Faglig kontakt under eksamen: Ingjald Øverbø, telefon (735) Sensurdato: 31. januar 2003.

Transkript

1 Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet NTNU Institutt for fysikk EKSAMEN I: MNFFY 45 INNFØRING I KVANTEMEKANIKK DATO: Freag 0. januar 003 TID: Antall vekttall: 4 Antall sier: 4 Tillatte hjelpemiler: Kalkulator, matematisk formelsamling. Faglig kontakt uner eksamen: Ingjal Øverbø, telefon ( Sensurato: 3. januar 003. BOKMÅL Et ark me formler og uttrykk er velagt, sie 5 Oppgave En partikkel me masse m beveger seg i et énimensjonalt potensial V (x. a. La ψ(x være en løsning av en tisuavhengige Schröingerligningen, Ĥψ = Eψ, for et aktuelle potensialet. Bruk enne ligningen til å forklare hvoran energiegenfunksjonen ψ(x krummer i områer hvor (i (ii (iii E > V (x, E < V (x, E = V (x. b. Hva kan u si om egenerasjonsgra og symmetriegenskaper for bunne energiegentilstaner i et symmetrisk énimensjonalt potensial? c. Anta en énimensjonal symmetrisk brønn, V (x = { 0 for x < a/, V 0 for x > a/. For en slik symmetrisk brønn finnes et allti minst én energiegenfunksjon som svarer til en bunet tilstan (grunntilstanen, uansett hvor små a og V 0 er. Dersom vien a av brønnen (for en gitt veri av V 0 er bare litt større enn en viss minimumsveri a 0, vil et i tillegg til grunntilstanen også eksistere en første eksitert, bunet tilstan, me en energi som er bare litt minre enn V 0. Finn minimumsvien a 0 uttrykt ve V 0 og m. [Hint: Finn ut hvoran ψ(x må oppføre seg i områene a/ < x < a/ og x > a/, og lag en omtrentlig skisse av ψ(x for enne tilstanen.]

2 . For en asymmetrisk énimensjonal brønn finnes et ingen bunne tilstaner ersom brønnen er for liten. Betrakt som et eksempel brønnen V 0 for x < 0, V (x = 0 for 0 < x < a, V 0 for x > a. Forutsatt at vien a av enne brønnen (for en gitt veri av V 0 er bare litt større enn en viss minimumsveri a, vil et eksistere (bare én bunet tilstan me en energi som er bare litt minre enn V 0. Finn enne minimumsvien a uttrykt ve V 0 og m. [Hint: Du kan finne et nyttig me en røff skisse av ψ(x også i ette tilfellet, og beregningen forenkles ve å betrakte kontinuiteten av ψ /ψ.] Oppgave Systemet vi betrakter i enne oppgaven består av en partikkel me masse m som beveger seg i et énimensjonale harmoniske oscillatorpotensialet V (x = mω x hω. a. Hva kan u si om energinivåene E n og energiegenfunksjonene ψ n (x for potensialet V (x, sammenlignet me e tilsvarene resultatene for stanar-potensialet V = mω x (som u kan lese ut av et velagte formel-arket? b. Ve t = 0 prepareres et aktuelle systemet i en normerte begynnelsestilstanen Ψ(x, 0 = (β/π /4 e β(x a, er parametrene a og β begge er positive. Forventningsverien av posisjonen ve t = 0 er x 0 = a. Hva er et enkleste argumentet for ette resultatet? Vis (så enkelt som u kan at p x 0 = 0. c. Bruk resultatene for x 0 og p x 0 til å finne forventningsveriene x t og p x t som funksjoner av t.. Finn usikkerheten ( x 0 i posisjonen i begynnelsestilstanen Ψ(x, 0. Finn også usikkerheten ( x n=0 for oscillatorens grunntilstan, og beregn forholet ( x 0 /( x n=0. Her, og i resten av oppgaven, antar vi at β = 50mω/ h, vs vi bruker en begynnelsestilstan som er nokså sterkt skviset. [Hint: En sannsynlighetsforeling på Gauss-formen ψ exp( x /σ svarer til en usikkerhet i posisjonen gitt ve x = σ. ] e. Den sterke skvisingen av begynnelsestilstanen mefører en ganske høy forventningsveri K 0 av en kinetiske energien. Vis at K 0 = 5 hω. Hint: Bruk forbinelsen mellom ( p x 0 og p x 0. Det opplyses at usikkerheten i impulsen for en Gaussiske begynnelsestilstanen er ( p x 0 = h/( x 0. Bruk tilsvarene forbinelsen mellom ( x 0 og x 0 til å vise at V 0 er tilnærmet lik V (x = a = mω a hω.

3 f. Vis at forventningsverien E t = K + V t av energien for ette systemet er konstant (uavhengig av t. Anta i resten av oppgaven at a = h/mω og finn E t i ette tilfellet. Energien er ikke skarpt efinert i tilstanen Ψ(x, t. Derfor kan vi ikke skille skarpt mellom klassisk tillatt og klassisk forbute områer, og vi har ingen velefinerte klassiske venepunkter. I hvilken avstan fra origo ville e klassiske venepunktene ligge ersom energien var skarpt efinert, lik en verien som nettopp ble funnet for E t? Sammenlign enne avstanen me usikkerheten ( x n=0 for grunntilstanen, og me usikkerheten ( x 0 for begynnelsestilstanen. g. Uansett hvilken form begynnelsestilstanen Ψ(x, 0 har, vil bølgefunksjonen Ψ(x, t for enne oscillatoren få en perioisk oppførsel, i en forstan at for t = N T er Ψ(x, N T = Ψ(x, 0, T = π ω, N =,,. Vis ette. Hint: Bølgefunksjonen kan utvikles i e stasjonære tilstanene for oscillatoren; Ψ(x, t = n c n ψ n (xe ient/ h. Vi er her vitne til en såkalt perioisk revival (gjenføelse av bølgefunksjonen, ve tispunktene t = N T. Faktum er at vi har en slags revival også for t = N T + T ; et viser seg at Ψ(x, N T + T = Ψ( x, 0. Dette betyr at usikkerheten ( x t er lik en opprinnelige ( skvisete verien ( x 0 for tispunktene t = N T/, N =,,. Du inviteres nå til å spekulere runt hva som skjer me Ψ(x, t og ( x t mellom e nevnte tispunktene. Hva tror u tenensen vil være umielbart etter t = 0? Hvor stor (omtrent vil u gjette at ( x t er for t = T/4 = π/ω? Oppgave 3 a. La F betegne en observabel, {f n } ens egenverispektrum (som antas å være iskret og ikke-egenerert, og n ens normerte egenvektorer. Betrakt et fysisk system som er i en vilkårlig tilstan ψ. Ve å bruke fullstenighetsrelasjonen kan vi utvikle tilstansvektoren ψ i egenvektorsettet n til F : ψ = n n n ψ = n n ψ n. Anta nå at et foretas en måling av observabelen F på ette systemet. (i Hva er e mulige målte veriene for F? (ii Hva er sannsynlighetsamplituen, og hva er sannsynligheten, for å måle verien f n? (iii Dersom måleresultatet er f 7, hva er a resultatet ve en ny måling av F umielbart etter en første målingen? I resten av enne oppgaven betrakter vi et isolert spinn- -system, hvor vi bruker egentilstanene ẑ, og ẑ, til operatorene S og S z som basis. Dette leer til en matriserepresentasjon, hvor basis-tilstanene representeres av Pauli-spinorene ( ( 0 χẑ = og χ 0 ẑ =, 3

4 mens spinnoperatorene representeres ve σ x = ( 0 0 S i = hσ i, i = x, y, z, er, σ y = ( 0 i i 0, σ z = ( 0 0. b. Vis at spinoren er en egentilstan til operatoren χ ˆn = ( cos θ sin θ og bestem egenverien. S ˆn S (ê x sin θ + ê z cos θ = h(σ x sin θ + σ z cos θ, c. Anta at S z måles for et ensemble som er preparert i tilstanen χ ˆn. Hva er e mulige måleresultatene, og hva er sannsynlighetene for isse måleresultatene? Hva kan u si om tilstanen til et spinn etter en slik måling av S z?. Anta at et ensemble av 000 slike spinn er preparert i tilstanen χ ˆn, og at et så gjøres først en måling av S z og eretter en måling av S ˆn, på hvert av melemmene i ensemblet. Finn et forventee antallet av tilfeller hvor en siste målingen (av S ˆn gir h, som funksjon av vinkelen θ. Kontrollér at resultatet er fornuftig i grensen θ 0. 4

