Aufgabe 1 3 Punkte

L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik D Ubungsblatt 6 ¨

Prof. Dr. G. Sch¨ on und Dr. A. Posazhennikova

Sommersemester 2007

Aufgabe 1 3 Punkte

a.)

Ly=− i

√2~





0 1 0

−1 0 1

0 −1 0



. (1)

Ja, diese Matrix ist Hermite’sch, weil

L^†_y= i

√2~





0 1 0

−1 0 1

0 −1 0





†

= i

√2~





0 −1 0 1 0 −1

0 1 0



=Ly. (2)

Die charakteristische Gleichung f¨ur die Eingenwerteλlautet:

−λ −^√i2~ 0

√i2~ −λ −^√i2~ 0 √ⁱ2~ −λ

= 0. ⇒ (3)

−λ

λ²−~² 2

+λ~²

2 = 0, (4)

so dass

λ1= 0, λ2=~, λ3=−~. (5)

(Alle Eigenwerte sind einfach.)

Die Eigenvektoren|eiigen¨ugen die folgende Gl.:

(Ly−λiI)~ei= 0, (6)

~ei=



 cⁱ1

cⁱ2

cⁱ3



. (7)

Wir erhalten dann die Eigenvektoren des OperatorsLy

|eii=cⁱ1|1i+cⁱ2|2i+cⁱ3|3i (8)

F¨urλ¹ bekommen wir:







0 −^√i2~ 0

√i2~ 0 −^√i2~ 0 √ⁱ2~ 0









 c¹1

c¹2

c¹3



= 0.⇒ (9)

c²= 0, c¹=c² ⇒

~e¹=α



 1 0 1



. (10)

Aus den Normierungsbedingungen

hei|eii= 1, (~ei)^∗~ei= 1, (11)

erhalten wir, dassα²= 2⇒

~e1= 1

√2



 1 0 1



. (12)

F¨urλ2

1 2





−2~ −i√ 2~ 0 i√

2~ −2~ −i√ 2~

0 i√

2~ −2~







 c²1

c²2

c²3



= 0. ⇒ (13)

~e²=α⁰



 1 i√

2

−1



, (14)

Aus (11) bekommen wir (α⁰)²= 4 und

~e2= 1 2



 1 i√

2

−1



. (15)

Und schließlich haben wir f¨urλ³ 1

2





2~ −i√ 2~ 0 i√

2~ 2~ −i√ 2~

0 i√

2~ 2~







 c³1

c³2

c³3



= 0. ⇒ (16)

~e3= 1 2



 1

−i√ 2

−1



. (17)

Die Entwicklung nach den Basisvektoren lautet:

|eii = h1|e¹i|1i+h2|e²i|2i+h3|e³i|3i=cⁱ1|1i+cⁱ2|2i+cⁱ3|3i, ⇒ (18)

|e1i = 1

√2|1i+ 1

√2|3i (19)

|e²i = 1

2|1i+ i

√2|2i −1

2|3i (20)

|e³i = 1

2|1i − i

√2|2i −1

2|3i. (21)

b.)

Die Orthogonalit¨atsbedingung lautet:

hei|eji=δij. (22)

Dann z.B.

he1|e2i = 1

√2h1|+ 1

√2h2| 1

2|1i+ i

√2|2i −1 2|3i

= 1 2√

2− 1 2√

2 = 0 (23)

he²|e³i = 1

2h1| − i

√2h2| −1

2h3| 1

2|1i − i

√2|2i −1 2|3i

=1 4−1

2+1

4= 0, (24)

uzw. (oder ¨aquivalent kann man auch zeigen, dass~e^∗_i~ej=δij).

Die Vollst¨andigskeitrelation lautet:

X

i

|eiihei|= 1. (25)

|e¹ihe¹| = 1

2(|1i+|3i) (h1|+h3|) = 1

2(|1ih1|+|3ih3|+|1ih3|+|3ih1|), (26)

|e2ihe2| = 1

4|1ih1|+1

2|2ih2|+1

4|3ih3|+ i 2√

2|1ih2| − i 2√

2|3ih2| −1

4|1ih3|+..., (27)

|e3ihe3| = 1

4|1ih1|+1

2|2ih2|+1

4|3ih3| − i 2√

2|1ih2|+ i 2√

2|3ih2| −1

4|1ih3|+..., (28) somit

X

i

|eiihei|=|1ih1|+|2ih2|+|3ih3|= 1. (29)

c.)

Ly=X

ij

|eiihei|Ly|ejihej| ⇒ (30)

( ˜Ly)ij=hei|Ly|eji, ⇒ (31)

L˜y=





0 0 0 0 ~ 0 0 0 −~



. ⇒ (32)

Die unit¨aren Transformationen sind somit U =







√12 0 √¹2 1

2 −^√i2 −¹2 1

2

√i2 −¹2





, U^†=







√12 1 2

1 2

0 √ⁱ2 −^√i2

√12 −¹2 −2¹





. (33)

Aufgabe 2 2 Punkte

a.)

