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Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Mandacus
Teilchen im Doppelmuldenpotential  
Beitrag No.15 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-06-13
Mandacus
 

Auch wenn Doppelposts nicht so schön sind, ist es in dem Fall vielleicht besser, dass ich meine Fragen zu verschiedenen Aufgabenteilen getrennt einstelle. Bei (c) geht es ja darum die Normierungen der beiden Wellenfunktionen $\Phi_1, \Phi_2$ und die Wahrscheinlichkeitsdichte $|\psi(x,t)|^2$ Da bin ich wie folgt vorgegangen. Ich habe zunächst gezeigt


$\underline{\text{Lemma 1:}}$ Es gilt

$$ \int_{0}^{a}  \sin^2(kx) dx=\frac{a}{2}-\frac{\sin(2ka)}{4k} \\
\int_{a}^{2a} \sin^2(k(x-2a)) dx=\frac{a}{2}-\frac{\sin(2ka)}{4k}.
$$
Weiter gilt

$$ \Phi_1(x,t)=\begin{cases}
g_1(t) A_{\text{I}} \sin(k_1 x)         & 0<x<a \\
g_1(t) A_{\text{II}} \sin(k_1 (x-2a))   & a<x<2a    
\end{cases}
$$
$$ \Phi_2(x,t)=\begin{cases}
g_2(t) B_{\text{I}} \sin(k_2 x)         & 0<x<a \\
g_2(t) B_{\text{II}} \sin(k_2 (x-2a))   & a<x<2a    
\end{cases}
$$
wobei

$$ g_1(t)=e^{-i \frac{E_{1,1}t}{\hbar}}
$$
$$ g_2(t)=e^{-i \frac{E_{1,2}t}{\hbar}}
$$
$$ E_{1,1}=\frac{\hbar^2 \pi^2}{2 m a^2} \left(1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right)^2
$$
$$ E_{1,2}=\frac{\hbar^2 \pi^2}{2 m a^2}
$$
$$ k_1=\frac{\sqrt{2m E_{1,1}}}{\hbar}
=\frac{\pi}{a} \left(1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right)
$$
$$ k_2=\frac{\sqrt{2m E_{1,2}}}{\hbar}=\frac{\pi}{a}.
$$
wobei $n=1,2,...,N, \ N=\text{max} \{n \in \mathbb{N} \ | \ \frac{n \hbar^2 \pi}{m \alpha a} \ll 1 \}$. Aus der Normierungsbedingung folgt unter Benutzung von $A_I=-A_{II}$

$$ 1=\int_{0}^{2a} |\Phi_1(x,t)|^2 dx
=\int_{0}^{a} A^2_I \sin^2(k_1 x) dx+\int_{a}^{2a} A^2_{II} \sin^2(k_1(x-2a)) dx            
\\ =A^2_I \left(\int_{0}^{a} \sin^2(k_1 x) dx + \int_{a}^{2a} \sin^2(k_1(x-2a)) dx \right)
\\ \underset{ \text{Lemma 1}}{=} A^2_I \left( \frac{a}{2}-\frac{\sin(2 k_1 a)}{4k_1}
+ \frac{a}{2}-\frac{\sin(2 k_1 a)}{4k _1} \right)
=A^2_I \left(a - \frac{\sin(2 k_1 a)}{2 k_1} \right)
=A^2_I \left( \frac{2 k_1 a - \sin(2k _1 a)}{2 k_1} \right).
$$

Es folgt daher

$$ A_I=-A_{II}=\pm \sqrt{\frac{2 k_1}{2 k_1- \sin(2 k_1 a)}}.
$$
Analog folgt

$$ 1=\int_{0}^{2a} |\Phi_2(x,t)|^2 dx
=\int_{0}^{a} B^2_I \sin^2(k_2 x) dx+\int_{a}^{2a} B^2_{II} \sin^2(k_2(x-2a)) dx            
=B^2_I \left(\int_{0}^{a} \sin^2(k_2 x) dx + \int_{a}^{2a} \sin^2(k_2(x-2a)) dx \right)  
\\ \underset{ \text{Lemma 1}}{=} B^2_I \left( \frac{a}{2}-\frac{\sin(2 k_2 a)}{4k_2}
+ \frac{a}{2}-\frac{\sin(2 k_2 a)}{4 k_2} \right)
=B^2_I \left(a - \frac{\sin(2 k_2 a)}{2 k_2} \right)
=B^2_I \left( \frac{2 k_2 a - \sin(2 k_2 a)}{2 k_2} \right).
$$
und somit

$$ B_I=-B_{II}=\pm \sqrt{\frac{2 k_2}{2 k_2- \sin(2 k_2 a)}}.
$$
Es folgt

$$ |\psi(x,t)|^2
=\left|\frac{1}{\sqrt{2}}  \Phi_1(x,t) + \frac{1}{\sqrt{2}}  \Phi_2(x,t) \right|^2
=\frac{1}{2} \left| \Phi_1(x,t) + \frac{1}{\sqrt{2}} \Phi_2(x,t) \right|^2
=\begin{cases}
\frac{1}{2} (g_1(t) A_I \sin(k_1 x)
+g_2(t) B_I \sin(k_2 x))^2         & \text{f"ur} \ 0<x<a  \\
\frac{1}{2} (g_1(t) A_{II} \sin(k_1 (x-2a))
+g_2(t) B_{II} \sin(k_2 (x-2a)))^2 & \text{f"ur} \ a<x<2a \\
\end{cases}
$$
Wählt man $a=\hbar=m=1$ und $\alpha=5$ so folgt

$$ E_{1,1}=\frac{1^2 \pi^2}{2 \cdot 1 \cdot 1^2} \left(1 - \frac{1^2}{1 \cdot 5 \cdot 1} \right)^2
=\frac{\pi^2}{2} \left(1-\frac{1}{5} \right)
=\frac{\pi^2}{2} \frac{4}{5}
=\frac{2}{5} \pi^2
$$
$$ E_{1,2}=\frac{1^2 \pi^2}{2 \cdot 1 \cdot 1^2}
=\frac{\pi^2}{2}
$$
$$ k_1=\frac{\pi}{1} \left(1 - \frac{1^2}{1 \cdot 5 \cdot 1} \right)
=\pi \left(1-\frac{1}{5}\right)
=\frac{4}{5} \pi
$$
$$ k_2=\frac{\pi}{1}=\pi.
$$
Daher ergibt sich