5 Velegg: Formler og uttrykk Noe av ette kan u få bruk for. Harmonisk oscillator Energiegenfunksjonene for stanarpotensialet V = mω x oppfyller egenveriligningen me løsninger på formen [ h ] m x + mω x (n + hω ψ n (x = 0, n = 0,,,, ψ n (x = ( mω /4 / h π h n n! e mωx H n (ξ, ξ = H 0 (ξ =, H (ξ = ξ, H (ξ = 4ξ,. Tisutvikling av forventningsverier x h/mω ; Ehrenfests teorem t F = ī h [Ĥ, ˆF ] + ˆF t. t x = m p x, t p x = V x. Litt trigonometri cos(u v = cos u cos v + sin u sin v, sin(u v = sin u cos v cos u sin v. cosθ = cos θ = sin θ. 5

6 English version: Problem A particle with mass m moves in a one-imensional potential V (x. a. Let ψ(x be a solution of the time-inepenent Schröinger equation, Ĥψ = Eψ, for the potential in question. Use this equation to explain how the energy eigenfunction ψ(x curves in regions where (i (ii (iii E > V (x, E < V (x, E = V (x. b. What can you say about the egree of egeneracy an the symmetry properties for boun energy eigenstates in a symmetric one-imensional potential? c. Assume a one-imensional symmetric square well, V (x = { 0 for x < a/, V 0 for x > a/. For such a symmetric well one always fins at least one energy eigenfunction corresponing to a boun state (the groun state, no matter how small a an V 0 are. If the with a of the well (for a given value of V 0 is only slightly larger than a certain minimal value a 0, there will in aition to the groun state also exist a first excite boun state, with an energy that is only slightly smaller than V 0. Fin the minimal value a 0 expresse in terms of V 0 an m. [Hint: Fin out how ψ(x must behave in the regions a/ < x < a/ an x > a/ an make a rough sketch of ψ(x for this state.]. For an asymmetric one-imensional well there exists no boun state if the well is too small. Consier as an example the well V 0 for x < 0, V (x = 0 for 0 < x < a, V 0 for x > a. Provie that the with a of this well (for a given value of V 0 is only slightly larger than a certain minimal value a, there will exist (only one boun state with an energy that is only slightly less than V 0. Fin this minimal with a expresse in terms of V 0 an m. [Hint: You may fin it useful with a rough sketch of ψ(x also for this case, an the calculations are simplifie by consiering the continuity of ψ /ψ.] Problem The system that we consier in this Problem, consists of a particle with mass m moving in the one-imensional harmonic-oscillator potential V (x = mω x hω. 6

7 a. What can you say about the energy levels E n an the energy eigenfunctions ψ n (x for the potential V (x, compare with the corresponing results for the stanar potential V = mω x (which you can rea out from the formula sheet which is appene to the problem set? b. At t = 0 the system in question is prepare in the initial state Ψ(x, 0 = (β/π /4 e β(x a, where the parameters a an β are both positive. The expectation value of the position at t = 0 is x 0 = a. What is the simplest argument for this resultat? Show (as simply as you can that p x 0 = 0. c. Use the results for x 0 an p x 0 to fin the expectation values x t an p x t as functions of t.. Fin the uncertainty ( x 0 in the position in the initial state Ψ(x, 0. Fin also the uncertainty ( x n=0 for the groun state of the oscillator, an calculate the ratio ( x 0 /( x n=0. Here, an in the rest of this Problem, we assume that β = 50mω/ h, that is, we are using an initial state that is fairy tightly squeeze. [Hint: Make use of the fact that a probability ensity with the Gaussian form ψ exp( x /σ correspons to an uncertainty in the position given by x = σ. ] e. The strong squeezing of the initial state implies a rather large expectation value K 0 of the kinetic energy. Show that K 0 = 5 hω. Hint: Use the connection between ( p x 0 an p x 0, an the fact that the uncertainty in the momentum for the Gaussian initial state is ( p x 0 = h/( x 0. Use, in a similar manner, the connection between ( x 0 an x 0 to show that V 0 is approximately equal to V (x = a = mω a hω. f. Show that the expectation value E t = K + V t of the energy for this system is constant (inepenent of t. Assume in what remains of the Problem that a = h/mω an fin E t for this case. The energy is not sharply efine in the state Ψ(x, t. Therefore, we cannot istinguish sharply between classically allowe an classically forbien regions, an we have no wellefine classical turning points. How far away from the origin woul the classical turning points lie if the energy were sharply efine, equal to the value just foun for E t? Compare this istance with the uncertainty ( x n=0 for the groun state of the oscillator, an with the uncertainty ( x 0 for the initial state. g. No matter which form we give the initial wavefunction Ψ(x, 0, the wavefunction Ψ(x, t for this oscillator will behave in a perioic manner, in the sense that for t = N T, Ψ(x, N T = Ψ(x, 0, T = π ω, N =,,. 7

