Aufgaben11 - Fakultät für Physik

T2 Quantenmechanik
Lösungen 11
LMU München, WS 16/17
Prof. D. Lüst / Dr. A. Schmidt-May
version: 05. 01.
11.1. Spur und Dichtematrix
Die Spur eines Operators Â ist definiert durch
X
Tr Â ≡
hn|Â|ni
(11.1)
n
worin die |ni eine Orthonormalbasis des Hilbert-Raumes bilden.
a) Zeigen Sie, dass für zwei Operatoren Â und B̂ gilt
Tr (ÂB̂) = Tr (B̂ Â)
(11.2)
X
(11.S1)
Lösung: Es ist
Tr (ÂB̂) =
hn| ÂB̂ |ni .
n
Wir schieben einen Eins-Operator der Form
1=
X
|mi hm|
(11.S2)
m
ein und erhalten
!
X
Tr (ÂB̂) =
hn| Â
X
n
XX
=
|mi hm| B̂ |ni
m
n
hn| Â |mi hm| B̂ |ni .
(11.S3)
m
Da hn| Â |mi und hm| B̂ |ni einfach komplexe Zahlen sind, vertauschen sie und wir bekommen
XX
Tr (ÂB̂) =
hm| B̂ |ni hn| Â |mi
n
m
=
X
!
hm| B̂
m
X
|ni hn| Â |mi
(11.S4)
n
P
|ni hn| fallen lassen und erhalten die gesuchte Identität.
X
Tr (ÂB̂) =
hm| B̂ Â |mi = Tr (B̂ Â).
(11.S5)
Jetzt können wir den Eins-Operator 1 =
n
m
b) Zeigen Sie, dass die Spur eines Operators unabhängig von der Wahl der Orthonormalbasis ist.
Lösung: Wir betrachten zwei verschiedene Orthogonalbasen |ni1 , und |ni2 mit n = 1, . . . , d. Nach Teil a)
existiert wieder ein unitärer Operator Û welcher die Basen ineinander überführt, |ni2 = Û |ni1 . Dann ist
X
X
Tr2 Â =
hn|2 Â |ni2 =
hn|1 Û † ÂÛ |ni1
(11.S6)
n
n
Mit dem Ergebnis aus c) und Û Û † = 1 folgt
X
X
X
Tr2 Â =
hn|1 Û † ÂÛ |ni1 =
hn|1 ÂÛ Û † |ni1 =
hn|1 Â |ni1 = Tr1 Â
n
n
n
11.1
(11.S7)
Gegeben sei ein normierter Zustand |ψi mit zugehöriger Dichtematrix ρ = |ψi hψ| sowie
ein Operator Â.
c) Zeigen Sie, dass Tr ρ = Tr ρ2 = 1.
Lösung: Es ist
ρ2 = |ψi hψ|ψi hψ| = |ψi hψ| = ρ und
X
X
X
Tr ρ =
hn|ρ|ni =
hn|ψi hψ|ni =
hψ|ni hn|ψi = hψ|ψi = 1
n
n
(11.S8)
n
d) Zeigen Sie, dass Tr ρÂ = hψ|Â|ψi.
Lösung:
Tr ρÂ =
X
hn|ρÂ|ni =
n
X
hn|ψi hψ|Â|ni =
n
X
hψ|Â|ni hn|ψi = hψ|Â|ψi
(11.S9)
n
Betrachten Sie nun einen zweidimensionalen Hilbert-Raum mit Basiszuständen |αi und
|βi, sowie den Operator
ρ = a |αi hα| + b |βi hβ| + c |αi hβ| + d |βi hα|
(11.3)
mit a, b, c, d ∈ C.
e) Für welche a, b, c, d ist ρ hermitesch?
Lösung: Hermitizität erfordert
a, b ∈ R ,
c = d∗
(11.S10)
f ) Für welche a, b, c, d ist ρ eine Dichtematrix?
Lösung: ρ muss hermitesch sein und Tr ρ = 1 erfüllen. Also
a, b ∈ R ,
c = d∗ ,
a+b=1
(11.S11)
g) Welche zusätzliche Bedingung muss ρ erfüllen um einen reinen Zustand zu beschreiben? Für welche a, b, c, d gilt dies? Der zugehörige normierte Zustand ausgedrückt in
der obigen Basis habe die Form
|ψi = cα |αi + cβ |βi
(11.4)
Wie hängen cα und cβ mit den unabhängigen Parametern in ρ zusammen?
