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Beispiel 12:
S(T)=-k_B Spur (\rho ln \rho)=-k_B \langle ln \rho\rangle = -k_B \langle ln( \frac{1}{Z}e^{-\beta H})\rangle=-k_B\langle -ln Z -\beta H\rangle mit \beta = 1/(k_B T)
\langle ln Z \rangle = Spur \left(\frac{1}{Z}e^{-\beta H} ln(Z)\right) = \frac{1}{Z}ln(Z)Spur\left(e^{-\beta H}\right) = Z \frac{1}{Z} ln(Z) = ln(Z) wegen Z(T) = Spur\left(e^{-\beta H}\right)
Zurück zur Zeile darüber: S(T) = k_B ln(Z) + k_B \beta \langle H \rangle
\langle H \rangle = Spur (H\rho) = \frac{1}{Z} Spur\left(H e^{-\beta H}\right)= \frac{1}{Z} Spur\left(-\frac{\partial}{\partial\beta}e^{-\beta H}\right)\=-\frac{1}{Z}\frac{\partial}{\partial\beta}Spur\left(e^{-\beta H}\right)=-\frac{1}{Z}\frac{\partial}{\partial\beta}Z=-\frac{\partial}{\partial\beta}ln(Z)
Und wieder zurück: S(T)=k_B ln(Z)-k_B \beta \frac{\partial}{\partial\beta}ln(Z)=k_B ln(Z)+k_B T \frac{\partial}{\partial T}ln(Z) = k_B \frac{\partial}{\partial T}\left( T ln(Z)\right) = -\frac{\partial F(T)}{\partial T}= S(T) q.e.d.
Beispiel 13:
Ich mein, entweder ich versteh es falsch, oder wir sollen da wirklich nur in die Darstellung einsetzen und dann mit Hilfe des Hinweises explizit nochmal alle Komponenten ausrechnen?
\hat{n}=(sin\theta cos\phi,sin\theta sin\phi,cos\theta)
\hat{\rho}=\frac{1}{2}[\hat{\mathbb{1}}+\hat{n}\cdot\vec{\sigma}]
Gut, dann wissen wir noch, wie unsere Paulimatrizen aussehen:
\sigma_x=\begin{pmatrix}
0 & 1\
1 & 0
\end{pmatrix}, ; \sigma_y=\begin{pmatrix}
0 & -i\
i & 0
\end{pmatrix},; \sigma_z=\begin{pmatrix}
1 & 0\
0 & -1
\end{pmatrix}
a)
Ergibt dann also insgesamt:
\hat{\rho}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+cos\theta & sin\theta cos\phi -i \sin\theta sin\phi\
sin\theta cos\phi +i \sin\theta sin\phi & 1-cos\theta
\end{pmatrix}
So, das dann in den Hinweis, wobei unser Operator A jetzt unser Dichteoperator ist und ausrechnen:
a_0 = \frac{1}{2}Spur[\hat{\rho}]=\frac{1}{2}
a_x = \frac{1}{2}Spur[\sigma_x \hat{\rho}]=\frac{1}{2}Spur\begin{pmatrix}
sin\theta cos\phi -i \sin\theta sin\phi & 1+cos\theta\
1-cos\theta & sin\theta cos\phi +i \sin\theta sin\phi\end{pmatrix}=\frac{1}{2}sin\theta cos\phi
a_y = \frac{1}{2}Spur[\sigma_y \hat{\rho}]=\frac{1}{2}Spur\begin{pmatrix}
i sin\theta cos\phi + \sin\theta sin\phi & -i-i cos\theta\
i-i cos\theta & -i sin\theta cos\phi + \sin\theta sin\phi\end{pmatrix}=\frac{1}{2}sin\theta sin\phi
a_z = \frac{1}{2}Spur[\sigma_z \hat{\rho}]=\frac{1}{2}Spur\begin{pmatrix}
1+cos\theta & -sin\theta cos\phi +i \sin\theta sin\phi\
sin\theta cos\phi +i \sin\theta sin\phi & -1+cos\theta\end{pmatrix}=\frac{1}{2}cos\theta
q.e.d.
