen durch ihren Wert bei r = 0 annähern:

$$R^{2}_{n\ell}(0)=\frac{Z^{3}}{\uppi a_{\mathrm{B}}^{3}n^{3}}\delta_{l0}$$

(30.211)

und erhalten

$$\begin{aligned}&\left\langle{n\,\ell\,m}\right|\hat{H}^{(1)}\left|{n\,\ell\,m}\right\rangle\\ &=-\frac{4Z^{4}e^{2}}{a_{\mathrm{B}}^{3}n^{3}}\delta_{\ell 0}\int_{0}^{R}r^{2}\left(\frac{3R^{2}-r^{2}}{2R^{3}}-\frac{1}{r}\right)\,\mathrm{d}r\,.\end{aligned}$$

(30.212)

Das verbleibende Integral ist leicht ausführbar und ergibt einen Faktor $-R^{2}/10$; somit hat man insgesamt

$$E^{(1)}_{n\ell m}=\frac{2Z^{4}e^{2}R^{2}}{5a_{\mathrm{B}}^{3}n^{3}}\delta_{\ell 0}\,.$$

(30.213)

Nur für $\ell=0$ ergibt sich also eine Verschiebung der Energieniveaus (nach oben, d. h., die endliche Kernausdehnung führt zu einer schwächeren Bindung).

Die Energien im Coulomb‐Potenzial sind

$$E^{(0)}_{n\ell m}=-\frac{Z^{2}e^{2}}{2a_{\mathrm{B}}n^{2}}\,.$$

(30.214)

Die relative Verschiebung ist also

$$\left|\frac{E^{(1)}_{n00}}{E^{(0)}_{n00}}\right|=\frac{4}{5n}\left(\frac{ZR}{a_{\mathrm{B}}}\right)^{2}\,.$$

(30.215)

Zum Beispiel für Z = 100 und $R=7\text{ fm}$ ergibt dies etwa $2\cdot 10^{-4}/n$, beim Wasserstoffatom mit Z = 1 und $R=0{,}9\,\mathrm{fm}$ dagegen nur etwa $3\cdot 10^{-10}/n$.

30.5

• (a) Der Störoperator ist hier

  $$\hat{H}^{(1)}=\frac{e^{2}}{8\mu c^{2}}B^{2}\varrho^{2}=\frac{e^{2}}{8\mu c^{2}}B^{2}r^{2}\sin^{2}\vartheta\,.$$

  (30.216)

  In der ersten Ordnung der Störungstheorie ist der Erwartungswert dieses Ausdrucks zu bilden, d. h. das folgende Integral zu berechnen:

  $$E_{100}^{(1)}=\frac{e^{2}}{8\mu c^{2}}B^{2}\int\mathrm{d}V\,|\psi_{100}({\boldsymbol{x}})|^{2}r^{2}\sin^{2}\vartheta\,.$$

  (30.217)

  Da die Grundzustandswellenfunktion sphärisch symmetrisch ist, können die Winkelintegrationen sofort ausgeführt werden:

  $$\int\mathrm{d}\Upomega\,\sin^{2}\vartheta=2\uppi\int_{-1}^{1}\mathrm{d}\cos\vartheta\,\left(1-\cos^{2}\vartheta\right)=\frac{8\uppi}{3}\,,$$

  (30.218)

  und man hat

  $$E_{100}^{(1)}=\frac{\uppi e^{2}}{3\mu c^{2}}B^{2}\int_{0}^{\infty}r^{2}\mathrm{d}r\,|\psi_{100}({\boldsymbol{x}})|^{2}r^{2}$$

  (30.219)

  bzw., wenn man die explizite Form der Grundzustands‐Wellenfunktion einsetzt,

  $$E_{100}^{(1)}=\frac{e^{2}}{3\mu c^{2}a_{\mathrm{B}}^{3}}B^{2}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}r\,\mathrm{e}^{-2r/a_{\mathrm{B}}}r^{4}\,.$$

  (30.220)

  Mit der Substitution $r=xa_{\mathrm{B}}/2$ vereinfacht sich dies zu

  $$E_{100}^{(1)}=\frac{e^{2}a_{\mathrm{B}}^{2}}{96\mu c^{2}}B^{2}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\,\mathrm{e}^{-x}x^{4}\,.$$

  (30.221)

  Das Integral ergibt einen Faktor $4!=24$; insgesamt hat man somit

  $$E_{100}^{(1)}=\frac{e^{2}a_{\mathrm{B}}^{2}}{4\mu c^{2}}B^{2}\,.$$

  (30.222)

• (b) Der Störoperator hat positive Parität, die Zustände jeweils die Parität $(-1)^{\ell}$. Insgesamt hat man also

  $$\hat{P}\left\langle{2\,\ell\,m}\right|\hat{H}^{(1)}\left|{2\,\ell^{\prime}\,m^{\prime}}\right\rangle=(-1)^{\ell+\ell^{\prime}}\left\langle{2\,\ell\,m}\right|\hat{H}^{(1)}\left|{2\,\ell^{\prime}\,m^{\prime}}\right\rangle\,.$$

  (30.223)

  Die Matrixelemente verschwinden also nur dann nicht, wenn $\ell+\ell^{\prime}$ eine gerade Zahl ist. Dies ist bei n = 2 nur möglich, wenn $\ell=\ell^{\prime}=0$ oder $\ell=\ell^{\prime}=1$ ist.

  Außerdem hängt $\hat{H}^{(1)}$ nicht von $\varphi$ ab. Bei der Berechnung der Matrixelemente wird also nur über $\mathrm{e}^{\mathrm{i}(m-m^{\prime})\varphi}$ integriert. Dieses Integral verschwindet nur für $m=m^{\prime}$ nicht. (Alternativ folgt dies auch, wenn man die Matrixelemente des Kommutators $\left[\hat{H}^{(1)},\hat{L}_{3}\right]=0$ betrachtet.)

