Heisenbergov princip nedoločenosti II in komutatorske identitete - Zgodovina strani

Ruskicar ob 22:50, 12 marec 2007

Ruskicar — Mon, 12 Mar 2007 22:50:38 GMT

← Starejša redakcija		Redakcija: 22:50, 12 marec 2007
Vrstica 84:		Vrstica 84:
	<math>n = 1: \quad [A,B^1] = [A,B] </math>.		<math>n = 1: \quad [A,B^1] = [A,B] </math>.

-	<math>n > 1: \quad [A, B^n] = [A, B\, B^{n-1}]= B[A,B^{n-1}] + [A,B]\,B^{n-1} = </math>	+	<math>n > 1: \quad [A, B^n] = [A, B \, B^{n-1}] = B [A,B^{n-1}] + [A,B] B^{n-1} = </math>

-	<math>= B\,(n-1)\,B^{n-2}\,[A,B] + [A,B]\,B^{n-1} = </math>	+	<math>B\,(n-1)\, B^{n-2}\, [A,B] + [A,B]\, B^{n-1} = </math>

-	<math> = B^{n-1}\,[A,B] (n-1 + 1) = n\,B^{n-1}\,[A,B]</math>.	+	<math>B^{n-1}\, [A,B]\, (n-1 + 1) = n\, B^{n-1}\, [A,B]</math>.

	V prvi vrstici smo uporabili lastnost komutatorja		V prvi vrstici smo uporabili lastnost komutatorja
Vrstica 94:		Vrstica 94:
	<math> [A,BC] = B\,[A,C] + [A,B]\,C </math>,		<math> [A,BC] = B\,[A,C] + [A,B]\,C </math>,

-	v drugi vrstici smo uporabili trditev, ki jo dokazujemo:	+	iz prve v v drugo vrstico pa smo uporabili trditev, ki jo dokazujemo:

	<math>[A,B^n]=n\, B^{n-1}\,[A,B]</math>.		<math>[A,B^n]=n\, B^{n-1}\,[A,B]</math>.

-	Nazadnje pa smo uporabili še pogoj, da je	+	Nazadnje smo uporabili še pogoj, da je

	<math>[[A,B],\,B]=0</math>		<math>[[A,B],\,B]=0</math>
Vrstica 172:		Vrstica 172:
	Sedaj se vrnemo nazaj na <math>f'\,(\lambda)</math>, ki ga lahko z novimi izrazi zapišemo kot		Sedaj se vrnemo nazaj na <math>f'\,(\lambda)</math>, ki ga lahko z novimi izrazi zapišemo kot

-	<math>f'(\lambda ) = A\,e^{\lambda A} \, e^{\lambda B} + (B\, e^{\lambda A} + \lambda e^{\lambda A} [A,B]) e^{\lambda B} = (A + B + \lambda [A,B]) e^{\lambda A} \, e^{\lambda B} = (A + B + \lambda [A,B]) f (\lambda) </math>.	+	<math>f'(\lambda ) = A\,e^{\lambda A} \, e^{\lambda B} + (B\, e^{\lambda A} + \lambda e^{\lambda A} [A,B]) e^{\lambda B} = (A + B + \lambda [A,B]) e^{\lambda A} \, e^{\lambda B} = (A + B + \lambda [A,B]) f (\lambda) </math>

-	Tu pa komutator <math>[A,\,B]</math> lahko nesem pred eksponent, saj se da eksponent	+	Tu pa komutator <math>[A,\,B]</math> lahko nesem pred eksponent, saj se da eksponent <math> e^{\lambda \, A} </math> zapisati v Taylorjevo vrsto, v kateri nastopajo potence operatorja <math>A\,</math>, s katerim po predpostavki komutator <math>[A,\,B]</math> komutira.
-		+
-	<math> e^{\lambda \, A} </math>	+
-		+
-	zapisati v Taylorjevo vrsto, v kateri nastopajo potence operatorja <math>A\,</math>, s katerim po predpostavki komutator <math>[A,\,B]</math> komutira.	+

	Dobimo diferencialno enačbo prvega reda, ki ima rešitev		Dobimo diferencialno enačbo prvega reda, ki ima rešitev

Ruskicar ob 22:42, 12 marec 2007

Ruskicar — Mon, 12 Mar 2007 22:42:06 GMT

← Starejša redakcija		Redakcija: 22:42, 12 marec 2007
Vrstica 104:		Vrstica 104:
	oz. da operator <math>B\,</math> komutira s komutatorjem <math>[A,\,B]</math>.		oz. da operator <math>B\,</math> komutira s komutatorjem <math>[A,\,B]</math>.

