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Übung is schon online, Prof. Held hat die Bitte in der VO also berücksichtigt, hoffentlich bleibt das auch weiter so.
Die Übung sieht diesmal eher einfach aus.
uebung05.pdf (81.2 KB)
wie angekündigt also auch ne green funktion zu berechnen.
Edit:
Wusste doch mir kommt da was bekannt vor. Das 2te Beispiel dürfte im Kreuzer Skript stehen (Seite 149, 8.3 die Lippmann-Schwinger Gleichung)
Also das so wie im Kreuzer Skript zu berechnen ohne die Pole zu verschieben ist kein Problem, aber wie er auf das gleiche, nur mit ± Vorzeichen, kommt für die verschobenen Pole versteh ich net wirklich (bekomme dann sowas wie iWurzel(E-idelsta) im Exponenten 
)
Und beim 11er die Winkel integration ist kein Problem, aber dann dieses V(r) einsetzen gestaltet sich deutlich unfreundlicher zum integrieren.
\sim \int dr \frac{e^{-(r/r_0)^2}}{r^2}e^{ikr}sin(kr)
das schaut net sehr brauchbar zum integrieren aus.
du hast ein 1/r^2 zu viel …
1/r^2 kürzt sich mit r^2 von kugelkoord transform.
ich hab e^{ikr}-e^{-ikr} nicht auf ein sin umgeformt und komme auf
\int_0^\infty dr V(r)(e^{2ikr}-1)
du kommt mehr oder weniger auf:
\int_0^\infty dr e^{(r/r_0)^2} = \frac{r_0\sqrt{\pi}}{2}
\int_0^\infty dr e^{2ikr-(\frac{r}{r_0})^2}
das zweite integral hat wolframalpha gelöst, er kommt auf eine komlexe fehlerfunktion erfi(k*r_0).
ja das r^2 aus der metrik hab ich vergessen.
Den Exponenten hab ich dann umgeformt:
-(r^2-2ikrr_0)=-((r-ikr_0)^2+(kr_0)^2)
dann mit
\int_{0}^{\infty }e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}
wird daraus
\frac{V_0mr_0\sqrt{\pi}}{ik\hbar^2 2}(e^{-(kr_0)^^2}-1)
und davon halt noch den Betrag nehmen (also das i weg und die exp muss man betrachten. Das e^- lebt ja nur zwischen 1 und 0 dh im grunde das vorzeichen umdrehn.)
also wir bekommen bei 11a folgendes heraus:
\frac{sqrt{\pi}}{2kr} < < \frac{h^2}{mr^2*V}
aber über die Bedeutung müssen wir noch nachdenken… any ideas?
In den Lösungen vom letzten Jahr (UE 6 Aufgabe 15) ist das Beispiel so ähnlich. Die haben nur ein anderes Potential als wir (unseres ist quadratisch im Exponenten).
Dort schaut er an wie sich das kr_0 in den Grenzwerten verhaltet. Bei mir wär das zb:
Für kr->unendlich geht das Integral gegen 0 (im k steckt die Energie, daher für hohe Energien) und damit gute näherung.
Für größere kr nur bei sehr kleinen Potentialen V_0 gut erfüllt.
Bzgl. 11)
Ich habe heute mit Prof. Toschi geredet und er meint, man kann das Integral analytisch lösen.
Zuerst sei ihm auch die Erfi herausgekommen, aber dann hat er es angeblich geschaft.
Im Prinzip lautet ja das Integral nach Winkelintegration
\left|\int_0^{\infty} dr\ e^{ikr}sin(k r)e^{-(r/r_0)^2}\right|
Er sagt, er hatte nur noch ein \int dr\ sin(k r)e^{-(r/r_0)^2}…kann man aber auch nicht lösen, liefert auch Erfi[k].
(Vielleicht hat er sich gedacht, da der Betrag steht, kann ich den Phasenfaktor entfernen, aber dieser Phasenfaktor steht im Integral …)
Ich tippe mal auf Angabefehler, ich habe in keinem der Quantenlehrbücher dieses Potential gefunden, wird wohl einen Grund haben 
Also nocheinmal: Wir sollen keine Näherung für die Integration verwenden 
@Lelouch: UE 6 Aufgabe 15: konnte analytisch integriert werden, erst danach wurden Näherungen getroffen
Ich habe es nicht nach aufgabe 15 gemacht sondern später gesehen dass es so ähnlich dort ist.
bis zum einsetzen des potentials ist 15 identisch mit unserem.
