Energie des Grundzustandes

Zur Berechnung der Energie $E_{0}$ des Grundzustandes benutzt man die Ungleichung:

$$E_{0}\leq \left\langle \psi \left\vert \hat{H}\right\vert \psi \right\rangle$$

für beliebige, die Randbedingungen erfüllende $\psi (x)$. Beweis ist einfach: Da $\psi (x)=\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}\psi _{n}(x)$, gilt anhand der Orthonormalitätseigenschaft

$$\begin{eqnarray*} \left\langle \psi \left\vert \hat{H}\right\vert \psi \right\ra... ...E_{0}\sum_{n=0}^{\infty }\left\vert a_{n}\right\vert ^{2}=E_{0}. \end{eqnarray*}$$

Daher gilt

$$E_{0}=\min \left\langle \psi \left\vert \hat{H}\right\vert \psi \right\rangle$$

(z.B.

$$E_{0}=\int \psi ^{*}(\mathbf{r})\hat{H}\psi (\mathbf{r})d\mathbf{r}$$

mit

$$\int \psi ^{*}(\mathbf{r})\psi (\mathbf{r})d\mathbf{r}=1.$$

Zur praktischen Berechnung der Energie des Grundzustandes wählt man eine Testfunktion $\psi (\mathbf{r};\alpha ,\beta ,...)$, mit $\int \psi ^{*}(\mathbf{r};\alpha ,\beta ,...)\psi (\mathbf{r};\alpha ,\beta ,...)d\mathbf{r}=1$, die von Parametern $\alpha ,\beta ,...$ abhängig ist und die Randbedingungen erfüllt, und berechnet das Integral

$$I(\alpha ,\beta ,...)=\int \psi ^{*}(\mathbf{r};\alpha ,\beta ,...)\hat{H}% \psi (\mathbf{r};\alpha ,\beta ,...)d\mathbf{r.}$$

Dann berechnet man die Parameter $\alpha _{0},\beta _{0},...$, die $I(\alpha ,\beta ,...)$ minimieren,

$$\left. \frac{\partial I}{\partial \alpha }\right\vert _{\alp... ...ial I}{\partial \beta }\right\vert _{\beta =\beta _{0}}=...=0$$

und $E=I(\alpha _{0},\beta _{0},...)$ als die Näherung für die Energie des Grundzustandes benutzt. Hat man Glück, bekommt man eine hervorragende Näherung schon mit einem Parameter.

Beispiel: Grundzustand des harmonischen Oszillators: in dimensionslosen Koordinaten

$$\hat{H}=\frac{1}{2}\frac{d^{2}}{d\xi ^{2}}+\frac{1}{2}\xi ^{2}.$$

Die natürlichen Randbedingungen entsprechen $\psi (\xi )\rightarrow 0$ für $\xi \rightarrow \pm \infty$. Die WF des Grundzustands ist, bekannterweise, eine Gaußglocke

$$\psi _{0}(\xi )=\frac{1}{\pi ^{1/4}}e^{-\xi ^{2}/2}.$$

Die entsprechende Energie $E_{0}$ ist genau 1/2 (in Einheiten von $\hbar \omega$).

Wählen wir unsere Testfunktion in Form

$$\psi (\xi )=\left( \frac{\alpha }{\pi }\right) ^{1/4}\exp \left( -\frac{% \alpha x^{2}}{2}\right) ,$$

die die Randbedingungen erfüllt und die Tatsache berücksichtigt, dass die entsprechende WF gerade sein muss. Dann

$$I(\alpha )=\int_{-\infty }^{\infty }\psi (\xi )\left[ -\frac... ... d\xi =\frac{1}{% 4}\left( \alpha +\frac{1}{\alpha }\right) .$$

Das Minimieren ergibt den genauen Wert von $\alpha =1$ und $E=1/2$. In diesem Fall stimmt die Testfunktion (und die Energie) mit exakten Werten überein.

Nehmen wir z.B. eine Testfunktion

$$\psi (\xi )=\frac{\sqrt{2}a^{1/4}}{\sqrt{\pi }(1+ax^{2})}$$

(auch eine symmetrische Glocke, auf 1 normiert: $\int_{-\infty }^{\infty }\psi ^{2}(\xi )d\xi =1$, sonst ähnelt sie nicht besonders der richtigen WF). Die Energie ist dann

$$I(a)=\int_{-\infty }^{\infty }\psi (\xi )\left[ -\frac{1}{2}... ...c{1}{2}\xi ^{2}\psi (\xi )\right] d\xi =\frac{% 2+a^{2}}{4a}.$$

Die ist minimiert für $a=\sqrt{2}$, und entspricht $E=\sqrt{2}/2$, 41% höher als die genaue Energie. Die Wahl der Testfunktion war nicht besonders günstig, da sie für $\xi \rightarrow \pm \infty$ zu langsam abfällt.