Übungsblatt 2

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Beitragvon koke » 29.10.2010 18:31

Aufgabe 7: Einfaches Nachrechnen :) [G_x,G_y] = i*G_z und zyklisch.
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Re: Übungsblatt 2

Beitragvon alles is relativ » 30.10.2010 13:18

h glaubt ihr es gibt n lösungsbuch zu den aufgaben im sakurai? weil da is ein großteil der aufgaben her=) so auch die 6 und irgendwie komm ich da nich vom fleck=)
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Re: Übungsblatt 2

Beitragvon Myon » 30.10.2010 18:14

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Re: Übungsblatt 2

Beitragvon Cashdogg » 31.10.2010 12:22

Hat jemand schon einen vernünftigen Ansatz für die Aufgabe 5? Ich hab jetzt mal im Internet gesucht und bin da in einem Übungsblatt auf folgende Hilfestellung gestoßen:

Stellen Sie die Taylor-Entwicklung der Hilfsgrösse A(s)=e^(sA)Be^(sA) im
Punkte s = 0 auf. Dazu benötigen Sie die Ableitung der Operator-Exponentialfunktion:
(d/ds)e^(+/-sA) = +/-Ae^(+/-sA). Werten Sie diese Entwicklung dann an der Stelle s = 1 aus, um
e^(A)Be^(A) zu erhalten.


Das sollte dann auf die genannte Indentität (Hadamard-Lemma, Liesche Entwicklungsformel) führen. Aber wie ich das jetzt mit der Ableitung und der Integration mache...?!
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Re: Übungsblatt 2

Beitragvon Cashdogg » 31.10.2010 13:28

Zur Aufgabe 6: Schau mal im Skript von Frau Mühlleitner (C-T). Da wurde so etwas schon mal beim Ehrenfest'schen Theorem durchgeführt. Sehe ich das richtig, dass bei der b) dann einfach die Ableitung von T(l) bzw. T(p) nach p rauskommt?
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Re: Übungsblatt 2

Beitragvon Cashdogg » 31.10.2010 14:38

Alternativ kannst du bei der 6 a) auch einfach eine vollständige Induktion durchführen...
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Re: Übungsblatt 2

Beitragvon Cashdogg » 31.10.2010 15:08

... und der Erwartungswert müsste sich um l erhöhen.
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Re: Übungsblatt 2

Beitragvon Golan2781 » 31.10.2010 15:16

Huhu, jemand ne Ahnung wie die Tipps bei der 5 gemeint sind? Kenne eigentlich nur die Herleitung per Taylorreihe, kann mit dem "Hinweis" zum Integrieren nichts anfangen - so wie sich das liest ist es ja wohl leider auch verbindlich gemeint.

Zur 6, falls das jemand braucht:
a)
Nach Aufgabenstellung sind die Funktionen als Potenzreihe (Taylor!) darstellbar. Exemplarisch für [x_i,G] :
G=\sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!} \frac{\partial ^n G}{\partial p ^n}p^n
für x_i, p_j gilt:
[x_i,p_j]=i \hbar \delta _{ij}
### Ab hier stimmt's nicht. Unten ist die Korrektur. ####
\Rightarrow[x_i,p_j^2]=0
\Rightarrow[x_i,p_j^n]=i \hbar \delta _{ij}\delta _{n1} \qquad (I)

Es gilt also für den Kommutator die Potenzreihe:
[x_i,G]=[x_i,\sum \limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \frac{\partial ^n G}{\partial p _j^n}p_j^n]=\sum \limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \frac{\partial ^n G}{\partial p _j^n}[x_i,p_j^n]
\stackrel{(I)}{=} \sum \limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \frac{\partial ^n G}{\partial p _j^n}i \hbar \delta _{ij}\delta _{n1} = i \hbar \frac{\partial G}{\partial p _i}