-	Ker zadnja enačba velja za vsak n > 1 in ker velja za n=1, je torej dokaz zaključen. S pomočjo te enačbe bomo sedaj izračunali komutator	+	Ker zadnja enačba velja za vsak n > 1 in ker velja za n=1, je torej dokaz zaključen.
		+
		+	S pomočjo te enačbe bomo sedaj izračunali komutator

	<math>[A,\, f(B)]</math>,		<math>[A,\, f(B)]</math>,

Ruskicar ob 22:41, 12 marec 2007

Ruskicar — Mon, 12 Mar 2007 22:41:16 GMT

(Primerjava redakcij)

Ruskicar ob 22:28, 12 marec 2007

Ruskicar — Mon, 12 Mar 2007 22:28:58 GMT

← Starejša redakcija		Redakcija: 22:28, 12 marec 2007
Vrstica 121:		Vrstica 121:


-	''c)'' Zadnja naloga je od nas zahtevala, da dokažemo Baker-Hausdorffovo identiteto: <math>e^A B e^{-A}=B+[A,B]+\frac{1}{2!}[A,[A,B]]+{\ldots}</math>.	+	''c)'' Zadnja naloga je od nas zahtevala, da dokažemo Baker-Hausdorffovo identiteto:
		+
		+	<math>e^A B e^{-A}=B+[A,B]+\frac{1}{2!}[A,[A,B]]+{\ldots}</math>
		+
		+	Tudi pri tej nalogi vpeljemo funkcijo <math>f(\lambda) = e^{\lambda A}\,B\,e^{-\lambda A}</math>, za katero predpostavimo, da se jo da razviti v Taylorjevo vrsto:
		+
		+	<math>f(\lambda) = \sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \lambda ^n</math>
		+
		+	Če izračunamo prvi odvod te funkcije, dobimo
		+
		+	<math>f'(\lambda) = A e^{\lambda A}\,B\,e^{-\lambda A} - e^{\lambda A}\,B\,A\,e^{-\lambda A} = e^{\lambda A}\,[A,B]\,e^{-\lambda A}</math>
		+
		+	Operator <math>A\,</math> seveda komutira sam s sabo, zato ga lahko v prvem členu nesemo za eksponent.
		+
		+	Podobno je drugim ter tretjim odvodom funkcije:
		+
		+	<math>f''(\lambda) = e^{\lambda A}\,[A,[A,B]]\,e^{-\lambda A}</math>
		+	<math>f'''(\lambda) = e^{\lambda A}\,[A,[A,[A,B]]]\,e^{-\lambda A}</math>
		+
		+	Ko vse to zložimo v Taylorjev razvoj, pri čemer upoštevamo, da so odvodi v Taylorjevem razvoju izraženi v točki 0, dobimo
		+
		+	<math>f(\lambda) = e^{\lambda A}\,B\,e^{-\lambda A} = B + [A,B] \lambda + [A,[A,B]] \frac{\lambda ^2}{2!} + {\ldots} </math>
		+
		+	To pa je v primeru <math>\lambda = 1\,</math> ravno Baker - Hausdorffova identiteta.

Ruskicar ob 22:13, 12 marec 2007

Ruskicar — Mon, 12 Mar 2007 22:13:43 GMT

← Starejša redakcija		Redakcija: 22:13, 12 marec 2007
Vrstica 78:		Vrstica 78:

	<math>[A,\, f(B)] = f'(B)\,[A,B] </math>		<math>[A,\, f(B)] = f'(B)\,[A,B] </math>
		+


Vrstica 117:		Vrstica 118:

	kar smo pravzaprav hoteli pokazati.		kar smo pravzaprav hoteli pokazati.
		+
		+

	''c)'' Zadnja naloga je od nas zahtevala, da dokažemo Baker-Hausdorffovo identiteto: <math>e^A B e^{-A}=B+[A,B]+\frac{1}{2!}[A,[A,B]]+{\ldots}</math>.		''c)'' Zadnja naloga je od nas zahtevala, da dokažemo Baker-Hausdorffovo identiteto: <math>e^A B e^{-A}=B+[A,B]+\frac{1}{2!}[A,[A,B]]+{\ldots}</math>.

