Abenteuer-Universum

Gar nicht umschreiben, einfach rechnen lassen.

Wertebereiche:
n = 0,1,2,...
z beliebig in C
x beliebig in R

Alternativ die Gleichung a|z> = z|z> in Ortsdarstellung lösen und die resultierende Funktion plotten (siehe der zweite Wikipedia-Link)

Jetzt habe ich mir den "Spass" gegönnt (Das ist vielleicht ein Gerät.

), den Kommutator auf eine Funktion Psi anzuwenden und zu lösen:
$[a,a\dagger]\Psi$
Das Ergebnis lautet
$i(p x-x p)\Psi$
Und damit: i[p,x].
Wenn [x,p]=i, dann ist [p,x]=-[x,p]=-i.
Das ergibt dann i*-i=1.

Geht leider nicht.
Für
$e^{\left.-\text{Abs}[z]^2\right/2}e^{\left.-x^2\right/2}\sum _{n=0}^{\infty } \frac{z^n}{\sqrt{n!}}\text{HermiteH}[n,x]$
bekomme ich
$e^{-\frac{x^2}{2}-\frac{\text{Abs}[z]^2}{2}} \sum _{n=0}^{\infty } \frac{z^n \text{HermiteH}[n,x]}{\sqrt{n!}}$

Ohne das sqrt
$e^{\left.-\text{Abs}[z]^2\right/2}e^{\left.-x^2\right/2}\sum _{n=0}^{\infty } \frac{z^n}{n!}\text{HermiteH}[n,x]$
wird
$e^{-\frac{x^2}{2}+2 x z-z^2-\frac{\text{Abs}[z]^2}{2}}$
errechnet.

Dass das sqrt bei der Umwandlung von einer Summe in eine e-Funktion nicht geht, hatte ich schon einmal. Keine Ahnung, warum das so ist.

tomS hat geschrieben:Alternativ die Gleichung a|z> = z|z> in Ortsdarstellung lösen und die resultierende Funktion plotten (siehe der zweite Wikipedia-Link)

Wie das mit der Ortsdarstellung funktioniert, weiss ich noch nicht.
Ich schaue mir morgen die Links genauer an - beim reinschauen habe ich jetzt nichts verstanden.

positronium hat geschrieben: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.

Ahh, sorry mein Fehler. Aber für die von mir genannten Fälle, sollte er dann trotzdem 0 ergeben und deine Frage zumindest stückweise beantworten.

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

Kannst du das bitte mal erklären. Vielleicht sollte ich das auch schon wissen, aber im Skript bin ich grad erst bei Kapitel 3 und diese Woche kam mein Buch über Quantum Mechanics von Shankar mit den ich gerade arbeite (aber trotzdem in diesen Thread mit guge - 2 Skript/Buch-Quellen sind besser als eine ;D)

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

Kommt drauf an , ich arbeite grad in meiner Masterthesis mit Mathematica ;D, aber das Thema ist doch etwas anders

Gerade zu spät um darüber zu gugen und ehrlich gesagt blicke ich grad noch nicht durch was du von positronium/uns willst....

positronium hat geschrieben:
tomS hat geschrieben:Alternativ die Gleichung a|z> = z|z> in Ortsdarstellung lösen und die resultierende Funktion plotten (siehe der zweite Wikipedia-Link)
Wie das mit der Ortsdarstellung funktioniert, weiss ich noch nicht.

Es geht ja um die Berechnung der Ortsdarstellung der kohärenten Zustände z, also um

$\psi_z(x) = \langle x|z\rangle$

Man kann auch sofort die Ortsdarstellung von a betrachten, also

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

und nun die DGL

$a\psi_z(x) = z\psi_z(x)$

$\frac{1}{\sqrt{2}}(x+\partial_x)\psi_z(x) = z\psi_z(x)$

für quadratintegrable Funktionen lösen (dazu braucht man noch nicht Mathematica, steht im Wikipedia-Link, aber natürlich wieder zum plotten)

Die allgemeinsten Zustände, die in dem Umfeld (z.B. Quantenoptik) interessant sind, sind die sogenannten squeezed states; sie erfüllen ebenfalls

$\Delta x\,\Delta p = \frac{\hbar}{2}$

http://en.wikipedia.org/wiki/Squeezed_coherent_state

$\text{DSolve}\left[\frac{1}{\sqrt{2}}x \Psi [x]+\partial _x\Psi [x]==z \Psi [x],\Psi ,x\right]$
ergibt
$\left\{\left\{\Psi \to \text{Function}\left[\{x\},e^{-\frac{x^2}{2 \sqrt{2}}+x z} C[1]\right]\right\}\right\}$

Ich setze die Integrationskonstante gleich 1; daraus folgt eine Funktion Psi
$\Psi [x,z]\text{:=}e^{-\frac{x^2}{2 \sqrt{2}}+x z}$
(Die Parameter x und z sollen jeweils von einem Unterstrich gefolgt sein - klappt hier in dem tex-Tag leider nicht.)

