1. Tutorium 14.10.16

Luckychannel · Beitrag von **Luckychannel** » 13.10.2016, 14:48

Bei 2.d soll man meiner Meinung nach beweisen was aus Hermitesch für die Eigenwerte folgt!

Nämlich, dass sie Reel sein müssen.

Beweis:

<Ax,y> = <x,A^ty> gilt für alle Matrizen. Für jeden Eigenvektor x gilt also bei einer hermiteschen Matrix A:

c*<x,x> = <cx,x> = <Ax,x> = <x,Ax> = c (konjugiert) * <x,x>

Da <x,x> > 0 (Skalarprodukt ist positiv definit) muss c = c(konjugiert), also c reell.

gwd · Beitrag von **gwd** » 13.10.2016, 14:54

Luckychannel hat geschrieben:Bei 2.d soll man meiner Meinung nach beweisen was aus Hermitesch für die Eigenwerte folgt!

Nämlich, dass sie Reel sein müssen.

Beweis:

<Ax,y> = <x,A^ty> gilt für alle Matrizen. Für jeden Eigenvektor x gilt also bei einer hermiteschen Matrix A:

c*<x,x> = <cx,x> = <Ax,x> = <x,Ax> = c (konjugiert) * <x,x>

Da <x,x> > 0 (Skalarprodukt ist positiv definit) muss c = c(konjugiert), also c reell.

Glaube du hast recht.. dann kann man es eh aus Wikipedia abschreiben

Lauri · Beitrag von **Lauri** » 13.10.2016, 14:57

uwotm8 hat geschrieben:hat schon jemand eine Ahnung wie wir da ankreuzen können? Gibt's acht Kreuzerl? Oder können wir nur ganze Beispiele kreuzen? 2c z.B. ist ja recht kurz und simpel für ein eigenes Kreuz.

Rechts oben bei jedem Beispiel steht die Punkteverteilung (Bsp. 1: 1+1+2+1 Punkte, 2: 1+2+1+1 Punkte)

MitWem? · Beitrag von **MitWem?** » 13.10.2016, 16:15

Hi!

Ich lade mal das hoch, wass ich bis jetzt habe. Bei 1bcd bin ich mir bei der Vorgehensweise noch nicht sicher.

Sollte ich da auf einen grünen Zweig kommen, lade ichs vielleicht noch hoch.

Luckychannel · Beitrag von **Luckychannel** » 13.10.2016, 16:34

Zwischenfrage: Kann mir jemand erklären wo welche Gruppe stattfindet?

In den Unterlagen bei "Gruppeneinteilung" stehen Dinge wie Gelb 8, Rot 7 und so weiter. Aber das ist scheinbar was anderes als FH HS 8, 7.
Gibt es Seminarräume mit einziffrigen Nummern?

uwotm8 · Beitrag von **uwotm8** » 13.10.2016, 17:07

Luckychannel hat geschrieben:Zwischenfrage: Kann mir jemand erklären wo welche Gruppe stattfindet?

In den Unterlagen bei "Gruppeneinteilung" stehen Dinge wie Gelb 8, Rot 7 und so weiter. Aber das ist scheinbar was anderes als FH HS 8, 7.
Gibt es Seminarräume mit einziffrigen Nummern?

würde sagen dass soll Freihaus gelber gebäudeteil, achtes stockwerk heißen. es ist eh in jedem stockwerk pro Farbe nur ein Seminarraum der in Frage kommt, glaub ich zumindest..

edit: ja, ist so gemeint, im Tiss sind eh alle Reservierungen angegeben, kann man zuordnen.

Classmate · Beitrag von **Classmate** » 13.10.2016, 18:04

MitWem? hat geschrieben:Hi!

Ich lade mal das hoch, wass ich bis jetzt habe. Bei 1bcd bin ich mir bei der Vorgehensweise noch nicht sicher.

Sollte ich da auf einen grünen Zweig kommen, lade ichs vielleicht noch hoch.

