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Physik » Atom-, Kern-, Quantenphysik » Wiederholte Messungen in einem quantenmechanischen System
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Universität/Hochschule Wiederholte Messungen in einem quantenmechanischen System
Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-05-25


Hallo,

ich habe ein Problem mit einer Aufgabe zu wiederholten Messungen in einem quantenmechanischen System

Der zeitunabhängige Hamiltonoperator $\hat{H}$ eines quantenmechanischen Systems besitze die Eigenzustände \(\psi_n\) und ein nicht entartetes Spektrum von Eigenwerten $\hbar \omega_n$:

\[\hat{H} \psi_n=\hbar \omega_n \psi_n\]
Für eine Observable $\hat{A}$ seien ebenfallsEigenzustände und nicht (entartete) Eigenwerte bekannt:

\[\hat{A} \phi_{\nu}= \hbar a_{\nu} \phi_{\nu}\]
Zum Zeitpunkt $t=0$ befinde sich das System in einem Eigenzustand von $\hat{H}$.

(a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei einer der Observablen $\hat{A}$ zum Zeitpunkt $t=0$ der Messwert $a_\nu$ gemessen wird. Welcher Erwartungswert $\langle \hat{A} \rangle$ ergibt sich?

(b) Nach der Messung von $\hat{A}$ bleibt das System sich selbst überlassen. Bestimmen Sie, wie sich der Zustand nach der Messung von $a_{\nu}$ entwickelt.

(c) Zum Zeitpunkt $t>0$ wird die Messung von $\hat{A}$ wiederholt. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, mit der nun der Messwert $a_{\nu}$ wiedergefunden wird. Diskutieren Sie die Grenzfälle $t \to 0$ und $t \to \infty$.

Mein Problem liegt bei a). Da die Eigenwerte nicht entartet sind, beträgt die Wahrscheinlichkeit, den Messwert $a_{\nu}$ zu messen $|\langle \phi_{\nu}| \psi(r,0)\rangle|^2$ wobei $\psi$ die Wellenfunktion bezeichnet. Der Erwartungswert ist durch $\sum_{\nu} |\langle \phi_{\nu}| \psi(r,0)\rangle|^2 a_{\nu}$ gegeben.

Es gilt

\[\langle \phi_{\nu}| \psi(r,0)\rangle=\int\phi^{*}_{\nu}(r,0) \psi(r,0) d^3 r. \]
Da sich das System zum Zeitpunkt $t=0$ in einem Eigenzustand von $\hat{H}$. befindet, gibt es eine Zahl $n$ mit

\[\langle \phi_{\nu}| \psi(r,0)\rangle=\langle \psi_n| \psi(r,0)\rangle=\int \psi^{*}_n(r,0) \psi(r,0) d^3 r.\]  

Mein Problem ist jetzt, dass mir nicht klar ist wie ich weiter vorgehen soll. Soweit ich weiß geht , da ich einen Eigenwert messe jetzt in die entsprechende Eigenfunktion über. Aber dann würden die Integrale den Wert 1 geben, was nicht sinnvoll ist.    



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-05-25

\(\begingroup\)\(\usepackage{braket}\)
Hallo Mandacus,

vermutlich hast du einen Tippfehler hier:
2020-05-25 19:36 - Mandacus im Themenstart schreibt:

Für eine Observable $\hat{A}$ seien ebenfallsEigenzustände und nicht (entartete) Eigenwerte bekannt:

\[\hat{A} \psi_{\nu}= \hbar a_{\nu} \psi_{\nu}\]
Sollte da nicht $\phi_\nu$ statt $\psi_\nu$ stehen?

Ich würde an deiner Stelle ausschließlich in der Diracnotation arbeiten um dir die Rechnungen zu erleichtern. Außerdem ist es nicht notwendig das Skalarprodukt explizit als Integral zu schreiben. Im Gegenteil, das Skalarprodukt wäre ja nur im Ortsraum definiert, aber allgemein kann man auch abstraktere Definitionen zulassen. Wichtig ist nur, dass die Eigenfunktionen orthogonal, normiert und vollständig sind.

