Heisenbergov princip nedoločenosti II in komutatorske identitete

Iz Kvantna Mehanika I 2006 - 2007

(Primerjava redakcij)

Redakcija: 20:49, 12 marec 2007

Naloga

S pomočjo principa nedoločenosti za lego in gibalno količino oceni energijo osnovnega stanja harmonskega oscilatorja ( $H=\frac{p^2}{2m}+\frac{kx^2}{2}$ ).
Dokaži naslednje komutatorske identitete:
- Dokaži, da velja $[A, B n] = n B n - 1 [A, B]$ , če operatorja $A$ in $B$ zadoščata pogoju $[[A, B], B] = 0$ . Uporabi rezultat za izračun komutatorja $[A, f (B)]$ . Predpostavi, da se funkcija $f$ da razviti v Taylorjevo vrsto.
- Pokaži, da velja $e^{A+B}=e^A e^B e^{-{\frac{1}{2}[A,B]}}$ , če $[A, B]$ komutira z operatorjema $A$ in $B$ .
- Dokaži Baker-Hausdorffovo identiteto: $e^A B e^{-A}=B+[A,B]+\frac{1}{2!}[A,[A,B]]+{\ldots}$ .

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.

Da bi izračunali, kolikšna je minimalna dovoljena energija $E 0$ , da še ne kršimo Heisenbergovega principa nedoločenosti, moramo najprej izpisati operator polne energije harmonskega oscilatorja:

$\langle \psi | H | \psi \rangle = \langle H \rangle = E_0 = \frac{\langle p^2 \rangle}{2m} + \frac{1}{2}\,k\,x^2$

Ker je potencial simetričen okrog x = 0, je pričakovana vrednost koordinate x: $\langle x \rangle = 0$

Iz tega sledi, da je tudi pričakovana vrednost gibalne količine $\langle p \rangle = m \, \frac{d\langle x \rangle}{dt} = 0$

Sedaj se spomnimo zvez $(\delta x)^2 = \langle x^2 \rangle - (\langle x \rangle)^2$ oziroma $(\delta p)^2 = \langle p^2 \rangle - (\langle p \rangle)^2$ , iz katerih zaradi zgornjih pričakovanih vrednosti sledi:

$\delta x = \sqrt{\langle x^2 \rangle}$

$\delta p =\sqrt{\langle p^2 \rangle}$

$E 0$ lahko sedaj zapišemo kot

$E_0 = \frac{(\delta p)^2}{2m} + \frac{1}{2} \, k \, (\delta x)^2$

Ob upoštevanju Heisenbergovega principa nedoločenosti $\delta x \, \delta p \geq \frac{\hbar}{2}$ pa sledi

$E_0 \geq \frac{\hbar ^2}{8\,m\, (\delta x)^2} + \frac{1}{2} \, k \, (\delta x)^2$

Ker iščemo minimum energije, moramo torej odvod $E 0$ po $δ x$ izenačiti z 0:

$\frac{\partial E_0}{\partial (\delta x)} = 0 = - \frac{\hbar ^2}{4\,m\, (\delta x)_{min}^3} + k \, (\delta x)_{min}$

kjer indeks min označuje minimalno nedoločenost lege.

Iz prejšnje enačbe dobimo $(\delta x)_{min} = \sqrt[4]{\frac{\hbar^2}{4\,k\,m}}$ , torej mora biti energija osnovnega stanja

$E_0 \geq \frac{\hbar ^2}{8\,m} \sqrt{\frac{4\,k\,m}{\hbar^2}} + \frac{1}{2} \, k \, \sqrt{\frac{\hbar^2}{4\,k\,m}} = \frac{\hbar}{4} \sqrt{\frac{k}{m}} + \frac{\hbar}{4} \sqrt{\frac{k}{m}}= \frac{\hbar}{2} \sqrt{\frac{k}{m}}$

V zadnjem členu prepoznamo še frekvenco harmonskega oscilatorja $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ in končni rezultat za minimalno energijo osnovnega stanja harmonskega oscilatorja je

$E_0 \geq \frac{1}{2} \hbar \omega$

Vzpostavljeno iz »http://burana.ijs.si/wiki/index.php/Heisenbergov_princip_nedolo%C4%8Denosti_II_in_komutatorske_identitete«

 [[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>
+----