Erst mal vielen Dank fürs Hochladen!

Ich verstehe den letzten Schritt in 2b) jedoch nicht. Wieso ist das zB das 1. Matrixelement e^(-iHt) = e^(-it) (nächste Zeile)?

MitWem? · Beitrag von **MitWem?** » 13.10.2016, 18:21

Classmate hat geschrieben:
MitWem? hat geschrieben:Hi!

Ich lade mal das hoch, wass ich bis jetzt habe. Bei 1bcd bin ich mir bei der Vorgehensweise noch nicht sicher.

Sollte ich da auf einen grünen Zweig kommen, lade ichs vielleicht noch hoch.
Erst mal vielen Dank fürs Hochladen!

Ich verstehe den letzten Schritt in 2b) jedoch nicht. Wieso ist das zB das 1. Matrixelement e^(-iHt) = e^(-it) (nächste Zeile)?

Servus. Ich habe einfach die entsprechenden Matrixeinträge von H in e^(-iHt) eingesetzt. Ich bin mir über diesen Schritt selber nicht 100% sicher, aber es kommt das richtige Ergebnis raus.

bergmich · Beitrag von **bergmich** » 13.10.2016, 18:23

Hallo, das ist Mal mein bsp 1. Glaub es sollte alles stimmen, ansonsten Verbesserungen sind erwünscht.

Joph25 · Beitrag von **Joph25** » 13.10.2016, 19:23

Hier mal meine Bsp (alles außer 2bc).
Feedback ist willkommen.

Eiche · Beitrag von **Eiche** » 13.10.2016, 19:26

bergmich hat geschrieben:Hallo, das ist Mal mein bsp 1. Glaub es sollte alles stimmen, ansonsten Verbesserungen sind erwünscht.

Hey, ich glaube bei 1d) hast du sigma z total falsch von der Angabe abgeschrieben!

MitWem? · Beitrag von **MitWem?** » 13.10.2016, 19:55

bergmich hat geschrieben:Hallo, das ist Mal mein bsp 1. Glaub es sollte alles stimmen, ansonsten Verbesserungen sind erwünscht.

Du hast in 1b und c bei den Superpositionen im e^(-iEt), (mit E= -3J, J, J oder J) die falschen vorzeichen in der Potenz. Sonst siehts gut aus.

gwd · Beitrag von **gwd** » 13.10.2016, 20:03

Ok ich schreib mal hier die Lösung für 2,b,c) zuerst auf da damit scheinbar viele Probleme haben:

Ah und falls jemand Fehler findet wie immer bitte sagen

2,b

zu finden: $e^{-iHt}$

$H=\begin{pmatrix}{1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{1}\\{0}&0&-1&{0}\\{0}&1&0&{0}\end{pmatrix}$

Es gilt bekanntlicherweise: $e^x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}$

Jetzt erhalten wir praktischerweise aus der Matrixmultiplikation:

$H^2=HH=I$ das heißt $H^n=I$ für alle $n=gerade$ und $H^n=H$ für alle $n=ungerade$ $I$ ist die Einheitsmatrix...

Schreiben wir also das Matrixexponential als Reihe so bekommen wir:

$e^{-iHt}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(itH)^k(-1)^k}{k!}=I-itH-\frac{t^2I}{2!}+\frac{it^3H}{3!}+\frac{t^4I}{4!}-\frac{it^5H}{5!}-...$

das kann man also wieder aufspalten in

$e^{-iHt}=I\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k}(-1)^k}{(2k)!}-iH\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k+1}(-1)^k}{(2k+1)!}$

Die beiden Summen in diesem Ausdruck entsprechen der Reihendarstellung des Cosinus und Sinus:

$sin(t)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k+1}(-1)^k}{(2k+1)!}$