H undA sind Hermite’sch, weil die MatrizenH undAreell und symmetrisch sind.

Der Kommutator [H, A] = 0, weil HA=~ω⁰a





1 0 0

0 −1 0 0 0 −1









1 0 0 0 0 1 0 1 0



=~ω⁰a





1 0 0

0 0 −1 0 −1 0



=AH (34)

gilt.

Oder: |u1i ist schon ein gemeinsamer Eigenvektor von H und A ⇒ HA|u1i= AH|u1i. Damit H undAvertauschen, gen¨ugt es darum, dass die Einschr¨ankungen dieser Operatoren auf den von|u2iund|u3i aufgespannten UnterraumH2vertauschen. In diesem Raum wirdH durch die Matrix−~ω0I dargestellt (wobei I die 2×2-Einheitsmatrix ist), die mit allen 2×2 Matrizen vertauscht. Damit vertauschen auchH undA. Die Einschr¨ankung vonAaufH ist

PH2APH2 =a

0 1 1 0

. (35)

Die normierten Eigenvektoren dieser 2×2 Matrix sind

|e²i= 1

√2(|u²i+|u³i), (λ=a) (36)

|e3i= 1

√2(|u2i − |u3i), (λ=−a) (37)

Diese Vektoren sind auch die Eigenvektoren vonH, weilH² Eigenraum von H zum Eigenwert −~ω⁰ ist.

⇒ Die Eigenvektoren vonAundH sind

|e¹i = |u¹i; (λH=~ω⁰; λA=a) (38)

|e2i = 1

√2(|u2i+|u3i), (λH =−~ω0; λA=a) (39)

|e³i = 1

√2(|u²i − |u³i), (λH =−~ω⁰; λA=−a). (40)

b.)

Man merkt, dass sowohlH als auchAeinen zweifach entarteten Eigenwert aufweist ⇒ H(undA) bildet keinen vollst¨andigen Satz kommutierender Observabler.

Sowohl|e¹ials auch|e²ioder √¹3|u¹i+√¹3|u²i+√¹3|u³ik¨onnen Eigenvektoren vonAzum Eigenwertasein.

Dagegen bildet die Menge der beiden OperatorenH undA einen vollst¨andigen Satz kommutierender Obser- vabler: es gibt keine zwei Vektoren|eii, die gleichzeitig Eigenvektoren vonH undAzu denselben Eigenwerten sind. Deshalb ist das System der normierten gemeinsamen Eigenvektoren (bis auf Phasenvektoren) eindeutig.

Wir bemerken, dass im EigenraumH² von H zum Eigenwert−~ω⁰ die Eigenwerte von A verschieden sind;

entsprechen sind in dem von den Vektoren|e¹iund|e¹iaufgespanneten Eigenraum vonAdie Eigenwerte von H verschieden.

F¨ur H² sind |e1i, |e2i und |e3i Eigenvektoren zum Eigenwert ~²ω²0. Man sieht, dass H² und A keinen vollst¨andigen Satz kommutierender Observabler bilden, weil zum Eigenpaar{~²ω0², a}zwei linear unabh¨angige Eigenvektoren (|e1iund|e2i) geh¨oren.

Aufgabe 3 3 Punkte

a.)

|Ψ(0)i= 1

√2|u1i+1

2|u2i+1

2|u3i. (41)

Also misst man die Eigenwerte (H¹¹, H²²undH³³) mit den Wahrscheinlichkeiten 1/2, 1/4 und 1/4 (man misst~ω⁰mit Wahrscheinlichkeit 1/2, und−~ω⁰mit Wahrscheinlichkeit 1/2 ⇒ dass der Mittelwert der gemessenen Energie gleich null ist).

H=X

ij

|uiihui|H|ujihuj|=X

ij

|uiiHijhuj|, (42)

wobeiH¹¹=~ω⁰, H²²=−~ω⁰, H³³=−~ω⁰ und f¨uri6=j sind alleHij gleich null. Die ErwartungswerthHi ist gegeben durch

hHi=hΨ(0)|H|Ψ(0)i = X

ij

hΨ(0)|uiiHijhuj|Ψ(0)i, (43)

hΨ(0)|uii = 1

√2δ¹i+1 2δ²i+1

2δ³i, (44)

huj|Ψ(0)i = 1

√2δj1+1 2δj2+1

2δj3. ⇒ (45)

hHi= 1

2H¹¹+1

4H²²+1

4H³³= 0. (46)

Die Standardabweichung ist

∆H =p

hH²i − hHi². (47)

hHi²= 0, und hH²i=X

ijk

hΨ(0)|uiiHijHjkhuk|Ψ(0)i=X

ijk

1

√2δ¹i+1 2δ²i+1

2δ³i

HijHjk

1

√2δ¹k+1 2δ²k+1

2δ³k

(48)

=1

2H11² +1

4H22² +1

4H33² =~²ω². (49)

∆H =~ω. (50)

b.)

