Lösungen Band II, Vorlesung 3

Aufgabe 3.1

Beweisen Sie: Ist ein Vektorraum N-dimensional, so kann man eine Orthonormalbasis aus N Vektoren finden, gebildet aus den Eigenvektoren eines hermiteschen Operators.

Lösung:

Dieser Satz ist ein wichtiges Ergebnis aus der Linearen Algebra, einer mathematischen Disziplin, die sich mit linearen Vektorräumen befasst. Da unsere Zustandsräume lineare Vektorräume sind, lassen sich alle Ergebnisse der Linearen Algebra anwenden. Aber wir haben den Satz praktisch im Abschnitt 3.1.5 (S. 41f) bewiesen. Man kann aus den Eigenvektoren eines hermiteschen Operators eine Orthonormalbasis auswählen. Ist der Zustandsraum N-dimensional, so gibt es N Eigenwerte. Die Eigenvektoren zweier verschiedener Eigenwerte sind jeweils orthogonal. Sind nun alle Eigenwerte verschieden, so können wir zu jedem Eigenwert einen Eigenvektor auswählen und diesen normieren. Dadurch haben wir unsere Orthonormalbasis. Aber auch bei Entartung eines Eigenwerts, d.h. wenn zwei oder mehr Eigenwerte übereinstimmen (d.h. wenn ein Eigenwert ein sogenannter mehrfacher Eigenwert ist), können wir mehrere (der Vielfachheit entsprechende) Eigenvektoren dazu finden, die paarweise orthogonal sind. Eine zentrale Rolle bei dieser Aussage spielt das in 3.1.6 beschrieben Gram-Schmidtsche Orthonormalisierungsverfahren.


Aufgabe 3.2

Zeigen Sie, dass Gl. 3.16 die eindeutige Lösung zu Gleichungen 3.14 und 3.15 ist.

Lösung:

Wir suchen einen hermiteschen Operator \sigma_z, der die beiden Gleichungen

    \[\sigma_z= \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix} = + \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix},\;\;\;\;\sigma_z \begin{pmatrix} 0 \\ 1\end{pmatrix} = - \begin{pmatrix} 0 \\ 1\end{pmatrix}\]


erfüllt. Da \sigma_z hermitesch ist, lässt sich \sigma_z schreiben als

    \[\sigma_z = \begin{pmatrix} a & c\\ c^* & b\end{pmatrix},\]


wobei a und b reell sind und c evtl. einen Imaginärteil besitzt.
Dadurch werden die beiden Gleichungen zu

    \begin{align*}\sigma_z \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} a \\ c^* \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\ 0\end{pmatrix}\\\sigma_z \begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} c \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1\end{pmatrix}.\end{align*}


Man liest sofort ab: a=1, b=-1, c=0. Es ist also

    \[\sigma_z = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}.\]


Aufgabe 3.3

Berechnen Sie die Eigenvektoren und Eigenwerte von \sigma_n.

Hinweis: Nehmen Sie an, dass der Eigenvektor \ket{\lambda_1} die Form

    \[ \begin{pmatrix} \cos \alpha \\ \sin \alpha \end{pmatrix}\]

hat, wobei \alpha ein unbekannter Parameter ist. Stecken Sie diesen Vektor in die Eigenwertgleichung und drücken Sie \alpha in Termen von \theta aus. Wieso verwenden wir einen einzelnen Parameter \alpha? Beachten Sie, dass unser Spaltenvektor Einheitslänge haben muss.

Lösung:

Wir verwenden den empfohlenen Ansatz und erhalten:

    \[\sigma_n \begin{pmatrix} \cos \alpha \\ \sin \alpha \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ \sin \theta & -cos \theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \alpha \\ \sin \alpha \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \cos \theta \cos \alpha + \sin \theta \sin \alpha \\ \sin \theta \cos \alpha - \cos \theta \sin \alpha \end{pmatrix}\\ =\begin{pmatrix} \cos (\theta - \alpha) \\ \sin (\theta - \alpha)\end{pmatrix}\]

Die letzte Gleichheit folgt aus den Additionstheoremen der Trigonometrie. Für die beiden möglichen Eigenwerte \lambda_1 und \lambda_2 muss nun gelten:

    \[\begin{pmatrix} \cos (\theta - \alpha) \\ \sin (\theta - \alpha)\end{pmatrix} =\lambda_{1,2} \begin{pmatrix} \cos \alpha \\ \sin \alpha \end{pmatrix}.\]


Wir erhalten eine einfache Lösung für \alpha = \frac{\theta}{2}, denn es ist dann

    \[\begin{pmatrix} \cos (\theta - \frac{\theta}{2}) \\ \sin (\theta - \frac{\theta}{2})\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \cos \frac{\theta}{2} \\ \sin \frac{\theta}{2} \end{pmatrix}= +1 \begin{pmatrix} \cos \frac{\theta}{2} \\ \sin \frac{\theta}{2} \end{pmatrix}.\]


