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Forum
Thema Eingetragen
Autor

Systeme von DGL
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Badabahm1
Linearisierung mit Taylor  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-08-18 13:19
Vercassivelaunos
 
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Ich habe deine Schritte nicht nachgerechnet, die sehen aber plausibel aus. Ich denke nicht, dass du die DGL in ein System der Form $\dot x=Hx$ bringen kannst, da die DGL inhomogen ist. Du kannst es aber in die Form $\dot y-Hy=a$ mit einem konstanten Vektor $a$ bringen. Dann kannst du die gewohnte Methode zur Lösung inhomogener DGLs verwenden (Lösung homogen + partikuläre Lösung inhomogen).
\(\endgroup\)

Systeme von DGL
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Badabahm1
Linearisierung mit Taylor  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-08-15 16:11
Vercassivelaunos
 
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Hallo Badabahm1,

die Differentialgleichung lässt sich ja etwas kompakter schreiben als

\[\dot y=F(y)\]
wobei $y=(u,p,v,q)$ ein Vektor ist, und

\[F:\R^4\to\R^4,\\F(u,p,v,q)=\vector{p\\ -u(a-bu-cv)\\ q\\ -v(d-eu-fv)}.\]
Um die DGL jetzt zu linearisieren, musst du einfach $F$ bis zu erster Ordnung Taylorentwickeln. Das geht auch im mehrdimensionalen nicht schwierig, es ist einfach

\[T_1f(y;y_0)=F(y_0)+\D F(y_0)\cdot(y-y_0).\]
$y_0$ ist bei dir $(0,0,1,0)$ und $\D F(y_0)$ ist die Jacobimatrix von $F$ an der Stelle $y_0$. Dann lautet die DGL

\[\dot y=F(y_0)+\D F(y_0)\cdot(y-y_0).\]
Diese DGL ist (u.U. inhomogen) linear.

Viele Grüße,
Vercassivelaunos
\(\endgroup\)

Optik
Ausbildung 
Thema eröffnet von: dragu59
Lichtstärke bei Winkeländerung berechnen  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-08-12 14:09
Vercassivelaunos
 
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Hallo dragu59,

die Flächenleistungsdichte hängt natürlich maßgeblich von der Fläche ab (und zwar antiproportional), auf welche die Leistung abgestrahlt wird. Diese hängt quadratisch von der Entfernung der Fläche zur Lichtquelle ab. Also hängt die Flächenleistungsdichte invers quadratisch mit der Entferntung zusammen.
Wenn nun $l$ die Länge der schwarzen Randlinien aus deinem ersten Bild ist, und $l_1,~l_2$ die Längen der roten Randlinien in deinem zweiten Bild. Dann ist die Flächenleistungsdichte an den Rändern im zweiten Bild gleich dem $\left(\frac{l_{1/2}}{l}\right)^{-2}$-fachen der Flächenleistungsdichte an den Rändern im ersten Bild. Oder weniger umständlich: das $\left(\frac{l}{l_{1/2}}\right)^{2}$-fache. Das Verhältnis $\frac{l}{l_{1/2}}$ kannst du dir mit etwas Trigonometrie selbst herleiten.

Als Formel:

\[\sigma=\left(\frac{l}{l_{1/2}}\right)^2\sigma_0,\]
mit der Flächenleistungsdichte $\sigma$ und der Flächenleistungsdichte bei 90° $\sigma_0$. Du musst nur noch $\frac{l}{l_{1/2}}$ bestimmen.

Viele Grüße,
Vercassivelaunos
\(\endgroup\)

Stochastik und Statistik
  
Thema eröffnet von: Kitaktus
Verständnis für bedingte Wahrscheinlichkeiten  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-08-02 15:28
Vercassivelaunos
 

Wie geht man als Mathematiker damit um, wenn in einer Diskussion sachlich völlig falsche "Mathematik-basierte" Argumente verwendet werden?

Es einmal in möglichst höflicher und verständlicher Form richtigstellen. Trotzdem klar benennen, dass das falsche Argument falsch ist, und wieso es falsch ist. Und sich anschließend nicht auf eine Schlammschlacht einlassen. Damit überzeugt man zwar nicht diejenigen, die einem Vorwerfen, das sei falsch. Aber neutrale Zuhörer/Mitleser schon. Und das ist viel wichtiger, denn davon gibt es mehr.