$cos(t)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k}(-1)^k}{(2k)!}$

Also: $e^{-iHt}=I cos(t)-iHsin(t)$

Deshalb sieht die endgültige Matrix dann so aus: $e^{-iHt}=$ $\begin{pmatrix}{e^{-it}}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{cost}&{0}&{-isint}\\{0}&{0}&{e^{it}}&{0}\\{0}&{-isint}&{0}&{cost}\end{pmatrix}$

Und bitte Achtung: Diese Matrix ist FALSCH: $\begin{pmatrix}{e^{-it}}&{1}&{1}&{1}\\{1}&{1}&{1}&{e^{-it}}\\{1}&{1}&{e^{it}}&{1}\\{1}&{e^{-it}}&{1}&{1}\end{pmatrix}$

Man erhält sie nur wenn man das Problem falsch in Wolframalpha eingibt!

Denn richtig gehört es so: (input: MatrixExp[{{-I t,0,0,0},{0,0,0,-I t},{0,0,I t,0},{0,-I t,0,0}}] ) und da gibt Wolframalpha dann auch die richtige Lösung.

Das ist z.b. falsch!: (input: e^[{{-I t,0,0,0},{0,0,0,-I t},{0,0,I t,0},{0,-I t,0,0}}] )

Jetzt wo wir die Matrix richtig bestimmt haben können wir auch sagen üb sie hermitesch/unitär ist.

$\Psi (t)=e^{-iHt}\Psi_0=\begin{pmatrix}{e^{-it}}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{cost}&{0}&{-isint}\\{0}&{0}&{e^{it}}&{0}\\{0}&{-isint}&{0}&{cost}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c\\d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{ae^{-it}}\\{bcos(t)-disin(t)}\\{ce^{it}}\\{dcos(t)-bisin(t)}\end{pmatrix}$

$H\Psi (t)=\begin{pmatrix}{ae^{-it}}\\{dcos(t)-bisin(t)}\\{-ce^{it}}\\{bcos(t)-disin(t)}\end{pmatrix}$

und $i\frac{d}{dt}\Psi (t)=\begin{pmatrix}{ae^{-it}}\\{dcos(t)-bisin(t)}\\{-ce^{it}}\\{bcos(t)-disin(t)}\end{pmatrix}$

Es erfüllt also die Schrödingergleichung $i\frac{d}{dt}\Psi (t)=H\Psi (t)$

2,c)

Hermitesch: $H^\dagger=H \rightarrow H^T=\bar{H}$ also sieht man offensichtlich $e^{-iHt}$ ist nicht hermitesch aber $H$ ist hermitesch.

Es lässt sich leicht zeigen dass beide Matritzen unitär sind: einfach Matrixmultiplikation $H\bar{H}$ und $e^{-iHt}\bar{e^{-iHt}}$ durchführen.

2,a)

Hier schreib ich nur auf was ich rausbekommen habe...die Lösung haben glaube ich eh auch schon andere Leute gepostet.. ist nur LinAlg Stoff:

EW $\lambda$ mit algebraischer Vielfachheit $a$ und geometrischer Vielfachheit $g$

$\lambda_1=-1$ , $a_1=2$ , $g_1=2$

$\lambda_2=1$ , $a_1=2$ , $g_1=2$

Die diagonalisierte Matrix sieht also so aus:

$D=\begin{pmatrix}{-1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{-1}&{0}&{0}\\{0}&0&1&{0}\\{0}&0&0&{1}\end{pmatrix}$

Eigenvektoren:

$p$ sind im folgenden Parameter:

$v_1=p_1\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}+p_2\begin{pmatrix}0\\1\\0\\-1\end{pmatrix}$

$v_2=p_3\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+p_4\begin{pmatrix}0\\1\\0\\1\end{pmatrix}$

Jetzt schreibe ich noch schnell meine Lösungen für Bsp. 1 auf:

1,a)

EW und EV wie gewohnt:

bzw. mit $H=-JA$ mit der Konstante $J$ und der Matrix $A$ kann man die EW von $A$ ausrechnen und mit $-J$ multiplizieren.

$\lambda_1=3J$ , $a_1=1$ , $g_1=1$

$\lambda_2=-J$ , $a_1=3$ , $g_1=3$

$v_1=p_1\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}$
$v_2=p_2\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+p_3\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}+p_4\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$

1,b)

$i\frac{d}{dt}\Psi (t)=H\Psi (t)$

$\rightarrow \frac{d}{dt}\Psi (t)+iH\Psi (t)=0$

mit $H=-JA$ mit der Konstante $J$ und der Matrix $A$

haben wir die gewünschte Form $\frac{d}{dt}\Psi (t)-iJA\Psi (t)=0$ das muss man nicht machen aber für mich war es so leichter weil das ist die Form wie im LinAlg Skriptum

Jetzt kann man sich die Eigenwerte von A ausrechnen eh wie vorher und halt mit iJ multiplizieren.

Also $\lambda_1=-3iJ$ und $\lambda_2=iJ$

die Eigenvektoren sind gleich wie vorher und jetzt kann man schon die allgemeine Lösung angeben:

$\Psi (t)=c_1 e^{-3iJt}\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}+e^{iJt}(c_2\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+c_3\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}+c_4\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix})$

1,c)

Jetzt einfach die Anfangsbedingung einsetzen:

$\Psi (0)=\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}=c_1 \begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+c_3\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}+c_4\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$

$\rightarrow c_2=c_4=0$ und $c_1=c_3=\frac{1}{2}$

Also ist die Lösung für diese Anfangsbedingung:

$\Psi (t)=\frac{1}{2}(e^{-3iJt}\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}+e^{iJt}\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix})$

1.d)

Dieses Beispiel ist nur Rechnerei...

$[A,B]=AB-BA$

Ich schreib nur meine Lösungen auf:

$[\sigma^{total}_z,H]=0$

$[\sigma^{links}_y,H]=J\hbar i \begin{pmatrix}{0}&{1}&{-1}&{0}\\{1}&{0}&{0}&{1}\\{-1}&{0}&{0}&{-1}\\{0}&{1}&{-1}&{0}\end{pmatrix}$

$[\sigma^{rechts}_z,H]=2J\hbar \begin{pmatrix}{0}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{-1}&{0}\\{0}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{pmatrix}$

In so einem langen Posting sind Tipp- und Rechenfehler wahrscheinlich, also wer was findet bitte melden

Classmate · Beitrag von **Classmate** » 14.10.2016, 07:21

MitWem? hat geschrieben:
Classmate hat geschrieben:
MitWem? hat geschrieben:Hi!

Ich lade mal das hoch, wass ich bis jetzt habe. Bei 1bcd bin ich mir bei der Vorgehensweise noch nicht sicher.

Sollte ich da auf einen grünen Zweig kommen, lade ichs vielleicht noch hoch.
Erst mal vielen Dank fürs Hochladen!

Ich verstehe den letzten Schritt in 2b) jedoch nicht. Wieso ist das zB das 1. Matrixelement e^(-iHt) = e^(-it) (nächste Zeile)?
Servus. Ich habe einfach die entsprechenden Matrixeinträge von H in e^(-iHt) eingesetzt. Ich bin mir über diesen Schritt selber nicht 100% sicher, aber es kommt das richtige Ergebnis raus.

Lol naja im Endeffekt ist es ja nichts weiter als eine Matritzenmultiplikation

Ist irritierend, aber man kann ja einfach statt der E-Funktion die Matrix von e^(-it) hinschreiben

Lauri · Beitrag von **Lauri** » 14.10.2016, 08:11

gwd hat geschrieben:Ok ich schreib mal hier die Lösung für 2,b,c) zuerst auf da damit scheinbar viele Probleme haben:

Ah und falls jemand Fehler findet wie immer bitte sagen

2,b

zu finden: $e^{-iHt}$

$H=\begin{pmatrix}{1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{1}\\{0}&0&-1&{0}\\{0}&1&0&{0}\end{pmatrix}$

Es gilt bekanntlicherweise: $e^x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}$

Jetzt erhalten wir praktischerweise aus der Matrixmultiplikation:

$H^2=HH=I$ das heißt $H^n=I$ für alle $n=gerade$ und $H^n=H$ für alle $n=ungerade$ $I$ ist die Einheitsmatrix...