$$ g_1(t)=e^{-i \frac{\frac{2}{5} \pi^2 t}{1}}
=e^{-i \frac{2}{5} \pi^2 t}
$$
$$ g_2(t)=e^{-i \frac{\pi^2}{2}t}
$$
$$ A_I=-A_{II}
=\pm \sqrt{\frac{2 \frac{4}{5} \pi}{2 \frac{4}{5} \pi- \sin(2 \frac{4}{5} \pi \cdot 1)}}
=\pm \sqrt{\frac{\frac{8}{5} \pi}{\frac{8}{5} \pi- \sin(\frac{8}{5} \pi)}} $$
$$ B_I=-B_{II}
=\pm \sqrt{\frac{2 \pi}{2 \pi- \sin(2 \pi \cdot 1)}}
=\pm \sqrt{1}
=\pm 1.
$$
Das Problem ist nun, dass die aus der Normierungsbedingung ermittelten Lösungen für die Amplituden ja nicht eindeutig sind. Daher frage ich mich, was ich hier falsch gemacht habe.  

Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Mandacus
Teilchen im Doppelmuldenpotential  
Beitrag No.14 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-06-13
Mandacus
 

Aber wie ist das dann bei (d)? Im Prinzip ging es ja bei (b) darum mithilfe der Bedingung $\frac{m \alpha a}{\hbar^2}$ und der Stetigkeitsbedingung $A_I \sin(ka)=-A_I \sin(ka)$

$$ E_{n,1}=\frac{n^2 \hbar^2 \pi^2}{2 m a^2} \left(1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right)^2
$$
$$ E_{n,2}=\frac{n^2 \hbar^2 \pi^2}{2 m a^2}
$$
zu finden und dann mithilfe der Bedingung $E \ll \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}$ eine obere Schranke für die Indizes $n$ zu ermitteln.

Analog zu (b) müsste doch sich bei (d) folgendes ergeben:
Aus der $\frac{m \alpha a}{\hbar^2}$ und der Stetigkeitsbedingung $A_I \sin(ka)=-A_I \sin(ka)$ erhält man

$$ E_{n,1}=\frac{n^2 \hbar^2 \pi^2}{2 m a^2} \left(1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right)^2
$$
$$ E_{n,2}=\frac{n^2 \hbar^2 \pi^2}{2 m a^2}
$$
Sei $N \in \mathbb{N}$ der minimale Index sodass gilt $E_N \gg \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}$.
Dann ist

$$ \frac{N^2 \hbar^2 \pi^2}{2 m a^2} \left(1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right)
=E_N
\gg \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}.
$$
Wegen $\frac{\hbar^2}{m \alpha a} \ll 1$ folgt $ \left(1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right) \approx 1$. Daher gilt

$$ \frac{N^2 \hbar^2  \pi^2}{2 m a^2} \gg \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}
$$

und somit

$$ \frac{N^2 \hbar^4 \pi^2}{m^2 \alpha^2 a^2} \gg 1.
$$

Es folgt

$$ \frac{N \hbar^2 \pi}{m \alpha a} \gg 1.
$$
Daher ergibt sich

$$ E_{n,1}=\frac{n^2 \hbar^2 \pi^2}{2 m a^2} \left(1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right)^2
$$
$$ E_{n,2}=\frac{n^2 \hbar^2 \pi^2}{2 m a^2}
$$
wobei $N=\text{min} \{n \in \mathbb{N} \ | \ \frac{n \hbar^2 \pi}{m \alpha a} \gg 1 \}$. Oder übersehe ich etwas?

Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Thema eröffnet von: Mandacus
Teilchen im Doppelmuldenpotential  
Beitrag No.12 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-06-13
Mandacus
 

Ich finde es allerdings noch merkwürdig, dass bisher nirgendwo die Bedingung $E \ll \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}$ benutzt wird. Denn in (d) is ja nach den Energien für $E \gg \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}$ gefragt. Da müsste sich ja  ein Unterschied zu der bisherigen Betrachtung ergeben. Das Einzige, was ich sofort sehe ist, dass man


$$ E_{n,1}=\frac{\hbar^2 n^2 \pi^2}{2 m a^2}  \left( 1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right)^2
$$
und

$$ E_{n,2}=\frac{\hbar^2 n^2 \pi^2}{2 m a^2}
$$
betrachten und folgern kann, dass

$$ |E_{n,1}-E_{n,2}| \leq |E_{n,1}| + |E_{n,2}| \leq \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}+\frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}=\frac{m \alpha^2}{\hbar^2}.
$$
Daraus würde aber auch nur bei sehr kleinen $\alpha$ formal folgen, dass die Zustände dicht bei einander liegen.

Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Thema eröffnet von: Mandacus
Teilchen im Doppelmuldenpotential  
Beitrag No.10 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-06-12
Mandacus
 

Zur Kontrolle ob ich es richtig verstehe:

Wir betrachten die Bestimmungsgleichung

$$ -k \text{cot}(ka)=\frac{m}{\hbar^2} \alpha.
$$
Hieraus folgt

$$ -ka \text{cot}(ka)=\frac{m}{\hbar^2} \alpha a.
$$
Hieraus ergibt sich

$$ ka=- \frac{m}{\hbar^2} \tan(ka) \alpha a=- \frac{m}{\hbar^2} \alpha a \tan(ka)
$$
und somit

$$ \tan(ka)=- \frac{\hbar^2}{m \alpha a} (ka). \tag{4}
$$
Wegen $\frac{m}{\hbar^2} \alpha a \gg 1$ folgt $\frac{\hbar^2}{m \alpha a} \ll 1$. Es ergibt sich

$$ \left| \frac{\tan(ka)}{ka} \right|
=\left| \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right|
\underset{ \alpha > 0}{=} \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \ll 1  
$$
Daher ist $\tan(ka) \approx 0$. Es gilt

