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(Frage) überfällig  | | Datum: | 14:24 Di 07.12.2010 | | Autor: | murmel |
Problem:
Ein Wasserstoffmolekül schwingt einseitig (das andere H-Atom denkt man sich an einer Wand befestigt)
Ich versuche gerade den Lösungsweg nachzuvollziehen wie er im Demtröder 3 dargestellt wird. Leider bleibe ich an einem Punkt hängen.
[mm]\bar{h} = \bruch{h}{2 \pi}[/mm]
Also, das konnte ich nachvollziehen:
Die stationäre Schrödingergleichung mit eingesetzter potentieller Energie für den harmonischen Oszillator lautet
1. Schritt:
Gl.1 [mm] \aqquad \aqquad[/mm] [mm]E \Psi = -\bruch{\bar{h}^2}{2 m} \bruch{d^2 \Psi}{d x^2}+ \bruch{1}{2}\omega^2 m x^2 \Psi[/mm]
2. Schritt:
Gl.1.1 [mm] \aqquad \aqquad[/mm] [mm]0 = -\bruch{\bar{h}^2}{2 m} \bruch{d^2 \Psi}{d x^2}+ \bruch{1}{2}\omega^2 m x^2 \Psi - E \Psi[/mm]
3.Schritt:
Gl.1.2 [mm] \aqquad \aqquad[/mm] [mm]0 = -\bar{h}^2 \; \bruch{d^2 \Psi}{d x^2}+ \bruch{2}{2} \omega^2 m^2 x^2 \Psi - 2 m E \Psi[/mm]
4.Schritt:
Gl.1.3 [mm] \aqquad \aqquad[/mm] [mm]0 = \bruch{d^2 \Psi}{d x^2}- \bruch{\omega^2 m^2 x^2 }{\bar{h}^2} \Psi + \bruch{2 m E}{\bar{h}^2}\Psi [/mm]
Bis dahin nachvollziehbar! Nun wurde aber im Buch (Demtröder, Exp. 3, S.129 3. Auflage) wie folgt abgekürzt:
Gl.2 [mm] C = \bruch{2 E}{\bar{h} \omega} [/mm]
Ich komme aber (wie aus Gl.1.3 ersichtlich)
Gl.3 [mm]\hat C = \bruch{2 m E}{\bar{h}^2}[/mm]
Gibt es zwischen Gl.2 und Gl.3 einen Zusammenhang, also kann ich Gl.3 zu Gl.2 "transformieren"?
Aus Gl.2 könnte man annehmen, das im Nenner die Energie E' -beispielsweise- steht, aber wie gelange ich dahin?
Gl.3.1 [mm]\hat C = \bruch{2 m E}{\bar{h} * \bar{h} }[/mm]
Gl.3.1.1 [mm]\bruch{1}{\omega} \not= \bruch{m}{\bar{h}}[/mm]
Für Hilfe wäre ich sehr dankbar!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:45 Di 07.12.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
du kannst nicht annehmen dass bei jedem der Demtröder rumliegt.
man kann doch zur Vereinfachung eines Ausdrucks irgendwelche Größen zu einem C oder A zusammenfassen? allein um schreibarbeit zu sparen.
hat denn in deinem Buch C ne andere Bedeutung?
falls jemand dein D. rumliegen hat lass ich das mal halb beantwortet.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:57 Di 07.12.2010 | | Autor: | murmel |
>Hallo,
> du kannst nicht annehmen dass bei jedem der Demtröder
> rumliegt.
Oh, ist das etwa so 'rübergekommen'? 'Tschuldige, war nicht meine Absicht!
Komisch, ich dachte, dass ich mein Problem klar verständlich dargelegt habe.
Ich kann nicht nachvollziehen warum im Buch für C eben gerade
[mm]\bruch{2E}{\bar{h} \omega}[/mm]
das steht!
Anders:
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:07 Di 07.12.2010 | | Autor: | murmel |
Das diese Abkürzungen eben Abkürzungen sind, habe ich verstanden. Mein Problem wurzelt eher im Vergleich der beiden Terme.
Zur besseren Einsicht hatte ich ja den Lösungsweg, wie er im Buch steht hierher übernommen. Doch wenn ich das eben exakt nach "Rezept" zur Lösung einer homogenen DGL ausführe, bekomme ich einen anderen "Abkürzungsterm" als er im Buch steht und im Buch steht eben dieser Term
[mm]\bruch{2E}{\bar{h} \omega} \Psi[/mm]
Term aus
[mm] 0 = \bruch{d^2 \Psi}{d x^2}- \bruch{\omega^2 m^2 x^2 }{\bar{h}^2} \Psi + \underbrace{\bruch{2 m E}{\bar{h}^2}\Psi}_{um \ diese \ Term \ geht \ es!} [/mm]
Stationäre Schrödingergleichung:
[mm]\underbrace{E \Psi}_{um \ diese \ Term \ geht \ es!} } = -\bruch{\bar{h}^2}{2 m} \bruch{\partial^2 \Psi}{\partial x^2}+ E_{pot} \Psi[/mm]
Ersetzen [mm] \aqquad[/mm] [mm]E_{pot} = \bruch{1}{2}Dx^2[/mm]
Ersetzen [mm] \aqquad[/mm] [mm] D = \omega^2 m[/mm]
Der Term, den ich herausbekommen habe
[mm]\bruch{2 m E}{\bar{h}^2} \Psi[/mm]
Kann ich denn diese Terme gleichsetzen, sind sie identisch?
[mm]\bruch{2E}{\bar{h} \omega} \Psi= \bruch{2 m E}{\bar{h}^2}\Psi[/mm]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:45 Do 09.12.2010 | | Autor: | Kroni |
Hi,
der Grund, dass ihr andere Konstanten habt, liegt daran, dass der Demtroeder noch ne Transformation der Orts-Koordinate macht:
[mm]\xi = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}} x[/mm]
Und dann muss man noch die Differentiale umaendern:
[mm]\mathrm d \xi = \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\mathrm d x[/mm]
Und wenn du die Substitution noch mit reinnimmst, sprich, nicht mehr nach x sondern nach [mm]\xi[/mm] ableitest, dann kommst du auf die Koeffizienten, die Demtroeder gewaehlt hat.
In deinem Fall ist deine DGL noch eine, die [mm]\psi[/mm] als Fkt. von [mm]x[/mm] sieht, und im Demtroeder Fall ist eben eine Variablen-Subsitution vorgenommen worden, die man noch bei den Ableitungen nach [mm]x[/mm] beruecksichtigen muss.
PS:
Ein [mm]\hbar[/mm] kann man uebrigens mit folgendem Befehl erzeugen: \hbar
LG
Kroni
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:27 Do 09.12.2010 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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