Einführung in die Quantenmechanik - Übungen

Beitrag von **tomS** » 24. Jan 2012, 22:28

positronium hat geschrieben:Naja, dass im Ergebnis ein pi steht, finde ich immer noch etwas befremdlich.

Na ja, aber du hast es doch berechnet ;-)

Man versteht das wie folgt.

Betrachte das Gaussche Integral

$\int_R dx\,e^{-ax^2}$

Das kann man elemenar nicht berechen, wohl aber

$\left(\int_R dx\,e^{-ax^2}\right)^2 = \int_{R^2} dx\,dy\,e^{-a(x^2+y^2)} = \int_{R^2} d^2r\,e^{-ar^2}$

Und daraus erhälst du deine Integrale in Polarkoordinaten sowie durch n-faches Ableiten nach a.

Und da man über eine rotationsinvariante Funktion exp(-ar²) integriert, bzw. wie du gezeigt hast über phi entlang einer Kreislinie, ist das Auftreten von pi nicht gar so überraschend.

Beitrag von **positronium** » 24. Jan 2012, 22:38

tomS hat geschrieben:Na ja, aber du hast es doch berechnet

Ich kann mir doch nicht alles glauben!

tomS hat geschrieben:Betrachte das Gaussche Integral...
...über phi entlang einer Kreislinie, ist das Auftreten von pi nicht gar so überraschend.

Ja, schon.
Danke!

Beitrag von **tomS** » 24. Jan 2012, 23:22

Und, magst du dir noch die Heisenbergsche Unschärfenrelation für|n> und |z> anschauen?

Beitrag von **positronium** » 25. Jan 2012, 11:16

tomS hat geschrieben:Und, magst du dir noch die Heisenbergsche Unschärfenrelation für|n> und |z> anschauen?

Ja, habe ich mir für heute, nachher, aufgehoben - war mir gestern schon zu spät.

Beitrag von **positronium** » 25. Jan 2012, 14:43

tomS hat geschrieben:Ein letztes noch: die kohärenten Zustände spielen eine Rolle in der Quantenoptik sowie in der semiklassischen Analyse verschiedener Systeme. Sie haben die Eigenschaft, Zustände minimaler Unschärfe zu sein, d.h. sie minimieren Δx*Δp. Letzteres müsstest du explizit ausrechnen können, in dem du die Definition von Δ²x aus Gl. (2.66) sowie Δ²p aus (2.67) verwendest. Dann müsstest du Δx sowie Δp durch die Erzeuger und Vernichter ausdrücken und zwischen den Zuständen sandwichen. Das kannst du einmal für <n|Δ²x|n> * <n|Δ²p|n> und einmal für <z|Δ²x|z> * <z|Δ²p|z> tun. Danach würde ich die Übingen zum Formalismus beenden, ggf. noch Fragen zur Bedeutung diskutieren und wieder im Skript fortfahren.

$\Delta^{2} x=\langle x^{2}\rangle-\langle x \rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle p^{2}\rangle-\langle p \rangle^{2}$
Dann sollte
$\Delta^{2} x=\langle \Psi|x^{2}|\Psi\rangle-\langle \Psi|x|\Psi\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle \Psi|p^{2}|\Psi\rangle-\langle \Psi|p|\Psi\rangle^{2}$
gelten.
Dann müsste ich das, was ich in wikipedia gefunden habe

