QM-Frage-Antwort

Beitrag von **tomS** » 30. Dez 2009, 21:54

Herleitung - nein. Motivation - ja ... bis gleich

Beitrag von **tomS** » 8. Jan 2010, 00:10

hätte das fast übersehen ...

... zur Motivation der (stationären) Schrödingergleichung so viel:

Man betrachtet zunächst die klassische, hamiltonsche Mechanik; eine zentrale Rolle spielt die Hamiltonfunktion H, die (im Falle der Zeitunabhängigkeit) der erhaltenen Energie E entspricht. Man erhält i.A: aus der Lagrangefunktion

L = T - V

die Hamiltonfunktion

H = T + V

T ist dabei die kinetische Energie, im einfachsten Fall eines Punktteilchen der Masse m ist dies gerade

T = p²/2m

V = V(x) ist nahezu beliebig. Nun ersetzt man konsequent alle klassische Größen durch die quantenmechanischen Operatoren. In der Orstdarstellung, d.h. für Ortsraumwellenfunktionen bedeutet dies insbs., dass man den Impuls p durch den Impulsoperator

p = -i d/dx

ersetzt.

Damit haben wir aber bereits den Hamiltonoperator

H = -1/2m d²/dx² + V(x)

Ein Zustand |E> konstanter Energie erfüllt also die Schrödingergleichung

(H-E)|E> = 0

bzw.

[-1/2m d²/dx² + V(x) - E] u(x) = 0

Beitrag von **breaker** » 8. Jan 2010, 16:07

Etwas schwammige Begründung...
"Weil der Hamiltonoperator so ähnlich aussieht, wie die Hamiltonfunktion aus der klassischen Mechanik, muss die Energie rauskommen, wenn man ihn anwendet..."

Beitrag von **tomS** » 9. Jan 2010, 09:27

Ja, so funktioniert die kanonische Quantisierung.

- ersetze klassische Ausdrücke durch Operatoren
- ersetze die Poissonklammern {...,...} durch [...,...]; aufgrund der Hermitizität von ... muss der Kommutator antihermitesch sein
- Erhaltungsgrößen bleiben in der QM ebenfalls Erhaltungsgrößen
- Observable werden hermitesche Operatoren

Der Hamiltonoperator ist dabei nicht "willkürlicher" als der Impulsoperator selbst.

Beitrag von **tomS** » 9. Jan 2010, 20:20

siehe auch hier:
http://wwwex.physik.uni-ulm.de/lehre/gk ... ode20.html
http://www.pci.tu-bs.de/aggericke/PC3/K ... eitung.htm

Beitrag von **tomS** » 15. Jan 2010, 08:19

Hat das weitergeholfen?

Beitrag von **breaker** » 15. Jan 2010, 21:38

Huch, hab die Links garnicht bemerkt.
Ich muss es mir noch anschauen, ich sag dann Bescheid.

Beitrag von **breaker** » 16. Jan 2010, 11:20

Hmmm..
Damit hab' ich immernoch ein Problem.
Man geht von einer ebenen Welle aus und definiert Operatoren für irgendwelche allgemeinen Wellenfunktionen danach, welche Eigenwerte sie bei ebenen Wellen haben.
Kann ja sein, dass das eine sinnvolle Verallgemeinerung ist, aber es erscheint auf den ersten Blick alles andere als sinnvoll.
Wenn das Betragsquadrat der Wellenfunktion die Aufenthaltswahrscheinlichkeit eines Teilchens wiedergeben soll, dann bekommt man mit ebenen Wellen ein Problem, denn:
$\int_{-\infty}^{\infty}|\Psi(x)|^2dx=\int_{-\infty}^{\infty}Ae^{i(kx-\omega t)}\cdot A^* e^{-i(kx-\omega t)} dx$
$=|A|^2\cdot \int_{-\infty}^\infty 1\, dx=\infty$

Damit kann ich die Wahrscheinlichkeit niemals auf 1 normieren.
Das bedeutet doch, dass ich ein reales Teilchen nicht sinnvoll durch eine ebene Welle beschreiben kann.
Warum nimmt man dann eine ebene Welle als Ausgangspunkt, um die Schrödingergleichung aufzubauen?

Beitrag von **tomS** » 16. Jan 2010, 12:09

Du hast da ein interessantes Problem entdeckt, aber das hat wenig mit dem Hamiltonoperator zu tun.

