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wand
Anmeldungsdatum: 26.09.2011
Beiträge: 1
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 wand Verfasst am: 26. Sep 2011 00:42 Titel: halb-harmonischer quantenoszillator |
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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 |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 26. Sep 2011 06:48 Titel: |
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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.
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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wandbasilisk
Anmeldungsdatum: 26.09.2011
Beiträge: 18
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| wandbasilisk Verfasst am: 26. Sep 2011 20:25 Titel: |
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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: =x_0*cos(wt) )
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  |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 26. Sep 2011 21:59 Titel: |
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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. |
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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wandbasilisk
Anmeldungsdatum: 26.09.2011
Beiträge: 18
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| wandbasilisk Verfasst am: 26. Sep 2011 22:32 Titel: |
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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 ) |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 26. Sep 2011 23:04 Titel: |
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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.
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wandbasilisk
Anmeldungsdatum: 26.09.2011
Beiträge: 18
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| wandbasilisk Verfasst am: 27. Sep 2011 00:22 Titel: |
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Ah auch das macht sinn. Aber meinst du so etwas in der art:
dt}+\int^T_{T/2}{(-cos(wt))dt})=\frac{x_o}{T*w}(2sin(w*T/2) - sin(xT)))
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. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18067
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| TomS Verfasst am: 27. Sep 2011 09:56 Titel: |
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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
 = \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))
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
 = \frac{2x_0}{\pi} )
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.
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wandbasilisk
Anmeldungsdatum: 26.09.2011
Beiträge: 18
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| wandbasilisk Verfasst am: 28. Sep 2011 17:09 Titel: |
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vielen dank für deine ausführliche antwort. das hat mir wahrlich die augen geöffnet  |
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