$$ \tan(ka) \approx 0 \Leftrightarrow ka= n \pi + \varepsilon, \ n \in \mathbb{N} \ \text{und}
\ \varepsilon \ll 1.
$$
Aus der Taylorentwicklung folgt $\tan(ka) \approx ka$. Somit folgt
$$ n \pi+\varepsilon=ka \approx \tan(ka)
\underset{(4)}{=} - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} ka
=- \frac{\hbar^2}{m \alpha a}  (n \pi+\varepsilon).
$$
Unter Vernachlassigung von $\varepsilon$ erhalt man

$$ n \pi=ka=- \frac{\hbar^2}{m \alpha a}  n \pi.
$$
Es folgt

$$ ka + \frac{\hbar^2}{m \alpha a}  n \pi=n \pi + \frac{\hbar^2}{m \alpha a}  n \pi
$$
Wegen  $\frac{\hbar^2}{m \alpha a} \ll 1$ folgt

$$ ka + \frac{\hbar^2}{m \alpha a}  n \pi \approx ka
$$
und

$$ n \pi + \frac{\hbar^2}{m \alpha a}  n \pi \approx n \pi - \frac{\hbar^2}{m \alpha a}  n \pi.
$$
Also

$$ ka \approx n \pi \left( 1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right), \ n=1,2,...N
$$
wobei $N \pi \frac{\hbar^2}{m \alpha a}  \ll 1$.  Es folgt

$$ k^2 a^2=n^2 \pi^2 \left( 1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right)^2
$$
und

$$ k^2=\frac{n^2 \pi^2}{a^2} \left( 1 - \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right)^2
=\frac{n^2 \pi^2}{a^2}  \left( \frac{m \alpha a - \hbar^2}{m \alpha a} \right)^2.
$$
Mit $k^2=\frac{2 m E}{\hbar^2}$ folgt

$$ \frac{2 m E_n}{\hbar^2}= \frac{n^2 \pi^2}{a^2}  \left( \frac{m \alpha a - \hbar^2}{m \alpha a} \right)^2
$$
und somit

$$ E_n=\frac{\hbar^2 n^2 \pi^2}{2 m a^2}  \left( \frac{m \alpha a - \hbar^2}{m \alpha a} \right)^2.
$$

Mit dem Beitrag No.5 beschäftige ich mich derzeit. Was mir aufgefallen ist: Wegen $A_{II}=-A_I$ und $ka \approx n \pi$ hat man an der Stelle $a$

$$ 0 \approx A_I \sin(ka)=-A_{I} \sin(-ka).
$$
Insofern wirkt es anschaulich sinnvoll, dass sich hier zwei Energiezustände ergeben sollen, die dicht beieinanderliegen.

(Insbesondere hätte ich auch gleich zu Beginn aus der Stetigkeitsbedingung $A_I \sin(ka)=-A_{I} \sin(-ka)$ folgern können, dass $A_I \sin(ka) \approx 0$ und somit $ ka \approx n \pi $ gelten muss, wie ich jetzt merke.)

Womit ich allerdings noch ein Problem habe, ist zu sehen wie sich mathematisch zwei paarweise Energiezustände ergeben sollen.

Ich habe ja jetzt die Lösung

$$ E_n=\frac{\hbar^2 n^2 \pi^2}{2 m a^2}  \left( \frac{m \alpha a - \hbar^2}{m \alpha a} \right)^2 \ll \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}.
$$
woraus sich zwei Lösungen $k_1 , k_2$ für die Wellenzahlen ergeben würden. Aber es scheint ja nach Energien gefragt zu sein.  

Das einzige was mir noch einfällt ist, dass wegen $\frac{\hbar^2}{m \alpha a} \ll 1$ folgt

$$ E_n \approx \frac{\hbar^2 n^2 \pi^2}{2 m a^2}  \left( 1 \pm \frac{\hbar^2}{m \alpha a} \right)^2
$$
In diesem Fall wäre

$$ |E_{n,+}-E_{n,-}|=\frac{2n \pi}{m a^2} \frac{n \pi \hbar^2}{m \alpha a}
$$
wegen $N \pi \frac{\hbar^2}{m \alpha a}  \ll 1$ hätte ich dann zwei Energiezustände, die dicht beieinanderliegen. Aber ich bin nicht sicher, ob das das ist, was verlangt wird. Ein weiteres Problem ist, dass ich dann nirgendwo verwendet hätte, dass $E \ll \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}$.

Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Thema eröffnet von: Mandacus
Teilchen im Doppelmuldenpotential  
Beitrag No.8 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-06-11
Mandacus
 

Also wenn ich (3) umschreibe um den Tangens benutzen zu können erhalte ich

$$ ka=-\frac{m}{\hbar^2} \tan(ka) \alpha a=- \frac{m}{\hbar^2} \alpha a \tan(ka) \tag{3.1}
$$
Wenn ich jetzt $\frac{m}{\hbar^2} \alpha a \to \infty$ betrachte habe ich somit $ ka \to - \infty$. Es ergibt sich

$$ \lim_{ka \to -\infty} \tan(ka)=-\frac{\pi}{2k}
$$
Somit folgt mithilfe von (3.1)

$$ k= \frac{m}{\hbar^2} \frac{\pi}{2k} \alpha
$$
Also

$$ k^2= \frac{m}{\hbar^2} \alpha \frac{\pi}{2}
$$  

Ich bekäme also ein Paar an Lösungen

$$ k_1=\frac{1}{\hbar} \sqrt{\frac{m \alpha \pi}{2}}  
$$
$$ k_2=- \frac{1}{\hbar} \sqrt{\frac{m \alpha \pi}{2}}.
$$
Wenn das den Tatsachen entspricht, dann wäre nur noch zu zeigen, dass die Energiezustände dicht beieinander liegen. Ich müsste also  
$$ \Phi_1(x,t)=\begin{cases}
g(t) A_{\text{I}} \sin(k_1 x)        & 0<x<a \\
g(t) A_{\text{II}} \sin(k_1(x-2a))   & a<x    
\end{cases}
$$
und

$$ \Phi_2(x,t)=\begin{cases}
g(t) A_{\text{I}} \sin(k_2 x)         & 0<x<a \\
g(t) A_{\text{II}} \sin(k_2 (x-2a))   & a<x    
\end{cases}
$$
betrachten und zeigen, dass $|\Phi_1(x,t)-\Phi_2(x,t)|$ klein wird. Sehe ich das richtig?



Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Teilchen im Doppelmuldenpotential  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-06-10
Mandacus
 

2020-06-10 14:16 - Spock in Beitrag No. 5 schreibt:

Bei b) mußt Du die transzendente Gleichung für k näherungsweise lösen

Das verwirrt mich noch. Es gilt ja

$$ -k \text{cot}(ka)=\frac{m}{\hbar^2} \alpha
$$
Auch gilt

$$ k^2=\frac{2m}{\hbar^2}E
$$
und somit

$$ k^2 \frac{\hbar^2}{2m}=E \ll \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}
$$
Ich schätze, ich muss jetzt eine Näherung für $\text{cos}(ka)$ finden. Aber da sehe ich noch nicht wie das gehen soll. Einbe Kleinwinkelnäherung geht hier wohl nicht.  

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Teilchen im Doppelmuldenpotential  
Beitrag No.4 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-06-10
Mandacus
 

Klar, ich hatte falsch eingesetzt. Ich habe also die Gleichungen

$$ \phi_{I}=A_{\text{I}} \sin(kx)
$$
und

$$ \phi_{II}=A_{\text{II}} \sin(k(x-2a))
$$
Es folgt daher mithilfe der Stetigkeitsbedingungen

$$ \Phi(a)
=A_{\text{I}} \sin(ka)
=-A_{\text{II}} \sin(ka)
$$
$$ \phi^{'}_{\text{II}}(a)-\phi^{'}_{\text{I}}(a)
=A_{\text{II}} k \cos(ka)
-A_{\text{I}} k \cos(ka)
=\frac{2m}{\hbar^2} \alpha A_{\text{I}} \sin(ka)  
$$
$$ \phi^{'}_{\text{II}}(a)-\phi^{'}_{\text{I}}(a)
=A_{\text{II}} k \cos(ka)
-A_{\text{I}} k \cos(ka)
=-\frac{2m}{\hbar^2} \alpha A_{\text{II}} \sin(ka)
$$
Es folgt daher $A_{\text{I}}=-A_{\text{II}}$ und somit

$$ -A_{\text{I}} k \cos(ka)
-A_{\text{I}} k \cos(ka)
=\frac{2m}{\hbar^2} \alpha A_{\text{I}} \sin(ka)  
$$
also lautet die Bestimmungsgleichung $-k \text{cot}(ka)=\frac{m}{\hbar^2} \alpha$.

Für die zeitabhängige Lösung  wollte ich einen Separationsansatz machen.

$$ \Phi_{\text{I,II}}=g(t) \phi_{\text{I,II}}(x)  
$$
Die Lösungen $\phi_{\text{I,II}}$ kenne ich ja schon. Mit dem Ansatz $g(t)=e^{-i \frac{Et}{\hbar}}$ sollte ich also auf die gesuchten Lösungen kommen. Oder sehe ich das falsch?

Außerdem habe ich noch ein Problem mit (b). Ich verstehe da noch nicht so ganz, was da gefordert ist. Soll man da die in (a) gefundene transzendente Gleichung lösen um mithilfe von $k^2=\frac{2m}{\hbar^2} E$ auf die erlaubten Energiezustände zu kommen?

In diesem Fall hätte man ja

$$ k^2
=\frac{2m}{\hbar^2} E \ll \frac{2m}{\hbar^2} \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}
=\frac{m}{\hbar^2} \alpha \frac{m \alpha}{\hbar^2}
=-k \text{cot}(ka) \frac{m \alpha}{\hbar^2}
$$
Aber das hilft mir noch nichts.

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Teilchen im Doppelmuldenpotential  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-06-09
Mandacus
 

Also an den Rändern ist das Potential ja unendlich groß. Die Wellenfunktion müsste daher verschwinden. Somit gilt

$$ 0=\Phi(0)=A_{\text{I}} \sin(\varphi_{\text{I}})
$$
$$ 0=\Phi(0)=A_{\text{II}} \sin(\varphi_{\text{II}})
$$
Hieraus folgt

$$ \varphi_{I}=\pi n, \ n \in \mathbb{Z}.
$$
$$ \varphi_{II}=\pi m, \ m \in \mathbb{Z}.
$$
Das ist aber etwas komisch, denn mit $\varphi_{I}=\varphi_{II}=0$ folgt ja

$$ \Phi(a)
=A_{\text{I}} \sin(ka)
=A_{\text{II}} \sin(ka) \\
$$
$$ 0
=\phi^{'}_{\text{II}}(a)-\phi^{'}_{\text{I}}(a)
=A_{\text{II}} k \cos(ka)
-A_{\text{I}} k \cos(ka)
=\frac{2m}{\hbar^2} \alpha A_{\text{I}} \sin(ka)  
$$
$$ 0
=\phi^{'}_{\text{II}}(a)-\phi^{'}_{\text{I}}(a)
=A_{\text{II}} k \cos(ka)
-A_{\text{I}} k \cos(ka)
=\frac{2m}{\hbar^2} \alpha A_{\text{II}} \sin(ka)
$$
sodass ich keine Aussage mehr über die Wellenzahl habe. Und wenn ich andere Phasenwinkel wähle kann ich zwar eine Rückführung auf spitze Winkel versuchen, aber das sieht dann auch noch nicht ganz schön aus.

Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Thema eröffnet von: Mandacus
Teilchen im Doppelmuldenpotential  
Themenstart
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Mandacus
 

Hallo,

ich habe ein Problem mit einer Aufgabe in der es um ein Teilchen in einem Doppelmuldenpotential geht.

Ein Doppelmuldenpotential kann am einfachsten durch einen unendlich hohen Potentialtopf, der in der Mitte durch einen $\delta$-Peak getrennt ist, beschrieben werden. Das Potential ist dann gegeben durch

$$ V(x)=\begin{cases}
\alpha \delta(x-a) & \ 0 < x <2a \\
\infty             &  \ \text{sonst}
\end{cases}
$$
wobei $\alpha >0$.