Zunächst mal ist klar, dass die Herleitung der Quantisierunsgregel (Operatoren, Vertauschungsrelationen, Hilbertraumzustände) keine streng Ableitung ist; Kann sie auch nicht sein, da ja die klassische Mechanik eine "Vergröberung" der QUantenmechanik darstellt und du logischerweise nicht die fundamentale Theorie aus der Vergröberung rekonstruieren kannst. Am besten versteht man also die Quantisierung als "heuristisch bestätigt" Oder als "axiomatisch", im Sinne von "man macht es eben so".

In der QM gibt es ja viele Diskussionen bzgl. des philosophisch - ontologischen (oder nur epistemologischen) Charakters, der "Realität" eines Quantenzustandes. Dabei entstanden Deutungen wie die Kopenhagener Interpretation (nach Niels Bohr), die Viele-Welten-Interpretation und - neuerdings - die Dekohärenz (die für sich alleine aber keine eigenständige Interpretation sondern eher ein Mechanismus ist). Feynman stand übrigens auf dem Standpunkt "shut up and calculate!"

Zurück zu deinem Problem: es ist richtig, dass die Wellenfunktionen für ebene Wellen im Ortsraum (entsprechend scharfer Impuls im Impulsraum, also Delta-Funktion) bzw. Delta-Funktion im Ortsraum (also scharfer Ort; entsprechend ebene Welle im Impulsraum) nicht zum L² der quadratintegrierbaren Funktionen gehören. Sie sind allerdings als Elemente eines Grenzprozesses jeweils quadratintegrabler Funktionen zu verstehen, d.h. es gibt eine Folge quadratintegrabler Funktionen, deren Grenzwert selbst keine quadratintegrable Funktion mehr ist. Mathematisch bedeutet dies, dass diese Funktionen im Abschluss des L² liegen. Für diese Funktionen sind insbs. Skalarprodukte nicht immer wohldefiniert: man muss voraussetzen, dass der jeweiligige Bra in einem geeigneten Dualraum, nämlich dem eigentlichen L² liegt, d.h. man kann durchaus Skalarprodukte definieren, aber eben nicht die Norm selbst, denn dieser Bra liegt außerhalb des zulässigen Dualraumes (wie o.g. in dessen Abschluss). Eigenwertprobleme bleiben aber für geeignete Operatoren durchaus sinnvoll.

Beitrag von **breaker** » 17. Jan 2010, 22:05

Okay, macht Sinn.

Wie soll es weitergehen?

Beitrag von **tomS** » 17. Jan 2010, 23:33

Harmonischer Oszillator?

Beitrag von **breaker** » 18. Jan 2010, 10:27

Gerne.

Beitrag von **tomS** » 18. Jan 2010, 12:15

Wir betrachten zunächst den eindimensionalen harmonischen Oszillator, erweitern dann aber auf den dreidimensionalen. Wir lassen die mühsame Lösung der Schrödingergleichung im Ortsraum weg, das ist einfach "Rechnen" und wenig spannend. Wir gehen also aus vom harmonischen Oszillator (m=1)

$H = \frac{1}{2}(p^2 + x^2)$

Dann definieren wir die neuen Operatoren

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

Zunächst definiert man
1) den Teilchenzahloperator $N = a^\dagger a$
und zeigt
2) die Vertauschungsrelationen für $a$ und $a^\dagger$ sowie $N$
3) wie man $H$ durch $a$ und $a^\dagger$ bzw. $N$ ausdrücken kann
3) auf welchen Hilbertraumzuständen die Operatoren agieren bzw. wie sie diese ineinander überführen
4) welches Spektrum sich für $N$ und damit für $H$ ergibt

Eine sehr gute Zusammenfassung findet man im Sakurai "Moden Quantum Mechanics" sowie unter http://www.jkrieger.de/download/quantenmechanik.pdf

Schau mal wie weit du kommst und alss uns anhand der Dokumente diskutieren, dann sparen wir uns Schreibarbeit.

Ausblick:
- kohärente Zustände
- N-dim. harmonischer Oszillator und SU(N) Symmetrie

Beitrag von **breaker** » 23. Jan 2010, 15:22

Hm, ich hab die Lösung gestern aus Versehen in anderem Zusammenhang in einem Buch gelesen

Sehr elegant (ich kannte bisher nur die "Lösungsmethode" zu sagen: "Bei dieser hässlichen Differentialgleichung kommen halt die Hermite'schen Polynome raus, weil das halt so ist...")