Stetigkeit
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Neymar
Fragen zu Lipschitzstetigkeit  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-08-01 13:29
Vercassivelaunos
J
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Hallo Neymar,

Polynome haben eine weitere Eigenschaft über die Stetigkeit hinaus, die hier ausschlaggebend ist: Sie sind auch auf den Rand ihres Definitionsbereichs stetig fortsetzbar. Man kann also $f:(a,b)\to\R$ einfach auf $[a,b]$ stetig fortsetzen (genau was ochen im Prinzip vorschlägt), und zeigen, dass die Fortsetzung von $f$ auf $[a,b]$ lipschitzsstetig ist. Und damit natürlich auch auf jeder Teilmenge von $[a,b]$, insbesondere auch auf $(a,b)$.

Bei allgemeineren Funktionen ist dein Einwand berechtigt. Zum Beispiel ist $f:(0,1)\to\R,~x\mapsto\frac{1}{x}$ nicht lipschitzstetig, weil sich diese Funktion nicht stetig auf $[0,1]$ fortsetzen lässt.

Viele Grüße,
Vercassivelaunos
\(\endgroup\)

Funktionen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Neymar
Funktion h finden, so dass Gleichheit gilt  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-31 12:25
Vercassivelaunos
J
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Hallo Neymar,

mach doch einfach mal den ganz allgemeinen Ansatz

\[h:x\mapsto ax+c\]
und stelle mit diesem allgemeinen Ansatz  $g\circ h$ und $h\circ f$ auf. Dann hast du mit $g\circ h(x)=h\circ f(x)$ eine Gleichung, mit der du $a$ und $c$ bestimmen kannst (das Gleichungssystem ist natürlich unterbestimmt, du kannst also nicht beide eindeutig bestimmen).

Die Lösung:

$c=\frac{b}{1-k},~a$ beliebig



Viele Grüße,
Vercassivelaunos

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
\(\endgroup\)

Maßtheorie
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Neymar
Maß- und Integrationstheorie  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-29 12:10
Vercassivelaunos
J
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Hallo Neymar,

wenn $A=\bigcup_{k=1}^\infty A_k$, dann ist auch

\[A=\left(\bigcup_{k=1}^n A_k\right)\cup\underbrace{\left(\bigcup_{k=n+1}^\infty A_k\right)}_{=E_n},\]
also

\[A=E_n\cup\bigcup_{k=1}^n A_k\]
Das ist eine endliche Vereinigung disjunkter Mengen, man kann also einfach die endlich-Additivität darauf anwenden. Satz 1.16 benötigt man also gar nicht.

Viele Grüße,
Vercassivelaunos
\(\endgroup\)

Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Neymar
Beweis, dass quantenmech. Bindungszustände in 1D nicht entartet sind.  
Beitrag No.20 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-22 23:41
Vercassivelaunos
J
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Es ist eine meiner Meinung nach etwas nervige Notation, aber hier ist mit $H^\ast$ der zu $H$ adjungierte Operator gemeint (den ich lieber als $H^\dagger$ bezeichne). Das erkennt man zum Beispiel an der Argumentation in dem von dir verlinkten Skript, es sei $H=H^\ast$ weil $H$ hermitesch ist. Hermitizität heißt aber definitiv nicht, dass der Operator nur reelle Einträge hat - siehe zum Beispiel die Pauli-Matrizen.
Wenn man $\bra{\psi}$ als das Funktional $\ket\phi\mapsto\int\psi^\ast\phi\d V=:\braket{\psi}{\phi}$ versteht, dann passt das auch. Dann ist nämlich wegen $\braket{H\psi}{\phi}=\braket{\psi}{H^\dagger\phi}$:

\[\int (H\psi)^\ast\phi\d V=\int\psi^\ast H^\dagger\phi\d V,\]
also ist "unterm Integral" $(H\psi)^\ast=\psi^\ast H^{\dagger}$, bzw. rechts $\ast$ statt $\dagger$ in der Notation aus dem von dir verlinkten Skript. In Bra-Ket-Notation $\bra{H\psi}=\bra\psi H^\dagger$.

($\d V$ nur damit die Notation darstellungsunabhängig ist - das ist dann durch $\d x^3$ oder $\d p^3$ zu ersetzen.)

