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Schreibt eure Formeln hier im Board am besten mit Latex!
So gehts:
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Formeleditor
[quote="TomS"]So geht das nicht. Betrachte erstmal [latex]\langle x \rangle = \frac{1}{T}\int_0^T dt\,x(t)[/latex] für den harmonischen Oszillator. Eine volle Schwingungsdauer T entspricht einer Bewegung von x0 nach -x0 und wieder zurück. In deinem Fall wird das Teilchen aber bei x=0 reflektiert, d.h. das Einsetzen von x(t) und T des harmonischen Oszillators erfordert die Modifizierung [latex]\langle x \rangle = \frac{1}{T/2}\int_0^{T/2} dt\,|x(t)|[/latex] Dabei sorgt der Betrag dafür, dass das Teilchen tatsächlich reflektiert wird. Nun behaupte ich mal, dass das Runterrollen von x0 nach 0 und das Hochrollen von 0 zurück nach x0 symmetrisch sind, d.h. wir benötigen letztlich nur [latex]\langle x \rangle = \frac{1}{T/4}\int_0^{T/4} dt\,x(t)[/latex] Dafür setzen wir jetzt ein [latex]\langle x \rangle = \frac{x_0}{T/4}\int_0^{T/4} dt\,\cos(\omega t) = \frac{x_0}{\omega T/4} \sin(\omega t)\big{\vert}_0^{T/4} = \frac{4x_0}{\omega T} \sin\left(\frac{\omega T}{4}\right)[/latex] Nun darfst du nicht einfach T gegen unendlich gehen lassen. Du berechnest das ganze ja für eine bestimmte Zeitdauer [0, T]; für jedes weitere Zeitintervall [T, 2T], [2T,3T] würdest du dasselbe Ergebnis erhalten, also kann auch für T gegen unendlich nicht Null herauskommen. Quantitativ siehst du das einfach wie folgt [latex]\omega = \frac{2\pi}{T} [/latex] also [latex]\omega T = 2\pi[/latex] Einsetzen liefert [latex]\langle x \rangle = \frac{2x_0}{\pi} \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{2x_0}{\pi} [/latex] Ich hoffe, ich habe mich icht verrechnet, prüfe also nochmal nach. Ich denke, dass für den "halben quantenmechanischen Oszillator" für große n genau dieses Ergebnis wieder reproduziert werden sollte.[/quote]
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wandbasilisk
Verfasst am: 28. Sep 2011 17:09
Titel:
vielen dank für deine ausführliche antwort. das hat mir wahrlich die augen geöffnet
TomS
Verfasst am: 27. Sep 2011 09:56
Titel:
So geht das nicht.
Betrachte erstmal
für den harmonischen Oszillator.
Eine volle Schwingungsdauer T entspricht einer Bewegung von x0 nach -x0 und wieder zurück.
In deinem Fall wird das Teilchen aber bei x=0 reflektiert, d.h. das Einsetzen von x(t) und T des harmonischen Oszillators erfordert die Modifizierung
Dabei sorgt der Betrag dafür, dass das Teilchen tatsächlich reflektiert wird.
Nun behaupte ich mal, dass das Runterrollen von x0 nach 0 und das Hochrollen von 0 zurück nach x0 symmetrisch sind, d.h. wir benötigen letztlich nur
Dafür setzen wir jetzt ein
Nun darfst du nicht einfach T gegen unendlich gehen lassen. Du berechnest das ganze ja für eine bestimmte Zeitdauer [0, T]; für jedes weitere Zeitintervall [T, 2T], [2T,3T] würdest du dasselbe Ergebnis erhalten, also kann auch für T gegen unendlich nicht Null herauskommen. Quantitativ siehst du das einfach wie folgt
also
Einsetzen liefert
Ich hoffe, ich habe mich icht verrechnet, prüfe also nochmal nach.
Ich denke, dass für den "halben quantenmechanischen Oszillator" für große n genau dieses Ergebnis wieder reproduziert werden sollte.
wandbasilisk
Verfasst am: 27. Sep 2011 00:22
Titel:
Ah auch das macht sinn. Aber meinst du so etwas in der art:
das erste integral wäre von xo nach 0 und das zweite von 0 nach xo.
Wenn ich T gegen unendlich gehen lasse, bekomme ich <x>=0 heraus.
Tut mir leid, dass ich mich so umständlich anstelle, ich steh aber irgendwie voll auf der leitung.
TomS
Verfasst am: 26. Sep 2011 23:04
Titel:
Nein, ich meine das anders.
Die Bewegung ist ja periodisch mit einer Zeit T. D.h. du integrierst über die Bewegung von x0 nach 0 (in der Zeit T/2) und wieder zurück nach x0 wieder in der Zeit T/2.
wandbasilisk
Verfasst am: 26. Sep 2011 22:32
Titel:
das macht auf jeden fall sinn, nur stehe ich gerade auf der leiter, wie ich das in die rechnung einbringe.
v(t) wäre ja dann
TomS
Verfasst am: 26. Sep 2011 21:59
Titel:
wie ich schon sagte ...
TomS hat Folgendes geschrieben:
... bei x=0 wird das Teilchen dabei an der unendlich hohen Potentialwand reflektiert, d.h. v kehrt sich zu -v um.
wandbasilisk
Verfasst am: 26. Sep 2011 20:25
Titel:
hey, vielen dank schonmal.
die klas. bewegungsgleichung ergibt sich zu x(t)= A sin(wt) + B cos(wt).
ich setze
. daraus folgt, dass
wenn ich deinen anweisungen folge, dann erhalte ich folgende bewegungsgleichung:
damit ist aber nicht ausgeschlossen, dass x(t) negativ wird. dies ist aber aufgrund der unendlich hohen potentialbarriere verboten. außerdem wird <x> dann 0 füt T->inf und von dem weiß ich, dass es falsch ist.
ich habe mit meinem prof gesprochen und er meinte, ich müsste irgendeine bedingung/restriktion finden, sodass ausgeschlossen wird, dass x(t) negativ wird.
ich komm aber leider nicht darauf
TomS
Verfasst am: 26. Sep 2011 06:48
Titel:
Ich denke, damit ist
gemeint.
Du löst die klass. Bewegungsgleichung mit einer Anfangsdingung v(t=0)=0 mit x(t=0) so, dass sich eben gerade dieselbe Energie ergibt. Bei x=0 wird das Teilchen dabei an der unendlich hohen Potentialwand reflektiert, d.h. v kehrt sich zu -v um.
wand
Verfasst am: 26. Sep 2011 00:42
Titel: halb-harmonischer quantenoszillator
Meine Frage:
hey,
ich habe folgende aufgabe zu lösen:
?berechne <x> für den zehnten zustand des halb-harmonischen quanten oszillators (potential unendlich für x<0, sonst gleich wie für harmonischen oszillator) und vergleiche den wert mit der mittleren position eines klassichen teilchens derselben energie?
Meine Ideen:
Also so weit bin ich gekommen: die wellenfunktionen ergeben sich aus dem harmonischen oszillator, jedoch nur für ungerade n. Für den 10. Zustand des halb-harmonsichen oszillators muss ich also den 19. Zustand des ganzen harmonischen oszillators nehmen.
<x> ergibt 1,988*a, wobei a=Sqrt(hquer/mw). Die energie ergibt sich gemäß: En=(n+1/2)*hquer*w mit n=19 zu E=39/2 hquer*w.
Nun scheitere ich allerdings daran, dies mit der mittleren position eines klassischen teilchens zu vergleichen.
Kann mir hier bitte jemand weiterhelfen?
lg