Ruskicar ob 22:13, 12 marec 2007

Ruskicar — Mon, 12 Mar 2007 22:13:04 GMT

← Starejša redakcija		Redakcija: 22:13, 12 marec 2007
Vrstica 9:		Vrstica 9:
	== Rešitev ==		== Rešitev ==

-	1. Energija osnovnega stanja harmonskega oscilatorja seveda ni enaka nič (kot bi to morda intuitivno pričakovali), saj bi s tem kršili Heisenbergov princip nedoločenosti, ki pravi, da delca ne moremo fiksirati točno na sredino potenciala in ga pustiti tam mirovati.	+	'''1. del:'''
		+
		+	Energija osnovnega stanja harmonskega oscilatorja seveda ni enaka nič (kot bi to morda intuitivno pričakovali), saj bi s tem kršili Heisenbergov princip nedoločenosti, ki pravi, da delca ne moremo fiksirati točno na sredino potenciala in ga pustiti tam mirovati.

	[[Slika:Skica-ho.gif]]		[[Slika:Skica-ho.gif]]
Vrstica 51:		Vrstica 53:
	----		----

-	2. Dokazati hočemo, da velja <math>[A,B^n]=n\, B^{n-1}\,[A,B]</math>, če operatorja A in B zadoščata pogoju <math>[[A,B],\,B]=0</math>. Dokaza se lotimo s principom popolne indukcije. Najprej preverimo, če izraz velja za n=1, potem pa predpostavimo, da velja za n-1 in iz tega pokažemo, da velja tudi za n:	+	'''2. del:'''
		+
		+	''a)'' Dokazati hočemo, da velja <math>[A,B^n]=n\, B^{n-1}\,[A,B]</math>, če operatorja A in B zadoščata pogoju <math>[[A,B],\,B]=0</math>. Dokaza se lotimo s principom popolne indukcije. Najprej preverimo, če izraz velja za n=1, potem pa predpostavimo, da velja za n-1 in iz tega pokažemo, da velja tudi za n:

	<math>n = 1: \quad [A,B^1] = [A,B] </math>		<math>n = 1: \quad [A,B^1] = [A,B] </math>