$Q=\sqrt{\frac{\hbar}{2 m \omega}}(a+a^{\dagger})$
$P=\frac{1}{i}\sqrt{\frac{m \omega \hbar}{2}}(a-a^{\dagger})$
mit x=Q und p=P einsetzen können:
$\Delta^{2} x=\langle \Psi|(\sqrt{\frac{\hbar}{2 m \omega}}(a+a^{\dagger}))^{2}|\Psi\rangle-\langle \Psi|\sqrt{\frac{\hbar}{2 m \omega}}(a+a^{\dagger})|\Psi\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle \Psi|(\frac{1}{i}\sqrt{\frac{m \omega \hbar}{2}}(a-a^{\dagger}))^{2}|\Psi\rangle-\langle \Psi|\frac{1}{i}\sqrt{\frac{m \omega \hbar}{2}}(a-a^{\dagger})|\Psi\rangle^{2}$
Das müsste ich jetzt mit Integralen schreiben:
$\Delta^{2} x=\int dx' dx'' \Psi^{\ast}(x')\langle x'|(\sqrt{\frac{\hbar}{2 m \omega}}(a+a^{\dagger}))^{2}|x''\rangle \Psi(x'')-...$ $...\left(\int dx' dx'' \Psi^{\ast}(x')\langle x'|\sqrt{\frac{\hbar}{2 m \omega}}(a+a^{\dagger})|x''\rangle\Psi(x'')\right)^{2}$
$\Delta^{2} p=\int dp' dp'' \Psi^{\ast}(p')\langle p'|(\frac{1}{i}\sqrt{\frac{m \omega \hbar}{2}}(a-a^{\dagger}))^{2}|p''\rangle \Psi(p'')-...$ $...\left(\int dp' dp'' \Psi^{\ast}(p')\langle p'|\frac{1}{i}\sqrt{\frac{m \omega \hbar}{2}}(a-a^{\dagger})|p''\rangle\Psi(p'')\right)^{2}$
Jetzt müsste ich eigentlich vereinfachen, aber ich habe keine Ahnung, wo ansetzen. Was kann ich machen? Oder bin ich sowieso auf dem Holzweg?

Beitrag von **tomS** » 25. Jan 2012, 15:52

Du bist auf dem richtigen Weg, machst das aber zu komplizert.

Benutze die 'normierten' Operatoren (dann fällt m, omega, usw. weg)

$a = \frac{1}{\sqrt{2}}(x+ip)$

$a^\dagger = \frac{1}{\sqrt{2}i}(x-ip)$

$H = a^\dagger a + \frac{1}{2}$

und berechnen daraus (genauso wie du es gemacht hast) x, p, sowie Δ²x und Δ²p.

Dann berechnest du die Erwartungswerte nicht zwischen allgemeinen Zuständen sondern genau für <n| ... |n> sowie <z| ... |z>; dann kannst du nämlich die Wirkung der Operatoren Δ²x und Δ²p ausgedrückt durch Erzeuger und Vernichter direkt ablesen.

D.h. du brauchst die Integrale nicht!

Beitrag von **positronium** » 25. Jan 2012, 17:26

Dann ist
$x=\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger})$
und
$p=-\frac{i}{\sqrt{2}}(a-a^{\dagger})$
Ab hier bin ich schon wieder unsicher...
$\Delta^{2} x=\langle n|\frac{1}{2}(a+a^{\dagger})^{2}|n\rangle-\langle n|\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger}) |n\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle n|-\frac{1}{2}(a-a^{\dagger})^{2}|n\rangle-\langle n|-\frac{i}{\sqrt{2}}(a-a^{\dagger}) |n\rangle^{2}$
...sollte aber so vereinfachbar sein:
$\Delta^{2} x=\frac{1}{2}(a+a^{\dagger})^{2}\left(\langle n|n\rangle-\langle n|n\rangle^{2}\right)$
$\Delta^{2} p=-\frac{1}{2}(a-a^{\dagger})^{2}\left(\langle n|n\rangle-\langle n|n\rangle^{2}\right)$
Wie kann ich hier etwas ablesen?

