Auf zur letzten Runde!
Hier noch die Angabe.
Hier mal meine Ergebnisse bis jetzt zu Beispiele 1 und 3:
ad 1:
Energien:
E0 = \hbar \omega (nicht entartet)
E1 = 2 \hbar \omega (4-fach entartet)
E2 = 3 \hbar \omega (5-fach entartet)
Basisvektoren immer als Linearkombination der möglichen Zustandsvektoren.
Wahrscheinlichkeit für c: 81,83%
im Fall unterscheidbarer Teilchen: gleiche Energien aber E0 4-fach, E1 8-fach und E2 12-fach entartet
ad 3:
Übergang zu t=0 in neuen Grundzustand mit 98.51%, in neuen ersten angeregten mit 0% und in neuen 2. angeregten mit 1.45%
Beim 2. Beispiele stehe ich vor einem Integral
\int_{0}^t dt’ e^{i*\omega*t’ - t’^{2}/(\tau_0^2)}
Hat da jemand eine Idee wie man das lösen kann? Wäre sehr froh über Vorschläge!
tut6.pdf (117 KB)
Hiho!
Das 2. Bsp. ist äquivalent zu Grau Bsp. 5.6, da wird auch gezeigt wie man dieses Integral löst indem man den Exponenten zu einem vollständigen Quadrat erweitert.
Bei 3a komm ich auf die gleichen Wahrscheinlichkeiten. Für 3b hab ich |\psi(t)> angesetzt wie im Skriptum S. 125, damit komm ich aber nur auf eine recht hässliche Summe über alle geraden Zahlen :-/ hat jemand eine bessere Idee?
@Flo: Wie hast du die Wahrscheinlichkeit bei 1c ausgerechnet?
lg
1c) seh ich so:
Ein Teilchen im Grundzustand, eines im ersten Angeregten. Die Aufenthaltswahrscheinlichkeit eines Teilchens im 1D harmonischen Osz. ist immer Symmetrisch um x=0 verteilt.
Es gibt vier Fälle: beide Teilchen rechts von x= 0.
beide Teilchen links von x= 0.
grundzustand links, angeregter rechts,
grundzustand rechts, angeregter links.
Mit 50% Wahrscheinlichkeit ist also ein Teilchen links und eines rechts.
Ich komme beim 1. Bsp bis auf 1c auf die gleichen Ergebnisse wie flo.
Bei 1c erhalte ich eine Wahrscheinlichkeit von rund 40,92 %.
Fehler gefunden: Die Wahrscheinlichkeit ergibt 2 mal 40,91 % = 81,83 %.
Hat jemand Ideen zu 4c?
Ich habe noch ein Frage:
Wie errechnet ihr denn die 40,91% bzw 81,83% bei 1c?
zu 4c - aus dem letzten rotter jahrgang.
fühlt sich eventuell jemand bemüßigt, seine/ihre lsg vom 3. hochzuladen? wäre sehr hilfreich 
bsp4_c_2012.pdf (878 KB)
das Ergebnis zu 1c) ist doch aus dem Grau:
1/2 + 1/pi
das 1/pi kommt aus dem Integral Integrate[ u0u1 , {x,0,inf} ] ² aber woher kommt das 1/2 ???
|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt2},\left(|01\rangle|\down\down\rangle,-,|10\rangle|\down\down\rangle\right)
W = 2\int_{-\infty}^0 dx_1\int_0^{\infty} dx_2|\langle x_1x_2|\psi\rangle|^2 = ,\ldots, = 2,\left(\int_0^{\infty} dx_1\int_0^{\inft} dx_2,\psi_{01}^2(x_1,x_2) + \int_0^{\infty} dx_1\int_0^{\infty} dx_2,\psi_{01}(x_1,x_2),\psi_{10}(x_1,x_2)\right)
\psi_{01}(x_1,x_2) = \frac{2}{\sqrt2},\left(\frac{m\omega}{\hbar\sqrt{\pi}}\right),x_2,e^{-\frac{m\omega(x_1^2+x_2^2)}{2\hbar}}
\psi_{10}(x_1,x_2) = \frac{2}{\sqrt2},\left(\frac{m\omega}{\hbar\sqrt{\pi}}\right),x_1,e^{-\frac{m\omega(x_1^2+x_2^2)}{2\hbar}}
Hat jemand eine Lösung zum 3. Bsp?
Hier ist mein Bsp3. Bei a.) bin ich recht zuversichtlich und b.) vereinfacht sich auch wenn man das Mail bekommen hat …
Liebe StudentInnen!
Wir wurden von den Tutoren darauf aufmerksam gemacht, dass uns bei Bsp. 3b des 6. Tutoriums eine kleine Unklarheit unterlaufen ist. Der dort gefragte Erwartungswert <x^2> ist selbverständlich nur formal exakt berechenbar wie aus der Angabe leider nicht klar hervorgeht. Um das Beispiel zu kreuzen ist es natürlich ausreichend <x^2> näherungsweise aus den im Punkt a) bestimmten Amplituden zu berechnen.
mfG
Dann bleiben für |\psi(t)\rangle nur noch die n=0,2 Terme übrig.
lg
Bsp3.pdf (1.92 MB)
Vielen Dank! =D>
ad Goofy oder Flo:
Ist die Entartung bei 1d für E0 bzw E2 nicht 2fach bzw 10fach.
Das Pauliverbot sollte trotz Unterscheidbarkeit gelten oder?
Ja, stimmt! Fermionen, gehorchen dem Pauli-Prinzip. #-o
Vielen Dank für den Hinweis!
So, auf die Gefahr hin, dass es wem noch was bringt, hier mein 1. und mein 4. bsp
hier das 4te (man kann nur 5 anhänge hochladen…)
Ich glaube, dass deine ursprüngliche Überlegung stimmt. Meines Erachtens ergibt sich das Ausschlussprinzip erst aus der Ununterscheidbarkeit. Wenn ich mir die Unterscheidbarkeit einfach als zusätzliche Quantenzahl vorstelle, dann spricht nichts dagegen, dass die Spins gleich sein können.
Also unser Tutor hat heute gemeint, dass er sicher ist, dass die entartung beim 1d) 4-8-12 ist und nicht 2-8-10. ich wollt das nur mal irgendwo hier erwähnen weil die diskussion jeden rotter/burgdörfer-turnus einmal auftaucht.
EDIT: hat überigends der girschik auf nachfrage auch bestätigt, dass 12 stimmt