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Physik » Atom-, Kern-, Quantenphysik » Teilchen in eindimensionalen Potentialtopf
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Universität/Hochschule Teilchen in eindimensionalen Potentialtopf
NoNameTI-30x
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-02-24

\(\begingroup\)
Ich bräuchte Hilfe bei folgendem Beispiel:
Ein Teilchen der Masse m befindet sich in einem eindimensionalen Potentialtopf:
\(\
V(x) =
\begin{cases}
\frac{-\hbar^2}{m} D \delta(x) & \text{ für  |x| <a} \\
\infty & \text{ für |x|>a}
\end{cases}\)
Wobei D>0 und a>0. Skizzieren Sie zunächst das Potential. Ich bin mir nicht sicher ob ich das richtig gemacht habe. Ich habe bei x>0 eine Delta Distribution ins negative und im Abstand a auf der positiven Seite einen Gerade ins unendliche gezeichnet.
Betrachten Sie ausschließlich gebundenen Zustände mit E<0 und zeigen Sie, dass es für negative Energien im Falle \(D<\frac{1}{a}\) überhaupt keine gebunden Zustände und für \(D>\frac{1}{a}\) nur einen einzigen gebundenen Zustand gibt.
Ich verstehe nicht wie es hier überhaupt gebundene Zustände geben kann, wenn meine Skizze so weit stimmt. Ich hoffe außerdem das mir hier jemand einen Tipp geben kann, wie ich bei dem Bsp starte. Habe nämlich keine Idee wie das zu lösen wäre. Danke schon mal für die Hilfe.
\(\endgroup\)


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dromedar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-02-24

\(\begingroup\)
Hallo NoNameTI-30x,

2018-02-24 10:10 - NoNameTI-30x im Themenstart schreibt:
Ich habe bei x>0 eine Delta Distribution ins negative [...]

Nicht bei $x>0$, sondern bei $x=0$.

2018-02-24 10:10 - NoNameTI-30x im Themenstart schreibt:
[...] und im Abstand a auf der positiven Seite einen Gerade ins unendliche gezeichnet.

Eine Gerade allein macht noch nicht deutlich, dass auch der gesamte Bereich rechts von dieser Geraden für das Teilchen tabu ist.

2018-02-24 10:10 - NoNameTI-30x im Themenstart schreibt:
Ich hoffe außerdem das mir hier jemand einen Tipp geben kann, wie ich bei dem Bsp starte.

In dem Bereich links der Delta-Funktion ($x<0$) und zwischen der Delta-Funktion und der Wand ($0<x<a$) ist die Wellenfunktion jeweils eine Linearkombination der Exponentialfunktionen

    $\exp(\lambda x)$ ,  $\exp(-\lambda x)$  mit  $\displaystyle
\lambda=\sqrt{-2mE}$

(ich habe hier $\hbar=1$ gesetzt).

Mit den sich daraus ergebenden vier freien Parametern musst Du dann – neben der Normierung der Wellenfunktion – folgende Bedingungen erfüllen:

    1. $\psi(x)\to0$  für  $x\to-\infty$

    2. $\psi(x)=0$  für  $x=a$

    3. $\lim\limits_{x\to0-}\psi(x)=\lim\limits_{x\to0+}\psi(x)$

    4. $\lim\limits_{x\to0-}\psi'(x)-\lim\limits_{x\to0+}\psi'(x)=(\hbox{Faktor})\cdot\psi(0)$  ,

wobei der Faktor bei (4) aus der Höhe des Delta-Potentials abzuleiten ist.

Grüße,
dromedar
\(\endgroup\)


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NoNameTI-30x
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-24

\(\begingroup\)
Woher weiß ich das die Delta Distribution bei x = 0 zu zeichnen ist. Wäre zu Beispiel \(a = 1\) dann könnte die Delta Distribution ja auch bei - 0,9 gezeichnet werden.
2018-02-24 11:08 - dromedar in Beitrag No. 1 schreibt:
Eine Gerade allein macht noch nicht deutlich, dass auch der gesamte Bereich rechts von dieser Geraden für das Teilchen tabu ist.