(a) Finden Sie zuerst die Lösungen der zeitunabhängigen Schrödingergleichung für $x<a$ (Bereich I) und für $x>a$ (Bereich II). Die Normierungskonstanten können hierbei noch unbestimmt bleiben. Welche transzendente Gleichung ergibt sich für die Wellenzahlen $k$. Wie lauten die zeitabhängigen Lösungen $\Phi_{\text{I,II}}(x,t)$?
$Hinweis:$ Verwenden Sie für die stationären Lösungen den Ansatz $\phi_{\text{I,II}}=A_{\text{I,II}} \sin(kx- \varphi_{\text{I,II}})$ und die Stetigkeitsbedingungen für die Wellenfunktionen und ihrer Ableitung.

(b) Nehmen Sie an, dass $\frac{m \alpha a}{\hbar^2} \gg 1$. Zeigen Sie, dass der untere Teil des Spektrums ($E \ll \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}$) dann immer aus zwei paarweisen Energiezuständen besteht, die sehr eng beieinander liegen.

(c) Ein Teilchen sei nun im Zustand $\psi(x,t)=\frac{1}{\sqrt(2)} \phi_1 (x,t)+\frac{1}{\sqrt(2)} \phi_2 (x,t)$ wobei $\phi_{1,2} (x,t)$ die Zustände mit dem Paar kleinster Energien sind. Bestimmen Sie zuerst die Normierungen der $\phi_{1,2} (x,t)$ bzw. schätzen Sie diese ab. Bestimmen Sie danach die Aufenthaltswahrscheinlichkeitsdichte $|\psi(x,t)|^2$. Skizzieren Sie diese für verschiedene Zeiten von $t=0$ bis $t=3.3$). Verwenden Sie die dazu die Parameter $a= \hbar=m=1 , \alpha=5$.


(d) Nehmen Sie wieder an, dass $\frac{m \alpha a}{\hbar^2} \gg 1$. Wie sieht das Energiespektrum für die höheren Energien ($E \gg \frac{m \alpha^2}{2 \hbar^2}$)?

Mein Problem liegt zunächst bei (a). Für die stationäre Schrödingergleichung gilt

$$ \phi^{''}(x)=\frac{2m}{\hbar^2} [V(x)-E] \phi(x).
$$  

In den Bereichen I und II gilt $V(x)=0$. Somit vereinfacht sich die Schrödingergleichung zu

$$ \phi^{''}(x)=-\frac{2m}{\hbar^2} E \phi(x).
$$  

Nun kann ich den Ansatz

$$ \Phi(x)=\begin{cases}
A_{\text{I}} \sin(kx+ \varphi_{\text{I}})     & 0<x<a \\
A_{\text{II}} \sin(kx+ \varphi_{\text{II}})   & a<x    
\end{cases}
$$
betrachten. Einsetzen des Ansatzes in die Schrödingergleichung liefert $k^2=\frac{2m}{\hbar^2}E$. Weiter gilt für eine kleine $\varepsilon$-Umgebung um $a$

$$ \lim_{\varepsilon \to 0}
[\phi^{'}_{\text{II}}(a+\varepsilon)-\phi^{'}_{\text{I}}(a+\varepsilon)]
=\frac{2m}{\hbar^2} \alpha \Phi(a).$$
Da die Lösung stetig in $a$ sein soll erhalte ich somit die drei Bedingungen

$$ \Phi(a)
=A_{\text{I}} \sin(ka+ \varphi_{\text{I}})
=A_{\text{II}} \sin(ka+ \varphi_{\text{II}})
$$
$$ \phi^{'}_{\text{II}}(a)-\phi^{'}_{\text{I}}(a)
=A_{\text{II}} k \cos(ka+ \varphi_{\text{II}})
-A_{\text{I}} k \cos(ka+ \varphi_{\text{I}})
=\frac{2m}{\hbar^2} \alpha A_{\text{I}} \sin(ka+ \varphi_{\text{I}})  
$$
$$ \phi^{'}_{\text{II}}(a)-\phi^{'}_{\text{I}}(a)
=A_{\text{II}} k \cos(ka+ \varphi_{\text{II}})
-A_{\text{I}} k \cos(ka+ \varphi_{\text{I}})
=\frac{2m}{\hbar^2} \alpha A_{\text{II}} \sin(ka+ \varphi_{\text{II}})
$$
Es folgt

$$ k=\frac{2m}{\hbar^2} \frac{\alpha A_{\text{I}} \sin(ka+ \varphi_{\text{I}})  }{A_{\text{II}} k \cos(ka+ \varphi_{\text{II}})-A_{\text{I}} k \cos(ka+ \varphi_{\text{I}})}
$$
$$ k=\frac{2m}{\hbar^2} \frac{\alpha A_{\text{II}} \sin(ka+ \varphi_{\text{II}})}{A_{\text{II}} k \cos(ka+ \varphi_{\text{II}})-A_{\text{I}} k \cos(ka+ \varphi_{\text{I}})}.
$$
Nun frage ich mich allerdings ob ich die Amplituden eliminieren kann, da ich gerne auf eine schöne Lösuung für die Bestimmungsgleichung kommen würde.

Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Thema eröffnet von: Mandacus
Wiederholte Messungen in einem quantenmechanischen System  
Beitrag No.10 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-05-31
Mandacus
 
\(\begingroup\)\(\usepackage{braket}\)
2020-05-26 20:39 - Orangenschale in Beitrag No. 7 schreibt:

Du kannst es im Prinzip noch weiter auflösen in
$\langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t)\rangle=\sum_{k,k'} |\langle \psi_k|\phi_\nu\rangle|^2 |\langle \psi_k'|\phi_\nu\rangle|^2e^{-i(\omega_k-\omega_{k'})t}$

Eine Verständnisfrage noch. Ich sehe leider nicht, wie diese Vereinfachung folgt.

Die Einsetzung
2020-05-26 18:52 - Mandacus in Beitrag No. 6 schreibt:


\[ \langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t) \rangle
=\langle \phi_{\nu} | \sum_{k} \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle e^{-i \omega_k t} | \psi_k \rangle \rangle
=\sum_{k} | \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle |^2 e^{-i \omega_k t} \]  

liefert ja erst einmal nur einen Term $e^{-i \omega_k t}$. Wo kommt der zweite Term $e^{i \omega_{k'} t}$ denn her? Eine Ensetzung für die erste Komponente würde doch keine Zeitabhängigkeit liefern.
\(\endgroup\)

Integration
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Thema eröffnet von: Mandacus
Berechnung eines Reihengrenzwerts durch komplexe Integration  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-05-28
Mandacus
 

Ich habe noch ein wenig über c) nachgedacht. Bisher konnte ich folgendes zeigen.

