Solution to Exam 4. december 2010 FY2045/TFY4250 Quantum Mechanics I
|
|
- Johanna Sletten
- 6 år siden
- Visninger:
Transkript
1 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution Problem Solution to Exam 4 december 00 FY045/TFY450 Quantum Mechanics I a A bound state for this potential must have energy E < 0 For x ±a, the time-independent Schrödinger equation then takes the form ψ E m V x E]ψ E me }{{ Ψ E κ ψ E, with κ m E } >0 The general solution for the region x > a has the form Ψ E C e κx + D e κx Here, we must set D 0 in order to have a solution that does not diverge when x This is what we wanted to show For a < x < a, a symmetric energy eigenfunction must be a symmetric combination of e κx and e κx, and this is precisely the given form ψ E A h κx A eκx + e κx, qed For x < a, the energy eigenfunction must have the form C e κx This implies that the energy eigenfunction does not have any node in the regions x < a and x > a Any possible node must therefor occur between the two wells Since the above solution for a < x < a is also without nodes, it follows that the only symmetric bound state is the ground state, without nodes If a next symmetric bound state were to exist, it should have two nodes for a < x < a and that, as we see, is impossible b An antisymmetric bound state must for a < x < a be an antisymmetric linear combination of e κx and e κx : ψ B eκx e κx B sinh κx Then, ψ/b is positive for 0 < x < a and negative for a < x < 0, and thus in the region between the wells has only the single node at the origin From the above discussion we then realize that an antisymmetric bound state can have only one zero This means that we can at most have two bound energy eigenfunctions, one symmetric, and possibly one antisymmetric For β β 0, the wells are just too weak to make the first excited state a bound state This means that the energy of the first excited state is in this case equal to zero From a we then have ψ me ψ 0 outside the delta-function wells, so that ψ becomes linear everywhere, except for x ±a, where it has kinks Because the solution is not allowed to become infinite for x ±, it follows that it must look like this:
2 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution With ψa C, condition that ψ a + 0 and ψ a C/a, it follows from the given discontinuity 0 C a mβ 0 C β 0 ma For β > β 0, we have a bound antisymmetric state with energy E < 0 This energy eigenfunction will curve away from the axis except in the points x ±a For β β 0, only the ground state is bound, while the first excited state is as sketched above The energy spectrum is continuous for E 0 Problem a Suppose that the piston is at the position a The ground state for particle then has the form ψ A sin k x x sin k y y sin k z z, where k x a π, k y L y π og k z L z π Particle then has the energy E m k x + ky + kz π m a + L y + L z In the same manner we find that the particle in chamber has the energy E π m so that the total energy of the two particles is Ea E + E π This energy is minimal when m L x a + L y + L z a + L x a + L y, + L z d da a + ] L x a a + 0, 3 L x a 3 which is satisfied for a L x a, that is for a a 0 L x / It is easily seen that the second derivative here is positive Thus the energy really has a minimum, just as we expect intuitively]
3 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution 3 b If we imagine that the piston is moved an infinitesimal distance da, the external force F x will do a work which leads to a net energy increase de F x da for the two particles Thus from the calculation in i a, F x a dea da π m L x a 3 a 3 At the equilibrium position, a a 0 L x /, this force is of course equal to zero For a a L x /3, the force is F x L x /3 π ] m L x L x /3 7 7 π 3 L x /3 3 8 ml 3 x The sign tells tells us that this force point to the left; when chamber is only half as long as chamber, the quantum pressure is highest in chamber With 8 bosons in chamber and only one in chamber, the energy in chamber becomes 8 times larger than above, since all 8 bosons can be in the lowest one-particle state, even if they are identical Thus this system has a total energy Ea 8E + E π ] 8 m a + L x a + 6/L y + /L z This is minimal when d da ] 8 a + L x a L x a 3 8 a 3 which is satisfied when a 3 8L x a 3, that is, when a L x a, that is, for Problem 3 a With χ0 a a L x /3 θ sin θ a0 we have that a 0 b 0 sin θ and a 0 b 0 θ The spin direction immediately after the measurement then is b 0 ] ] 0, σ 0 ˆx Rea 0 b 0 + ŷ Ima 0 b 0 + ẑ a 0 b 0 ˆx sin θ + ẑ θ We calculate θ sin θ S σ 0 χ0 σ ˆx sin θ + ẑ θ χ0 sin θ θ θ θ + sin θ sin θ sin θ θ θ sin θ θ θ sinθ θ θ sin θ χ0 Thus the initial state χ0 is an eigenstate of S σ 0 with the eigenvalue According to the measurement postulate, the measurement of S ˆn must give one of the eigenvalues ± and leave the spin in the corresponding eigenstate We can then conclude that the measurement direction was ˆn σ 0 ˆx sin θ + ẑ θ, and that the measured result was S ˆn +