Ich nehme an du meinst ich muss quasi eine Schwelle zeichnen, also an der geraden noch eine Horizontale anlegen.
2018-02-24 11:08 - dromedar in Beitrag No. 1 schreibt:
In dem Bereich links der Delta-Funktion ($x<0$) und zwischen der Delta-Funktion und der Wand ($0<x<a$) ist die Wellenfunktion jeweils eine Linearkombination der Exponentialfunktionen
Du hast zwar $\lambda = \sqrt{-2mE}$ gewählt aber ich würde den Ansatz $\psi(x) = Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$ für $x<0$ und $ \psi(x) = Ce^{-\mu x} + De^{\mu x}$ für $x \geq \ 0$ mit $\mu = ik'= \frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hbar}$ bevorzugen wenn dieser auch möglich ist.
Für die 1.Bedienung bekomme ich dann allerdings Probleme. Für $x \rightarrow -\infty$ würde für meine erste Gleichung der 1.Term verschwinden und der 2.gegen unendlich gehen. Bedeutet dass dann das $B = 0$ ist? 0 mal unendlich wäre aber doch undefiniert.
Wie sieht es mit der 2.Bedienung aus? Falls B wirklich 0 wäre dann müsste ja $e^{ika} = 0$ werden und das ist ja nicht möglich. Danke auf jeden Fall mal für die Hilfe!
\(\endgroup\)


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dromedar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-02-24

\(\begingroup\)
2018-02-24 15:06 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 2 schreibt:
Woher weiß ich das die Delta Distribution bei x = 0 zu zeichnen ist.

Der Beitrag der Delta-Funktion zum Potential lautet doch

    $\displaystyle
-{\hbar^2\over2m}D\,\delta(x)$  ,

und dieser Ausdruck verschwindet überall bis auf $x=0$.

(Präziser formuliert: Der Träger dieser Distribution ist die einpunktige Menge $\{0\}$.)

2018-02-24 15:06 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 2 schreibt:
Wäre zu Beispiel \(a = 1\) dann könnte die Delta Distribution ja auch bei - 0,9 gezeichnet werden.

Wie oben schon gesagt: Für $x\ne0$ – also insbesondere auch für $x=-0\mathord,9$ – verschwindet der Beitrag der Delta-Funktion zum Potential.

2018-02-24 15:06 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 2 schreibt:
[...] aber ich würde den Ansatz $\psi(x) = Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$ für $x<0$ und $ \psi(x) = Ce^{-\mu x} + De^{\mu x}$ für $x \geq \ 0$ mit $\mu = ik'= \frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hbar}$ bevorzugen wenn dieser auch möglich ist.

Abgesehen von den hier auftauchenden undefinierten Größen $V_0$ und $k$:
1. Dein Ansatz löst (wegen eines Vorzeichenfehlers) für $0<x<a$ die Schrödinger-Gleichung nicht.
2. Warum willst Du für $x<0$ einen anderen Ansatz als für $0<x<a$ wählen? Das $k$, mit dem Du dann arbeiten müsstest, wäre imaginär.

2018-02-24 15:06 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 2 schreibt:
Für $x \rightarrow -\infty$ würde für meine erste Gleichung der 1.Term verschwinden und der 2.gegen unendlich gehen.

Welcher Term gegen 0 und welcher gegen $\infty$ geht, hängt von der noch unklaren Wahl des Vorzeichens von $k$ ab, aber einer geht gegen $\infty$, und dessen Vorfaktor muss daher $=0$ sein.

2018-02-24 15:06 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 2 schreibt:
0 mal unendlich wäre aber doch undefiniert.

Ein solches Produkt kommt aber nicht vor. Was ist denn

    $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}0\cdot f(x)$

für eine beliebige Funktion $f$?

