TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Technische Natuurkunde
Uitwerking Tentamen Quantumfysica 2 van 15 april 2010.
1.
(a) De ”ket” |αi is een vector in de Hilbertruimte H, en de ”bra” hβ| een co-variante vector in de duale ruimte van H. Als H een n-dimensionale ruimte is, dan kan |αi gerepresenteerd worden als een n-kolomsvector, en hβ| als een n-rijvector. (b) De fysische interpretatie van de impulsgolffunctie, is dat deze is relateerd aan de kans om een deeltje op een zeker tijdstip t met een zekere impuls aan te treffen in het interval dp rondom de waarde p. Deze kans is dan gegeven door |Φ(p, t)|2 dp. (c) Start met de Schr¨ odinger vgl.: ∂ ˆ |Φ(t)i = H|Φ(t)i ∂t Z ∂ ˆ ˆ 0 ihp0 |Φ(t)i i~ hp|Φ(t)i = hp|H|Φ(t)i = dp0 hp|H|p ∂t 2 Z ∂ p 0 0 0 i~ Φ(p, t) = dp H(p)δ(p − p )Φ(p , t) = H(p)Φ(p, t) = + V (p) Φ(p, t) ∂t 2m i~
ˆ = wil zeggen dat pˆ en H ˆ een gemeenschappelijk stelsel eigenvectoren hebben. De (d) [ˆ p, H] ˆ Een meting van de plaats operator x ˆ commuteerd niet met pˆ, en dus ook niet met H. plaats zorgt dus voor een collapse van de toestand naar een plaats-eigentoestand, die beschreven kan worden als een superpositie van impuls- of energie-eigentoestanden. De impuls en de energie zijn na de meting dus onbepaald. Dit volgt ook uit de Heisenberg relatie. (e) Een quantum computer werkt met qubits in plaats van bits (cf. klassieke computer). Daardoor kan er met superpositie toestanden gewerkt worden. Met een n qubit register kan daardoor gerekend worden met 2n getallen tegelijk, met waarden tussen 0 en 2n −1. Daardoor kan een quantum computer potentieel veel sneller rekenen dan een klassieke computer. Men moet echter wel een slim algoritme gebruiken, want het uitlezen van het register (is gelijk aan een meting) komt overeen met de projectie van de toestand op ’e’en van de eigentoestanden. En voor een zinvolle berekening is het daarom het beste als het eindresultaat dan zelf een eigentoestand (pure toestand) is.
2 2.
(a) Aantonen door te laten zien dat HΨn = En Ψn , met En =
n2 π 2 ~2 . 2ma2
Omdat de potentiaal daar oneindig is moet gelden Ψn (0) = Ψn (a) = 0. (b) Schr¨ odingervergelijking invullen, uitwerken en dan inproduct nemen met Ψm geeft ∞
c0m (t) = −
iX 0 cn (t)Hmn exp(i(Em − En )t/~). ~ n=1
Deeltje begint in de grondtoestand, dus c1 (0) = 1, cm (0) = 0 voor m ≥ 2. (0)
(0)
(c) De nulde-orde benadering is c1 (t) = 1, cm (t) = 0 voor m ≥ 2. Dit vullen we rechts in, levert: i 0 0 c(1) m (t) = − Hm1 exp(i(Em − E1 )t/~). ~ 0 , uitwerken van de integraal (kan met trigonometrie of via uitschrijven (d) Bepaal eerst H21
van sinussen in e-machten) geeft 0 H21 =
4W . 3π
Invullen levert nu (1)
c2 (t) = −
4W (exp(i(E2 − E1 )t/~) − 1). 3π(E2 − E1 )
(e) P1→2 =
4W 3π(E2 − E1 )
2
| exp(i(E2 − E1 )T /~) − 1|2 .
Dit beschouw ik als ver genoeg uitgewerkt, kan eventueel nog verder tot P1→2 =
16ma2 W 9π 3 ~2
2
sin2
3π 2 ~T 4ma2
.
3 3.
(a) Zie Fig.1. De kans dat Bob gelijk heeft is P = 0.75.
FIG. 1: Weergave kansenverdeling bij vraag 3 (a).
(b) Bob meet nu in de getransformeerde basis. Zie nu Fig.2. De kans dat Bob nu gelijk heeft is P =
1 2
cos2 θ+ 14 (cos θ−sin θ)2 = ... = 12 + 14 (cos 2θ−sin 2θ) = 12 +
De grootste kans is
1 2
√
+
2 4
√
2 4
cos(2θ+ π4 ).
≈ 0.85 voor θ = − π8 .