Wir verwenden hier die Ergebnisse der Aufgabe 2(a) und berechnen|Ψ(0)iin der e-basis:

|Ψ(0)i = he¹|Ψ(0)i|e¹i+he²|Ψ(0)i|e²i+he³|Ψ(0)i|e³i

= hu1|Ψ(0)i|e1i+ 1

√2(hu2|+hu3|)|Ψ(0)i|e2i+ 1

√2(hu2| − hu3|)|Ψ(0)i|e3i

= 1

√2|e¹i+ 1

√2|e²i. (51)

Man misst alsoamit Wahrscheinlichkeit 1.

c.)

|Ψ(t)i= exp

−i

~Ht

|Ψ(0)i=





e^−iω0t 0 0 0 e^iω0t 0 0 0 e^iω0t



 1 2





√2 1 1



= 1 2





√2e^−iω0t e^iω0t e^iω0t



. (52)

d.)

Wir berechnen nun

hAi(t) =hΨ(t)|A|Ψ(t)i (53)

und

hBi(t) =hΨ(t)|B|Ψ(t)i (54)

wie in (a).

|Ψ(t)i = 1

√2e^−iω0t|u¹i+1

2e^iω0t|u²i+1

2e^iω0t|u³i, (55)

hΨ(t)|uii = 1

√2e^iω0tδ1i+1

2e^−iω0tδ2i+1

2e^−iω0tδ3i, (56)

huj|Ψ(0)i = 1

√2e^−iω0tδj1+1

2e^iω0tδj2+1

2e^iω0tδj3. ⇒ (57)

hAi(t) =1 2a+1

4a+1

4a=a (58)

ist zeitunabh¨angig.

Und f¨ur B bekommen wir hBi(t) = ₁

√2e^{iω0t 1}2e^{−iω0t 1}2e^−iω0t





0 b 0 b 0 0 0 0 b









√12e^−iω0t

1 2e^iω0t

1 2e^iω0t



= b

√2cos(2ω0t) + b

4 ⇒ (59)

B oszilliert.

e.)

(i) Man misstAzur Zeit t.

Wir berechnen nun|Ψ(t)iin dere-Basis:

|Ψ(t)i = he¹|Ψ(t)i|e¹i+he²|Ψ(t)i|e²i+he³|Ψ(t)i|e³i

= hu¹|Ψ(t)i|e¹i+ 1

√2(hu²|+hu³|)|Ψ(t)i|e²i+ 1

√2(hu²| − hu³|)|Ψ(t)i|e³i

= 1

√2e^−iω0t|e1i+ 1

√2e^iω0t|e2i. (60)

Man misst alsoamit Wahrscheinlichkeit √¹2e^−iω0t√¹2e^iω0t+√¹2e^iω0t.√¹2e^−iω0t =¹2+¹2 = 1.

(ii) Man misstB zur Zeitt. Zun¨achst sollen wirB diagonalisieren: man kann eigentlich sofort sehen, dass die Eigenvektoren vonB sind:

|f1i = 1

√2(|u1i+|u2i); λB =b (61)

|f²i = 1

√2(|u¹i − |u²i); λB =−b (62)

|f3i = |u3i; λB=b, (63)

oder f~1= 1

√2



 1 1 0



; f~2= 1

√2



 1

−1 0



; f~3=



 0 0 1



. (64)

Nun k¨onnen wir|Ψ(t)iin derf-Basis berechnen:

|Ψ(t)i = hf¹|Ψ(t)i|f¹i+hf²|Ψ(t)i|f²i+hf³|Ψ(t)i|f³i; (65) hf1|Ψ(t)i = 1

√2(hu1|+hu2|) 1

√2e^−iω0t|u1i+1

2e^iω0t|u2i+1

2e^iω0t|u3i

=1

2e^−iω0t+ 1 2√

2e^iω0t (66) hf²|Ψ(t)i = 1

2e^−iω0t− 1 2√

2e^iω0t (67)

hf³|Ψ(t)i = 1

2e^iω0t (68)

Ok, also man misst b mit Wahrscheinlichkeit ³₈ + ₂√¹2cos(2ω⁰t) + ¹₄ = ⁵₈ + ₂√¹2cos(2ω⁰t), und −b mit Wahrscheinlichkeit ³₈ −2√¹2cos(2ω0t).