Psi (x, t) = sqrt (1 / l) sin ((pix) / L) e ^ - (iomega_1t) + sqrt (1 / l) sin ((2pix) / L) e ^ - (iomega_2t) nyt spørgsmål ?

#en)#

Du skal bare tage #Psi ^ "*" Psi #.

#color (blå) (Psi ^ "*" Psi) = sqrt (1 / l) sin ((pix) / L) e ^ - (iomega_1t) + sqrt (1 / l) sin ((2pix) / L) e ^ - (iomega_2t) ^ "*" sqrt (1 / l) sin ((pix) / L) e ^ - (iomega_1t) + sqrt (1 / l) sin ((2pix) / L) (iomega_2t) #

# = sqrt (1 / l) sin ((pix) / L) e ^ (iomega_1t) + sqrt (1 / l) sin ((2pix) / L) e ^ (iomega_2t) sqrt sin ((pix) / L) e ^ - (iomega_1t) + sqrt (1 / l) sin ((2pix) / L) e ^ - (iomega_2t) #

# 1 / Lsin ^ 2 ((pix) / L) + 1 / l ((pix) / L) sin ((2pix) / L) e ^ (i (omega_1-omega_2) t) + 1 / l sin (pi) / L) sin ((2pix) / L) e ^ (i (omega_2-omega_1) t) + 1 / l sin ^ 2 ((2pix) / L)

# = farve (blå) (1 / L sin ^ 2 ((pix) / L) + sin ^ 2 ((2pix) / L) + 1 / l sin ((pix) / L) sin ((2pix) / L) e ^ (i (omega_1-omega_2) t) + e ^ (i (omega_2-omega_1) t))

#b) #

Perioden kan findes med minimal indsats, simpelthen ved først at kende energierne, som er bevægelsens konstanter.

Energien af # phi_1 = sqrt (1 / L) sin ((pix) / L) # er # E_1 = (1 ^ 2pi ^ 2ℏ ^ 2) / (4mL ^ 2) #, og energien af # Phi_2 # er # 4E_1 #. Derfor frekvensen # Omega_2 # af # Phi_2 # er fire gange det samme # Phi_1 # (# Omega_1 #).

Som et resultat, perioden # T_1 = (2pi) / (omega_1) # af # Phi_1 # er fire gange det samme # Phi_2 # (# T_2 = (2pi) / (omega_2) #, og er også en periode på # Phi_2 #.

Perioden er således #farve (blå) (T = (2pi) / (omega_1)) #.

#c) #

Jeg vil lade dig plugge denne i dig selv som #t _ "*" = pi / 2 (E_2-E_1) #. Du behøver ikke gøre noget med det …

Vi ved det #T = (2pi) / (omega_1) #, og det # (iEt) / ℏ = iomegat #, så

#E_n = omega_nℏ #.

Som resultat, # pi / (2 (E_2-E_1)) = pi / (2 (omega_2-omega_1) ℏ) #

og

#color (blå) (t _ "*" / T) = pi / (2 (omega_2-omega_1) ℏ) cdot (omega_1) / (2pi) #

# = 1 / (2 (4omega_1-omega_1) ℏ) cdot (omega_1) / (2) #

# = omega_1 / (4ℏ (3omega_1)) #

# = farve (blå) (1 / (12ℏ)) #

# dag) #

Sandsynligheden for at finde partiklen i # 0, L / 2 # er angivet som

#int_ (0) ^ (L / 2) Psi ^ "*" Psidx #

# = 1 / Lint_ (0) ^ (L / 2) sin ^ 2 ((pix) / L) + sin ^ 2 ((2pix) / L) dx + 1 / Lint_ (0) ^ (L / 2) sin ((pix) / L) sin ((2pix) / L) e ^ (- 3iomega_1t) + e ^ (3iomega_1t) dx #

# = 1 / Lint_ (0) ^ (L / 2) sin ^ 2 ((pix) / L) + sin ^ 2 ((2pix) / L) dx + 1 / Lint_ (0) ^ (L / 2) 2sin ((pix) / L) sin ((2pix) / L) cos (3omega_1t) dx #

De to første udtryk er symmetriske med halv amplitude og udbytte #50%# samlet set.

Det tredje udtryk ville have en stationær tilstand sandsynlighed for # 4 / (3pi) #, og # cos # er en vilkårlig fasefaktor. Således er den samlede sandsynlighed

# = farve (blå) (0,50 + 4 / (3pi) cos (3omega_1t)) #

#e) #

#farve (blå) (<< x >>) = << Psi | x | Psi >> = << xPsi | Psi >> #

(L / 2) xsin ^ 2 ((pix) / L) dx + 1 / Lint_ (0) ^ (L / 2) xsin ^ 2 ((2pix) / L) dx + 1 / Lint_ (0) ^ (L / 2) 2xsin ((pix) / L) sin ((2pix) / L) cos (3omega_1t) dx #

Der er ingen trivial løsning på dette … Det viser sig at være:

# = L / (4pi ^ 2) + L / 8 + (2L) / (3pi) - (8L) / (9pi ^ 2) cos (3omega_1t)

# = farve (blå) ((2 + pi ^ 2) L) / (8pi ^ 2) + ((6pi-8) L) / (9pi ^ 2) cos (3omega_1t)) #

#F) #

På #x = L / 2 #, det #synd# vilkår går til #sin (pi / 2) = 1 # og til #sin (pi) = 0 #, henholdsvis.

Siden #sin (pi) = 0 #, den tidsafhængige del af #Psi ^ "*" Psi # forsvinder og den tidsuafhængige del bevarer # 1 / L # som sandsynlighedstætheden.