  Die einzigen Matrixelemente, die für n = 2 nicht verschwinden, sind deshalb diejenigen mit $\ell=\ell^{\prime}$ und $m=m^{\prime}$, und damit ist der Störoperator im Unterraum dieser Zustände diagonal.

• (c) Zunächst muss wie in Teilaufgabe (b) $m=m^{\prime}$ gelten; Zustände mit verschiedenem m mischen untereinander also nicht, und damit ist es möglich, sich auf einen bestimmten Wert von m (hier: m = 0) zu beschränken.

  Wie in Teilaufgabe (b) folgt auch, dass $\ell+\ell^{\prime}$ eine gerade Zahl sein muss. Im Gegensatz zu Teilaufgabe (b) hat man nun aber auch nicht verschwindende Matrixelemente für $\ell=0$ und $\ell^{\prime}=2$ bzw. umgedreht, zusätzlich zu denen mit $\ell=\ell^{\prime}=0$, $\ell=\ell^{\prime}=1$ und $\ell=\ell^{\prime}=2$. Führen wir die Abkürzungen

  $$E_{\ell\,\ell^{\prime}}:=\left\langle{3\,\ell\,0}\right|\hat{H}^{(1)}\left|{3\,\ell^{\prime}\,0}\right\rangle$$

  (30.224)

  ein, so bleibt eine Matrix der Form

  $${\boldsymbol{E}}=\begin{pmatrix}E_{00}&0&E_{02}\\ 0&E_{11}&0\\ E_{20}&0&E_{22}\\ \end{pmatrix}\,.$$

  (30.225)

  Dabei muss $E_{02}=E^{*}_{20}$ gelten. Genauer: Da m = 0 ist, sind die Wellenfunktionen alle reell, also sind alle $E_{\ell\,\ell^{\prime}}$ reell, und damit muss sogar $E_{02}=E_{20}$ gelten. Diese Matrix muss nun noch diagonalisiert werden.

  Die Eigenwertgleichung ist hier

  $$\det\begin{pmatrix}E_{00}-\lambda&0&E_{02}\\ 0&E_{11}-\lambda&0\\ E_{20}&0&E_{22}-\lambda\\ \end{pmatrix}=0\,,$$

  (30.226)

  was auf

  $$\left(E_{00}-\lambda\right)\left(E_{11}-\lambda\right)\left(E_{22}-\lambda\right)-E_{02}\left(E_{11}-\lambda\right)E_{20}=0$$

  (30.227)

  führt. Eine Lösung dieser Gleichung ist offensichtlich $\lambda_{1}=E_{11}$; es bleibt dann noch die quadratische Gleichung

  $$\lambda^{2}-(E_{00}+E_{22})\lambda+E_{00}E_{22}-E_{02}E_{20}=0$$

  (30.228)

  mit den Lösungen

  $$\lambda_{2,3}=\frac{E_{00}+E_{22}}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{E_{00}-E_{22}}{2}\right)^{2}+E_{02}E_{20}}\,.$$

  (30.229)

  Diese Eigenwerte $\lambda_{1,2,3}$ sind die gesuchten Energieverschiebungen in der ersten Ordnung der Störungstheorie.

30.6

• (a) Zunächst ist

  $$\begin{aligned}\int\mathrm{d}^{3}x\,|\psi_{\lambda}({\boldsymbol{x}})|^{2}&=\int\mathrm{d}^{3}x\,\lambda^{3}|\psi(\lambda{\boldsymbol{x}})|^{2}\\ &=\int\mathrm{d}^{3}y\,|\psi({\boldsymbol{y}})|^{2}=1\,,\end{aligned}$$

  (30.230)

  wobei ${\boldsymbol{y}}=\lambda{\boldsymbol{x}}$ substituiert und verwendet wurde, dass $\psi(x)$ normiert ist.

  Außerdem ist mit derselben Substitution

  $$\frac{\partial}{\partial x_{i}}=\lambda\frac{\partial}{\partial y_{i}}\,,$$

  (30.231)

  also

  $${\Updelta}_{x}=\lambda^{2}{\Updelta}_{y}\,,$$

  (30.232)

  und

  $$\lambda^{k}V({\boldsymbol{x}})=V(\lambda{\boldsymbol{x}})=V({\boldsymbol{y}})\,.$$

  (30.233)

  Es ergibt sich somit

  $$\begin{aligned}\hat{H}_{\lambda}\psi_{\lambda}({\boldsymbol{x}})&=\lambda^{3/2}\left(-\lambda^{-2}\frac{\hbar^{2}}{2m}{\Updelta}_{x}+\lambda^{k}V({\boldsymbol{x}})\right)\psi(\lambda{\boldsymbol{x}})\\ &=\lambda^{3/2}\left(-\frac{\hbar^{2}}{2m}{\Updelta}_{y}+V({\boldsymbol{y}})\right)\psi({\boldsymbol{y}})\\ &=\lambda^{3/2}E\psi({\boldsymbol{y}})=E\psi_{\lambda}({\boldsymbol{x}})\,,\end{aligned}$$

  (30.234)

  wobei verwendet wurde, dass ψ eine Eigenfunktion zu $\hat{H}$ ist. Dies war zu zeigen.

