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munich
Anmeldungsdatum: 04.02.2006
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 munich Verfasst am: 22. Mai 2008 15:49 Titel: 3d harmonischer Oszillator |
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So, ich soll die Nullpunktsenergie des harmonischen Oszillators in 3d berechnen.
Das Vorgehen ist:
Schrödinger Gleichung für die stationären Zustände aufstellen, spezialisiert auf rotationssymmetrische Lösungen, da dachte ich mir:
+\frac{\hbar^2}{m}\frac{1}{r}\varphi'(r)+\frac{m\omega^2 r^2}{2}\varphi(r)=0)
Nun soll ich dimensionslose Koordinaten einführen:
 und 
mit
Naja, das  einführen gibt ja noch Sinn, aber was soll ich bei meiner Schrödinger-Gleichung mit dem  , da ist doch gar kein E drin. Oder stimmt meine Schrödinger-Gleichung ned?
thx,
munich |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
Beiträge: 362
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| mitschelll Verfasst am: 22. Mai 2008 16:05 Titel: |
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| Zitat: | | Oder stimmt meine Schrödinger-Gleichung ned? |
So ist es. Hast Du das selber gerechnet? Dann rechne es nocheinmal nach. Da fehlt ein Summand, der die Energie E enthält.
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Es irrt der Mensch, solang' er strebt.
Johann Wolfgang von Goethe |
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munich
Anmeldungsdatum: 04.02.2006
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| munich Verfasst am: 22. Mai 2008 16:12 Titel: |
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Hmm, also ich bin davon ausgegangen:
\psi)
Das ist ja die allgemeine Schrödingergleichung für ein teilchen im Potenzial V, mit der Wellenfunktion )
Also hab ich das  durch das  ersetzt, die zeitliche Abelitung von ) ist ja =0, da nicht von t abhängt, oder liege ich da falsch?
Naja, es gilt ja auch: 
Da hätte ich dann ein E, die E sind ja dann die Eigenwerte des Hamilton Operators, den wir ja auf der anderen Seite stehen haben. Aber wie ist das mit der null, was ist da der logische Fehler?
thx,
munich |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
Beiträge: 362
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| mitschelll Verfasst am: 22. Mai 2008 16:25 Titel: |
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Du darfst nicht die stationäre Schrödingergleichung mit der zeitabhängigen Schrödingergleichung durcheinander bringen.
Bei der stationären Schrödingergleichung separiert man die Schrödingergleichung in einen Orts- und einen Zeitanteil. Man findet dann heraus, dass die zeitliche Entwicklung nur einen Phasenfaktor liefert:
=\phi(x)\cdot e^{\frac{-i}{\hbar}Et})
Das geht, wenn der Hamiltonoperator nicht explizit zeitabhängig ist. Dann hat man
 = E\phi(x))
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munich
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| munich Verfasst am: 22. Mai 2008 16:33 Titel: |
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Okay, dann bekomm ich die Schrödingergleichung
Beim übergang von nach ) muss ich dann nachdifferenzieren. Dann bekomme ich raus:
=\frac{1}{2}\cdot (\frac{\epsilon}{\rho}-\rho)\cdot \varphi(\rho))
Mit diesen Koordianten fällt also das  raus.
Kann das passen? |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
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| mitschelll Verfasst am: 22. Mai 2008 16:49 Titel: |
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| munich hat Folgendes geschrieben: | Okay, dann bekomm ich die Schrödingergleichung
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Wie kommst Du darauf? Was für einen Oszillator sollt Ihr Euch genau anschauen bzw. welches Potential sollt Ihr nehmen?
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munich
Anmeldungsdatum: 04.02.2006
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| munich Verfasst am: 22. Mai 2008 16:55 Titel: |
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den harmonischen Oszillator in 3d:
Allgemein gilt ja für den harmonischen Oszillator:
=1/2 kx^2)
Wir hatten da die Formel:
=\frac{m\omega^2 r^2}{2})
das hab ich für V eingesetzt, dann kommt die Gleichung raus, die ich angegeben hatte...
eigentlich seh ich da jetzt keinen Fehler.
Wenn ich die neuen Koordinaten einführe kommt eben das andere Angegebene raus.
thx,
munich[/latex] |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
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| mitschelll Verfasst am: 22. Mai 2008 17:03 Titel: |
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Mich stört der Term mit dem  . Wo kommt der her? Sehe ich gerade irgendetwas nicht richtig ? 