-	<math>n \geq 1: \quad [A, B^n] = [A, B\, B^{n-1}]= B[A,B^{n-1}] + [A,B]\,B^{n-1} = B\,(n-1)\,B^{n-2}\,[A,B] + [A,B]\,B^{n-1} = B^{n-1}\,[A,B] (n-1 + 1) = n\,B^{n-1}\,[A,B]</math>	+	<math>n > 1: \quad [A, B^n] = [A, B\, B^{n-1}]= B[A,B^{n-1}] + [A,B]\,B^{n-1} = </math>
		+
		+	<math>= B\,(n-1)\,B^{n-2}\,[A,B] + [A,B]\,B^{n-1} = </math>
		+
		+	<math> = B^{n-1}\,[A,B] (n-1 + 1) = n\,B^{n-1}\,[A,B]</math>
		+
		+	V prvi vrstici smo uporabili lastnost komutatorja <math> [A,BC] = B\,[A,C] + [A,B]\,C </math>, v drugi vrstici smo uporabili trditev <math>[A,B^n]=n\, B^{n-1}\,[A,B]</math>, ki jo dokazujemo, nazadnje pa smo uporabili še pogoj, da je <math>[[A,B],\,B]=0</math> oz. da operator <math>B\,</math> komutira s komutatorjem <math>[A,\,B]</math>.
		+
		+	Ker torej zadnja enačba velja za vsak n > 1 in ker velja za n=1, je torej dokaz zaključen. S pomočjo te enačbe bomo sedaj izračunali komutator <math>[A,\, f(B)]</math>, kjer predpostavimo, da se funkcija <math>f(B)\,</math> da razviti v Taylorjevo vrsto, torej:
		+
		+	<math>f(B)=\sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!}B^n</math>
		+
		+	<math>[A,\, f(B)] = [A, \sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!}B^n ] = \sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!} [A, B^n] = \sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \, n \, B^{n-1}\, [A, B] </math>
		+
		+	Vsoto lahko nesemo ven iz komutatorja, ker veljata zvezi <math>[A, B+C] = [A,B] \, + \, [A,C]</math> ter <math>[A, \lambda B] = \lambda \, [A,B]</math>
		+
		+	V zadnjem izrazu <math>\sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \, n \, B^{n-1}</math> pa prepoznamo ravno odvod <math>f'(B)\,</math>. Rezultat je torej
		+
		+	<math>[A,\, f(B)] = f'(B)\,[A,B] </math>
		+
		+
		+	''b)'' Naša naslednja naloga je bila pokazati, da velja <math>e^{A+B}=e^A e^B e^{-{\frac{1}{2}[A,B]}}</math>, če <math>[A,\,B]</math> komutira z operatorjema <math>A\,</math> in <math>B\,</math>, torej <math>[[A,B],\,A]=0</math> in <math> [[A,B],\,B]=0 </math>.
		+
		+	Naloge se lotimo tako, da vpeljemo funkcijo <math>f(\lambda ) = e^{\lambda A} \, e^{\lambda B}</math> in izračunamo odvod te funkcije:
		+
		+	<math>f'(\lambda ) = A\,e^{\lambda A} \, e^{\lambda B} + e^{\lambda A} B e^{\lambda B}</math>
		+
		+	Tu moramo seveda paziti, da operatorja <math>B\,</math> ne nesemo pred eksponent, saj ni nujno, da komutira z <math>A\,</math>. Zato si pomagamo z enačbo:
		+
		+	<math>[e^{\lambda A}, B] = - [B, e^{\lambda A}] = - \lambda \, e^{\lambda A} [B,A] = \lambda\, e^{\lambda A} [A,B]</math>
		+
		+	Tu smo uporabili rezultat iz prejšnjega dela 2. naloge, <math>[B,\, f(A)] = f'(A)\,[B,A] </math>. Seveda pa lahko že prvi komutator zapišemo kot <math>[e^{\lambda A}, B] = e^{\lambda A}\,B - B\,e^{\lambda A}</math>. Če to dvoje potem izenačimo, lahko izrazimo
		+
		+	<math>e^{\lambda A}\,B =B\,e^{\lambda A} + \lambda\, e^{\lambda A} [A,B] </math>
		+
		+	Sedaj se vrnemo nazaj na <math>f'\,(\lambda)</math>, ki ga lahko z novimi izrazi zapišemo kot
		+
		+	<math>f'(\lambda ) = A\,e^{\lambda A} \, e^{\lambda B} + (B\, e^{\lambda A} + \lambda e^{\lambda A} [A,B]) e^{\lambda B} = (A + B + \lambda [A,B]) e^{\lambda A} \, e^{\lambda B} = (A + B + \lambda [A,B]) f (\lambda) </math>
		+
		+	Tu pa komutator <math>[A,\,B]</math> lahko nesem pred eksponent, saj se da eksponent <math> e^{\lambda \, A} </math> zapisati v Taylorjevo vrsto, v kateri nastopajo potence operatorja <math>A\,</math>, s katerim po predpostavki komutator <math>[A,\,B]</math> komutira.
		+
		+	Dobimo diferencialno enačbo prvega reda, ki ima rešitev
		+
		+	<math>\ln( f(\lambda)) = (A+B)\lambda + [A,B] \frac{\lambda ^2}{2} + \ln C</math>
		+
		+	<math>f(\lambda) = C e^{(A+B)\lambda + [A,B] \frac{\lambda ^2}{2}}</math>
		+
		+	Konstanto C določimo, če postavimo <math>\lambda = 0 \,:\, f(0) = e^0\,e^0 = 1 = C</math>
		+
		+	Če postavimo za <math>\lambda = 1\,</math> pa dobimo željen rezultat:
		+
		+	<math>f(1) = e^{(A+B)}e^{[A,B] \frac{1}{2}} = e^A\,e^B</math>
		+
		+	Tukaj smo zopet uporabili dejstvo, da se da eksponentno funkcijo razviti v Taylorjevo vrsto, kjer se da vsoto po dveh indeksih pretvoriti na produkt dveh vsot. Zato lahko eksponent vsote pišemo kot produkt dveh eksponentov. Zadnjo enačbo se da zapisati tudi kot
		+
		+	<math>e^{A+B}=e^A e^B e^{-{\frac{1}{2}[A,B]}}</math>
		+
		+	kar smo pravzaprav hoteli pokazati.