Wir betrachten die Funktion $h(z)=\frac{\pi \text{cot}(\pi z)}{z}$. Die Singularitäten von $h$ sind genau die ganzen Zahlen. Ich kann zeigen

$$ \underset{z=0}{\text{res}} \ h(z)=0 \\
\underset{z=k}{\text{res}} \ h(z)=\frac{1}{k}, k \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}.
$$
Mithife des Residuensatzes folgt

$$ \oint_{|z|=N+ \frac{1}{2}} h(z) dz
= 2 \pi i \left( \underset{z=0}{\text{res}} \ h(z) + \sum_{ \substack{k=-N \\ k \neq 0}}^{N} \frac{1}{k} \right)
=0. \\
\oint_{|z|=N+ \frac{1}{2}} \frac{\pi \text{cot}(\pi z)}{z_0-z} dz
= 2 \pi i \left(- \pi \text{cot} (\pi z_0) + \sum_{k=-N}^{N} \frac{1}{z_0-k} \right).
$$
Wenn ich jetzt z.B. zeigen könnte

$$ \left| \oint_{|z|=N+ \frac{1}{2}} \frac{\pi \text{cot}(\pi z)}{z_0-z} dz \right|
\leq \left| \oint_{|z|=N+ \frac{1}{2}} h(z)dz \right| \tag{*}
$$
wäre ich fertig, denn dann würde die zu zeigende Aussage sofort folgen und ich könnte mithilfe von Orangenschales Anmerkungen leicht d) lösen. Mein Probblem ist aber, dass ich nicht sehe, wie ich eine Abschätzung der Form (*) zeigen könnte und mir auch nichts anderes einfällt wie ich das Integral aus dem Hinweis einsetzen kann.  

Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Thema eröffnet von: Mandacus
Wiederholte Messungen in einem quantenmechanischen System  
Beitrag No.8 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-05-27
Mandacus
 

Eine Merkwürdigkeit, die mir noch aufgefallen ist:

Man soll ja bei c) auch noch eine Grenzwertbetrachtung durchführen. Wenn ich aber mit der erarbeiteten Formel für die Wahrscheinlichkeit arbeite, bekomme ich

$$ \lim_{t \to 0} |\langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t) \rangle |^2
=| \sum_{k} | \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle |^2 |^2
=1
$$
was ich eigenartig finde, da ich erwartet hätte, dass die Wahrscheinlichkeit in die für Teil a) errechnete übergehen würde. Ebenso sehe ich noch nicht , wie ich

$$ \lim_{t \to \infty} |\langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t) \rangle |^2
$$
finden soll, da der Grenzwert von $e^{-i \omega_k t}$ doch gar nicht existiert soweit ich weiß.

Integration
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Thema eröffnet von: Mandacus
Berechnung eines Reihengrenzwerts durch komplexe Integration  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-05-27
Mandacus
 

Ja ich hatte einen Fehler gemacht. Die Residuen lauten richtig

$$ \underset{z=z_0}{\text{res}}f(z)=- \pi \text{cot}(\pi z_0).
$$
$$ \underset{z=k}{\text{res}}f(z)=\frac{\pi}{z_0-k}. \ \ k \in \mathbb{Z}.  
$$
Leider sehe ich immer noch nicht wie ich weiter vorgehen kann.

Integration
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Thema eröffnet von: Mandacus
Berechnung eines Reihengrenzwerts durch komplexe Integration  
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-05-27
Mandacus
 

Hallo, ich habe leider ein Problem mit einer Aufgabe zur Berechnung einer Reihe.

In this exercise we consider the cotangent function $\text{cot(z)}=\frac{\cos(z)}{\sin(z)}$.

a) Show that $\text{cot}$ has simple poles at all integer multiples of $\pi$ and is defined on all other points $\mathbb{C} \setminus \pi \mathbb{Z}$.

b) For fixed $z_0 \in \mathbb{C} \setminus \mathbb{Z}$ consider the function

$$ f(z)=\frac{\pi \text{cot}( \pi z)}{z_0-z}.
$$ Calcute the residues of $f$ at all of its singularities.
(Hint: Use  $\underset{z=z_0}{ \text{res}} \ f(z)=\lim_{z \to z_0} (z-z_0) f(z)$).

c) Show that $ \lim_{N \to \infty} \oint_{|z|=N+\frac{1}{2}} f(z)dz=0$.
(Hint: Consider the integral $\oint_{|z|=N+ \frac{1}{2}} z^{-1} \pi \text{cot}(\pi z) dz$.)

d) Use your results to calculate, for $z \in \mathbb{C} \setminus \mathbb{Z}$,

$$ \lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{N} \frac{1}{z-n}.
$$
e) (Bonus) Use the methods from the problems above to give a proof that

$$ \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}.
$$
Ich habe das Problem mit c) and d). Ich betrachte die Integrale

$$ \oint_{|z|=N+\frac{1}{2}} \frac{\pi \text{cot}( \pi z)}{z_0-z} dz \tag{1} \\
$$
$$ \oint_{|z|=N+\frac{1}{2}} \frac{\pi \text{cot}( \pi z)}{z} dz \tag{2}.
$$
Aus b) weiß ich wie die Residuen von $f$ aussehen

$$ \underset{z=z_0}{\text{res}}f(z)=- \pi \text{cot}(\pi z_0).
$$
$$ \underset{z=k}{\text{res}}f(z)=\frac{1}{z_0-k}, \ \ k \in \mathbb{Z}.  
$$
Insbesondere gilt:

$$ \frac{\pi \text{cot}( \pi z)}{z}=\frac{z_0-z}{z} f(z) $$
und

$$ \oint_{|z|=N+\frac{1}{2}} \frac{\pi \text{cot}( \pi z)}{z_0-z} dz-\oint_{|z|=N+\frac{1}{2}} \frac{\pi \text{cot}( \pi z)}{z} dz
=\oint_{|z|=N+\frac{1}{2}} \frac{2z-z_0}{z} f(z)dz.$$
Ich weiß auch, dass die Integranden von (1) und (2) eine Übereinstimmung in ihrer Polstellenmenge (nämlich die ganzen Zahlen) haben. Nun sehe ich aber nicht, was als nächstes passieren soll. Da ich die Residuen von $f$ bereits kenne, vermute ich, dass es auf eine Anwendung des Residuensatzes hinauslaufen wird. Aber da sehe ich nicht wie das Integral aus dem Hinweis dazu passt. Ebenso habe ich eine Schwierigkeit bei d), weil ich noch nicht sehe, wie die dargestellte Reihe mit den vorherigen Resultaten zusammengeht.  Das einzige was ich sehe, ist dass die Reihe als Polstellen die ganzen Zahlen hat, welche ja auch zu den Polstellen der zuvor betrachteten Funktionen zählen.  