Beitrag von **tomS** » 25. Jan 2012, 23:09

Du darfst die Operatoren nicht aus dem Bra-Ket rausziehen! Das ist wie die Multiplikation Vektor * Matrix * Vektor

Ein Beispiel:

$\langle n| (a^\dagger + a)^2|n\rangle = \langle n| (a^\dagger)^2 + a^2 + a^\dagger a + a a^\dagger|n\rangle$

Die erste beiden Terme fallen weg, da

$\langle n| (a^\dagger)^2 |n\rangle = \langle n| \sqrt{(n+1)(n+2)}|n+2\rangle = \sqrt{(n+1)(n+2)} \langle n|n+2\rangle = \sqrt{(n+1)(n+2)} \delta_{n,n+2} = 0$

Es bleibt

$\langle n| (a^\dagger + a)^2|n\rangle = \langle n| a^\dagger a + a a^\dagger|n\rangle = \langle n| a^\dagger \sqrt{n} |n-1\rangle + \langle n| a \sqrt{n+1}|n+1\rangle \langle n| \sqrt{n}^2 |n\rangle + \langle n| \sqrt{n+1}^2|n\rangle = 2n+1$

Nach der Methode berechnest du alle Erwartungswerte

Beitrag von **positronium** » 26. Jan 2012, 13:24

tomS hat geschrieben:Du darfst die Operatoren nicht aus dem Bra-Ket rausziehen! Das ist wie die Multiplikation Vektor * Matrix * Vektor

Ja.

Das Ersetzen ist mir nicht in den Sinn gekommen...

Aber hier kann ich nicht folgen

tomS hat geschrieben:Es bleibt

$\langle n| (a^\dagger + a)^2|n\rangle = \langle n| a^\dagger a + a a^\dagger|n\rangle = \langle n| a^\dagger \sqrt{n} |n-1\rangle + \langle n| a \sqrt{n+1}|n+1\rangle \langle n| \sqrt{n}^2 |n\rangle + \langle n| \sqrt{n+1}^2|n\rangle = 2n+1$

Also es fehlt wohl ein =, aber dann würde aus
$\langle n| a^\dagger \sqrt{n} |n-1\rangle + \langle n| a \sqrt{n+1}|n+1\rangle$
das
$\langle n| \sqrt{n}^2 |n\rangle + \langle n| \sqrt{n+1}^2|n\rangle = 2n+1$
obwohl für $a^\dagger$ ... $|n-1\rangle$ das $\sqrt{n+1}$ ... $|n+1\rangle$ eingesetzt wird. Also, $|n-1\rangle$ wird dadurch zu $|n\rangle$ , aber zwischen den Vektoren sollte man dann doch $\sqrt{n+1}\sqrt{n}$ haben. Genau so müsste es doch auch nach dem Plus-Zeichen, also im zweiten Teil sein: $\sqrt{n}\sqrt{n+1}$ Oder?

Dann muss ich ab hier weiter machen.
$\Delta^{2} x=\langle n|\frac{1}{2}(a+a^{\dagger})^{2}|n\rangle-\langle n|\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger}) |n\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle n|-\frac{1}{2}(a-a^{\dagger})^{2}|n\rangle-\langle n|-\frac{i}{\sqrt{2}}(a-a^{\dagger}) |n\rangle^{2}$

Ausmultiplizieren
$\Delta^{2} x=\langle n|\frac{1}{2}\left(a^{2}+(a^{\dagger})^{2}+aa^{\dagger}+a^{\dagger}a\right)|n\rangle-\langle n|\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger}) |n\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle n|-\frac{1}{2}\left(a^{2}+(a^{\dagger})^{2}-aa^{\dagger}-a^{\dagger}a\right)|n\rangle-\langle n|-\frac{i}{\sqrt{2}}(a-a^{\dagger}) |n\rangle^{2}$

Wie in Deinem Beispiel fallen auch hier die Glieder mit quadriertem Operator heraus, weil dadurch die Bra- und Ket-Zustände unterschiedlich werden, also das Kronecker-Delta immer 0 ergibt - das ist ja der Grund.
Es bleibt:
$\Delta^{2} x=\langle n|\frac{1}{2}\left(aa^{\dagger}+a^{\dagger}a\right)|n\rangle-\langle n|\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger}) |n\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle n|-\frac{1}{2}\left(-aa^{\dagger}-a^{\dagger}a\right)|n\rangle-\langle n|-\frac{i}{\sqrt{2}}(a-a^{\dagger}) |n\rangle^{2}$

