Lösung Potentialtopf < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:14 So 27.11.2011 | | Autor: | volk |
Hallo,
ich wollte mal die Lösung für den 1D-Potentialtopf nachvollziehen und hänge da an einer Stelle. Ich vestehe nicht, wie man da auf die beiden Lösungen mit dem Sinus und dem Cosinus kommt.
Ich fange mal von vorne an.
[mm] V(x)=\begin{cases} \infty, & \mbox{, } x \mbox{ < -a} \\ -V_{0}, & \mbox{, } x \in \mbox{ [-a,a]} \\ \infty, & \mbox{, } x \in \mbox{ > a} \end{cases}
[/mm]
Da dei Wände unendlich hoch sind, ist [mm] \psi(x)=0 [/mm] für [mm] x\not\in[-a,a] \Rightarrow \psi(-a)=\psi(a)=0
[/mm]
Die stationäre Schrödingergleichung lautet [mm] H\psi_{E}=E\psi_{E}
[/mm]
Aus den Randbedingungen und dem allgemeinen Lösungsansatz [mm] {\psi}_{E}=Ae^{ik_{E}x}+Be^{-ik_{E}x} [/mm] folgt die Lösbarkeitsbedingung
[mm] 0=det\pmat{ e^{ik_{E}a} & e^{-ik_{E}a} \\ e^{-ik_{E}a} & e^{ik_{E}a} }=2isin(2k_{E}a)
[/mm]
Der Sinus ist Null bei ganzzahligen Vielfachen von [mm] \pi, [/mm] also [mm] n\pi=2k_{E}a \Rightarrow k_{E}=\bruch{n\pi}{2a}
[/mm]
Daraus folgt für die Eigenenergien [mm] E_{n}=\bruch{\hbar^2}{2m}\bruch{n^2{\pi}^2}{4a^2}-V_{0} [/mm] mit [mm] V_{0}{\equiv}0 [/mm] (Anfangspunkt der Energieskala ja beliebig)
Ab hier ist mir das mit der Parität nicht so ganz klar. Da V(-x)=V(x) gibt es zwei Arten von Lösungen:
[mm] \psi_{+}(-x)=\psi_{+}(x) [/mm] mit [mm] \psi(0){\not=}0 [/mm] und A=B
[mm] \psi_{-}(-x)=-\psi_{-}(x) [/mm] mit [mm] \psi(0)=0 [/mm] und A=-B
So erhalte ich dann ja auch den Sinus zusätzlich wegen [mm] {\psi}_{E}=Ae^{ik_{E}x}-Be^{-ik_{E}x}=2isin(2k_{E}x)
[/mm]
Grüße,
volk
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:32 So 27.11.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo,
> ich wollte mal die Lösung für den 1D-Potentialtopf
> nachvollziehen und hänge da an einer Stelle. Ich vestehe
> nicht, wie man da auf die beiden Lösungen mit dem Sinus
> und dem Cosinus kommt.
> Ich fange mal von vorne an.
>
> [mm]V(x)=\begin{cases} \infty, & \mbox{, } x \mbox{ < -a} \\ -V_{0}, & \mbox{, } x \in \mbox{ [-a,a]} \\ \infty, & \mbox{, } x \in \mbox{ > a} \end{cases}[/mm]
>
> Da dei Wände unendlich hoch sind, ist [mm]\psi(x)=0[/mm] für
> [mm]x\not\in[-a,a] \Rightarrow \psi(-a)=\psi(a)=0[/mm]
>
> Die stationäre Schrödingergleichung lautet
> [mm]H\psi_{E}=E\psi_{E}[/mm]
>
> Aus den Randbedingungen und dem allgemeinen Lösungsansatz
> [mm]{\psi}_{E}=Ae^{ik_{E}x}+Be^{-ik_{E}x}[/mm] folgt die
> Lösbarkeitsbedingung
> [mm]0=det\pmat{ e^{ik_{E}a} & e^{-ik_{E}a} \\ e^{-ik_{E}a} & e^{ik_{E}a} }=2isin(2k_{E}a)[/mm]
>
> Der Sinus ist Null bei ganzzahligen Vielfachen von [mm]\pi,[/mm]
> also [mm]n\pi=2k_{E}a \Rightarrow k_{E}=\bruch{n\pi}{2a}[/mm]
>
> Daraus folgt für die Eigenenergien
> [mm]E_{n}=\bruch{\hbar^2}{2m}\bruch{n^2{\pi}^2}{4a^2}-V_{0}[/mm] mit
> [mm]V_{0}{\equiv}0[/mm] (Anfangspunkt der Energieskala ja
> beliebig)
>
> Ab hier ist mir das mit der Parität nicht so ganz klar. Da
> V(-x)=V(x) gibt es zwei Arten von Lösungen:
> [mm]\psi_{+}(-x)=\psi_{+}(x)[/mm] mit [mm]\psi(0){\not=}0[/mm] und A=B
> [mm]\psi_{-}(-x)=-\psi_{-}(x)[/mm] mit [mm]\psi(0)=0[/mm] und A=-B
>
> So erhalte ich dann ja auch den Sinus zusätzlich wegen
> [mm]{\psi}_{E}=Ae^{ik_{E}x}-Be^{-ik_{E}x}=2isin(2k_{E}x)[/mm]
Nein, diese letzte Gleichung ist falsch. Im Fall $A=B$ ist
[mm] Ae^{ik_{E}x}-Be^{-ik_{E}x} = A (e^{ik_{E}x}-e^{-ik_{E}x}) =2 iA \sin(k_{E}x) [/mm] .