-	Najprej smo uporabili lastnost komutatorja <math> [A,BC] = B\,[A,C] + [A,B]\,C </math>,potem smo uporabili trditev <math>[A,B^n]=n\, B^{n-1}\,[A,B]</math>, ki jo dokazujemo, nazadnje pa smo uporabili še pogoj, da je <math>[[A,B],\,B]=0</math> oz. da operator B komutira s komutatorjem [A,B].	+	''c)'' Zadnja naloga je od nas zahtevala, da dokažemo Baker-Hausdorffovo identiteto: <math>e^A B e^{-A}=B+[A,B]+\frac{1}{2!}[A,[A,B]]+{\ldots}</math>.

Ruskicar ob 21:11, 12 marec 2007

Ruskicar — Mon, 12 Mar 2007 21:11:07 GMT

← Starejša redakcija		Redakcija: 21:11, 12 marec 2007
Vrstica 55:		Vrstica 55:
	<math>n = 1: \quad [A,B^1] = [A,B] </math>		<math>n = 1: \quad [A,B^1] = [A,B] </math>

-	<math>n \geq 1: \quad [A, B^n] = [A, B\, B^{n-1}]= B[A,B^{n-1}] + [A,B\,B^{n-1}] </math>. Tu smo uporabili lastnost komutatorja <math> [A,BC] = B\,[A,C] + [A,B]\,C </math>	+	<math>n \geq 1: \quad [A, B^n] = [A, B\, B^{n-1}]= B[A,B^{n-1}] + [A,B]\,B^{n-1} = B\,(n-1)\,B^{n-2}\,[A,B] + [A,B]\,B^{n-1} = B^{n-1}\,[A,B] (n-1 + 1) = n\,B^{n-1}\,[A,B]</math>
		+
		+	Najprej smo uporabili lastnost komutatorja <math> [A,BC] = B\,[A,C] + [A,B]\,C </math>,potem smo uporabili trditev <math>[A,B^n]=n\, B^{n-1}\,[A,B]</math>, ki jo dokazujemo, nazadnje pa smo uporabili še pogoj, da je <math>[[A,B],\,B]=0</math> oz. da operator B komutira s komutatorjem [A,B].

Ruskicar ob 21:02, 12 marec 2007

Ruskicar — Mon, 12 Mar 2007 21:02:35 GMT

← Starejša redakcija		Redakcija: 21:02, 12 marec 2007
Vrstica 9:		Vrstica 9:
	== Rešitev ==		== Rešitev ==

-	Energija osnovnega stanja harmonskega oscilatorja seveda ni enaka nič (kot bi to morda intuitivno pričakovali), saj bi s tem kršili Heisenbergov princip nedoločenosti, ki pravi, da delca ne moremo fiksirati točno na sredino potenciala in ga pustiti tam mirovati.	+	1. Energija osnovnega stanja harmonskega oscilatorja seveda ni enaka nič (kot bi to morda intuitivno pričakovali), saj bi s tem kršili Heisenbergov princip nedoločenosti, ki pravi, da delca ne moremo fiksirati točno na sredino potenciala in ga pustiti tam mirovati.

	[[Slika:Skica-ho.gif]]		[[Slika:Skica-ho.gif]]

-	Da bi izračunali, kolikšna je minimalna dovoljena energija <math>E_0</math>, da še ne kršimo Heisenbergovega principa nedoločenosti, moramo najprej izpisati operator polne energije harmonskega oscilatorja:	+	Da bi izračunali, kolikšna je minimalna dovoljena energija <math>E\,_0</math>, da še ne kršimo Heisenbergovega principa nedoločenosti, moramo najprej izpisati operator polne energije harmonskega oscilatorja:

-	<math>\langle \psi \| H \| \psi \rangle = \langle H \rangle = E_0 = \frac{\langle p^2 \rangle}{2m} + \frac{1}{2}\,k\,x^2</math>	+	<math>\langle \psi \| H \| \psi \rangle = \langle H \rangle = E\,_0 = \frac{\langle p^2 \rangle}{2m} + \frac{1}{2}\,k\,x^2</math>


Vrstica 28:		Vrstica 28:
	<math>\delta p =\sqrt{\langle p^2 \rangle} </math>		<math>\delta p =\sqrt{\langle p^2 \rangle} </math>

-	<math> E_0 </math> lahko sedaj zapišemo kot	+	<math> E\,_0 </math> lahko sedaj zapišemo kot