• (b) Da laut Teilaufgabe (a) die Energie von λ unabhängig ist, verschwindet die rechte Seite in (30.67), d. h., es bleibt

  $$\left\langle{\psi_{\lambda}}\right|\frac{\partial\hat{H}_{\lambda}}{\partial\lambda}\left|{\psi_{\lambda}}\right\rangle=0\,.$$

  (30.235)

  Die Ableitung des Hamilton‐Operators nach λ ist aber einfach

  $$\begin{aligned}\frac{\partial\hat{H}_{\lambda}}{\partial\lambda}&=2\lambda^{-3}\frac{\hbar^{2}}{2m}{\Updelta}+k\lambda^{k-1}V({\boldsymbol{x}})\\ &=-2\lambda^{-3}T(\hat{{\boldsymbol{p}}})+\frac{k}{\lambda}V(\hat{{\boldsymbol{y}}})\,.\end{aligned}$$

  (30.236)

  Es bleibt also

  $$2\lambda^{-3}\left\langle{\psi_{\lambda}}\right|T(\hat{{\boldsymbol{p}}})\left|{\psi_{\lambda}}\right\rangle=\frac{k}{\lambda}\left\langle{\psi_{\lambda}}\right|V(\hat{{\boldsymbol{y}}})\left|{\psi_{\lambda}}\right\rangle\,.$$

  (30.237)

  Für $\lambda=1$ hat man dann den Virialsatz für homogene Potenziale.

30.7

• (a) Zunächst ist zu beachten, dass die ungestörten Energien bei wasserstoffartigen Atomen negativ sind:

  $$E^{(0)}_{n}=-\frac{Z^{2}\text{Ry}}{n^{2}}\,.$$

  (30.238)

  Teilen wir also die Störbeiträge der ersten Ordnung (30.44), (30.102) und (30.103) jeweils durch den gemeinsamen (und für konstantes n jeweils konstanten) Faktor

  $$\left|E^{(0)}_{n}\right|\frac{(Z\alpha)^{2}}{n^{2}}\,,$$

  (30.239)

  so haben wir die normierten Energieverschiebungen

  $$\bar{E}^{(1)}_{\text{LS}} =\frac{n}{2\ell+1}\left\{\begin{array}[]{c}\displaystyle\frac{1}{\ell+1}\\ \displaystyle-\frac{1}{l}\\ \end{array}\right.\,,$$

  (30.240)
  $$\bar{E}^{(1)}_{\text{rel}} =-\frac{n}{\ell+\frac{1}{2}}+\frac{3}{4}\,,$$

  (30.241)
  $$\bar{E}^{(1)}_{\text{Fein}} =-\frac{n}{j+\frac{1}{2}}+\frac{3}{4}\,,$$

  (30.242)

  wobei das obere Vorzeichen in (30.240) zu $j=\ell+1/2$ gehört, das untere zu $j=\ell-1/2$.

  Wir haben dann zunächst für n = 1 nur die Möglichkeit ($\ell=0$ und $j=1/2$). Bei der LS‐Kopplung ergibt (30.240) dafür den Wert 1, bei der relativistischen Korrektur (30.241) den Wert −5/4 und bei der gesamten Feinstruktur (30.242) schließlich −1/4. Wählt man als Energieeinheit

  $$\frac{1}{4}\left|E^{(0)}_{1}\right|\frac{(Z\alpha)^{2}}{1^{2}}\approx Z^{4}\cdot 1{,}8\cdot 10^{-4}\,\text{eV}\,,$$

  (30.243)

  so sind die Energieniveaus somit um vier Einheiten nach oben, um fünf Einheiten nach unten bzw. um eine Einheit nach unten verschoben.

  Für n = 2 gibt es dagegen mehr Möglichkeiten. Betrachten wir zunächst die LS‐Kopplung; dort ergibt sich bei jeder möglichen Kombination von $\ell$ und j jeweils ein anderes Ergebnis:

  • $\ell=0$ und $j=1/2$: 2,

  • $\ell=1$ und $j=1/2$: −2/3,

  • $\ell=1$ und $j=3/2$: 1/3.

  Bei der relativistischen Korrektur ist dagegen nur die Abhängigkeit von $\ell$ zu beachten:

  • $\ell=0$: −13/4,

  • $\ell=1$: −7/12,

  und bei der gesamten Feinstruktur schließlich nur die Abhängigkeit von j:

  • $j=1/2$: −5/4,

  • $j=3/2$: −1/4.

  Wählt man als Energieeinheit

  $$\frac{1}{12}\left|E^{(0)}_{2}\right|\frac{(Z\alpha)^{2}}{2^{2}}\approx Z^{4}\cdot 3{,}8\cdot 10^{-6}\,\text{eV}\,,$$

  (30.244)

  so sind die Energieniveaus somit bei der LS‐Kopplung um 24 Einheiten nach oben bzw. um acht Einheiten nach unten bzw. um vier Einheiten nach oben verschoben. Bei der relativistischen Korrektur sind es 39 bzw. sieben Einheiten nach unten, bei der gesamten Feinstruktur 15 bzw. drei Einheiten nach unten.

• (b) Man verfährt wie in Teilaufgabe (a); es ergibt sich die Grafik in Abb. 30.4. Die passende Energieeinheit ist dabei

  $$\frac{1}{20}\left|E^{(0)}_{3}\right|\frac{(Z\alpha)^{2}}{3^{2}}\approx Z^{4}\cdot 4{,}5\cdot 10^{-7}\,\text{eV}\,,$$

  (30.245)

  und die Verschiebungen sind in dieser Einheit (jeweils für von links nach rechts zunehmendes $\ell$ bzw. j):

  • LS‐Kopplung: +60, −20, +10, −6, +4,

  • relativistische Korrektur: −105, −25, −9,

  • gesamte Feinstruktur: −45, −15, −5.

