Hier mal die Angabe:
tut2.pdf (39.1 KB)
Hiho!
Also beim ersten bekomm ich bei a.:
x_H(t)=\frac{k}{2m}*t^2+\frac{p}{m}t+x
p_H(t)=kt+p
und für die Kommutatoren bei c bekomm ich \frac{t1-t2}{m}*i\hbar, 0 und i\hbar.
Macht das Sinn oder bin ich da total daneben?
Und das 3. füge ich an, das kam mir auch zu einfach vor…
Meine Ergebnisse stimmen alle bis auf 3c mit Deinen überein. Bei 3c erhalte ich als Zeitentwicklung im Endeffekt:
<\psi(t)|\psi(t)> = <\psi(0)|U^\dag * U |\psi(0)> = <1|1> exp (-((\gamma * t)/\hbar)*Einheitsmatrix)
Ich komme beim 1. Bsp. auch auf diese Ergebnise. 
Hat schon jemand das 2. Bsp. gerechnet?
wir bekommen beim 2. bsp, indem wir die Heisenberg-BWGLen umformen, auf drei Gleichungen:
\frac{d}{dt}\sigma_{x,H} = \frac{eB}{2mc}\sigma_{z,H}
\frac{d}{dt}\sigma_{y,H} = 0
\frac{d}{dt}\sigma_{z,H} = -\frac{eB}{2mc}\sigma_{x,H}
draus folgt:
\sigma_{y,H} = const = \sigma_y(0)
\sigma_{x,H} = \sigma_{x,H}(0) * cos(\frac{eB}{2mc}t)
\sigma_{z,H} = \sigma_{z,H}(0) * cos(\frac{eB}{2mc}t)
wobei die Sigmas zum Zeitpunkt 0 ja die Schrödinger-Sigmas sein sollen.
Bei b haben wir jetzt das Problem, dass ja bei t=0 Spin down gemessen wird, d.h. die Wellenfunktion müsste doch kollabieren und auch bei t>0 Spin down bleiben. Aber dann wär Sx immer null und Sy auch und das Bsp wäre ziemilch sinnlos 
hat wer was ähnliches rausbekommen?
Hi!
Ja ich hab sowas ähnliches, nur hab ich zum lösen der gekoppelten DGL’s den Ansatz:
S_i(t)=A_isin(\omegat)+B_icos(\omegat) mit i=x,z.
Das \omega erhalte ich durch einsetzen des Ansatzes, die B_i durch die Anfangsbedingungen:
S_i(0)=S_{iS}=B_i
und die A_i z.B. durch die gemischte DGL
\dot S_z=\frac{m_e}{eB}\ddot S_x
damit bekomm ich …
S_x(t)=S_{zS}*sin(\frac{eB}{m_e}*t)+S_{xS}*cos(\frac{eB}{m_e}*t)
Zu 2b hab ich mir noch keine Gedanken gemacht, macht das damit mehr Sinn? postet bitte wenn ihr was zum Vergleichen habt
Ps.: Ich hab vergessen warum ich alles mit den S_i anstatt der \sigma_i gerechnet hab, aber das sollte egal sein, oder?
Bei Bsp. 1d komme ich auf \alpha\cdot1.
das dritte beispiel wurde als 2tes beispiel in dieser übung https://forum.fstph.at/t/2-tutorium/1525/1
zu 2a: habe ebenfalls den ansatz Acos + Bsin gewählt, komme aber auf ein bisschen ein anderes Ergebnis, nämlich, dass A_x = -\frac{1}{\omega^2} * \sigma_z , B_x = \sigma_x, A_z = \sigma_x und B_z = \sigma_z
Allerdings hänge ich jetzt bei b). Ich habe einfach mal ganz normal den Erwartungswert angesetzt:
<\psi(t)|S_x|\psi(t)> = <\psi(0)|U^\dagger * S_x * U|\psi(0)> = <\psi(0)|S_x_,_H}|\psi(0)>
und danach die Lösung aus a) eingesetzt. Jetzt stehe ich allerdings vor dem Problem, dass ich zwar das Ergebnis von S_z|\psi(0)> kenne, nicht aber das von den anderen beiden Spinoperatoren. Wie habt ihr b) denn behandelt? Wäre über Einwürfe/Vorschläge sehr dankbar 
mal meine 2 cent zum 1a.
ich weiß, es is nur ein handyfoto, aber vielleicht hilfts ja irgendwem trotzdem.
lg,
liz
falls es wem noch nicht aufgefallen ist - sicherheitshalber - das beispiel 1 entspricht grau, kapitel iv, bsp 2 mit einem potential -k*x statt 0. da kann man sich also ziemlich gut anhalten. den grau - again, sicherheitshalber - findet man [u]hier[/u]
Ich sehe das so:
Da S_z|\chi(0)> = -\hbar/2|\chi(0)> bzw. \sigma_z|\chi(0)> = -|\chi(0)>, muss |\chi(0)> = | \downarrow > sein. (Pauli Matrizen einsetzen und nachrechnen um sich davon zu überzeugen.) Also ist \sigma_x|\downarrow> = |\uparrow> = \sigma_x|\chi(0)>.
Hat sich schon jemand Gedanken über Bsp. 2c gemacht?
Mhh ich hab Sx und Sy duch Leiteroperatoren ersetzt und dann liefern sie wenn ich vom reinen Sz=down Zustand ausgehe keinen Beitrag zum Erwartungswert.
Dann hab ich im Endeffekt das der Spin sich in der x-z Ebene mit der Zyklotronfrequenz dreht was irgend plausibel klingt, oder?
Hier meine ganzen Ideen zu 2b & c…
Jo, wie in der ersten Übung, da kam die Wirkung der Spinoperatoren ja auch schon vor. Ich komme auf die gleichen Ergebnisse.
bsp 3
an und für sich stimm ich da ja überein, aber beim ersten kommutator kommt mir {\frac{1}{ i \hbar m}}(t_1 - t_2) raus. jedenfalls denk ich, dass dass \hbar vom zähler in den nenner sollt.
könnt zu dem kommutator bitte noch wer seinen senf dazugeben?
lg,
liz
EDIT: das nehm ich natürlich zurück, weil dem churchy seine lösung eh stimmt und ich naturbetrunken bin #-o
stimme zu, was das 2. anbelangt… kann mir nur bitte jemand die bloch kugel erklären? ich habe meine vorstellung, aber ich denke, die ist nicht die selbe, wie es ursprünglich vorgesehen ist^^ - als vorschlag: morgen 8:30 kaffee in der fs?