-	<math> E_0 = \frac{(\delta p)^2}{2m} + \frac{1}{2} \, k \, (\delta x)^2 </math>	+	<math> E\,_0 = \frac{(\delta p)^2}{2m} + \frac{1}{2} \, k \, (\delta x)^2 </math>

	Ob upoštevanju Heisenbergovega principa nedoločenosti <math> \delta x \, \delta p \geq \frac{\hbar}{2} </math> pa sledi		Ob upoštevanju Heisenbergovega principa nedoločenosti <math> \delta x \, \delta p \geq \frac{\hbar}{2} </math> pa sledi

-	<math> E_0 \geq \frac{\hbar ^2}{8\,m\, (\delta x)^2} + \frac{1}{2} \, k \, (\delta x)^2 </math>	+	<math> E\,_0 \geq \frac{\hbar ^2}{8\,m\, (\delta x)^2} + \frac{1}{2} \, k \, (\delta x)^2 </math>

-	Ker iščemo minimum energije, moramo torej odvod <math> E_0 </math> po <math>\delta x</math> izenačiti z 0:	+	Ker iščemo minimum energije, moramo torej odvod <math> E\,_0 </math> po <math>\delta \,x</math> izenačiti z 0:

-	<math> \frac{\partial E_0}{\partial (\delta x)} = 0 = - \frac{\hbar ^2}{4\,m\, (\delta x)_{min}^3} + k \, (\delta x)_{min} </math>	+	<math> \frac{\partial E\,_0}{\partial (\delta x)} = 0 = - \frac{\hbar ^2}{4\,m\, (\delta x)_{min}^3} + k \, (\delta x)_{min} </math>

	kjer indeks ''min'' označuje minimalno nedoločenost lege.		kjer indeks ''min'' označuje minimalno nedoločenost lege.
Vrstica 49:		Vrstica 49:

	<math>E_0 \geq \frac{1}{2} \hbar \omega </math>		<math>E_0 \geq \frac{1}{2} \hbar \omega </math>
		+	----

		+	2. Dokazati hočemo, da velja <math>[A,B^n]=n\, B^{n-1}\,[A,B]</math>, če operatorja A in B zadoščata pogoju <math>[[A,B],\,B]=0</math>. Dokaza se lotimo s principom popolne indukcije. Najprej preverimo, če izraz velja za n=1, potem pa predpostavimo, da velja za n-1 in iz tega pokažemo, da velja tudi za n:

-	----	+	<math>n = 1: \quad [A,B^1] = [A,B] </math>
		+
		+	<math>n \geq 1: \quad [A, B^n] = [A, B\, B^{n-1}]= B[A,B^{n-1}] + [A,B\,B^{n-1}] </math>. Tu smo uporabili lastnost komutatorja <math> [A,BC] = B\,[A,C] + [A,B]\,C </math>

Ruskicar ob 20:49, 12 marec 2007

Ruskicar — Mon, 12 Mar 2007 20:49:01 GMT

← Starejša redakcija		Redakcija: 20:49, 12 marec 2007
Vrstica 13:		Vrstica 13:
	[[Slika:Skica-ho.gif]]		[[Slika:Skica-ho.gif]]

-	Da bi izračunali, kolikšna je minimalna dovoljena energija <math>E_0</math>, da še ne kršimo Heisenbergovega principa nedoločenosti, moramo najprej izpisati operator polne energije harmonskega oscilatorja	+	Da bi izračunali, kolikšna je minimalna dovoljena energija <math>E_0</math>, da še ne kršimo Heisenbergovega principa nedoločenosti, moramo najprej izpisati operator polne energije harmonskega oscilatorja:

-	<math>\langle \psi \| H \| \psi \rangle = \langle H \rangle = E_0 = \frac{\langle p^2 \rangle}{2m} + \frac{1}{2}\,k\,x^2</math>.	+	<math>\langle \psi \| H \| \psi \rangle = \langle H \rangle = E_0 = \frac{\langle p^2 \rangle}{2m} + \frac{1}{2}\,k\,x^2</math>

-	Ker je potencial simetričen okrog <math>x = 0</math>, je pričakovana vrednost koordinate <math>x</math>

-	<math>\langle x \rangle = 0</math>.	+	Ker je potencial simetričen okrog x = 0, je pričakovana vrednost koordinate x: <math>\langle x \rangle = 0</math>

-	Iz tega sledi, da je tudi pričakovana vrednost gibalne količine	+	Iz tega sledi, da je tudi pričakovana vrednost gibalne količine <math>\langle p \rangle = m \, \frac{d\langle x \rangle}{dt} = 0</math>

