Golffuncties. optellen of vermenigvuldigen

[Merien]

Ik heb een x,y-vlak met een potentiaal:

\(V(x,y)=\textstyle\frac{1}{2} m\omega^2x^2+\textstyle\frac{1}{2} m\omega^2y^2\)

Nu zijn er in dit potentiaal natuurlijk staande golven. Als ik nu x-golven en y-golven ga combineren, moet ik dan de som nemen of het product? Hier neig ik naar de som omdat dat meestal zo gaat met een superpositie.

Maar stel: We nemen in

\(|\psi|^2\)

op zowel de x- als y-as de eerste aangeslagen toestand. Ik stel me dat zo voor als een vlies/doek/elastische plaat, waarop golven kunnen gaan staan. Krijg ik dan cirkelachtige vormen over het vlak staan of vier 'bergen', één in elk kwadranten en nul op de assen? Hier kies ik voor de bergen, maar kan alleen als je het product van de golven neemt.

Verwarring alom...

[da_doc]

Zie http://mysbfiles.stonybrook.edu/~klikharev...F08-S09/Ch3.pdf vanaf vgl. 3.163

Schrödingerverg. in polaire coordinaten schrijven, dan variabelen scheiden.

De potentiaal V(x,y) is rotatie symmetrisch rond de z-as, dus zijn de toestanden met hoekmoment n te karakteriseren.

[Merien]

De letterlijke vraag is (ja, het is huiswerk ):

Geef in het xy-vlak aan waar de waarschijnlijkheidsverdeling

\(|\psi|^2\)

gelijk aan nul is. Doe dit voor de toestanden met de drie laagste energieën, met uitzondering van de punten die in het oneindige liggen.

Hint: Dit kan met rechte lijnen aangegeven worden.

Mijn antwoord is dus dat er twee 'nulllijnen' op de assen liggen één voor

\(E_{12}\)

en één voor

\(E_{21}\)

.

\(E_{11}\)

kan volgens mij geen 'nullijn' hebben.

Mijn probleem is nu dat ik me dat dus zo moeilijk kan voorstellen hoe dat eruit ziet.

[da_doc]

Aangezien x^2 + y^2 = r^2, is V(x,y) rotatiesymmetrisch. Er zijn dus geen speciale richtingen in het x-y vlak. Dat zie je ook in de geciteerde pdf. In psi.psi* komt alleen de radiële functie^2 voor. Volgens mij is de vraag onzinnig.

[eendavid]

Maak het niet te moeilijk. Wat is de methode om de 2D H.O. op te lossen? Wel, we hadden een operator

\(H=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{1}{2}kx^2-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{1}{2}kx^2\)

.

Pas scheiden der veranderlijken toe, in x en y (dus onderzoek golffuncties

\(\psi(x)\phi(y)\)

). We vinden oplossingen

\(\psi_{n_x,n_y}(x,y)=\phi_{n_x}(x)\phi_{n_y}(y)\)

(werk zelf uit wat ik hiermee bedoel). Het antwoord volgt nu onmiddelijk.

Da_doc heeft natuurlijk gelijk dat er een rotatiesymmetrie is in het oorspronkelijke probleem. Men breekt deze symmetrie door het inbrengen van de scheiding van veranderlijken in coördinaten x en y. Men kan zeggen: als er een nulpunt x bestaat voor een golffunctie, dan moet men een golffunctie kunnen gevonden worden, met eenzelfde energie-eigenwaarde, zodat deze een nulpunt heeft in Rx (met R de rotatiematrix). Wel, dat is het geval: doe gewoon de scheiding van veranderilijken in coördinaten (x',y')=R(x,y).

Anders gezegd: door de scheiding van veranderlijken kiezen we een specifieke basis voor de eigenfuncties (met nulpunten x), maar er zijn in de opgespannen eigenruimte functies met nulpunten Rx.

[da_doc]

Ik dacht Merien te stimuleren om zelf de Schrödingerverg. op te schrijven. Scheiding van (polaire) variabelen wordt ook in de geciteerde pdf gedaan.En wat zijn "de drie laagste energieën"? Er zijn oneindig veel toestanden met de laagste energie.

Of je je in zo'n speciale toestand bevindt hangt van je begincondities af. Dus de vraag had beter geformuleerd kunnen worden: is het mogelijk de begincondities zo te kiezen dat ...

[Merien]

Ik had idd de gehele vraag moeten geven denk ik.

Ik had het overigens wel goed. De 'nullijnen' lagen op de twee assen. Vervolgens mijn docent met de vraag benaderd of dit ook in de natuur kan voorkomen omdat ook mij de oplossingen met cylindercoordinaten logischer leken. Hij gaf als antwoord, dat ze zeker wel fysisch zijn, maar dat de natuur altijd een superpositie is van verschillende functies, die dan wel naar bolsymmetrie streefde...

Het ligt er aan welk assenstelsel je kiest. Dit waren allemaal oplossingen voor een cartesisch stelsel en dat bleek dus prima te kunnen.

En wat zijn "de drie laagste energieën"? Er zijn oneindig veel toestanden met de laagste energie.

er is toch maar één grondtoestand, met de laagste energie in het cartesisch stelsel en twee eerste aangeslagen toestanden.

\(E_{n_x n_y}=\hbar\omega(n_x+n_y-1)\)

met

\(n_x, n_y=1, 2, 3,...\)

grondtoestand:

\(E_{11}\)

eerste aangeslagen toestand:

\(E_{12}, E_{21}\)

tweede aangeslagen toestand:

\(E_{22}, E_{13}, E_{31}\)

enz.

Dus de drie laagste toestanden zijn

\(E_{11}, E_{12}, E_{21}\)

[eendavid]

dat de natuur altijd een superpositie is van verschillende functies, die dan wel naar bolsymmetrie streefde...

Wat we hier onderzoeken is het gedrag van een deeltje in die potentiaal. Bijvoorbeeld een knikker die we laten rollen zonder glijden in een paraboloïde. Er is klassiek slechts 1 manier om dat op een sferisch symmetrisch manier te doen, en dat is door in het midden te gaan liggen. Kwantummechanisch is dit precies hetzelfde: tenzij de begincondities cylindrisch symmetrisch zijn, zal de oplossing niet cylindrisch symmetrisch zijn. In realistische beginvoorwaarden valt een deeltje en een put die benaderd kan worden door de 2D harmonische oscillatoren, en is het een superpositie van zowel n als l (met notatie 3.175) en dus verre van cylindrisch symmetrisch.

edit: Ik zie het voordeel van scheiden naar polaire coördinaten hier trouwens niet. De resulterende differentiaalvergelijking is niet oplosbaar met elementaire functies (ze wordt gegeven door de Whittaker M en W functies).

[da_doc]

OK, of de radiële functie R® gemakkelijk te berekenen is, is iets anders. Het voordeel van polaire coordinaten is dat zij de symmetrie reflecteren, en de scheiding der variabelen laat meteen zien dat angular momentum om de z-as een behouden grootheid is, zonder R® te berekenen, wat natuurlijk de kracht van symmetrie analyse is.