P-Räpresentation, Quantenoptik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:01 Do 04.08.2011 | | Autor: | uffisch |
| Aufgabe | Zeige, dass der Dichteoperator geschrieben werden kann als $ [mm] \rho [/mm] = [mm] \int P(\alpha, \alpha^{\*}) |\alpha [/mm] > [mm] <\alpha| d^2 \alpha [/mm] $. Zeige dies indem man $ [mm] \rho [/mm] $ in die nachfolgende Gleichung einsetzt (Siehe Scully, Quantenoptik, Seite 76):
$ [mm] P(\alpha, \alpha^{\*}) [/mm] = Tr[ [mm] \rho \delta(\alpha^{\*} [/mm] - [mm] a^{\dagger}) \delta(\alpha [/mm] - a)] $ |
Mein Ansatz [mm] (\rho [/mm] in P einsetzen):
$$ [mm] P(\alpha', \alpha'^{\*}) [/mm] = [mm] Tr[(\int P(\alpha', \alpha'^{\*}) |\alpha'> <\alpha'|~d^2\alpha')~ \delta(\alpha^{\*}-a^{\dagger})~\delta(\alpha-a)] [/mm]
= [mm] \int d\beta (\int P(\alpha', \alpha'^{\*}) <\beta|\alpha'> <\alpha'| \beta [/mm] > [mm] d^2\alpha') \delta(\alpha^{\*}-\beta) \delta(\alpha-\beta^{\*}) [/mm]
= [mm] \int P(\alpha', \alpha'^{\*}) <\alpha|\alpha'> <\alpha'| \alpha >~d^2\alpha' [/mm]
= [mm] \int P(\alpha, \alpha^{\*})~\exp(-|\alpha-\alpha'|^2)~d^2\alpha' [/mm]
[mm] \not= P(\alpha', \alpha'^{\*}) [/mm] $$
Ziel Wäre es das das ungleich zeichen in der letzten zeile nicht mehr da ist und gleichheit gezeigt ist. Wie mache ich das, habe ich etwas falsch gemacht? Die Kohärenten Zustände sind ja nicht orthogonal, daher kommt die exponentialfunktion am ende. Wenn Ein Kronecker Delta mit alpha, alpha' rauskommen würde wäre es ja einfach, tut es ja aber nicht. Also was mache ich falsch?
Vielen Dank und viele Grüße, uffisch
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:13 Do 04.08.2011 | | Autor: | Kroni |
Hi,
Der Fehler ist wohl, dass du die [mm] $\delta$ [/mm] nicht richtig auswertest, da die eine [mm] $\delta$ [/mm] Distribution auf [mm] $|\beta\rangle$ [/mm] wirkt, so dass dort stehen muesste
[mm] $\delta(\alpha [/mm] - [mm] \beta)$
[/mm]
und die linke der beiden [mm] $\delta$ [/mm] Distributionen wird von links auf [mm] $\langle \alpha'|$ [/mm] wirken, so dass dort
[mm] $\delta(\alpha^\ast [/mm] - [mm] \alpha'^\ast)$
[/mm]
stehen wird.
LG
Kroni
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:01 Fr 05.08.2011 | | Autor: | uffisch |
Danke dafür. Wenn ich die Deltas auf die angegebene weise auswerte stimmt es. Es ist etwas ungewohnt eine Deltadistribution unter das Integral ziehen zu dürfen, deswegen habe ich die vordere Deltadistribution auch auf den rechten ket Vektor wirken lassen, da ich dachte dass gilt:
$$ [mm] a^{\dagger}|\alpha> [/mm] = [mm] \alpha^{\*}|\alpha> [/mm] $$
Das stimmt so aber denke ich nicht, denn man weiß für
kohärente zustände nur:
$$ [mm] a|\alpha> [/mm] = [mm] \alpha |\alpha> [/mm] $$
und die konjugierte Gleichung lautet
$$ [mm] <\alpha| a^{\dagger} [/mm] = [mm] <\alpha| \alpha^{\*} [/mm] $$
damit muss man den konjugierten Operator nach links wirken lassen auf den bra-vektor unter dem integral. Und die Delta distribution darf ich reinziehen, die kann man ja als konstanten faktor ansehen der ja auch eine Integraldarstellung hat.
Wenn das stimmt was ich gesagt habe, dann habe ich es denke ich verstanden. Danke für die Hilfe. Und grüße an den Benedikt ^^
Grüße, uffisch
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:16 Fr 05.08.2011 | | Autor: | Kroni |
Hi,
> Es ist etwas ungewohnt eine
> Deltadistribution unter das Integral ziehen zu dürfen,
das [mm] $\delta$ [/mm] steht ja nunmal direkt rechts neben dem [mm] $\langle \alpha'|$, [/mm] und da das [mm] $\delta$ [/mm] jetzt nichts mit deiner Integrationsvariablen zu tun hat, kannst du es ja dann ja hinschreiben, wohin du magst (man darf halt nur nicht [mm] $\delta(\alpha^\ast [/mm] - [mm] a^\dagger)$ [/mm] und [mm] $\delta(\alpha- [/mm] a)$ vertauschen, da die nicht kommutieren, z.B.). Dann steht es dann halt genau neben dem [mm] $\langle \alpha'|$, [/mm] und dann kannst du die Eigenwertgleichung drauf loslassen.
> den rechten ket Vektor wirken lassen, da ich dachte dass
> gilt:
> [mm]a^{\dagger}|\alpha> = \alpha^{\*}|\alpha>[/mm]
> Das stimmt so
> aber denke ich nicht, denn man weiß für
Das ist richtig, dass es so nicht stimmt.
Das sieht man, wie ich finde, am leichtesten, wenn man sich den kohaerenten Zustand in der Fock-Basis anschaut, wo man ja weiss, wie der Erzeuger drauf wirkt:
[mm] $|\alpha\rangle =\exp(-|\alpha|^2 [/mm] / 2) [mm] \sum_{n=0}^\infty [/mm] n [mm] \frac{\alpha^n}{n!} |n\rangle$
[/mm]
Wenn man jetzt mit [mm] $a^\dagger$ [/mm] auf diesen Zustand geht, wird [mm] $a^\dagger |\alpha\rangle$ [/mm] den Vakuum-Zustand [mm] $|0\rangle$ [/mm] nicht mehr beinhalten, so dass das unmoeglich ein kohaerenter Zustand mehr sein kann, da ihm der Vakuum-Zustand fehlt. D.h. [mm] $a^\dagger |\alpha\rangle \not [/mm] = [mm] \alpha^\ast |\alpha\rangle$, [/mm] wie du richtig gesagt hast.
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> Wenn das stimmt was ich gesagt habe, dann habe ich es denke
> ich verstanden.
Sehr schoen.
LG
Kroni
> Grüße, uffisch
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