Also ist \lambda_1 = +1 ein Eigenwert mit dem Eigenvektor

    \[ \ket{\lambda_1} = \begin{pmatrix} \cos \frac{\theta}{2} \\ \sin \frac{\theta}{2} \end{pmatrix}.\]

Von dieser Lösung ausgehend können wir eine zweite Lösung finden wegen den Identitäten \sin (x-\frac{\pi}{2}) = -\sin (x+\frac{\pi}{2}), \cos (\frac{\pi}{2} = -\cos (x+\frac{\pi}{2}). Setzen wir a = \frac{\theta + \pi}{2}, so gilt

    \[\begin{pmatrix} \cos (\theta - \frac{\theta + \pi}{2}) \\ \sin (\theta - \frac{\theta + \pi}{2})\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \cos (\frac{\theta}{2} - \frac{\pi}{2})\\ \sin (\frac{\theta}{2} - \frac{\pi}{2}) \end{pmatrix}\\= -1 \begin{pmatrix} \cos (\frac{\theta}{2} + \frac{\pi}{2})\\ \sin (\frac{\theta}{2} + \frac{\pi}{2})\end{pmatrix}= -1 \begin{pmatrix} \cos \alpha\\ \sin \alpha\end{pmatrix}.\]

Wir haben also einen Eigenvektor zum Eigenwert \lambda_2=-1 gefunden, wenn wir \alpha = \frac{\theta + \pi}{2} setzen.

Das sah nun ziemlich nach Raten aus. Wir hatten ja eine vorgegebene Form des Eigenvektors, und durch Ausprobieren dann die beiden Eigenwerte samt Eigenvektoren gefunden. Gibt es denn auch ein allgemeines Rezept, wenn man die Form des Eigenvektors nicht ahnt? Tatsächlich gibt es ein Verfahren, die Eigenwerte zu bestimmen. Dies geschieht mit Hilfe des charakteristischen Polynoms einer Matrix, und im Internet findet man dazu zahlreiche Erklärungen.


Aufgabe 3.4

Seien n_z = \cos \theta, n_x = \sin \theta \cos \phi und n_y = \sin \theta \sin \phi. Die Winkel \theta und \phi sind nach den üblichen Konventionen der sphärischen Koordinaten definiert (Abb. 3.2). Berechnen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren für die Matrix in Gl. 3.23.

Lösung:

Nach Gl. 3.23 ist

    \begin{align*}\sigma_n &= \begin{pmatrix} n_z & (n_x - in_y) \ (n_x + i_ny) & -n_z \end{pmatrix}\\&= \begin{pmatrix} \cos \theta & (\sin \theta \cos \phi - i \sin \theta \sin \phi) \ (\sin \theta \cos \phi + i \sin \theta \sin \phi) & -\cos \theta \end{pmatrix} \\&= \begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta( \cos \phi - i \sin \phi) \ \sin \theta( \cos \phi + i \sin \phi) & -\cos \theta \end{pmatrix} \\&= \begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta e^{-i\phi} \ \sin \theta e^{+i\phi} & -\cos \theta \end{pmatrix}\end{align*}

Das charakteristische Polynom lautet

    \[(\cos \theta - \lambda)(-\cos \theta - \lambda) -\sin^2 \theta e^{-i \phi} e^{+i \phi} = -\cos^2 \theta + \lambda^2 - \sin^2 \theta = \lambda^2 -1.\]


Es hat die beiden Nullstellen \lambda_{1,2} = \pm 1, d.h. die Eigenwerte lauten +1 und -1.
Wir müssen nun die Eigenvektoren bestimmen.

Wir beginnen mit \lambda_1 = +1. Versuchen wir es mit dem Ansatz aus Aufgabe 3.3:

    \[\begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta e^{-i\phi} \ \sin \theta e^{+i\phi} & -\cos \theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \alpha \ \sin \alpha \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos \theta \cos \alpha + \sin \theta e^{-i\phi} \sin \alpha \ \sin \theta e^{+i\phi} \cos \alpha -\cos \theta \sin \alpha \end{pmatrix}.\]


Dieser Ausdruck lässt sich wegen der Terme e^{\pm i \phi} nicht vereinfachen. Wir fügen daher zum Ansatz einen Phasenfaktor e^{i \phi} hinzu:

    \begin{align*}&\begin{pmatrix} \cos \theta & \sin \theta e^{-i\phi} \ \sin \theta e^{+i\phi} & -\cos \theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \alpha \ e^{i \phi} \sin \alpha \end{pmatrix} \\= &\begin{pmatrix} \cos \theta \cos \alpha + \sin \theta e^{-i\phi} e^{i \phi} \sin \alpha \ \sin \theta e^{+i\phi} e^{-i \phi} \cos \alpha -\cos \theta \sin \alpha \end{pmatrix}\\= &\begin{pmatrix} \cos \theta \cos \alpha + \sin \theta \sin \alpha \ e^{i \phi}( \sin \theta \cos \alpha - \cos \theta \sin \alpha )\end{pmatrix} \\= &\begin{pmatrix} \cos \alpha \ e^{i \phi} \sin \alpha \end{pmatrix}\end{align*}

