Lösungen Band II, Vorlesung 6

Aufgabe 6.1

Zeigen Sie: Faktorisiert P(a,b), so ist die Korrelation zwischen a und b gleich 0.

Lösung:

Sind A und B zwei Observablen, so lauten die Erwartungswerte

    \[ \braket{A} = \sum_a P_A(a) \;\;\text{und} \;\; \braket{B} = \sum_b P_B(b), \]

wobei die Summen über alle Eigenwerte a bzw. b der Observablen gebildet werden. Für das Produkt der Erwartungswerte gilt dann:

    \[ \braket{A}\braket{B} = \sum_a P_A(a) \sum_b P_B(b) = \sum_{a,b} P_A(a)P_B(b) ab.\]


Dabei wird die letzte Summe über alle Kombinationen der a und b gebildet. Faktorisiert nun P(a,b), d.h. gilt P(a,b) = P_A(a) P_B(b), so ist


    \[ \braket{A}\braket{B} = \sum_{a,b} P_A(a)P_B(b) ab = \sum_{a,b} P(a,b) ab = \braket{AB}.\]


Das Mittelwert des Produkts ist in diesem Fall also das Produkt der Mittelwerte, d.h. \braket{AB} - \braket{A}\braket{B} =0 .

Aufgabe 6.2

Zeigen Sie: Sind die beiden Normierungsbedingungen aus Gl. 6.4 erfüllt, so ist der Zustandsvektor aus Gl. 6.5 ebenfalls automatisch normiert. Mit anderen Worten sollen Sie zeigen, dass aus der Normierung des gesamten Zustandsvektors keine zusätzlichen Einschränkungen an die \alpha und \beta folgen.

Lösung:

Wir haben die beiden Zustände \alpha_u |u\} + \alpha_d |d\} und \beta_u \ket{u} + \beta_d \ket{d} mit den Normierungsbedingungen


    \begin{align*}\alpha_u^* \alpha_u + \alpha_d^* \alpha_d &= 1\\\beta_u^* \beta_u + \beta_d^* \beta_d &= 1.\end{align*}

Der Produktzustand lautet


    \[\alpha_u \beta_u \ket{uu} + \alpha_u\beta_d \ket{ud} + \alpha_d \beta_u \ket{du} + \alpha_d\beta_d \ket{dd} \]

und hat die Norm

    \begin{align*}&\alpha_u^* \beta_u^* \alpha_u \beta_u + \alpha_u^* \beta_d^* \alpha_u \beta_d + \alpha_d^* \beta_u^* \alpha_d \beta_u + \alpha_d^* \beta_d^* \alpha_d \beta_d =\\&\alpha_u^* \alpha_u \big( \beta_u^* \beta_u + \beta_d^* \beta_d \big) + \alpha_d^* \alpha_d \big( \beta_u^* \beta_u + \beta_d^* \beta_d \big) =\\&\alpha_u^* \alpha_u \big(1\big) + \alpha_d^* \alpha_d \big(1 \big)= \alpha_u^* \alpha_u + \alpha_d^* \alpha_d = 1.\end{align*}

Also ist der Produktzustand zweier normierter Zustände ebenfalls normiert.
(Beachte, dass die \alpha und \beta einfach komplexe Zahlen sind, und wir ganz normal damit rechnen können.)

Aufgabe 6.3

Zeigen Sie, dass der Zustand \tket{sing} nicht als Produktzustand geschrieben werden kann.

Lösung:

Versuchen wir einmal, \tket{sing} als Produktzustand zu schreiben, also in der Form


    \[ \tket{sing} = \frac{1}{\sqrt{2}} \ket{ud} - \frac{1}{\sqrt{2}} \ket{du} = \alpha_u\beta_u \ket{uu} + \alpha_u\beta_d \ket{ud} +\alpha_d\beta_u \ket{du} +\alpha_d\beta_d \ket{dd}. \]


Wir lesen direkt ab, dass


    \[ \alpha_u\beta_d = \frac{1}{\sqrt{2}} \;\; \text{und} \;\; \alpha_d\beta_u = - \frac{1}{\sqrt{2}} \]


gelten muss, und dass dann


    \[ \alpha_u \beta_u = 0, \;\; \text{und}\;\; \alpha_d\beta_d = 0 \]


ist. Aus den beiden lezten Gleichungen folgt, dass \alpha_u = 0 oder \beta_u = 0 gelten muss. Das kann aber nicht sein, da sonst entweder \alpha_u\beta_d = 0 oder \alpha_d\beta_u = 0 sein muss. Aus diesem Widerspruch folgt, dass \tket{sing} kein Produktzustand sein kann.

Eine einfache Knobelaufgabe, keine große Mathematik!

Aufgabe 6.4

Benutzen Sie die Matrixdarstellungen von \sigma_z, \sigma_x und \sigma_y und die Spaltenvektoren für \ket{u} und \ket{d}, um Gl. 6.6 zu überprüfen. Verwenden Sie dann Gl. 6.6 und Gl. 6.7, um die fehlenden Gleichungen in Gl. 6.8 zu bestimmen. Sehen Sie im Anhang nach, ob ihre Antworten richtig sind.