für die integration über r habe ich wie gesagt den exponenten auf ein vollständiges quadrat erweitert, damit kann ich den gleichen ausdruck verwenden wie in statistik ständig gefragt war (siehe oben) und kann das problemlos lösen. Das Integral von 0 bis unendlich war ja sogar damals in diesem „kurztest“ in der ersten statistik vorlesung gefragt ^^
Das glaube ich nicht, habe ich auch gemacht und erhalte auch Erfi…, hast du auch sicher die Integrationsgrenzen dann entsprechend geändert, sodass sie Komplex werden (mit quadr. Ergänzung), dann kriegst du die Probleme
\alpha\int [e^{-(\frac{r-ikr_0}{r_0})^2-k^2r^2_0}-e^{-(r/r_0)^2}]dr
substituieren liefert
\alpha r_0\int [e^{-(\zeta)^2}e^{-k^2r^2_0}d\zeta-e^{-(u)^2}du]
das lässt sich wieder integrieren. Beide Integrale muss man natürlich getrennt berechnen, aber die schreibarbeit spar ich mir mal.
Edit:
Ja gut unendlich + was komplexes. Wenn er da in der vorlesungen durch matritzen dividiert neige ich dazu das auch einfach als unendlich zu lassen.
Ja, das ist die obere Grenze, hier kann man Imaginärteil vernachlässigen.
Aber untere Grenze r=0 wird zu r=-ikr0 und das gibt die schöne Erfi…
Dann bleibt wohl echt nur noch n Angabefehler.
Auch bei 11b und 11c bringt einen das Integral in eine Sackgasse. Mich würds langsam immer mehr wundern wenn die Angabe wirklich so stimmt.
Mal testweise den Computer rechnen lassen wie man das integral über r bei 11b löst und das wunderschöne ergebniss als bild im anhang…
Zumindest etwas positives, ich glaube ich habe jetzt heraus wie er sich das Verschieben der Singularitäten vorstellt. Dazu sei auch gesagt der Ausdruck im Kreuzer Skript für ret/av ist falsch. Sowohl beim Held als auch in nem anderen Buch ist das ± im Exponenten.
es läuft scheinbar darauf hinaus dass man diese Verschiebung NICHT schon zu beginn macht sondern erst NACH der Partialbruch zerlegung und auch da genau aufpassen muss.
Aus
\frac{1}{K-k}
wird mit (k) → (k+i*delta)
\frac{1}{K-(k+i \delta)} = \frac{1}{K+(-k-i \delta)}
Damit verschiebt sich eine der Singularitäten nach oben und eine nach unten (die mit -delta nach oben weil es ja ist z-z_0)
Wenn man das für ± delta so durch rechnet bekommt man den Ausdruck ausm Held Skript heraus. Komplett mit unseren Vorfaktoren hab ich das noch nicht durchgerechnet.
Natürlich muss man nacher das Delta wieder gegen 0 schicken damit der Ausdruck heraus kommt.
Es klärt sich dann auch warum beim Kreuzer die Singularitäten so umlaufen wurden wie ers gemacht hat.
Die Lösung bei uns wird sich natürlich etwas unterscheiden weil wir noch Vorfaktoren mitschleppen müssen was es dort nicht gab. Und je nachdem wie man nun den Übergang macht werden die wo anders stehen. Wenn man E → E ± i*delta macht müssten die nur im Exponenten oben stehen.
So jetzt komplett auf die Art durchgerechnet. Ergebniss:
G^\pm =\frac{-1}{4\pi R}\frac{2m}{\hbar^2}e^{\pm i\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}R}=\frac{-m}{2\pi \hbar^2 R}e^{\pm ikR}
Weil der Wurzel Ausdruck ja wieder einem K ohne einem Potential entspricht.
Edit:
Fehlt glaub ich noch ein 2m/ \hbar^2 vorne dass ich vergessen hab mitzunehmen. Bekommt man aber auch auf die andere Methode dazu also geht das ineinander über.
Es war nämlich notwendig das raus zu ziehen um es auf linearfaktoren von k zu bringen. Hab es dann einfach vergessen mitzuschleppen. Also obriges korrigiert…
Falls bezüglich 11 jemand den Held fragen geht ob das ein Angabefehler is wär das nett wenn er es hier rein schreibt. Ich glaub wenn ich weiter nix dazu höre werd ich das einfach als Angabefehler werten und ohne dem Quadrat rechnen. Weil nicht-lösbare Ingetrale „auswerten“ bringt net wirklich was.