  Abb. 30.4

  

  Die Aufspaltung durch die Spin‐Bahn‐Wechselwirkung und den Darwin‐Term bzw. rein durch die relativistischen Korrekturen und die komplette Feinstrukturaufspaltung des zweiten angeregten Zustands (n = 2) bei einem wasserstoffartigen Atom

30.8

• (a) Wir entwickeln das Potenzial in eine Taylor‐Reihe:

  $$\begin{aligned}V({\boldsymbol{x}}+\delta{\boldsymbol{x}})&=V({\boldsymbol{x}})+\delta{\boldsymbol{x}}\cdot{\boldsymbol{\nabla}}V({\boldsymbol{x}})\\ &\quad+\,\frac{1}{2}\sum_{i,j}\frac{\partial^{2}V({\boldsymbol{x}})}{\partial x_{i}\partial x_{j}}\delta x_{i}\delta x_{j}+\ldots\end{aligned}$$

  (30.246)

  Da die Positionsabweichung durch die Zitterbewegung im Mittel verschwindet, gilt $\langle\delta{\boldsymbol{x}}\rangle=0$, und $\langle\delta x_{i}\delta x_{j}\rangle$ verschwindet nur für $i=j$ nicht. Nimmt man den Erwartungswert, so bleibt deshalb nur

  $$\langle V({\boldsymbol{x}}+\delta{\boldsymbol{x}})\rangle\approx V({\boldsymbol{x}})+\frac{1}{2}\sum_{i}\langle(\delta x_{i})^{2}\rangle\frac{\partial^{2}V({\boldsymbol{x}})}{\partial x_{i}^{2}}\,.$$

  (30.247)

  Wegen der Isotropie der Zitterbewegung muss außerdem

  $$\langle(\delta x_{i})^{2}\rangle=\frac{1}{3}\langle(\delta{\boldsymbol{x}})^{2}\rangle$$

  (30.248)

  sein. Damit bleibt schließlich

  $$\begin{aligned}\langle V({\boldsymbol{x}}+\delta{\boldsymbol{x}})\rangle&\approx V({\boldsymbol{x}})+\frac{1}{6}\langle(\delta{\boldsymbol{x}})^{2}\rangle\sum_{i}\frac{\partial^{2}V({\boldsymbol{x}})}{\partial x_{i}^{2}}\\ &=V({\boldsymbol{x}})+\frac{\hbar^{2}}{6\mu^{2}c^{2}}{\Updelta}V\,.\end{aligned}$$

  (30.249)

  Es ergibt sich also ein Zusatzterm zum Potenzial und damit zum Hamilton‐Operator, der dieselbe Struktur wie (30.176) hat, nur der Zahlenfaktor ist 1/6 statt 1/8.

• (b) Für ein wasserstoffartiges Atom hat man ein Coulomb‐Potenzial, also ist

  $${\Updelta}V({\boldsymbol{x}})=-{\Updelta}\frac{Ze^{2}}{r}=4\uppi Ze^{2}\delta({\boldsymbol{x}})\,,$$

  (30.250)

  und wir haben den Störterm

  $$\hat{H}^{(1)}=\frac{\uppi\hbar^{2}Ze^{2}}{2\mu^{2}c^{2}}\delta({\boldsymbol{x}})\,.$$

  (30.251)

  In der ersten Ordnung der Störungstheorie ist die Energieverschiebung gegeben durch den Erwartungswert dieses Operators:

  $$\begin{aligned}E^{(1)}_{n\,\ell\,m}&=\frac{\uppi\hbar^{2}Ze^{2}}{2\mu^{2}c^{2}}\int\mathrm{d}^{3}x\,|\psi_{n\,\ell\,m}({\boldsymbol{x}})|^{2}\delta({\boldsymbol{x}})\\ &=\frac{\uppi\hbar^{2}Ze^{2}}{2\mu^{2}c^{2}}|\psi_{n\,\ell\,m}(0)|^{2}\,.\end{aligned}$$

  (30.252)

  Da die Wasserstoffwellenfunktionen sich für $r\to 0$ wie $r^{\ell}$ verhalten (Abschn. 28.3), ergibt sich nur für $\ell=m=0$ ein Beitrag:

  $$|\psi_{n\,\ell\,m}(0)|^{2}=\frac{Z^{3}}{\uppi a_{\mathrm{B}}^{3}n^{3}}\delta_{\ell 0}\delta_{m0}$$

  (30.253)

  und damit

  $$\begin{aligned}E^{(1)}_{n\,\ell\,m}&=\frac{\hbar^{2}Z^{4}e^{2}}{2a_{\mathrm{B}}^{3}n^{3}\mu^{2}c^{2}}\delta_{\ell 0}\delta_{m0}\\ &=\frac{(Z\alpha)^{4}\mu c^{2}}{2n^{3}}\delta_{\ell 0}\delta_{m0}\,.\end{aligned}$$

  (30.254)

  Dies stimmt genau mit dem Ergebnis (30.44) für $\ell=0$ überein. (Zu beachten ist, dass man für $\ell=0$ nur $j=\ell+1/2$ haben kann!)

30.9

Zu berechnen ist

$$P_{1\,0\,0,2^{\prime}\,\ell\,m}=|\langle 2^{\prime}\,\ell\,m\left|{1\,0\,0}\right\rangle|^{2}\,,$$

(30.255)

wobei $\left|{1\,0\,0}\right\rangle$ der ursprüngliche Grundzustand ist und $\left|{2^{\prime}\,\ell\,m}\right\rangle$ einer der ersten angeregten Zustände zur neuen Kernladungszahl.

Da die Winkelabhängigkeit sowohl der alten als auch der neuen Zustände jeweils durch die Kugelflächenfunktionen gegeben ist, folgt aus deren Orthogonalität zunächst, dass Übergänge nur in den Zustand $\left|{2^{\prime}\,0\,0}\right\rangle$ stattfinden können. Berechnen wir also das entsprechende Integral:

$$\langle 2^{\prime}\,0\,0\left|{1\,0\,0}\right\rangle=\int\mathrm{d}V\psi^{*}_{2^{\prime}\,0\,0}\psi_{1\,0\,0}\,.$$

(30.256)

