Решения к учебному пособию - Отличная квантовая механика - Львовский А. (1238819), страница 24
Текст из файла (страница 24)
Чтобы доказать этострого,находим для длины блоховского вектораijij213ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯМы воспользовались неравенством Коши-строгое, поскольку по крайней мере два изБуняковского. ОноRiсоответствуютнеравным состояниям и потому неколлинеарны. Мы учли также,что для чистого состояния1Ri1= 1.Ь) Полностью смешанное состояние представляет собой равнуюсмесь состояний 1i) и 1J,). Блоховский вектор состояния 1i) указывает вдоль осивектор состояниядлину1, так чтоz в положительном направлении,1J..) -а блоховскийв отрицательном. Оба эти вектора имеютих сумма равна нулю.Решение для упражнения5.49.Из определения(5.20)блоховского вектора ансамбля следует, чтоРешение для упражненияупр.5.25,5.50.Матрица плотности, найденная вравна1 1-+-cosQ tp(t):::: [ 2 . 41L•-sшQLt4--sшQ4i .LtJ(Р5.11).1 1---cosQ tL2 4Компоненты блоховского вектора, связанного с этим состоянием,таковы:R)t)=Tr(p&J=O;RY(t)= Tr(p&Y)=!sinQLt;2Rz(t)=Tr(p&J=.!cosQLt.2Эти уравнения описывают траекторию блоховского вектора, представляющую собой окружность радиуса1/2в плоскостиy-z,что соответствует прецессии вокруг оси х.Решение для упражнения5.51.При заданном спектральном разложениир = р 1v1 ) ( v1 1+(1-р)1 v2 ) ( v2 I214(Р5.12)РЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫ5мы находима отсюда следует, чтоTrp 2= р 2 + (1- р ) 2 = 2 р 2 -2р + 1 .(Р5.13)Чтобы найти длину блоховского вектора, соответствующего состоянию (Р5.12), заметим, что блоховские векторы ортогональных чистыхсостоянийlv 1 ) и lv 2 ) противоположны по направлению (упр.
4.51)1. Геометрическая сумма этих векторов с весами р и 1 -имеют длинуирдает вектор длиной(Р5.14)Объединяя уравнения (Р5.13) и (Р5.14), получаем уравнение(5.23).Решение для упражнения5.52. Рассмотрим произвольный векторR длины О < 1R1 ~ 1. Следуя логике предыдущего упражнения, есливектор R является блоховским для нормированного состояния р , тоэто состояние должно иметь спектральное разложение(Р5.15)Здесь 1и 1 ) и 1и 2 ) - ортогональные чистые состояния, такие что их блоховские векторы R.1 и ~ удовлетворяют уравнениюR= pRI +(1- р)~при р ~ 1/2. Векторы(Р5.16)R.1и ~ имеют длину 1 и противоположны понаправлению. Следовательно, чтобы удовлетворять уравнениюR; отсюда следует,R.1 = R./IRI , ~ = -R.1 и(Р5.16), эти векторы должны быть коллинеарны счто (Р 5 .16) имеет только одно решение:р = (1 + IRl)/2.
Эти векторы единственным образом определяют соответствующие состоянияlv 1 )иlv 2 ),которые, в свою очередь, единственным образом определяют оператор плотности (Р5.15), блоховским вектором которого являетсяR.215ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯРешение для упражнения5.53.Предположим, в заданныймомент времени t спиновое состояние задается матрицейp(t)=::(Ptr(t)Ри(t)Рн(t))·Рц(t)Через некоторый короткий интервал Лt состояние декогерирует, т. е.приобретает видс вероятностью Лt/Т 2 и остается прежним с вероятностьюСоответственно, матрица плотности в момент1-Лt/Т 2 •t + Лt:p(t + Лt) =(1- Лt / T2)p(t) + (Лt / T2)Pdec(t) ="'((1-Лt/Т2 )Рн(t))·Ptr(t)(l-Лt/T2 )pи(t)Рц(t)Отсюда следует, что изменение недиагональных элементов за времяЛt можно записать какРазделив обе части этого уравнения на Лt, получаем уравнение(5.24)в пределе при Лt-? О.Решение для упражнения5.54.
