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Physik » Atom-, Kern-, Quantenphysik » δ-Potential und Unschärferelation
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Universität/Hochschule δ-Potential und Unschärferelation
MaxderMathematiker
Ehemals Aktiv Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 28.05.2014
Mitteilungen: 26
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2014-05-28


Hallo zusammen,

ich bin neu hier, weil ich gesehen habe, dass man hier gut Unterstützung bei mathematischen und physikalischen Fragen finden kann.
Ich stehe grade vor einer Aufgabe und mir fehlt ein wenig die Idee, wie ich sie angehen soll.

Das delta-Potential <math>V(x)=-\alpha\delta(x)</math>
hat einen gebundenen Zustand mit der Wellenfunktion
<math>\psi(x)=\frac{\sqrt{ma} }{h} e^{-\frac{m\alpha}{h^{2} }|x| } </math>

Überprüfen Sie die Unschärferelation.

Hinweis: Ableitung der Heavisidefunktion ist die delta-Funktion.

Tjoa, wie gesagt, mir fehl der Ansatz. Unschärferelation würde ich jetzt über die Orts- und Impulserwartungswerte berechnen. Aber irgendwie taucht in meiner Wellenfunktion ja keine x-Abhängigkeit auf, was die Sache irgendwie...naja...falsch aussehen lässt...
Ich würde mich über jede Hilfe freuen.

PS: Bin Nebenfächler, habe also nicht die tiefsten physikalischen Kenntnisse



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MaxderMathematiker
Ehemals Aktiv Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 28.05.2014
Mitteilungen: 26
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-28


Naja, einen Anfang habe ich ja:

Zumindest der Ortserwartungswert ist ja einfach zu bestimmen.
Er ist Null, denn:
<math>\int \! \psi x \psi^{*} \,\dd x </math>
Dadurch, dass das x an dieser Stelle in einer ungeraden Potenz vorkommt, ist der Graph punktsymmetrisch im Ursprung - das Integral deswegen Null.



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dromedar
Senior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 26.10.2013
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Aus: München
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2014-05-28


Hallo MaxderMathematiker,

willkommen im Forum.

Nachdem Du <math>\langle x\rangle=\int\psi^*x\>\psi\>{\rm d}x</math> schon berechnet hast, fehlen noch <math>\langle x^2\rangle=\int\psi^*x^2\>\psi\>{\rm d}x</math>, <math>\langle p\rangle=\int\psi^*p\>\psi\>{\rm d}x</math> und <math>\langle p^2\rangle=\int\psi^*p^2\>\psi\>{\rm d}x</math>.

Daraus kannst Du dann <math>(\Delta x)^2=\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2</math> und <math>(\Delta p)^2=\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2</math> ausrechnen und schließlich das Unschärfeprodukt <math>\Delta x\>\Delta p</math> bilden und mit <math>\hbar/2</math> vergleichen.

Grüße,
dromedar



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MaxderMathematiker
Ehemals Aktiv Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 28.05.2014
Mitteilungen: 26
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-29


Hall dromedar,

danke schon mal für deinen Hinweis. Mich hatte die Heavisidefunktion verwirrt, aber vielleicht ist ja doch einfacher als gedachte. Mit anderen Worten ich mache also sowas:

<math> <x^{2}> =\frac{m\alpha}{h^{2}} \int \! e^{-2\frac{m\alpha}{h^{2}}|x|}\cdot x^{2}  \, \d\!x </math>

Jetzt kann ich ausnutzen, dass das Integral symmetrisch ist, und somit den Betrag wegbekommen:

<math> <x^{2}> =\frac{m\alpha}{h^{2}} 2\int_0^\infty \! e^{-2\frac{m\alpha}{h^{2}}x}\cdot x^{2}  \, \d\! x
</math>

Naja, und jetzt kann ich ja einfach zweimal partiell integrieren. Das kriege ich auf jeden Fall hin.

Was ich aber nicht verstehe, ist wofür man die Heaviside Funktion benötigt...

Ps: Das letzte x in meinen Integralen ist in meiner Formel eigentlich ein dx. Ich hab noch nicht ganz raus, warum das d verschwindet.

EDIT: dromedar im folgenden Beitrag gibt die Antwort. Ich habe \dd umgewandelt in \d\!



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dromedar
Senior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 26.10.2013
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Aus: München
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2014-05-29


2014-05-29 10:01 - MaxderMathematiker in Beitrag No. 3 schreibt:
Was ich aber nicht verstehe, ist wofür man die Heaviside Funktion benötigt...

Die Ableitung der Heaviside Funktion tritt auf, wenn Du <math>\langle p^2\rangle</math> ausrechnest.