Lösung:

Hier kommen die Berechnungen zu Gl. 6.6:

    \begin{align*}\sigma_z \keta{u} &= \begin{pmatrix}1&0\\0&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix} = \keta{u}\\\sigma_z \keta{d} &= \begin{pmatrix}1&0\\0&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\-1 \end{pmatrix} = -\keta{d}\\\sigma_x \keta{u} &= \begin{pmatrix}0&1\\1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\1 \end{pmatrix} = \keta{d}\\\sigma_x \keta{d} &= \begin{pmatrix}0&1\\1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix} = \keta{u}\\\sigma_y \keta{u} &= \begin{pmatrix}0&-i\\i&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\i \end{pmatrix} = i\keta{d}\\\sigma_y \keta{d} &= \begin{pmatrix}0&-i\\i&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}0\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-i\\0 \end{pmatrix} = -i\keta{u}.\end{align*}

Der zweite Teil der Aufgabe bringt nicht viele Erkenntnisse. Die Lösung besteht einfach darin, bei Anwendung von Alice \sigma-Operatoren den ersten Buchstaben im Ket-Vektor gemäß Gleichungen 6.6 auszutauschen, und bei Bobs \tau-Operatoren den zweiten (incl. Vorzeichenwechsel und Multiplikation mit i). Ich mache das einmal für Alices Operator:

    \begin{align*}\sigma_z \keta{u} = +\keta{u} &\Rightarrow \sigma_z \ket{uu} = \ket{uu}, \sigma_z \ket{ud} = \ket{ud} \\\sigma_z \keta{d} = -\keta{d} &\Rightarrow \sigma_z \ket{du} = -\ket{du}, \sigma_z \ket{dd} = -\ket{dd} \\\sigma_x \keta{u} = +\keta{d} &\Rightarrow \sigma_x \ket{uu} = \ket{du}, \sigma_x \ket{ud} = \ket{dd} \\\sigma_x \keta{d} = +\keta{u} &\Rightarrow \sigma_x \ket{du} = \ket{uu}, \sigma_x \ket{dd} = \ket{ud} \\\sigma_y \keta{u} = i\keta{d} &\Rightarrow \sigma_y \ket{du} = i\ket{du}, m\sigma_y \ket{ud} = i\ket{dd} \\\sigma_y \keta{d} = -i\keta{u} &\Rightarrow \sigma_y \ket{uu} = -i\ket{uu}, \sigma_y \ket{dd} = -i\ket{ud}.\end{align*}

Ganz genauso geht das für Bobs Operator, nur ändert sich hier der \textit{zweite} Buchstabe im Produktzustand:

    \begin{align*}\tau_z \ket{u} = +\keta{u} &\Rightarrow \tau_z \ket{uu} = \ket{uu}, \tau_z \ket{du} = \ket{du} \\\tau_z \ket{d} = -\keta{d} &\Rightarrow \tau_z \ket{ud} = -\ket{ud}, \tau_z \ket{dd} = -\ket{dd} \\\tau_x \ket{u} = +\keta{d} &\Rightarrow \tau_x \ket{uu} = \ket{ud}, \tau_x \ket{du} = \ket{dd} \\\tau_x \ket{d} = +\keta{u} &\Rightarrow \tau_x \ket{ud} = \ket{uu}, \tau_x \ket{dd} = \ket{du} \\\tau_y \ket{u} = i\keta{d} &\Rightarrow \tau_y \ket{uu} = i\ket{ud}, \tau_y \ket{du} = i\ket{dd} \\\tau_y \ket{d} = -i\keta{u} &\Rightarrow \tau_y \ket{ud} = -i\ket{uu}, \tau_y \ket{dd} = -i\ket{du}.\end{align*}

Aufgabe 6.5

Beweisen Sie den folgenden Satz:

Wenn irgendeiner von Alices oder Bobs Spinoperatoren auf einen Produktzustand wirkt, so ist das Ergebnis wieder ein Produktzustand.

Zeigen Sie, dass in einem Produktzustand der Erwartungswert jeder Komponente von \sigma oder \tau genau derselbe ist wie im individuellen Einzel-Spin-Zustand.

Lösung:

Den Satz haben wir bereits in Aufgabe 6.4 bewiesen, denn wir haben die Operatoren auf alle Basis-Produktzustände angewandt und wieder Produktzustände erhalten. Wegen der Linearität der Operatoren folgt dies nun für alle möglichen Produktzustände.

Allgemein gilt: Ist \sigma einer von Alices Spin-Operatoren mit \sigma \keta{a} = a', und ist \ket{ab} = \keta{a} \otimes \ket{b} ein Produktzustand, so gilt:

    \[ \sigma \ket{ab} = (\sigma \otimes \Id) (\keta{a} \otimes \ket{b}) = \keta{a'} \otimes \ket{b} = \ket{a'b}.\]


Analog für Bobs Spin-Operatoren:

    \[ \tau \ket{ab} = (\Id \otimes \sigma) (\keta{a} \otimes \ket{b}) = \keta{a} \otimes \ket{b'} = \ket{ab'}.\]

Wir können dies auch noch ausführlich nachrechnen. Betrachten wir den allgemeinen Produktzustand

    \[ \ket{ab} = \keta{a} \otimes \ket{b} \big(\alpha_u\keta{u} + \alpha_d \keta{d}\big) \otimes \big(\beta_u\ket{u} + \beta_d \ket{d}\big). \]