4 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution 4 b The state of the spin for t > 0 must be a linear combination of the two stationary states of this system: χt c + χ + e iωt/ + c χ e iωt/ c+ e iωt/ c e iωt/ Here we have used the energy eigenvalues E ± ωs z ± ω For t 0 we then have χ0 θ sin θ so that the state for t 0 is χt c+ c θ e iωt/ sin θ eiωt/ c + θ, c sin θ, With a b sin θe iωt and a b θ, the spin direction at time t then is a b σ t ˆx sin θ ωt + ŷ sin θ sin ωt + ẑ θ ˆx ωt + ŷ sin ωt sin θ + ẑ θ Here, we see that the spin direction precesses around the direction ẑ of B with the angular frquency ω c From the formula for χt we see that χπ/ω χ0 This change of sign of the spinor gives exactly the same σ χ σχ as at t 0, in agreement with the formula for σ t We remember that the measurement of S ˆn S ˆx sin θ + ẑ θ leaves the system in the state χ0 θ sin θ In analogy, the measurement of S ˆn S ˆx sin θ + ẑ θ will leave the system in the state χ after θ sin θ The probability amplitude of the latter result is the projection of the state before the measurement onto the state after the measurement, that is, A χ after χ before θ sin θ Thus the probability is θ sin θ θ θ P A θ θ + θ θ] + ˆn ˆn]
5 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution 5 Problem 4 a By using the eigenvalue equation and its adjoint, Ψ a x α Ψ, we find that the expectation value of x in the state Ψ is Similarly, we find that x mω Ψ a x + a x Ψ mω α + α, qed mω mω p x i Ψ a x a x Ψ i α α, qed Using the commutator relation a x a x + a xa x, we find that x and similarly that This gives and mω a x + a x a x + a x mω a xa x + a x a x + a xa x +, p x mω a xa x + a x a x a xa x x mω α + α + α α + ] p x Using these results, we find the uncertainties x x x mω mω α α ] mω α + α + ] and p x mω, which give x p x b The probability density of the initial state, Ψ b x, y, 0 C 4 0e mωx b / e mωy /, is symmetric with respect to the line x b and also with respect to the line y 0 This means that x 0 b and y 0 0 Calculating a pr x Ψ b x, y, 0 mω x + mω mω x mω b Ψ bx, y, 0, x Ψ b x, y, 0 mωx b/ mω Ψ b x, y, 0
6 Exam FY045/TFY450 4 december 00 - solution 6 we see that the initial state is indeed an eigenstate of a pr x, with the eigenvalue α x 0 In the same manner we find that mω a pr y Ψ b x, y, 0 y + mω mω y + mω i b Ψ bx, y, 0 Thus the igenvalue of a pr y is mω b Ψ b x, y, 0 y mωy/ + imωb/ mω Ψ b x, y, 0 mω α y 0 i b iα x0, qed c From the above results, it follows that and x t mω y t mω αx t + α x t ] mω Re α x 0 e iωt b ωt αy t + α y t ] mω Re iα x 0 e iωt b sin ωt As a check, we note that the values for t 0 agree with the results in b Since x t + y t b, we can state that the expectation value of the position is moving in a circular orbit with radius b, and with angular velocity ω We start by noting that the product of the two one-dimensional solutions reproduces the initial state specified above Then it only remains to show that this product satisfies the time-dependent Schrödinger equation: Inserting, we find that ] i t ] Ĥx Ĥy i t Ĥ Ψ x x, tψ y y, t Ψ x x, tψ y y, t i ] t Ψ xx, t Ψ y y, t + Ψ x x, ti t Ψ yy, t Ĥx Ψ x x, t ] Ψ y y, t Ψ x x, t Ĥy Ψ y y, t i t ] Ĥx Ψ x x, t Ψ y y, t + Ψ x x, t i t Ĥy Ψ y y, t 0, qed
7 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag Oppgave Løsningsforslag Eksamen 4 desember 00 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I a En bunden tilstand i det aktuelle potensialet må ha energi E < 0 For x ±a tar den tidsuavhengige Schrödingerligningen da formen ψ E m V x E]ψ E me }{{ Ψ E κ ψ E, med κ m E } >0 Den generelle løsningen for området x > a har formen Ψ E C e κx + D e κx Her må vi sette D 0 for å få en løsning som ikke går mot uendelig når x Det var dette vi skulle vise For a < x < a må en symmetrisk energiegenfunksjon være en symmetrisk kombinasjon av e κx og e κx, og dette er nettopp ψ E A h κx A eκx + e κx, qed For x < a må energiegenfunksjonen ha formen C e κx Dette innebærer at energiegenfunksjonen er fri for nullpunkter både for x < a og for x > a Eventuelle nullpunkter må derfor ligge mellom de to brønnene Da løsningen ovenfor for a < x < a er fri for nullpunkter, følger det at den eneste symmetriske bundne tilstanden er grunntilstanden, uten nullpunkter Dersom det skulle eksistere en neste symmetrisk bunden tilstand en eksiterte, måtte denne ha to nullpunkter for a < x < a og det er altså ikke mulig b En antisymmetrisk bunden tilstand må for a < x < a være en antisymmetrisk lineærkombinasjon av e κx og e κx : ψ B eκx e κx B sinh κx Da er ψ/b positiv for 0 < x < a og negativ for a < x < 0, og har følgelig i dette området mellom brønnene bare det ene nullpunktet i origo Fra diskusjonen ovenfor innser vi da at dette er det eneste nullpunktet en antisymmetrisk bunden tilstand kan ha Vi kan altså maksimalt ha to bundne energiegenfunksjoner, én symmetrisk og muligens én antisymmetrisk For β β 0 er brønnene akkurat for svake til å gi binding for eksiterte tilstand, dvs at energien for denne tilstanden er lik null Fra pkt a har vi da at ψ me ψ 0 utenfor delta-brønnene, slik at ψ må være lineær over alt, unntatt for x ±a, hvor den har knekkpunkter Løsningen ser da slik ut idet ψ ikke får lov til å gå mot uendelig for x ± :
