Lösen einer Zweidimensionalen < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:52 So 23.07.2006 | | Autor: | benjay |
Hallo,
ich habe keine exakte Aufgabenstellung kann aber mein Problem sehr genau schildern.
Ich habe ein Problem aus der Physik zu lösen. Es geht um ein Teilchen das sich in einem 2D Raumgebiet frei Bewegen kann. Man setzt die Schrödingergleichung an. Sie lautet hier:
[mm] \bruch{-h^2}{2m }*(\bruch{\partial \varphi ^2}{\partial x^2}+\bruch{\partial\varphi ^2}{\partial y^2})=E*\varphi
[/mm]
Für [mm] \varphi [/mm] (x,y) setzt man eine Produktansatz an, da die Bewegung in die verschiedenen Raumrichtungen unabhängig voneinander sind:
[mm] \varphi [/mm] (x,y) = [mm] \varphi [/mm] (x) * [mm] \varphi [/mm] (y)
Ich denke man erhält dann:
[mm] \bruch{-h^2}{2m}*[\varphi''(x)*\varphi(y)+{\varphi''(y)*\varphi(x)}] [/mm] = [mm] E*\varphi(x)*\varphi(y) [/mm]
Ich dacht nun man könne diese Diff.gleichung entkoppeln(?) und so zwei unabhängige Gleichungen erhalten. Dies geht aber offensichtlich nicht.
Nun weiß ich nicht weiter...
Kann mir jemand helfen?
Danke schon einmal im vorraus und noch einen schönen Tag
benjay
P.S.
Für Physiker eigentlich müsste es natürlich hquer heissen, aber ich weiß nicht wie man es schreibt und es ist ja auch nicht wichtig :)
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Hmh, freie Teilchen kann man doch direkt als harmonische Welle ansetzen.
Wie wäre es demnach mit dem Ansatz [mm] $\varphi(x)=Ae^{ikx+\psi}$ [/mm] und entsprechendem für y? Damit kann man die DGL jedenfalls wunderbar lösen, hat auch zwei Parameter pro Dimension sowie eine Amplitude. Ohne Randbedingungen kann man die jedenfalls nicht weiter ausrechnen.
P.S.: Ha-Quer heißt im englischen Ha-Bar, und wird demnach \ hbar -> [mm] \hbar [/mm] geschrieben. Falls du TeX kannst, kommst du hier auch zurecht, auch nicht hier dokumentiertes funktioniert meist bestens.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:06 So 23.07.2006 | | Autor: | benjay |
| Aufgabe | Ein Teilchen bewegt sich frei in einem 2D Gebiet, das definiert ist durch 0 [mm] \le x\le [/mm] d und 0 [mm] \le [/mm] y [mm] \le [/mm] d.
Ermitteln Sie
a) die Wellenfunktionen, die die Schrödinger Gleichung erfüllen
b) die entsprechenden Energien |
Danke, das ist schon mal ein Fortschritt für mich.
Ich schreibe jetzt doch mal die Aufgabenstellung rein, da ja auch Physikstudenten antworten ;)
Wenn ich die oben erwähnten Ansätze verwenden komme ich ganz einfach auf folgendes Ergebnis:
E = [mm] \bruch{-\hbar^2}{2m}*[k_x^2+k_y^2] [/mm] , wobei die [mm] k_i [/mm] ´s die Wellenzahlen sind.
Das kann aber nicht richtig sein, weil ich zum einen keine Randbedingungen benutz habe und zum anderen keine Energie (E) quantisierung vorliegt! (Die Quantisierung sollte ja aus den Randbedingungen folgen vermutlich liegt also nur ein Fehler vor?)
Zu den Randbedingungen habe ich folgendes probiert:
[mm] \varphi\left(x=0 \right)=A*e^{ik_xx+\Phi_x} \equiv [/mm] 0 = [mm] A*e^{\Phi_x}
[/mm]
=> A=0 da [mm] e^{\Phi_x} \ne [/mm] 0 [mm] \forall \Phi_x
[/mm]
Das macht aber mal überhaupt keinen Sinn!
Wer kann helfen? Wo liegt der Fehler?
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Nun, das liegt an der Phase. Vielleicht schreib ich es einfach mal anders:
[mm] $\varphi(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$
[/mm]
oder auch (nicht komplex):
[mm] $\varphi(x)=C\sin{kx}+D\cos{kx}$
[/mm]
Du hast so eine Überlagerung von Sin und Cos, die dazu führt, daß deine Welle auf der x-Achse hin- und hergeschoben wird.
Nun hast du die Aufgabe, die Überlagerung bzw Phase so zu bestimmen, daß deine Anfangsbedingungen hinkommen.
Wegen x=0 führt das dazu, daß der cos-Term verschwindet, du hast nur noch [mm] $\varphi(x)=C\sin{kx}$. [/mm] Das ist sicherlich null für x=0!
Und das k bestimmst du aus der zweiten Bedingung: [mm] $k=n\bruch{\pi}{d}$, [/mm] liefert dir also ein gequanteltes Ergebnis, und so auch eine gequantelte Energie, ganz wie du wolltest.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:54 So 23.07.2006 | | Autor: | benjay |
Okay das ist Klasse!
Jetzt tauchen allerdings noch zwei Fragen auf:
1)
Warum ist
$ [mm] \varphi \left(x \right) [/mm] = A* [mm] e^{ikx+\Phi} [/mm] $
gleich
$ [mm] \varphi \left( x \right) [/mm] = [mm] A*e^{ikx} [/mm] + [mm] B*e^{-ikx} [/mm] $?
Man könnte ja [mm] \Phi=-ikx [/mm] definieren, aber dann hätte ich für [mm] \varphi [/mm] (x) keine Summe sondern ein Produkt von e Funktionen und das ist ja (auch bei einer e Funktion) nicht das gleiche.
Oder ist das einfach nur ein allgemeinerer Ansatz?
2)
Sind die k´s in dem Ansatz
[mm] \varphi(x)=C\sin{kx}+D\cos{kx}
[/mm]
die gleichen und wenn ja wieso?
Ich denke mal danach sind dann alle Fragen geklärt :D Vielen Dank nochmal...
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Nunja, das ist alles mehr oder weniger das gleiche, und du kannst gerne mit den Additionstheoremen spielen.
Eine allgemeine Sinuskurve kannst du entweder als Sinus mit Phase schreiben, oder als Mischung von Sin und Cos, dann aber ohne Phase. Die beiden Koeffizienten von Sin und Cos ergeben dann sozusagen die Phase. Also: A sin(x+c)=B sin(x)+C cos(x). Ich muß zugeben, ich kann dir grade nicht die mathematische Begründung geben, aber das IST so. (Merkt man, daß ich Physiker bin?)
Mir fällt grade ein, daß du das mit Fourier machen kannst. Fourier wird dir A sin(x+c) in B sin(x)+C cos(x) zerlegen, alle höheren ordnungen verschwinden, weil die Funktion selbst ja schon ein Sinus ist.
Mit dem komplexen Ansatz funktioniert das genauso.
> Sind die k´s in dem Ansatz
> [mm]\varphi(x)=C\sin{kx}+D\cos{kx}[/mm]
> die gleichen und wenn ja wieso?
Siehe oben. Die Phase erzeugt die beiden Phasenlosen Teile, aber das kx bleibt natürlich stehen.
Übrigens noch eine andere quantenmechanische Interpretation von dem Exponentialansatz OHNE Phase: Die beiden Terme beschreiben EIN Teilchen, aber einmal auf dem Hinweg und einmal auf dem Rückweg. Dies benutzt man beim Tunneleffekt oder generell bei Reflektionen.
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