Durch Ersetzen der Operatoren sollte folgen:
$\Delta^{2} x=\langle n|\frac{1}{2}\sqrt{n}\sqrt{n+1}|n\rangle+\langle n|\frac{1}{2}\sqrt{n+1}\sqrt{n}|n\rangle-\left(\langle n|\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{n} |n\rangle+\langle n|\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{n+1} |n\rangle\right)^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle n|\frac{1}{2}\sqrt{n}\sqrt{n+1}|n\rangle+\langle n|\frac{1}{2}\sqrt{n+1}\sqrt{n}|n\rangle-\left(\langle n|-\frac{i}{\sqrt{2}}\sqrt{n} |n\rangle+\langle n|\frac{i}{\sqrt{2}}\sqrt{n+1} |n\rangle\right)^{2}$

Das sollte dann
$\Delta^{2} x=\sqrt{n} \sqrt{1+n}-\left(\frac{\sqrt{n}}{2}+\frac{\sqrt{1+n}}{\sqrt{2}}\right)^2$
$\Delta^{2} p=\sqrt{n} \sqrt{1+n}-\left(-\frac{i \sqrt{n}}{\sqrt{2}}+\frac{i \sqrt{1+n}}{\sqrt{2}}\right)^2$
ergeben.

Wenn ich jetzt aber
$\left(\Delta^{2} x\right)^{2}\left(\Delta^{2} p\right)^{2}$
für den Grundzustand n=0 berechne, erhalte ich
$\frac{i}{2}$
was wegen dem auf 1 gesetzten h-quer
$\frac{i}{2}\hbar$
ergäbe.
Aber eigentlich müsste ja $\frac{\hbar}{2}$ heraus kommen.
Was ist falsch?

Beitrag von **tomS** » 26. Jan 2012, 14:06

Zunächst mal fehlt tatsächloch das '='.

Zu der Fragestellung mit den Wurzeln: es gilt

$a |n\rangle = \sqrt{n}|n-1\rangle$

$a^\dagger |n\rangle = \sqrt{n+1}|n+1\rangle$

Damit ist aber

$a^\dagger a |n\rangle = \sqrt{n} a^\dagger |n-1\rangle = \sqrt{n}\sqrt{(n-1)+1}|(n-1)+1)\rangle = n|n\rangle$

Beitrag von **positronium** » 26. Jan 2012, 15:36

Ach so. Ich hatte das vorhandene n nur im Ket berücksichtigt, und ausserhalb nicht. Danke!

Dann muss ich hier nochmal beginnen:
$\Delta^{2} x=\langle n|\frac{1}{2}\left(aa^{\dagger}+a^{\dagger}a\right)|n\rangle-\langle n|\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger}) |n\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle n|-\frac{1}{2}\left(-aa^{\dagger}-a^{\dagger}a\right)|n\rangle-\langle n|-\frac{i}{\sqrt{2}}(a-a^{\dagger}) |n\rangle^{2}$

Operatoren ersetzen, und dabei den Fehler mit den Kets im quadrierten Teil nicht nochmal machen:
$\Delta^{2} x=\langle n|\frac{1}{2}\sqrt{n+1}\sqrt{n+1}|n\rangle+\langle n|\frac{1}{2}\sqrt{n}\sqrt{n}|n\rangle-\left(\langle n|\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{n} |n-1\rangle+\langle n|\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{n+1} |n+1\rangle\right)^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle n|\frac{1}{2}\sqrt{n+1}\sqrt{n+1}|n\rangle+\langle n|\frac{1}{2}\sqrt{n}\sqrt{n}|n\rangle-\left(\langle n|-\frac{i}{\sqrt{2}}\sqrt{n} |n-1\rangle+\langle n|\frac{i}{\sqrt{2}}\sqrt{n+1} |n+1\rangle\right)^{2}$

Vereinfachen (jetzt fällt der quadrierte Teil wegen <n| und |n-1> bzw. |n+1> weg):
$\Delta^{2} x=\langle n|\frac{n+1}{2}|n\rangle+\langle n|\frac{n}{2}|n\rangle$
$\Delta^{2} p=\langle n|\frac{n+1}{2}|n\rangle+\langle n|\frac{n}{2}|n\rangle$

Das ergibt:
$\Delta^{2} x=\frac{1}{2}n$
$\Delta^{2} p=\frac{1}{2}n$

Hier war auch etwas falsch. Es ist ja $\Delta^{2} x=\frac{1}{2}n$ ... d.h. $\Delta x=\sqrt{\frac{1}{2}n}$ .