FIG. 2: Weergave kansenverdeling bij vraag 3 (b).
(c) Als de toestand niet verstrengeld is, kunnen we deze als een product schrijven: (a|0i + b|1i)⊗(c|0i + d|1i) = ac|00i+ad|01i+bc|10i+bd|11i = α|00i+β|01i+γ|10i+δ|11i. √ Uit de eerste gegeven toestand blijkt dan dat α = δ = 1/ 2 = acbd. Echter, wat dan ook blijkt is dat β = γ = 0 = adbc. Dit is een tegenspraak, dus de aanname geldt niet: deze toestand is dus wel verstrengeld. Soortgelijke redenering tweede toestand: deze blijkt niet verstrengeld te zijn.
4 (d) 1 1 √ (|0θ 0θ i + |1θ 1θ i) = √ (cos θ|0i + sin θ|1i) ⊗ (cos θ|0i + sin θ|1i) 2 2 1 + √ (− sin θ|0i + cos θ|1i) ⊗ (− sin θ|0i + cos θ|1i) 2 1 = ... = √ (|00i + |11i) 2 (e) Bob heeft een kans van P = 0.5 om uitkomst 1 te meten. Als Alice ook in de basis Bθ meet, dan vind ze met 100% zekerheid ook 1. In elke andere basis ziet ze een superpositie toestand. 4.
(a) De Schr¨ odingervergelijking in poolco¨ordinaten is
−
~2 d2 ψ = Eψ, 2mR2 dφ2
met genormeerde oplossingen die voldoen aan ψ(φ + 2π) = ψ(φ):
1 √ eikφ ; 2π
k = 0, ±1, ±2, · · ·
en bijbehorende energie¨en
Ek =
k 2 ~2 . 2mR2
(b) Grondtoestand: alle drie de bosonen in ψ0 , dus Ψ = Ψ000 . Eerste aangeslagen toestanden:
1 Ψ = √ (Ψ001 + Ψ010 + Ψ100 ) ; 3 1 Ψ = √ (Ψ00−1 + Ψ0−10 + Ψ−100 ) . 3 (c) Grondtoestand: Ψ = Ψ00 in combinatie met de singlettoestand. Eerste aangeslagen toestanden:
5
Ψ
=
Ψ = Ψ
√1 2
=
Ψ =
√1 2
χ = |00i;
(Ψ0−1 + Ψ−10 ) , χ = |00i;
√1 2
√1 2
(Ψ01 + Ψ10 ) ,
(Ψ01 − Ψ10 ) ,
χ = |1mi, m = −1, 0, 1;
(Ψ0−1 − Ψ−10 ) , χ = |1mi, m = −1, 0, 1.
(d) Bij energieniveau E0 hoort maar ´e´en golffunctie, terwijl er bij niveau Ek , k > 0 twee golffuncties horen. Iedere golffunctie kan door twee elektronen worden bezet. Daarom is de bezetting 2 van niveau E0 en 4 van de andere niveaus. De 18 elektronen bezetten in de grondtoestand de niveau’s 0 t/m 4 volledig. In de eerste aangeslagen toestanden zijn niveaus 0 t/m 3 volledig bezet, bevinden zich 3 elektronen in niveau 4 en ´e´en elektron in niveau 5. (e) Het energieverschil is gelijk aan
∆E =
(52 − 42 )~2 9~2 = . 2mR2 2mR2
Deze energie kan geleverd worden door de absorptie van een foton met golflengte
λ=
8π 2 R2 mc ch = = 5800˚ A. ∆E 9 h
Dit is geel licht (kennis niet vereist: opmerking als ’dit is kennelijk niet-rood zichtbaar licht’ is ook goed). Hemoglobine absorbeert dus efficient geel licht, waardoor het licht dat van bloed reflecteert een tekort aan geel heeft. Dit ziet er rood uit. (f) Spin-1 deeltjes zijn bosonen, waarvoor het Pauli-principe niet geldt. De grondtoestand van het systeem voor bosonen is dat alle deeltjes in de toestand ψ0 zitten. (Bij kamertemperatuur is de thermische energie kb T nog altijd een orde van grootte lager dan de eerste excitatie-energie, dus de grondtoestand is een redelijke aanname. Dit argument is niet vereist, als men zonder uitleg uitgaat van de nieuwe grondtoestand en eerste aangeslagen toestand is het ook goed). De kans om een elektron in niveau 4 aan te treffen is dus zeer klein. Bloed zal dan nauwelijks geel licht absorberen, en gereflecteerd wit licht blijft wit. Het bloed van de aliens zal dan dus wit zijn.