8 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag ψ a + 0 og ψ a C/a har vi fra den oppgitte diskontinuitets- Med ψa C, betingelsen: 0 C a mβ 0 C β 0 ma For β > β 0 har vi en bunden antisymmetrisk tilstand med energi E < 0 Denne vil krumme bort fra aksen unntatt i punktene x ±a For β β 0 er bare grunntilstanden bunden, mens første eksiterte tilstand er som skissert ovenfor Husk at energispektret er kontinuerlig for E 0 Oppgave a Anta at stempelet er i posisjonen a I grunntilstanden har energiegenfunksjonen for partikkelen i kammer da formen ψ A sin k x x sin k y y sin k z z, der k x a π, k y L y π og k z L z π Partikkel har da energien E m k x + ky + kz π m a + L y + L z På tilsvarende måte finner vi at partikkelen i kammer har energien E π m L x a + L y slik at den totale energien til de to partiklene er Denne er minimal når Ea E + E π d da m som er oppfylt for a L x a, dvs for + L z a + L x a + L y, + L z a + ] L x a a + 0, 3 L x a 3 a a 0 L x / Det er lett å sjekke at den andrederiverte her er positiv, slik at energien virkelig har et minimum, noe vi vel senser intuitivt]
9 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag 3 b Dersom vi tenker oss at stempelet beveges et stykke da, vil den ytre kraften F x utføre et arbeid som svarer til en netto energiøkning de F x da for de to partiklene Vi har altså fra utregningen i pkt a F x a dea da π m L x a ] 3 a 3 I likevektsposisjonen a a 0 L x / er denne kraften selvsagt lik null For a a L x /3 er den F x L x /3 π ] m L x L x /3 7 7 π 3 L x /3 3 8 ml 3 x Fortegnet forteller at kraften peker mot venstre; når kammer er bare halvparten så langt som kammer, er kvantetrykket størst i kammer Med 8 bosoner i kammer og ett i kammer, blir energien i kammer åtte ganger så stor som ovenfor, idet alle de 8 bosonene kan være i den laveste én-partikkel-tilstanden, til tross for at de er identiske Systemet har altså nå en total energi Ea 8E + E π ] 8 m a + L x a + 6/L y + /L z Denne er minimal når d da ] 8 a + L x a L x a 3 8 a 3 ] 0, som er oppfylt når a 3 8L x a 3, dvs når a L x a, dvs for Oppgave 3 a Med χ0 a a L x /3 θ sin θ har vi at a 0 b 0 sin θ og a 0 b 0 θ Spinnretningen umiddelbart etter målingen er da a0 σ 0 ˆx Rea 0 b 0 + ŷ Ima 0 b 0 + ẑ a 0 b 0 ˆx sin θ + ẑ θ Vi regner ut θ sin θ S σ 0 χ0 σ ˆx sin θ + ẑ θ χ0 sin θ θ θ θ + sin θ sin θ sin θ θ θ sin θ b 0 θ θ sinθ θ θ sin θ χ0 Begynnelsestilstanden χ0 er altså en egentilstand til S σ 0 med egenverdien Ifølge målepostulatet skal målingen av S ˆn gi en av egenverdiene ± og etterlate spinnet i den tilsvarende egentilstanden Vi kan da konkludere med at måleretningen var ˆn σ 0 ˆx sin θ + ẑ θ, og at måleresultatet var S ˆn +
10 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag 4 b Spinntilstanden for t > 0 må være en lineærkombinasjon av de to stasjonære tilstandene: χt c + χ + e iωt/ + c χ e iωt/ c+ e iωt/ c e iωt/ Her har vi brukt at energiegenverdiene er E ± ωs z ± ω For t 0 har vi da χ0 θ sin θ slik at tilstanden for t 0 er χt c+ c θ e iωt/ sin θ eiωt/ c + θ, c sin θ, Med a b sin θe iωt og a b θ blir spinnretningen ved tiden t da a b σ t ˆx sin θ ωt + ŷ sin θ sin ωt + ẑ θ ˆx ωt + ŷ sin ωt sin θ + ẑ θ Her ser vi at spinnretningen preseserer omkring B-retningen ẑ med vinkelfrekvensen ω c Fra formelen for χt ser vi at χπ/ω χ0 Dette fortegnsskiftet i spinoren gir akkurat samme σ χ σχ som ved t 0, i overensstemmelse med formelen for σ t Analogt med målingen av S ˆn S ˆx sin θ + ẑ θ etterlater systemet i tilstanden χ0 θ sin θ vil målingen av S ˆn S ˆx sin θ + ẑ θ χ etter θ sin θ, etterlate systemet i tilstanden Sannsynlighetsamplituden for det siste resultatet er projeksjonen av tilstanden før målingen på tilstanden etter målingen, dvs A χ etterχ før θ sin θ θ sin θ θ θ Sannsynligheten er altså Oppgave 4 P A θ θ + θ θ] + ˆn ˆn] a Ved å bruke egenverdiligningen og dennes adjungerte, Ψ a x α Ψ, finner vi at forventningsverdien av x i tilstanden Ψ er x mω Ψ a x + a x Ψ mω α + α, qed
11 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag 5 Tilsvarende er mω mω p x i Ψ a x a x Ψ i α α, qed Vha kommutator-relasjonen a x a x + a xa x har vi at og tilsvarende x mω a x + a x a x + a x mω a xa x + a x a x + a xa x +, p x mω a xa x + a x a x a xa x Dette gir x mω α + α + α α + ] mω α + α + ] og tilsvarende p mω x α α ] Vha disse resultatene finner vi usikkerhetene mω x x x og p x mω, som gir x p x b Sannsynlighetstettheten i begynnelsestilstanden, Ψ b x, y, 0 C 4 0e mωx b / e mωy /, er symmetrisk mhp linjen x b og mhp linjen y 0 Følgelig er Vi regner ut a pr x Ψ b x, y, 0 x 0 b og y 0 0 mω x + mω mω x mω b Ψ bx, y, 0 x Ψ b x, y, 0 mωx b/ mω Begynnelsestilstanden er altså ganske riktig en egentilstand til a pr x mω α x 0 b Ψ b x, y, 0 med egenverdien
12 Eksamen FY045/TFY450 4 desember 00 - løsningsforslag 6 Tilsvarende er Egenverdien til a pr y a pr y Ψ b x, y, 0 er altså mω y + mω mω y + mω i b Ψ bx, y, 0 Ψ b x, y, 0 y mωy/ + imωb/ mω Ψ b x, y, 0 mω α y 0 i b iα x0, qed c Fra resultatene ovenfor har vi og x t mω y t mω αx t + α x t ] mω Re α x 0 e iωt b ωt αy t + α y t ] mω Re iα x 0 e iωt b sin ωt Som en kontroll ser vi at verdiene for t 0 stemmer med resultatene i pkt b Da x t + y t b, ser vi at forventningsverdien av posisjonen beveger seg på en sirkelbane med radius b, og med vinkelhastighet ω Vi noterer først at produktløsningen reproduserer den korrekte begynnelsestilstanden Da gjenstår det bare å vise at den oppfyller Schrödingerligningen: Innsetting gir ] i t ] Ĥx Ĥy i t Ĥ Ψ x x, tψ y y, t Ψ x x, tψ y y, t i ] t Ψ xx, t Ψ y y, t + Ψ x x, ti t Ψ yy, t Ĥx Ψ x x, t ] Ψ y y, t Ψ x x, t Ĥy Ψ y y, t i t ] Ĥx Ψ x x, t Ψ y y, t + Ψ x x, t i t Ĥy Ψ y y, t 0, qed