Viele Grüße
OS


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P.A.M. Dirac
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Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-25


Stimmt. Da war tatsächlich ein Tippfehler. Also wenn ich die Dirac-Notation benutze, bekomme ich ja unter Benutzung der Eigenwertgleichung

\[\langle \phi_{\nu}| \psi(r,0)\rangle=\langle \psi_n| \psi(r,0) \rangle=(\langle \psi_n|) \cdot (| \psi\rangle)=(\langle \frac{1}{\hbar \omega_n} \hat{H}\psi_n|) \cdot (|\psi\rangle). \]
Allerdings sehe ich trotzdem nicht wie es weitergeht.




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Orangenschale
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-05-25

\(\begingroup\)\(\usepackage{braket}\)
Ich verstehe nicht so genau was du da machst, vor allem wie aus $\psi$ dann $\phi$ usw. wird.
Die Eigenfunktionen und Eigenwerte von $H$ sind angegeben, die von $A$ auch. Die Zeitentwicklung irgendeines Zustandes wird durch den Hamiltonoperator induziert. Für Eigenzustände von $H$ ist die Zeitentwicklung besonders einfach, nämlich
$$|\psi_n(t)>=e^{-i\omega_n t}|\psi_n>$$ wobei ich mit $|\psi_n> $ die Wellenfunktion zum Zeitpunkt $t=0$, also $|\psi_n(t=0)>$, meine.

Skizzieren wir mal grob den Ablauf:
Am Anfang befindet man sich im Zustand $|\psi>=|\psi_n>$, der ein Eigenzustand von $H$ ist. Nun wird die Observable $A$ gemessen. Nehmen wir an, dass wir den Messwert $a_\nu$ erhalten dann wissen wir, dass sich die Wellenfunktion direkt nach der Messung im zugehörigen Zustand $|\phi_\nu>$ befindet. Um die Wahrscheinlichkeit für die Messung dieses Eigenwertes zu erhalten projiziert man $<\phi_\nu | \psi_n>$ und bildet das Betragsquadrat. Damit man dieses Skalarprodukt überhaupt berechnen kann ist es günstig, entweder $|\psi_n>$ nach $|\phi_\nu>$ zu entwickeln oder andersherum.

Danach entwickelt sich der Zustand, der ja nun Eigenzustand von $A$ ist, zeitlich weiter. Aber die Zeitentwicklung kennen wir ja nur von den $|\psi_n>$, deswegen ist es wiederum geschickt den Zustand $|\phi_\nu>$, in dem sich das System nach der ersten Messung befinden solll, nach den Eigenfunktionen $|\psi_n>$ zu entwickeln.

Und dann wird eben nochmal $A$ gemessen.

Kommst du damit etwas weiter?

Viele Grüße
OS


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P.A.M. Dirac
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Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-26


2020-05-25 22:12 - Orangenschale in Beitrag No. 3 schreibt:

Kommst du damit etwas weiter?


Vielleicht. Betrachten wir doch noch einmal den Zustand $t=0$. Um das Betragsquadrat $|\langle \phi_{\nu}| \psi_n \rangle|^2$ zu berechnen versuche ich $| \phi_{\nu }\rangle$ nach $| \psi_n \rangle$ entwickeln. Hier erhalte ich

\[| \phi_{\nu }\rangle= \sum_{k} c_k \ |\psi_k \rangle. \tag{*} \]
Für die allgemeine Zeitentwicklung erhalte ich

\[| \phi_{\nu }(t) \rangle= \sum_{k} c_k \ e^{-i \frac{\omega_nt}{\hbar}} \ |\psi_k \rangle \]
Durch Einsetzen von (*) in $\langle \phi_{\nu}| \psi_n \rangle$ erhalte ich ja $c_n=\langle \phi_{\nu}| \psi_n \rangle$. Wenn ich jetzt also $c_n$ kennen würde könnte ich a) leicht lösen. Aber ich finde noch nicht ersichtlich, wie ich jetzt $c_n$ finde.  