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.18 begonnen.]
\(\endgroup\)

Eigenwerte
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: StudentAachenJ
Möglichkeiten für Jordan-Normalform  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-22 21:29
Vercassivelaunos
J
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Hallo StudentAachenJ,

ist die Aussage mit den Nullstellen vielleicht so gemeint, dass beide möglichen Nullstellen auch tatsächlich welche sind? Wenn man nämlich die Normalformen rausnimmt, die nur $1$ oder nur $-1$ als Diagonalelemente haben, dann kommt man (zumindest ich) auf 10 Stück. Deine Beispiele 1 bis 8 fallen dann nämlich weg. Dafür kommen

\[\matrix{1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&-1&1\\0&0&0&-1}, \matrix{1&1&0&0\\0&1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&-1}\]
dazu.

Viele Grüße,
Vercassivelaunos
\(\endgroup\)

Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Neymar
Beweis, dass quantenmech. Bindungszustände in 1D nicht entartet sind.  
Beitrag No.15 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-22 11:35
Vercassivelaunos
J
\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Wenn $\braketop{\psi(t)}{A}{\psi(t)}$ konstant ist, dann heißt das ja nichts anderes, als dass der Ausdruck für alle $t$ gleich ist. Insbesondere auch für $t=0$.
\(\endgroup\)

Stochastik und Statistik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: kingdingeling
Erwartungswert und Normalverteilung  
Beitrag No.3 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-21 21:24
Vercassivelaunos
 
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Ich glaube, was ich geschrieben habe, war quatsch. Ich habe daran gedacht, die $L^p$-Norm der Dichtefunktion zu bestimmen. Es muss aber die $L^p$-Norm der Zufallsvariable sein. Das sind aber unterschiedliche Dinge. Tut mir Leid für die Verwirrung.
\(\endgroup\)

Stochastik und Statistik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: kingdingeling
Erwartungswert und Normalverteilung  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-21 18:56
Vercassivelaunos
 
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Hallo kingdingeling,

mein Absatz ohne besonders tief in der Statistik drinzustecken: Du kannst das Integral $\int \vert P(x)\vert^p\d x$ direkt ausrechnen, indem du $(\e^{x^2})^p=\e^{px^2}$ nutzt. Für $p=\infty$ kannst du die Beschränktheit nutzen (ich nehme an, du meintest $p\in(0,\infty]$).

Viele Grüße,
Vercassivelaunos

\(\endgroup\)

Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Neymar
Beweis, dass quantenmech. Bindungszustände in 1D nicht entartet sind.  
Beitrag No.13 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-21 18:12
Vercassivelaunos
J

Ich bin mir gerade unsicher, ob das eine Feststellung oder eine Frage ist. Es stimmt jedenfalls, als Korollar des Ehrenfest-Theorems, wie du ja schon erwähnt hast.

Übrigens kannst du auch auf die Erwähnung der Normiertheit verzichten. Mein QM-Prof hat damals sehr passend erklärt, dass wenn man irgendwann vor ausgebildeten Physikern seine Ergebnisse präsentiert kein Zuhörer sagen wird: „Aber Herr Kollege, Sie müssen den Zustand noch normieren!“ Der weiß nämlich, dass der Zustand normiert ist.

Ringe
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: ModusPonens
Ringdefinition und Definition Ringhomomorphismus  
Beitrag No.5 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-21
Vercassivelaunos
 
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Hallo ModusPonens,

ich kenne deine drei Definitionen als Ring, Ring mit 1 und kommutativer Ring. Ich werde sie im Folgenden auch so benennen.

1) Du wirst mit deinem Gegenbeispiel auf Probleme mit der Verträglichkeit der Multiplikation treffen. Wenn $f(n)=-n$, dann ist $4=f(-4)=f(2)\cdot f(-2)=-2\cdot2=-4$. Deine Abbildung ist also kein Homomorphismus, da sie nicht mit der Multiplikation verträglich ist.

2) Ich würde sogar sagen, dass wenn $f:R\to S$ ein surjektiver Homomorphismus ist, $f(1_R)=1_S$ sein muss. Denn wenn $f(1_R)$ eine Einheit und $f$ surjektiv ist, dann gibt es ein $r\in R$, sodass $f(r)=f(1_R)^{-1}$. Und dann ist

\[1_S=f(1_R)\cdot f(r)=f(1_R\cdot r)=f(r)=f(1_R)^{-1}\]
Multiplikation mit $f(1_R)$ bringt das ganze auf $f(1_R)=1_S$.