EKSAMEN I FY2045 KVANTEMEKANIKK I/ TFY4250 KVANTEMEKANIKK I Tirsdag 10. august 2010 kl
NORSK TEKST Side av 6 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk EKSAMEN I FY2045 KVANTEMEKANIKK I/ TFY4250 KVANTEMEKANIKK I Tirsdag 0 august 200 kl 0900-300 Tillatte hjelpemidler:
DetaljerOppgave 1. Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet NTNU Institutt for fysikk EKSAMEN I: MNFFY 245 INNFØRING I KVANTEMEKANIKK
Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet NTNU Institutt for fysikk EKSAMEN I: MNFFY 45 INNFØRING I KVANTEMEKANIKK DATO: Fredag 4 desember TID: 9 5 Antall vekttall: 4 Antall sider: 5 Tillatte hjelpemidler:
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 8. august 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I
Eksamen FY45/TFY45 8. august - løsningsforslag Oppgave Løsningsforslag Eksamen 8. august FY45/TFY45 Kvantemekanikk I a. For E < V blir området x > klassisk forbudt, og den tidsuavhengige Schrödingerligningen
DetaljerEKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK og FY2045 Kvantefysikk Tirsdag 13. desember 2005 kl
ENGLISH TEXT (and NORWEGIAN) Page 1 of 8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 18 67, eller 9701355 EKSAMEN I TFY450
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 8. august 2009 TFY4250 Atom- og molekylfysikk
Eksamen TFY425 8. august 29 - løsningsforslag Oppgave Løsningsforslag Eksamen 8. august 29 TFY425 Atom- og molekylfysikk a. For β = har vi en ordinær boks fra x = til x = L. Energiegenfunksjonene har formen
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 20. desember 2012 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I
Eksamen FY045/TFY450 0. desember 0 - løsningsforslag Oppgave Løsningsforslag Eksamen 0. desember 0 FY045/TFY450 Kvantemekanikk I a. For x < 0 er potensialet lik null. (i) For E > 0 er da ψ E = (m e E/
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 1. desember 2008 TFY4250 Atom- og molekylfysikk/fy2045 Kvantefysikk
Eksamen TFY45/FY45. desember 8 - løsningsforslag Løsningsforslag Eksamen. desember 8 TFY45 Atom- og molekylfysikk/fy45 Kvantefysikk Oppgave a. For x og E = E B < har den tidsuavhengige Schrödingerligningen
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 4. desember 2007 TFY4250 Atom- og molekylfysikk/fy2045 Kvantefysikk
Eksamen TFY450/FY045 4. desember 007 - løsningsforslag Løsningsforslag Eksamen 4. desember 007 TFY450 Atom- og molekylfysikk/fy045 Kvantefysikk Oppgave a. For tilfellet α 0 har vi et ordinært bokspotensial
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 14.desember 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I
Eksamen FY2045/TFY4250 14. desember 2011 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 14.desember 2011 FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I a. For E < 3V 0 /4 er området x > a klassisk forbudt, og
DetaljerNORSK TEKST Side 1 av 4. Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf , eller
NORSK TEKST Sie 1 av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt uner eksamen: Ingjal Øverbø, tlf 73 59 18 67, eller 9701355 EKSAMEN I FY045/TFY450 KVANTEMEKANIKK
DetaljerFY2045 Kvantefysikk Løsningsforslag Eksamen 2. juni 2008
Eksamen FY045. juni 008 - løsningsforslag Oppgave FY045 Kvantefysikk øsningsforslag Eksamen. juni 008 a. Fra den tidsuavhengige Schrödingerligningen, [ h ] m x + V x ψx Eψx, finner vi at den relative krumningen
DetaljerEn samling av mer eller mindre relevante formler (uten nærmere forklaring) er gitt til slutt i oppgavesettet.
Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet NTNU Institutt for fysikk Lade EKSAMEN I: MNF FY 44 KVANTEMEKANIKK I DATO: Tirsdag 4. desember 999 TID: 9.00 5.00 Antall vekttall: 4 Antall sider: 3 Sensurdato:
DetaljerEKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK Lørdag 8. august 2009 kl
NORSK TEKST Side av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 9702355 EKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK
DetaljerNORSK TEKST Side 1 av 4. Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf , eller
NORSK TEKST Sie av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt uner eksamen: Ingjal Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 970355 EKSAMEN I FY045/TFY450 KVANTEMEKANIKK I
DetaljerENGLISH TEXT Page 1 of 4. Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf , eller
ENGLISH TEXT Page of 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt uner eksamen: Ingjal Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 970355 EKSAMEN I FY045/TFY450 KVANTEMEKANIKK
DetaljerSlope-Intercept Formula
LESSON 7 Slope Intercept Formula LESSON 7 Slope-Intercept Formula Here are two new words that describe lines slope and intercept. The slope is given by m (a mountain has slope and starts with m), and intercept
DetaljerExam in Quantum Mechanics (phys201), 2010, Allowed: Calculator, standard formula book and up to 5 pages of own handwritten notes.