Für den zweiten Fall geht's genauso, nur die Variablen tauschen. Vorzeichen beim Kommutator beachten!
### Ab hier sollte es wieder stimmen. ####

b) Eigentlich nur das aus a) anwenden:
[x_i,T(\vec{l})]\stackrel{a)}{=}i\hbar\frac{\partial T(\vec{l})}{\partial p _i}=i \hbar ( - \frac i\hbar l_i) T(\vec{l}) = l_i T(\vec{l})
c) Eigentlich nur das aus b) anwenden:
\langle\vec{x}\rangle=\langle \psi|\vec{x}|\psi\rangle
\langle\vec{x}\rangle '=\langle \psi'|\vec{x}|\psi'\rangle = \langle \psi|T ^\dagger \vec{x} T|\psi\rangle
= \langle \psi|T ^\dagger T \vec{x} + T ^\dagger [\vec{x},T]|\psi\rangle \stackrel{b)}{=} \langle \psi|T ^\dagger T \vec{x} + T ^\dagger T \vec{l}|\psi\rangle
= \langle \psi|\vec{x} + \vec{l}|\psi\rangle= \langle \psi|\vec{x}|\psi\rangle + \vec{l}\langle \psi|\psi\rangle
= \langle \vec{x}\rangle + \vec{l}
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Re: Übungsblatt 2

Beitragvon AlexB » 01.11.2010 12:32

\Rightarrow[x_i,p_j^2]=0\Rightarrow[x_i,p_j^n]=i \hbar \delta _{ij}\delta _{n1} \qquad (I)


Das ist glaub ich nicht ganz Richtig. Nach Cohen-Tannoudji 1 (Kapitel 2.8) gilt naemlich:

[X,P²]=2ihP
und (mit vollständiger Induktion:
[X,P^n]=ihnP^(n-1)

Damit kommt man auch auf das richtige Ergebnis.
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Re: Übungsblatt 2

Beitragvon Golan2781 » 01.11.2010 14:39

Ups, sorry, hast recht.
[x_i,p_j^n]=x_ip_jp_j^{n-1}-p_jp_j^{n-1}x_i
=x_ip_jp_j^{n-1}-p_jp_j^{n-2}x_ip_j+p_j^{n-1}[x_i,p_j] =x_ip_jp_j^{n-1}-p_jp_j^{n-3}x_ip_j^2+2p_j^{n-1}[x_i,p_j]=...
=x_ip_jp_j^{n-1}-p_jx_ip_j^{n-1}+(n-1)p_j^{n-1}[x_i,p_j] =[x_i,p_j]p_j^{n-1}+(n-1)p_j^{n-1}[x_i,p_j]
=np_j^{n-1}i\hbar \delta_{ij}=\frac{\partial p_j^n}{\partial p_j}i\hbar \delta_{ij}  \qquad (II)
Also eigentlich x_i nur n-1 -mal am p_j vorbei schieben. Beachte, dass
[p_j,[x_i,p_j]]=[p_j,i\hbar \delta_{ij}]=i\hbar \delta_{ij}[p_j,1]=0
gilt.

Die a) müsste dann so aussehen:
G=\sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}  \left. \frac{\partial ^n G}{\partial p ^n} \right | _{p=0} p^n \qquad (III)
\frac{\partial G}{\partial p}=\sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}  \left. \frac{\partial ^n G}{\partial p ^n} \right | _{p=0} \frac{\partial p^n}{\partial p} \qquad (IV)

Damit gilt jetzt für den Kommutator:
[x_i,G]\stackrel{(III)}{=}[x_i,\sum \limits_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}  \left. \frac{\partial ^n G}{\partial p ^n} \right | _{p=0} p^n]=\sum \limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}\left. \frac{\partial ^n G}{\partial p_j ^n} \right | _{p_j=0}[x_i,p_j^n]
\stackrel{(II)}{=} \sum \limits_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \left. \frac{\partial ^n G}{\partial p_j ^n} \right | _{p_j=0}\frac{\partial p_j^n}{\partial p_j}i\hbar \delta_{ij} \stackrel{(IV)}{=} i \hbar \frac{\partial G}{\partial p _i}
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