Das Problem ist nur dass wirklich ein „Gauß“ Potential verlangt is und das schaut im Grunde so aus…
ich bin gerade auf eine Idee gekommen wie man diese Problem mit dem komplexen Anteil an der 0er Grenze des Integrals lösen könnte. Die e-Funktion hat ein Quadrat oben stehen, somit ist das ganze eine Gerade Funktion. NUR ist die Symmetrie dieser Funktion verschoben. Anstatt um 0 Symmetrisch zu sein, ist sie um ikr_0 symmetrisch. Mache ich nun einen Wechsel r->t-ikr_0 so bekomme ich ein Integral von eben der komplexen Stelle bis zum unendlichen. Diese Funktion hier ist nun auch symmetrisch (no na beim Substituieren) hat aber statt der 0-Grenze ikr_0 stehen. Wenn ich jetzt das dieses Teil-Integral berechnen würde, bekäme ich nun einen Wert „A“. Wenn ich aus der anderen Richtung komme, also von -Unendlich bis zu ikr_0 rechne, bekomme ich den SELBEN Wert. (habe mich als beispiel mit der Funktion (x-1)^2 gespielt welche um 1 symmetrisch ist, um das zu testen. kann man sich ganz leicht anschaun wenn man auf dieser seite http://brinkmann-du.de/mathe/rbtest/1sonstiges/integrator/integrator_02.htm die Funktion eingibt und sich die bereiche 1->2, 0->1 und 0->2 anschaut.)
Im Kreuzer Skript, als er auch mal was komplexes ins integral substituiert, argumentiert er dass durch den exponentiellen abfall am ende der komplexe anteil vernachlässigt werden kann (Seite 19).
Da ich ja nun weiß dass diese beiden Integrale identisch sind, bekomme ich ja genau die gleiche Fläche wenn ich über das gesamte Intervall integriere und 1/2 davor setze. Dadurch könnte ich immaginäre Anteile vernachlässigen und die bekannte Formel für das Integral wieder ansetzen.
K, probiers mal am Bsp des gegebenen Integrals aus, es geht einfach nicht
Das mit dem symmetrisch stimmt einfach nicht in diesem Fall, hast du einen Denkfehler drin, probiers aus…
Wieso sollte auch etwas anderes rauskommen, wenn du über einen äquivalenten Pfad integrierst, wir haben keine Pole - nichts spektakuläres drinnen, was das rechtfertigen würde 
@12: Ich weiß nicht wirklich was das Problem is, im Kreuzer Skript steht es eh 1:1 nur, dass man halt
k^2=\frac{2mE}{\hbar^2}\
U=\frac{2mU}{\hbar^2}\
|\vec{x} - \vec{x’}|=R
ersetzen muss.
Und wie du bereits festgestellt hast, ist das +/- vom Exponenten in der Lsg nach unten gerutscht (Typo)
Nunja wie gesagt es ist eine Idee. So könnte man rechtfertigen dass man über ein vollständiges Intervall integriert und natürlich ist es keine exakte Lösung weil schließlich komplexe Anteile am Rand vernachlässigt werden. Eine exakte analytische Funktion wird man ja keine mehr finden (sonst hätten Maple/Mathematica/what ever schon was geliefert) also wird man sich wohl mit einer numerischen Näherung zufrieden geben müssen. Wie das ganze nun wirklich aussieht, keine Ahnung. Nur da er leider wirklich explizit nach nem „Gauß Potential“ fragt und das nunmal wirklich diese Form hat, muss es irgend nen numerischen Trick geben.
zum 12er:
Das Problem ist dass der Held danach fragt dass man die Singularitäten verschiebt. Der Kreuzer hat es mit Umwegen ins komplexe gemacht. Die 2te Variante ist natürlich gut zum nachrechnen drinnen, aber dieses Verschieben nur angerissen. Ich finde die Methode mit den Umwegen auch sinnvoller, aber wenn speziell nach diesen ± G’s gefragt is, mache ich lieber die Verschiebung.
Ja, k, jetzt sehe ich was du meinst, das ist aber wirklich nur marginal wichtig…
Im Prinzip ist es ja nur ein Hinweis beim Held, d.h. man kann es machen wie man will…
Ja, die Verschiebung der Singularitäten ist kürzer, da für
k_0=\pm \sqrt{K^2\pm i\varepsilon}
erhält man eben die entsprechenden verschobenen Singularitäten, für +i\varepsilon ist eine Singularität im 1 die andere im 3 Quadranten, für -i\varepsilon im 2 & 4.
Dann kann man auch die Diagramme im Kreuzer Skript verwenden, mann muss sich die Biegungen um die Singularitäten nur gerade „biegen“, die entsprechenden Singularitäten werden dann rauf/runter verschoben.
und man kann schon die Cauchy-Formel anwenden und erhält Formeln 8.113 & 8.114