3. übung 18.4.08

hey leute

hat jemand einen plan - hab noch nie mit bra-ket gerechnet…

grüße, paperbag

Quanten I ist Dir ein Begriff?
Ansonsten dürfte die Statistik-Ue der Hammer werden …

Kurzerklärung (Wischiwaschi, für dieses Bsp):
Bra <| entspricht einem Zeilenvektor, Ket | > einem Spaltenvektor.
<+| = (1 0) und <-| = (0 1), die jeweiligen Ket-Vektoren sind einfach die transponierten.
Du kannst dann ganz normal wie in LinAlg mit diesen Vektoren rechnen und in die Formeln aus dem Burgdörfer-Skript einsetzen. Bsp 1 und 3 sind damit trivial lösbar.

Stimmt das so? Grade bei 3 und 4 vermiss ich „hübsche“ Ergebnisse :frowning:

edit: nicht runterladen, ist falsch :wink:

Bei Bsp 1 stimmt bei das Vorzeichen nicht, da i^2 = -1.
Bsp 2 muß ich mir noch durch den Kopf gehen lassen …
Bei Bsp 3 hab ich einne Fehler eingebaut, weshlab auch mein Bsp. 4 anders aussieht … muß i no schaun.

Vergessen zu erwähnen: Bsp 2, siehe 4. Übung aus dem Jahr 2005, Beispiel 3 :wink:

Beispiel 1 sollte stimmen; habs gerade nochmal nachgerechnet und die Vorzeichen scheinen zu passen…

Ich bin der Meinung, daß Dein \rho schon falsch ist.

a |+><+| = \begin{pmatrix} a & 0 \ 0 & 0 \end{pmatrix}

(b + ic) |+><-| = \begin{pmatrix} 0 & (b + ic) \ 0 & 0 \end{pmatrix}

(b - ic) |-><+| = \begin{pmatrix} 0 & 0 \ (b - ic) & 0 \end{pmatrix}

d |-><-| = \begin{pmatrix} 0 & 0 \ 0 & d \end{pmatrix}

\rho = \begin{pmatrix} a & b + ic \ b - ic & d \end{pmatrix}
Das wäre genau die konjugiert-komplexe bzw. transponierte Lösung von Dir.

Wieso darf ich bei Bsp 3 eigentlich nicht die Formel 2.52 aus dem Burgdörfer-Statistik-Skript verwenden?
(Das haben wir in der 1. QT2-Ue auch so gemacht.)

Das ergäbe dann nämlich für a:

\rho = |+> \frac{3}{4} <+| + |-> \frac{1}{4} <-| = \frac{3}{4} \begin{pmatrix} 3 & 0 \ 0 & 1 \end{pmatrix}

Analog für b. Hab ich da irgendwas übersehen?

Ich bin mir sowieso nicht sicher, wo in der Matrix das ± und wo das -+ angeordnet sind. Ist das Notationssache oder gibt es irgendwo eine genaue Definition?

Keine Ahnung. Ich hab (2.49) verwendet.
Weil die |\psi^i \rangle sind ja nur die Eigenzustände der Dichtematrix \rho aus der Angabe, oder? Und für mich sieht es halt so aus, als müssten die gemischten Zustände doch irgendwie über die gegebene Dichtematrix definiert werden… glaub ich jetzt einmal.

Das ist einfach LinAlg:

|+> = \begin{pmatrix} 1 \ 0 \end{pmatrix}

<-| = (0,1)

Daraus folgt: |+><-| = \begin{pmatrix} 1 \ 0 \end{pmatrix} (0,1) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \ 0 & 0 \end{pmatrix}

Oh… oh… wow, ist das simpel… ](*,) Ich bin echt ein Schwammerl…

Jetzt muß ich nur noch verstehen, wieso Du 2.49 anwenden willst.
Schließlich schaut das nach hundsgewöhnlicher Basistransformation und nicht nach Berechnung aus.

Deine Lösung für 3a und 3b erfüllt übrigens (im Gegensatz zu meiner) nicht die Gleichung 2.56, kann also nicht stimmen.

Sag ich ja, dass sie komisch aussieht ^^

tr \frac{3}{4}\begin{pmatrix} 3 & 0 \ 0 & 1 \end{pmatrix}ist allerdings auch nicht 1, sondern 3. Kleiner Tippfehler :wink:

Und da seh ich auch schon einen neuen Fehler bei mir. Zu dumm, wenn man |+> = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \ \frac{1}{2}\end{pmatrix} annimmt.

Bei Beispiel 4 kann ich nicht nachvollziehen, wie Du von \dot\rho auf \rho kommst (vorletzte auf letzte Zeile). Eine etwas ungewöhnliche Art Differentialgleichungen zu lösen
Schau Dir einmal QTII 1. Plenum an (oder die Diskussion im Forum zum 1. QT2-Tutorium), da wurde das durchgerechnet.

Mein Ansatz schaut so aus:

\rho(t) = \begin{pmatrix} a & b \ b* & c \end{pmatrix}
Das ist ein allgemeiner Ansatz, den man bei solchen Problemen verwendet. a,b,c haben mit den Konstanten aus der Angabe zum 1. Bsp nichts zu tun.
a,b,c sind Funktionen der Zeit, aber ich schreibe aus Bequemlichkeit nur a und nicht a(t).

Aus dem Ansatz folgt: \dot \rho(t) = \begin{pmatrix} \dot a & \dot b \ \dot b* & \dot c \end{pmatrix}

H \rho - \rho H = \omega \hbar \begin{pmatrix} 0 & -b \ b* & 0 \end{pmatrix}

Einsetzen in die Lioville von Neumann-Gleichung:

\dot \rho = -i\omega \begin{pmatrix} 0 & -b \ b* & 0 \end{pmatrix}

Damit erhält man drei Differentialgleichungen (eigentlich vier, aber die 2. und 3. sind ident):

\dot a = 0 \rightarrow a = a(0)

\dot b = i \omega b \rightarrow b = A e^{i \omega t}

\dot c = 0 \rightarrow c = c(0)

Irgendwas hat’s aber noch, da bei mir nach Einsetzen der Anfangsbedingungen rauskommt, daß das Zeug stationär ist.

Hoppla, es sollte natürlich ein Viertel sein. g

Okay, werd ich dann morgen machen…
Ich denk derzeit - wenn überhaupt - nicht kompliziert genug :wink:

Du hast übrigens bei Bsp 4 die letzte Zeile überlesen.

Hat jemand eine Idee für Bsp 4?
Kann das wirklich sein, daß nach Einsetzen der Randbedingung ein zeitinvarianter Zustand rauskommt?

Ich finde das Ergebnis zwar etwas fad (\rho_{3a}=\rho_{3b}=\rho_{4}(t)), aber mir kommt beim 4. auch nur etwas stationäres heraus.

mfg Philipp

Okay, das hab ich auch. gähn

Und, wie schaut’s aus? :slight_smile:

Ich werd dann morgen alles schön zusammenfassen und als PDF reinstellen … wenns mich freut. :slight_smile: