Koherentna stanja harmonskega oscilatorja II

Iz Kvantna mehanika I 2007 - 2008

(Primerjava redakcij)

Trenutna redakcija

[spremeni] Naloga

Delec z nabojem $e$ je v osnovnem stanju harmonskega oscilatorja $H=\frac{p^2}{2m}+\frac{kx^2}{2}$ . Ob $t = 0$ v trenutku vključimo homogeno električno polje $E$ . Kako se s časom spreminjajo pričakovane vrednosti položaja, gibalne količine in energije delca?

[spremeni] Rešitev

S klasično mehaniko bi ta problem lahko predstavljal žogico, nabito z nabojem $e^+\,\!$ , ki je pritrjena na vzmet s konstanto vzmeti $k\,\!$ , v času $t=0\,\!$ vključimo zunanje električno polje $\vec E\,\!$ , ki kaže v smeri vzmeti. Žogica se potem odmakne za $\delta \vec x = \frac{e\vec E}{k}$ in začne nihati s frekvenco $\omega =\frac{k}{m}\,\!$ , tako da sta pričakovani vrednosti položaja in gibalne količine: $<x(t)>=\delta x-\delta x\cos(\omega t)=\delta x(1-\cos(\omega t))\,\!$ in $<p(t)>=m<\dot x(t)>=m\omega\delta x\sin(\omega t)$ . Pričakovana vrednost energije pa je: $W=\frac{k\delta x^2}{2}$ .

[spremeni] Reševanje v kvantni mehaniki

Stanja oscilatorja(nabitega delca) bodo za čase $t < 0$ , opisovale količine brez vijuge, za čase $t\ge 0$ pa količine z vijugo.

$t<0\,\!$ :

$H=\frac{p^2}{2m}+\frac{kx^2}{2}$

$t\ge 0$ :

$\tilde{H}=\frac{p^2}{2m}+\frac{kx^2}{2}+e\phi(x)$

$\vec E=-\nabla\phi(x)$ , ker je $\vec E =konst=-\nabla\phi(x)$ in je $\vec E =(E_x,0,0)$ je $\phi(x)=-E_xx\,\!$ $\Rightarrow \tilde{H}=\frac {p^2}{2m}+\frac{kx^2}{2}-eE_xx$ Člen $\frac{kx^2}{2}-eE_xx$ bom zapisal kot $\frac{kx^2}{2}-eE_xx=\frac{k}{2}(x-\frac{eE_x}{k})^2-\frac{e^2E_x^2}{2k}$ in ga še polepšam z novima oznakama $\delta x=\frac{eE_x}{k}$ in $\delta E=\frac{e^2E_x^2}{2k}$ da dobim: $\frac{kx^2}{2}-eE_xx=\frac{k}{2}(x-\delta x)^2-\delta E$

Povezava med $x\,\!$ in $\tilde{x}\,\!$ :

$\tilde{x}=x-\delta x$ -za novo izhodišče koordinatnega sistema po vklopu polja sem izbral novo mirovno lego delca, ki je prvotne legepremaknjena za $\delta x\,\!$ v desno.

$\tilde{p}=-i\hbar\frac{\partial}{\partial \tilde{x}}=-i\hbar\frac{\partial}{\partial (x-\delta x)}=-i\hbar\frac{\partial}{\partial x} \Rightarrow \tilde{p}=p$ , operator gibalne količine se ne spremeni!

Z novimi koordinatami se hamilton zapiše:

$\tilde{H}=\frac{\tilde{p}^2}{2m}+\frac{k\tilde{x}^2}{2}-\delta E=\frac{p^2}{2m}+\frac{k\tilde{x}^2}{2}-\delta E$

$H=\hbar\omega(a^\dagger a+\frac{1}{2})$

$\tilde{H}=\hbar\tilde{\omega}(\tilde{a}^\dagger \tilde{a}+\frac{1}{2})-\delta E$

Ker se frekvenca po vklopu polja ne spremeni je $\tilde{\omega}=\omega$ zato je $\tilde{H}=\hbar\omega(\tilde{a}^\dagger\tilde{a}+\frac{1}{2})-\delta E$

Povezava med $a\,\!$ in $\tilde{a}\,\!$ :

$a=\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{x}{x_0}+i\frac{p}{p_0})$

$\tilde{a}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{\tilde{x}}{x_0}+i\frac{\tilde{p}}{p_0})=\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{x-\delta x}{x_0}+i\frac{p}{p_0})=a-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0} \Rightarrow \tilde{a}=a-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0}$

Na začetku: $a|\psi\rangle=0$ , delec je v osnovnem stanju starega $H\,\!$ .