Setzt man die explizite Gestalt der Wellenfunktionen ein und führt die Winkelintegration aus, so bleibt

$$\begin{aligned}&\langle 2^{\prime}\,0\,0\left|{1\,0\,0}\right\rangle\\ &=\frac{\sqrt{2}(ZZ^{\prime})^{3/2}}{a_{\mathrm{B}}^{3}}\int_{0}^{\infty}r^{2}\mathrm{d}r\,\left(1-\frac{Z^{\prime}r}{2a_{\mathrm{B}}}\right)\mathrm{e}^{-Z^{\prime}r/2a_{\mathrm{B}}}\mathrm{e}^{-Zr/a_{\mathrm{B}}}\\ &=\frac{\sqrt{2}(ZZ^{\prime})^{3/2}}{a_{\mathrm{B}}^{3}}\int_{0}^{\infty}r^{2}\left(1-\frac{Z^{\prime}r}{2a_{\mathrm{B}}}\right)\mathrm{e}^{-(Z^{\prime}+2Z)r/2a_{\mathrm{B}}}\,\mathrm{d}r\,.\end{aligned}$$

(30.257)

Die Substitution

$$r=\frac{2a_{\mathrm{B}}}{Z^{\prime}+2Z}x$$

(30.258)

führt dann auf

$$\begin{aligned}&\langle 2^{\prime}\,0\,0\left|{1\,0\,0}\right\rangle\\ &=\frac{8\sqrt{2}(ZZ^{\prime})^{3/2}}{(Z^{\prime}+2Z)^{3}}\int_{0}^{\infty}\left(x^{2}-\frac{Z^{\prime}x^{3}}{Z^{\prime}+2Z}\right)\mathrm{e}^{-x}\,\mathrm{d}x\,.\end{aligned}$$

(30.259)

Das Integral ist nun wieder leicht ausführbar. Es bleibt:

$$\begin{aligned}\langle 2^{\prime}\,0\,0\left|{1\,0\,0}\right\rangle&=\frac{8\sqrt{2}(ZZ^{\prime})^{3/2}}{(Z^{\prime}+2Z)^{3}}\left(2!-\frac{Z^{\prime}\cdot 3!}{Z^{\prime}+2Z}\right)\\ &=\frac{32\sqrt{2}(ZZ^{\prime})^{3/2}}{(Z^{\prime}+2Z)^{4}}(Z-Z^{\prime})\,.\end{aligned}$$

(30.260)

Die Übergangswahrscheinlichkeit ist das Betragsquadrat hiervon. Somit haben wir

$$P_{1\,0\,0,2^{\prime}\,\ell\,m}=\frac{2048(ZZ^{\prime})^{3}}{(Z^{\prime}+2Z)^{8}}(Z-Z^{\prime})^{2}\delta_{\ell 0}\delta_{m0}\,.$$

(30.261)

Insbesondere für $Z=Z^{\prime}$ ist P = 0 – ändert sich die Kernladung beim Übergang nicht, so kann das Elektron in keinen angeregten Zustand übergehen (außer durch direkte Wechselwirkung mit der abgegebenen Gammastrahlung, was hier aber ignoriert wird).

30.10

Der Störterm im Hamilton‐Operator ist durch das zusätzliche Potenzial gegeben:

$$\hat{H}^{(1)}(t)=-\hat{x}\,F\cos(\omega t)\,.$$

(30.262)

Wir benötigen die Matrixelemente

$$\left\langle{n}\right|\hat{H}^{(1)}(t)\left|{0}\right\rangle=-F\left\langle{n}\right|\hat{x}\left|{0}\right\rangle\cos(\omega t)\,.$$

(30.263)

Drücken wir den Ortsoperator durch Auf‐ und Absteigeoperatoren aus:

$$\left\langle{n}\right|\hat{H}^{(1)}(t)\left|{0}\right\rangle=-F\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_{0}}}\left\langle{n}\right|{\hat{a}}+\hat{a}^{\dagger}\left|{0}\right\rangle\cos(\omega t)\,.$$

(30.264)

Der Absteigeoperator angewendet auf den Grundzustand ergibt null; es bleibt also nur der Term mit dem Aufsteigeoperator. Dieser ergibt

$$\left\langle{n}\right|\hat{H}^{(1)}(t)\left|{0}\right\rangle=-F\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_{0}}}\langle n\left|{1}\right\rangle\cos(\omega t)\,,$$

(30.265)

es können somit nur Übergänge in den ersten angeregten Zustand stattfinden.

Nun ist noch das Zeitintegral zu berechnen, um den entsprechenden Entwicklungskoeffizienten zu erhalten:

$$c_{1\,0}=\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\int_{t_{1}}^{t_{2}}\left\langle{n}\right|\hat{H}^{(1)}(t)\left|{0}\right\rangle\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_{1\,0}t}\,\mathrm{d}t$$

(30.266)

mit

$$\omega_{1\,0}=\frac{E^{(0)}_{1}-E^{(0)}_{0}}{\hbar}=\frac{\hbar\omega_{0}\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\right)}{\hbar}=\omega_{0}\,,$$

(30.267)

also

$$c_{1\,0}=\frac{\mathrm{i}F}{\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_{0}}}\int_{t_{1}}^{t_{2}}\cos(\omega t)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_{0}t}\,\mathrm{d}t\,.$$

(30.268)

Das Integral kann leicht ausgeführt werden, wenn man den Kosinus mittels der komplexen Exponentialfunktion ausdrückt:

$$c_{1\,0} =\frac{\mathrm{i}F}{2\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_{0}}}\int_{t_{1}}^{t_{2}}\left(\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}+\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\right)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_{0}t}\,\mathrm{d}t$$

$$ =\frac{\mathrm{i}F}{2\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_{0}}}\int_{t_{1}}^{t_{2}}\left(\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})t}+\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega+\omega_{0})t}\right)\,\mathrm{d}t$$

$$ =\frac{F}{2\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_{0}}}\left(\frac{\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})t_{2}}-\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})t_{1}}}{\omega-\omega_{0}}\right.$$

$$ \quad\left.-\frac{\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega+\omega_{0})t_{2}}-\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega+\omega_{0})t_{1}}}{\omega+\omega_{0}}\right)\,.$$

(30.269)