Für die Heisenbergsche Unschärferelation gilt dann
$\Delta x\Delta p=\sqrt{\frac{1}{2}n}\sqrt{\frac{1}{2}n}=\frac{1}{2}n$
Dann muss ich wohl n=1 setzen und h-quer einfügen, woraus sich
$\frac{1}{2}\hbar$
ergibt.

Beitrag von **tomS** » 26. Jan 2012, 18:47

Du hast irgendwo noch einen Fehler drin, denn für n=0 muss 1/2 rauskommen; aber das ist Kleinkram, deine Rechnung sieht prinzipiell vernünftig aus.

Beitrag von **positronium** » 26. Jan 2012, 19:47

tomS hat geschrieben:Du hast irgendwo noch einen Fehler drin, denn für n=0 muss 1/2 rauskommen; aber das ist Kleinkram, deine Rechnung sieht prinzipiell vernünftig aus.

Vielen Dank für Deine Bemühungen!

Der Fehler ist hier:
$\Delta^{2} x=\frac{1}{2}n$
$\Delta^{2} p=\frac{1}{2}n$
Es muss jeweils $\frac{1}{2}+n$ heissen, also + statt *.

Ergibt wiederum $\Delta x\Delta p=\sqrt{\frac{1}{2}+n}\sqrt{\frac{1}{2}+n}=\frac{1}{2}+n$

Beitrag von **tomS** » 26. Jan 2012, 20:22

Perfekt!

So, jetzt das ganze noch für |z>. Beachte

$a|z\rangle = z|z\rangle$

$\langle z|a^\dagger = \langle z|z^\ast$

Noch etwas; es gilt natürlich |z=0> = |n=0> wie man anhand der Taylorreihe explizit sieht, aber für k = 1,2,... ist |z=k> ist etwas anderes als |n=k>, d.h. für die natürlichen Zahlen stimmen die Eigenzustände des harmonsichen Oszillators nicht mit den kohärenten Zuständen überein.