Um diesen Schritt richtig hinzubekommen, lohnt es sich vielleicht, vorher als Übung nachzurechnen, dass <math>\psi</math> tatsächlich die stationäre Schrödingergleichung löst.

Ps: Das letzte x in meinen Integralen ist in meiner Formel eigentlich ein dx. Ich hab noch nicht ganz raus, warum das d verschwindet.

Das liegt daran, dass Du für das d in <math>{\rm d}x</math> das Nichtstandard-Macro \dd benutzt.



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MaxderMathematiker
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Dabei seit: 28.05.2014
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-29




Die Ableitung der Heaviside Funktion tritt auf, wenn Du <math>\langle p^2\rangle</math> ausrechnest.


Ah, okay, das werde ich dann gleich mal ausprobieren. Danke dir :)



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MaxderMathematiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-29


Okay, also das stellt mich tatsächlich noch vor Rätsel, sogar schon ganz ohne Heaviside. Würde mich nochmal über einen Hinweis freuen.
<math> <p> = \int_\infty^\infty \! \psi^{*}(-ih)\frac{\d }{\d\! x}\psi  \, \d\! x </math>

Ich sollte also zuerst die Ableitung bestimmen.

<math> -ih \frac{\d }{\d\! x} \frac{\sqrt{ma} }{h} e^{\frac{-ma}\!{h^{2}}|x| } </math>

Und da brauche ich jetzt ja ne Fallunterscheidung:

<math> -ih \frac{\partial }{\partial x} \frac{\sqrt{ma} }{h} e^{\frac{-ma}{h^{2}}x }  fr x>0 </math>  

<math> -ih \frac{\partial }{\partial x} \frac{\sqrt{ma} }{h} e^{\frac{ma}{h^{2}}x }  fr x<0 </math>  

Naja, und dann eben:

<math>-ih \frac{\sqrt{ma} }{h} e^{-\frac{ma}{h^{2}}x }\frac{-ma}{h^{2}  } </math>

und

<math>-ih \frac{\sqrt{ma} }{h} e^{\frac{ma}{h^{2}}x }\frac{ma}{h^{2}  } </math>

Soweit ist es ja richtig, nicht wahr?

Aber wie komme ich von da an weiter?



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traveller
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2014-05-29


Hallo,

Genau diese Fallunterscheidung kannst du nun mit einer kleinen Modifikation der Heaviside-Funktion darstellen.



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MaxderMathematiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-29


Hm, aber die Heavisidefunktion ist doch festgelegt. Wie kann ich die denn noch verändern? Kannst du mir vielleicht nen Ansatz zeigen, wie das geht? Habe mit sowas noch nie gerechnet.



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traveller
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2014-05-29


fed-Code einblenden
auch bekannt als Signumsfunktion. Diese lässt sich einfach durch eine Verschiebung und Streckung der Heavisidefunktion erhalten.



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MaxderMathematiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-29


Ach so, klar, damit kann ich ja dann die Fallunterscheidung in einen Term packen, richtig? Ich nehme also meine Ableitung, und multipliziere diese abgeänderte Heavisidefunktion dran.

<math> -ih \frac{\sqrt{ma}ma }{h^{3}} e^{-\frac{ma}{h^{2}}|x| }   \cdot \theta(x)</math>

Wobei, ich glaube es geht in die richtige Richtung, aber ganz ist es das noch nicht :/



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traveller
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2014-05-29


Ja genau, aber wie gesagt musst du diese abgeänderte Heavisidefunktion durch die ursprüngliche ausdrücken (ist ganz einfach).



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MaxderMathematiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-29


<math>-ih \frac{\sqrt{ma}ma }{h^{3}} e^{-\frac{ma}{h^{2}}|x| }   \cdot (1-2\theta(x))</math>

Das sieht doch eigentlich ganz sympathisch aus.
Wenn x jetzt größer Null ist, bekommt man das benötigte - in die Gleichung, ansonst bleibt es positiv.
Und damit kann ich ja in meiner Erwartungswerte Sache weiter rechnen.
Wenn ich dann bei der zweifachen Ableitung komme, hätte ich dann noch ein Quadrat an dem Faktor dran



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traveller
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2014-05-29


Hallo,

Das Quadrat reicht natürlich nicht, denn dieser Faktor muss gemäss der Produktregel auch abgeleitet werden. Und hier kommt die Deltafunktion ins Spiel.



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MaxderMathematiker
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-29


Hi, ach ja, klar logisch. Da habe ich grade nicht mitgedacht. Vielen Dank für deine Hilfe. :)



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