Ausgezeichnet, ich scheitere schon an der Skizze.
Da D\in \mathbb{R}, heißt das etwa daß bei x=0 ein anziehendes und ein abstoßendes Potential sitzt? Also eins nach oben und eins nach unten zeigt? Das würde aber heißen daß sie sich nach aussen hin aufheben.
Ich versuchs mal mit nem anziehenden Potential (also D>0).
tutorium4.pdf (107 KB)
Meiner Meinung nach sind beide gemeint, man muss die Fälle unterschiedlich behandeln, am Transmissionskoeffizient ändert sich dadurch nichts und auch an der Rechnung nicht!
Wenns ein abstoßendes Potential is, dann is es ja wie eine unendlich hohe Wand, sprich T=0, was beim anziehenden Potential nicht so is, oder seh ich da was falsch??
Nur wenns gegen unendlich geht
Und wie machts ihr das mit der Stetigkeit der Wahrscheinlichkeitsstromdichte?
Mir kommt nämlich raus, das sie links und rechts von x=0 konstant is, aber nicht den gleichen Wert hat, was bedeuten würde, dass sie nicht stetig is?! 
das mit da stetigkeit is so ne sache…
ich nehm doch schon in den randbedingungen an das die zwei funktionen stetig an null sind; das würde doch heißen, dass alle koeffizienten aus den funktionen auch stetig sind (is sehr sehr schwammig)
zu f) sollen für die funktion alle x erlaubt sein, d.h. kleiner und größer null? wenn ja, wie soll man dann eine betragsfunktion und eine normale e funktion draus basteln… vllt iwas mit heaviside, aber keine ahnung…?
p.s.: krieg für T= \frac{\omega^2}{\omega^2+D^2}
, \omega = \sqrt{2mE/ \hbar}
Bei mir ist die Wahrscheinlichkeitsstromdichte auf beiden Seiten
\frac{\hbar k^3}{m (k^2+D^2)}
also stetig.
@v3xX
Ich komme auf das gleiche Ergebnis (allerdings steht über meinem \hbar noch ein Quadrat, beziehungsweise das \hbar nicht unter der Wurzel).
stimmt, hab ein quadrat verschluckt.
krieg aber für
j_{ein} = \frac{\hbar}{m} \omega (A^2)
mit A=1 (einfallende Welle)
j_{trans} = \frac{\hbar}{m} \omega \frac{ \omega^2 }{\omega^2 + D^2}
j_ref = \frac{\hbar}{m} \omega \frac{D^2 }{D^2 + \omega^2}
hab die Konstanten nach A (meiner einfallenden aufgelöst und dann 1 gesetzt); sowie den reflektierenden teil im bereich >0 auf 0 gesetzt;#
edit: sorry wegen dem ganzen ändern, verschreib mich ständig
Auf das komme ich auch alles.
Um auf die Stetigkeit zu kommen musst du auf der linken Seite auch den nach links laufenden Teil berücksichtigen (Also den Betrag von B in die Formel miteinfließen lassen). Genausogut kannst du vom einlaufenden Strom den reflektierten abziehen. Das Ergebnis ist dann jeweils gleich dem transmittierten Strom.
Wieso verwendest du eigentlich ein kleines Omega für etwas, das eine Wellenzahl angibt (keine Kritik, nur Interesse)? Die Gefahr von Verwechslungen kommt mir da ziemlich groß vor.
achso hast das gmeint, alles klar 
das mim omega is gewohnheit (diffgleichungen 2.ordnung warn bis jetzt immer nur mech. und elektr. schwingungen, und meine k’s schaun aufn papier furchtbar aus)
kannst du deine ausarbeitung wieder online stellen ? ich find momentan leider noch keinen anständigen ansatz für das 1. 
wollt mal zu 1. e und f fragen ob ich da nich ganz am holzweg bin ^^ wenn das argument der e funktion betrag x is muss T=0.5 sprich k = D. das würde dazu führen das immer wenn die eine hälfte reflektiert wird und die andre hälfte transmitiert wird das system in einem gebundenen zustand endet?
