Koherentna stanja harmonskega oscilatorja II

Iz Kvantna mehanika I 2007 - 2008

(Primerjava redakcij)

Redakcija: 17:25, 22 april 2008

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?

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 tam obmiruje, tako da je pričakovana vrednost položaja delca v klasičnem primeru $\delta \vec x = \frac{e\vec E}{k}$ , pričakovana vrednost gibalne količine $\vec p=0\,\!$ in pričakovana vrednost energije $W=\frac{k\delta x^2}{2}$ , pričakovane vrednosti se s časom ne spreminjajo.

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.

$t<0\,\!$ :

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

$t\ge 0$ :

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

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

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 $|z|=|z\exp(-i\omega t)|\,\!$ :

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

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: $=m<\dot x>$

$=m<\dot x>=m\sin(\omega t)$ -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 je isto kot rezultat izračunan z 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.
+==Reševanje v kvantni mehaniki==
+Stanja oscilatorja(nabitega delca) bodo za čase <math>t<0</math>, opisovale količine brez vijuge, za čase <math>t\ge 0</math> pa količine z vijugo.
+<math>t<0\,\!</math>:
+<math>H=\frac{p^2}{2m}+\frac{kx^2}{2}</math>
+<math>t\ge 0</math>:
+<math>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}-eEx </math> Člen <math>\frac{kx^2}{2}-eEx</math> bom zapisal kot
+<math>\frac{kx^2}{2}-eEx=\frac{k}{2}(x-\frac{eE}{k})^2-\frac{e^2E^2}{2k}</math> in ga še polepšam z novima oznakama <math>\delta x=\frac{eE}{k}</math> in <math>\delta E=\frac{e^2E^2}{2k}</math> da dobim: <math>\frac{kx^2}{2}-eEx=\frac{k}{2}(x-\delta x)^2-\delta E</math>
+Povezava med <math>x\,\!</math> '''''in''''' <math>\tilde{x}\,\!</math>:
+<math>\tilde{x}=x-\delta x</math> -za novo izhodišče koordinatnega sistema po vklopu polja sem izbral novo mirovno lego delca, ki je prvotne legepremaknjena za <math>\delta x\,\!</math> v desno.
+<math>\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</math>, operator gibalne količine se ne spremeni!
+Z novimi koordinatami se hamilton zapiše:
+<math>\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</math>
+----
+<math>H=\hbar\omega(a^\dagger a+\frac{1}{2})</math>
+<math>\tilde{H}=\hbar\tilde{\omega}(\tilde{a}^\dagger \tilde{a}+\frac{1}{2})-\delta E</math>
+Ker se frekvenca po vklopu polja ne spremeni je <math>\tilde{\omega}=\omega</math> zato je <math>\tilde{H}=\hbar\omega(\tilde{a}^\dagger\tilde{a}+\frac{1}{2})-\delta E</math>
+Povezava med <math>a\,\!</math> in <math>\tilde{a}\,\!</math>:
+<math>a=\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{x}{x_0}+i\frac{p}{p_0})</math>
+<math>\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}</math>
+----
+Na začetku: <math>a|\psi\rangle=0</math>, delec je v osnovnem stanju starega <math>H\,\!</math>.
+<math>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{; }</math>
+<math>z=-\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{\delta x}{x_0}</math>
+Za koherentna stanja <math>z\,\!</math> velja:
+#<math>a|z\rangle=z|z\rangle</math>
+#<math><x>=\sqrt{2}x_0Re(z)</math>
+#<math><p>=\sqrt{2}p_0Im(z)</math>
+Za našo nalogo bom potreboval prejšnje tri lastnosti, ampak za časovno odvisna koherentna stanja, tako da jih bom še malo predelal:
+<math>|z\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\exp(-\frac{|z|^2}{2})\frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle\,\!</math> -razvoj koherenčnega stanja po lastnih funkcijah hamiltonovega operatorja
+<math>|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\,\!</math> -za časovni razvoj samo dodamo člen <math>\exp(-\frac{iE_n}{\hbar}t)\,\!</math>, <math>E_n\,\!</math> je v naši nalogi <math>\hbar\omega(n+\frac{1}{2})-\delta E\,\!</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|^2}{2})\frac{z^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle</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(-\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>
+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=
+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>
+Pričakovana vrednost položaja:
+<math><\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)</math> in
+<math><x>=\delta x(1-\cos(\omega t))\,\!</math>
+Pričakovana vrednost gibalne količine:
+Ehrenfestov teorem: <math><p>=m<\dot x></math>
+<math><p>=m<\dot x>=m\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.