Master-Gleichung: (10+8=18 Punkte) Ein Kasten A vom Volumen V sei mit einem viel gr¨oßeren Kasten B durch ein kleines Loch verbunden

Karlsruher Institut f¨ur Technologie Institut f¨ur Theorie der Kondensierten Materie Moderne Theoretische Physik III (Theorie F – Statistische Mechanik) SS 17

Prof. Dr. Alexander Mirlin Blatt 14

PD Dr. Igor Gornyi, Janina Klier Besprechung: 28.07.2017

1. Master-Gleichung: (10+8=18 Punkte)

Ein Kasten A vom Volumen V sei mit einem viel gr¨oßeren Kasten B durch ein kleines Loch verbunden. Teilchen k¨onnen das Loch nur einzeln passieren. Die Wahrscheinlich- keit, dass in der Zeit ∆tein Gasteilchen von A nach B geht, sei proportional zuN∆t/V (N: Zahl der Teilchen in A), und die Wahrscheinlichkeit von B nach A zu gehen sei proportional zu (gleiche Proportionalit¨atskonstante) ρ∆t (ρ: konstante Teilchendichte in B).

(a) Sei P(N, t) die Wahrscheinlichkeit zur Zeit t gerade N Teilchen in A zu finden.

Schreiben Sie die Gleichung f¨ur P(N, t) (Master-Gleichung) auf und l¨osen Sie sie f¨ur den station¨aren Fall.

L¨osung:

In einem infinitesimalen Zeitschritt kann nur ein Teilchen diffundieren. F¨ur die Ubergangsrate von¨ N aufM Teilchen im Volumen V (Kasten A) erh¨alt man daher

W(N, M) = αN

V δ_N,M+1+α ρ δN,M−1

(Proportionalit¨atskonstante α).

Die Mastergleichung ist

∂P(N, t)

∂t = P

M

h

W(M, N)P(M, t)

| {z }

“Gewinnterm”

−W(N, M)P(N, t)

| {z }

“Verlustterm”

i

= αN + 1

V P(N+ 1, t) +αρP(N −1, t)−α N

V +ρ

P(N, t). (1) Hierf¨ur definieren wir sinnvollerweise P(N =−1, t) = 0.

Station¨arer Fall:

∂P(N, t)

∂t = 0 ⇒

0 = N + 1

V P(N + 1, t) +ρP(N −1, t)− N

V +ρ

P(N, t)

=⇒(N + 1)P(N + 1, t)−ρV P(N, t) =N P(N, t)−ρV P(N−1, t).

Wir setzen auf der rechten SeiteN = 0 ein, dann folgt induktiv:

N P(N, t)−ρV P(N −1) = 0, ∀N ∈N. Damit ist die L¨osung eine Poisson-Verteilung:

P(N)∝ (ρV)^N

N! . (2)

(b) Bestimmen Sie hN(t)i, indem Sie das erste Moment der Master-Gleichung bilden und die entstehende Differentialgleichung f¨ur hN(t = 0)i=N₀ l¨osen.

L¨osung:

Wir multiplizieren die Master-Gleichung (1) mit N und f¨uhren die Summation durch:

∂hNi

∂t =

∞

X

N=0

N∂P(N, t)

∂t

= α V

∞

X

N=0

N{[(N + 1)P(N+ 1, t)−N P(N, t)] +ρV [P(N−1, t)−P(N, t)]}

= α V

∞

X

N=0

(N −1)N P(N)−N²P(N)

+ρV [(N + 1)−N]P(N, t)

=−α

V hNi+αρ.

Diese Gleichung l¨asst sich mit dem Ansatz hN(t)i = c(t)e^λt (Variation der Kon- stanten) l¨osen:

hN(t)i=ρV + [hN(0)i −ρV] exp

−αt V

. (3)

2. Master-Gleichung f¨ur Besetzungsinversion: (10 Punkte + 10 Bonuspunkte) Betrachten Sie ein Dreizustandsatom mit EnergienE1 < E2 < E3. Die Wahrscheinlich- keiten das Atom in diesen Zust¨anden zu finden werden als p_i(t) (i= 1,2,3) bezeichnet.