\Edit: Ergebnis für die Residuen auf der reellen Achse korrigiert.

Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Thema eröffnet von: Mandacus
Wiederholte Messungen in einem quantenmechanischen System  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-05-26
Mandacus
 

Dann habe ich noch eine Frage zu c). Wenn man die Messung zum Zeitpunkt $t>0$ noch einmal durchführt und den Messwert $a_{\nu}$ wiederfindet befindet sich das System ja wieder im Zustand $| \phi_{\nu}(t) \rangle$. Wenn man das über die Eigenfunktionen von $\hat{A}$ darstellt erhält man


\[ | \phi_{\nu}(t) \rangle=\sum_{k} \langle \phi_k | \phi_{\nu}(t) \rangle \ | \phi_k \rangle \]
Die Wahrscheinlichkeit, die man berechnen soll ist durch $| \langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t)  \rangle |^2$

gegeben. Setzt man die für $| \phi_{\nu}(t) \rangle$ gefundene Zeitentwicklung ein so erhält man

\[ \langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t) \rangle
=\langle \phi_{\nu} | \sum_{k} \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle e^{-i \omega_k t} | \psi_k \rangle \rangle
=\sum_{k} | \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle |^2 e^{-i \omega_k t} \]
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit wäre demnach $| \sum_{k} | \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle |^2 e^{-i \omega_k t} |^2 $. Oder sehe ich hier etwas falsch?    

Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Thema eröffnet von: Mandacus
Wiederholte Messungen in einem quantenmechanischen System  
Beitrag No.4 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-05-26
Mandacus
 

2020-05-25 22:12 - Orangenschale in Beitrag No. 3 schreibt:

Kommst du damit etwas weiter?


Vielleicht. Betrachten wir doch noch einmal den Zustand $t=0$. Um das Betragsquadrat $|\langle \phi_{\nu}| \psi_n \rangle|^2$ zu berechnen versuche ich $| \phi_{\nu }\rangle$ nach $| \psi_n \rangle$ entwickeln. Hier erhalte ich

\[| \phi_{\nu }\rangle= \sum_{k} c_k \ |\psi_k \rangle. \tag{*} \]
Für die allgemeine Zeitentwicklung erhalte ich

\[| \phi_{\nu }(t) \rangle= \sum_{k} c_k \ e^{-i \frac{\omega_nt}{\hbar}} \ |\psi_k \rangle \]
Durch Einsetzen von (*) in $\langle \phi_{\nu}| \psi_n \rangle$ erhalte ich ja $c_n=\langle \phi_{\nu}| \psi_n \rangle$. Wenn ich jetzt also $c_n$ kennen würde könnte ich a) leicht lösen. Aber ich finde noch nicht ersichtlich, wie ich jetzt $c_n$ finde.  

Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Thema eröffnet von: Mandacus
Wiederholte Messungen in einem quantenmechanischen System  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-05-25
Mandacus
 

Stimmt. Da war tatsächlich ein Tippfehler. Also wenn ich die Dirac-Notation benutze, bekomme ich ja unter Benutzung der Eigenwertgleichung

\[\langle \phi_{\nu}| \psi(r,0)\rangle=\langle \psi_n| \psi(r,0) \rangle=(\langle \psi_n|) \cdot (| \psi\rangle)=(\langle \frac{1}{\hbar \omega_n} \hat{H}\psi_n|) \cdot (|\psi\rangle). \]
Allerdings sehe ich trotzdem nicht wie es weitergeht.


Atom-, Kern-, Quantenphysik
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Thema eröffnet von: Mandacus
Wiederholte Messungen in einem quantenmechanischen System  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-05-25
Mandacus
 

Hallo,

ich habe ein Problem mit einer Aufgabe zu wiederholten Messungen in einem quantenmechanischen System

Der zeitunabhängige Hamiltonoperator $\hat{H}$ eines quantenmechanischen Systems besitze die Eigenzustände \(\psi_n\) und ein nicht entartetes Spektrum von Eigenwerten $\hbar \omega_n$:

\[\hat{H} \psi_n=\hbar \omega_n \psi_n\]
Für eine Observable $\hat{A}$ seien ebenfallsEigenzustände und nicht (entartete) Eigenwerte bekannt:

\[\hat{A} \phi_{\nu}= \hbar a_{\nu} \phi_{\nu}\]
Zum Zeitpunkt $t=0$ befinde sich das System in einem Eigenzustand von $\hat{H}$.

(a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei einer der Observablen $\hat{A}$ zum Zeitpunkt $t=0$ der Messwert $a_\nu$ gemessen wird. Welcher Erwartungswert $\langle \hat{A} \rangle$ ergibt sich?

(b) Nach der Messung von $\hat{A}$ bleibt das System sich selbst überlassen. Bestimmen Sie, wie sich der Zustand nach der Messung von $a_{\nu}$ entwickelt.

(c) Zum Zeitpunkt $t>0$ wird die Messung von $\hat{A}$ wiederholt. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, mit der nun der Messwert $a_{\nu}$ wiedergefunden wird. Diskutieren Sie die Grenzfälle $t \to 0$ und $t \to \infty$.

Mein Problem liegt bei a). Da die Eigenwerte nicht entartet sind, beträgt die Wahrscheinlichkeit, den Messwert $a_{\nu}$ zu messen $|\langle \phi_{\nu}| \psi(r,0)\rangle|^2$ wobei $\psi$ die Wellenfunktion bezeichnet. Der Erwartungswert ist durch $\sum_{\nu} |\langle \phi_{\nu}| \psi(r,0)\rangle|^2 a_{\nu}$ gegeben.

