Antworte auf:  Teilchen im Dirac-Delta-Potential von Mandacus
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Themenübersicht
semasch
Senior
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 198
Wohnort: Wien

 Beitrag No.7, eingetragen 2021-06-20 07:11    [Diesen Beitrag zitieren]
Ja, sowohl der Ansatz als auch das ermittelte Gleichungssystem für $R$ und $T$ stimmen so. LG, semasch

Mandacus
Aktiv
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Mitteilungen: 210
 Beitrag No.6, eingetragen 2021-06-19 20:59    [Diesen Beitrag zitieren]
Noch eine Frage zu der Berechnung der Reflexions-und Transmissionskoeffizienten. Ich weiß, dass ja beim Einlaufen der Welle die Schwingung zunächst gewissermaßen in der Amplitude dieser Welle konzentriert ist. Ebenso wird der Anteil der Welle, der die Potentialbarriere durchläuft nicht noch einmal reflektiert. Ich hatte daher den Ansatz $$ \psi(x) = \begin{cases} e^{i k_2 x} + R e^{-i k_2 x}, \ x<0 \\ T e^{i k_2 x}. \end{cases} $$ gewählt. Unter Benutzung der beiden oben ermittelten Anschlussbedingen erhalte ich $$ 1+R=T \\ i k_2 2 R=-\frac{2m}{\hbar^2} V_0 (1+R). $$ Daraus kann ich ja nun leicht die gesuchten Koeffizienten bestimmen. Aber sind meine Überlegungen korrekt? Oder stimmt es nicht, weil hier $E>0>-V_0$ gilt?

semasch
Senior
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 198
Wohnort: Wien

 Beitrag No.5, eingetragen 2021-06-19 00:19    [Diesen Beitrag zitieren]
Ja, es gilt \[\chi(x) = \sqrt{\frac{k'_1}{k_1}} \psi\left(\frac{k'_1}{k_1}x\right).\] LG, semasch

Mandacus
Aktiv
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 Beitrag No.4, eingetragen 2021-06-18 18:01    [Diesen Beitrag zitieren]
Es hat sich leider noch eine Frage zu e) ergeben. Für $V_0>0$ und $E<0$ habe ich ja die Wellenfunktion $$ \psi(x) =\begin{cases} A_l e^{k_1 x}, \ x<0 \\ B_r e^{k_1 x}, \ x>0 \end{cases} $$ mit $$ k_1=\frac{m}{\hbar^2} V_0 \\ E=-\frac{m}{\hbar^2} V^2_0 \\ A_l=B_r=\sqrt{k_1}. $$ Nun soll ja das Potential verändert werden. Sei $V'_0$ Stufe des neuen Potentials und $\chi$ der zugehörige neue Eigenzustand. Mit den bisherigen Ergebnissen komme ich dann auf $$ \chi(x) =\begin{cases} A'_l e^{k'_1 x}, \ x<0 \\ B'_r e^{k'_1 x}, \ x>0 \end{cases} $$ mit $$ k'_1=\frac{m}{\hbar^2} V'_0 \\ E'=-\frac{m}{\hbar^2} (V'_0)^2 \\ A'_l=B'_r=\sqrt{k'_1}. $$ Da die gebundenen Zustände nach der Diskussion in c) eindeutig sind, ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Teilchen gebunden bleibt durch die Übergangswahrscheinlichkeit $|\langle \chi \mid\psi \rangle|^2$ gegeben. Aber sehe ich es richtig, dass der Zustand $\chi$ effektiv dieselbe Struktur hat wie der Ausgangszustand $\psi$?

semasch
Senior
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 198
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 Beitrag No.3, eingetragen 2021-06-17 06:19    [Diesen Beitrag zitieren]
\quoteon(2021-06-16 13:18 - Mandacus in Beitrag No. 2) Mir ist noch nicht ganz klar, wie man auf die Darstellungen \[\psi'(x) = (\psi_r(0)-\psi_l(0)) \delta(x) + \Theta(x) \psi_r'(x) + \Theta(-x) \psi_l'(x)\] \[\psi''(x) = (\psi_r(0)-\psi_l(0)) \delta'(x) + (\psi_r'(0)-\psi_l'(0)) \delta(x) + \Theta(x) \psi_r''(x) + \Theta(-x) \psi_l''(x).\] kommt. \quoteoff Die erhält man, indem man ausgehend von $\psi(x) = \Theta(x) \psi_r(x) + \Theta(-x) \psi_l(x)$ die Summen- und Produktregel fürs Differenzieren anwendet in Verbindung mit \[\frac{d}{dx}(\Theta(x)) = \delta(x), \frac{d}{dx}(\Theta(-x)) = \frac{d}{dx}(1-\Theta(x)) = -\delta(x), \, \text{und} \, f(x) \delta(x) = f(0) \delta(x)\] für eine beliebige glatte Funktion $f$. Falls du mit Distributionen noch nicht wirklich vertraut bist, kannst du Letzteres daraus verstehen, dass $\delta(x)$ vollständig im Punkt $x = 0$ konzentriert ist und daher das Produkt $f(x) \delta(x)$ von der Funktion $f$ nur den Wert $f(0)$ an dieser Stelle mitbekommt. Falls du mit Distributionen vertraut bist, dann siehst du durch Auswertung auf einer beliebigen Testfunktion, dass $f(x) \delta(x)$ und $f(0) \delta(x)$ stets das gleiche Ergebnis liefern. LG, semasch

