Die zeitunabhängige Schrödinger-Gleichung: Unendlich hoher Potentialtopf

Mit bescheidenen mathematischen Mitteln lässt sich die Funktion ${\displaystyle \Psi (x)}$ nur bei einem idealisierten, unendlich hohen Potentialtopf tatsächlich berechnen. Es kann hierbei angenommen werden, dass die Aufenthaltswahrscheinlichkeit außerhalb des Topfes (im Bereich I und III) null ist, und dadurch auch die ${\displaystyle \Psi (x)}$-Funktion; denn für eine unendlich hohe Potentialwand gilt für die Funktion außerhalb des Topfes:

${\displaystyle \lim _{W_{pot}\to \infty }\int \limits _{-\infty }^{0}|\Psi (x)|^{2}\,dx=\lim _{W_{pot}\to \infty }\int \limits _{-\infty }^{0}c_{1}^{2}e^{2{\sqrt {{\frac {2m}{\hbar ^{2}}}(-W+W_{pot})}}x}\,dx=0}$

Denn wenn das Argument einer Exponentialfunktion immer größer wird, so wird der Wert des Integrals bis null der Exponentialfunktion immer kleiner.

Dies ist nur möglich, wenn ${\displaystyle \Psi (x)}$ für ${\displaystyle x<0}$ und ${\displaystyle l<x}$ null ist und daraus folgt wegen der Stetigkeit auch ${\displaystyle \Psi (0)=0}$ und ${\displaystyle \Psi (l)=0}$. Man betrachte nun die allgemeine Lösung der Schrödinger-Gleichung mit diesen Randbedingungen. Sei ${\displaystyle k}$ wie vorhin der Wurzelausdruck, so gilt (siehe Lösung der Differentialgleichung):

${\displaystyle \Psi (x)=c_{1}e^{ikx}+c_{2}e^{-ikx}=d_{1}\cos(kx)+d_{2}i\sin(kx)}$

Die erste Randbedingung erfordert nun:

${\displaystyle \Psi (0)=d_{1}\cos(k\cdot 0)+d_{2}i\sin(k\cdot 0)=0}$

Der Cosinus von null ist ${\displaystyle 1}$, der Sinus von null ist null. Daher bleibt ${\displaystyle d_{1}=0}$, womit die erste Konstante bestimmt wäre. Als Funktion bleibt somit ${\displaystyle \Psi (x)=d_{2}i\sin(kx)}$. Aus der zweiten Randbedingung folgt:

${\displaystyle \Psi (l)=d_{2}i\sin(kl)=0}$

Diese Gleichung ist erfüllt, wenn ${\displaystyle d_{2}=0}$ gilt. Wenn aber ${\displaystyle d_{1}}$ als auch ${\displaystyle d_{2}}$ null sind, gilt ${\displaystyle \Psi (x)=0}$. Unmöglich könnte dann die Gesamtwahrscheinlichkeit ${\displaystyle 1}$ sein. Anstatt ${\displaystyle d_{2}=0}$ zu setzten, gibt es noch andere Lösungsmöglichkeiten für die Gleichung. Der Sinus ist dann null, wenn gilt ${\displaystyle kl=n\pi ;n\in \mathbb {N} }$; wenn also das Produkt aus ${\displaystyle k}$ und ${\displaystyle l}$ ein Vielfaches von ${\displaystyle \pi }$ ist. ${\displaystyle kl=n\pi }$ umgestellt ergibt ${\displaystyle k=n\pi /l}$. Daraus folgt für die Funktion:

${\displaystyle \Psi (x)=d_{2}i\sin \left({\frac {n\pi }{l}}x\right)}$

Bleibt noch ${\displaystyle d_{2}}$ zu bestimmen. Dies gelingt mit der Bedingung, dass die Gesamtwahrscheinlichkeit ${\displaystyle 1}$ sein muss (diese Bedingung nennet man auch Normierungsbedingung):

${\displaystyle \int \limits _{0}^{l}\left(d_{2}i\sin \left({\frac {n\pi }{l}}x\right)\right)^{2}\,dx=d_{2}^{2}i^{2}\int \limits _{0}^{l}\sin \left({\frac {n\pi }{l}}x\right)^{2}\,dx=-d_{2}^{2}\int \limits _{0}^{l}\sin \left({\frac {n\pi }{l}}x\right)^{2}\,dx}$

Das Integral von null bis ${\displaystyle l}$ einer Sinusfunktion ${\displaystyle \sin(n\pi x/l)^{2}}$ ist immer ${\displaystyle l/2}$. Daher gilt für die Wahrscheinlichkeit ${\displaystyle -d_{2}^{2}l/2}$, und die muss ${\displaystyle 1}$ sein:

${\displaystyle -{\frac {1}{2}}d_{2}^{2}l=1\qquad \Leftrightarrow \qquad d_{2}^{2}=-{\frac {2}{l}}\qquad \Leftrightarrow \qquad d_{2}=i{\sqrt {\frac {2}{l}}}}$

Nun sind alle Konstanten bestimmt und für die Funktion gilt:

${\displaystyle \Psi _{n}(x)=i{\sqrt {\frac {2}{l}}}i\sin \left({\frac {n\pi }{l}}x\right)=-{\sqrt {\frac {2}{l}}}\sin \left({\frac {n\pi }{l}}x\right)}$

Es sind also offensichtlich mehrere Zustände ${\displaystyle n}$ möglich, die alle Bedingungen erfüllen. Es zeigt sich, dass ${\displaystyle n}$ die Anzahl der Amplituden angibt. Interessanterweise gibt es nun Stellen ${\displaystyle x}$ innerhalb des Topfes, an denen Elektronen gar nicht angetroffen werden. Ferner ergeben sich für sehr Große ${\displaystyle n}$ so viele Amplituden, dass zwei benachbarte Amplituden von endlich kleinen Messgeräten nicht mehr auseinander gehalten werden können; messbar ist dann nur eine gleichmäßige Wahrscheinlichkeitsverteilung, wie bei der klassischen Physik. Für hohe („alltägliche“) Energien gilt die klassische Mechanik also näherungsweise weiterhin.

Welche Energien können Elektronen in einem solchen Potentialtopf annehmen? Dies folgt aus der oben verwendeten Beziehung ${\displaystyle kl=n\pi }$. Setzt man für ${\displaystyle k}$ den Wurzelausdruck wieder ein, erhält man (mit ${\displaystyle W_{pot}=0}$, im Topf):

${\displaystyle {\sqrt {{\frac {2m}{\hbar ^{2}}}W}}l=n\pi \qquad \Leftrightarrow \qquad {\frac {2m}{\hbar ^{2}}}Wl^{2}=n^{2}\pi ^{2}\qquad \Leftrightarrow \qquad W={\frac {n^{2}\pi ^{2}\hbar ^{2}}{2ml^{2}}}={\frac {n^{2}h^{2}}{8ml^{2}}}}$

Dies ist bemerkenswerterweise dieselbe Formel, wie sie auch aus der Bohr’schen Theorie folgt.