Dann gilt:

    \begin{align*} \big(\sigma_z \otimes \Id \big) \ket{ab} &= \big[ \big(\sigma_z \otimes \Id \big) \big(\alpha_u\keta{u} + \alpha_d \keta{d}\big) \otimes \big(\beta_u\ket{u} + \beta_d \ket{d}\big)\big]\\ &= \sigma_z \big(\alpha_u\keta{u} + \alpha_d \keta{d}\big) \otimes \Id \big(\beta_u\ket{u} + \beta_d \ket{d}\big)\\ &= \big(\alpha_u \sigma_z \keta{u} + \alpha_d \sigma_z \keta{d}\big) \otimes \big(\beta_u \Id\ket{u} + \beta_d \Id \ket{d}\big)\\ &= \big(\alpha_u \keta{u} - \alpha_d \keta{d}\big) \otimes \big(\beta_u \ket{u} + \beta_d \ket{d}\big), \end{align*}

    \begin{align*} \big(\sigma_x \otimes \Id \big) \ket{ab} &= \big[ \big(\sigma_x \otimes \Id \big) \big(\alpha_u\keta{u} + \alpha_d \keta{d}\big) \otimes \big(\beta_u\ket{u} + \beta_d \ket{d}\big)\big]\\&= \sigma_x \big(\alpha_u\keta{u} + \alpha_d \keta{d}\big) \otimes \Id \big(\beta_u\ket{u} + \beta_d \ket{d}\big)\\ &= \big(\alpha_u \sigma_x \keta{u} + \alpha_d \sigma_x \keta{d}\big) \otimes \big(\beta_u \Id\ket{u} + \beta_d \Id \ket{d}\big)\\&= \big(\alpha_u \keta{d} + \alpha_d \keta{u}\big) \otimes \big(\beta_u \ket{u} + \beta_d \ket{d}\big), \end{align*}

    \begin{align*} \big(\sigma_y \otimes \Id \big) \ket{ab} &= \big[ \big(\sigma_y \otimes \Id \big) \big(\alpha_u\keta{u} + \alpha_d \keta{d}\big) \otimes \big(\beta_u\ket{u} + \beta_d \ket{d}\big)\big]\\ &= \sigma_y \big(\alpha_u\keta{u} + \alpha_d \keta{d}\big) \otimes \Id \big(\beta_u\ket{u} + \beta_d \ket{d}\big)\\ &= \big(\alpha_u \sigma_y \keta{u} + \alpha_d \sigma_y \keta{d}\big) \otimes \big(\beta_u \Id\ket{u} + \beta_d \Id \ket{d}\big)\\ &= \big(\alpha_u i\keta{d} - \alpha_d i \keta{u}\big) \otimes \big(\beta_u \ket{u} + \beta_d \ket{d}\big). \end{align*}

Da die Spinoperatoren (wie alle Operatoren) linear sind, wirken sie letztlich nur auf die Basisvektoren, und die Produkt-Struktur der Zustandsvektoren bleibt erhalten. Die Spinoperatoren bilden Produktzustände auf Produktzustände ab.

Für die Erwartungswerte gilt:

    \begin{align*} \braket{\sigma_z} &= \braket{ab|\sigma_z | ab}\\ &= \bra{ab} \sigma_z \big[ \alpha_u \beta_u \ket{uu} + \alpha_u \beta_d \ket{ud} + \alpha_d \beta_u \ket{du} + \alpha_d \beta_d \ket{dd} \big]\\&= \bra{ab} \big[ \alpha_u \beta_u \ket{uu} + \alpha_u \beta_d \ket{ud} - \alpha_d \beta_u \ket{du} - \alpha_d \beta_d \ket{dd} \big] \\&= \big[ \alpha_u^* \beta_u^*\bra{uu} + \alpha_u^* \beta_d^*\bra{ud} + \alpha_d^* \beta_u^*\bra{du} + \alpha_d^* \beta_d^*\bra{dd} \big] \\&\phantom{=}\;\big[ \alpha_u \beta_u \ket{uu} + \alpha_u \beta_d \ket{ud} - \alpha_d \beta_u \ket{du} - \alpha_d \beta_d \ket{dd} \big] \\&= \alpha_u^* \beta_u^* \alpha_u \beta_u + \alpha_u^* \beta_d^* \alpha_u \beta_d - \alpha_d^* \beta_u^* \alpha_d \beta_u - \alpha_d^* \beta_d^* \alpha_d \beta_d \\&= (\beta_u^*\beta_u)(\alpha_u^*\alpha_u - \alpha_d^*\alpha_d ) + (\beta_d^*\beta_d)(\alpha_u^*\alpha_u - \alpha_d^*\alpha_d )\\&= (\beta_u^*\beta_u + \beta_d^*\beta_d)(\alpha_u^*\alpha_u - \alpha_d^*\alpha_d )\\&= \alpha_u^*\alpha_u - \alpha_d^*\alpha_d.\end{align*}

Dies ist genau der Erwartungswert für Alices Einzel-Spin:

    \begin{align*} \{a|\sigma_z|a\} &= (\alpha_u^* \{u| + \alpha_d^* \{d| ) \sigma_z (\alpha_u |u\} + \alpha_d |d\} ) \\&= (\alpha_u^* \{u| + \alpha_d^* \{d| ) (\alpha_u |u\} - \alpha_d |d\} )\\&= \alpha_u^*\alpha_u - \alpha_d^*\alpha_d.\end{align*}

Nun zu den Erwartungswerten von \sigma_x:

    \begin{align*} \braket{\sigma_x} &= \braket{ab|\sigma_x | ab}\\ &= \bra{ab} \sigma_x \big[ \alpha_u \beta_u \ket{uu} + \alpha_u \beta_d \ket{ud} + \alpha_d \beta_u \ket{du} + \alpha_d \beta_d \ket{dd} \big]\\ &= \bra{ab} \big[ \alpha_u \beta_u \ket{du} + \alpha_u \beta_d \ket{dd} + \alpha_d \beta_u \ket{uu} + \alpha_d \beta_d \ket{ud} \big] \\ &= \big[ \alpha_u^* \beta_u^*\bra{uu} + \alpha_u^* \beta_d^*\bra{ud} + \alpha_d^* \beta_u^*\bra{du} + \alpha_d^* \beta_d^*\bra{dd} \big] \\ &\phantom{=}\;\big[ \alpha_u \beta_u \ket{du} + \alpha_u \beta_d \ket{dd} + \alpha_d \beta_u \ket{uu} + \alpha_d \beta_d \ket{ud} \big] \\ &= \alpha_u^* \beta_u^* \alpha_d \beta_u + \alpha_u^* \beta_d^* \alpha_d \beta_d + \alpha_d^* \beta_u^* \alpha_u \beta_u + \alpha_d^* \beta_d^* \alpha_u \beta_d \\&= (\beta_u^*\beta_u)(\alpha_u^*\alpha_d + \alpha_d^*\alpha_u ) + (\beta_d^*\beta_d)(\alpha_u^*\alpha_d + \alpha_d^*\alpha_u )\\&= (\beta_u^*\beta_u + \beta_d^*\beta_d)(\alpha_u^*\alpha_d + \alpha_d^*\alpha_u )\\&= \alpha_u^*\alpha_d + \alpha_d^*\alpha_u.\end{align*}

Dies ist der Erwartungswert für Alices Einzel-Spin:

    \begin{align*} \{a|\sigma_x|a\} &= (\alpha_u^* \{u| + \alpha_d^* \{d| ) \sigma_x (\alpha_u |u\} + \alpha_d |d\} ) \\&= (\alpha_u^* \{u| + \alpha_d^* \{d| ) (\alpha_u |d\} + \alpha_d |u\} )\\&= \alpha_u^*\alpha_d + \alpha_d^*\alpha_u.\end{align*}

Schließlich gilt für die Erwartungswerte von \sigma_y:

    \begin{align*}\braket{\sigma_y} &= \braket{ab|\sigma_y | ab}\\&= \bra{ab} \sigma_y \big[ \alpha_u \beta_u \ket{uu} + \alpha_u \beta_d \ket{ud} + \alpha_d \beta_u \ket{du} + \alpha_d \beta_d \ket{dd} \big]\\&= \bra{ab} \big[ \alpha_u \beta_u i\ket{du} + \alpha_u \beta_d i\ket{dd} - \alpha_d \beta_u i\ket{uu} - \alpha_d \beta_d i\ket{ud} \big] \\&= \big[ \alpha_u^* \beta_u^*\bra{uu} + \alpha_u^* \beta_d^*\bra{ud} + \alpha_d^* \beta_u^*\bra{du} + \alpha_d^* \beta_d^*\bra{dd} \big] \\ &\phantom{=}\;\big[ \alpha_u \beta_u i\ket{du} + \alpha_u \beta_d i\ket{dd} - \alpha_d \beta_u i\ket{uu} - \alpha_d \beta_d i\ket{ud} \big] \\ &= -i\alpha_u^* \beta_u^* \alpha_d \beta_u - i\alpha_u^* \beta_d^* \alpha_d \beta_d + i\alpha_d^* \beta_u^* \alpha_u \beta_u + i\alpha_d^* \beta_d^* \alpha_u \beta_d \\&= i(\beta_u^*\beta_u)(-\alpha_u^*\alpha_d + \alpha_d^*\alpha_u ) + i(\beta_d^*\beta_d)(-\alpha_u^*\alpha_d + \alpha_d^*\alpha_u )\\&= (\beta_u^*\beta_u + \beta_d^*\beta_d)(-\alpha_u^*\alpha_d + \alpha_d^*\alpha_u )\\&= -i\alpha_u^*\alpha_d + i\alpha_d^*\alpha_u.\end{align*}

Dies ist der Erwartungswert für Alices Einzel-Spin:

    \begin{align*} \{a|\sigma_y|a\} &= (\alpha_u^* \{u| + \alpha_d^* \{d| ) \sigma_y (\alpha_u |u\} + \alpha_d |d\} ) \\&= (\alpha_u^* \{u| + \alpha_d^* \{d| ) (\alpha_u i|d\} - \alpha_d i|u\} )\\&= -i \alpha_u^*\alpha_d + i\alpha_d^*\alpha_u.\end{align*}

Die Erwartungswerte stimmen also jeweils überein.

Die Rechnungen für Bobs \tau-Operatoren gehen natürlich ganz genau so, und ich erspare sie mir/uns.

Aufgabe 6.6

Nehmen Sie an, dass Charlie die beiden Spins im Singulett-Zustand präpariert hat. Dieses Mal misst Bob \tau_y und Alice \sigma_x. Was ist der Erwartungswert von \sigma_x\tau_y?

Was sagt das über die Korrelation zwischen den beiden Messungen aus?

Lösung:

Wir wissen bereits (S. 114), dass die Erwartungswerte \braket{\sigma_x} und \braket{\tau_y} gleich 0 sind.


Wir berechnen nun den Erwartungswert \braket{\sigma_x \tau_y}:

    \begin{align*}(\sigma_x \tau_y) \tket{sing} &= \sigma_x \big( \tau_y \frac{1}{\sqrt{2}} (\ket{ud} -\ket{du}) \big) \\&= \sigma_x \big( \frac{1}{\sqrt{2}} (-i\ket{uu} -i\ket{dd}) \big) \\&= \sigma_x \big(\frac{-i}{\sqrt{2}} (\ket{dd} + \ket{uu}) \big)\\&= \frac{-i}{\sqrt{2}} (\ket{ud} +\ket{du})\\&= -i \ket{T_1}.\end{align*}

Es gilt:

    \begin{align*}\braket{\text{sing}| T_1 } &= \frac{1}{2} \big( (\bra{ud} +\bra{du}) (\ket{ud} -\ket{du}) \big) \&= \frac{1}{2} \big( \braket{ud|ud} -\braket{ud|du} + \braket{du|ud} - \braket{du|du} \big)\&= \frac{1}{2} (1 -0 +0-1) \ &= 0\end{align*}

und damit

    \[\braket{\sigma_x \tau_y} = \braket{\text{sing}| \sigma_x \tau_y | \text{sing}} = -i\braket{ \text{sing}|T_1 } = 0. \]

Die Erwartungswerte \braket{\sigma_x}, \braket{\tau_y} und \braket{\sigma_x \tau_y} sind also alle 0, und damit gilt auch \braket{\sigma_x \tau_y} -\braket{\sigma_x} \braket{\tau_y} = 0. Die Messungen sind völlig unkorreliert.