8 Show this. Hint: The wavefunction can be expane in terms of the stationary states of the oscillator; Ψ(x, t = c n ψ n (xe ient/ h. n We are here witnessing a so-calle perioic revival ( Wieergeburt of the wavefunction, at the times t = N T. The fact is that we have a kin of revival also for t = N T + T ; it turns out that Ψ(x, N T + T = Ψ( x, 0. This means that the uncertainty ( x t is equal to the initial ( squeeze value ( x 0 for the times t = N T/, N =,,. You are now invite to speculate aroun what happens with Ψ(x, t an ( x t between these points in time. What o you think is the tenency immeiately after t = 0? How large (roughly will you guess that ( x t is for t = T/4 = π/ω? Problem 3 a. Let F enote an observable, {f n } its eigenvalue spectrum (which is assume to be iscrete an non-egenerate, an n its normalize eigenvectors. Consier a physical system which is in an arbitrary state ψ. Using the completeness relation, we may expan the state vector ψ in terms of the eigenvectors n of F : ψ = n n n ψ = n n ψ n. Suppose now that a measurement of the observable F is carrie out on this system. (i What are the possible measure values of F? (ii What is the probability amplitue, an what is the probability, of measuring the value f n? (iii If the measure value is f 7, what is then the result of a new measurement of F immeiately after the first measurement? In the remaining part of this Problem, we consier an isolate spin- system, where we use the eigenstates ẑ, an ẑ, of the operators S an S z as a basis. This leas to a matrix representation, where the basis states are represente by the Pauli spinors χẑ = ( 0 while the spin operators are represente by σ x = b. Show that the spinor is an eigenstate of the operator an etermine the eigenvalue. an χ ẑ = ( 0 S i = hσ i, i = x, y, z, where ( ( 0 0 i, σ 0 y =, σ i 0 z = χ ˆn = ( cos θ sin θ, ( 0 0 S ˆn S (ê x sin θ + ê z cos θ = h(σ x sin θ + σ z cos θ, 8.

9 c. Assume that S z is measure for an ensemble which is prepare in the state χ ˆn. What are the possible measure values, an what are the probabilities for these results? What can you say about the state of a spin after such a measurement of S z?. Assume that an ensemble of 000 such spins are prepare in the state χ ˆn, an that measurements are mae first of S z an then of S ˆn, on each of the members of the ensemble. Fin the expecte number of cases for which the last measurement (of S ˆn gives h, as a function of the angle θ. Check that the result is reasonable in the limit θ 0. Appenix: Formulae an expressions Some of the following material may be useful. Harmonic oscillator The energy eigenfunctions for the stanar potential V = mω x satisfy the eigenvalue equation [ h ] m x + mω x (n + hω ψ n (x = 0, n = 0,,,, with the solutions ψ n (x = ( mω /4 / h π h n n! e mωx H n (ξ, ξ = H 0 (ξ =, H (ξ = ξ, H (ξ = 4ξ,. Time evelopment of expectation values x h/mω ; Ehrenfest s theorem t F = ī h [Ĥ, ˆF ] + ˆF t. t x = m p x, t p x = V x. A little trigonometry cos(u v = cos u cos v + sin u sin v, sin(u v = sin u cos v cos u sin v. cosθ = cos θ = sin θ. 9

10 NTNU INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I : MNFFY 45 Innføring i kvantemekanikk 0. jan. 003 LØSNINGSFORSLAG Oppgave a. Ve å skrive egenveriligningen på formen ψ/x ψ = m [V (x E], h ser vi at forholet mellom en.-eriverte (krumningen og ψ selv er (i < 0 når E > V (x = ψ krummer mot x-aksen, (ii > 0 når E < V (x = ψ krummer bort fra x-aksen, (iii = 0 når E = V (x = ψ krummer ikke. For tilfelle (iii gjeler altså at ψ har et venepunkt ersom E = V (x bare i et punkt; er E = V (x i et enelig områe, blir ψ(x lineær i ette områet. b. Energinivåene for bunne tilstaner i et énimensjonalt potensial er ikkeegenererte, vs vi har bare én tilstan pr energinivå. Når potensialet er symmetrisk, er grunntilstanen symmetrisk,. eksiterte tilstan er antisymmetrisk,. eksiterte tilstan er symmetrisk, osv. c. Første eksiterte tilstan er antisymmetrisk, og fra egenveriligningen ovenfor følger et a at en må ha formen A sin kx (er k = me/ h for x < a/. For x > a/ følger et fra samme ligning at en akseptabel løsning må ha formen B exp( κx, er κ = m(v 0 E/ h er tilnærmet lik null når E er bare litt minre enn V 0. Som inikert i skissen, må egenfunksjonen ψ(x erfor være tilnærmet flat i punktet x = a/. Minimumsvien a = a 0 svarer altså til at sin kx når sitt første maksimum i x = a/. Vi må a ha ka/ mv 0 / h a 0 / = π/,