Das ist finde ich auch einfacher zu zeigen. Betrachte einfach $f(r)=f(1_R\cdot r)=f(r\cdot 1_R)$ und wende die Eigenschaften eines Homomorphismus an ($r$ soll hier wieder ein beliebiges Element sein).

Viele Grüße,
Vercassivelaunos

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
\(\endgroup\)

Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Neymar
Harmonischer Oszillator, Veränderung der Frequenz  
Beitrag No.4 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-21
Vercassivelaunos
J

Index_razor hat ja schon was zu den Messwahrscheinlichkeiten gesagt. Das hier:

So wie ich verstanden habe, kann man den statistischen Operator auch für reine Zustände definieren ... Ich kenne ihn bisher sogar nur für reine Zustände

ist (glaube ich) eine etwas ungewöhnliche Herangehensweise, auch wenn sie völlig korrekt ist. Der statistische Operator beschreibt ja physikalische Systeme, bei denen man wegen fehlender Information nicht alles über den Zustand weiß. Zum Beispiel weil ein Stoffgemisch zwei verschiedene Stoffe mit unterschiedlichen Übergangsenergien beinhaltet, sodass ein emittiertes Photon beide Energien haben kann, aber nicht als Superposition, sondern einfach nur aus Unwissen über das tatsächlich emittierte Photon (weil man nicht weiß, welcher der beiden Stoffe das Photon emittiert hat). Sowas nennt man dann einen gemischten Zustand. Und natürlich kann man dann einen reinen Zustand auch als gemischten Zustand betrachten, bei dem nur ein Zustand im Gemisch enthalten ist. Dann stellt sich mir nur die Frage, warum man den statistischen Operator in der Situation überhaupt braucht.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]

Integration im IR^n
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Euler_eleluler
Integral einer Funktion über Kegeloberfläche  
Beitrag No.2 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-20
Vercassivelaunos
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Hallo Euler_eleluler,

die Breite eines Kegels hängt ja linear von der Höhe ab, du musst also nur linear interpolieren. Bei $z=0$ soll $x(z,\varphi)=R\cos\varphi$ sein, und bei $z=h$ soll $x(z,\varphi)=0$ sein.
Multipliziere dafür einfach $R\cos\varphi$ noch mit einer linearen Funktion $f(z)=az+b$, für die $f(0)=1$ und $f(h)=0$ ist. Dann ist $x=f(z)R\cos\varphi$ deine gesuchte Parametrisierung.

Deine ist übrigens nah dran, nur genau falschrum: Du hast $f(0)=\frac{0}{h}=0$ und $f(h)=\frac{h}{h}=1$.

Viele Grüße,
Vercassivelaunos

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Neymar
Harmonischer Oszillator, Veränderung der Frequenz  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-20
Vercassivelaunos
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Hallo Neymar,

mit "die Wellenfunktion ändert sich nicht" ist gemeint, dass das System keine Gelegenheit hat, sich zeitlich zu entwickeln, da die Änderung des Hamiltonoperators instantan geschieht. Das physikalische System ist also vor und nach der Änderung im selben Zustand, nämlich im Grundzustand des ungeänderten Hamiltonopertors - also insbesondere nicht mehr im Grundzustand des aktuellen, geänderten Hamiltonoperators.
Um jetzt die Wahrscheinlichkeit zu erhalten, die Grundzustandsenergie des geänderten Hamiltonoperators zu messen ($\hbar\omega$ ist nämlich gerade dessen Grundzustandsenergie), muss man wie gewohnt das Skalarprodukt bestimmen: $P(E=E_n)=\braket{\Psi}{n}=:c_0$, wobei $\ket{n}$ der jeweilige Eigenzustand des aktuellen Hamiltonoperators ist, und $\ket\Psi$ der Zustand, in dem sich das System befindet.
Das System befindet sich im Grundzustand des Hamiltonoperators *vor* der Änderung. Das ist $\Psi(x,0)$. Die Energie $E_n$ ist die Grundzustandsenergie des aktuellen Hamiltonoperators (also *nach* der Änderung), und der zugehörige Eigenzustand ist der Grundzustand, hier mit $\Psi'$ bezeichnet. Dann ist also

\[P(E=\hbar\omega=\braket{\Psi}{\Psi'}=\int\Psi(x,0),\Psi'(x)\d x.\]
Mit dem statistischen Operator hat das hier nichts zu tun, denn das System befindet sich in einem reinen Zustand, nicht in einem gemischten.

