User:Vort3x1337

Aufgabe 1
Für $$\Phi_1$$ haben wir zwei Basisvektoren $$\Psi_1$$ und $$\Psi_2$$

$$\hat{A}\Psi_1 = a_1\Psi_1$$

$$\hat{A}\Psi_2 = a_2\Psi_2$$

System ist prepariert im Zustand $$\Phi_1$$.

Die Wahrscheinlichkeit den Messwert $$a_1$$ zu messen ist gegeben durch :


 * $$P_{a1} = \left(\int \Psi_1^* \Phi_1\ d^{3}x \right)^2$$
 * $$ = \left(\frac{1}{\sqrt{5}} \int \psi_1^* \psi_1 + 2 \psi_1^* \psi_2 \ dx \right)^2$$
 * $$ = \left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{1}{\sqrt{5}} \int 2 \psi_1^* \psi_2 \ dx \right)^2 $$
 * $$ = \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)^2 $$
 * $$ = \frac{1}{5} $$

Die QM. Operatoren sind hermitsch $$\Longrightarrow$$ EW sind reell, hat ONB.

$$\Phi_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}\Psi_1+\frac{w}{\sqrt{5}}\Psi_2$$

$$P_a^2$$ ist die Wahrscheinlichkeit System in $$\Psi_1$$ zu finden.


 * $$\int \Psi_1^*\Psi_2\ d^3x = 0 $$    $$\int \Psi_1^*\Psi_1\ d^3x = 1 $$
 * $$\Psi_1(\Phi_1,\Phi_2)$$ ?

Durch Umformen erhalten wir :
 * $$\Psi_1 = \frac{1}{\sqrt{5}}\Phi_1 + \frac{2}{\sqrt{5}}\Phi_2$$
 * $$\Psi_2 = \frac{2}{\sqrt{5}}\Phi_1 - \frac{1}{\sqrt{5}}\Phi_2$$

Proba b1 après les 2 mesures

 * $$ P(b_1) = \frac{1}{5}*\frac{1}{5} + \frac{4}{5}*\frac{4}{5} = \frac{17}{25} $$

Tipps - Aufgabe 2 c)
Energie kleiner als $$E(n=1,p=1,q=1)$$

Zum Beispiel, $$n^2+p^2$$ als der Radius eines Kreises betrachten $$\Longrightarrow E(n,p)\leq n^2+p^2$$

Aufgabe 2 a)
Ansatz :
 * $$\Psi(x,y,z)=\Psi(x)\cdot\Psi(y)\cdot\Psi(z)$$
 * $$\Longrightarrow \Psi(x,y,z)=C\left[\sin{\frac{n\pi}{a}}\cdot\sin{\frac{p\pi}{a}}\cdot\sin{\frac{q\pi}{b}}\right]$$

Schrödinger Zeitunabhängig

 * $${E}\psi(x,y,z) = - {\hbar^2 \over 2m} \nabla^2 \psi(x,y,z) + V(x,y,z) \psi(x,y,z)$$
 * $$ {\hbar^2 \over 2m} \nabla^2 \psi(x,y,z)=-{E}\psi(x,y,z)$$
 * $$ {\hbar^2 \over 2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2}\psi(x,y,z) + {\hbar^2 \over 2m} \frac{\partial^2}{\partial y^2}\psi(x,y,z) + {\hbar^2 \over 2m} \frac{\partial^2}{\partial z^2}\psi(x,y,z)=-{E}\psi(x,y,z)$$

Tipps Aufgabe 3

 * $$\Psi(x)=a\cdot u_0(x)+ b\cdot u_1(x)   (a^2+b^2=1)$$
 * $$\Longrightarrow$$ Sinnvoll zu schreiben ist
 * $$a=\cos(\varphi)\cdot e^{i\theta}$$
 * $$b=\sin(\varphi)\cdot e^{i\theta}$$

Trouver a, b tels que
 * $$\left(\int_{0}^{\infty}\Psi^*(x) \Psi(x) dx\right)^2 $$ soit maximal

j'ai
 * $$\int_{0}^{\infty}\Psi^*(x) \Psi(x) dx = \int_{0}^{\infty} (\cos(\phi)^2 u_0(x)^2 + 2 \cos(\phi) \sin(\phi) u_0(x)u_1(x) + \sin(x)^2 u_1(x)^2)dx $$
 * $$= \int_{0}^{\infty}\left(\cos^2(\phi) \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^\frac{1}{2} e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^2} + 2 \sin^2(\phi) \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^\frac{1}{2} e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^2} x^2 \frac{m\omega}{\hbar}+ 2\sqrt{2} \cos(\phi)\sin(\phi)\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^\frac{1}{2} e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^2} x \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\right) dx $$