Dann ergibt sich
$p=-\frac{i}{\sqrt 2}(a-a^\dagger)$
$x=\frac{1}{\sqrt 2}(a+a^\dagger)$

Und damit:
$H=1/2(-1/2(a-a^\dagger)^2+1/2(a+a^\dagger)^2)$
$H=\frac 1 2 (a^\dagger a+a a^\dagger)$
$H=(a^\dagger a+\frac 1 2)$
Deshalb ist die Schrödingergleichung quasi eine Eigenwertgleichung für N.

Erst berechnet man die Eigenfunktion von N zum Eigenwert Null:
Für $N\psi=0$ gilt $\langle\psi,N\psi\rangle=\langle a\psi,a\psi\rangle=0$
$\Leftrightarrow a\psi=0$
$\Leftrightarrow \frac {1}{\sqrt{2}}(x+ip)\psi=0$
$\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{2}}(x-\hbar\frac{\partial}{\partial x})\psi=0$

Damit erhält man $\psi$ zum Eigenwert Null (nennen wir sie mal $\psi_0$ ). Wie die Lösung genau aussieht, weiß ich nicht auswendig, aber ist auch nicht wichtig.

Jedenfalls kann man nun zeigen: Ist $\psi_n$ Eigenfunktion zum Eigenwert n, so ist $a^\dagger\psi_n$ eine Eigenfunktion zum Eigenwert n+1.
Da man $\psi_0$ kennt, kennt man alle Eigenfunktionen. Aus der Iterationsformel $\psi_n=(a^\dagger)^n\psi_0$ ergeben sich gerade die Hermite'schen Polynome.

Beitrag von **breaker** » 23. Jan 2010, 16:20

Dazu direkt noch eine Frage:

Warum fordert man eigentlich immer, dass $\psi$ eine Eigenfunktion zum jeweiligen Operator ist??
Warum sind keine anderen Zustände erlaubt?

Werden damit denn Darstellungen wie $a=\int \psi*A\psi dx$ nicht überflüssig?
Man brauch ja eigentlich nur $A\psi=a\psi$ betrtachten.

Beitrag von **tomS** » 23. Jan 2010, 20:08

Also zunächst mal hast du das richtig und kompakt dargestellt.

Du solltest dir klar machen, dass es einen Unterschied zwischen dem Zustand $|n\rangle$ und der (Ortsraum-) Eigenfunktion $\psi_n(x) = \langle x| n\rangle$ gibt. Damit kannst du nämlich den algebraischen Beweis dahingehend vereinfachen, dass due überhaupt keine Hermitefunktionen mehr brauchst.

Zur Frage, ob andere Zustände erlaubt sind: natürlich, nur sind es dann eben keine Eigenzustände mehr. Du kannst jederzeit einen beliebigen Zustand betrachten und z.B. seine Zeitentwicklung analysieren. Ein Eigenzustand bleibt ein Eigenzustand, ein beliebiger Zustand wird sich ändern, aber das ist völlig OK. Für einen beliebigen Zustand gilt

$|\psi\rangle = \sum_n \psi_n |n\rangle$

Dabei erhält man die Koeffizienten durch Projektion

$\langle m|\psi\rangle = \sum_n \psi_n \langle m|n\rangle = \sum_n \psi_n \delta_{mn} = \psi_m$

Genauso kann man einen Operator darstellen:

$A = \sum_{mn} A_{mn} |m\rangle\langle n|$

Für die Matrixelemente dieses Operators gilt

$\langle m|A|n\rangle = A_{mn}$

Eigentlich ist das nichts anderes als Produkte von Vektoren, wobei Zeilenvektor * Spaltenvektor = bra * ket dem Skalarprodukt entspricht, während Spaltenvektor * Zeilenvektor = ket * bra die Matrix liefert.

Der Grund, warum man sich (zunächst) auf die Eigenvektoren konzentriert ist, dass man weiß, dass sie eine vollständige, orthonormierte Basis (VON = vollständiges Orthonormalsystem) bilden und man daher alle anderen Objekte in diesem Hilbertraum daraus konstruieren kann.