b)
Ja, kann man vorhersagen, weil bei reinen Zuständen gilt \rho^2=\rho
Aber explizit berechnet:
\rho^2=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}
(1+cos\theta)^2 +sin^2\theta cos^2\phi +sin^2\theta sin^2\phi & (1+cos\theta+1-cos\theta)(sin\theta cos\phi -i \sin\theta sin\phi)\
(1+cos\theta+1-cos\theta)(sin\theta cos\phi + i \sin\theta sin\phi) & sin^2\theta cos^2\phi +sin^2\theta sin^2\phi +(1-cos\theta)^2
\end{pmatrix}
\rho^2=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}
2+2cos\theta & 2(sin\theta cos\phi -i \sin\theta sin\phi)\
2(sin\theta cos\phi +i \sin\theta sin\phi) & 2-2cos\theta
\end{pmatrix}=\rho
c)
\hat{\rho}=\begin{pmatrix}
p & 0\
0 & 1-p\end{pmatrix}
a_0 = 1/2,; a_x=0,; a_y=0,; a_z=p-1/2
\hat{\rho}=\frac{1}{2}\left[\begin{pmatrix}
1 & 0\
0 & 1\end{pmatrix} + (2p-1) \begin{pmatrix}
1 & 0\
0 & -1\end{pmatrix}\right]=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
p & 0\
0 & 1-p\end{pmatrix} q.e.d.
Wir erwarten und erhalten auch \rho^2 \ne \rho
d)
Zu Beginn haben wir \rho(t=0)=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}
1 & 0\
0 & 3\end{pmatrix}
Wir schreiben uns den Dichteoperator wieder allgemein mit einem Vektor (x,y,z,) an:
\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+z & x-iy\
x+iy & 1-z\end{pmatrix}
Umbennen auf a=1+z, b=x, c=y, d=1-z liefert uns
\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
a & b-ic\
b+ic & d\end{pmatrix}
Unser Hamiltonoperator lautet (siehe letzte Woche): H=-\gamma B S_x mit S_x=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}
0 & 1\
1 & 0\end{pmatrix}
Einsetzen in die Gleichung i\hbar \frac{\partial}{\partial t}\rho(t)=[H,\rho(t)] liefert uns: \frac{\partial}{\partial t}\rho(t) = \frac{1}{2}\frac{i}{\hbar}\gamma B\left(S_x\rho - \rho S_x)
\frac{1}{2}\frac{\partial}{\partial t} \begin{pmatrix}
a & b-ic\
b+ic & d\end{pmatrix}=\frac{i\gamma B}{2}\left[\begin{pmatrix}
b+ic & d\
a & b-ic\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
b-ic & a\
d & b+ic\end{pmatrix}\right]=\frac{i\gamma B}{4}\begin{pmatrix}
2ic & d-a\
-(d-a) & -2ic\end{pmatrix}
Also haben wir folgende Gleichungen:
\dot{a}(t)=-\gamma B c(t)
\dot{b}(t)-i\dot{c}(t)=\frac{i}{2}\gamma B (d(t)-a(t))
-\dot{b}(t)-i\dot{c}(t)=-\frac{i}{2}\gamma B (d(t)-a(t))
\dot{d}(t)=\gamma B c(t)
Aus der zweiten + dritten würde ich sagen: \dot{c}(t)=0 \rightarrow c(t)=c(0)=0
Das eingesetzt in die erste und vierte Gleichung ergibt mir a(t)=a(0)=1/4 bzw. d(t)=d(0)=3/4
Und dann noch: b(t)=\left(d(0)-a(0)\right)e^{\frac{\gamma B t}{2}}
Demnach: \rho(t)=\frac{1}{4}\begin{pmatrix}
1 & 2e^{\frac{\gamma B t}{2}}\
-2e^{\frac{\gamma B t}{2}} & 3\end{pmatrix}
Kommt mir etwas spanisch vor, aber was solls…
Beispiel 14:
\langle\psi|_1 \langle\psi|_2|\phi\rangle_1|\phi\rangle_2=\langle\psi|_1 \langle\chi|_2 \hat{U}^{-1}\hat{U}|\phi\rangle_1|\chi\rangle_2=\langle\psi|_1 \langle\chi|_2|\phi\rangle_1|\chi\rangle_2
\langle\psi|_1 |\phi\rangle_1 \langle\psi|_2|\phi\rangle_2= \langle\psi|_1 |\phi\rangle_1 \langle\chi|_2|\chi\rangle_2=\langle\psi|_1 |\phi\rangle_1
Das Klonen funktioniert demnach nur für \langle\psi|\chi\rangle=0 (orthogonal aufeinander) oder \langle\psi|\chi\rangle=1 (\phi = \psi), also auf keinen Fall für beliebige Zustände.
Frohe Ostern noch 
Und könnte bitte jemand das 13d kontrollieren?