Mandacus
Aktiv
Dabei seit: 29.10.2016
Mitteilungen: 210
 Beitrag No.2, eingetragen 2021-06-16 13:18    [Diesen Beitrag zitieren]
Mir ist noch nicht ganz klar, wie man auf die Darstellungen \[\psi'(x) = (\psi_r(0)-\psi_l(0)) \delta(x) + \Theta(x) \psi_r'(x) + \Theta(-x) \psi_l'(-x)\] \[\psi''(x) = (\psi_r(0)-\psi_l(0)) \delta'(x) + (\psi_r'(0)-\psi_l'(0)) \delta(x) + \Theta(x) \psi_r''(x) + \Theta(-x) \psi_l''(x).\] kommt. Die Heaviside-Funktion ist ja durch $$ \Theta =\begin{cases} 0, \ x<0 \\ 1, \ x \geq 0 \end{cases} $$ gegeben. Man hat die Darstellung $$ \psi(x)=\Theta(-x) \psi_l(x)+\Theta(x) \psi_r(x) $$ Wenn man Unstetigkeit von $\psi$ in $0$, d.h. also $\psi_r(0) \neq \psi_l(0)$ annimmt, dann hat man bei $0$ einen Sprung um $|\psi_r(0) - \psi_l(0)|$. Daher kommt wohl der Term $(\psi_r(0) - \psi_l(0)) \delta(x)$ in der Darstellung von $\psi'$, da die Ableitung wegen der angenommenen Unstetigkeit von $\psi$ in $0$ ja dort eine Singularität haben muss. Allerdings sehe ich noch nicht, wodurch der Vorfaktor $\psi_r(0) - \psi_l(0)$ motiviert ist. Ebenso ist mir noch nicht klar, wieso in der Darstellung von $\psi^{''}$ der Term $(\psi_r'(0)-\psi_l'(0)) \delta(x)$ vorkommt. Wenn man $\psi'$ ableitet muss man ja insbesondere den Term $(\psi_r(0) - \psi_l(0)) \delta(x)$ ableiten. Aber da hängt doch nur $\delta$ von $x$ ab.

semasch
Senior
Dabei seit: 28.05.2021
Mitteilungen: 198
Wohnort: Wien

 Beitrag No.1, eingetragen 2021-06-16 02:17    [Diesen Beitrag zitieren]
Moin Mandacus, deine Überlegungen bisher schauen schon mal sehr gut aus. Du hast nur zwei Tippfehler, die ich der Vollständigkeit halber vorab mal korrigiere: \quoteon(2021-06-15 20:50 - Mandacus im Themenstart) Für $E>0$ ergibt sich $$ \lambda=\pm i k_2 \sqrt{\frac{2 m E}{\hbar^2}} $$ \quoteoff Hier müsste es $\lambda = \pm i k_2$ heißen. \quoteon(2021-06-15 20:50 - Mandacus im Themenstart) Mit dem Hinweis komme ich auf die Anschlussbedingungen $$ \psi(0)=\psi_l(0)=\psi_r(0) \\ \psi'_r(0)-\psi'_l(0)=-\frac{2 m}{\hbar^2} \psi(0). $$ \quoteoff Hier müsste die zweite Anschlußbedingung $\psi'_r(0)-\psi'_l(0)=-\frac{2 m V_0}{\hbar^2} \psi(0)$ heißen. Was deine Frage angeht: Die Anschlußbedingungen (ABs), die du dir überlegt hast, gelten für alle Wellenfunktionen $\psi$ von stationären Zuständen. Das sieht man dadurch, dass aus (a) folgt, dass $\psi$ für $x \neq 0$ glatt ist und maximal an der Stelle $x = 0$ eine Unstetigkeit haben kann. Wäre $\psi_r(0) \neq \psi_l(0)$, so hätte man \[\psi'(x) = (\psi_r(0)-\psi_l(0)) \delta(x) + \Theta(x) \psi_r'(x) + \Theta(-x) \psi_l'(-x)\] (wobei $\Theta$ die Heaviside-Funktion bezeichnet) und damit \[\psi''(x) = (\psi_r(0)-\psi_l(0)) \delta'(x) + (\psi_r'(0)-\psi_l'(0)) \delta(x) + \Theta(x) \psi_r''(x) + \Theta(-x) \psi_l''(x).\] Damit hätte $\psi''$ eine Singularität der Form $\delta'$, womit die SG nicht erfüllt werden könnte. Also ist $\psi$ stetig und stückweise stetig differenzierbar, und damit kann man (wie du schon geschrieben hast, oder mit der obigen Formel für $\psi''$ und durch Einsetzen in die SG) auch die zweite AB folgern. Sowohl die von dir ermittelte allgemeine Form der Wellenfunktion eines gebundenen Zustands als auch die der Anschlußbedingungen ist also notwendig, und damit ist der von dir gefundene gebundene Zustand auch der einzig mögliche. LG, semasch