2018-02-24 15:06 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 2 schreibt:
Wie sieht es mit der 2.Bedienung aus? Falls B wirklich 0 wäre dann müsste ja $e^{ika} = 0$ werden [...]

Wie kommst Du auf diese Schlussfolgerung?
\(\endgroup\)


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NoNameTI-30x
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-26

\(\begingroup\)
Das mit dem Delta Potential ist mir jetzt klar. Ich denke jetzt auch zu wissen, dass der Ansatz für vor und nach dem Delta Potential der selbe sein muss (bis auf die Amplituden), weil ja davor und danach das Potential 0 ist.
2018-02-24 16:00 - dromedar in Beitrag No. 3 schreibt:
1. Dein Ansatz löst (wegen eines Vorzeichenfehlers) für $0<x<a$ die Schrödinger-Gleichung nicht.
Ich nehme an du meinst es wäre für die 2.Gleichung richtig: $Ce^{ikx}+De^{-ikx}$? Falls dem so ist, würde ich mich fragen ob es nicht egal ist ob ich schreibe $Ce^{-ikx}+De^{ikx}$ oder $Ce^{ikx}+De^{-ikx}$. Die Amplituden C und D sind ja noch unbestimmt. Da außerdem ja $E<0$ ist könnte ich bei beiden Ansätzen das Vorzeichen im Exponenten vertauschen, aber das sollte ja wie gesagt egal sein.
Zu den Randbedienungen:
Aus $\lim\limits_{x \rightarrow 0}{\psi(x)^-} = \lim\limits_{x \rightarrow 0}{\psi(x)^+}$ folgt $A +B = C + D$
Aus Bedienung 4 in Beitrag 1 folgt $ikA -ikB -ikC +ikD = -\frac{\hbar^2}{m}D(A+B)$ wobei ich mir nicht sicher bin ob $D*(A+B)$ oder $D*(C+D)$ richtig ist. Aus den Bedienungen 1 und 2 werde ich nur nicht ganz schlau. Heißt das, dass $B = 0$ ist und $Ce^{ika}+D^{-ika}$ gilt?
\(\endgroup\)


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dromedar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-02-26

\(\begingroup\)
2018-02-26 11:06 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 4 schreibt:
Ich nehme an du meinst es wäre für die 2.Gleichung richtig: $Ce^{ikx}+De^{-ikx}$? Falls dem so ist, würde ich mich fragen ob es nicht egal ist ob ich schreibe $Ce^{-ikx}+De^{ikx}$ oder $Ce^{ikx}+De^{-ikx}$.

Natürlich ist das egal. Das Problem ist die richtige Definition von $k$ bzw. $\mu$.

Bevor wir weitermachen, solltest Du auch den folgenden Hinweis nicht ignorieren:

2018-02-24 16:00 - dromedar in Beitrag No. 3 schreibt:
Das $k$, mit dem Du dann arbeiten müsstest, wäre imaginär.
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NoNameTI-30x
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-27

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Warum muss $k$ imaginär sein? Ich verstehe außerdem nicht wie du auf die Randbedienungen 1) und 2) kommst.
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dromedar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-02-27

\(\begingroup\)
2018-02-27 10:03 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 6 schreibt:
Warum muss $k$ imaginär sein?

Schreib doch mal sauber hin, welchen Wert Deiner Meinung nach $k$ hat.

Und überprüfe dann, ...
(1) ob Dein Ansatz mit diesem $k$ die Schrödingergleichung löst und
(2) ob dieses $k$ reell oder imaginär ist.

2018-02-27 10:03 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 6 schreibt:
Ich verstehe außerdem nicht wie du auf die Randbedienungen 1) und 2) kommst.

