L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik F Ubungsblatt 6 ¨

L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik F Ubungsblatt 6 ¨

Prof. Dr. G. Sch¨ on und PD Dr. M. Eschrig

Sommersemester 2006

Aufgabe 15 15 Punkte

Definition des Dichteoperators: ˆρ=P

nωn|nihn| ⇒Basis|↑i, |↓i-Eigenzust¨ande von σz:

a.)

i.) ˆ

ρ= (a|↑i+b|↓i) (h↑|a^∗+h↓|b^∗) =|a|²|↑ih↑|+|b|²|↓ih↓|+ab^∗|↑ih↓|+a^∗b|↓ih↑|

in Matrixschreibweise: ρˆ=

|a|² ab^∗ a^∗b |b|²

1 Punkt ii.)

ˆ ρ=1

2|↑ih↑|+1

2|↓ih↓| ≡ ₁

2 0 0 ¹₂

1 Punkt iii.)

ˆ ρ=3

4 1

√2|↑i+ 1

√2|↓i 1

√2h↑|+ 1

√2h↓|

+1

4 1

√2|↑i − 1

√2|↓i 1

√2h↑| − 1

√2h↓|

=3

8(|↑ih↑|+|↓ih↓|+|↑ih↓|+|↓ih↑|) +1

8(|↑ih↑|+|↓ih↓| − |↑ih↓| − |↓ih↑|)

=1

2(|↑ih↑|+|↓ih↓|) +1

4(|↑ih↓|+|↓ih↑|)≡ ₁

2 1 1 4 4

1 2

1 Punkt

b.)

Bewegungsgleichung (quantenmech. Liouville-Gl.):i~∂tρˆ= [ ˆH,ρ]ˆ

formale L¨osung: ρ(t) =ˆ e^−~iHˆtρ(0)eˆ ^~iHˆt 1 Punkt hier: ρ(t) =ˆ e^~iµBHtˆσzρ(0)eˆ ^{−~iµBHtˆσz}

benutze Abk¨urzungω=^µB~^H unde^±iωtˆσz = cosωt±iˆσzsinωt, und finde ˆ

ρ(t) = (cosωt+iˆσzsinωt) ˆρ(0) (cosωt−iˆσzsinωt) 1 Punkt

bestimme ˆρ(0) : |+ˆzi=|↑i; |+ˆyi= 1

√2(|↑i+i|↓i)

also ˆρ(0) =1

2|↑ih↑|+1 2· 1

2(|↑i+i|↓i) (h↑| −ih↓|) = ₃

4 −₄ⁱ

i 4

1 4

= 1

4(2·ˆ1 + ˆσz+ ˆσy) 1 Punkt damit

ˆ ρ(t) =1

4



2·ˆ1 + ˆσz+ ˆσycos 2ωt+i

2sin 2ωt[ˆσz,σˆy]

| {z }

−2iˆσx



 1 Punkt

hσˆx(t)i= Tr[ˆρ(t)ˆσx] = 1

2sin 2ωt; da Tr ˆσj = 0 1 Punkt

⇒ Spinpr¨azession (des Anteils des Spins, der in ˆy-Richtung polarisiert ist) 1 Punkt

⇒ Frequenz 2ω: Pr¨azessionsfrequenz im Spinraum verdoppelt!

c.)

H→H+δH : Hˆ =−µB[H+δH(t)]ˆσz

⇒ Zeitentwicklung: betrachte Liouville-Gl.:δω(t) = ^µBδH(t)_~

∂tρˆ=−i

~[ ˆH,ρ] =ˆ i(ω+δω(t))[ˆσz,ρ]ˆ 1 Punkt

L¨osung:

ˆ

ρ(t) =e^{iˆσzR0tdt0[ω+δω(t0)]}ˆˆρ(0)e^{−iˆσzR0tdt00[ω+δω(t00)]}

mit e^±iαˆσz =

e^±iα 0 0 e^∓iα

findet man ˆ

ρ(t) =

e^iα 0 0 e^−iα

|a|² ab^∗ a^∗b |b|²

e^−iα 0 0 e^iα

=

|a|² ab^∗e^2iα a^∗b e^−2iα |b|²

1 Punkt

⇒ hhρ(t)ˆ ii=

|a|² ab^∗hhe^2iαii a^∗bhhe^−2iαii |b|²

und

hhe^±2iαii=e^±i2ωthhexp

±2i Z t

dt⁰δω(t⁰)

ii=e^±i2ωtexp

−1 2

Z t

dt⁰dt⁰⁰hhδω(t⁰)δω(t⁰⁰)ii

hhe^±2iαii=e^±i2ωe⁻

4γµ2 Bt

~2 =e^±i2ωe^−t/tϕ, mit der Dekoh¨arenzzeittϕ= ~²

4γµ²_B 1 Punkt

⇒ finde also hhρ(t)ˆ ii=

|a|² ab^∗e^i2ωte^−t/tϕ a^∗b e^−i2ωte^−t/tϕ |b|²

1 Punkt Außerdiagonalelemente zerfallen mit der Zeit; charakteristische Zeitskala:tϕ; Diagonalelemente unbeeinflusst.

f¨urttϕ: hhρ(ˆ∞)ii=

|a|² 0 0 |b|²

1 Punkt hhρ(ˆ∞)ii²6=hhρ(ˆ∞)ii [es sei denn|a|²= 1 oder|b|²= 1], jedoch ˆρ(0)²= ˆρ(0) !!

⇒f¨ur |a|² 6= 0 und|b|² 6= 0 f¨uhrt die ¨außere zeitabh¨angige St¨orung dazu, dass sich der Dichteoperator eines reinen Zustands in den eines gemischten Zustands entwickelt. 1 Punkt

2

Aufgabe 16 4 Punkte

a.)

Reiner Zustand z.B.|Ψi=√¹

2(|+i+|−i) =|+i^x denn P+=|h+|Ψi|²= 1

2 =P₋, WˆR=1 2

1 1 1 1

1 Punkt

Gemisch z.B. WˆG= 1

2|+ih+|+1

2|−ih−|=1 2

1 0 0 1

1 Punkt

b.)

Idee: Drehen der Stern-Gerlach-Apparatur. Bei eiem reinen Zustand steht sie irgendwann parallel zum Spin, und es erscheint nur noch ein Signal, bei einem Gemisch ¨andert sich nichts.

Hier: Detektor in x-Richtung

Strahl Projektion auf|+ix Pˆ+= 1 2

1 1 1 1

Strahl Projektion auf|−ix Pˆ+= 1 2

1 −1

−1 1

Erwartungswerte

• Reiner Zustand

hPˆ+iR= Tr( ˆP+WˆR) =1 4Tr

1 1 1 1

1 1 1 1

= 1

hPˆ₋iR= 1 4Tr

1 1 1 1

1 −1

−1 1

= 0

• Gemisch:

hPˆ+i^G = Tr( ˆP+WˆG) = 1 4Tr

1 1 1 1

1 0 0 1

=1 2 hPˆ₋i^G =1

4Tr

1 −1

−1 1

1 0 0 1

=1 2

2 Punkte

3

Aufgabe 17 4 Punkte

H=S~1·S~2=1 2

h(S~1+S~2)²−S~₁²−S~₂²i

Grundzustand hatS~1+S~2= 0

a.)

⇒ |Ψ0i= 1

√2(|↑↓i − |↓↑i)

ˆ ρ= 1

2(|↑↓i − |↓↑i)(h↑↓| − h↓↑|) =







0 0 0 0

0 ¹₂ −¹₂ 0 0 −¹₂ ¹₂ 0

0 0 0 0







|↑↑i

|↑↓i

|↓↑i

|↓↓i

1 Punkt

Rein, da ˆρ²= ˆρ. 1 Punkt

b.)

Reduzierte Dichtenmatrix:

ρ^red_↑↑ =ρ_↑↑,↑↑+ρ_↑↓,↑↓=1 2 =ρ^red_↓↓

ρ^red_↑↓ =ρ_↑↑,↓↑+ρ_↑↓,↓↓= 0 =ρ^red_↓↑

Also ist ˆ ρ^red=

1/2 0 0 1/2

1 Punkt gemischt, da

ˆ ρ^red2

=

1/4 0 0 1/4

6

= ˆρ^red 1 Punkt

4