$0=a|\psi(0)\rangle=(\tilde{a}+\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0})|\psi(0)\rangle \Rightarrow \tilde{a}|\psi(0)\rangle=-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0}|\psi(0)\rangle \Rightarrow \text{staro stanje je koherentno stanje novega hamiltona }\tilde{a}\psi(0)=z\psi(0) \text{; }$

$z=-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0}$

Za koherentna stanja $z\,\!$ velja:

$a|z\rangle=z|z\rangle$
$<x>=\sqrt{2}x_0Re(z)$
$=\sqrt{2}p_0Im(z)$

Za našo nalogo bom potreboval prejšnje tri lastnosti, ampak za časovno odvisna koherentna stanja, tako da jih bom še malo predelal:

$|z\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\exp(-\frac{|z|^2}{2})\frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle\,\!$ -razvoj koherenčnega stanja po lastnih funkcijah hamiltonovega operatorja

$|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\exp(-\frac{iE_n}{\hbar}t)\exp(-\frac{|z|^2}{2})\frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle\,\!$ -za časovni razvoj samo dodamo člen $\exp(-\frac{iE_n}{\hbar}t)\,\!$ , $E_n\,\!$ je v naši nalogi $\hbar\omega(n+\frac{1}{2})-\delta E\,\!$

$|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\exp(\frac{i\delta E}{\hbar}t)\exp(-i\omega(n+\frac{1}{2}))\exp(-\frac{|z|^2}{2})\frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$

Ker je $|\exp(-i\omega t)|=1\,\!$ in je zato $|z|=|z||\exp(-i\omega t)|=|z\exp(-i\omega t)|\,\!$ , bom v zgornjo enačbo za $z\,\!$ vstavil $|z|=|z\exp(-i\omega t)|\,\!$ :

$|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\exp(\frac{i\delta E}{\hbar}t)\exp(-i\omega(n+\frac{1}{2}))\exp(-\frac{|z\exp(-i\omega t)|^2}{2})\frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle=$

$=|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\exp(\frac{i\delta E}{\hbar}t)\exp(-\frac{i\omega}{2})\exp\left(-\frac{|z\exp(-i\omega t)|^2}{2}\right)\frac{(z\exp(-i\omega t))^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$

Konstanto $\exp(\frac{i\delta E}{\hbar}t)\exp(-\frac{i\omega}{2})$ bom označil z $A\,\!$ in $z\exp(-i\omega t)\,\!$ z $u\,\!$ .Tako je: $|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}A\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle\,\!$

Vemo, da velja $\tilde{a}\sum_{n=0}^\infty\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle= u\sum_{n=0}^\infty\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$ , ker je $\sum_{n=0}^\infty\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$ razvoj koherentnega stanja za $\tilde{a}\,\!$ po lastnih funkcijah hamiltonovega operatorja.

To upoštevam v našem primeru:

$|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}A\exp\left(-\frac{|u|^2}{2}\right)\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$ in $\tilde{a}|z,t\rangle=\tilde{a}\sum_{n=0}^{\infty}A\exp\left(-\frac{|u|^2}{2}\right)\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle= u\sum_{n=0}^{\infty}A\exp\left(-\frac{|u|^2}{2}\right)\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle \Rightarrow u=z\exp(-i\omega t)$ je koherentna vrednost za $|z,t\rangle$ , nazaj pogledam vrednost za z: $z=-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0}\,\!$ , potem je $u=-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0}\exp(-i\omega t)$

Pričakovana vrednost položaja:

$<\tilde{x}>=\sqrt{2}x_0Re(u)=\sqrt{2}x_0(-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0}\cos(\omega t))=-\delta x\cos(\omega t)$ in $<x>=\delta x(1-\cos(\omega t))\,\!$

Pričakovana vrednost gibalne količine:

Ehrenfestov teorem: $=m<\dot x>$

$=m<\dot x>=m\omega\delta x\sin(\omega t)$ -izračunana z ehrenfestovim teoremom.

