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

#A) #

Sinun tarvitsee vain ottaa #Psi ^ "*" Psi #.

#color (sininen) (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) synti ((2pix) / L) e ^ - (iomega_2t) #

# = sqrt (1 / L) sin ((pix) / L) e ^ (iomega_1t) + sqrt (1 / L) synti ((2pix) / L) e ^ (iomega_2t) sqrt (1 / L) sin ((pix) / L) e ^ - (iomega_1t) + sqrt (1 / L) synti ((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 synti ((pix) / L) sin ((2pix) / L) e ^ (i (omega_2-omega_1) t) + 1 / L sin ^ 2 ((2pix) / L) #

# = väri (sininen) (1 / L sin ^ 2 ((pix) / L) + sin ^ 2 ((2pix) / L) + 1 / L sin ((pix) / L) synti ((2pix) / L) e ^ (i (omega_1-omega_2) t) + e ^ (i (omega_2-omega_1) t)) #

#b) #

Aika voidaan löytää vähäisellä vaivalla yksinkertaisesti tuntemalla ensin energioita, jotka ovat liikkeen vakioita.

Energia # phi_1 = sqrt (1 / L) sin ((pix) / L) # on # E_1 = (1 ^ 2pi ^ 2ℏ ^ 2) / (4mL ^ 2) #ja energian # Phi_2 # on # 4E_1 #. Siksi taajuus # Omega_2 # of # Phi_2 # on neljä kertaa suurempi kuin # Phi_1 # (# Omega_1 #).

Tämän seurauksena ajanjakso # T_1 = (2pi) / (omega_1) # of # Phi_1 # on neljä kertaa suurempi kuin # Phi_2 # (# T_2 = (2pi) / (omega_2) #, ja on myös ajanjakso # Phi_2 #.

Aika on siis #color (sininen) (T = (2pi) / (omega_1)) #.

#C) #

Annan sinun liittää tämän itse #t _ "*" = pi / 2 (E_2 E_1) #. Sinun ei tarvitse tehdä mitään sen kanssa …

Tiedämme sen #T = (2pi) / (omega_1) #, ja tuo # (iEt) / ℏ = iomegat #, niin

#E_n = omega_nℏ #.

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

ja

#color (sininen) (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)) #

# = väri (sininen) (1 / (12ℏ)) #

#D) #

Todennäköisyys löytää hiukkanen # 0, L / 2 # on annettu

#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) synti ((pix) / L) synti ((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 #

Kaksi ensimmäistä termiä ovat symmetrisiä puolella amplitudista ja saannosta #50%# yleensä ottaen.

Kolmannella aikavälillä olisi kiinteän tilan todennäköisyys # 4 / (3pi) #, ja # Cos # on mielivaltainen vaihekerroin. Näin ollen yleinen todennäköisyys on

# = väri (sininen) (0,50 + 4 / (3pi) cos (3omega_1t)) #

#E) #

#color (sininen) (<< x >>) = << Psi | x | Psi >> = << xPsi | Psi >> #

# = 1 / Lint_ (0) ^ (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 #

Tähän ei ole mitään vähäistä ratkaisua … Tämä osoittautuu:

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

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

#F) #

at #x = L / 2 #, #synti# ehdot menevät #sin (pi / 2) = 1 # ja #sin (pi) = 0 #, vastaavasti.

Siitä asti kun #sin (pi) = 0 #, ajasta riippuva osa #Psi ^ "*" Psi # katoaa ja ajasta riippumaton osa säilyy # 1 / L # todennäköisyystiheys.