Hey,
entweder habe ich die Angaben falsch verstanden, oder die diesmalige Quantenübung ist erstaunlich rechenunintensiv.
Lg, Gregor
Beim 2ten hab ich ein Problem:
Gilt nicht aufgrund der Angabe a|\alpha\rangle = \alpha|\alpha\rangle Folgendes:
\langle \alpha | a | \alpha\rangle = \alpha \langle \alpha | \alpha\rangle = \alpha
und
\langle \alpha | a | \alpha\rangle = \langle a^+ \alpha | \alpha\rangle = \alpha^*
\Rightarrow \alpha = \alpha^* \Rightarrow a = a^+
(+ … adjungiert, * … komplex-konjugiert)
Dann wären aber alle Erwartungswerte bis auf gleich 0 und die Unschärferelation nicht erfüllt… Wo ist mein Fehler?
Wie kommst du auf dein erstes = in der zweiten Zeile?
Naja mit der Angabe:
\langle\alpha|(a|\alpha\rangle) = \langle\alpha|(\alpha|\alpha\rangle) = \alpha\langle\alpha|\alpha\rangle
Falls du diese zweite Zeile meinst 
Die andere: Naja a und a+ sind doch adjungiert
Die andere (-;
Ja, a und a+ sind adjungiert.
Dh. a|a> =b
eine hermitesche Konjugation der Gleichung
<a|a+ = b+
Daraus folgt nicht b=b+.
Cg
Und wie kommst du dann auf das =\alpha*? IMO:
\langle \alpha | a | \alpha \rangle = \langle a^\dagger \alpha | \alpha \rangle = (\langle \alpha | a^\dagger | \alpha \rangle )* = \alpha
Ich habe eine Frage zu 1.a
Bei dem Schritt von der 2. zur 3. Zeile verschwindet der Wurzelterm in der Klammer damit man die Rekursionsformel anwenden kann. Wo kommt der hin?
Bitte um Hilfe
Ich glaub ich bin da etwas durcheinander gekommen.
\langle\alpha|a|\alpha\rangle = \alpha\langle\alpha|\alpha\rangle = \alpha
\langle\alpha|a|\alpha\rangle = \langle a^\dagger\alpha|\alpha\rangle \Rightarrow a^\dagger|\alpha\rangle = \alpha^*|\alpha\rangle
So weit so gut, jetzt die nächste Frage: Stimmt dann die verwendete Kommutatorbeziehung noch [a,a^\dagger]=1 noch? \alpha\alpha^* - \alpha^*\alpha ist ja 0.
Ja, die Kommutatorbeziehung stimmt. Der Trick ist, dass du a a^\dagger nicht direkt anwenden kannst, weil keiner der Operatoren auf den zugehörigen Wert „passt“ - du kannst weder \langle \alpha | a direkt aus der Angabe ausrechnen noch a^\dagger | \alpha \rangle. Dein Schluss \langle \alpha | a^\dagger | \alpha \rangle = \alpha^* \Rightarrow a^\dagger | \alpha \rangle = \alpha^* | \alpha \rangle gilt nicht, nur weil die Erwartungswerte übereinstimmen heißt das nicht, dass die Kets gleich sind.
@Paul: Das Argument des Hermite-Polynoms ist nicht x sondern Wurzel mal x, daher schluckt das 2x aus der Rekursionsformel den Wurzelausdruck.
kurze, wahrscheinlich triviale frage, auf die ich aber nirgens eine gedruckte antwort gefunden habe:
laut angabe gilt:
\partial_t,H_n(x)=2n,H_{n-1}(x)
kann ich daraus schließen, dass gilt:
\partial_t,H_n(\alpha,x)=\alpha,2n,H_{n-1}(\alpha,x)
bzw ähnliches bei:
H_{n+1}(x)=2xH_{n}(x)-2nH_{n-1}(x)
H_{n+1}(\alpha,x)=\alpha,2xH_{n}(\alpha,x)-2nH_{n-1}(\alpha,x)
thx!
\partial_t sollte \partial_x sein. In diesem Fall substitutierst du \alpha x = u und has \partial_xH_n(u) = \frac \partial {\partial u} H_n(u) \frac {\partial u}{\partial x}, für die ersten beiden Terme setzt du die Rekursionsformel ein, der letzte ist \alpha, es kommt raus, was du geschrieben hast. Für die andere Rekursionsformel ist es trivial, man muss ja im Prinzip nur Variable umbenennen.
mit \partial_t\rightarrow\partial_xhast du wohl recht :-/
@ u=\alpha,x: hab mir eh sowas gedacht aber das denken hab ich grad nicht sooo drauf 
thx!
ad Paul:
das ist eine etwas schnell geschriebene Variablensubstituion. x mit dem Wurzelterm ist nämlich genau das Argument der Hermite-Polynome.
Cg
Hab das Ganze nocheinmal schön geschrieben! Hoffe das passt!
Danke an Khalidah
Lösung Scan.pdf (1.69 MB)
Kleines philosophisches Problem:
Stimmt es, daß a a = 0 und a^{\dagger} a^{\dagger}=0?
Jedenfalls steht das in themels Version vom 5. Tutorium.
Falls ja: Wieso gilt das?
Außerdem würde das folgendes ergeben:
= 0 weil a a = 0
und
= = \alpha^2
womit \alpha^2 = 0 und \alpha = 0 wäre.
Irgendwie pervers.
In der letzten Übung hatten wir nur zwei Zustände die um sich um Eins unterschieden. Dadurch war Erzeuger/Vernichter doppelt darauf angewandt insofern null, als dass die so erzeugten neuen Wellenfunktionen sicher orthogonal auf die ursprünglichen waren.
Kohärente Zustände bestehen, so denke ich, aus unendlich vielen Beiträgen.
Cg
Ah, alles klar, danke!
Auf meinem Zettel stand „im Produkt 0“, es ging im Kontext um den Erwartungswert mit einem spezifischen Zustand, den Grund hat Gregor schon beschrieben. In unserem Fall sollte der Erwartungswert wie du geschrieben hast \alpha^2 bzw \alpha^{*2} sein.
Hallo!
Mir is da nur noch was zu Beispiel 2)d) aufgefallen:
und zwar kommt da ja: (a* - a)^2 = a*^2 - aa* - aa + a^2)
und ihr kürzt dann das aa mit dem kommutator [a,a*] weg so dass:
=a*^2 + a^2 - 2aa* aber man kann doch \left\langle \alpha|a a*|\alpha\right\rangle nicht auflösen oder???
ich denk man müsste aa* mit dem [a*,a] Kommutator wegmachen… das Ergebniss is dann auch gleiche…
Hoff das war kein Blödsinn
grüße
edit (22.11. 19:02 (orig:14:04)): Ich war so frei deinen LaTeX part zu korrigieren. LG Khalidah
Worauf beziehst du dich? Auf Gregors Zetteln und in meinem Posting ist das eh jeweils genau so, wie du es beschreibst.