Iz lastnosti koherentnih stanj: $=\sqrt{2}p_0Im(u)=\sqrt{2}p_0(\frac{\delta x}{\sqrt{2}x_0}\sin(\omega t))=\frac{\sqrt{2}\hbar\delta x}{\sqrt{2}x_0^2}\sin(\omega t)=m\omega\delta x\sin(\omega t)$ -upošteval sem, da je $p_0=\frac{\hbar}{x_0}$ in $x_0=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}$ torej je $=m\omega\delta x \sin \omega t\,\!$ , kar se ujema s klasičnim rezultatom in ehrenfestovim teoremom.

Vzpostavljeno iz »http://burana.ijs.si/wiki5/index.php/Koherentna_stanja_harmonskega_oscilatorja_II«

 == Rešitev ==
-S klasično mehaniko bi ta problem lahko predstavljal žogico, nabito z nabojem <math>e^+\,\!</math>, ki je pritrjena na vzmet s konstanto vzmeti <math>k\,\!</math>, v času <math>t=0\,\!</math> vključimo zunanje električno polje <math>\vec E\,\!</math>, ki kaže v smeri vzmeti. Žogica se potem odmakne za <math>\delta \vec x = \frac{e\vec E}{k}</math> in tam obmiruje, tako da je pričakovana vrednost položaja delca v klasičnem primeru <math>\delta \vec x = \frac{e\vec E}{k}</math>, pričakovana vrednost gibalne količine <math>\vec p=0\,\!</math> in pričakovana vrednost energije <math>W=\frac{k\delta x^2}{2}</math>, pričakovane vrednosti se s časom ne spreminjajo.
+S klasično mehaniko bi ta problem lahko predstavljal žogico, nabito z nabojem <math>e^+\,\!</math>, ki je pritrjena na vzmet s konstanto vzmeti <math>k\,\!</math>, v času <math>t=0\,\!</math> vključimo zunanje električno polje <math>\vec E\,\!</math>, ki kaže v smeri vzmeti. Žogica se potem odmakne za <math>\delta \vec x = \frac{e\vec E}{k}</math> in začne nihati s frekvenco <math>\omega =\frac{k}{m}\,\!</math>, tako da sta pričakovani vrednosti položaja in gibalne količine: <math><x(t)>=\delta x-\delta x\cos(\omega t)=\delta x(1-\cos(\omega t))\,\!</math> in <math><p(t)>=m<\dot x(t)>=m\omega\delta x\sin(\omega t)</math>. Pričakovana vrednost energije pa je: <math>W=\frac{k\delta x^2}{2}</math>.
 ==Reševanje v kvantni mehaniki==
 <math>t\ge 0</math>:
-<math>H=\frac{p^2}{2m}+\frac{kx^2}{2}+e\phi(x)</math>
+<math>\tilde{H}=\frac{p^2}{2m}+\frac{kx^2}{2}+e\phi(x)</math>
-<math>\vec E=-\nabla\phi(x)</math>, ker je <math>\vec E =konst=-\nabla\phi(x)</math> in je <math> \vec E =(E_x,0,0) </math> je <math>\phi(x)=-E_xx\,\!</math> <math>\Rightarrow H=\frac {p^2}{2m}+\frac{kx^2}{2}-eE_xx </math> Člen <math>\frac{kx^2}{2}-eE_xx</math> bom zapisal kot
+<math>\vec E=-\nabla\phi(x)</math>, ker je <math>\vec E =konst=-\nabla\phi(x)</math> in je <math> \vec E =(E_x,0,0) </math> je <math>\phi(x)=-E_xx\,\!</math> <math>\Rightarrow \tilde{H}=\frac {p^2}{2m}+\frac{kx^2}{2}-eE_xx </math> Člen <math>\frac{kx^2}{2}-eE_xx</math> bom zapisal kot
 <math>\frac{kx^2}{2}-eE_xx=\frac{k}{2}(x-\frac{eE_x}{k})^2-\frac{e^2E_x^2}{2k}</math> in ga še polepšam z novima oznakama <math>\delta x=\frac{eE_x}{k}</math> in <math>\delta E=\frac{e^2E_x^2}{2k}</math> da dobim: <math>\frac{kx^2}{2}-eE_xx=\frac{k}{2}(x-\delta x)^2-\delta E</math>
 Ker je <math>|\exp(-i\omega t)|=1\,\!</math> in je zato <math>|z|=|z||\exp(-i\omega t)|=|z\exp(-i\omega t)|\,\!</math>, bom v zgornjo enačbo za <math>z\,\!</math> vstavil <math>|z|=|z\exp(-i\omega t)|\,\!</math>:
- <math>|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\exp(\frac{i\delta E}{\hbar}t)\exp(-i\omega(n+\frac{1}{2}))\exp(-\frac{|z\exp(-i\omega t)|^2}{2})\frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle=</math>