Exam in Quantum Mechanics (phys01), 010, There are 3 problems, 1 3. Each problem has several sub problems. The number of points for each subproblem is marked. Allowed: Calculator, standard formula book
DetaljerNORSK TEKST Side 1 av 4. Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf , eller
NORSK TEKST Side av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 972355 EKSAMEN I FY245/TFY425 KVANTEMEKANIKK
DetaljerEKSAMEN I FY2045 KVANTEFYSIKK Mandag 2. juni 2008 kl
NORSK TEKST Side av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 9702355 EKSAMEN I FY2045 KVANTEFYSIKK Mandag
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 16. august 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY415 16. august 008 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 (Teller 34 %) Løsningsforslag Eksamen 16. august 008 TFY415 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Siden potensialet V () er symmetrisk, er grunntilstanden
DetaljerQuantum. collection) Number. of pages: Number. Checked. Date. Signature 1
Department of Physics Examinationn paper for TFY4250/FY2045 Quantum Mechanics 1 Academic contactt during examination: Peter Berg Phone: 735 93462 Examination date: December 18 th, 2013 Examination time
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 28. mai 2003 SIF4048 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen SIF4048 8.05.03 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 8. mai 003 SIF4048 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Da sannsynlighetstettheten Ψ(x, 0) = β/π exp( βx ) er symmetrisk med
DetaljerEKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK og FY2045 KVANTEFYSIKK Tirsdag 4. desember 2007 kl
NORSK TEKST Side av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 9702355 EKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK
DetaljerFYSMEK1110 Eksamensverksted 23. Mai :15-18:00 Oppgave 1 (maks. 45 minutt)
FYSMEK1110 Eksamensverksted 23. Mai 2018 14:15-18:00 Oppgave 1 (maks. 45 minutt) Page 1 of 9 Svar, eksempler, diskusjon og gode råd fra studenter (30 min) Hva får dere poeng for? Gode råd fra forelesere
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 27. mai 2005 FY2045 Kvantefysikk
Eksamen FY2045 27. mai 2005 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 27. mai 2005 FY2045 Kvantefysikk a. Ifølge den tidsuavhengige Shrödingerligningen, Ĥψ = Eψ, har vi for x < 0 : E = Ĥψ ψ
DetaljerLøsningsforslag Konte-eksamen 2. august 2003 SIF4048 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Konte-eksamen SIF448.aug. 3 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 a. Hamilton-operatoren er Løsningsforslag Konte-eksamen. august 3 SIF448 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk Ĥ = h m x + V (x), og den tidsuavhengige
DetaljerEKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK og FY2045 KVANTEFYSIKK Tirsdag 4. desember 2007 kl
ENGLISH TEXT and also in NORWEGIAN Page of 8 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 9702355 EKSAMEN I TFY4250
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 26. mai 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY4215 26. mai 2008 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 26. mai 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Utenfor boksen, hvor V (x) =, er bølgefunksjonen lik null. Kontinuiteten
DetaljerFY1006/TFY Løsning øving 3 1 LØSNING ØVING 3. Ikke-stasjonær bokstilstand
FY006/TFY45 - Løsning øving 3 Løsning oppgave 8 LØSNING ØVING 3 Ikke-stasjonær bokstilstand a. For 0 < x < L er potensialet i boksen lik null, slik at Hamilton-operatoren har formen Ĥ = K + V (x) = ( h
DetaljerTFY Løsning øving 5 1 LØSNING ØVING 5. Krumning og stykkevis konstante potensialer
TFY4215 - Løsning øving 5 1 Løsning oppgave 16 LØSNING ØVING 5 Krumning og stykkevis konstante potensialer a. I et område hvor V er konstant (lik V 1 ), og E V 1 er positiv (slik at området er klassisk
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 1. desember 2009 TFY4250/FY2045
Eksamen TFY45/FY45 1. desember 9 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 a. For n = 3j er Løsningsforslag Eksamen 1. desember 9 TFY45/FY45 ψ () 3j (L/3) = A sin(jπ) = og ψ () 3j (L/3) = A sin(jπ) =. Vi kan da konstatere
DetaljerTFY4215 Innføring i kvantefysikk - Løsning øving 1 1 LØSNING ØVING 1
TFY425 Innføring i kvantefysikk - Løsning øving Løsning oppgave a. LØSNING ØVING Vi merker oss at sannsynlighetstettheten, Ψ(x, t) 2 = A 2 e 2λ x, er symmetrisk med hensyn på origo. For normeringsintegralet
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 12. august 2004 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY4215 12. august 2004 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 12. august 2004 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Den tidsuavhengige Schrödingerligningen, Ĥψ = Eψ, tar for
DetaljerEKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK og FY2045 KVANTEFYSIKK Lørdag 9. desember 2006 kl
ENGLISH TEXT and NORWEGIAN Page of 9 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 9702355 EKSAMEN I TFY4250 ATOM-
DetaljerEKSAMEN I FY2045 KVANTEMEKANIKK I/ TFY4250 KVANTEMEKANIKK I Torsdag 20. desember 2012 kl
NORSK TEKST Side av 5 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 972355 EKSAMEN I FY245 KVANTEMEKANIKK I/ TFY425
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 11. august 2010 FY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk
Eksamen FY1006/TFY4215 11 august 2010 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 11 august 2010 FY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk a Siden potensialet V (x) er symmetrisk med hensyn på
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 4. august 2008 TFY4250 Atom- og molekylfysikk
Eksamen TFY450 4. auguast 008 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 4. august 008 TFY450 Atom- og molekylfysikk a. I områdene x < a og x > a har vi (med E V 0 ) at ψ m h [V (x) E ]ψ 0.