Nehmen Sie an, dass ein klassisches elektromagnetisches Feld ¨Uberg¨ange zwischen den Zust¨andenE1 andE3 mit einer Rate Γ antreibt. Desweiteren kann das NiveauE3 spon- tan in ZustandE₂ mit einer Rate vonγ₃₂zerfallen, w¨ahrend Zustand E₂ mit einer Rate von γ₂₁ nach E₁ zerfallen kann.

Bemerkung:Ziel dieser Aufgabe ist es, die Physik des einfachsten Systems zu unter- suchen, welches als Laser benutzt werden kann.

(a) Geben Sie die Master-Gleichung f¨ur{pi}an. Finden Sie die Gleichgewichtsl¨osungen p_i(t = ∞) der Master-Gleichung. Zeigen Sie, dass das Gleichgewicht bei γ₂₁ <

Γγ₃₂/(Γ +γ₃₂) durch eine Besetzungsinversion der atomaren Niveaus charakterisiert wird: p2(∞) > p1(∞). Untersuchen Sie die Gleichgewichtsl¨osungen im Grenzfall γ₂₁γ₃₂ Γ.

L¨osung:

Wir beginnen mit der allgemeinen Master-Gleichung

˙

p_i =X

k

γ_kip_k−γ_ikp_i. (4) Wir betrachten alle in der Aufgabe beschriebenen ¨Uberg¨ange und finden folgende Master-Gleichung

˙

p₁ = γ₂₁p₂+ Γp₃−Γp₁ (5)

˙

p₂ = γ₃₂p₃−γ₂₁p₂ (6)

˙

p₃ = Γp₁−Γp₃−γ₃₂p₃. (7)

Nun suchen wir die Gleichgewichtsl¨osungen der Master-Gleichung.

Dazu m¨ussen p₁,p₂ und p₃ die rechte Seite der Gleichung annullieren und die Nor- mierungsbedingungp₁+p₂+p₃ = 1 erf¨ullen. Wir finden

p₁(∞) = γ21(γ32+ Γ)

γ₂₁(γ₃₂+ 2Γ) +γ₃₂Γ, (8) p₂(∞) = γ₃₂Γ

γ₂₁(γ₃₂+ 2Γ) +γ₃₂Γ, (9) p₃(∞) = γ₂₁Γ

γ₂₁(γ₃₂+ 2Γ) +γ₃₂Γ. (10) Die Differenz p₂(∞)−p₁(∞) lautet insbesondere

p₂(∞)−p₁(∞) = γ₃₂Γ−γ₂₁(γ₃₂+ Γ)

γ₃₂Γ +γ₂₁(γ₃₂+ 2Γ) (11) F¨ur γ₂₁ < γ₃₂Γ/(γ₃₂+ Γ) ist p₂(∞)−p₁(∞) > 0. Das System erreicht also Beset- zungsinversion in diesem Regime.

Unsere Ergebnisse sind insbondere transparent im Limes von sehr starkem Antrieb und vernachl¨assigbarer RelaxationE₂ →E₁. Wir erhalten

p₃(∞) = p₁(∞) = 0 p₂(∞) = 1. (12) (b) Betrachten Sie nunN unabh¨angige Drei-Niveau-Systeme in einem Hohlraum (elek- tromagnetischer Resonator), der eine resonante elektromagnetische Mode mit Fre- quenz ω =E₂−E₁ aufweist. Die Photonen im Hohlraum k¨onnen von den Atomen absorbiert werden (einhergehend mit ¨Ubergang E₁ → E₂ ) und auch einen stimu- lierten ¨Ubergang E₂ → E₁ hervorrufen. Die ¨Ubergangsraten f¨ur diese ¨Uberg¨ange sind identisch und proportional zur Anzahl der Photonen im Hohlraum, γ₁₂ =gn.