Schreiben wir also das Matrixexponential als Reihe so bekommen wir:

$e^{-iHt}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(ikH)^k(-1)^k}{k!}=I-itH-\frac{t^2I}{2!}+\frac{t^3H}{3!}+\frac{t^4I}{4!}-\frac{t^5H}{5!}-...$

das kann man also wieder aufspalten in

$e^{-iHt}=I\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k}(-1)^k}{(2k)!}-iH\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k+1}(-1)^k}{(2k+1)!}$

Die beiden Summen in diesem Ausdruck entsprechen der Reihendarstellung des Cosinus und Sinus:

$sin(t)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k+1}(-1)^k}{(2k+1)!}$

$cos(t)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^{2k}(-1)^k}{(2k)!}$

Also: $e^{-iHt}=I cos(t)-iHsin(t)$

Deshalb sieht die endgültige Matrix dann so aus: $e^{-iHt}=$ $\begin{pmatrix}{e^{-it}}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{cost}&{0}&{-isint}\\{0}&{0}&{e^{it}}&{0}\\{0}&{-isint}&{0}&{cost}\end{pmatrix}$

Und bitte Achtung: Diese Matrix ist mmn FALSCH: $\begin{pmatrix}{e^{-it}}&{1}&{1}&{1}\\{1}&{1}&{1}&{e^{-it}}\\{1}&{1}&{e^{it}}&{1}\\{1}&{e^{-it}}&{1}&{1}\end{pmatrix}$

Man erhält sie nur wenn man das Problem falsch in Wolframalpha eingibt!

Denn richtig gehört es so: (input: MatrixExp[{{-I t,0,0,0},{0,0,0,-I t},{0,0,I t,0},{0,-I t,0,0}}] ) und da gibt Wolframalpha dann auch die richtige Lösung.

Das ist z.b. falsch!: (input: e^[{{-I t,0,0,0},{0,0,0,-I t},{0,0,I t,0},{0,-I t,0,0}}] )

Jetzt wo wir die Matrix richtig bestimmt haben können wir auch sagen üb sie hermitesch/unitär ist.

$\Psi (t)=e^{-iHt}\Psi_0=\begin{pmatrix}{e^{-it}}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{cost}&{0}&{-isint}\\{0}&{0}&{e^{it}}&{0}\\{0}&{-isint}&{0}&{cost}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\\c\\d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{ae^{-it}}\\{bcos(t)-disin(t)}\\{ce^{it}}\\{dcos(t)-bisin(t)}\end{pmatrix}$

$H\Psi (t)=\begin{pmatrix}{ae^{-it}}\\{dcos(t)-bisin(t)}\\{-ce^{it}}\\{bcos(t)-disin(t)}\end{pmatrix}$

und $i\frac{d}{dt}\Psi (t)=\begin{pmatrix}{ae^{-it}}\\{dcos(t)-bisin(t)}\\{-ce^{it}}\\{bcos(t)-disin(t)}\end{pmatrix}$

Es erfüllt also die Schrödingergleichung $i\frac{d}{dt}\Psi (t)=H\Psi (t)$

2,c)

Hermitesch: $H^\dagger=H \rightarrow H^T=\bar{H}$ also sieht man offensichtlich $e^{-iHt}$ ist nicht hermitesch aber $H$ ist hermitesch.

Es lässt sich leicht zeigen dass beide Matritzen unitär sind: einfach Matrixmultiplikation $H\bar{H}$ und $e^{-iHt}\bar{e^{-iHt}}$ durchführen.