Plotten mit Plot3D für x [-2..2] und z [-2..2]:
$\text{Plot3D}[\Psi [x,z],\{x,-2,2\},\{z,-2,2\},\text{AxesLabel}\to \text{Automatic}]$

: plot.png (29.49 KiB) 15105 mal betrachtet

Wie bzw. warum funktioniert das?

tomS hat geschrieben: $u_n(x) = e^{-x^2/2 H_n(x)}$

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

$e^{-x^2/2 H_n(x)}$
ist doch gleich
${e^{-x^2/2}}^{H_n(x)}$

Aber die unendliche Summe für H führt doch zu
$e^{H_n(x)}$
Dann käme doch
$e^{-x^2/2 + H_n(x)}$
heraus?
Oder spielt hier die Wurzel im Nenner nach dem Summenzeichen eine Rolle?

rick hat geschrieben:Aber für die von mir genannten Fälle, sollte er dann trotzdem 0 ergeben und deine Frage zumindest stückweise beantworten.

Ja, dann sind die Operatoren kommutativ, und das Ergebnis 0.
Ich hätte das doch gleich durchrechnen sollen, hab's aber gescheut, weil die Rechnungen so lang werden.

positronium hat geschrieben:Wie bzw. warum funktioniert das?
tomS hat geschrieben: $u_n(x) = e^{-x^2/2 H_n(x)}$

Es funktioniert nicht - es war ein Schreibfehler und muss

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

heißen - sorry!

Ich habe es mit
$e^{-|z|^2/2} e^{-x^2/2}\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{\sqrt{n!}} H_n(x)$
noch einmal versucht, und dabei die Summe mit der numerischen Funktion NSum gebildet. Für NSum gibt es verschiedene Möglichkeiten für "Method". Je nach Method und Parameter für x und z erfolgt die Berechnung einmal schnell (nur für spezielle x und z), einmal so langsam, dass es keinen Sinn macht, das weiter laufen zu lassen (der Plot braucht ja noch vielfach länger) und in manchen Konfigurationen bekomme ich die Meldung, dass die Summe nicht konvergiert.
Ich glaube, es gibt nur die Möglichkeit, den Ausdruck umzuschreiben (falls das überhaupt geht), damit die Summe in eine Exponentialfunktion umgewandelt werden kann.

positronium hat geschrieben:Ich habe es mit
$e^{-|z|^2/2} e^{-x^2/2}\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{\sqrt{n!}} H_n(x)$
noch einmal versucht, und dabei die Summe mit der numerischen Funktion NSum gebildet. Für NSum gibt es verschiedene Möglichkeiten für "Method". Je nach Method und Parameter für x und z erfolgt die Berechnung einmal schnell (nur für spezielle x und z), einmal so langsam, dass es keinen Sinn macht, das weiter laufen zu lassen (der Plot braucht ja noch vielfach länger) und in manchen Konfigurationen bekomme ich die Meldung, dass die Summe nicht konvergiert.
Ich glaube, es gibt nur die Möglichkeit, den Ausdruck umzuschreiben (falls das überhaupt geht), damit die Summe in eine Exponentialfunktion umgewandelt werden kann.

Evtl. konvergiert die Summe so besser

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

Aber wahrscheinlich ist die Methode über die DGL wesentlich effizienter

So funktioniert es auch nicht richtig. - Je nach Parameter läuft es anders.

Dann nimm die Lösung der DGLmit der Variablen x und dem Parameter z bzw. der Zeitabhängigkeit z(t)

tomS hat geschrieben:Dann nimm die Lösung der DGLmit der Variablen x und dem Parameter z ...