Außerdem noch interessant ist die Zeitentwicklung

$|n,t> = e^{-iHt}|n\rangle$

$|z,t> = e^{-iHt}|z\rangle$

mit

$H = a^\dagger a + \frac{1}{2}$

Beitrag von **positronium** » 27. Jan 2012, 14:08

tomS hat geschrieben:So, jetzt das ganze noch für |z>. Beachte

$a|z\rangle = z|z\rangle$

$\langle z|a^\dagger = \langle z|z^\ast$

Für x und p gilt natürlich das gleiche
$x=\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger})$
und
$p=-\frac{i}{\sqrt{2}}(a-a^{\dagger})$
Eingesetzt wird in <z| |z>, weshalb folgt
$\Delta^{2} x=\langle z|\frac{1}{2}(a+a^{\dagger})^{2}|z\rangle-\langle z|\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger}) |z\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle z|-\frac{1}{2}(a-a^{\dagger})^{2}|z\rangle-\langle z|-\frac{i}{\sqrt{2}}(a-a^{\dagger}) |z\rangle^{2}$
Dann ist durch das zu ersetzen, was Du oben geschrieben hast, aber erst ausschreiben, damit ich den Überblick nicht verliere.
$\Delta^{2} x=\langle z|\frac{1}{2}(aa+a^{\dagger}a^{\dagger}+aa^{\dagger}+a^{\dagger}a)|z\rangle-\langle z|\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger}) |z\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle z|-\frac{1}{2}(aa+a^{\dagger}a^{\dagger}-aa^{\dagger}-a^{\dagger}a)|z\rangle-\langle z|-\frac{i}{\sqrt{2}}(a-a^{\dagger}) |z\rangle^{2}$
ersetzen...
$\Delta^{2} x=\langle z|\frac{1}{2}(z^{2}+(z^{\ast})^{2}+zz^{\ast}+z^{\ast}z)|z\rangle-\langle z|\frac{1}{\sqrt{2}}(z+z^{\ast}) |z\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle z|-\frac{1}{2}(z^{2}+(z^{\ast})^{2}-zz^{\ast}-z^{\ast}z)|z\rangle-\langle z|-\frac{i}{\sqrt{2}}(z-z^{\ast}) |z\rangle^{2}$
vereinfachen...
$\Delta^{2} x=\langle z|\frac{1}{2}(z+z^{\ast})^{2}|z\rangle-\langle z|\frac{1}{\sqrt{2}}(z+z^{\ast}) |z\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle z|-\frac{1}{2}(z-z^{\ast})^{2}|z\rangle-\langle z|-\frac{i}{\sqrt{2}}(z-z^{\ast}) |z\rangle^{2}$

Aber hier hänge ich schon wieder.
Zum einen bin ich mir nicht sicher, ob das Ersetzen von $aa^{\dagger}$ auf diese Art erlaubt ist. Sozusagen habe ich ja hier über Kreuz ersetzt, also das $a^{\dagger}$ mit <z| links von $a$ durch <z|...z*und umgekehrt. Ist dadurch die Reihenfolge verletzt? - Muss ich $aa^{\dagger}+a^{\dagger}a$ bzw. $aa^{\dagger}-a^{\dagger}a$ gar durch einen (Anti-)Kommutator ersetzen?
Zum anderen bin ich bei dem Quadrieren unsicher. Wenn <z| und |z> normiert sind, könnte ich $\frac{1}{\sqrt{2}}(z+z^{\ast})$ bzw. $-\frac{i}{\sqrt{2}}(z-z^{\ast})$ aus dem Skalarprodukt heraus ziehen und quadrieren, aber dann wird sowohl $\Delta^{2} x$ als auch $\Delta^{2} p$ gleich 0. Oder muss ich sowieso erst durch
$|z\rangle = e^{-|z|^2/2}\,\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$
$\langle z| = e^{-|z|^2/2}\,\sum_{n=0}^\infty \langle n|\frac{{z^\ast}^n}{\sqrt{n!}}$
ersetzen?

Beitrag von **tomS** » 27. Jan 2012, 15:58

Du hast einen kleinen aber wesentlichen Fehler drin

positronium hat geschrieben: $\Delta^{2} x=\langle z|\frac{1}{2}(aa+a^{\dagger}a^{\dagger}+aa^{\dagger}+a^{\dagger}a)|z\rangle-\langle z|\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger}) |z\rangle^{2}$

ersetzen...

$\Delta^{2} x=\langle z|\frac{1}{2}(z^{2}+(z^{\ast})^{2}+zz^{\ast}+z^{\ast}z)|z\rangle-\langle z|\frac{1}{\sqrt{2}}(z+z^{\ast}) |z\rangle^{2}$

Es geht um

$\langle z|aa^{\dagger}|z\rangle$

Dies ist der einzige Term, wo du die Reihenfolge vertauschen musst, da |z> der Eigenzsutand zu a und nicht zu a-dagger ist.

Also

$\langle z|aa^{\dagger}|z\rangle = \langle z|aa^{\dagger} + a^\dagger a - a^\dagger a|z\rangle = \langle z|a^{\dagger} a + [a,a^\dagger]|z\rangle = \langle z|a^{\dagger} a + 1|z\rangle$

Jetzt darfst du natürlich die Operatoren durch die jeweiligen Rechts- bzw. Links-Eigenwerte ersetzen, die Eigenwerte (Zahken) aus dem Bra-Ket herausziehen und <z|z> = 1 benutzen. Durch den Kommutator bzw, die daraus entstehende Eins ist das Gesamtergebnis auch nicht mehr Null.