Allgemein: [mm] $e^{\pm ik_{E}x} [/mm] = [mm] \cos (k_{E}x)\pm [/mm] i [mm] \sin(k_{E}x)$, [/mm] und daher:
[mm] Ae^{ik_{E}x}-Be^{-ik_{E}x} = (A-B) \cos (k_{E}x) + (A+B) i \sin(k_{E}x) [/mm] .
Jetzt kannst du deine Bedingungen an A und B einfach einsetzen.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:31 So 27.11.2011 | | Autor: | volk |
Hallo,
vielen dank für deine Antwort.
> > So erhalte ich dann ja auch den Sinus zusätzlich wegen
> > [mm]{\psi}_{E}=Ae^{ik_{E}x}-Be^{-ik_{E}x}=2isin(2k_{E}x)[/mm]
>
> Nein, diese letzte Gleichung ist falsch. Im Fall [mm]A=B[/mm] ist
>
> [mm]Ae^{ik_{E}x}-Be^{-ik_{E}x} = A (e^{ik_{E}x}-e^{-ik_{E}x}) =2 iA \sin(k_{E}x)[/mm]
> .
Das war ein Tippfehler. Hier habe ich das A vergessen.
>
> Allgemein: [mm]e^{\pm ik_{E}x} = \cos (k_{E}x)\pm i \sin(k_{E}x)[/mm],
> und daher:
>
> [mm]Ae^{ik_{E}x}-Be^{-ik_{E}x} = (A-B) \cos (k_{E}x) + (A+B) i \sin(k_{E}x)[/mm]
> .
>
> Jetzt kannst du deine Bedingungen an A und B einfach
> einsetzen.
Gut. So habe ich mir das nicht hingeschrieben. Hier ist ja jetzt ersichtlich, dass wenn A=B ist, dass der Cosinus-Term wegfällt und wenn A=-B ist, der Sinus-Term wegfällt.
Bleibt aber immer noch die Frage, wieso ich diese Anpassung vornehme. Liegt das an den stehenden Wellen? Stehende Wellen gibt es ja immer bei [mm] n*\bruch{\lambda}{2}=L. [/mm]
Wenn n ungerade ist, ist meine Welle eine gerade Funktion. Damit gilt A=B und ich erhalte aus (A+B)cos(kx)+(A-B)i*sin(kx) [mm] \Rightarrow [/mm] 2*A*cos(kx). Also ein Kosinus-Term. Da [mm] \psi(-a)=\psi(a)=0 [/mm] muss cos(ka)=cos(-ka)=0 gelten. Das ist der Fall bei [mm] ka=n\bruch{\pi}{2}. [/mm] Also [mm] 2*A*cos(n\bruch{\pi}{2a}) [/mm] für n ungerade.
Ist n gerade bei [mm] n*\bruch{\lambda}{2}=L [/mm] habe ich eine ungerade Funktion, nämlich den Sinus, da A=-B. Da [mm] \psi(-a)=\psi(a)=0 [/mm] muss i*sin(ka)=i*sin(-ka)=0 gelten. Das ist der Fall, wenn [mm] ka=n*\pi. [/mm] Somit folgt für gerade n [mm] 2A*i*sin(n\bruch{\pi}{a}x). [/mm] Das kann aber nicht richtig sein, da ich so für n=2 schon die Funktion erhalte, die ich erst bei n=4 erhalten sollte.
Grüße
volk
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:16 So 27.11.2011 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo,
> vielen dank für deine Antwort.
>
> > > So erhalte ich dann ja auch den Sinus zusätzlich wegen
> > > [mm]{\psi}_{E}=Ae^{ik_{E}x}-Be^{-ik_{E}x}=2isin(2k_{E}x)[/mm]
> >
> > Nein, diese letzte Gleichung ist falsch. Im Fall [mm]A=B[/mm] ist
> >
> > [mm]Ae^{ik_{E}x}-Be^{-ik_{E}x} = A (e^{ik_{E}x}-e^{-ik_{E}x}) =2 iA \sin(k_{E}x)[/mm]
> > .
>
> Das war ein Tippfehler. Hier habe ich das A vergessen.
>
> >
> > Allgemein: [mm]e^{\pm ik_{E}x} = \cos (k_{E}x)\pm i \sin(k_{E}x)[/mm],
> > und daher:
> >
> > [mm]Ae^{ik_{E}x}-Be^{-ik_{E}x} = (A-B) \cos (k_{E}x) + (A+B) i \sin(k_{E}x)[/mm]
> > .
> >
> > Jetzt kannst du deine Bedingungen an A und B einfach
> > einsetzen.
>
> Gut. So habe ich mir das nicht hingeschrieben. Hier ist ja
> jetzt ersichtlich, dass wenn A=B ist, dass der Cosinus-Term
> wegfällt und wenn A=-B ist, der Sinus-Term wegfällt.
> Bleibt aber immer noch die Frage, wieso ich diese
> Anpassung vornehme. Liegt das an den stehenden Wellen?
Wenn du das so sagen willst. Aus den Randbedingungen [mm] $\psi(\pm [/mm] a) =0$ folgt
[mm] (A-B) \cos (k_{E}a) \pm (A+B) i \sin(k_{E}a) = 0 [/mm] .
Nun ist für gerade n [mm] $\sin(k_{E}a) [/mm] = 0$, woraus $A=B$ folgt, und für ungerade n gilt [mm] $\cos (k_{E}a)$, [/mm] also $A=-B$ .
Viele Grüße
Rainer
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