Es gilt

\[\langle \phi_{\nu}| \psi(r,0)\rangle=\int\phi^{*}_{\nu}(r,0) \psi(r,0) d^3 r. \]
Da sich das System zum Zeitpunkt $t=0$ in einem Eigenzustand von $\hat{H}$. befindet, gibt es eine Zahl $n$ mit

\[\langle \phi_{\nu}| \psi(r,0)\rangle=\langle \psi_n| \psi(r,0)\rangle=\int \psi^{*}_n(r,0) \psi(r,0) d^3 r.\]  

Mein Problem ist jetzt, dass mir nicht klar ist wie ich weiter vorgehen soll. Soweit ich weiß geht , da ich einen Eigenwert messe jetzt in die entsprechende Eigenfunktion über. Aber dann würden die Integrale den Wert 1 geben, was nicht sinnvoll ist.    

Schwingungen und Wellen
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Thema eröffnet von: Mandacus
Wellengleichung einer Saite bei rechteckförmiger Auslenkung  
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Mandacus
 

Guten Abend,

ich habe ein Problem mit der Lösung einer Wellengleichung bei vorgegebener rechteckiger Anfangsauslenkung.

Die Auslenkung einer Saite wird beschrieben durch die Wellengleichung

\[\frac{\partial^2 w}{\partial t^2} – c^2 \frac{\partial^2 w}{\partial x^2} =0 \ wobei \ w=w(x,t).\]

Betrachten Sie eine an den Rändern fest eingespannte Saite (w(0,t)=w(l,t)=0) der Länge l mit den Anfangsbedingungen  

fed-Code einblenden


und \( \dot{w(x,0)}=0\).


a) Bestimmen Sie nun w(x,t) mithilfe der Lösungsformel von D’Alembert und skizzieren Sie w(x,t) für verschiedene Zeiten zwischen t=0 und \(t=\frac{l}{c}\)

Hinweis: Setzen Sie die Lösung w(x,t) an den Rändern geeignet fort um die Randbedingungen stets zu erfüllen. Das heißt, Sie stellen sich vor, die Saite wird über die Ränder hinaus fortgesetzt und auf den zusätzlichen (virtuellen) Stellen befinden sich ebenfalls Schwingungen. Nutzen Sie dann das Prinzip der Superposition.

b) Bestimmen Sie w(x,t) mithilfe des Ansatzes
\(w(x,t)=[A \ cos(\omega t)+B \ sin(\omega t)] \cdot [C \ cos(\frac{\omega x}{c})+D \ sin(\frac{\omega x}{c})]\)

Hinweis: Berechnen Sie das Integral \(\int\limits_{0 }^{l} w(x,0) sin(\frac{n \pi x}{l}) \ dx \)  zur Bestimmung der allgemeinen Lösung. Verwenden Sie die Orthogonalitätsrelation

\[\int\limits_{0 }^{1} sin(n \pi x) \ sin(m \pi x) \ dx =\frac{1}{2} \delta_{m,n}\]

für n,m  \( \in N \setminus \{0\} \).

Mein Problem:
Das  Problem liegt zunächst bei a). Die Formel von D’Alembert lautet:

\[w(x,t)=\frac{1}{2} \cdot (w(x+ct,0) + w(x-ct,0) + \frac{1}{c} \cdot \int\limits_{x-ct}^{x+ct} \dot{w(y,0)} \ dy \].




Mit der Bedingung \( \dot{w(x,0)}=0 \) vereinfacht sich dies zu

\[w(x,t)=\frac{1}{2}(w(x+ct,0)+ w(x-ct,0)) \]


Ich weiß aufgrund der Randbedingungen, dass gilt:


fed-Code einblenden


fed-Code einblenden


Das liefert mir aber noch keine schönen Bedingungen an w(x,t), da die Ausdrücke x+ct und x-ct sowohl von dem Ort x als auch von der Zeit t abhängen. Daher meine Frage: Welche Informationen kann man aus den gegebenen Informationen um eine schöne Darstellung für w(x,t) zu bestimmen?  

Dynamik des starren Körpers
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Mandacus
Weihnachtsmann auf Schlitten fährt auf Kreisbahn  
Themenstart
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-12-14
Mandacus
 

Guten Tag,

ich habe ein Problem mit einer Aufgabe zur Rotation.

Ein Weihnachtsmann mit Masse m und Trägheitsmoment J bezüglich der Rotation um seinen Schwerpunkt (um die y-Achse) sitzt mit seinem Schwerpunkt in der Höhe h über den Kufen eines masselosen Schlittens, der auf einer ortsfesten Eiskugel mit Radius R steht. Bestimmen Sie für den Fall, dass bei \(\theta = 0\) gestartet wird, die Bahnkurve z(x) sowie die Eigenrotation \(\phi(x)\). Die Reibung des Schlittens soll vernachlässigt werden.

(a) Berechnen Sie bei welchem Winkel der Schlitten abhebt und betrachten Sie hierzu die Erhaltungssätze des Systems.

(b) Geben Sie die Bahnkurve \(\vec{r}\)(t) und schreiben Sie die Höhenkomponente z als Funktion der Orientierung \(\phi\) der Höhe des Weihnachtsmannes. Welche Konstanten bestimmen \(\phi(z)\)?

Ein Bild zur Geometrie des Problems habe ich unten eingefügt.

Mein Problem ist zunächst bei der Bestimmung der Bahnkurve und der Eigenrotation. Für die Bahnkurve habe ich bisher:

\[\vec{z}(\theta)=((R+h) \cdot sin(\theta),0, (R+h) \cdot cos (\theta))^T=((R+h) \cdot cos(\frac{\pi}{2}-\theta),0,(R+h) \cdot sin(\frac{\pi}{2}-\theta))^T \\
=(x,0,\sqrt{(R+h)^2-x^2})^T \]
Das Problem ist, dass ich nicht weiß, ob ich in die richtige Richtung gehe. Ebenso bin ich mir mit der Bestimmung der Eigenrotation unsicher.

 
 

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