$\langle z|aa^{\dagger}|z\rangle = \langle z|a^{\dagger} a + 1|z\rangle = \langle z|z^\ast z + 1|z\rangle = (z^\ast z + 1) \langle z|z\rangle = z^\ast z + 1$

Beitrag von **positronium** » 27. Jan 2012, 16:56

tomS hat geschrieben:Du hast einen kleinen aber wesentlichen Fehler drin

Es geht um

$\langle z|aa^{\dagger}|z\rangle$

Dies ist der einzige Term, wo du die Reihenfolge vertauschen musst, da |z> der Eigenzsutand zu a und nicht zu a-dagger ist.

Den Kommutator hatte ich in Verdacht, nur nicht in der Form...
Ist $\left[a,a^{\dagger}\right]$ für jeden Operator mit dem adjungierten Operator immer 1?

nochmal das Ersetzen in:
$\Delta^{2} x=\langle z|\frac{1}{2}(aa+a^{\dagger}a^{\dagger}+aa^{\dagger}+a^{\dagger}a)|z\rangle-\langle z|\frac{1}{\sqrt{2}}(a+a^{\dagger}) |z\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle z|-\frac{1}{2}(aa+a^{\dagger}a^{\dagger}-aa^{\dagger}-a^{\dagger}a)|z\rangle-\langle z|-\frac{i}{\sqrt{2}}(a-a^{\dagger}) |z\rangle^{2}$
ergibt (bei $\Delta^{2} p$ unter Vorbehalt wegen der umgekehrten Reihenfolge im Kommutator)...
$\Delta^{2} x=\langle z|\frac{1}{2}(z^{2}+(z^{\ast})^{2}+z^{\ast}z+1+z^{\ast}z)|z\rangle-\langle z|\frac{1}{\sqrt{2}}(z+z^{\ast}) |z\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle z|-\frac{1}{2}(z^{2}+(z^{\ast})^{2}-z^{\ast}z+1-z^{\ast}z)|z\rangle-\langle z|-\frac{i}{\sqrt{2}}(z-z^{\ast}) |z\rangle^{2}$
vereinfachen...
$\Delta^{2} x=\langle z|\frac{1}{2}(z^{2}+2z^{\ast}z+(z^{\ast})^{2}+1)|z\rangle-\langle z|\frac{1}{\sqrt{2}}(z+z^{\ast}) |z\rangle^{2}$
$\Delta^{2} p=\langle z|-\frac{1}{2}(z^{2}-2z^{\ast}z+(z^{\ast})^{2}+1)|z\rangle-\langle z|-\frac{i}{\sqrt{2}}(z-z^{\ast}) |z\rangle^{2}$
Daraus folgt:
$\Delta^{2} x=\frac{1}{2}$
$\Delta^{2} p=-\frac{1}{2}$
Dann ergäbe
$\Delta x\Delta p=\sqrt{\frac{1}{2}}\sqrt{-\frac{1}{2}}=\frac{i}{2}$
Komplex sollte das wohl nicht sein. - Allerdings habe ich oben in $\Delta^{2} p$ den Kommutator $\left[a^{\dagger},a\right]$ , also die umgekehrte Reihenfolge der Operatoren zu dem wie Du es geschrieben hast. Also, wenn für diesen Kommutator -1 heraus kommt, dann ergäbe auch
$\Delta^{2} p=\frac{1}{2}$
und es wäre
$\Delta x\Delta p=\sqrt{\frac{1}{2}}\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}$
Ist wahrscheinlich eher richtig.

Beitrag von **tomS** » 27. Jan 2012, 17:47

So sieht das sehr vernünfitg aus - d.h. kohärente Zustände |z> minimieren für beliebiges z die Heisenbergsche Unschärfenrelation

Beitrag von **rick** » 27. Jan 2012, 20:25

positronium hat geschrieben: Ist $\left[a,a^{\dagger}\right]$ für jeden Operator mit dem adjungierten Operator immer 1?