Если постоянное поле было включено достаточно долго, чтобы спины успели термализоваться, отношение их вероятностей будет определяться законом Больцмана:pr( ynB0 )(4.7tJ_.J. =ехр - - = ехр [ ge1iB0 ] ""exp(-1,lxl0-5 )""1-l,lxl0-5 ,РГ;kT2MpkTгде массу и множитель Ланде протона можно взять из табл.4.3.Поскольку это отношение близко к единице, обе вероятности близкик 0,5, так что pr.J. -pr; ""-0,55х10-s.Решение для упражненияyhBo{Р н.о / Ptr ,о = е -kТ ,Рн,о +Ptr,o =12165.55.Решив систему уравненийРЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫ5находимyf!Bo.
e2kTРн,о=-ytiB0е2kт'(fiВo+ е -2kт'(fiBoе- 2kTРн,о=-ytiВ0е2kтСогласно+е(5.20),_уr.в02kтэто соответствует вектору Блоха длины_ '(fiВo'(flBoе2kт -е2kт+е2kт,тв1" 0-ytiBo--- =th-2kT- -ytiBo'е2kтуказывающему точно вверх.Решение для упражнения5.57.Первый член в уравненииотносится к нормальной шрёдингеровой эволюции, см.(5.32)упр. 5.49.Дополнительный член, появляющийся в результате релаксации,можно вычислить согласно-°-R=-yRx.В+тr[(dp)&].dtdt relaxСведя вместе уравнения(dp!i)dt=1ге ах(Р5.17)(5.24) и (5.30), запишем{-[p;Jt)-Pii, 0 ]/Гi_, i = j-p;;(t) / т2 ,~i-:;: j(Р5.18)или, в явном виде,(Р5.19)Исходя из этого результата, мы можем вычислить второе слагаемое вправой части уравнения (Р5.17) для каждого оператора Паули:тr[ (:~ ),eiax &х] =-[Рн (t)+ Ри(t)]/ Т2 ;тr[(:~ ),elax &у]= -i[рн (t)-pи(t)] / т2;217ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯСоотнеся компоненты блоховского вектора с элементами матрицыплотности согласно уравнениюРешение для упражненияпишем(5.33)(5.22),получим(5.33).5.58.
Мы можем начать с того, что перев явном виде для каждого компонента блоховского вектора:(Р5.20)В отсутствие радиочастотного поля фиктивное магнитное поле(4.87)имеет только z-компонент, который определяется отстройкой: В, = -Л/у. Поэтому дифференциальные уравнения (Р5.20)упрощаются доR, (t) = -[R, (t)- Ro ]/ т;.(Р5.21)В том, что эти уравнения решаются соотношениями(5.34), можно убедиться прямой подстановкой.Решение для упражнения5.60.Будем работать во вращающейся системе отсчета. Поскольку rf-поля нет, мы можем выбратьчастоту вращения базиса, равную частоте Лармора, так что отстройкаЛ обнуляется. Тогда производная по времени блоховского вектораопределяется только релаксационнымичленами уравнения(Р5.21).(8, О) начального блоховского вектора соответствуют декартовым координатам R(O)=(sin0,0,cos8). ПроизводПолярные координатыная по времени длины блоховского вектора дается выражением218РЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫ=2(RхRх+RуRу+Rz5Rz )1 t::::O (Р~21 )где мы установили ~ = (0,0,1) при температуре абсолютного нуля.Аппроксимируя sin 2 8"' 82 , cos 8"' 1- 82 /2, cos 2 8"' 1-8 2 для малых 8,получаемd -IRCt)Ictt8 2 828282 8-2,,,-2---+2-=-2-+21t=oт2т,т,т2т,Данная производная не может быть положительной, потому что длинаблоховского вектора при tравна1.
Это означает,= О уже является максимально возможной ичто -2/Т2 + 1/Г1 .,; О или Т2 .,; 2Г1 •Решение для упражнения5.61. Сначала проследим эволюцию блоховского вектора, связанного с конкретной отстройкой Л, примерно так,как мы действовали при выполнении упр.4.
74. Применив импульс площадью л/2 к состоянию «спин-вверх», мы преобразуем его в состояниесо спином, направленным вдоль оси у, так что R(O) = (О,1,0). Последующая эволюция управляется уравнениями(5.34):R(t) = (-sin Лtе-t;т,, cos Лtе-t/т,, 1- e-t/Ti ) .В момент времени t= t 0 л-импульс разворачивает спин на 180° вокругоси х, что дает в результатеR(tо )=(-sinЛtо е-tо/т, , -cosЛtо e-tu/т,'-l+е- 10 /т1 ).Последующая эволюция приводит кR(t) = [ (-sin Лt0 cos Л(t - t 0 ) + cos Лt0 sin Л(t -t0 ))е-t;т,,(-sin Лt 0 sin Л(t-t0 )- cos Лt0 cos Л(t-t 0 ))e-t;т,,1 + [-2 + e-tu/T1 ]e-(t-toJ/1!] == (sin Л(t - 2t0 )е-t/т,, - cos Л(t -2t0 )е-t/т,, 1- 2e-<t-toJ/Ti + e-t/Ti ).219ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯТеперь, проинтегрировав компоненты этого вектора по всем отстройкам, находим, по аналогии с упр.4.76,(µх)=О;Решение для упражнения5.62.Состояние теплового равновесия_ yhBo(5.27)_= е kт •Начальный :л-импульс перевернет этот вектор, так что R( О) = (О, О, - ~z) .Последующая эволюция, согласно уравнениям (5.34), проходит так:характеризуется блоховским вектором ~=(0,0,~J, где ~zR(t) = (0,0,~ + [Rz(O)- ~]e-tfт,) = (O,O,~z(l-2e-t/Тi )) .Мы видим, что R(t) =О, когда е-r;т, = 1/2 или t = ~ ln2.Решение для упражненияµнн=3/4, µvн =1/4, µнv5.63=1/3, µvv =2/3.Решение для упражнения 5.64.L, j µ jiпредставляет собой суммувероятностей для всех возможных выходных состояний при заданномi-м результате квантового измерения.