- Impuls
 - Oszillatorpotential
 - Energie
aber ??
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munich
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| munich Verfasst am: 22. Mai 2008 17:10 Titel: |
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Naja, ich verwende ja den Radialanteil des Laplace-Operators in Kugelkoordinaten, also:
)
Das  kommt aus der Produktregel bei der zweiten Ableitung.
+\varphi '')
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mitschelll
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| mitschelll Verfasst am: 22. Mai 2008 17:23 Titel: |
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Ach so.
Könnt Ihr denn nicht einfach die Lösung des 3dim Oszillators auf die Lösung des 1dim Oszillators zurückführen?
Ansonsten musst Du halt schauen, wie man die Dgl löst, die Du durch den Laplace-Operator bekommst.
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munich
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| munich Verfasst am: 22. Mai 2008 17:27 Titel: |
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Ja, das geht schon, aber wir sollens diesmal hald explizit machen...
Meinst du die DGL passt dann so?
thx |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
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| mitschelll Verfasst am: 22. Mai 2008 17:54 Titel: |
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Das nachdifferenzieren ist überflüssig. Du ersetzt ja r durch . Für eine Ableitung gilt dann einfach:
} = \frac{1}{\xi} \frac{\dd}{\dd \rho})
In der Funktion ersetzt Du r durch und machst das am Ende wieder rückgängig.
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munich
Anmeldungsdatum: 04.02.2006
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| munich Verfasst am: 22. Mai 2008 17:59 Titel: |
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Hmmm, aber ich ersetz doch so zu sagen auch das , denn das muss ja mit dem anderen Argument auch ne andere Funktion sein..., ist das beim Ableiten wirklich kein Problem? |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
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| mitschelll Verfasst am: 22. Mai 2008 18:13 Titel: |
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Nee, hier ein Beispiel:
 = r^2)
Nun soll r durch  ersetzt werden. Also:
 = (\rho\xi)^2 = \xi^2\rho^2)
Wenn ich jetzt beide ableite, sollte dasselbe rauskommen. Zuerst die ursprüngliche Funktion:
Jetzt die neue Funktion: Man beachte
 .
Also
 = \frac{1}{\xi}\frac{\dd}{\dd \rho} \xi^2\rho^2 = 2\xi\rho = 2r)
da ja  .
Kommt dasselbe raus.
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munich
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| munich Verfasst am: 22. Mai 2008 19:54 Titel: |
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hmm, da bin ich noch nicht so sicher...
Ich bekomm dann die DGL raus:
+2\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\rho \varphi '(\rho)+(\frac{m\omega}{\hbar}\rho^2-m\omega\epsilon)\varphi(\rho)=0)
Ich soll dann späterv folgende Trafo machen:
=e^{-\frac{\rho^2}{2}}g(\rho))
Und dabei soll dann das Zwischenergebnis
g=0)
rauskommen... Aber das geht ned, weil die Wurzel ned rausfällt...
Was meinst du? |
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mitschelll
Anmeldungsdatum: 06.12.2007
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| mitschelll Verfasst am: 22. Mai 2008 20:30 Titel: |
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Ich habe bis jetzt folgendes:
Ausgangspunkt ist die normale Schrödingergleichung:
\varphi + \frac{1}{2}m\omega^2(x^2+y^2+z^2)\varphi = E\varphi)
Jetzt teile ich durch  :
\varphi + \frac{m\omega}{\hbar}(x^2+y^2+z^2)\varphi = \epsilon\varphi)
so dass ich bekomme
\varphi + \xi^{-2}(x^2+y^2+z^2)\varphi = \epsilon\varphi) .
Bis jetzt gilt ) . Jetzt kommt der Laplace-Operator und Übergang zu Kugelkoordinaten. Dann bekomme ich als Ergebnis:
 + \rho^2\psi(\xi\rho) + \xi^2\psi''(\xi\rho) = \epsilon\psi(\xi\rho))
mit  = \psi(\xi\rho)) .
Jetzt müsste man noch die Ableitungen durch die neue Substitution =e^{-\frac{\rho^2}{2}}g(\xi\rho))
ausdrücken.
hmm, sieht alles sehr aufwendig aus. Hoffentlich erzähl ich keinen Blödsinn.
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