Du meinst wahrscheinlich 0?
Sollte doch nur der Fall sein, wenn der Operator hermitesch ( $A=A^{\dagger}$ ) oder Unitär( $AA^{\dagger}=A^{\dagger}A=\mathbb{I}$ ) ist?

Beitrag von **positronium** » 27. Jan 2012, 21:43

Schaue 3 Posts weiter oben. Dort rechnet Tom das vor:
$\langle z|aa^{\dagger}|z\rangle = \langle z|aa^{\dagger} + a^\dagger a - a^\dagger a|z\rangle = \langle z|a^{\dagger} a + [a,a^\dagger]|z\rangle = \langle z|a^{\dagger} a + 1|z\rangle$
Der Kommutator ergibt 1.

Beitrag von **tomS** » 27. Jan 2012, 22:31

Und dass der Kommutator 1 ergbt, folgt speziell aus [x,p] = i.

So, zum Schluss noch die Zeitentwicklung eines kohärenten Zustandes, dann geht's weiter mit dem Skript.

Wir setzen

$H = a^\dagger a + \frac{1}{2} = N + \frac{1}{2}$

und betrachten nur die Zeitentwicklung unter N, da der konstante Term einfach eine triviale Phase ergibt (und nur einem konstanten Term im Potential entspricht).

$|z,t\rangle = e^{-iNt}|z\rangle = e^{-|z|^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{\sqrt{n!}}e^{-iNt}|n\rangle = e^{-|z|^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{\sqrt{n!}}e^{-int}|n\rangle$

Dabei haben wir N|n> = n|n> verwendet. Nun schreiben wir die e-Funktion um

$|z,t\rangle = e^{-|z|^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{\rangle(z\,e^{-it}\rangle^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle = e^{-|z(t)|^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n(t)}{\sqrt{n!}}|n\rangle$

Dabei gilt

$z(t) = z\,e^{-it}$

$|z(t)| = |z|$

D.h. die Zeitentwicklung eines kohärenten Zustandes entspricht einer Rotation in der komplexen Ebene; insbs. bleibt die Eigenschaft des kohärenten Zustandes erhalten

$z(t) = z\,e^{-it}$

$|z,t\rangle = |z(t)\rangle$

Beitrag von **tomS** » 27. Jan 2012, 22:36

hat hier jemand Erfahung mit Mathematica o.ä.?

Beitrag von **positronium** » 27. Jan 2012, 23:00

tomS hat geschrieben:hat hier jemand Erfahung mit Mathematica o.ä.?

Ja, mit Mathematica. Es ist aber nicht so, dass ich mich in jedem Eckchen dieses gigantischen Werkzeugs auskenne.

Beitrag von **tomS** » 27. Jan 2012, 23:13

Frage: kannst du mal die Ortsdarstellung der kohärenten Zustände in Mathematica berechnen bzw. darstellen?

Ansatz wie folgt:

http://en.wikipedia.org/wiki/Quantum_ha ... oscillator
http://en.wikipedia.org/wiki/Coherent_states

$u_n(x) = e^{-x^2/2}H_n(x)$

wobei H[down]n[/down](x) den Hermitefunktionen entspricht.

Dann berechnet man

$\psi_z(x) = \langle x|z\rangle = \sum_{n=0}^\infty\langle x|n\rangle\langle x|z\rangle = e^{-|z|^2/2} \sum_{n=0}^\infty u_n(x) \frac{z^n}{\sqrt{n!}} = e^{-|z|^2/2} e^{-x^2/2}\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{\sqrt{n!}} H_n(x)$

Beitrag von **positronium** » 27. Jan 2012, 23:50

Kannst Du mir noch etwas über die Variablen sagen - ich brauche noch etwas, damit die Vereinfachung klappt, also Wertebereiche, zugrunde liegende Zahlenmengen etc..
Jetzt hat Mathematica ein Problem mit sqrt[n!] und kann deshalb die Summe nicht heraus rechnen. Wenn ich die Wurzel weg lasse, klappts. Oder wie kann ich das umschreiben?

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