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 8 1 LØSNING ØVING 8
FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, løsning øving 8 1 Løsning oppgave 8 1 LØSNING ØVING 8 Koherente tilstander for harmonisk oscillator a. Utviklingen (3) er en superposisjon av stasjonære tilstander for oscillatoren,
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 1.juni 2004 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY45. juni 004 - løsningsforslag Oppgave Løsningsforslag Eksamen.juni 004 TFY45 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Bundne energiegentilstander i et éndimensjonalt potensial er ikke-degenererte
DetaljerLøsningsforslag Konte-eksamen 13. august 2002 SIF4048 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
ppgave Løsningsforslag Konte-eksamen 3. august SIF8 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Da sannsynlighetstettheten Ψ(x, ) mω/π h exp( mωx / h) er symmetrisk med hensyn på origo, er forventningsverdien
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT2400 Analyse 1. Eksamensdag: Onsdag 15. juni 2011. Tid for eksamen: 09.00 13.00 Oppgavesettet er på 6 sider. Vedlegg: Tillatte
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 26. mai 2008 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY415 6. mai 8 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 6. mai 8 TFY415 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Utenfor boksen, hvor V (x) =, er bølgefunksjonen lik null. Kontinuiteten
DetaljerFY1006/TFY Løsning øving 9 1 LØSNING ØVING 9
FY1006/TFY415 - Løsning øving 9 1 Løsning oppgave Numerisk løsning av den tidsuavhengige Schrödingerligningen LØSNING ØVING 9 a. Alle leddene i (1) har selvsagt samme dimensjon. Ved å dividere ligningen
DetaljerEKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK Onsdag 8. august 2007 kl
NORSK TEKST Side 1 av 5 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: EKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK Onsdag 8. august 2007 kl. 09.00-13.00
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 27. mai 2011 FY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk
Eksamen FY1006/TFY4215 27. mai 2011 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 27. mai 2011 FY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk a. For en energiegenfunksjon med energi E V 1 følger det fra
DetaljerEKSAMEN I FY2045/TFY4250 KVANTEMEKANIKK I Mandag 8. august 2011 kl
NORSK TEKST Side av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 970355 EKSAMEN I FY045/TFY450 KVANTEMEKANIKK
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 31. mai 2012 FY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk
Eksamen FY1006/TFY4215 31. mai 2012 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 31. mai 2012 FY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk a. Med energien E 2 = V 0 følger det fra den tidsuavhengige
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 5. august 2009 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY4215 5. august 29 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 5. august 29 TFY4215 Kjemisk fysikk kvantemekanikk a. Med ψ A (x) = C = konstant for x > har vi fra den tidsuavhengige
DetaljerEn partikkel med masse m befinner seg i et éndimensjonalt, asymmetrisk brønnpotensial
NORSK TEKST Side av 5 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tel. 7 59 8 67, eller 9755 EKSAMEN I TFY45 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK
DetaljerA.5 Stasjonære og ikke-stasjonære tilstander
TFY4250/FY2045 Tillegg 4 - Stasjonære og ikke-stasjonære tilstander 1 Tillegg 4: A.5 Stasjonære og ikke-stasjonære tilstander a. Stasjonære tilstander (Hemmer p 26, Griffiths p 21) Vi har i TFY4215 (se
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 1 LØSNING ØVING 13. V (x, t) = xf (t) = xf 0 e t2 /τ 2.
FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, løsning øving 13 1 Løsning Oppgave 13 1 LØSNING ØVING 13 Transient perturbasjon av harmonisk oscillator a. Med kraften F (t) = qe(t) = F 0 exp( t /τ ) og sammenhengen F (t)
DetaljerFY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk - Øving 1 1 ØVING 1. En liten briefing om forventningsverdier, usikkerheter osv
FY16/TFY4215 Innføring i kvantefysikk - Øving 1 1 Frist for innlevering: mandag 28. januar (jf Åre) ØVING 1 En liten briefing om forventningsverdier, usikkerheter osv Eksempel: Terningkast Ved terningkast
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, øving 5 1 LØSNING ØVING 5. Kvantekraft. L x. L 2 x. = A sin n xπx. sin n yπy. 2 y + 2.
FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, øving 5 1 øsning oppgave 5 1 a Med finner vi energien til egenfunksjonen ØSNING ØVING 5 Kvantekraft nπx sin = n xπ x x x ψ nx,n y,n z = A sin n xπx x sin nπx x, sin n yπy
DetaljerNeural Network. Sensors Sorter
CSC 302 1.5 Neural Networks Simple Neural Nets for Pattern Recognition 1 Apple-Banana Sorter Neural Network Sensors Sorter Apples Bananas 2 Prototype Vectors Measurement vector p = [shape, texture, weight]
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 26. mai 2006 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY415 6. mai 006 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 6. mai 006 TFY415 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. For bundne tilstander i én dimensjon er degenerasjonsgraden lik 1;
DetaljerMathematics 114Q Integration Practice Problems SOLUTIONS. = 1 8 (x2 +5x) 8 + C. [u = x 2 +5x] = 1 11 (3 x)11 + C. [u =3 x] = 2 (7x + 9)3/2
Mathematics 4Q Name: SOLUTIONS. (x + 5)(x +5x) 7 8 (x +5x) 8 + C [u x +5x]. (3 x) (3 x) + C [u 3 x] 3. 7x +9 (7x + 9)3/ [u 7x + 9] 4. x 3 ( + x 4 ) /3 3 8 ( + x4 ) /3 + C [u + x 4 ] 5. e 5x+ 5 e5x+ + C
DetaljerEKSAMEN I FY2045 KVANTEMEKANIKK I/ TFY4250 KVANTEMEKANIKK I Torsdag 20. desember 2012 kl
NORSK TEKST Side av 5 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 972355 EKSAMEN I FY245 KVANTEMEKANIKK I/ TFY425
DetaljerFYS2140 Kvantefysikk. Løsningsforslag for Oblig 7
FYS2140 Kvantefysikk Løsningsforslag for Oblig 7 Oppgave 2.23 Regn ut følgende intgral a) +1 3 (x 3 3x 2 + 2x 1)δ(x + 2) dx (1) Svar: For å løse dette integralet bruker vi Dirac deltafunksjonen (se seksjon
DetaljerFaglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf , eller
NORSK TEKST Side av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 9702355 EKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK
DetaljerEKSAMEN I FY2045 KVANTEFYSIKK Onsdag 30. mai 2007 kl
NORSK TEKST Side av 3 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 8 67, eller 97355 EKSAMEN I FY45 KVANTEFYSIKK Onsdag 3.
DetaljerFaglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf , eller
NORSK TEKST Side 1 av 5 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 18 67, eller 9701355 EKSAMEN I TFY450 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 13. august 2011 FY1006/TFY4215 Innføring i kvantefysikk
Eksamen FY1006/TFY415 13. august 011 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 13. august 011 FY1006/TFY415 Innføring i kvantefysikk a. Fra den tidsuavhengige Schrödingerligningen har vi for
DetaljerGradient. Masahiro Yamamoto. last update on February 29, 2012 (1) (2) (3) (4) (5)
Gradient Masahiro Yamamoto last update on February 9, 0 definition of grad The gradient of the scalar function φr) is defined by gradφ = φr) = i φ x + j φ y + k φ ) φ= φ=0 ) ) 3) 4) 5) uphill contour downhill
DetaljerSolutions #12 ( M. y 3 + cos(x) ) dx + ( sin(y) + z 2) dy + xdz = 3π 4. The surface M is parametrized by σ : [0, 1] [0, 2π] R 3 with.