Aufgabe 6.7

Als Nächstes präpariert Charlie die Spins in einem anderen Zustand namens \ket{T_1}, wobei


    \[ \ket{T_1} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(\ket{ud} + \ket{du}).\]

In diesen Beispielen steht T für Triplett. Diese Triplett-Zustände sind grundverschieden von den Zuständen mit den Beispielen mit Münzen und Würfeln.

Was sind die Erwartungswerte der Operatoren \sigma_z\tau_z, \sigma_x\tau_x und \sigma_y\tau_y?

Was für einen Unterschied so ein Vorzeichen machen kann!

Lösung:

Es ist

    \begin{align*}\sigma_z \tau_z \ket{T_1} &= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_z \big( \tau_z (\ket{ud} + \ket{du}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_z \big( -\ket{ud} + \ket{du}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \big( -\ket{ud} - \ket{du}) \big)\\&= -\ket{T_1}\end{align*}

und damit

    \[ \braket{\sigma_z \tau_z} = \braket{T_1 | \sigma_z \tau_z | T_1} = - \braket{T_1|T_1} = -1. \]

Es gilt weiter

    \begin{align*}\braket{\sigma_z} &= \braket{T_1| \sigma_z |T_1} = \frac{1}{2}\big( (\bra{ud} + \bra{du}) (\ket{ud} -\ket{du}) \big) = \frac{1}{2} \big( 1-0 + 0 - 1\big) = 0\\\braket{\tau_z} &= \braket{T_1| \tau_z| T_1} = \frac{1}{2}\big( (\bra{ud} + \bra{du}) (-\ket{ud} +\ket{du}) \big) = \frac{1}{2} \big( -1+0 - 0 + 1\big) = 0.\end{align*}

Damit beträgt die Korrelation zwischen \sigma_z und \tau_z: \braket{\sigma_z \tau_z} - \braket{\sigma_z}\braket{\tau_z} = -1.

Weiter ist

    \begin{align*}\sigma_x \tau_x \ket{T_1} &= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_x \big( \tau_x (\ket{ud} + \ket{du}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_x \big( \ket{uu} + \ket{dd}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \big( \ket{du} + \ket{ud}) \big)\\&= \ket{T_1}\end{align*}

und damit

    \[ \braket{\sigma_x \tau_x} = \braket{T_1 | \sigma_x \tau_x | T_1} = \braket{T_1|T_1} = 1. \]

Wieder gilt

    \begin{align*}\braket{\sigma_x} &= \braket{T_1| \sigma_x |T_1} = \frac{1}{2}\big( (\bra{ud} + \bra{du}) (\ket{dd} +\ket{uu}) \big) = 0\\\braket{\tau_x} &= \braket{T_1| \tau_x| T_1} = \frac{1}{2}\big( (\bra{ud} + \bra{du}) (\ket{uu} +\ket{dd}) \big) = 0\end{align*}

und damit \braket{\sigma_x \tau_x} - \braket{\sigma_x}\braket{\tau_x} = +1.

Schließlich gilt

    \begin{align*}\sigma_y \tau_y \ket{T_1} &= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_y \big( \tau_y (\ket{ud} + \ket{du}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_y \big( -i\ket{uu} + i\ket{dd}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \big( \ket{du} + \ket{ud}) \big)\\&= \ket{T_1}\end{align*}

und damit

    \[ \braket{\sigma_y \tau_y} = \braket{T_1 | \sigma_y \tau_y | T_1} = \braket{T_1|T_1} = 1. \]

Wieder gilt

    \begin{align*}\braket{\sigma_y} &= \braket{T_1| \sigma_y |T_1} = \frac{1}{2}\big( (\bra{ud} + \bra{du}) (i\ket{dd} -i\ket{uu}) \big) = 0\\\braket{\tau_y} &= \braket{T_1| \tau_y| T_1} = \frac{1}{2}\big( (\bra{ud} + \bra{du}) (-i\ket{uu} +i\ket{dd}) \big) = 0\end{align*}

und damit \braket{\sigma_x \tau_x} - \braket{\sigma_x}\braket{\tau_x} = +1.

Die Erwartungswerte der zusammengesetzten Operatoren sind also +1 bzw. -1, und die Operatoren sind jeweils vollständig korreliert.

Aufgabe 6.8

Machen Sie dasselbe für die beiden verschränkten Triplett-Zustände


    \begin{align*}\ket{T_2} &= \dfrac{1}{\sqrt{2}}(\ket{uu} + \ket{dd}) \\\ket{T_3} &= \dfrac{1}{\sqrt{2}}(\ket{uu} - \ket{dd}),\end{align*}


und interpretieren Sie das Ergebnis.

Lösung:

Das wird jetzt eine echte Fleißarbeit; die ganze Rechnung läuft wie in Aufgabe 6.7. Wir bemerken aber: T_2 und T_3 sind von der Form \frac{1}{\sqrt{2}} (\ket{uu} \pm \ket{dd}), d.h. der erste und zweite Buchstabe in den beiden Kets sind gleich, nur das Vorzeichen dazwischen ist anders. Daher wirken die \sigma und \tau auf T_2 und T_3 gleich, und die Erwartungswerte der \sigma und \tau sind ebenfalls gleich.