Mandacus
Aktiv
Dabei seit: 29.10.2016
Mitteilungen: 210
 Themenstart: 2021-06-15 20:50    [Diesen Beitrag zitieren]
Guten Abend, ich habe eine Frage zu einer Aufgabe bei der es um ein Teilchen und dessen Zustände im Dirac-Delta-Potential geht. https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/46688_Delta1.jpg https://www.matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/46688_Delta2.jpg Ich habe mir bisher folgendes überlegt: a) In den Bereichen $x>0$ und $x<0$ gilt $V(x)=0$. Die stationäre Schrödingergleichung $$ \hat{H} \psi(x)=E \psi(x) $$ mit $$ \hat{H}=-\frac{\hbar^2}{2m} \partial^2_x+V(x) $$ kann man daher als $$ \psi^{''}(x)=-\frac{2m}{\hbar^2} E \psi(x) $$ schreiben. Mit dem Exponentialansatz $\psi(x)=e^{\lambda x}$ erh"alt man $$ \lambda^2=-\frac{2m}{\hbar^2} E. $$ Für $E<0$ bekomme ich $$ \lambda=\pm k_1 $$ mit $k_1=\sqrt{\frac{-2 m E}{\hbar^2}}$. Dies führt auf die Wellenfunktion $$ \psi(x)= \begin{cases} A_l e^{k_1 x}+B_l e^{-k_1 x}, x<0 \\ A_r e^{k_1 x}+B_r e^{-k_1 x}, x>0 \end{cases} $$ Mit der Bedingung $ \lim_{x \to \pm \infty} \psi(x)=0$ ergibt sich $B_l=A_r=0$ und daher $$ \psi(x)= \begin{cases} A_l e^{k_1 x}, x<0 \\ B_r e^{-k_1 x}, x>0 \end{cases} $$ Für $E>0$ ergibt sich $$ \lambda=\pm i k_2 \sqrt{\frac{2 m E}{\hbar^2}} $$ mit $k_2=\sqrt{\frac{2 m E}{\hbar^2}}$. Dies führt auf die Wellenfunktion $$ \psi(x)= \begin{cases} C_l e^{i k_2 x}+D_l e^{-i k_2 x}, x<0 \\ C_r e^{i k_2 x}+D_r e^{-i k_2 x}, x>0 \end{cases} $$ b) Seien $\psi_l$ und $\psi_r$ die Wellenfunktion in den Bereichen $x<0$ und $x>0$. Mit dem Hinweis komme ich auf die Anschlussbedingungen $$ \psi(0)=\psi_l(0)=\psi_r(0) \\ \psi'_r(0)-\psi'_l(0)=-\frac{2 m}{\hbar^2} \psi(0). $$ c) Die gebundenen Zustände sind diejenigen mit $E<0$. Mit dem in a) gefundenen Ansatz und den in b) gefundenen Anschlussbedingungen komme ich auf $$ k_1=\frac{m}{\hbar^2} V_0 $$ und $$ A_l=B_r=\sqrt{k_1}. $$ Mit $k_1=\sqrt{\frac{-2 m E}{\hbar^2}}$ kommt erhalte ich dann $$ E=-\frac{m}{2 \hbar^2} V^2_0. $$ Die Energie der gebundenen Zustände wird also durch Vorgabe von $V_0$ festgelegt. Ich habe somit errechnet, dass es einen eindeutigen Energieeigenwert und eine zugehörige eindeutig bestimmte Wellenfunktion gibt, sodass die stationäre Schrödingergleichung erfüllt ist. Allerdings bin ich nicht sicher, wie ich zeigen soll, dass es nur einen gebundenen Zustand gibt. Denn theoretisch könnte es ja noch andere Anschlussbedingungen geben, die andere Wellenfunktionen liefern.

 
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