Solutions #1 1. a Show that the path γ : [, π] R 3 defined by γt : cost ı sint j sint k lies on the surface z xy. b valuate y 3 cosx dx siny z dy xdz where is the closed curve parametrized by γ. Solution.
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT
UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Utsatt ksamen i: ECON3120/4120 Matematikk 2: Matematisk analyse og lineær algebra Postponed exam: ECON3120/4120 Mathematics 2: Calculus and linear algebra Eksamensdag:
DetaljerTFY4170 Fysikk 2 Justin Wells
TFY4170 Fysikk 2 Justin Wells Forelesning 5: Wave Physics Interference, Diffraction, Young s double slit, many slits. Mansfield & O Sullivan: 12.6, 12.7, 19.4,19.5 Waves! Wave phenomena! Wave equation
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 4 1 LØSNING ØVING 4
FY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 4 1 Løsning oppgave 4 1 LØSNING ØVING 4 Elektron i potensial med to δ-funksjoner a En delta-brønn er grensen av en veldig dyp og veldig trang brønn Inne i
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT
UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON3120/4120 Mathematics 2: Calculus an linear algebra Exam: ECON3120/4120 Mathematics 2: Calculus an linear algebra Eksamensag: Tirsag 3. juni 2008
DetaljerUniversitetet i Bergen Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet Mat131 - Differensiallikningar I Onsdag 25. mai 2016, kl.
1 MAT131 Bokmål Universitetet i Bergen Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet Mat131 - Differensiallikningar I Onsdag 25. mai 2016, kl. 09-14 Oppgavesettet er 4 oppgaver fordelt på
DetaljerNORSK OG ENGELSK TEKST Side 1 av 10
NORSK OG ENGELSK TEKST Side 1 av 10 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tel. 73 59 18 67 EKSAMEN I TFY4250 ATOM- OG MOLEKYLFYSIKK
DetaljerTFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk - Øving 1 1 ØVING 1. En liten briefing om forventningsverdier, usikkerheter osv
TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk - Øving 1 1 Frist for innlevering: mandag 26. januar ØVING 1 En liten briefing om forventningsverdier, usikkerheter osv Eksempel: Terningkast Ved terningkast er
DetaljerTrigonometric Substitution
Trigonometric Substitution Alvin Lin Calculus II: August 06 - December 06 Trigonometric Substitution sin 4 (x) cos (x) dx When you have a product of sin and cos of different powers, you have three different
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT
UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON30/40 Matematikk : Matematisk analyse og lineær algebra Exam: ECON30/40 Mathematics : Calculus and Linear Algebra Eksamensdag: Tirsdag 0. desember
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 9. desember 2006 TFY4250 Atom- og molekylfysikk /FY2045 Kvantefysikk
Eksamen TFY450/FY045 9. esember 006 - løsningsforslag 1 Løsningsforslag Eksamen 9. esember 006 TFY450 Atom- og molekylfysikk /FY045 Kvantefysikk Oppgave 1 a. Grunntilstanen ψ 1 (x) har ingen nullpunkter.
DetaljerLØSNING ØVING 2. Løsning oppgave 5. TFY4215 Innføring i kvantefysikk - Løsning øving 2 1
TFY4215 Innføring i kvantefysikk - Løsning øving 2 1 Løsning oppgave 5 LØSNING ØVING 2 Krumningsegenskaper for endimensjonale energiegenfunksjoner a. For oscillator-grunntilstanden i oppgave 3b har vi
DetaljerUNIVERSITY OF OSLO DEPARTMENT OF ECONOMICS
UNIVERSITY OF OSLO DEPARTMENT OF ECONOMICS Postponed exam: ECON420 Mathematics 2: Calculus and linear algebra Date of exam: Tuesday, June 8, 203 Time for exam: 09:00 a.m. 2:00 noon The problem set covers
DetaljerNORSK TEKST Side 1 av 4. Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf , eller
NORSK TEKST Side 1 av 4 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, tlf 73 59 18 67, eller 97012355 EKSAMEN I FY2045/TFY4250 KVANTEMEKANIKK
DetaljerLøsningsforslag Eksamen 7. august 2006 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk
Eksamen TFY4215 7. august 2006 - løsningsforslag 1 Oppgave 1 Løsningsforslag Eksamen 7. august 2006 TFY4215 Kjemisk fysikk og kvantemekanikk a. Bundne tilstander i et symmetrisk éndimensjonalt potensial
DetaljerTFY Løsning øving 4 1 LØSNING ØVING 4. Vibrerende to-partikkelsystem
TFY45 - Løsning øving 4 Løsning oppgave 3 LØSNING ØVING 4 Vibrerende to-partikkelsystem a. Vi kontrollerer først at kreftene på de to massene kommer ut som annonsert: F V V k(x l) og F V V k(x l), som
DetaljerPhysical origin of the Gouy phase shift by Simin Feng, Herbert G. Winful Opt. Lett. 26, (2001)
by Simin Feng, Herbert G. Winful Opt. Lett. 26, 485-487 (2001) http://smos.sogang.ac.r April 18, 2014 Introduction What is the Gouy phase shift? For Gaussian beam or TEM 00 mode, ( w 0 r 2 E(r, z) = E
DetaljerTFY Løsning øving 6 1 LØSNING ØVING 6. Grunntilstanden i hydrogenlignende atom
TFY45 - Løsning øving 6 Løsning oppgave 8 LØSNING ØVING 6 Grunntilstanden i hydrogenlignende atom a. Vi merker oss først at vinkelderivasjonene i Laplace-operatoren gir null bidrag til ψ, siden ψ(r) ikke
DetaljerMoving Objects. We need to move our objects in 3D space.