Wir erhalten also folgende Gleichungen zum Eigenwert \lambda_1 = 1

    \begin{align*}\cos \theta \cos \alpha + \sin \theta \sin \alpha &= \cos (\theta - \alpha) = \cos \alpha\\\sin \theta \cos \alpha - \cos \theta \sin \alpha &= \sin (\theta - \alpha) = \sin \alpha\end{align*}


und damit

    \[\lambda_1 = +1, \;\;\;\ket{\lambda_1} = \begin{pmatrix} \cos \frac{\theta}{2} \\ e^{i \phi} \sin \frac{\theta}{2} \end{pmatrix}.\]

Für eine Ansatz für Eigenwert \lambda_2 = -1 benutzen wir die Tatsache, dass \braket{\lambda_1|\lambda_2} = 0 gilt, denn die Eigenvektoren stehen senkrecht aufeinander. Damit erraten wir

    \[ \lambda_2 = -1, \,\,\, \ket{\lambda_2} = \begin{pmatrix} \sin \frac{\theta}{2} \\ -e^{i\phi} \cos \frac{\theta}{2} \end{pmatrix}. \]


Wir können dies noch überprüfen:

    \begin{align*}\cos \theta \sin \frac{\theta}{2} - e^{-i \phi}\sin \theta e^{i \phi}\cos \frac{\theta}{2} &= \cos( \frac{\theta}{2}) = - \cos( \frac{\theta}{2})\\\sin \theta \cos \frac{\theta}{2} - \cos \theta \sin \alpha &= \sin (\theta - \alpha) = -\sin \alpha\end{align*}


Aufgabe 3.5

Nehmen Sie an, ein Spin ist so präpariert, dass \sigma_m = +1 ist. Die Apparatur wird dann in \hat{n}-Richtung gedreht und \sigma_n gemessen. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Ergebnis +1 ist? Beachten Sie, dass \sigma_m = \vec{\sigma} \cdot \hat{m} ist, mit derselben Konvention für \sigma_n.

Lösung:

Wir können es uns etwas einfacher machen, indem wir unser Koordinatensystem so drehen, dass \hat{m} mit der z-Achse zusammenfällt. In diesem Fall ist \sigma_m = \sigma_z, und der Spin “zeigt nach oben”, d.h. der Zustand ist \ket{u}.

Wir drehen die Apparatur nun so , dass sie in Richtung von \hat{n} zeigt. Dann ist \sigma_n wie in Aufgabe 3.4 beschrieben, also
n_z = \cos \theta, n_x = \sin \theta \cos \phi und n_y = \sin \theta \sin \phi, wobei \theta der Winkel mit der z-Achse und damit zu \hat{m} ist. Wieder ist


    \[ \sigma_n = \begin{pmatrix} \cos \theta & e^{-i\phi}\sin \theta \ e^{+i\phi} \sin \theta & -\cos \theta \end{pmatrix}. \]


Die Eigenwerte lauten \lambda_1 = +1 und \lambda_2 = -1 mit den Eigenvektoren


    \[\ket{\lambda_1} = \begin{pmatrix} \cos \frac{\theta}{2} \\ e^{i \phi} \sin \frac{\theta}{2} \end{pmatrix} \;\;\; \text{und} \;\;\;\ket{\lambda_2} = \begin{pmatrix} \sin \frac{\theta}{2} \\ -e^{i\phi} \cos \frac{\theta}{2} \end{pmatrix}.\]

Damit gilt:

    \begin{align*} \braket{u|\lambda_1} = \begin{pmatrix} 1&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \frac{\theta}{2} \\ e^{i \phi} \sin \frac{\theta}{2} \end{pmatrix} = \cos \frac{\theta}{2} &\longrightarrow P(+1) = \braket{u|\lambda_1} \braket{\lambda_1|u} = \cos^2\frac{\theta}{2}\\ \braket{u|\lambda_2}= \begin{pmatrix} 1&0\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sin \frac{\theta}{2} \\ -e^{i\phi} \cos \frac{\theta}{2} \end{pmatrix} = \sin \frac{\theta}{2} &\longrightarrow P(-1) = \braket{u|\lambda_2} \braket{\lambda_2|u} = \sin^2\frac{\theta}{2}. \end{align*}


Es ist P(+1) = \cos^2 \frac{\theta}{2}.