Lösung: Es muss gelten Tr ρ2 = 1 (oder ρ2 = ρ). Dies impliziert
1 = a2 + 2dc + b2 = a2 + 2|c|2 + b2
(11.S12)
Der zugehörige Zustand |ψi erfüllt ρ = |ψi hψ| und die Dichtematrix lautet somit
ρ = |ψi hψ| = |cα |2 |αi hα| + |cβ |2 |βi hβ| + cα c∗β |αi hβ| + cβ c∗α |βi hα|
11.2
(11.S13)
Vergleich mit (11.3) gibt
a = |cα |2
b = |cβ |2
c = cα c∗β
d = c∗ = cβ c∗α
(11.S14)
Die Gleichung a+b = 1 ist |cα |2 +|cβ |2 = 1 und somit äquivalent zur Normierung von |ψi. Gleichung (11.S12)
wird zu
2
1 = |cα |4 + |cβ |4 + 2|cα |2 |cβ |2 = |cα |2 + |cβ |2
(11.S15)
was ebenfalls der Normierung von |ψi entspricht.
h) Von wie vielen reellen Parametern hängen die Dichtematrizen im allgemeineren HilbertRaum H = Cn ab? Von wie vielen Parametern die Dichtematrizen von reinen Zuständen?
Lösung: siehe Aufgabe 24.6 mit Lösung im Buch
11.2. Rekonstruktion der Dichtematrix
Bezüglich einer Basis eines zweidimensionalen
durch die folgenden Matrizen gegeben
3 2
2
A=
B=
2 3
−i
Hilbert-Raumes seien drei Observablen
i
2
C=
1 0
0 3
(11.5)
Im vorliegenden Zustand wurden die Erwartungswerte hAi = 4, hBi = 3/2 und hCi = 2
gemessen.
a) Bestimmen Sie die Dichtematrix des Zustandes.
Lösung: siehe Aufgabe 24.7 mit Lösung im Buch
b) Handelt es sich um einen reinen oder gemischten Zustand?
Lösung: siehe Aufgabe 24.7 mit Lösung im Buch
11.3. Unschärferelation
a) Berechnen Sie die Unschärferelation für die Operatoren x̂ und Ĥ =
p̂2
2m
+ V (x̂).
Lösung: Da [x̂, V (x̂)] = 0, ist
i~
h
i p̂2 1 x̂, Ĥ = x̂,
=
p̂ [x̂, p̂] + [x̂, p̂] p̂ =
p̂
2m
2m
m
(11.S16)
Eingesetzt in die allgemeine Unschärferelation
2
1
h[Â, B̂]i
4
(11.S17)
2
1
~2
2
h[x̂, Ĥ]i =
hp̂i
4
4m2
(11.S18)
(∆Â)2 (∆B̂)2 ≥ −
gibt das
(∆x̂)2 (∆Ĥ)2 ≥ −
und somit
∆x̂∆Ĥ ≥
~
hp̂i
2m
(11.S19)
b) Demonstrieren Sie, dass die Ungleichung für einen Energieeigenzustand erfüllt ist.
11.3
Hinweis: Zeigen Sie, dass für Lösungen der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung
gilt, und folgern Sie hieraus, dass für Energieeigenzustände hp̂i = 0 ist.
hp̂i = m dhx̂i
dt
Lösung: Für Energieeigenzustände gilt ∆Ĥ = 0. Wir müssen also zeigen, dass dann auch hp̂i = 0 ist.
Sei ψ(t, x) eine Lösung der zeitabhängigen Schrödinger-Gleichung. Dann ist
Z
hxi = dx x|ψ(t, x)|2
und deshalb
d
hx̂i =
dt
Z
dx x
∂
|ψ(t, x)|2
∂t
Wir verwenden die Schrödinger-Gleichung und erhalten
Z
i~
∂ ∗ ∂ψ
∂ψ ∗ d
ψ
hx̂i =
dx x
−ψ
dt
2m
∂x
∂x
∂x
Partielle Integration gibt
d
i~
hx̂i = −
dt
2m
Z
∂ψ
∂ψ ∗ dx ψ ∗
−ψ
∂x
∂x
Und nach noch einer partiellen Integration im zweiten Term erhalten wir
Z
Z
Z
d
i~
1
1
1
∗ ∂ψ
∗ ~ ∂
hx̂i = −
dx ψ
=
dx ψ
ψ=
dx ψ ∗ p̂ ψ =
hp̂i
dt
m
∂x
m
i ∂x
m
m
(11.S20)
(11.S21)
(11.S22)
(11.S23)
(11.S24)
Energieeigenzustände haben die Form
ψ(t, x) = ψ(x)e−iEn t/~
(11.S25)
Die Phase hebt sich weg sich beim Bilden des Ortserwartungswertes und somit ist hx̂i in diesem Fall zeitund
habhängig. Für den Impulserwartungswert folgt dann hp̂i = m dt
hx̂i = 0. Die Ungleichung wird also zu 0 ≥ 0
und ist somit erfüllt.
11.4

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