Nun schreiben wir

$$ \,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})t_{2}}-\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega+\omega_{0})t_{1}}$$

$$ =\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})(t_{2}+t_{1})/2}$$

$$ \quad\cdot\left(\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})(t_{2}-t_{1})/2}-\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})(t_{1}-t_{2})/2}\right)$$

(30.270)

$$ =2\mathrm{i}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})\bar{t}}\sin\left(\frac{(\omega-\omega_{0})\Updelta t}{2}\right)$$

(30.271)

mit $\bar{t}=(t_{1}+t_{2})/2$ und $\Updelta t=t_{2}-t_{1}$ und entsprechend beim zweiten Summanden. Es bleibt

$$\begin{aligned}c_{1\,0}&=\frac{\mathrm{i}F}{\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_{0}}}\left(\frac{\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega-\omega_{0})\bar{t}}}{\omega-\omega_{0}}\sin\left(\frac{(\omega-\omega_{0})\Updelta t}{2}\right)\right.\\ &\quad\left.+\frac{\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\omega+\omega_{0})\bar{t}}}{\omega+\omega_{0}}\sin\left(\frac{(\omega+\omega_{0})\Updelta t}{2}\right)\right)\,.\end{aligned}$$

(30.272)

Die Übergangswahrscheinlichkeit ergibt sich dann als Betragsquadrat dieses Ausdrucks:

$$\begin{aligned}P_{1\,0}&=\frac{F^{2}}{2m\hbar\omega_{0}}\left(\frac{\sin^{2}\left(\frac{(\omega-\omega_{0})\Updelta t}{2}\right)}{(\omega-\omega_{0})^{2}}+\frac{\sin^{2}\left(\frac{(\omega+\omega_{0})\Updelta t}{2}\right)}{(\omega+\omega_{0})^{2}}\right.\\ &\quad\left.+\,2\cos(2\omega\bar{t})\frac{\sin\left(\frac{(\omega-\omega_{0})\Updelta t}{2}\right)}{\omega-\omega_{0}}\frac{\sin\left(\frac{(\omega+\omega_{0})\Updelta t}{2}\right)}{\omega+\omega_{0}}\right)\,.\end{aligned}$$

(30.273)

Für $\Updelta t\to\infty$ ergibt dies

$$\begin{aligned}P_{1\,0}&=\frac{F^{2}}{2m\hbar\omega_{0}}\Bigg(\frac{\uppi\Updelta t}{2}\delta(\omega-\omega_{0})+\frac{\uppi\Updelta t}{2}\delta(\omega+\omega_{0})\\ &\quad+\,2\cos(2\omega\bar{t})\cdot\uppi\delta(\omega-\omega_{0})\cdot\uppi\delta(\omega+\omega_{0})\Bigg)\,.\end{aligned}$$

(30.274)

Da sicher $\omega+\omega_{0}> 0$ gilt, bleibt schließlich nur der erste Term übrig, und man hat die Übergangsraten

$$\Upgamma_{n\,0}=\frac{\uppi F^{2}}{4m\hbar\omega_{0}}\delta(\omega-\omega_{0})\delta_{n\,1}\,.$$

(30.275)

Die Übergangsraten verschwinden also entweder (für $\omega\neq\omega_{0}$) oder sind unendlich groß. Dieses physikalisch eigentlich unsinnige Ergebnis ergibt sich, da wir hier ja Übergänge in ein diskretes Spektrum betrachten statt in ein Kontinuum.

30.11

Der Störoperator ist

$$\hat{H}^{(1)}(t)=e|{\boldsymbol{E}}(t)|z=\frac{e\,\mathcal{E}\,\hat{z}\,t_{0}}{t^{2}+t_{0}^{2}}\,.$$

(30.276)

Wir haben die Matrixelemente

$$\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{H}^{(1)}(t)\left|{\psi_{n}^{(0)}}\right\rangle=\frac{e\mathcal{E}t_{0}}{t^{2}+t_{0}^{2}}\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\left|{2\,\ell^{\prime}\,m^{\prime}}\right\rangle$$

(30.277)

zu betrachten. Mit den Auswahlregeln, die bei der elektrischen Dipolstrahlung hergeleitet wurden, folgt, dass $\ell^{\prime}=\ell+1=1$ und $m^{\prime}=m=0$ sein muss; es können also nur Übergänge in den 2p‐Zustand stattfinden. Berechnen wir das entsprechende Matrixelement:

$$\begin{aligned}&\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\left|{2\,1\,0}\right\rangle\\ &=\int\,\mathrm{d}V\,\psi^{*}_{1\,0\,0}({\boldsymbol{x}})\,z\,\psi_{2\,1\,0}({\boldsymbol{x}})\\ &=\int_{0}^{\infty}r^{2}\mathrm{d}r\int_{0}^{2\uppi}\,\mathrm{d}\varphi\int_{-1}^{1}\mathrm{d}\cos\vartheta\,\left(\frac{1}{\uppi a_{\mathrm{B}}^{3}}\right)^{1/2}\mathrm{e}^{-r/a_{\mathrm{B}}}\\ &\quad\cdot\,r\cos\vartheta\left(\frac{1}{32\uppi a_{\mathrm{B}}^{3}}\right)^{1/2}\frac{r}{a_{\mathrm{B}}}\mathrm{e}^{-r/2a_{\mathrm{B}}}\cos\vartheta\,.\end{aligned}$$

(30.278)

Die Winkelintegrationen können leicht ausgeführt werden:

$$\int_{0}^{2\uppi}\,\mathrm{d}\varphi\int_{-1}^{1}\mathrm{d}\cos\vartheta\,\cos^{2}\vartheta=\frac{4\uppi}{3}\,.$$

(30.279)

Damit bleibt

$$\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\left|{2\,1\,0}\right\rangle=\frac{1}{3\sqrt{2}a_{\mathrm{B}}^{4}}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}r\,r^{4}\mathrm{e}^{-3r/2a_{\mathrm{B}}}\,.$$