Man findet hier übrigens ein nettes Beispiel eines Vektorraum-Isomorphimus zwischen dem $L_2[-\infty, +\infty]$ und dem $l_2$ . Für das Skalarprodukt zweier beliebiger Zustände bzw. Wellenfunktionen gilt ja

$\langle \psi_1 | \psi_2 \rangle = \int_{-\infty}^{+\infty} dx \psi^_1^\ast(x) \psi_2(x)$

Oder, durch Projektion auf die Eigenzustände

$\langle \psi_1 | \psi_2 \rangle = \sum_n \langle \psi^_1|n\rangle \langle n|\psi_2\rangle = \sum_n (\psi_1^\ast)_n (\psi_2)_n$

Ersteres ist das Skalarprodukt im $L_2[-\infty, +\infty]$ , letzteres das im $l_2$

D.h. man kann jeder Wellenfunktion im $L_2[-\infty, +\infty]$ einen unendlichdimensionalen Vektor im $l_2$ zuordnen.

Wichtig bei der obigen Konstruktion ist die Projektoreigenschaft der Eigenzustände. Ein Projektor projiziert auf einen bestimmten Unterraum, man definiert den Projektor auf einen eindimensionalen Unterraum als

$P_n = |n\rangle \langle n|$

Man rechnet leicht nach, dass

$P_n^2 = P_n$

und

$P_m P_n = 0; \; m \neq n$

Außerdem hat man eine sogenannte Zerlegung der Eins, denn es gilt, dass die Summe aller Projektoren der Eins-Operator ist (vergleiche das mal mit Matrizen: ein Projektor hat dann z.B. genau eine Eins auf der Hauptdiagonalen, sonst nur Nullen)

$1 = \sum_n P_n$

Beitrag von **tomS** » 23. Jan 2010, 20:21

Ausblick / Anmerkung: es gibt für das Wasserstoffatom eine ähnliche, rein algebraische Methode, die Eigenzustände sowie das Spektrum zu konstruieren. Der Trick, eine komplexe Linearkombination wie beim harmonischen Oszillator zu verwenden, ist dabei nicht so offensichtlich, aber es gibt ihn. Evtl. kennst du aus der Mechanik-Vorlesung den Lenz-Runge Vektor, eine zusätzliche Erhaltungsgröße neben Drehimpuls und Energie im Keplerproblem. Diese zusätzliche Erhaltungsgröße sorgt dafür, dass Keplerbahnen (Ellipsen) geschlossen sind. Mittels dieser Erhaltungsgröße kann man zeigen, dass im Wasserstoffatom eine Rotationsymmetrie vorliegt, und zwar nicht wie erwartet eine SO(3), also dreidimensionale Drehungen, sondern eine SO(4), also vierdimensionale Drehungen. Und nun hat man das Glück, dass SO(4) = SU(2) * SU(2) ~ SO(3) * SO(3), d.h. man hat es im Wasserstoffatom mit zwei "vermischten" Drehimpulsalgebren zu tun. Diese kann man rein algebraisch behandeln und findet tatsächlich das korrekte quantenmechanische Spektrum.

Wenn du Lust hast, noch eine viel größere Symmetriegruppe im n-dimensionalen harmonischen Oszillator zu erkunden, dann solltest du mal die obige Konstruktion auf mehrere Dimensionen verallgemeinern. Hinweis: die komplexe Linearkombination von x und p ist einfach für jede Dimension separat durchzuführen; außerdem ist für jede Dimension i separat ein eigenes N[down]i[/down] sowie ein eigenes n[down]i[/down] zu kosntruieren. Der Hamiltonoperator H ergibt sich dann aus der Summe über alle N[down]i[/down], die Grundzustandsenergie hat je Dimension einen Beitrag 1/2, beträgt in D Dimensionen also D/2.

Schreibts du die Formeln mal zusammen?

Beitrag von **breaker** » 24. Jan 2010, 21:46

Mal schauen, ob ich das richtige meine:

$a_k=\frac{1}{\sqrt 2}(x_k+ip_k)$
$a_k^\dagger=\frac{1}{\sqrt 2}(x_k-ip_k)$

$N_k=a_k^\dagger a_k$

$H=\sum_{k=1}^D N_k$

Beitrag von **tomS** » 24. Jan 2010, 22:41

Beitrag von **tomS** » 24. Jan 2010, 23:25

Schaffst du es, einen Eigenzustand zum Vernichtungsoperator $a$ zu finden? Schaffst du es, zu zeigen, warum umgekehrt kein Eigenzustand zum Erzeugungsoperator $a^\dagger$ existieren kann?