Zur Vereinfachung vernachl¨assigen wir von nun an spontane ¨Uberg¨ange E₂ →E₁. Die Master-Gleichung wird dann durch

˙

p₁ = gnp₂+ Γp₃−gnp₁ −Γp₁ (13)

˙

p₂ = gnp₁+γ₃₂p₃−gnp₂ (14)

˙

p3 = Γp1−Γp3−γ32p3 (15) ausgedr¨uckt. Diese Master-Gleichung sollte durch die Gleichung f¨ur die Anzahl der Photonen im Hohlraum erg¨anzt werden. Da alle ¨Uberg¨ange E₂ → E₁ n um 1 erh¨ohen und ¨Uberg¨ange E1 →E2 n um 1 verringern, erhalten wir

˙

n =gnN(p₂−p₁)−κn. (16) Der letzte Term in Gleichung (16) beschriebt einen Abfluss von Photonen aus dem Hohlraum in die Außenwelt.

Die L¨osungen der Gleichugnen (13), (14), (15) und (16) werden sich dem Gleichge- wichtszustand, der durch p_i(∞) und n(∞) charakterisiert ist, ann¨ahern. Dr¨ucken Sie p_i(∞) durch n(∞) und ¨Ubergangsraten aus. Finden Sie n(∞) und p_i(∞) im Limes Γ→ ∞.

L¨osung:

F¨ur den Gleichgewichtszustand ist die rechte Seite der Master-Gleichung jeweils null. Mit Gln. (13), (14), (15) und der Normierungsbedingung f¨ur die Wahrschein- lichkeiten finden wir

p₁(∞) = gn(∞)(γ₃₂+ Γ)

γ₃₂Γ +gn(∞)(2γ₃₂+ 3Γ), (17) p₂(∞) = γ₃₂Γ +gn(∞)(γ₃₂+ Γ)

γ32Γ +gn(∞)(2γ32+ 3Γ), (18) p₃(∞) = gn(∞)Γ

γ₃₂Γ +gn(∞)(2γ₃₂+ 3Γ). (19) Im Grenzfall Γ→ ∞ erhalten wir

p₁(∞) = p₃(∞) = gn(∞) 3gn(∞) +γ32

, (20)

p2(∞) = gn(∞) +γ32

3gn(∞) +γ₃₂. (21)

(22) Wie in Aufgabe 2a ist das System auch in diesem Regime durch Besetzungsinversion charakterisiert mit

p₂(∞)−p₁(∞) = γ₃₂

3gn+γ₃₂. (23)

Nun benutzten wir Gl. (16) um den Gleichgewichtszustand des Gesamtsystems zu finden. Die Bedingung f¨ur einen Gleichgewichtszustand lauten

n(∞)

gN γ₃₂ 3gn(∞) +γ32

−κ

= 0. (24)

F¨ur κ > gN ist die einzige m¨ogliche L¨osung dieser Gleichung

n(∞) = 0. (25)

Die dazugeh¨orige Bestetzungen sind (s. Aufgabe 2a)

p₃(∞) = p₁(∞) = 0 p₂(∞) = 1. (26) F¨ur κ < gN kann gezeigt werden, dass die L¨osung n(∞) = 0 instabil ist. Aber es gibt noch eine weitere L¨osung

n(∞) = (gN −κ)γ₃₂

3gκ . (27)

In diesem Zustand emittiert der Resonator koherentes Licht mit der Frequenz ω und kann als Laser dienen. Die Emissionsrate des Lasers ist κn(∞) Photonen pro Sekunde. Die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Atome ¨uber die Niveaus in diesem Regime lautet

p₁(∞) = p₃(∞) = 1 3− κ

3gN, (28)

p₂(∞) = 1

3 + 2κ

3gN. (29)

(30)

3. Verz¨ogerte D¨ampfung: (5+8+15+4=32 Bonuspunkte) Betrachten Sie das Modell der Quanten-Dissipation mit der Bewegungsgleichung

m¨x(t) +m Z t

0

ds K(t−s) ˙x(s) = F(t), (31) wobeiF(t) eine gegebene Kraft ist. Hier wird die D¨ampfung durch einen D¨ampfungskern beschrieben:

K(t) = Θ(t)γ0ωde^−ωdt, (32) wobei Θ(t) die Heaviside-Funktion ist. Die Anfangsbedingungen sind x(0) = x0 und

˙

x(0) =v₀.

