Stimmt, danke! Allerdings sind meine Ergebnisse immer noch nicht wie erwartet: W(a_1) = 2\sqrt(2), \quad W(a_2) = 0
Findet man im Vorjahresskriptum auf den Seiten 31ff. Zu finden im TISS.
Hey,
Im Grau (alle, die die Aufgabensammlung nicht kennen: http://www.dietrich-grau.at) gibts genau das Beispiel auf S. 102ff und da lösen sie es mit sinh und cosh!
Danke für die schönen Ausarbeitungen!
ich glaub dass der Ansatz mit Sinus/Cosinus hier nicht der beste Weg ist.
da ja E<0, das heißt das Potential ist größer (da es 0 in dem Bereich ist) als die Energie → muss die Welle mit sinh/cosh bzw. exp. Abfall gelöst werden.
wenn alles richtig gemacht wird: auch Schrödingerglg lösen, müsste eh das richtige rauskommen.
da die exp-Funktionen dann statt imaginär, reell werden.
könnt das so stimmen??
Habe den Ansatz mit reellen Exponenten in beiden Bereichen gewählt und bekomme am Ende wie laut Angabe gefordert eine Identität für den tanh(x) raus, leider mit einem negativen Vorzeichen… Muss erst schaun wo ich da einen Vorzeichenfehler gemacht habe, sonst sollte es aber so passen denke ich! 
Danke für den Hinweis mit dem cosh und sinh, werd diesen Ansatz auch mal probieren!
siehe:
Verwenden Sie zur Lösung der auftretenden Integrale folgende Identität:
\int_0^\infty x^n e^{-cx}dx = \frac{n!}{c^{n+1} > mit > n \in \mathbb{N} > und > c \in \mathbb{C}, Re(c)>0> .
die Zahlenwerte für A sind ein bisschen anders aber es geht.
4. Beispiel
Lösen Sie folgende Aufgaben zum harmonischen Oszillator:
a) Schreiben Sie das Potential V(x) des harmonischen Oszillators an. Wie lautet der entsprechende Hamiltonoperator \hat{H} des Problems? Schreiben Sie die Schrödingergleichung in reduzierte Einheiten um (y=x/x_0). Hinweis: x_0 = \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}} und E = \epsilon \hbar \omega.
V(x) = \frac{1}{2}m\omega^2 x^2
\hat{H} = \frac{1}{2}(-\frac{d^2}{dy^2}+y^2)
\frac{1}{2}(-\frac{d^2}{dy^2}+y^2)\psi = \epsilon \psi
b) Betrachten Sie die Leiteroperatoren \hat{a}^\dagger und \hat{a}. Berechnen Sie explizit den Kommutator [\hat{a},\hat{a}^\dagger]. Hinweis: Sie können die Definition der Leiteroperatoren in reduzierten Einheiten aus a) extrahieren oder verwenden, dass gilt: \hat{a}=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}(\hat{x}+\frac{i\hat{p}}{m\omega}).
\hat{p}=-i p_0 \frac{d}{dy}
p_0 = \sqrt{m\hbar\omega}
Wenn man all das einsetzt kommt man auf die ursprüngliche form der Leiteroperatoren:
\hat{a}^\dagger = \frac{1}{\sqrt{2}}(y-\frac{d}{dy})
\hat{a} = \frac{1}{\sqrt{2}}(y+\frac{d}{dy})
Und für diese kann man leicht zeigen:
\hat{a}, \hat{a}^\dagger = -1
c) Wie ist der Besetzungszahloperator \hat{N} definiert? Formen Sie den Hamiltonoperator explizit so um, dass er sich durch \hat{N} darstellen lässt.
\hat{N} = \hat{a}^\dagger \hat{a}
\hat{H} = \hbar \omega (\hat{N}+\frac{1}{2})
d) Sei \left|n\right> der n-te Energie-Eigenzustand des harmonischen Oszillators. Zeigen Sie ausgehend von der Kommutatorbeziehung aus b) explizit, wie \hat{a} auf einen Zustand \left|n\right> wirkt (inklusive der korrekten Normierung).
