Determinate states

Moderator: physicalattraction

Reageer

Bericht 25-08-'10, 14:36

Luuk1

Berichten: 200

Determinate states

Is het mogelijk om een quantum state te hebben, zodat iedere meting van de observabele Q dezelfde waarde heeft (noem dit q). Dit is de vraag die in mijn boek gesteld wordt.

Het bewijs is in principe niet zo moeilijk:

Als elke meting van Q als uitkomst q heeft, dan moet de standaard deviatie van Q uiteraard 0 zijn, oftwel
\( \sigma^2 = \left<( \hat{Q} - \left< Q \right>)^2 \right> = \left< \Psi | (\hat{Q} - q)^2 \Psi \right> = \left< (\hat{Q}-q)\Psi|({\hat{Q}-q)\Psi\right>=0\)
Het inproduct kan alleen 0 zijn als de functie zelf gelijk is aan 0, dus
\( \hat{Q}\Psi = q\Psi \)
Dus een meting aan zo'n state geeft altijd de eigenwaarde q.

Toch zit hier voor mij nog een 'grote' onduidelijkheid in. De definitie van variantie is toch altijd
\(\sigma^2 = \left< (x - \left< x \right>)^2 \right>\)
Maar hoezo heb je bij het bewijs in de 1e stap dan de OPERATOR
\(\hat{Q}\)
in plaats van Q ?
\(\left<(\hat{Q} - \left< Q \right>)^2 \right> \)
Je kunt van een operator toch geen getal
\(\left<Q\right>\)
aftrekken?..
Omhoog

Bericht 25-08-'10, 15:41

aestu

Berichten: 254

Re: Determinate states

Het punt is dat je in de kwantummechanica alleen maar eigenwaarden meet. Als je maar 1 eigenwaarde hebt, zal iedere meting dezelfde eigenwaarde geven.

Je neemt toch de verwachtingswaarde van een operator. Vergeet niet dat observabelen eigenlijk operatoren zijn in de kwantummechanica. Je werkt niet klassiek. Dat is een van de belangrijke dingen die ervoor zorgt dat niet alles meer zomaar commuteert.

Denk aan de impulsoperator. Je kan toch <Psi|p_op - 5 |Psi> uitrekenen? De term <Psi|5|Psi> geeft gewoon 5 als de golffunctie genormeerd is.
Omhoog

Bericht 25-08-'10, 17:33

Luuk1

Berichten: 200

Re: Determinate states

Hoi aestu,

Ik weet dat observabelen worden gerepresenteerd door de operatoren. Maar ze zijn niet zonder meer gelijk aan elkaar, toch? Bijvoorbeeld de impulsoperator,
\(\hat{p} = \frac{\hbar}{i} \frac{d}{dx} \)
Maar dit wil toch niet zeggen dat
\(\hat{p}=p\)
?

Verder snap ik je voorbeeld niet helemaal, wat bedoel je met p_op -5 ?

Ik snap overigens wel je gedeelte van
\(\left<\Psi|5\Psi \right> = 5 \)
Omhoog

Bericht 25-08-'10, 17:38

aestu

Berichten: 254

Re: Determinate states

Luuk1 schreef:Hoi aestu,

Ik weet dat observabelen worden gerepresenteerd door de operatoren. Maar ze zijn niet zonder meer gelijk aan elkaar, toch? Bijvoorbeeld de impulsoperator,
\(\hat{p} = \frac{\hbar}{i} \frac{d}{dx} \)
Maar dit wil toch niet zeggen dat
\(\hat{p}=p\)
?

Verder snap ik je voorbeeld niet helemaal, wat bedoel je met p_op -5 ?

Ik snap overigens wel je gedeelte van
\(\left<\Psi|5\Psi \right> = 5 \)
Nee ze zijn niet gelijk.

Maar de observabelen van de klassieke mechanica vb. x moet je vervangen door
\(\hat{x}\)
Je hebt de observabele impuls P, die kan de eigenwaarden p aannemen en met de impulsobservabele P komt de operator
\(\hat{p}\)
overeen. Dus
\(\hat{p} |p> = p | p> \)
Je moet het kind een naam geven he.

Wat ik wil aantonen met
\(\hat{p}- 5 \)
is dat je 5 kan aftrekken van de impulsoperator. Je kan die 5 ook als operator zien.
\(5 = 5 \hat{1} \)
met
\(\hat{1} \)
de 'eenheidsoperator'.

Dus dat
\(< \Psi | \hat{p}- 5 | \Psi > \)
bestaat
Omhoog

Bericht 25-08-'10, 18:17

Luuk1

Berichten: 200

Re: Determinate states

aestu schreef:Nee ze zijn niet gelijk.

Maar de observabelen van de klassieke mechanica vb. x moet je vervangen door
\(\hat{x}\)
Je hebt de observabele impuls P, die kan de eigenwaarden p aannemen en met de impulsobservabele P komt de operator
\(\hat{p}\)
overeen. Dus
\(\hat{p} |p> = p | p> \)
Je moet het kind een naam geven he.

