hoi hoi, hat wer ideen zu 1.c und 3. ?
1a) =0 <x²>= a²(1/3 - 2/(n*pi)²)
1b) delta x = sqrt(<x²>)
2) phi(x)= sqrt(D/2)exp(-D|x|)
tutorium2.pdf (124 KB)
1a und 1b passt soweit; is halt mühsam zum rechnen…
c) lass bei <x^2> einfach n gegen undenlich laufen => erster teil
und fürs klassische <X^2>=\int_{-a}^{a} {x^2 \frac{1}{2a}
zu 2) phi weiß ich noch nicht, aber du musst auch die gebundene energie ausrechnen (mit den RBs)
sl
E= - (D²*hquer²/2m)
Hat jemand einen Ansatz fürs letzte Beispiel?
Komm da irgendwie nicht weiter #-o
check auch nich ganz wohin das gehn soll… gibts stationäre lösungen für E >=0 ? weil sonst hättich das psi von bsp2 einfach neu normiert, da bekommt man dann nen faktor exp(-D*L) rein, der wieder verschwindet wenn man L gg unendlich gehen lässt… Keine Ahnung ^^ =P~
ich quäle mich grade mit dem ersten beispiel herum, scheinbar verrechne ich mich immer wieder. für a komme ich auch für beide wellenfunktionen auf =0, aber bei <x²> kommt mir auch immer wieder null heraus…kann jemand von euch seinen rechenweg online stellen? das wäre super!
falls du den Tipler noch hast da steht es drinnen! eig. das ganze beispiel!
beginnt ca. bei seite 1146
beim 3. beispiel hat man für den bereich zwischen wand und delta-potential den ansatz mit sinus- und cosinushyperbolicus. sonst gleiche übergangsbedingungen wie beim bsp. 2
hier mal das erste und das zweite bsp…
beim dritten bin ich immer noch ratlos… wenn d->unendlich geht der transmissionkoeffizient gg 0, sprich man hätte nen unendlichen potentialtopf bei -L<x<0 und da drinn dann wieder gebundene lösungen, aber auf das willer glaubich nich hinaus… sondern doch eher im bereich E<0 oder E=0, aber wie gesagt keine Ahnung… aja sobald ich versuch iwas mit der RB psi( -L)=0 zu rechnen führt das immer auf E=0…
soo, hab das 3er nochma neu gerechnet mit E<0, was haltet ihr davon?
3b.zip (1.15 MB)
@Mutterschiff: Beim 2. Beispiel sollte dein Normierungsfaktor sqr(D) sein, weil du beim Quadrieren der Wellengleichung A^2*exp(2D|x|) im Integral stehen hast. ;D
@ stellmarine y mutterschiff:
sqrt(D) e^{-2 D |x|} = \phi (x) stimmt für die wellenfunktion
zum 3er:
wenn E<0 ist bekomm für die Lösung der Diffgl. keine komplexen Phasen rein
- \frac{\hbar^2}{2m} \psi ‚‘ - \frac{\hbar^2}{2m} D \delta (x) \psi = E \psi
x \not= 0; E < 0 damti verschwindet das delta und wenn E < 0 is wirds negativ. (alles auf eine seite bringen und dann E negativ setzen
\frac{\hbar^2}{2m} \psi ‚‘ - E \psi = 0
dann mit dem Exponentialansatz drauf für x< und x> 0, dann bekomm ich
\psi (x<0) = A e^{\omega x} + B e^{- \omega x} dort wo die wand is
\psi (x>0) = U e^{\omega x} + V e^{- \omega x} darf nicht divergieren, also
\psi (x>0) = V e^{- \omega x}
jetzt mit meinen RBs: \psi (-L)=0 für x< 0
\psi(-0) = \psi (+0)
\psi ’ (-0) = \psi (+0) +2D \psi (0)
damit bekomm ich für die kosntanten:
A = D
B= -D e^{- 2 \omega L
V = D (1-e^{-2 \omega L}
mir kommt das aber zu einfach vor… das wär im prinzip nur einsetzen und ausrechnen (wie beim zweiten), bin mir auch nicht sicher ob die RBs bei null noch passen.
aber, wenn L sehr groß wird (ich hoff das heißt, dass die wand verschwindet) bleiben nur noch die Wellenfunktionen vom 2ten Bsp über (für x< x>0)
Ich denke die Rand- und Anschlussbedingungen müssten so stimmen.
Wie kommst du denn auf
$A = D$
ich bin bis jetzt so weit:
A+B=V\
A=-Be^{2\omega L}\
\frac{\omega (1+e^{-2\omega L})}{(2D-\omega) (1-e^{2\omega L})}=1
Für L → \infty wird \omega = D und der Energieeigenwert bleibt gleich wie im Bsp 2, was ja zu erwarten ist.
Mir fehlt noch eine Bedingung aus der Normierung…da wirds dann etwas unschön:
Wenn ich richtig normiere, sieht das doch so aus:
\int_{-L}^0 |\Psi_{(x<0)}|^2dx +\int_0^\infty |\Psi_{(x>0)}|^2dx=1
Ich gehe zuerst davon aus, dass in einem gebundenen Zustand \omega reell bleibt und erspare mir die komplex konjugierte, was schönes kommt abe nicht wirklich dabei raus…
Hi!
hier mal meine Lösungen.
ich glaube die stimmen, sollte doch wem was auffallen lass ich mich gerne des besseren belehren 
und sry wegen der hässlichen quali, mein scanner mag bleistift nicht und lässt sich das auch nicht ausreden
bei den graphischen sachen nicht verwirren lassen wegen den skalierungen ^^
ist ausserdem nicht normiert, war mir etwas zu blöd
lG
quanten 2.pdf (1.44 MB)
Ich komm beim selben ansatz auf:
\frac{\omega (1+e^{-2\omega L})}{(2D-\omega) (1-e^{-2\omega L})}=1
(beim unteren exponenten hab ich auch ein minus)
und damit :
\omega=D-D e^{-2\omega L} (edit: vorzeichen korrigiert)
Die näherung für grosses L ist dann leicht.
Für die bedingung, dass es gerade noch einen gebundenen zustand gibt lass ich omega gegen 0 gehen und krieg D > 1/(2L)
D = \frac{\omega}{1-e^{-2\omega L}}\
\lim\limits_{\omega \rightarrow 0}{\frac{\omega}{1-e^{-2\omega L}}} = \frac{1}{2 L}
Kann das jemand bestätigen?
Ohne gewähr.
@emat:
habs auch nicht mit den sinh und cosh gmacht (is mit e-funktionen leichter zum integrieren) und es passt.
hab beim wolfram ne komische summenfunktion gfunden, die solche gleichungen lösen (lambert irgendwas).
jetzt halt noch dein omega ausrechen (pc) und die energie ausrechnen. wennst dann -L gegen unendlich gehn lässt kommt die energie im 2ten bsp raus.
mein obiger post passt nur bis vorm einsetzen der RBs.
Ja, ich erhalte das selbe. Das vorzeichen war nur ein latex vertipper. Gut, dass du so genau hinschaust