Was ist Dir denn zu dem Verhalten einer Wellenfunktion im Undendlichen und am Rand einer unendlich hohen Potentialstufe bekannt?
\(\endgroup\)


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NoNameTI-30x
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-27

\(\begingroup\)
k hat den Wert $\sqrt{\frac{-2m(E-V(x))}{\hbar^2}}$ wobei gilt das $E<0$ und $V<0$. Um 0 ist aber ja das Delta Potential. Weil das ins negative geht, wird es dann zu E addiert. Die Delta Funktion geht meines Wissens ins unendliche weshalb der ganze Term negativ ist, weil er mit $-2m$ multipliziert wird. Damit k reell ist müsst $|E|>|V|$. Sehe ich das richtig?
Kann man prinzipiell sagen, dass wenn k reell ist, man nur einen reellen Ansatz machen muss?
Für meinen Ansatz komme ich auf $\psi ''(x) = -k^2 \psi(x) = -k^2(Ae^{ikx}+Be^{-ikx}) = -k^2*(Ae^{ikx}+B^{-ikx}) = 0 = 0$
Das die Wellenfunktion durch ein unendlich hohes Potential nicht durchtunneln kann ist mir bewusst, ich verstehe nur nicht wie es dazu kommt. Wenn die Welle bei -a schon nicht durch den Potentialwall kommt, wie kann ich dann überhaupt Überlegungen anstellen was bei x = 0 passiert? Bzw ist mir graphisch nicht klar, warum das Potential bei $\pm a$ eine Rolle spielt, wo doch die Energie kleiner 0 ist und das Potential nur nach $+ \infty$ geht. Graphisch scheint es so, als ob die Welle einfach darunter durchlaufen könnte.
\(\endgroup\)


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dromedar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-03-01

\(\begingroup\)
Leider bist Du in Deinem letzten Beitrag auf meine Hinweise nur sehr unvollständig eingegangen:

2018-02-27 13:18 - dromedar in Beitrag No. 7 schreibt:
Schreib doch mal sauber hin, welchen Wert Deiner Meinung nach $k$ hat.

Und überprüfe dann, ...
(1) ob Dein Ansatz mit diesem $k$ die Schrödingergleichung löst und
(2) ob dieses $k$ reell oder imaginär ist.

(a) Du hast zwar eine Formel für $k$ hingeschrieben, aber in der taucht über das Potential $V(x)$ ein $x$ auf. $k$ ist aber keine Funktion von $x$, sondern eine Konstante. Also bleibt die Frage unbeantwortet: Welchen Wert hat die Konstante $k$ in Deinem Ansatz für die Wellenfunktion?

(b) Du hast nicht überpüft, ob Dein Ansatz die Schrödingergleichung löst. (Und Du kannst davon ausgehen, dass sie es nicht tut, wenn ich schon so blöd frage.)
\(\endgroup\)


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NoNameTI-30x
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-03

\(\begingroup\)
Ich bin jetzt mal ein altes Beispiel eines Delta Potentials durchgegangen und denke zumindest den ersten Schritt des Beispiels verstanden zu haben. Links und rechts der Delta Funktion habe ich den gleichen Ansatz $\psi_1(x)Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$ und $\psi_2(x) = Ce^{ikx}+De^{-ikx}$ wobei k den Wert $k = \sqrt{\frac{-2m(E+\frac{\hbar^2}{m} D)}{\hbar^2}}$ für x = 0 hat und 0 für alle $x<0$. Durch 1) muss $B = 0$ sein und durch 2) $C = D*e^{-2ika}$. Mit 3) und 4) kann ich nun die restlichen Variablen bestimmen. Stimmt das?
\(\endgroup\)


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dromedar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-03-03


2018-03-03 19:12 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 10 schreibt:
Stimmt das?

Nein.

PS  Für mich sieht es nicht so aus, als würdest Du meine Hinweise in Deinen Beiträgen aufgreifen. Trotzdem nochmal ein letzter Versuch:

2018-03-01 22:00 - dromedar in Beitrag No. 9 schreibt:
(b) Du hast nicht überpüft, ob Dein Ansatz die Schrödingergleichung löst. (Und Du kannst davon ausgehen, dass sie es nicht tut, wenn ich schon so blöd frage.)