(30.280)

Mit der Substitution $x=-3r/2a_{\mathrm{B}}$ vereinfacht sich dies zu

$$\begin{aligned}\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{z}\left|{2\,1\,0}\right\rangle&=\frac{16\sqrt{2}}{729}a_{\mathrm{B}}\int_{0}^{\infty}\mathrm{d}x\,x^{4}\mathrm{e}^{-x}\\ &=\frac{16\sqrt{2}}{729}a_{\mathrm{B}}\cdot 4!=\frac{128\sqrt{2}}{243}a_{\mathrm{B}}\,,\end{aligned}$$

(30.281)

also ist

$$\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{H}^{(1)}(t)\left|{2\,1\,0}\right\rangle=\frac{128\sqrt{2}}{243}\frac{e\,\mathcal{E}\,a_{\mathrm{B}}\,t_{0}}{t^{2}+t_{0}^{2}}\,.$$

(30.282)

Nun benötigen wir noch das folgende Zeitintegral:

$$c_{2\,1}=\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{d}t\,\left\langle{1\,0\,0}\right|\hat{H}^{(1)}(t)\left|{2\,1\,0}\right\rangle\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_{2\,1}t}$$

(30.283)

mit

$$\omega_{2\,1}=\frac{E^{(0)}_{2}-E^{(0)}_{1}}{\hbar}=\frac{-\frac{1}{4}\mathrm{Ry}+\mathrm{Ry}}{\hbar}=\frac{3\mathrm{Ry}}{4\hbar}\,.$$

(30.284)

Somit ist zu berechnen:

$$c_{2\,1}=\frac{128\sqrt{2}\,e\,\mathcal{E}\,a_{\mathrm{B}}}{243\mathrm{i}\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\mathrm{d}t\,\frac{t_{0}\,\mathrm{e}^{-3\mathrm{i}\,\mathrm{Ry}\,t/4\hbar}}{t^{2}+t_{0}^{2}}\,.$$

(30.285)

Wir schließen den Integrationsweg durch einen Halbkreis „im Unendlichen“ in der unteren komplexen Halbebene; da dort $\mathrm{Im\,}t<0$ ist, trägt dieser Halbkreis (wegen der abfallenden Exponentialfunktion) nichts zum Integral bei. Das zu berechnende Integral ist also

$$c_{2\,1}=\frac{128\sqrt{2}\,e\,\mathcal{E}\,a_{\mathrm{B}}}{243\mathrm{i}\hbar}\oint\mathrm{d}t\,\frac{t_{0}\,\mathrm{e}^{-3\mathrm{i}\,\mathrm{Ry}\,t/4\hbar}}{t^{2}+t_{0}^{2}}\,.$$

(30.286)

Dies kann mit dem Residuensatz ausgewertet werden: Der Integrand hat Polstellen bei $t=\pm\mathrm{i}t_{0}$, wobei nur die Polstelle mit dem negativen Vorzeichen innerhalb des geschlossenen Integrationsweges liegt. Das zugehörige Residuum ist

$$\begin{aligned}\text{Res}_{-\mathrm{i}t_{0}}\frac{t_{0}\,\mathrm{e}^{-3\mathrm{i}\,\mathrm{Ry}\,t/4\hbar}}{t^{2}+t_{0}^{2}}&=\lim_{t\to-\mathrm{i}t_{0}}\frac{t_{0}(t+\mathrm{i}t_{0})\mathrm{e}^{-3\,\mathrm{Ry}\,t_{0}/4\hbar}}{(t+\mathrm{i}t_{0})(t-\mathrm{i}t_{0})}\\ &=\frac{\mathrm{e}^{-3\,\mathrm{Ry}\,t_{0}/4\hbar}}{-2\mathrm{i}}\,,\end{aligned}$$

(30.287)

also haben wir

$$\begin{aligned}c_{2\,1}&=\frac{128\sqrt{2}\,e\,\mathcal{E}\,a_{\mathrm{B}}}{243\mathrm{i}\hbar}\,2\uppi\mathrm{i}\,\text{Res}_{-\mathrm{i}t_{0}}\frac{t_{0}\mathrm{e}^{-3\mathrm{i}\,\mathrm{Ry}\,t/4\hbar}}{t^{2}+t_{0}^{2}}\\ &=\frac{128\sqrt{2}\mathrm{i}\uppi\,e\,\mathcal{E}\,a_{\mathrm{B}}}{243\hbar}\mathrm{e}^{-3\,\mathrm{Ry}\,t_{0}/4\hbar}\,.\end{aligned}$$

(30.288)

Die gesuchte Übergangswahrscheinlichkeit ist schließlich das Betragsquadrat dieses Ausdrucks:

$$P_{2\,\ell\,m,1\,0\,0}=\frac{32.768\uppi^{2}e^{2}\mathcal{E}^{2}a^{2}_{\text{B}}}{59.049\hbar^{2}}\mathrm{e}^{-3\,\mathrm{Ry}\,t_{0}/2\hbar}\delta_{\ell 0}\delta_{m0}\,.$$

(30.289)

30.12

• (a) Es ist

  $$\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\hat{x}_{j}\right]=\sum_{i}\left[\hat{L}_{i}\hat{L}_{i},\hat{x}_{j}\right]=\sum_{i}\left(\hat{L}_{i}\left[\hat{L}_{i},\hat{x}_{j}\right]+\left[\hat{L}_{i},\hat{x}_{j}\right]\hat{L}_{i}\right)\,.$$

  (30.290)

  Mit

  $$\left[\hat{L}_{i},\hat{x}_{j}\right]=\mathrm{i}\hbar\sum_{k}\varepsilon_{ijk}\hat{x}_{k}$$

  (30.291)

  folgt daraus sofort das angegebene Ergebnis.

