|
|
|
|
@ -348,8 +348,40 @@ Se relevanta grafbilder i \emph{imgs/}. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
\subsection{3} |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Vi vet sedan tidigare $\psi_n(x)$: |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
\psi_n(x) = \sqrt{ \frac{2}{L} } \sin \left( \sqrt{\frac{8 \pi^2 m E_n}{h^2}} x \right) |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
och i uppgiften får vi att: |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
\Psi_n(x, t) = \psi_n(x) \cdot e^{-i \frac{E_n}{\hbar}t } |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
\implies \Psi_n(x, t) = \sqrt{ \frac{2}{L} } \sin \left( \sqrt{\frac{8 \pi^2 m E_n}{h^2}} x \right) \cdot e^{-i \frac{E_n}{\hbar}t } = |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
= \sqrt{ \frac{2}{L} } \sin \left( \sqrt{\frac{8 \pi^2 m E_n}{h^2}} x \right) \cdot e^{-i \frac{E_n}{ \frac{h}{2\pi} }t } |
|
|
|
|
= \sqrt{ \frac{2}{L} } \sin \left( \sqrt{\frac{8 \pi^2 m E_n}{h^2}} x \right) \cdot e^{-i \frac{2 E_n \pi}{h}t } |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
\therefore \Psi_n(x,t) = \sqrt{ \frac{2}{L} } \left(e^{-i \frac{2 E_n \pi}{h}t }\right) \sin \left( \sqrt{\frac{8 \pi^2 m E_n}{h^2}} x \right) |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Vi behöver nu bara normalisera integralen sådan att den alltid blir $1$ för följande: |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
\Psi_{1,2}(x, t) = A \left( \psi_1(x)e^{-i \frac{2\pi E_1}{h}t } + \psi_2(x)e^{-i \frac{2\pi E_2}{h}t } \right) |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
\int_0^L |\Psi_{1,2}(x, t)|^2 dx\ = 1 |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Eftersom vi integrerar med respekt till $x$ tyder det på att $t$ är en konstant och vi kan därmed skriva om tidsfaktorn som $z_i$: |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
\int_0^L |\Psi_{1,2}(x, t)|^2 dx\ = \int_0^L \left(A |\psi_1(x)z_1 + \psi_2(x)z_2| \right)^2 dx\ |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
= A^2 \int_0^L |\psi_1(x)z_1 + \psi_2(x)z_2|^2 dx\ = 1.0 \quad | \quad z_i \in \mathbb{C} |
|
|
|
|
$$ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
\end{document} |
|
|
|
|
|