(a) Finden Sie x(t) im Limes ω_d → ∞.

L¨osung:

Im Limes ω_d→ ∞erh¨alt man die Langewin-Gleichung, Z t

0

ds ω_de^{−ωd(t−s)}x(s)˙ →x(t)˙ Z t

0

ds ω_de^{−ωd(t−s)} →x(t)˙ =⇒ m¨x(t) +mγ₀x(t) =˙ F(t) ⇔ mv(t) +˙ mγ₀v(t) = F(t), die einfach integiert werden kann:

v(t) = v₀e^−γ0t+e^−γ0t Z t

0

dt⁰F(t⁰)

m e^γ0t0, (33)

x(t) = x₀+ Z t

0

dt⁰v(t⁰)

= x₀+ v₀

γ₀ 1−e^−γ0t

− 1 γ₀e^−γ0t

Z t

0

dt⁰F(t⁰)

m e^+γ0t0 + 1 γ₀

Z t

0

dt⁰F(t⁰) m . (34) (b) Die Bewegungsgleichung (31) kann allgemein mit der Laplace-Transformation gel¨ost

werden. Dr¨ucken Sie die Gleichung f¨ur die Laplace-Transformation von x(t),

˜ x(z) =

Z ∞

0

dt x(t)e^−zt, aus.

L¨osung:

Laplace-Transformation der Ableitung:

e˙ x(z) =

Z ∞

0

dt x(t)e˙ ^{−zt part. Int.}= x(t)e^−zt

∞ 0

| {z }

−x(0)

+z Z ∞

0

dt x(t)e^−zt

| {z }

˜ x(z)

=zx(z)˜ −x₀,

iterativ: ex(z) =¨ zex(z)˙ −x(0) =˙ z²x(z)˜ −zx₀−v₀.

Die Laplace-Transformierte L der Faltung zweier Funktionen ist das Produkt der Laplace-Transformierten:

L

Z t

0

ds f(t−s)g(s)

(z) = (Lf)(z)(Lg)(z) = ˜f(z)˜g(z),

wie man sich mit folgendem Trick (Substituion und Multiplikation mit einer eins) klarmachen kann:

Z ∞

0

dt Z t

0

ds f(t−s)g(s)e^zt

=

|{z}

Subst.:t→t+s⁰

Z ∞

0

dt Z ∞

0

ds⁰

Z t+s⁰

0

ds f(t+s⁰−s)g(s)e^−z(t+s0)δ(s−s⁰)

= Z ∞

0

dt Z ∞

0

ds⁰ f(t)g(s⁰)e^−zte^−zs0 = ˜f(z)˜g(z).

Damit erhalten wir dann aus der Bewegungsgleichung (31):

h

mz+mK(z)˜ i

[zx(z)˜ −x0]−mv0 = ˜F(z), aufgel¨ost nach ˜x(z):

˜ x(z) =

F˜(z) zm[z+ ˜K(z)]

| {z }

=˜x0(z)

+x₀

z + v₀

z[z+ ˜K(z)]. (35) (c) Die Suszeptibilit¨at ˜χ(z) wird durch die Relation

˜

x₀(z) = ˜χ(z) ˜F(z),

definiert, wobei ˜x0(z) der Teil von ˜x(z) unabh¨angig von den Anfangsbedingungen ist. Zeigen Sie, dass

˜

χ(z) = 1 m

z+ω_d

z(z²+zω_d+γ₀ω_d).

Finden Sie die inverse Laplace-Transformation der Suszeptibilit¨at χ(t) = 1

2πi

Z c+i∞

c−i∞

dze^ztχ(z),˜ t >0, c >0, unter Verwendung der Konturintegration.