• (b) Mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (a) haben wir

  $$\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\hat{{\boldsymbol{x}}}\right]\right]=\mathrm{i}\hbar\sum_{i,k}\varepsilon_{ijk}\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\hat{L}_{i}\hat{x}_{k}+\hat{x}_{k}\hat{L}_{i}\right]\,.$$

  (30.292)

  Wir benutzen, dass $\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2}$ mit den Komponenten $\hat{L}_{i}$ vertauscht; dann ist dies

  $$=\mathrm{i}\hbar\sum_{i,k}\varepsilon_{ijk}\left(\hat{L}_{i}\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\hat{x}_{k}\right]+\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\hat{x}_{k}\right]\hat{L}_{i}\right)\,.$$

  (30.293)

  Mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe (a) ergibt sich somit

  $$\begin{aligned}&=-\hbar^{2}\sum_{i,k,l,m}\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{lkm}\left(\hat{L}_{i}\hat{L}_{l}\hat{x}_{m}+\hat{L}_{i}\hat{x}_{m}\hat{L}_{l}+\hat{L}_{l}\hat{x}_{m}\hat{L}_{i}+\hat{x}_{m}\hat{L}_{l}\hat{L}_{i}\right)\\ &=\hbar^{2}\sum_{i,k,l,m}\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{lmk}\left(\hat{L}_{i}\hat{L}_{l}\hat{x}_{m}+\hat{L}_{i}\hat{x}_{m}\hat{L}_{l}+\hat{L}_{l}\hat{x}_{m}\hat{L}_{i}+\hat{x}_{m}\hat{L}_{l}\hat{L}_{i}\right)\,.\end{aligned}$$

  (30.294)

  Führt man die Summe über k aus, so wird dies zu

  $$ =\hbar^{2}\sum_{i,l,m}\left(\delta_{il}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{jl}\right)\left(\hat{L}_{i}\hat{L}_{l}\hat{x}_{m}+\hat{L}_{i}\hat{x}_{m}\hat{L}_{l}+\hat{L}_{l}\hat{x}_{m}\hat{L}_{i}\right.$$
  $$ \quad\left.+\,\hat{x}_{m}\hat{L}_{l}\hat{L}_{i}\right)\,.$$
  $$ =\hbar^{2}\sum_{i}\left(\hat{L}_{i}\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}+\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}\hat{L}_{i}+\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}\hat{L}_{i}+\hat{x}_{j}\hat{L}_{i}\hat{L}_{i}\right.$$
  $$ \quad\left.-\,\hat{L}_{i}\hat{L}_{j}\hat{x}_{i}-\hat{L}_{i}\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}-\hat{L}_{j}\hat{x}_{i}\hat{L}_{i}-\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}\hat{L}_{i}\right)\,.$$

  (30.295)

  Dies kann man zum angegebenen Ergebnis zusammenfassen.

• (c) Da der Drehimpuls definiert ist als ${\boldsymbol{L}}={\boldsymbol{x}}\times{\boldsymbol{p}}$, folgt ${\boldsymbol{L}}\perp{\boldsymbol{x}}$ und damit ${\boldsymbol{L}}\cdot{\boldsymbol{x}}={\boldsymbol{x}}\cdot{\boldsymbol{L}}=0$; dies muss dann natürlich auch für die Operatoren gelten.

  Um die zweite angegebene Beziehung zu zeigen, schreiben wir

  $$\begin{aligned}&\sum_{i}\left(2\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}\hat{L}_{i}-\hat{L}_{i}\hat{L}_{j}\hat{x}_{i}-\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}\hat{L}_{i}\right)\\ &=\sum_{i}\left(\hat{L}_{i}\left(\hat{x}_{j}\hat{L}_{i}-\hat{L}_{j}\hat{x}_{i}\right)+\left(\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}-\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}\right)\hat{L}_{i}\right)\end{aligned}$$

  (30.296)

  und betrachten zunächst nur die ersten beiden Summanden. Mit dem bereits in Teilaufgabe (a) verwendeten Kommutator ist

  $$\begin{aligned}\hat{x}_{j}\hat{L}_{i}&=\left[\hat{x}_{j},\hat{L}_{i}\right]+\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}=-\mathrm{i}\hbar\sum_{k}\varepsilon_{ijk}\hat{x}_{k}+\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}\,,\\ \hat{L}_{j}\hat{x}_{i}&=\left[\hat{L}_{j},\hat{x}_{i}\right]+\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}=\mathrm{i}\hbar\sum_{k}\varepsilon_{jik}\hat{x}_{k}+\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}\,,\end{aligned}$$

  (30.297)

  also

  $$\hat{x}_{j}\hat{L}_{i}-\hat{L}_{j}\hat{x}_{i}=\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}-\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}\,,$$

  (30.298)

  da sich die Summanden mit dem $\varepsilon$‐Tensor gegenseitig wegheben. Damit ist

  $$\begin{aligned}\sum_{i}\hat{L}_{i}\left(\hat{x}_{j}\hat{L}_{i}-\hat{L}_{j}\hat{x}_{i}\right)&=\sum_{i}\hat{L}_{i}\left(\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}-\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}\right)\\ &=\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2}\hat{x}_{j}-(\hat{{\boldsymbol{x}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{L}}})\hat{L}_{j}=\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2}\hat{x}_{j}\,.\end{aligned}$$

  (30.299)

  Ebenso folgt

  $$\sum_{i}\left(\hat{L}_{i}\hat{x}_{j}-\hat{x}_{i}\hat{L}_{j}\right)\hat{L}_{i}=\hat{x}_{j}\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2}\,.$$

  (30.300)

  Fasst man schließlich alles zusammen, so bleibt

  $$\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\left[\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2},\hat{x}_{j}\right]\right]=2\hbar^{2}\left\{\hat{x}_{j},\hat{{\boldsymbol{L}}}^{2}\right\}\,.$$

  (30.301)

  Dies war zu zeigen.