Das ist ja das, was ich weiter oben schon geplottet habe, oder täusche ich mich?
Die Lösung der DGL ist doch $e^{-\frac{x^2}{2 \sqrt{2}}+x z}$ . Diese Funktion habe ich für reelle Zahlen im Bereich -2 bis 2 geplottet.
Natürlich kann ich den Plot auch für andere Wertebereiche und für komplexe z durchführen.
In den verlinkten Wikipedia-Artikeln kann ich die DGL nicht finden... vielleicht liege ich falsch.

ja, deine Lösung der DGL ist korrekt; interessant wäre kein 2D PLot, sondern ein 1D Plot der Funktion für verschiedene t mit z(t) = exp(-it)

Du meinst, einfach z durch e^(-i t) ersetzen?
$e^{-\frac{x^2}{2 \sqrt{2}}+x e^{-i t}}=e^{e^{-i t} x-\frac{x^2}{2 \sqrt{2}}}$
Also so etwas (Blau=Realteil; Rot=Imaginärteil):

: a.gif (189.54 KiB) 15033 mal betrachtet

Ja, super, wenn es das ist; ich denke, man bekommt einen ganz guten Eindruck davon, dass das Wellenpake eben kohärent bleibt und periodisch seine Form ändert.

Wenn die graphische Aufbereitung das ist, was Du meintest, dann sollte es stimmen.
Ich habe nur die Funktion
$\Psi [\text{x},\text{t}]\text{:=}e^{e^{-i t} x-\frac{x^2}{2 \sqrt{2}}}$
definiert.
Und das dann über eine Table geplottet:
$a=\text{Table}[\text{Plot}[\{\text{Re}[\Psi [x,t]],\text{Im}[\Psi [x,t]]\},\{x,-5,5\},\text{PlotRange}\to \{-1.5,2.5\}],\{t,0,2\pi ,\pi /32\}];$
Und exportiert:
Export["a.gif", a]
Also, die X-Achse entspricht x, die Y-Achse dem Funktionswert und die Zeit eben t.

tomS hat geschrieben:Nun kann man aus diesen Bewegungsleichungen zunächst die für die Leiteroperatoren ableiten, in dem man die Definition derselben verwendet (Kapitel 3.3.1) und für diese dann die Zeitableitung gemäß 6.33 und 6.34 berechnet.

D.h. man erhält eine Bewegungsleichung mit da/dt. Berechne die doch mal.

In den Operatoren sind nur x und p zeitabhängig, also sollte man einfach
$\dot{a}^{\dagger}=\frac{1}{\sqrt{2 m}}(\dot{p}+i m \omega \dot{x})$
und
$\dot{a}^{-}=\frac{1}{\sqrt{2 m}}(\dot{p}-i m \omega \dot{x})$
schreiben, und die Ausdrücke für $\dot{p}$ und $\dot{x}$ einsetzen können:
$\dot{a}^{\dagger}=\frac{1}{\sqrt{2 m}}(i \omega p - k x)$
und
$\dot{a}^{-}=\frac{1}{\sqrt{2 m}}(-i \omega p - k x)$

Was dann?

i omega ausklammern und scharf hinschauen ...

positronium hat geschrieben:Du meinst, einfach z durch e^(-i t) ersetzen?
$e^{-\frac{x^2}{2 \sqrt{2}}+x e^{-i t}}=e^{e^{-i t} x-\frac{x^2}{2 \sqrt{2}}}$
Also so etwas (Blau=Realteil; Rot=Imaginärteil):
a.gif

Hallo Leute,
entschuldigt wenn ich hier so reinplatze.

Mich hat der Plot -elektrisiert-.
Von Physik verstehe ich nichts, von Mathematik noch weniger, eigentlich garnichts.
Aber dieser Plot könnte das aussagen was ich unter "Spinschwingung" verstehe.
Nach meinen Vorstellungen führt jedes Teilchen, Elektron, Kernteilchen usw.
auch unser Universum, eine Art Schwingung aus.
Diese Schwingung erhält den Schwingkörper in seiner Einheit.

Diese Schwingung hat eine Vorzugsrichtung, darum lagern sich auch die beiden Elektronen auf -Orbital-1 immer so an dass sie sich nicht gegenseitig stören.

Die rote -Linie- symbolisiert den Schwingungzustand, die blaue die Wirkungsstärke die nach aussen geht.
Bin wieder weg.

Kurt

tomS hat geschrieben:i omega ausklammern und scharf hinschauen ...

Dann kommt für den Erzeugungsoperator
$\frac{i \omega}{\sqrt{2 m}}(p + \frac{i k x}{\omega})$
heraus.
Das i k x erinnert mich an den Exponenten in der e-Funktion, oder p könnte man durch $m \dot{x}$ ersetzen, aber ich kann nur raten. Etwas hilfreiches erkenne ich leider nicht.

k ist hier definiert mittels omega und m (lies im Skript nach); um es abzukürzen: rechts steht einfach wieder der Leiteroperator mal i omega

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