L¨osung:

Mit

K(z) =˜ Z ∞

0

dt Θ(t)γ₀ω_de^−ωdte^−zt = − γ₀ω_d

ω_d+ze^−(ωd+z)t

∞

0

= γ₀ω_d ω_d+z ist die Suzeptibilit¨at ˜χ(x) = ˜x₀(z)/F˜(z) durch

˜

χ(z) = 1

z(mz+m_ω^γ0ωd

d+z) = ω_d+z

z[mz(ω_d+z) +mγ₀ω_d] = 1 m

z+ω_d

z(z²+zω_d+γ₀ω_d) (36) gegeben.

Inverse Laplace-Transformation der Suszeptibilit¨at:

χ(t) = 1 2πi

Z c+i∞

c−i∞

dze^ztχ(z) =˜ 1 2πim

Z c+i∞

c−i∞

dze^zt z+ω_d z(z²+zω_d+γ₀ω_d)

= 1

2πim

Z c+i∞

c−i∞

dze^zt z+ω_d

z

z− −^ω₂^d + ∆ z− −^ω₂^d −∆ mit ∆ =

pω²_d−4γ0ωd

2 < ω_d

2 (γ₀ >0).

Nun l¨asst sich die Integrationskontur in der linken H¨alfte der komplexen z-Ebene schließen. Mit dem Residuensatz folgt dann:

mχ(t) = 1

γ₀ +e(^−ωd2 +∆)^t ω_d+ −^ω₂^d + ∆

−^ω₂^d + ∆ −^ω₂^d + ∆

− −^ω₂^d −∆ +e(^−ωd2 −∆)^t ω_d+ −^ω₂^d −∆

−^ω₂^d −∆ −^ω₂^d −∆

− −^ω₂^d + ∆ χ(t) = 1

mγ₀ + 1 2m∆

"

−

ω_d 2 + ∆

ωd

2 −∆e^∆t+

ω_d 2 −∆

ωd

2 + ∆e^−∆t

#

e^−ωdt2 .

F¨urt→ ∞klingt der zweite Term in der geschweiften Klammer mit exp [(−ω_d/2±∆)t]

ab, so dass

χ(t)→ 1

mγ₀, t→ ∞. (37)

(d) Betrachten wir nun eine konstante Kraft F(t) = F0 f¨ur t > 0. Finden Sie das Verhalten von x(t) in der Langzeitgrenze t→ ∞.

L¨osung:

x(t) = 1 2πi

Z c+i∞

c−i∞

dze^ztx(z) =˜ Z t

0

dsχ(s)F(t−s) +X₀(t). (38) Der Term X₀(t) ist von den Anfangsbedingungen abh¨angig.

Konstante Kraft:F(t) = F0 f¨ur t >0 =⇒ Z t

0

dsχ(s)F(t−s) =F₀ Z t

0

dsχ(s), (39)

wobei F₀

Z t

0

dsχ(s) = F0

mγ₀t

| {z }

linear

+ 1 2∆e^−ωdt2

" _ω

d

2 + ∆

ω_d

2 −∆2e^∆t−

ωd

2 −∆

ω_d

2 + ∆2e^−∆t

#

| {z }

f¨allt exponentiell ab f¨urt→ ∞

− 1 2∆

" _ω

d

2 + ∆

ωd

2 −∆2 −

ω_d 2 −∆

ωd

2 + ∆2

#

| {z }

konstant

.

F¨ur großetdominiert der lineare Term (gleichf¨ormige Bewegung). Die externe Kraft F₀ und die D¨ampfung sind also im Gleichgewicht.

Der Term X0(t) lautet

X₀(t) = 1 2πi

Z c+i∞

c−i∞

dze^zt x₀

z + v₀ z[z+ ˜K(z)]

=x₀+mv₀χ(t) (40)

F¨ur große t gilt Gl. (37) f¨ur die Suszeptibilit¨at, somit ist der Beitrag von X₀(t) konstant f¨urt → ∞.