Da is amal die Angabe, grad das erste würd mim Teststoff harmonieren:
tutorium5.pdf (54.4 KB)
Die meisten werdens eh schon gesehen haben, aber das Beispiel 1 a+b ist das Testbeispiel K3 von 09/10. DA gibts auch eine Musterlösung dazu. Wenn mich nicht alles täuscht, ist die vom Toschi gerechnet.
MusterKlau.pdf (328 KB)
Bin ich der einzige dem da beim zweiten Bsp ein Integral über e^{\alpha r} r^4 rauskommt?
Ich revidiere 
ergebnisse für 2:
a) i) die normierung passt (surprise)
ii) erwartungswert \frac{\alph^2 \cdot \hbar}{16\cdot m \cdot} + \frac{m \cdot \omega^2}{2}
Ich steh beim 2a grad irgendwie beim umschreiben in Kugelkoordinaten an. Kannst du das vielleicht ein bissl genauer skizzieren?
EDIT: Hab schon, man braucht ja eh keine Kugelkoordinaten. Im Grau, Beispiel V.10 ist die Rechnung ganz gut beschrieben. Ich krieg aber einen anderen Erwartungswert -\frac{\alpha^4*\hbar^2}{32*\pim}+\frac{m\omega^2}{4*\pi}
Kann es sein, dass du beim p^2 vergessen hast das -i*\hbar zu quadrieren? Außerdem fliegt das 1/PI im Vorfaktor bei mir nie weg…
Was kommt euch denn bei 1a für die Korrektur der Eigenfunktionen in 1. Ordnung heraus?
Sowas auf die Art?
|\psi^{(1)}{n}>=\frac{qE}{\sqrt{2m\hbar\omega{0}^{3}}}\left(\sqrt{n+1}|n+1>-\sqrt{n}|n-1>\right)
Ich hab da beim ersten irgendwie formalistisch grad probleme. in der musterlösung rechnet er mit <m| |n> 's aber laut der formel im skript ist doch eines davon stets auf Phi 0 fixiert dh <n|0>
Edit:
OK die notation ist einfach nur schlecht gewählt.
Held verwendet bei den Formeln der Störungsrechnung eine andere Notation, die ich aber auch sehr schlüssig finde.
schaut gut aus, hab ich auch.
wie schreibt ihr beim erwartungswert von 2a den laplace an?
Oder sagt ihr einfach: Bla symmetrie dh r = x und jede raumrichtung getrennt dh kein zwang für kugelkoord?
Edit: oder ganz einfacher, da es ja ein Harmonischer Osszi is, den hamilton in der form H= \hbar \omega(n +3/2) angeschrieben und n= 0 gesetzt weils ne näherung für n=0 werden soll?
Was aber irgendwie sinnlos wäre.
Edit:
Ich sag jetzt einfach mal die Winkelabhängig fliegt raus weil die Funktion keine Winkelabhängigkeit hat und verwend die r ableitungen vom kugel laplace, mal schaun was raus kommt.
Ich hab mir diese testfunktion jetzt mal angeschaut. wenn man die liste der kugelflächenfunktionen auf wiki anschaut (http://de.wikipedia.org/wiki/Kugelflächenfunktionen#Die_ersten_Kugelfl.C3.A4chenfunktionen) merkt man dass sie sich als ein R(r)*Y(theta,phi) darstellen lässt. Die Kugelflächenfunktion 0,0 ist 1/ \sqrt{4 \pi} und wenn man das weglässt und den rest normiert, merkt man auch dass dieser betragsquadrat zu eins wird. Dh R und Y sind beide für sich auf 1 Normiert. dh Müsste der allgemeine Laplace für Kugelkoordinaten ohne den winkelanteil passen (winkelanteil = 0 wegen l=0=m), habs aber noch nicht durchgerechnet.
Mit ziemlich beschissenen Ausdrücken habe ich schließlich eine energie E=\hbar \omega 5,86 nach durchführen der variation. Bei euren Erwartungswerden lässt es sich nach variieren ja nicht wirklich auf einen \hbar \omega ausdruck zurückführen, dh ka wie ihr das gerechnet habt. Überhaupt ist das Problem bei euren Ausrücken dass ihr m\omega /2 habt, was einer Dimension von kg/(s^2) entspricht und somit keiner Energie. Ausserdem muss das alpha eine 1/länge dimension haben (wegen der exponentialfunktion) was auch den ersten Ausdruck zu was anderem als einer Energie macht. Ich glaub sogar das hat beides nichtmal die gleiche Dimension (nicht genau nachgerechnet aber schaut danach aus), was ne Summe für eine Energie überhaupt unmöglich macht.
Ich hätte 3 \hbar \omega_{0} anzubieten und sollte eigentlich ähnlich wie du, Lelouch, gerechnet haben.
Transformation auf Kugelkoordinaten, Integral über den Raumwinkel ausführen \Rightarrow 4 \pi, das r^{2} nicht vergessen, Laplace Operator in Kugelkoordinaten (jedoch nur der r-abhängige Teil). Zugegeben, die auftretenden Integrale hab ich nicht am Papier gelöst.
Zwischenergebnis:
E[\psi_{T}]=\alpha^{2}\cdot \frac{3\hbar^{2}}{8m}+\frac{6m\omega_{0}^{2}}{\alpha^2} und \alpha^{2}=\sqrt{\frac{48}{3}}\frac{m\omega_{0}}{\hbar}
Edit: Vorzeichenfehler entdeckt - neues Ergebnis:
\sqrt{3} \hbar \omega_{0}
Es bekommt irgendwie jeder der es auf die Art rechnet was anderes heraus, aber der Weg sollte der Richtige sein. Es ist auf jedenfall größer als der exakte Grundzustand.
Für jeden der beim 2er nicht immer Wolfram Alpha daherziehen will:
\int_0^{\infty}dxx^ne^{- \alpha x}=\frac{n!}{\alpha ^{n+1}}
beim 2ten hab ich jetzt nach neuem durchrechnen:
E= \frac{\alpha ^2 \hbar ^2}{8m}+\frac{m \omega ^2 6}{\alpha ^2}
\alpha ^2 = \sqrt{\frac{m^2 \omega ^2 48}{\hbar ^2}}
E(\alpha)=\sqrt{3}\hbar \omega = 1,732 \hbar \omega
E(alpha) ist etwas größer als der grundzustand aber näher am Grundzustand als am ersten angeregten.
unglaublich: ich hab jetzt für
\alpha = \sqrt[4]{96} \cdot \sqrt{\frac{m \cdot \omega}{\hbar}}
und für die energie
= \sqrt{6} \cdot \hbar \cdot m
kann das realistisch sein? der wert für die energie wäre 5 mal höher als der exakte
so viele verschiedene lösungen?!
@lelouch: ich glaub wir sind schon aufn richtigen weg… der ansatz stimmt zumindest und auf den vorfaktoren werden sich die tutoren wohl nicht aufhängen
Bei meinem ersten Versuch hab ich auch was zig mal höheres Raus bekommen. Hab beim 2ten durchrechnen etwas mehr mit den Vorfaktoren aufgepasst und die größenordnung schaut eigentlich gut aus (höher als der grundzustand, aber immer noch näher an dem dran als am angeregten) dh bleib ich bei dem. Weil genau dort „sollte“ diese Variation ja ca landen.