edit meint das da ein denkfehler drinn sein muss, aber ich komm nich drauf
Also, ich hab das Vorzeichen von D vorerst ignoriert. Und als Lösungsansatz für die Schrödingerglg. im Bereich I (links) und II (rechts) vom \delta-Potential:
\psi _{I}(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}
\psi _{II}(x)=Fe^{ikx}+Ge^{-ikx} wobei G=0
aus meinen Anschlussbedinungen für x_{0}=0:
\psi _{I}(0)=\psi _{II}(0)=\psi(0)\rightarrow A+B=F
{\psi _{I}}‚(0)={\psi _{II}}‘(0)+2D\psi(0)\rightarrow Aik-Bik=Fik+2DF
daraus erhalte ich für meine Koeffizienten (in Abhängigkeit von A):
B=-A\frac{D}{ik+D}
F=A(1-\frac{D}{ik+D})
daher lautet die Lösung der stat. Schrödingerglg:
\psi (x)=\left{\begin{matrix}
A(e^{ikx}+\frac{Dik-D^2}{D^2+k^2}e^{-ikx}) ; bei ; x<0\A(e^{ikx}+\frac{Dik-D^2}{D^2+k^2}e^{ikx}); bei ; x>0
\end{matrix}\right.
Wobei der Nenner reell gemacht wurde.
Die Wahrscheinlichkeitsstromdichte berechne ich, für beide Bereiche extra, nach der Formel:
j_{E}=Re[\psi* \frac{\hbar}{mi}\frac{\partial }{\partial x}\psi]
abgesehen davon, daß bei meiner händischen Berechnung von j_{E} was anderes rauskommt als mit Mathemtica,
was geben mir diese j_{E} für beide Bereiche an?
Bzw. stimmt die Berechnung überhaupt?
@ rasta:
deine koeffizienten A u. F stimmen, du kannst aber F vereinfachen und auf einen Bruch bringen (hilft dann beim wahrscheinlichkeitsstrom)
und für
j = \frac{i \hbar}{2m} (\psi \nabla{\psi^} - \psi^ \nabla \psi)
krieg dann die werte von oben…
@plueschi: dreh dein handy auf
Na endlich, jetzt bekomm ich für meine Wahrscheinlichkeitsstromdichte für die Bereiche I und II auch das gleiche wie in Mathematica(und wie ihr):
j_{ref}=j_{E}(x<0)=|A|^2\frac{\hbar k}{m}[1-\frac{D^2 k^2+D^4}{(D^2+k^2)^2}]
das entspricht:
\frac{\hbar k}{m}[1-|B|^2] mit B=\frac{Dik-D^2}{(D^2+k^2)^2}
und
j_{trans} =j_{E}(x>0)=|A|^2\frac{\hbar k}{m}[\frac{k^4+D^2k^2}{(D^2+k^2)^2}]
das wiederum entspricht:
\frac{\hbar k}{m}[|F|^2] mit F=\frac{k^2+Dik}{D^2+k^2}
Wie überprüfe ich jetzt die Stetigkeit von j an der Stelle x=0?
Edit: Ok man kann nachrechnen (so wie schon weiter oben mal beschrieben) daß j_{ref}=j_{trans} und daß daraus Stetigkeit in x=0 folgt, da dort keine Stromdichte erzeugt oder vernichtet wird.
keiner vorschläge zu 1 e und f? kommt schon!
Hat schon jemand Bsp 2 gerechnet?
Mir kommt für Tmin=1/6 und Tmax = 1/4 raus.
1 e? Ich habe F = B ==> das E = -D^2hquer^2/(2m) Das ist genau die negative Energie für gebunden Zustände aus dem Beispiel vom 2. Tutorium.
ja schon, und was kommt dir da raus bei F=B ? d^2 =-k^2 oder plus? und wie sieht dein neuer koeffizient aus? k^2/(k^2+d^2) oder 1/2 ?
mein Tmax =1 und Tmin = 1/9
T=1/(5-4sin(4Da))
Ah danke, 4er vergessen.
k^2 = -D^2
Welcher neue Koeffizient? F? Der ist bei mir -D/(ik+D) und FF = d^2/(d^2+k^2)
Transmissionskoeffizient T = k^2/(k^2 +d^2), oder?
ja in der angabe steht ja zeigen sie das man die funktion auch als e^ikx+F e^i IxI k anschreiben kann. physikalisch leuchtets mir auch nich ganz ein, denn du hast ja dann ne wellenfunktion die auf das potential trifft und da ensteht dann ein gebundener zustand mit E= h^2 d^2 / 2m und das wars?
ja T habich auch so…