Viele Grüße,
Vercassivelaunos
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Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Neymar
Beweis, dass quantenmech. Bindungszustände in 1D nicht entartet sind.  
Beitrag No.11 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-19
Vercassivelaunos
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Also ja, das siehst du richtig, dass $D=0$ hier als Annahme getroffen werden muss. Das war für $E<V_0$ nicht nötig, da dann sowieso $D=0$ wegen der Divergenz war.

Zu Erhaltungsgrößen:
Also erstmal, der Zeitentwicklungsoperator ist zwar zeitabhängig, aber er ist keine Observable, da er nicht hermitesch ist (seine Eigenwerte sind nicht reell: $U(t)\ket{E_n}=\exp(-\i E_nt/\hbar)\ket{E_n}$ ). Den sollte man bei solchen Betrachtungen, insbesondere beim Ehrenfest-Theorem, erstmal ausnehmen.
Aber prinzipiell ist eine Observable erhalten, wenn ihr Operator mit dem Hamiltonian kommutiert. Mehr habe ich eigentlich nicht gesagt. Hier ist es eben der Ortsoperator, der nicht mit $H$ kommutiert. Das hat nichts speziell mit einem gaußschen Wellenpaket zu tun, aber an diesem sieht man halt, wie du sagst, dass $X$ nicht erhalten ist.
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Atom-, Kern-, Quantenphysik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Neymar
Beweis, dass quantenmech. Bindungszustände in 1D nicht entartet sind.  
Beitrag No.9 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-19
Vercassivelaunos
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Das Gaußsche Wellenpaket ist tatsächlich ein gutes Beispiel dafür: Der Ortsoperator vertauscht nicht mit dem Hamiltonoperator, und dann sind die Messwahrscheinlichkeiten nicht erhalten.

Wegen deines nächsten Beispiels: Allgemein sieht die Lösung der stationären Schrödingergleichung mit Energie $E$ in einem konstanten Potential $V(x)=V$ so aus:

\[\Psi(x)=A\exp\left(\frac{\sqrt{2m(V-E)}}{\hbar}x\right)+B\exp\left(-\frac{\sqrt{2m(V-E)}}{\hbar}x\right)\]
Wenn $V\geq E$, dann ist die Wurzel reell, und man erhält zwei Exponentialfunktionen. Wenn $V<E$, dann ist die Wurzel imaginär, und man erhält komplexe Exponentialfunktionen. In letzterem Fall definiert man sich einfach $k:=\left\vert\frac{\sqrt{2m(V-E)}}{\hbar}\right\vert=\frac{\sqrt{2m(E-V)}}{\hbar}$ und kann dann die Lösung übersichtlicher als $A\e^{\i kx}+B\e^{-\i kx}$ schreiben.

Davon abgesehen muss man dann halt schauen, dass sonstige Bedingungen, die man an die Wellenfunktion so hat, erfüllt sind. $E<0$ ist in deinem Fall verboten, weil dann $\Psi(x)\propto \e^{\kappa x}$, $\kappa\in\R^+$ sein muss (der Teil mit $\e^{-\kappa x}$ entfällt, da die Funktion sonst für $x\to-\infty$ divergiert). Das passt dann aber nicht mehr mit dem rechten Teil der Funktion zusammen, denn man kann die Koeffizienten nicht mehr so wählen, dass die Funktionen an der Sprungstelle des Potentials stetig differenzierbar sind. Das müssen sie aber an einem endlichen Potentialsprung sein, sonst ist das keine erlaubte Wellenfunktion. Deshalb ist $E<0$ bei dir verboten.
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Gravitation
Schule 
Thema eröffnet von: physx
Keplers Flächensatz  
Beitrag No.6 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2019-07-18
Vercassivelaunos
 
\(\begingroup\)\( \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Ich glaube ich hatte deinen letzten Kommentar falsch verstanden.

Jedenfalls: Die Drehimpulse bei Perihel und Aphel sind nicht verschieden, das widerspräche ja der Drehimpulserhaltung. Es gilt $r_Av_A=r_Pv_P$.
Außerdem ist dann auch nicht $A=A'$, sondern $\dot A=\dot A'$. Zwischen Perihel und Aphel wurde ja die Hälfte der durch den Orbit beschriebenen Ellipse überstrichen. $A$ und $A'$ müssen sich um diese Fläche unterscheiden. Gleichzeitig unterscheiden sich $t$ und $t'$ genau um die Zeit, die man von Perihel zu Aphel braucht.
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