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Verfasst: **15.04.2008, 14:07**

hey leute

hat jemand einen plan - hab noch nie mit bra-ket gerechnet..

grüße, paperbag

Verfasst: **15.04.2008, 17:19**

Quanten I ist Dir ein Begriff?
Ansonsten dürfte die Statistik-Ue der Hammer werden ...

Kurzerklärung (Wischiwaschi, für dieses Bsp):
Bra <| entspricht einem Zeilenvektor, Ket | > einem Spaltenvektor.
<+| = (1 0) und <-| = (0 1), die jeweiligen Ket-Vektoren sind einfach die transponierten.
Du kannst dann ganz normal wie in LinAlg mit diesen Vektoren rechnen und in die Formeln aus dem Burgdörfer-Skript einsetzen. Bsp 1 und 3 sind damit trivial lösbar.

Verfasst: **15.04.2008, 17:35**

Stimmt das so? Grade bei 3 und 4 vermiss ich "hübsche" Ergebnisse

edit: nicht runterladen, ist falsch

Verfasst: **15.04.2008, 17:50**

Bei Bsp 1 stimmt bei <Sy> das Vorzeichen nicht, da $i^2 = -1$ .
Bsp 2 muß ich mir noch durch den Kopf gehen lassen ...
Bei Bsp 3 hab ich einne Fehler eingebaut, weshlab auch mein Bsp. 4 anders aussieht ... muß i no schaun.

Verfasst: **15.04.2008, 17:52**

Vergessen zu erwähnen: Bsp 2, siehe 4. Übung aus dem Jahr 2005, Beispiel 3

Beispiel 1 sollte stimmen; habs gerade nochmal nachgerechnet und die Vorzeichen scheinen zu passen...

Verfasst: **15.04.2008, 18:04**

gracvaloth hat geschrieben:Beispiel 1 sollte stimmen; habs gerade nochmal nachgerechnet und die Vorzeichen scheinen zu passen...

Ich bin der Meinung, daß Dein $\rho$ schon falsch ist.

$a |+><+| = \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

$(b + ic) |+><-| = \begin{pmatrix} 0 & (b + ic) \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

$(b - ic) |-><+| = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ (b - ic) & 0 \end{pmatrix}$

$d |-><-| = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & d \end{pmatrix}$

$\rho = \begin{pmatrix} a & b + ic \\ b - ic & d \end{pmatrix}$
Das wäre genau die konjugiert-komplexe bzw. transponierte Lösung von Dir.

Verfasst: **15.04.2008, 18:15**

Wieso darf ich bei Bsp 3 eigentlich nicht die Formel 2.52 aus dem Burgdörfer-Statistik-Skript verwenden?
(Das haben wir in der 1. QT2-Ue auch so gemacht.)

Das ergäbe dann nämlich für a:

$\rho = |+> \frac{3}{4} <+| + |-> \frac{1}{4} <-| = \frac{3}{4} \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

Analog für b. Hab ich da irgendwas übersehen?

Verfasst: **15.04.2008, 18:47**

ibi hat geschrieben:Das wäre genau die konjugiert-komplexe bzw. transponierte Lösung von Dir.

Ich bin mir sowieso nicht sicher, wo in der Matrix das +- und wo das -+ angeordnet sind. Ist das Notationssache oder gibt es irgendwo eine genaue Definition?

ibi hat geschrieben:Wieso darf ich bei Bsp 3 eigentlich nicht die Formel 2.52 aus dem Burgdörfer-Statistik-Skript verwenden?

Keine Ahnung. Ich hab (2.49) verwendet.
Weil die $|\psi^i \rangle$ sind ja nur die Eigenzustände der Dichtematrix $\rho$ aus der Angabe, oder? Und für mich sieht es halt so aus, als müssten die gemischten Zustände doch irgendwie über die gegebene Dichtematrix definiert werden... glaub ich jetzt einmal.

Verfasst: **15.04.2008, 18:54**

gracvaloth hat geschrieben:Ich bin mir sowieso nicht sicher, wo in der Matrix das +- und wo das -+ angeordnet sind. Ist das Notationssache oder gibt es irgendwo eine genaue Definition?

Das ist einfach LinAlg:

$|+> = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$

$<-| = (0,1)$

Daraus folgt: $|+><-| = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} (0,1) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

Verfasst: **15.04.2008, 19:17**

Oh... oh... wow, ist das simpel...

Ich bin echt ein Schwammerl...

Verfasst: **15.04.2008, 19:32**

Jetzt muß ich nur noch verstehen, wieso Du 2.49 anwenden willst.
Schließlich schaut das nach hundsgewöhnlicher Basistransformation und nicht nach Berechnung aus.

Deine Lösung für 3a und 3b erfüllt übrigens (im Gegensatz zu meiner) nicht die Gleichung 2.56, kann also nicht stimmen.

Verfasst: **15.04.2008, 19:37**

Sag ich ja, dass sie komisch aussieht ^^

ibi hat geschrieben: $\rho = |+> \frac{3}{4} <+| + |-> \frac{1}{4} <-| = \frac{3}{4} \begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

$tr \frac{3}{4}\begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ ist allerdings auch nicht 1, sondern 3. Kleiner Tippfehler

Und da seh ich auch schon einen neuen Fehler bei mir. Zu dumm, wenn man $|+> = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \\ \frac{1}{2}\end{pmatrix}$ annimmt.

Verfasst: **15.04.2008, 19:50**

Bei Beispiel 4 kann ich nicht nachvollziehen, wie Du von $\dot\rho$ auf $\rho$ kommst (vorletzte auf letzte Zeile). Eine etwas ungewöhnliche Art Differentialgleichungen zu lösen
Schau Dir einmal QTII 1. Plenum an (oder die Diskussion im Forum zum 1. QT2-Tutorium), da wurde das durchgerechnet.

Mein Ansatz schaut so aus:

$\rho(t) = \begin{pmatrix} a & b \\ b* & c \end{pmatrix}$
Das ist ein allgemeiner Ansatz, den man bei solchen Problemen verwendet. a,b,c haben mit den Konstanten aus der Angabe zum 1. Bsp nichts zu tun.
a,b,c sind Funktionen der Zeit, aber ich schreibe aus Bequemlichkeit nur a und nicht a(t).

Aus dem Ansatz folgt: $\dot \rho(t) = \begin{pmatrix} \dot a & \dot b \\ \dot b* & \dot c \end{pmatrix}$

$H \rho - \rho H = \omega \hbar \begin{pmatrix} 0 & -b \\ b* & 0 \end{pmatrix}$

Einsetzen in die Lioville von Neumann-Gleichung:

$\dot \rho = -i\omega \begin{pmatrix} 0 & -b \\ b* & 0 \end{pmatrix}$

Damit erhält man drei Differentialgleichungen (eigentlich vier, aber die 2. und 3. sind ident):

$\dot a = 0 \rightarrow a = a(0)$

$\dot b = i \omega b \rightarrow b = A e^{i \omega t}$

$\dot c = 0 \rightarrow c = c(0)$

Irgendwas hat's aber noch, da bei mir nach Einsetzen der Anfangsbedingungen rauskommt, daß das Zeug stationär ist.

Verfasst: **15.04.2008, 19:52**

gracvaloth hat geschrieben: $tr \frac{3}{4}\begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ ist allerdings auch nicht 1, sondern 3. Kleiner Tippfehler

Hoppla, es sollte natürlich ein Viertel sein. *g*

Verfasst: **15.04.2008, 19:56**

Okay, werd ich dann morgen machen...
Ich denk derzeit - wenn überhaupt - nicht kompliziert genug

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3. übung 18.4.08

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