Heisenbergov princip nedoločenosti II in komutatorske identitete

Iz Kvantna Mehanika I 2006 - 2007

(Primerjava redakcij)

Redakcija: 22:28, 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. 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.

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. del:

a) 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:

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

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

$= B\,(n-1)\,B^{n-2}\,[A,B] + [A,B]\,B^{n-1} =$

$= B^{n-1}\,[A,B] (n-1 + 1) = n\,B^{n-1}\,[A,B]$

V prvi vrstici smo uporabili lastnost komutatorja $[A,BC] = B\,[A,C] + [A,B]\,C$ , v drugi vrstici smo uporabili trditev $[A,B^n]=n\, B^{n-1}\,[A,B]$ , ki jo dokazujemo, nazadnje pa smo uporabili še pogoj, da je $[[A,B],\,B]=0$ oz. da operator $B\,$ komutira s komutatorjem $[A,\,B]$ .

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 $[A,\, f(B)]$ , kjer predpostavimo, da se funkcija $f(B)\,$ da razviti v Taylorjevo vrsto, torej:

$f(B)=\sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!}B^n$

$[A,\, f(B)] = [A, \sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!}B^n ] = \sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!} [A, B^n] = \sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \, n \, B^{n-1}\, [A, B]$

Vsoto lahko nesemo ven iz komutatorja, ker veljata zvezi $[A, B+C] = [A,B] \, + \, [A,C]$ ter $[A, \lambda B] = \lambda \, [A,B]$

V zadnjem izrazu $\sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \, n \, B^{n-1}$ pa prepoznamo ravno odvod $f'(B)\,$ . Rezultat je torej

$[A,\, f(B)] = f'(B)\,[A,B]$

b) Naša naslednja naloga je bila pokazati, da velja $e^{A+B}=e^A e^B e^{-{\frac{1}{2}[A,B]}}$ , če $[A,\,B]$ komutira z operatorjema $A\,$ in $B\,$ , torej $[[A,B],\,A]=0$ in $[[A,B],\,B]=0$ .

Naloge se lotimo tako, da vpeljemo funkcijo $f(\lambda ) = e^{\lambda A} \, e^{\lambda B}$ in izračunamo odvod te funkcije:

$f'(\lambda ) = A\,e^{\lambda A} \, e^{\lambda B} + e^{\lambda A} B e^{\lambda B}$

Tu moramo seveda paziti, da operatorja $B\,$ ne nesemo pred eksponent, saj ni nujno, da komutira z $A\,$ . Zato si pomagamo z enačbo:

$[e^{\lambda A}, B] = - [B, e^{\lambda A}] = - \lambda \, e^{\lambda A} [B,A] = \lambda\, e^{\lambda A} [A,B]$

Tu smo uporabili rezultat iz prejšnjega dela 2. naloge, $[B,\, f(A)] = f'(A)\,[B,A]$ . Seveda pa lahko že prvi komutator zapišemo kot $[e^{\lambda A}, B] = e^{\lambda A}\,B - B\,e^{\lambda A}$ . Če to dvoje potem izenačimo, lahko izrazimo

$e^{\lambda A}\,B =B\,e^{\lambda A} + \lambda\, e^{\lambda A} [A,B]$

Sedaj se vrnemo nazaj na $f'\,(\lambda)$ , ki ga lahko z novimi izrazi zapišemo kot

$f'(\lambda ) = A\,e^{\lambda A} \, e^{\lambda B} + (B\, e^{\lambda A} + \lambda e^{\lambda A} [A,B]) e^{\lambda B} = (A + B + \lambda [A,B]) e^{\lambda A} \, e^{\lambda B} = (A + B + \lambda [A,B]) f (\lambda)$

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

Dobimo diferencialno enačbo prvega reda, ki ima rešitev

$\ln( f(\lambda)) = (A+B)\lambda + [A,B] \frac{\lambda ^2}{2} + \ln C$

$f(\lambda) = C e^{(A+B)\lambda + [A,B] \frac{\lambda ^2}{2}}$

Konstanto C določimo, če postavimo $\lambda = 0 \,:\, f(0) = e^0\,e^0 = 1 = C$

Če postavimo za $\lambda = 1\,$ pa dobimo željen rezultat:

$f(1) = e^{(A+B)}e^{[A,B] \frac{1}{2}} = e^A\,e^B$

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

$e^{A+B}=e^A e^B e^{-{\frac{1}{2}[A,B]}}$

kar smo pravzaprav hoteli pokazati.

c) Zadnja naloga je od nas zahtevala, da dokažemo Baker-Hausdorffovo identiteto:

$e^A B e^{-A}=B+[A,B]+\frac{1}{2!}[A,[A,B]]+{\ldots}$

Tudi pri tej nalogi vpeljemo funkcijo $f(\lambda) = e^{\lambda A}\,B\,e^{-\lambda A}$ , za katero predpostavimo, da se jo da razviti v Taylorjevo vrsto:

$f(\lambda) = \sum_n \frac{f^{(n)}(0)}{n!} \lambda ^n$

Če izračunamo prvi odvod te funkcije, dobimo

$f'(\lambda) = A e^{\lambda A}\,B\,e^{-\lambda A} - e^{\lambda A}\,B\,A\,e^{-\lambda A} = e^{\lambda A}\,[A,B]\,e^{-\lambda A}$

Operator $A\,$ seveda komutira sam s sabo, zato ga lahko v prvem členu nesemo za eksponent.

Podobno je drugim ter tretjim odvodom funkcije:

$f''(\lambda) = e^{\lambda A}\,[A,[A,B]]\,e^{-\lambda A}$ $f'''(\lambda) = e^{\lambda A}\,[A,[A,[A,B]]]\,e^{-\lambda A}$

Ko vse to zložimo v Taylorjev razvoj, pri čemer upoštevamo, da so odvodi v Taylorjevem razvoju izraženi v točki 0, dobimo

$f(\lambda) = e^{\lambda A}\,B\,e^{-\lambda A} = B + [A,B] \lambda + [A,[A,B]] \frac{\lambda ^2}{2!} + {\ldots}$

To pa je v primeru $\lambda = 1\,$ ravno Baker - Hausdorffova identiteta.

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

-''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.