Premier terme
 * $$ \int_{0}^{\infty}\left(\cos^2(\phi) \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^\frac{1}{2} e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^2}\right) dx $$ subst. $$y = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}} x$$
 * $$ = \int_{0}^{\infty}\left(\cos^2(\phi) \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}} e^{-y^2}\right) dy $$
 * $$ = \frac{\cos^2(\phi)}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty e^{-y^2} dy $$
 * $$ = \frac{\cos^2(\phi)}{2}$$

Deuxième terme :
 * $$2\sin^2(\phi)\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}\frac{m\omega}{\hbar}\int_0^\infty e^{-\frac{k}{2}x^2}x\cdot x$$ wobei  $$-\frac{k}{2} = -\frac{m\omega}{\hbar}$$
 * $$=2\sin^2(\phi)\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}\frac{m\omega}{\hbar}\cdot\frac{1}{k}\int_0^\infty e^{-\frac{k}{2}x^2}$$
 * $$=2\sin^2(\phi)\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}\frac{m\omega}{\hbar}\cdot\frac{1}{2k}\sqrt{\frac{2\pi}{k}}$$
 * $$=2\sin^2(\phi)\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}\frac{m\omega}{\hbar}\cdot\frac{\hbar}{4m\omega}\sqrt{\frac{\pi\hbar}{m\omega}}$$
 * $$=\frac{1}{2}\sin^2(\phi)$$

Troisième terme :
 * $$\int_{0}^{\infty} \left(2\sqrt{2} \cos(\phi)\sin(\phi)\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^\frac{1}{2} e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^2} x \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\right) dx$$
 * $$ = \left[ -\sqrt{2} \cos(\phi)\sin(\phi)\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^\frac{1}{2} e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^2} \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}} \right]_0^\infty $$
 * $$ = \sqrt{2} \cos(\phi)\sin(\phi)\left(\frac{1}{\pi}\right)^\frac{1}{2} $$

Après dérivation $$\frac{d}{d\phi}$$ il reste
 * $$ \sqrt{2} (-\sin\phi) \sin\phi \sqrt\frac{1}{\pi} + \sqrt{2} (\cos\phi) \cos\phi \sqrt\frac{1}{\pi} $$
 * $$ \sqrt\frac{2}{\pi} (cos^2\phi-\sin^2\phi) $$

Tipp Aufgabe 4
Reflektion : $$e^{ik_I x}+R\cdot e^{-ik_I x}$$

Transmission : $$T\cdot e^{ik_{II} x}$$

Aufgabe 4
Schrödingergleichungen


 * $$ -\frac{\hbar}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} u_I = E u_I$$


 * $$ -\frac{\hbar}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} u_{II} + V_0 u_{II}= E u_{II}$$

Randbedingungen $$ u_I(0) = u_{II}(0) $$

Für I


 * $$ -\frac{\hbar}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} u_I = E u_I$$
 * $$ \Longleftrightarrow \ddot{u}_I + \frac{2m}{\hbar^2}E\cdot u_I = 0$$
 * $$ \Longrightarrow \lambda = i \pm \sqrt{\frac{2m}{\hbar^2}E}$$
 * $$ \Longrightarrow u_I = A\cdot e^{i\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2}E}x} + B\cdot e^{-i\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2}E}x}$$

Für II


 * $$ -\frac{\hbar}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} u_I = (V_0-E) u_I$$

...
 * $$ \Longrightarrow u_I = C\cdot e^{i\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2}(V_0-E)}x} + D\cdot e^{-i\sqrt{\frac{2m}{\hbar^2}(V_0-E)}x}$$

Zusätzliche Randbedingung $$ \frac{\partial}{\partial x}u_I(0) = \frac{\partial}{\partial x}u_{II}(0) $$

Also
 * $$A\ i\ k_I - B\ i\ k_I = C\ i\ k_{II} - D\ i\ k_{II}$$

die erste Randbedingung :
 * $$A + B = C + D$$

donc $$ B = C - A $$ (on a D=0)

donc $$ \frac{B}{A} = \frac{C}{A} - 1 $$

on a aussi $$ C = \frac{A\ k_I - B\ k_I}{k_{II}} $$

ce qui donne
 * $$ \frac{B}{A} = \frac{C}{A} - 1 = \frac{A\ k_I - B\ k_I}{A\ k_{II}} -1 = \frac{k_I}{k_{II}} - \frac{B}{A}\frac{k_I}{k_{II}} - 1 $$


 * $$ \frac{B}{A} (1+ \frac{k_I}{k_{II}}) = \frac{k_I}{k_{II}} -1 $$

donc
 * $$ \frac{B}{A} = \frac{k_I - k_{II}}{k_I + k_{II}}$$