Wat ik wil aantonen met
\(\hat{p}- 5 \)
is dat je 5 kan aftrekken van de impulsoperator. Je kan die 5 ook als operator zien.
\(5 = 5 \hat{1} \)
met
\(\hat{1} \)
de 'eenheidsoperator'.

Dus dat
\(< \Psi | \hat{p}- 5 | \Psi> \)
bestaat
Ja oke, dus waar we in het klassieke geval de positie x precies kunnen uitrekenen, moeten we het in de kwantummechanica doen met de verwachtingswaarde <x> van de positie. En om deze uit te rekenen gebruiken we de operator
\(\hat{x}\)
Je laatste zinnen van het bericht over
\(\hat{p}-5\)
begrijp ik nu ook!

Een ding begrijp ik alleen nog steeds niet helemaal, jij zegt dat de impulsobservabele P met
\(\hat{p}\)
overeenkomt, hier ben ik het mee eens. Als deze eigenwaarde p aanneemt, moe thet dan niet zijn
\(\hat{p} |\Psi> = p | \Psi> \)
?
Omhoog

Bericht 25-08-'10, 18:29

Luuk1

Berichten: 200

Re: Determinate states

Eigenlijk is het punt waar ik het niet meer begrijp is dat je Q gaat vervangen door de Q-operator, terwijl ik altijd zou denken dat die Q-operator eerst ergens (een functie) op moet werken..
Omhoog

Bericht 25-08-'10, 19:49

aestu

Berichten: 254

Re: Determinate states

Eigenlijk is het punt waar ik het niet meer begrijp is dat je Q gaat vervangen door de Q-operator, terwijl ik altijd zou denken dat die Q-operator eerst ergens (een functie) op moet werken..
Dat doet die toch? Misschien begrijp je de <Q> in de kwantummechanica niet zo goed.

We gaan van ( zeer grof gezegd) <Q>
\( = \frac{\int dq P(q) Q}{\int dq P(q) } \)
met P(q) een zekere waarschijnlijkheidsdistributie in de klassieke mechanica naar
\( <\hat{Q}> = <\Psi | \hat{Q} | \Psi >= \frac{\int d^3x \Psi^{*}\hat{Q} \Psi }{\int d^3x \Psi^{*}\Psi } = \int d^3x \Psi^{*}\hat{Q} \Psi \)
omdat de golffunctie genormeerd is. De Q operator werkt in op de golffunctie. Dat is de reden waarom de Q operator gesandwiched wordt tussen de complex toegevoegde van de golffunctie en de golffunctie.
\(\Psi^{*}\Psi \)
is juist het equivalent van de klassieke waarschijnlijkheidsdistributie P(q).
Omhoog

Bericht 25-08-'10, 23:50

Luuk1

Berichten: 200

Re: Determinate states

Ja precies, bij dat inproduct zie ik dus duidelijk dat je de operator laat werken op de golffunctie;
\( \left < \Psi|\hat{Q}\Psi \right>\)
Dit is me geheel duidelijk.

Maar bedoel je nu dat
\( \left <\hat{Q} \right > = \left <Q \right> \)
?

Kijk want ik zie bij
\( \left<( \hat{Q} - \left< Q \right>)^2 \right>\)


niet waar die
\(\hat{Q}\)
op zou moeten werken?!

Trouwens mooi dat je even het klassieke geval ter vergelijking erbij haalt, zo had ik het nog nooit bekeken! Bedankt voor je hulp tot zover!
Omhoog

Bericht 26-08-'10, 12:35

aestu

Berichten: 254

Re: Determinate states

Moeten alle twee die Q's geen operatoren zijn? De observabele Q heeft eigenlijk niet echt een betekenis, in de zin van moest je vergelijken met de operator Q of de eigenwaarde q.

Dan
\( \hat{Q} | \Psi> = q |\Psi>\)
als
\( \hat{Q}\)
een eigentoestand is van de golffunctie.

De verwachtingswaarde van de operator Q is juist de eigenwaarde q.
\( <\hat{Q} > = <\Psi | \hat{Q} | \Psi> = < \Psi | q | \Psi> = q\)
omdat q een getal is. ( komt buiten de integraal en de golffunctie is genormeerd)
Omhoog

Bericht 26-08-'10, 15:01

Luuk1

Berichten: 200

Re: Determinate states

aestu schreef:Moeten alle twee die Q's geen operatoren zijn? De observabele Q heeft eigenlijk niet echt een betekenis, in de zin van moest je vergelijken met de operator Q of de eigenwaarde q.

Dan
\( \hat{Q} | \Psi> = q |\Psi>\)
als
\( \hat{Q}\)
een eigentoestand is van de golffunctie.

De verwachtingswaarde van de operator Q is juist de eigenwaarde q.
\( <\hat{Q} > = <\Psi | \hat{Q} | \Psi> = < \Psi | q | \Psi> = q\)
omdat q een getal is. ( komt buiten de integraal en de golffunctie is genormeerd)


Ik geloof dat het nu duidelijk is, ik haalde de verwachtingswaarde van de operator Q en de verwachtingswaarde van de observabele door elkaar. Maar deze zijn dus aan elkaar gelijk als ik het goed begrijp.
Omhoog
Reageer

Terug naar “Kwantummechanica en vastestoffysica”