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-04


2018-03-01 22:00 - dromedar in Beitrag No. 9 schreibt:
(b) Du hast nicht überpüft, ob Dein Ansatz die Schrödingergleichung löst. (Und Du kannst davon ausgehen, dass sie es nicht tut, wenn ich schon so blöd frage.)
Doch in Beitrag Nummer 8 habe ich das gemacht. Ich hab auf jeden Fall meinen Ansatz in die Zeitunabhängige SG eingesetzt und komme auf einen reelles k. Ist es das was du gemeint hast. Ansonsten weiß ich nicht wie ich die Sg lösen soll.



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dromedar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-03-04

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2018-03-04 15:28 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 12 schreibt:
Doch in Beitrag Nummer 8 habe ich das gemacht.

Aus Beitrag No. 8 geht nicht klar hervor, was Dein $k$ ist, weil in der Formel noch das sinnlose $x$ auftaucht.

Wenn ich mal annehme, dass Du mit $k=\sqrt{{-2mE\over\hbar^2}}$ arbeitest, dann ergibt sich für $\psi=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$ die Gleichung

    $\displaystyle
\psi''=-k^2\,\psi={2mE\over\hbar^2}\,\psi$  .

Die Schrödingergleichung sagt aber

    $\displaystyle
{-\hbar^2\over2m}\,\psi''=E\,\psi\;\iff\;
\psi''={-2mE\over\hbar^2}\,\psi$  .

Damit sind wir 10 Beiträge später wieder bei meinem Hinweis aus Beitrag No. 3:

2018-02-24 16:00 - dromedar in Beitrag No. 3 schreibt:
1. Dein Ansatz löst (wegen eines Vorzeichenfehlers) für $0<x<a$ die Schrödinger-Gleichung nicht.
\(\endgroup\)


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-04

\(\begingroup\)
Also beinhaltet mein k gar nicht das Potential?
Somit ist mein Ansatz also nicht imaginär: $Ae^{kx}+Be^{-kx}$ und $Ce^{kx}+De^{-kx}$. Stimmt es, dass $B = 0$ ist und $C = -D*e^{-2ika}$ ist? Aus 3) folgt dann das $ A = C + D$ ist und das ganze würde ich dann in 4) einsetzen und mir D ausrechnen.
\(\endgroup\)


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dromedar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2018-03-04

\(\begingroup\)
2018-03-04 17:02 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 14 schreibt:
Also beinhaltet mein k gar nicht das Potential?

Die Formel für $k$ enthält das Potential, aber das ist in unserem Fall doch 0.

(Mach Dir nochmal klar, dass eine Summe von Exponentialfunktionen nur dann ein sinnvoller Ansatz für die Wellenfunktion ist, wenn das Potential konstant ist. Das ist in unserem Beispiel in den Intervallen $x<0$ und $0<x<a$ der Fall. Und in diesen beiden Intervallen hat das Potential den Wert 0.)

2018-03-04 17:02 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 14 schreibt:
$Ae^{kx}+Be^{-kx}$ und $Ce^{kx}+De^{-kx}$. Stimmt es, dass $B = 0$ ist [...]

Ja, das folgt aus Bedingung (1) in Beitrag No. 2.

2018-03-04 17:02 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 14 schreibt:
[...] und $C = -D*e^{-2ika}$ ist?

Fast: Es ist $C=-D\cdot e^{-2ka}$ ohne das $i$.

2018-03-04 17:02 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 14 schreibt:
Aus 3) folgt dann das $ A = C + D$ ist und das ganze würde ich dann in 4) einsetzen und mir D ausrechnen.

So ist es.

