Na, ist Euch nach diesem tollen ersten Test allen die Lust vergangen am Tutorium? 
Wir haben uns mal am ersten Beispiel versucht, für maximalen Ortserwartungswert kommt uns einfach nur die Bedingung raus daß der Phasenunterschied von Alpha und Beta ein Vielfaches von 2Pi sein muß. Es können also beide Koeffizienten reell gewählt werden, und ergeben dann nach Normierung den Zustand
|\psi> = 1/2 * |1> + 1/2 * |2>
Kann das wer bestätigen?
lg
nein, ich würd eher sagen 1/sqrt(2)
Hätten wir auch mit 1/Wurzel(2)
selbstvertürlich!
Hallo!
Ich habe mich mal am 3.Bsp versucht…und habe wie folgt argumentiert:
3.a)
[(\Delta X)^{2}(\Delta P)^{2}\geq h^{2}/4]
[E_{kin}=(\Delta P)^{2}/2m\geq h^{2}/(8m(\Delta X)^{2})]
d.h.wenn meine Ortsunschärfe sehr klein wird, wird mein Impuls und damit verbunden die kin Energie sehr groß!
Und weil Gesamtenergie=kin. Energie + pot Energie (pot.Energie bleibt aber konstant) gilt, wird die Gesamtenergie größer!
3.a)
Bei 3.b habe ich einfach den selben Ansatz verwendet mit und habe [E_{kin}=hw/2=(\Delta P)^{2}/2m\geq h^{2}/(8m(\Delta X)^{2})] diesen Ausdruck auf die Ortsunschärfe umgeformt!
Es kommt dabei raus: [\Delta X = 1/(2\sqrt{wm})]!
Kann das wer bestätigen?
glg andi
Nagut, ich habe mal 2.b versucht:
ich habe den Zutand in eine Reihe Entwickelt und ihn mit der den Koheräntenzuständen aus dem Skriptum verglichen!
wobei ich folgende Relation verwendet habe:
[a^{+}=a-i\sqrt{2}*1/\sqrt{mwh}P]!
So beibt mir nur das P ^n in der Reihe übrig weil ja jeglicher Kontakt des Vernichtungsoperators mit dem Zustand 0 zu 0 wird!
…So kommt mir raus:
[\alpha =x_{0}\sqrt{mw/2h}]
glg andi
Könnte mir wer mal einen Hinweis für das 1.Bsp geben!
Danke!
So zu 2.c noch!
Hier habe ich für den Erwartungswert von E, das Betragsquadrat von alpha (siehe oben) bekommen!
Und für <E^2> habe ich einen kompliezierteren Ausdruck bekommen und dann etwas seltsam den Zustand von Bsp1 eingesetzt!-weil wenn ich das Richtig verstanden habe dann beschreiben die Zustandfunktionen von 1 und 2 das selbe Teilchen und sind daher ident??!!
diese Annahme habe ich gemacht, damit ich den Besetzungsoperator auswerten kann!
aber momentan übernehme ich noch keine Garantie für die Ergebnisse 
Schönen Abend andi
Bei 2b) erhalte ich auch \alpha=x_0 \sqrt{\frac{m \omega}{2\hbar}}
Bei 2c) habe ich für =\hbar \omega (\frac{1}{2} + \alpha^2),\ <E^2>=\hbar^2 \omega^2(\alpha^4 + 2\alpha^2 +\frac{1}{4}) und für \Delta E=\sqrt{<E^2>-^2}=\hbar \omega \alpha erhalten.
Ich habe dabei Formel 3.61 zum Auflösen dieser Brocken verwendet, kann mich aber auch leicht wo vertan haben…
Hallo!
Versteh ich nicht, wieso sollte die kinetische Energie nur von der ImpulsUNSCHÄRFE, nicht aber vom Impuls selbst abhängen?
Edit
Hinweis für Bsp.1: Ersetze beim Ausrechnen des Ortserwartungswertes <Psi|X|Psi> den Ortsoperator mit den Leiteroperatoren. \widehat{x} = \sqrt{\frac{h}{2m\omega }} (\widehat{a}^+ + \widehat{a}).
Die Leiter dann nach rechts anwenden und dann nur noch die Skalarprodukte auswerten.
@Markuß
$(\Delta p)^2=<p^2>-
^2$ umgeformt auf <p^2> und in $E_{kin}={<p^2>}/{2m}$ eingesetzt
^2 = 0, da wir ein symetrisches Potential haben und einen reihnen Zustand betrachten.
wegen dem weiß ich zwar gerade nicht, aber eines fehlt trotzdem noch.
gefragt ist die gesamtenergie, berechnet ist hier aber nur die kinetische energie. jetzt ist halt die frage als was lässt sich x^2 auffassen. als ^2 oder als <x^2> (wobei ich sehr stark glaube 2teres, zumindest wars auch in physik 1 immer so bei der thermodynamik). dadurch würde im grenzfall delta(x)->0 es eh wieder wegfallen, aber rein formal fehlts halt noch.
Edit:
also 3a meine ich damit
E=\frac{<p^2>}{2m}+\frac{m\omega ^2<x^2>}{2}\geq \frac{\hbar}{8m<x^2>}
3b)
E =\frac{(\Delta x)^2 m \omega}{2}+\frac{\hbar^2}{8m\omega(\Delta x)^2}
\frac{dE}{d(\Delta x)} = 0
\Delta x = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}
wenn ich die unschärfe normal ausrechne, also mit \Delta x = sqrt{<x^2>-^2}, bekomme das gleiche ergebnis.
Wie habt ihr das 1er gerechnet? Hab jetzt ziemlich herumprobiert aber komme auf keinen vielversprechenden Ausdruck.
Fehlt da nicht ein h^2 und m^2???
Nach der Ableitung kommt eine 4-te Wurzel raus. wenn du davon mal die 1/2 ziehst bleibt dir noch ne normale übrig nur halt ohne die quadrate.
\frac{dE}{d(\Delta x)} = m\omega\Delta x - \frac{\hbar^2}{4m\omega(\Delta x)^3} = 0
(\Delta x)^4 = \frac{\hbar^2}{4\omega^2m^2}
(\Delta x) = \sqrt{\frac{\hbar}{2\omega m}}
zu bsp 1 bekomme ich
|\Psi> = |\alpha|e^{i\phi_{\alpha}}|1> + sqrt{1-|\alpha|^2}e^{i\phi_{\alpha} + \frac{n\pi}{2}}|2>
mit
\alpha = |\alpha|e^{i\phi_{\alpha}}
\beta = |\beta|e^{i\phi_{\beta}}
= \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}|\alpha||\beta| 2 cos(\Delta \phi_{\alpha,\beta})
|\beta|^2=1-|\alpha|^2
hat jemand einen zahlenwert für alpha?
Für Alpha finde ich auch nichts. Dass beide Betragsquadrate sich zu 1 addieren habe ich auch (muss ja auch sein). Beim Erwartungswert komme ich auf:
\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega }}(\alpha^{}\beta +\beta ^{}\alpha)=
@ Lelouch
wenn du \alpha und \beta einsetzt -also das was ich vorher geschrieben habe-, bekommst du einen zusätzlichen term
e^{i(\phi_{\alpha} - \phi_{\beta})} +e^{-i(\phi_{\alpha} - \phi_{\beta})}
2cos(x) = e^{ix}+e^{-ix}