Wir beginnen mit \ket{T_2}:

    \begin{align*}\sigma_z \tau_z \ket{T_2} &= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_z \big( \tau_z (\ket{uu} + \ket{dd}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_z \big( \ket{uu} - \ket{dd}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \big( \ket{uu} + \ket{dd}) \big)\\&= +\ket{T_2}\end{align*}

und damit

    \[\braket{\sigma_z \tau_z} = \braket{T_2 | \sigma_z \tau_z | T_2} = \braket{T_2|T_2} = 1. \]

Die Erwartungswerte der einzelnen Operatoren stimmen, wie bereits erwähnt, überein:

    \[ \braket{\tau_z} = \braket{\sigma_z} = \braket{T_2| \sigma_z |T_2} = \frac{1}{2}\big( (\bra{uu} + \bra{dd}) (\ket{uu} -\ket{dd}) \big) = 0. \]

Damit beträgt die Korrelation zwischen \sigma_z und \tau_z: \braket{\sigma_z \tau_z} - \braket{\sigma_z}\braket{\tau_z} = 1.

    \begin{align*}\sigma_x \tau_x \ket{T_2} &= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_x \big( \tau_x (\ket{uu} + \ket{dd}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_x \big( \ket{ud} - \ket{du}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \big( \ket{dd} + \ket{uu}) \big)\\&= +\ket{T_2}\end{align*}

und damit

    \[ \braket{\sigma_x \tau_x} = \braket{T_2 | \sigma_x \tau_x | T_2} = \braket{T_2|T_2} = 1. \]

Es gilt weiter

    \[\braket{\tau_x} = \braket{\sigma_x} = \braket{T_2| \sigma_x |T_2} = \frac{1}{2}\big( (\bra{uu} + \bra{dd}) (\ket{uu} -\ket{dd}) \big) = 0. \]

Damit beträgt die Korrelation zwischen \sigma_x und \tau_x: \braket{\sigma_x \tau_x} - \braket{\sigma_x}\braket{\tau_x} = 1.

Schließlich ist

    \begin{align*}\sigma_y \tau_y \ket{T_2} &= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_y \big( \tau_y (\ket{uu} + \ket{dd}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_y \big( i\ket{ud} - i\ket{du}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \big( -\ket{dd} - \ket{uu}) \big)\\&= -\ket{T_2}\end{align*}

und damit

    \[ \braket{\sigma_y \tau_y} = \braket{T_2 | \sigma_y \tau_y | T_2} = \braket{T_2|T_2} = -1. \]

Es gilt weiter


    \[\braket{\tau_y} = \braket{\sigma_y} = \braket{T_2| \sigma_y |T_2} = \frac{1}{2}\big( (\bra{uu} + \bra{dd}) (\ket{uu} -\ket{dd}) \big) = 0.\]


Damit beträgt die Korrelation zwischen \sigma_y und \tau_y: \braket{\sigma_y \tau_y} - \braket{\sigma_y}\braket{\tau_y} = -1.

Die ganze Rechnung noch einmal mit \ket{T_3}:

    \begin{align*}\sigma_z \tau_z \ket{T_3} &= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_z \big( \tau_z (\ket{uu} - \ket{dd}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_z \big( \ket{uu} + \ket{dd}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \big( \ket{uu} +- \ket{dd}) \big)\\&= +\ket{T_3}\end{align*}


und damit


    \[ \braket{\sigma_z \tau_z} = \braket{T_3 | \sigma_z \tau_z | T_3} = \braket{T_3|T_3} = 1. \]


Die Erwartungswerte der einzelnen Operatoren stimmen, wie bereits erwähnt, überein:

    \[ \braket{\tau_z} = \braket{\sigma_z} = \braket{T_2| \sigma_z |T_2} = \frac{1}{2}\big( (\bra{uu} + \bra{dd}) (\ket{uu} -\ket{dd}) \big) = 0. \]

    \begin{align*}\sigma_x \tau_x \ket{T_3} &= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_x \big( \tau_x (\ket{uu} - \ket{dd}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_x \big( \ket{ud} - \ket{du}) \big) \\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \big( \ket{dd} - \ket{uu}) \big)\\&= -\ket{T_3}\end{align*}


und damit


    \[ \braket{\sigma_x \tau_x} = \braket{T_3 | \sigma_x \tau_x | T_3} = \braket{T_3|T_3} = 1. \]


Es gilt weiter


    \[\braket{\tau_x} = \braket{\sigma_x} = \braket{T_3| \sigma_x |T_3} = \frac{1}{2}\big( (\bra{uu} + \bra{dd}) (\ket{uu} -\ket{dd}) \big) = 0.\]

    \begin{align*}\sigma_y \tau_y \ket{T_3} &= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_y \big( \tau_y (\ket{uu} - \ket{dd}) \big) \&= \frac{1}{\sqrt{2}} \sigma_y \big( i\ket{ud} + i\ket{du}) \big) \&= \frac{1}{\sqrt{2}} \big( -\ket{dd} + \ket{uu}) \big)\&= \ket{T_3}\end{align*}


und damit

    \[ \braket{\sigma_y \tau_y} = \braket{T_3 | \sigma_y \tau_y | T_3} = \braket{T_3|T_3} = 1. \]


Es gilt weiter

    \[\braket{\tau_y} = \braket{\sigma_y} = \braket{T_3| \sigma_y |T_3} = \frac{1}{2}\big( (\bra{uu} + \bra{dd}) (\ket{uu} -\ket{dd}) \big) = 0. \]