Поскольку для каждого измерения показывается ровно одно выходное состояние, эта сумма равнаединице.Решение для упражнения5.65.Предположим, что в детекторпопадает п фотонов. Каждый из них порождает лавину с вероятностьюнов11·неСостояние «нет щелчка» возникает, если ни один из фотопородиллавинычастиц,чтопроисходитсвероятностью(1 - 11)". Отсюда µнетщелчка,n = (1 - 11)". Поскольку µнетщелчка,n + µщелчок,n = 1(упр.5.64),имеет место равенствоµще.лчок,n=1 - (1 - 11)".5.66. Эрмитова природа элементов= lv;) (V; 1РОVМ следует из того, что любой проекционный оператор(где lv) - это соответствующий базисный вектор) является эрмитовым, а все µji действительны.Решение для упражнения2201\РЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫ5Чтобы показать неотрицательность, запишем для произвольногоненулевого вектора1'1'):('1'1frj1 '1') =('1'1 I,µ j)\ 1'1') = L µji ('1'11\ 1'1') = I,µ ji 1('1'1 V; )1 2 •iiiПравая часть этого выражения неоrушцательна, потому что каждаяµji -вероятность. Это означает, чтоFjнеотрицателен, согласно определению А.22.Решение для упражнения5.67а) Воспользовавшись результатом упр.5.63и просуммировав повсем возможным результатам квантового измерения согласно(5.36),находим3/4Fн =µннlH)(Hl+µнvlV)(VI== ( 0l/о3) ;Ь) Аналогично, применив результаты упр.5.65, получаемfrнr:r щелчка = L.
µнет щелчка.n 1п) (п 1=L.с1-11)"1 п) (п 1;nfrщелчок = I,µщелчок,n 1п)(п1 = I,[ l-(l-11)" ]1 п)(пl.nРешение для упражнения(Р5.22)n(Р5.23)n5.68В последнем равенстве мы использовали разложение единицы(А.26).Решение для упражнения5.69а) Воспользовавшись теоремой полной вероятности (упр. Б.6),находим:221ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯЬ) Аналогично,где р в,;-это состояние Боба в случае, если Алиса получила приизмеренииjv).Решение для упражненияМетод!:5. 70использование чистого состояния и формульного аппарата проективных измеренийа) Воспользуемся моделью, изображенной на рис.5.2,т. е. будемсчитать, что детектор Алисы состоит из идеального устройства измерения квантовой поляризации, за которым размещенскремблер. Существует четыре варианта, которые мoryr дать Нна выходе детектора Алисы.•Начальное состояние есть 1Ч1 1 ), а квантовое поляризационноеjH). В этом случае ненормированноесостояние фотона Боба есть ( Н 1Ч1 1 ) = (1Н)+1 V)) / .J6 .
Вероятизмерение Алисы даетность того, что скремблер Алисы отобразит ее результат навыходное состояние Н, равна•3/4.Начальное состояние есть 1Ч1 1 ), а квантовое поляризационное1V). В этом случае ненормированноесостояние фотона Боба есть (v 1Ч1 1 ) = 21 V) / .J6 . Вероятностьизмерение Алисы даеттого, что скремблер Алисы отобразит ее результат на выходное состояние Н, равна•1/3.Начальное состояние есть IЧ1 2 ), а квантовое поляризационноеизмерение Алисы даетIH).В этом случае ненормированноесостояние фотона Боба есть (Н 1Ч1 2 ) = 1V) . Вероятность того,что скремблер Алисы отобразит ее результат на выходноесостояние Н, равна•3/4.Начальное состояние есть IЧ1 2 ), а квантовое поляризационноеизмерение Алисы даетV).состояние фотона Боба есть1В этом случае ненормированное(v 1Ч1 2 ) =О .Таким образом, общая ненормированная матрица плотностиБоба равнаРв,н=~[~lн)+lv) (нl+(vl +_!_ 21v) 2(vl]+~~lv)(vl =5 4.J6.J63.J6 .J65461333=-IH)(Hl+-IH)(Vl+-IV)(нl+-IV)(VI.120404040222РЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫЬ) Рассуждая аналогично в случае, когда измерение Алисы дало5V,мы находим следующий ансамбль:•l'f' 1 ), а квантовое поляризационноеIH).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