Transformations Moving Objects We need to move our objects in 3D space. Moving Objects We need to move our objects in 3D space. An object/model (box, car, building, character,... ) is defined in one position
DetaljerPerpetuum (im)mobile
Perpetuum (im)mobile Sett hjulet i bevegelse og se hva som skjer! Hva tror du er hensikten med armene som slår ut når hjulet snurrer mot høyre? Hva tror du ordet Perpetuum mobile betyr? Modell 170, Rev.
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet
UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS14, Kvantefysikk Eksamensdag: 17. august 17 4 timer Lovlige hjelpemidler: Rottmann: Matematisk formelsamling, Øgrim og Lian:
DetaljerFY1006/TFY Løsning øving 8 1 LØSNING ØVING 8. a. (a1): Ved kontroll av egenverdiene kan vi se bort fra normeringsfaktorene.
FY16/TFY415 - Løsning øving 8 1 Løsning oppgave 3 Vinkelfunksjoner, radialfunksjoner og orbitaler for hydrogenlignende system LØSNING ØVING 8 a. (a1: Ved kontroll av egenverdiene kan vi se bort fra normeringsfaktorene.
DetaljerSpeed Racer Theme. Theme Music: Cartoon: Charles Schultz / Jef Mallett Peanuts / Frazz. September 9, 2011 Physics 131 Prof. E. F.
September 9, 2011 Physics 131 Prof. E. F. Redish Theme Music: Speed Racer Theme Cartoon: Charles Schultz / Jef Mallett Peanuts / Frazz 1 Reading questions Are the lines on the spatial graphs representing
DetaljerFY1006/TFY Løysing øving 5 1 LØYSING ØVING 5. Krumning og stykkevis konstante potensial
FY006/TFY45 - Løysing øving 5 Løysing oppgåve LØYSING ØVING 5 Krumning og stykkevis konstante potensial a) I eit område der V er konstant (lik V ), og E V er positiv, er området klassisk tillate og vi
DetaljerTFY4215 Innføring i kvantefysikk - Øving 2 1 ØVING 2. Krumningsegenskaper for endimensjonale energiegenfunksjoner
TFY415 Innføring i kvantefysikk - Øving 1 Oppgave 5 ØVING Krumningsegenskaper for endimensjonale energiegenfunksjoner En partikkel med masse m beveger seg i et endimensjonalt potensial V (x). Partikkelen
DetaljerFY1006/TFY Øving 7 1 ØVING 7
FY1006/TFY4215 - Øving 7 1 Frist for innlevering: 5. mars kl 17 ØVING 7 Den første oppgaven dreier seg om den tredimensjonale oscillatoren, som behandles i starten av Tillegg 5, og som vi skal gå gjennom
DetaljerUNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT
UNIVERSITETET I OSLO ØKONOMISK INSTITUTT Eksamen i: ECON320/420 Matematikk 2: Matematisk analyse og lineær algebra Exam: ECON320/420 Mathematics 2: Calculus and Linear Algebra Eksamensdag: Mandag 8. desember
DetaljerFY1006/TFY Øving 3 1 ØVING 3. Gjør unna så mye du kan av dette før veiledningstimene, slik at disse kan brukes på utfordringene i denne øvingen.
FY006/TFY45 - Øving 3 ØVING 3 Gjør unna så mye du kan av dette før veiledningstimene, slik at disse kan brukes på utfordringene i denne øvingen. Oppgave 8 Ikke-stasjonær bokstilstand En partikkel med masse
DetaljerTFY løsning øving 9 1 LØSNING ØVING 9
TFY4215 - løsning øving 9 1 LØSNING ØVING 9 Løsning oppgave 25 Om radialfunksjoner for hydrogenlignende system a. (a1): De effektive potensialene Veff(r) l for l = 0, 1, 2, 3 er gitt av kurvene 1,2,3,4,
DetaljerExercise 1: Phase Splitter DC Operation
Exercise 1: DC Operation When you have completed this exercise, you will be able to measure dc operating voltages and currents by using a typical transistor phase splitter circuit. You will verify your
DetaljerEksamen i fag FY1004 Innføring i kvantemekanikk Fredag 30. mai 2008 Tid: a 0 = 4πǫ 0 h 2 /(e 2 m e ) = 5, m
Side av 6 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet Institutt for fysikk Faglig kontakt under eksamen: Navn: Jan Myrheim Telefon: 73 59 36 53 (mobil 90 07 5 7 Sensurfrist: Fredag 0 juni 008 Eksamen
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 12 1 LØSNING ØVING 12. Spinnpresonans. 2 hσ blir resultatet. 0 e
FY045/TFY450 Kvantemekanikk I, løsning øving Løsning Oppgave LØSNING ØVING Spinnpresonans a. Med B B 0 + B B 0 [ê z + ɛ(ê x cos ωt + ê y sin ωt)] B 0 (ê z + ɛˆn), er Hamilton-operatoren med Her er altså
DetaljerUnit Relational Algebra 1 1. Relational Algebra 1. Unit 3.3
Relational Algebra 1 Unit 3.3 Unit 3.3 - Relational Algebra 1 1 Relational Algebra Relational Algebra is : the formal description of how a relational database operates the mathematics which underpin SQL
DetaljerEKSAMEN I FY2045 KVANTEMEKANIKK I/ TFY4250 KVANTEMEKANIKK I Tirsdag 10. august 2010 kl
NORSK TEKST Side 1 av 6 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET Institutt for fysikk EKSAMEN I FY2045 KVANTEMEKANIKK I/ TFY4250 KVANTEMEKANIKK I Tirsdag 10. august 2010 kl. 09.00-13.00 Tillatte
DetaljerFY2045/TFY4250 Kvantemekanikk I, løsning øving 14 1 LØSNING ØVING 14. ψ 210 z ψ 100 d 3 r a.
FY45/TFY45 Kvantemekanikk I, løsning øving 14 1 LØSNING ØVING 14 Løsning Oppgave 14 1 Fra oppg 3, eksamen august 1 a. Med Y = 1/ 4π og zy = ry 1 / 3 kan vi skrive matrise-elementene av z på formen (z)
Detaljer