Zusammenfassung

\ket{T_2} und \ket{T_3} sind Eigenvektoren von \sigma_z \tau_z \sigma_x \tau_x und \sigma_y \tau_y zu den Eigenwerten +1 und -1:

    \begin{align*}\sigma_z \tau_z \ket{T_2} &= + \ket{T_2}\\\sigma_z \tau_z \ket{T_3} &= + \ket{T_3}\\\sigma_x \tau_x \ket{T_2} &= + \ket{T_2}\\\sigma_x \tau_x \ket{T_3} &= - \ket{T_3}\\\sigma_y \tau_y \ket{T_2} &= - \ket{T_2}\\\sigma_y \tau_y \ket{T_3} &= + \ket{T_3}.\end{align*}

Entsprechend gilt für die Erwartungswerte:

    \begin{align*}T_2 &: \braket{\sigma_z \tau_z} = +1, \braket{\sigma_x \tau_x} = +1, \braket{\sigma_y \tau_y} = -1\\T_3 &: \braket{\sigma_z \tau_z} = +1, \braket{\sigma_x \tau_x} = -1, \braket{\sigma_y \tau_y} = +1\\\braket{\sigma_z}&= \braket{\sigma_x} = \braket{\sigma_y} = \braket{\tau_z}=\braket{\tau_x}=\braket{\tau_y} = 0.\end{align*}

Damit liegt jeweils maximale Korrelation vor.

Aufgabe 6.9

Beweisen Sie, dass die vier Vektoren \tket{sing}, \ket{T_1}, \ket{T_2} und \ket{T_3} Eigenvektoren von \vec{\sigma} \cdot\vec{\tau} sind. Wie lauten ihre Eigenwerte?

Lösung:

Einen großen Teil der Arbeit haben wir bereits in den Aufgaben 6.7 und 6.8 erledigt. Wir greifen jetzt auf die Ergebnisse zurück:

    \begin{align*}(\vec{\sigma} \cdot \vec{\tau}) \ket{T_1} &= \sigma_x \tau_x \ket{T_1} + \sigma_y \tau_y \ket{T_1} + \sigma_z \tau_z \ket{T_1} \stackrel{6.7}{=}+ \ket{T_1} + \ket{T_1} - \ket{T_1} = +\ket{T_1}\\(\vec{\sigma} \cdot \vec{\tau}) \ket{T_2} &= \sigma_x \tau_x \ket{T_2} + \sigma_y \tau_y \ket{T_2} + \sigma_z \tau_z \ket{T_2} \stackrel{6.8}{=} +\ket{T_2} - \ket{T_2} + \ket{T_2} = +\ket{T_2}\\(\vec{\sigma} \cdot \vec{\tau}) \ket{T_3} &= \sigma_x \tau_x \ket{T_3} + \sigma_y \tau_y \ket{T_3} + \sigma_z \tau_z \ket{T_3} \stackrel{6.8}{=} -\ket{T_3} + \ket{T_3} + \ket{T_3} = +\ket{T_3}\end{align*}

Die Triplett-Zustände sind also drei Eigenvektoren zum (dreifach entarteten) Eigenwert +1.

Wir müssen die Berechnungen noch für \tket{sing} nachholen:

    \[\sigma_x \tau_x \tket{sing} = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma_x (\tau_x (\ket{ud} - \ket{du})) = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma_x (\ket{uu} - \ket{dd}) = \frac{1}{\sqrt{2}} (\ket{du} - \ket{ud})= -\tket{sing},\]

    \[\sigma_y \tau_y \tket{sing} = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma_y (\tau_y (\ket{ud} - \ket{du})) = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma_y (-i\ket{uu} - i\ket{dd}) = \frac{1}{\sqrt{2}} (\ket{du} - \ket{ud})= -\tket{sing},\]

    \[\sigma_z \tau_z\tket{sing} = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma_z (\tau_z (\ket{ud} - \ket{du})) = \frac{1}{\sqrt{2}}\sigma_z (-\ket{ud} - \ket{du}) = \frac{1}{\sqrt{2}} (-\ket{ud} + \ket{du})= -\tket{sing}.\]

Daher gilt

    \[ \vec{\sigma} \cdot \vec{\tau} \tket{sing} = \sigma_x \tau_x \tket{sing} + \sigma_y \tau_y \tket{sing} + \sigma_z \tau_z \tket{sing} = -3 \tket{sing}.\]

\tket{sing} ist also Eigenvektor von \vec{\sigma} \cdot \vec{\tau} zum Eigenwert -3.

Aufgabe 6.10

Ein System mit zwei Spins hat die Hamilton-Funktion

    \[ \Ham = \dfrac{\hbar \omega}{2} \vec{\sigma} \cdot\vec{\tau}.\]


Was sind die möglichen Energien des Systems, und was sind die Eigenvektoren der Hamilton-Funktion?

Nehmen Sie an, das System startet im Zustand \ket{uu}. Was ist der Zustand zu einem späteren Zeitpunkt? Beantworten Sie diese Frage auch für die Anfangszustände \ket{ud}, \ket{du} und \ket{dd}

Lösung:

In Aufgabe 6.9 haben wir gesehen, dass der Singulett- und die Triplett-Zustände die Eigenvektoren von \vec{\sigma} \cdot \vec{\tau} sind zu den Eigenwerten -3 bzw. -1.

