Wewnątrz studni: [latex]-frac{hbar^2}{2m}frac{d^2}{dx^2}Psi=EPsi\ frac{d^2}{dx^2}Psi=-frac{2mE}{hbar^2}Psi[/latex] na zewnątrz: [latex]Psi=0[/latex] z uwagi na nieskończenie wysoki potencjał rozwiązanie w środku to: [latex]Psi(x)=Asin{(kx+delta)}\ k=frac{sqrt{2mE}}{hbar}[/latex] funkcja musi być ciągła na granicy obszarów [latex]Psi(-a/2)=Asin{(-ka/2+delta)}=0\ Psi(a/2)=Asin{(ka/2+delta)}=0[/latex] mamy stąd warunek: [latex]-ka/2+delta=n_1pi\ ka/2+delta=n_2pi[/latex] dodając stronami: [latex]2delta=(n_1+n_2)pi\ delta=frac{n}{2}pi[/latex] natomiast odejmując: [latex]ka=(n_2-n_1)pi\ k=frac{npi}{a}\ frac{2mE}{hbar}=frac{npi}{a}\ E=frac{hbar^2n^2pi^2}{2ma^2}[/latex] mamy tu warunek na kwantowanie energii; najniższy możliwe stan, o którym mowa w zadaniu to: [latex]E_1=frac{hbar^2pi^2}{2ma^2}[/latex] Nasza funkcja falowa to zatem: [latex]Psi(x)=Asin{(kx+npi)}[/latex] stałą A natomiast można wyznaczyć w warunku unormowania: [latex]int_{-a/2}^{a/2}{|Psi(x)|^2dx}=1\ int_{-a/2}^{a/2}{A^2cos^2{(ka)}dx}=1\ A^2cdotfrac{a}{2}=1\ A=sqrt{frac{2}{a})[/latex] [latex]Psi_1(x)=sqrt{frac{2}{a}}cos{(pi x/a)}[/latex] wykresem będzie najprostszy cosinus, z maksimum dla x=0 i miejscami zerowymi w x=-a/2 oraz a/2 pozdrawiam --------------- "non enim possumus quae vidimus et audivimus non loqui