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Orangenschale
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-05-26

\(\begingroup\)\(\usepackage{braket}\)
Hi Mandacus,

du hast die Entwickklung schon fast richtig gemacht, bedenke aber, dass aus
$$ |z\rangle=c|\psi\rangle
$$ folgt
$$ \langle z|=c^*\langle\psi|
$$ Ich glaube, du kommst ansonsten nur gedanklich mit den Indizes durcheinander. Du hast (wenn man mal den eben genannten Fehler korrigiert) also ganz allgemein schon die Enwicklung gefunden
$$|\phi_\nu\rangle = \sum_k \langle\psi_k | \phi_\nu\rangle |\psi_k\rangle$$ wobei die Koeffizienten $\langle\phi_\nu | \psi_k\rangle\equiv c_k$ nur (komplexe) Zahlen sind.
Demnach kannst du auch das Skalarprodukt mit dem Zustand $\psi_n$ berechnen,
$$\langle\phi_\nu|\psi_n\rangle = \sum_k \langle\phi_\nu | \psi_k\rangle \langle\psi_k|\psi_n\rangle = \langle\phi_\nu|\psi_n\rangle,$$ wobei die Orthogonalität $\langle\psi_k|\psi_n\rangle=\delta_{k,n}$ genutzt wurde.

Gut, das war jetzt ein bisschen von hinten durch die Brust ins Auge, soll aber verdeutlichen, wie generell in den Aufgabenteilen vorzugehen ist. Da wir die Eigenfunktionen nicht genauer kennen können wir auch das Skalaprodukt zwischen den Basisfunktionen $\langle\phi_\nu|\psi_n\rangle$ nicht weiter auswerten.

Die Zeitentwicklung hast du ebenfalls schon (fast) richtig
$$ |\phi_\nu(t)\rangle = \sum_k \langle\psi_k | \phi_\nu \rangle e^{-i\omega_k}|\psi_k\rangle
$$
Viele Grße
OS


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-26


Dann habe ich noch eine Frage zu c). Wenn man die Messung zum Zeitpunkt $t>0$ noch einmal durchführt und den Messwert $a_{\nu}$ wiederfindet befindet sich das System ja wieder im Zustand $| \phi_{\nu}(t) \rangle$. Wenn man das über die Eigenfunktionen von $\hat{A}$ darstellt erhält man


\[ | \phi_{\nu}(t) \rangle=\sum_{k} \langle \phi_k | \phi_{\nu}(t) \rangle \ | \phi_k \rangle \]
Die Wahrscheinlichkeit, die man berechnen soll ist durch $| \langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t)  \rangle |^2$

gegeben. Setzt man die für $| \phi_{\nu}(t) \rangle$ gefundene Zeitentwicklung ein so erhält man

\[ \langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t) \rangle
=\langle \phi_{\nu} | \sum_{k} \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle e^{-i \omega_k t} | \psi_k \rangle \rangle
=\sum_{k} | \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle |^2 e^{-i \omega_k t} \]
Die gesuchte Wahrscheinlichkeit wäre demnach $| \sum_{k} | \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle |^2 e^{-i \omega_k t} |^2 $. Oder sehe ich hier etwas falsch?    



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-05-26

\(\begingroup\)\(\usepackage{braket}\)
In deiner ersten Gleichung fehlen wieder die $\psi$, aber weiter unten sind sie dann wieder da.

2020-05-26 18:52 - Mandacus in Beitrag No. 6 schreibt:

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit wäre demnach $| \sum_{k} | \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle |^2 e^{-i \omega_k t} |^2 $. Oder sehe ich hier etwas falsch?    

