Heisenbergov princip nedoločenosti II in komutatorske identitete

Iz Kvantna Mehanika I 2006 - 2007

(Primerjava redakcij)

Redakcija: 21:02, 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

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.

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 $\delta \,x$ 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

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

2. Dokazati hočemo, da velja $[A,B^n]=n\, B^{n-1}\,[A,B]$ , če operatorja A in B zadoščata pogoju $[[A,B],\,B]=0$ . 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:

$n = 1: \quad [A,B^1] = [A,B]$

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

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

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