[N, \hat{a}] = [\hat{a}^\dagger \hat{a}, \hat{a}] = \hat{a}^\dagger \hat{a} \hat{a} - \hat{a} \hat{a}^\dagger \hat{a} = (\hat{a}^\dagger \hat{a} - \hat{a} \hat{a}^\dagger) \hat{a} = - \hat{a}
N(\hat{a} \left| n\right>= -\hat{a} + \hat{a}N\left|n\right> = \hat{a}(N-1)\left|n\right>=\hat{a}(n-1)\left|n\right> = (n-1)(\hat{a}\left|n\right>)
\left<n|\hat{a}^\dagger \hat{a}|n\right> = \left<\hat{a}n|\hat{a}n\right> \quad \Rightarrow \quad \hat{a}\left|n\right> = \sqrt{n}\left|n-1\right>
Vollständige Eins?
<p|psi> = int(<p|x><x|psi>dx)
<x|psi> wird zu psi(x)
<p|x> wird zu exp(-ipx/hquer)/(sqrt(2Pihquer)
und demenssprechend dann das Integral anschreiben. Also so hätte ich es jedenfalls gemacht.
hier die Lösung vom 1. Test 2012 aus dem Plenum!
Hey, du hast bei c) und d) mit der Wellenfunktion statt mit der Wahrscheinlichkeitsdichte gerechnet, oder? Müsstest du die Skizze nicht eigentlich quadrieren und die Eindringtiefen auch mit dem Betragsquadrat von Psi rechnen?
Ich glaub du meinst das 2. Beispiel aus 2010.
Stimmt, die Skizze ist bei x < 0 nicht ganz richtig, hat auch schon jemand angemerkt. Hab leider nichts besseres gefunden auf die Schnelle. Die Eindringtiefe berechnet man meines Wissens nach mit der Wellenfunktion, nicht mit der Wahrscheinlichkeitsdichte.
Glaube nicht, dass es testrelevant ist aber hier mal mein Ansatz (habe wirklich gar keine Ahnung ob das stimmt):
Der Eigenzustand zum kleinsten Eigenwert ist der Eigenvektor zum Eigenwert (-a) . D.h.
\left|\psi(t=0)\right> = \left|a_1\right>= \frac{1}{\sqrt{2}}(\left|\Phi_1\right>-i\left|\Phi_2\right>)
wobei meine Eigenvektoren so aussehen:
\left|a_1\right> = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1\ i\end{pmatrix} zum EW -a in Phi-Basis
\left|a_2\right> = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}1\-i\end{pmatrix} zum EW a in Phi-Basis
Der Zeitoperatur ist U(t)=e^{- \frac{i}{\hbar}Ht}
Wenn ich mich nicht irre kann man mit Reihendarstellung der Exponentialfunktion und Spektraldarstellung von H auf folgende Form umformen:
U(t)=\begin{pmatrix} e^{- \frac{i}{\hbar}E_1 t} & 0 \ 0 & e^{- \frac{i}{\hbar}E_2 t\end{pmatrix}
In weiterer Folge \left|\Psi(t)\right>=U(t)\left|\Psi(t=0)\right> in Phi-Darstellung berechnen ergibt
\left|\Psi(t)\right>= \frac{1}{\sqrt{2}}(e^{\frac{1}{2}i \omega t}\left|\Phi_1\right>-i e^{- \frac{1}{2}i \omega t}\left|\Phi_2\right>)
womit sich für die beiden möglichen Messwerte jeweils die Wahrscheinlichkeit 1/2 ergibt…
Wie gesagt, mit Vorsicht genießen, hab die Rechnung nicht genau nachgeprüft, es ist schon sehr spät und meine Konzentration ist am Ende…