Scheint korrekt zu sein. Du kannst es im Prinzip noch weiter auflösen in
$\left|\langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t)\rangle\right|^2=\sum_{k,k'} |\langle \psi_k|\phi_\nu\rangle|^2 |\langle \psi_k'|\phi_\nu\rangle|^2e^{-i(\omega_k-\omega_{k'})t}$


Ein Nachtrag noch zur sauberen Formulierung. Um die Zeitabhängigkeit von $|\phi_\nu \rangle$ zu berechnen kannst du sauberer schreiben
$$ |\phi_\nu (t)\rangle = e^{-iHt/\hbar} |\phi_\nu \rangle = e^{-iHt/\hbar} \sum_k \langle \psi_k | \phi_\nu \rangle |\psi_k\rangle = \sum_k \langle \psi_k | \phi_\nu \rangle e^{-i\omega_kt} |\psi_k\rangle
$$
Viele Grüße
OS


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-27


Eine Merkwürdigkeit, die mir noch aufgefallen ist:

Man soll ja bei c) auch noch eine Grenzwertbetrachtung durchführen. Wenn ich aber mit der erarbeiteten Formel für die Wahrscheinlichkeit arbeite, bekomme ich

$$ \lim_{t \to 0} |\langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t) \rangle |^2
=| \sum_{k} | \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle |^2 |^2
=1
$$
was ich eigenartig finde, da ich erwartet hätte, dass die Wahrscheinlichkeit in die für Teil a) errechnete übergehen würde. Ebenso sehe ich noch nicht , wie ich

$$ \lim_{t \to \infty} |\langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t) \rangle |^2
$$
finden soll, da der Grenzwert von $e^{-i \omega_k t}$ doch gar nicht existiert soweit ich weiß.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-05-28

\(\begingroup\)\(\usepackage{braket}\)

2020-05-27 22:21 - Mandacus in Beitrag No. 8 schreibt:
Eine Merkwürdigkeit, die mir noch aufgefallen ist:

Man soll ja bei c) auch noch eine Grenzwertbetrachtung durchführen. Wenn ich aber mit der erarbeiteten Formel für die Wahrscheinlichkeit arbeite, bekomme ich

$$ \lim_{t \to 0} |\langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t) \rangle |^2
=| \sum_{k} | \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle |^2 |^2
=1
$$
was ich eigenartig finde, da ich erwartet hätte, dass die Wahrscheinlichkeit in die für Teil a) errechnete übergehen würde.
Das ist doch aber genau das was man erwarten sollte. Die Wellenfunktion ist nach der Messung zum Zeitpunkt $t=0$ kollabiert, da der Wert der Observablen und damit die Wellenfunktion durch die Messung festgelegt wurde. Du kannst also durch eine erneute Messung (auch wenn du noch so schnell ein weiteres Mal misst) nicht mehr feststellen, wie der Zustand vor der Messung war.

Bei der Berecnnung des Grenzwertes für $t\rightarrow\infty$ würde mir im MOment auch nichts allgemeingültiges einfallen. Ich denk nochmal darüber nach.

Viele Grüße
OS



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-31

\(\begingroup\)\(\usepackage{braket} \usepackage{braket}\)
2020-05-26 20:39 - Orangenschale in Beitrag No. 7 schreibt:

Du kannst es im Prinzip noch weiter auflösen in
$\langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t)\rangle=\sum_{k,k'} |\langle \psi_k|\phi_\nu\rangle|^2 |\langle \psi_k'|\phi_\nu\rangle|^2e^{-i(\omega_k-\omega_{k'})t}$

Eine Verständnisfrage noch. Ich sehe leider nicht, wie diese Vereinfachung folgt.

Die Einsetzung
2020-05-26 18:52 - Mandacus in Beitrag No. 6 schreibt:


\[ \langle \phi_{\nu} | \phi_{\nu}(t) \rangle
=\langle \phi_{\nu} | \sum_{k} \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle e^{-i \omega_k t} | \psi_k \rangle \rangle
=\sum_{k} | \langle \psi_k | \phi_{\nu} \rangle |^2 e^{-i \omega_k t} \]  

liefert ja erst einmal nur einen Term $e^{-i \omega_k t}$. Wo kommt der zweite Term $e^{i \omega_{k'} t}$ denn her? Eine Ensetzung für die erste Komponente würde doch keine Zeitabhängigkeit liefern.
\(\endgroup\)


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
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Ich habe das Betragsquadrat vergessen. Ich ändere es gleich im Beitrag.


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