Dabei solltest Du aber Deine Bezeichnungen anpassen, denn der Buchstabe $D$ kommt schon mit einer anderen Bedeutung (Teil des Vorfaktors der Delta-Funktion) in der Aufgabe vor.
\(\endgroup\)


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NoNameTI-30x
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-05

\(\begingroup\)
Den Vorfaktor D des Potentials bezeichne ich mit
$\tilde{D}$. Die letzte Gleichung bereitet mir nur etwas Schwierigkeiten. Ich komme auf $D*(2k+\frac{\hbar^2}{m}\tilde{D}e^{-2ka} +\frac{\hbar^2}{m}\tilde{D}) = 0$ womit ja $D = 0$ wäre. Das wäre aber ziemlich blöd weil dann ja auch A und C Null werden. Kann das stimmen?
\(\endgroup\)


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dromedar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-03-05

\(\begingroup\)
2018-03-05 08:34 - NoNameTI-30x in Beitrag No. 16 schreibt:
Ich komme auf $D*(2k+\frac{\hbar^2}{m}\tilde{D}e^{-2ka} +\frac{\hbar^2}{m}\tilde{D}) = 0$ womit ja $D = 0$ wäre.

Es muss nicht $D=0$ sein, denn es kann ja auch noch der zweite Faktor (d.h. die Klammer) verschwinden.

Du hast es hier ja mit 5 Gleichungen (die 4 Bedingungen aus Beitrag No. 1 und 1 Normierungsbedingung) für 4 Variablen zu tun, d.h. "im allgemeinen Fall" gibt es keine Lösung. Das ist aber auch zu erwarten: Lösungen gibt es nur für "ganz spezielle Werte" von $E$, nämlich für die Eigenwerte des Hamilton-Operators. Und diese Eigenwerte erhältst Du durch das Nullsetzen der Klammer.

[Um keine falschen Erwartungen zu erwecken: Ob Deine Formel wirklich stimmt, habe ich nicht nachgerechnet.]
\(\endgroup\)


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NoNameTI-30x
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\(\begingroup\)
Stimmt natürlich kann der Term in der Klammer auch 0 werden. Wenn ich dann für k einsetzte kann ich E bestimmen. E ist bei mir laut Matlab folgender Ausdruck:
Matlab
syms m E h D
solve(-4*m*E/h^2 + h^2*D/(m) * exp(-4*m*E/h^2)+D*h^2/m == 0,E)
 
 
(h^2*(lambertw(0, (D*h^2*exp(-(D*h^2)/m))/m) + (D*h^2)/m))/(4*m)
Das wird denk ich nicht stimmen. Zudem muss ich im folgendem ja zeigen das es für $\tilde{D}<a$ keine gebundenen Zustände gibt. Hab ich da einen Rechenfehler oder einen Denkfehler?
\(\endgroup\)


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\(\begingroup\)
Mir ist erst jetzt aufgefallen, dass ich beim Lesen der Aufgabenstellung einen Betrag übersehen habe. Mit diesem Betrag musst Du den folgenden Rand des Potentialtopfes auch bei $x=-a$ ergänzen:

2018-02-24 10:10 - NoNameTI-30x im Themenstart schreibt:
[...] im Abstand a auf der positiven Seite einen Gerade ins unendliche gezeichnet.

Und als Konsequenz ist die erste Bedingung aus Beitrag No. 1,

    1. $\psi(x)\to0$  für  $x\to-\infty$  ,

zu ersetzen durch

    1. $\psi(x)=0$  für  $x=-a$  .


PS  Mit dieser Änderung ergibt sich durch das "Nullsetzen der Klammer" analog zu Beitrag No. 17 die Gleichung

    $\displaystyle
\tilde D\,(1-e^{2ka})+k\,(1+e^{2ka})=0$  .

Wenn man diese Gleichung in die Form

    $\displaystyle
\kappa=\tilde Da\cdot\tanh\kappa$    mit    $\kappa=ka>0$

bringt, wird offensichtlich, dass es für $\tilde Da\le1$ keine und für $\tilde Da>1$ genau eine Lösung gibt.
\(\endgroup\)


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