Hinweis - du kannst dazu mal unter "kohärenten Zuständen" spicken ...

Beitrag von **breaker** » 25. Jan 2010, 10:28

Hm...

Wenn man den Operator "Multiplikation mit x" drin hat, wie kann man dann überhaupt eine Eigenfunktion finden, die nicht die Nullfunktion ist?

Beitrag von **tomS** » 25. Jan 2010, 10:53

Vergiss x! Wichtig sind nur die Eigenschaften der Erzeuger und Vernichter, d.h. ihre Vertauschungsrelationen sowie ihre Wirkung auf die Eigenzustände |n>.

Beitrag von **breaker** » 28. Jan 2010, 22:59

Hm...
Ich hab jetzt ein bisschen selbst rumgerechnet, ein bisschen auf Wikipedia gelesen und ich komme zu dem:
Sei |n> ein Eigenzustand zu N, also N|n>=n|n>.
Man kann nachrechnen, dass gilt: [N,a]=-a.
<=> N(a|n>) - a(N|n>) = -a|n>
=> -(a|n>) = a* a (a|n>) - n (a|n>)
Nun kann man (a|n>) in |m> umbenennen, dann folgt:
-|m>=N|m> - n|m>
<=> (n-1)|m> = N|m>
Das hatten wir eigentlich schon: Ich |n> eine Eigenfunktion von N zum Eigenwert n, dann ist a|n> eine Eigenfunktion von N zum EW (n-1).
Deshalb bietet sich die Schreibweise a|n>=|n-1> an.
Jetzt kann ich a einfach n-mal anwenden, dann muss
N(a[up]n[/up]|n>) = (n-n) |n-n> = 0|0>
Und dann kann man scheinbar aus n>=0 folgern, dass a[up]n+1[/up]|n>=0 sein muss. Den Schluss verstehe ich nicht so ganz; klingt irgendwie schwammig...
Auf jeden Fall hat man damit einen Eigenzustand zum EW 0.

Beim Erzeugungsoperator kann das wahrscheinlich nicht gehen, weil er n nur erhöht und man so zu keiner Grenze kommt.

Beitrag von **tomS** » 28. Jan 2010, 23:23

Hm, ich schlage folgende Vorgehesweise vor: man setzt

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

und

$|z\rangle = \sum_{n=0} c_n|n\rangle$

dann ist

$a|z\rangle = \sum_{n=0} c_n a|n\rangle = \sum_{n=0} c_n \sqrt{n}|n-1\rangle = \sum_{n=1} c_n \sqrt{n}|n-1\rangle$

Nun setzen wir

$n-1 = m$

und erhalten

$a|z\rangle = \sum_{m=0} c_{m+1} \sqrt{m+1}|m\rangle$

Nun setzen wir in die Eigenwertgleichung ein

$\sum_{m=0} c_{m+1} \sqrt{m+1}|m\rangle = z \sum_{m=0} c_m |m\rangle$

und vergleichen die Koeffizienten der Summe, d.h.

$c_{m+1} \sqrt{m+1} = z c_m$

$c_{m+1} = \frac{z c_m}{\sqrt{m+1}}$

Starten wir mit

$c_0 = 1$

$c_1 = \frac{z}{1}$

$c_2 = \frac{z c_1}{\sqrt{2}} = \frac{z^2}{\sqrt{2}}$

$c_3 = \frac{z c_2}{\sqrt{3}} = \frac{z^3}{\sqrt{2\cdot 3}}$

...

$c_n = \frac{z^n}{\sqrt{n!}}$

also

$|z\rangle = \sum_{n=0} \frac{z^n}{\sqrt{n!}} |n\rangle$

Der Zustand ist noch nicht normiert, probier's mal selbst.

Beitrag von **tomS** » 31. Jan 2010, 10:50

Kommst du damit klar oder hast du noch Fragen? Wenn nein, dann würde ich mit der SU(N) Symmetrie weitermachen.

Abenteuer-Universum

QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: :!: QM-Frage-Antwort

Re: QM-Frage-Antwort