2,a)

Hier schreib ich nur auf was ich rausbekommen habe...die Lösung haben glaube ich eh auch schon andere Leute gepostet.. ist nur LinAlg Stoff:

EW $\lambda$ mit algebraischer Vielfachheit $a$ und geometrischer Vielfachheit $g$

$\lambda_1=-1$ , $a_1=2$ , $g_1=2$

$\lambda_2=1$ , $a_1=2$ , $g_1=2$

Die diagonalisierte Matrix sieht also so aus:

$D=\begin{pmatrix}{-1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{-1}&{0}&{0}\\{0}&0&1&{0}\\{0}&0&0&{1}\end{pmatrix}$

Eigenvektoren:

$p$ sind im folgenden Parameter:

$v_1=p_1\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}+p_2\begin{pmatrix}0\\1\\0\\-1\end{pmatrix}$

$v_2=p_3\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+p_4\begin{pmatrix}0\\1\\0\\1\end{pmatrix}$

Jetzt schreibe ich noch schnell meine Lösungen für Bsp. 1 auf:

1,a)

EW und EV wie gewohnt:

bzw. mit $H=-JA$ mit der Konstante $J$ und der Matrix $A$ kann man die EW von $A$ ausrechnen und mit $-J$ multiplizieren.

$\lambda_1=3J$ , $a_1=1$ , $g_1=1$

$\lambda_2=-J$ , $a_1=3$ , $g_1=3$

$v_1=p_1\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}$
$v_2=p_2\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+p_3\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}+p_4\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$

1,b)

$i\frac{d}{dt}\Psi (t)=H\Psi (t)$

$\rightarrow \frac{d}{dt}\Psi (t)+iH\Psi (t)=0$

mit $H=-JA$ mit der Konstante $J$ und der Matrix $A$

haben wir die gewünschte Form $\frac{d}{dt}\Psi (t)-iJA\Psi (t)=0$ das muss man nicht machen aber für mich war es so leichter weil das ist die Form wie im LinAlg Skriptum

Jetzt kann man sich die Eigenwerte von A ausrechnen eh wie vorher und halt mit iJ multiplizieren.

Also $\lambda_1=-3iJ$ und $\lambda_2=iJ$

die Eigenvektoren sind gleich wie vorher und jetzt kann man schon die allgemeine Lösung angeben:

$\Psi (t)=c_1 e^{-3iJt}\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}+e^{iJt}(c_2\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+c_3\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}+c_4\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix})$

1,c)

Jetzt einfach die Anfangsbedingung einsetzen:

$\Psi (0)=\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}=c_1 \begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}+c_2\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}+c_3\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}+c_4\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}$

$\rightarrow c_2=c_4=0$ und $c_1=c_3=\frac{1}{2}$

Also ist die Lösung für diese Anfangsbedingung:

$\Psi (t)=\frac{1}{2}(e^{-3iJt}\begin{pmatrix}0\\1\\-1\\0\end{pmatrix}+e^{iJt}\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix})$

1.d)

Dieses Beispiel ist nur Rechnerei...

$[A,B]=AB-BA$

Ich schreib nur meine Lösungen auf:

$[\sigma^{total}_z,H]=0$

$[\sigma^{links}_y,H]=J\hbar i \begin{pmatrix}{0}&{1}&{-1}&{0}\\{1}&{0}&{0}&{1}\\{-1}&{0}&{0}&{-1}\\{0}&{1}&{-1}&{0}\end{pmatrix}$

$[\sigma^{rechts}_z,H]=2J\hbar \begin{pmatrix}{0}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{-1}&{0}\\{0}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{pmatrix}$

In so einem langen Posting sind Tipp- und Rechenfehler wahrscheinlich, also wer was findet bitte melden

Ist zwar jetzt eigentlich auch schon wurscht, aber in der Reihendarstellung der e-Funktion hast du bei ein paar Termen die i vergessen und in der Summennotation ein k statt einem t. Abgesehen davon super Ausarbeitung, danke!

forum.technische-physik.at

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