+<math>|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\exp(\frac{i\delta E}{\hbar}t)\exp(-i\omega(n+\frac{1}{2}))\exp(-\frac{|z\exp(-i\omega t)|^2}{2})\frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle=</math>
 <math>=|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\exp(\frac{i\delta E}{\hbar}t)\exp(-\frac{i\omega}{2})\exp\left(-\frac{|z\exp(-i\omega t)|^2}{2}\right)\frac{(z\exp(-i\omega t))^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle</math>
 Konstanto <math>\exp(\frac{i\delta E}{\hbar}t)\exp(-\frac{i\omega}{2})</math> bom označil z <math>A\,\!</math> in <math>z\exp(-i\omega t)\,\!</math> z <math>u\,\!</math>.Tako je:
-<math>|z,t\rangle=\sum_{n=0}{\infty}A\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle\,\!</math>
+<math>|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}A\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle\,\!</math>
-Vemo, da velja  <math>\tilde{a}|\sum_{n=0}^\infty\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle= u|\sum_{n=0}^\infty\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle</math>, ker je <math>\sum_{n=0}^\infty\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle</math> razvoj koherentnega stanja za <math>\tilde{a}\,\!</math> po lastnih funkcijah hamiltonovega operatorja.
+Vemo, da velja  <math>\tilde{a}\sum_{n=0}^\infty\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle= u\sum_{n=0}^\infty\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle</math>, ker je <math>\sum_{n=0}^\infty\exp(-\frac{|u|^2}{2})\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle</math> razvoj koherentnega stanja za <math>\tilde{a}\,\!</math> po lastnih funkcijah hamiltonovega operatorja.
 To upoštevam v našem primeru:
 <math>|z,t\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}A\exp\left(-\frac{|u|^2}{2}\right)\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle</math> in
-<math>\tilde{a}|z,t\rangle=\tilde{a}|\sum_{n=0}^{\infty}A\exp\left(-\frac{|u|^2}{2}\right)\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle=
+<math>\tilde{a}|z,t\rangle=\tilde{a}\sum_{n=0}^{\infty}A\exp\left(-\frac{|u|^2}{2}\right)\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle=
-u|\sum_{n=0}^{\infty}A\exp\left(-\frac{|u|^2}{2}\right)\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle \Rightarrow u=z\exp(-i\omega t)</math> je koherentna vrednost za
+u\sum_{n=0}^{\infty}A\exp\left(-\frac{|u|^2}{2}\right)\frac{u^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle \Rightarrow u=z\exp(-i\omega t)</math> je koherentna vrednost za
 <math>|z,t\rangle</math>, nazaj pogledam vrednost za z: <math>z=-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0}\,\!</math>, potem je <math>u=-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0}\exp(-i\omega t)</math>
 Ehrenfestov teorem: <math><p>=m<\dot x></math>
-<math><p>=m<\dot x>=m\sin(\omega t)</math> -izračunana z ehrenfestovim teoremom.
+<math><p>=m<\dot x>=m\omega\delta x\sin(\omega t)</math> -izračunana z ehrenfestovim teoremom.
 Iz lastnosti koherentnih stanj: <math><p>=\sqrt{2}p_0Im(u)=\sqrt{2}p_0(\frac{\delta x}{\sqrt{2}x_0}\sin(\omega t))=\frac{\sqrt{2}\hbar\delta x}{\sqrt{2}x_0^2}\sin(\omega t)=m\omega\delta x\sin(\omega t)</math> -upošteval sem, da je <math>p_0=\frac{\hbar}{x_0}</math> in
 <math>x_0=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}</math> torej je <math><p>=m\omega\delta x
-\sin \omega t\,\!</math>, kar je isto kot rezultat izračunan z ehrenfestovim teoremom.
+\sin \omega t\,\!</math>, kar se ujema s klasičnim rezultatom in ehrenfestovim teoremom.