-	<math>\langle p \rangle = m \, \frac{d\langle x \rangle}{dt} = 0</math>.	+	Sedaj se spomnimo zvez <math>(\delta x)^2 = \langle x^2 \rangle - (\langle x \rangle)^2 </math> oziroma <math> (\delta p)^2 = \langle p^2 \rangle - (\langle p \rangle)^2</math>, iz katerih zaradi zgornjih pričakovanih vrednosti sledi:
		+
		+	<math>\delta x = \sqrt{\langle x^2 \rangle} </math>
		+
		+	<math>\delta p =\sqrt{\langle p^2 \rangle} </math>
		+
		+	<math> E_0 </math> lahko sedaj zapišemo kot
		+
		+	<math> E_0 = \frac{(\delta p)^2}{2m} + \frac{1}{2} \, k \, (\delta x)^2 </math>
		+
		+	Ob upoštevanju Heisenbergovega principa nedoločenosti <math> \delta x \, \delta p \geq \frac{\hbar}{2} </math> pa sledi
		+
		+	<math> E_0 \geq \frac{\hbar ^2}{8\,m\, (\delta x)^2} + \frac{1}{2} \, k \, (\delta x)^2 </math>
		+
		+	Ker iščemo minimum energije, moramo torej odvod <math> E_0 </math> po <math>\delta x</math> izenačiti z 0:
		+
		+	<math> \frac{\partial E_0}{\partial (\delta x)} = 0 = - \frac{\hbar ^2}{4\,m\, (\delta x)_{min}^3} + k \, (\delta x)_{min} </math>
		+
		+	kjer indeks ''min'' označuje minimalno nedoločenost lege.
		+
		+	Iz prejšnje enačbe dobimo <math> (\delta x)_{min} = \sqrt[4]{\frac{\hbar^2}{4\,k\,m}} </math>, torej mora biti energija osnovnega stanja
		+
		+	<math>E_0 \geq \frac{\hbar ^2}{8\,m} \sqrt{\frac{4\,k\,m}{\hbar^2}} + \frac{1}{2} \, k \, \sqrt{\frac{\hbar^2}{4\,k\,m}} = \frac{\hbar}{4} \sqrt{\frac{k}{m}} + \frac{\hbar}{4} \sqrt{\frac{k}{m}}= \frac{\hbar}{2} \sqrt{\frac{k}{m}} </math>
		+
		+	V zadnjem členu prepoznamo še frekvenco harmonskega oscilatorja <math> \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} </math> in končni rezultat za minimalno energijo osnovnega stanja harmonskega oscilatorja je
		+
		+	<math>E_0 \geq \frac{1}{2} \hbar \omega </math>
		+
		+
		+	----

Ruskicar ob 20:03, 12 marec 2007

Ruskicar — Mon, 12 Mar 2007 20:03:26 GMT

← Starejša redakcija		Redakcija: 20:03, 12 marec 2007
Vrstica 15:		Vrstica 15:
	Da bi izračunali, kolikšna je minimalna dovoljena energija <math>E_0</math>, da še ne kršimo Heisenbergovega principa nedoločenosti, moramo najprej izpisati operator polne energije harmonskega oscilatorja		Da bi izračunali, kolikšna je minimalna dovoljena energija <math>E_0</math>, da še ne kršimo Heisenbergovega principa nedoločenosti, moramo najprej izpisati operator polne energije harmonskega oscilatorja

-	<math>\langle \psi \| H \| \psi \rangle = \langle H \rangle = E_0 = \frac{\langle p^2 \rangle}{2m} + \frac{1}{2}\,k\,x^2</math>	+	<math>\langle \psi \| H \| \psi \rangle = \langle H \rangle = E_0 = \frac{\langle p^2 \rangle}{2m} + \frac{1}{2}\,k\,x^2</math>.

-	Ker je potencial simetričen okrog , je pričakovana vrednost koordinate	+	Ker je potencial simetričen okrog <math>x = 0</math>, je pričakovana vrednost koordinate <math>x</math>
		+
		+	<math>\langle x \rangle = 0</math>.
		+
		+	Iz tega sledi, da je tudi pričakovana vrednost gibalne količine
		+
		+	<math>\langle p \rangle = m \, \frac{d\langle x \rangle}{dt} = 0</math>.