Dadurch lesen wir aus der zeitunabhängigen Schrödingergleichung

    \[ E \ket{\psi} = \Hamq \ket{\psi} = \dfrac{\hbar \omega}{2} \vec{\sigma} \cdot\vec{\tau} \ket{psi}\]


direkt die Energieeigenwerte ab, denn es ist

    \[ E \tket{sing} = \dfrac{\hbar \omega}{2} \vec{\sigma} \cdot\vec{\tau} \tket{sing} = -\frac{3}{2} \hbar\omega \tket{sing} \]


und


    \[ E \ket{T_k} = \dfrac{\hbar \omega}{2} \vec{\sigma} \cdot\vec{\tau} \ket{T_k} = -\frac{1}{2} \hbar\omega \ket{T_k} \]


(für k=1,2,3). Die Energieeigenwerte sind -\frac{1}{2} \hbar\omega und -\frac{3}{2} \hbar\omega, und {\tket{sing}, \ket{T_1},\ket{T_2},\ket{T_3} } bilden eine Orthonormalbasis aus Energieeigenvektoren.

Man sieht leicht:

    \begin{align*}\ket{uu} &= \sqrt{2}\;(\ket{T_2} + \ket{T_3})\\\ket{ud} &= \sqrt{2}\;(\tket{sing} + \ket{T_1})\\\ket{du} &= \sqrt{2}\;(\tket{sing} - \ket{T_1})\\\ket{dd} &= \sqrt{2}\;(\ket{T_2} - \ket{T_3})\\\end{align*}

.

Im zweiten Teil der Aufgabe gehen wir gemäß dem „Rezepts für ein Schrödinger-Ketzchen“ vor (Kasten auf S. 81). Dazu bilden wir die Produkte \alpha_j(0) der eben bestimmten Energieeigenvektoren \ket{E_j} mit dem Startzustand \ket{\psi(0)} und erhalten daraus die gewünschte Darstellung:

    \[ \psi(t) = \sum_j \alpha_j(0) e^{-\frac{i}{\hbar} E_j t} \ket{E_j}. \]

Die Koeffizienten \alpha_j(0) sind 0 für \tket{sing} und \ket{T_1}, da diese Zustände nur \ket{ud} und \ket{du} als Komponenten enthalten. Weiter ist

    \[ \braket{T_{2/3}|uu } = \frac{1}{\sqrt{{2}}} \big(\braket{uu|uu} \pm \braket{dd|uu} \big)= \frac{1}{\sqrt{{2}}}. \]


Der Eigenwert ist beide Male \frac{1}{2} \hbar\omega, und somit folgt


    \[ \psi(t) = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{-\frac{i}{\hbar}(\frac{\hbar \omega}{2}) t} (\ket{T2} + \ket{T_3}) = e^{-\frac{i\omega t}{2 }} \ket{uu}.\]

Ganz genauso geht die Rechnung für den Startzustand \ket{dd}:

Die Koeffizienten \alpha_j(0) sind wieder gleich 0 für \tket{sing} und \ket{T_1}, und es ist

    \[ \braket{T_{2/3}|dd} = \frac{1}{\sqrt{{2}}} \big(\braket{uu|dd} \pm \braket{dd|dd} \big)= \pm \frac{1}{\sqrt{{2}}}. \]


Der Eigenwert ist beide Male \frac{1}{2} \hbar\omega, und somit folgt


    \[ \psi(t) = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{-\frac{i}{\hbar}(\frac{\hbar \omega}{2}) t} (\ket{T2} - \ket{T_3}) = e^{-\frac{i\omega t}{2 } } \ket{dd}.\]

Die zeitliche Entwicklung von \ket{uu} und \ket{dd} macht sich also nur in der Änderung der Phase bemerkbar, denn e^{-\frac{i}{2} \omega t} ist ein Phasenfaktor.

Bei den Startzuständen \ket{ud} und \ket{du} sind nun umgekehrt die Skalarprodukte mit \ket{T_2} und \ket{T_3} gleich 0, so dass wir nur die Koeffizienten für \tket{sing} und \ket{T_1} berechnen müssen:

    \begin{align*}\braket{\text{sing}| ud} &= \frac{1}{\sqrt{2}} (\braket{ud|ud} - \braket{du|ud})= +\frac{1}{\sqrt{2}}\\\braket{\text{sing}| du} &= \frac{1}{\sqrt{2}} (\braket{ud|du} - \braket{du|du})= -\frac{1}{\sqrt{2}}\\\braket{T_1| ud} &= \frac{1}{\sqrt{2}} (\braket{ud|ud} + \braket{du|ud})= +\frac{1}{\sqrt{2}}\\\braket{T_1| du} &= \frac{1}{\sqrt{2}} (\braket{ud|du} + \braket{du|du})= +\frac{1}{\sqrt{2}}.\end{align*}

Damit gilt für \ket{ud}:

    \begin{align*}\psi(t)&= \frac{1}{\sqrt{2}} e^{-\frac{i}{\hbar}(\frac{-3 \hbar \omega}{2}) t} \tket{sing} + \frac{1}{\sqrt{2}} e^{-\frac{i}{\hbar}(\frac{\hbar \omega}{2}) t} \ket{T_1}\\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \big(e^{\frac{3i \omega t}{2}} \tket{sing} + e^{(\frac{-i \omega t}{2 }} \ket{T_1} \big),\end{align*}

und für \ket{du}

    \begin{align*} \psi(t) &= -\frac{1}{\sqrt{2}} e^{-\frac{i}{\hbar}(\frac{-3 \hbar \omega}{2}) t} \tket{sing} + \frac{1}{\sqrt{2}} e^{-\frac{i}{\hbar}(\frac{\hbar \omega}{2}) t} \ket{T_1}\\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} \big(-e^{\frac{3i \omega t}{2}} \tket{sing} + e^{\frac{-i \omega t}{2 }} \ket{T_1} \big).\end{align*}

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