11 vs minimumsvisen a 0 er gitt ve a 0 = π mv 0 / h = h. 8mV0. I grensetilfellet, når a er bare så vit stor nok til å gi bining, er energien også her tilnærmet lik V 0. Den akseptable løsningen for x < 0, ψ = A exp(κ x, er a tilnærmet flat i x = 0. Følgelig må løsningen for 0 < x < a være av typen B cos kx, er k = me/ h mv 0 / h. For x > a har en akseptable løsningen formen F exp( κ x, er κ = m(v 0 E/ h mv 0 / h = k. Kontinuitetskravet for ψ /ψ gir a kb sin ka B cos ka = κ, vs. ka = π/4, iet k = κ. Minimumsvien a for å få én bunet tilstan i ette potensialet er altså gitt ve a = π 4k = h 4, 8mV 0 som er en fireel av vien a 0 funnet i forrige spørsmål. Oppgave a. Da potensialet V (x = mω x hω er senket me beløpet hω i forhol til stanarpotensialet mω x, er et vel nokså opplagt at energinivåene senkes me et samme beløpet, vs vi må ha E n = n hω, n = 0,,, for potensialet V (x. Sien e to potensialene beskriver samme kraftfelt, er et vel like opplagt at energiegenfunksjonene er e samme som for stanarpotensialet. På begge isse punktene kan eventuell tvil ryes av veien ve en liten omskriving av egenveriligningen for stanarpotensialet: [ h ] m x + ( mω x hω n hω ψ n (x = 0.

12 b. Sien sannsynlighetstettheten, Gauss-forelingen Ψ(x, 0 = (β/π / e β(x a, er symmetrisk me hensyn på punktet x = a, må forventningsverien av posisjonen være For impulsen har vi p x 0 = Ψ (x, 0 h i x 0 = a. x Ψ(x, 0x = i h Ψ(x, 0 Ψ(x, 0x. x Da Ψ(x, 0 er reell, kan et her se ut som om forventningsverien er rent imaginær. Men samtiig vet vi at enne er reell. Følgelig må integralet være lik null. Dette kan også kontrolleres på flere måter. F.eks: (i Den eriverte av en symmetrisk funksjon er antisymmetrisk, slik at integranen totalt sett blir antisymmetrisk me hensyn på punktet x = a, og integralet blir lik null. (ii Ψ Ψ x x = Ψ x x = Ψ ( Ψ ( = 0. c. Fra Ehrenfests teorem, følger et at t x t = p x t m Den generelle løsningen er For t = 0 skal vi a ha Løsningen er altså x t t og t p x t = V x t = mω x t, = m t p x t = ω x t. x t = A cos ωt + B sin ωt, p x t = m t x t = mω( A sin ωt + B cos ωt. x 0 = A = a og p x 0 = mωb = 0. x t = a cos ωt og p x t = mωa sin ωt. Vi ser at isse forventningsveriene oppfører seg akkurat som koorinatene x og p x for en klassisk oscillasjon. 3

13 . Ve å skrive sannsynlighetstettheten for begynnelsestilstanen (som er Gauss-forelt me hensyn på punktet x = a på formen Ψ(x, 0 e (x a /(/β, og sammenligne me stanarformen exp( x /σ, ser vi at usikkerheten i begynnelsestilstanen er gitt ve ( x 0 = /β, vs. ( x 0 = β. For oscillatorens grunntilstan er ψ n=0 (x e x /( h/mω, og vi kan tilsvarene lese ut at h [( x n=0 ] = h/mω, vs. ( x n=0 = mω. Forholet mellom e to usikkerhetene blir a ( x 0 ( x n=0 = mω β h = 0, når vi setter inn en oppgitte verien β = 50mω/ h. Begynnelsestilstanen er altså nokså hart skviset, me en utstrekning som er bare en tiel av utstrekningen til oscillatorens grunntilstan. e. Fra efinisjonen av usikkerhet har vi og ( p x 0 = (p x p x 0 0 = p x 0, iet p x 0 = 0, ( x 0 = (x x 0 0 = x 0 x 0 x 0 + x 0 = x 0 a. Me en oppgitte sammenhengen ( p x 0 = h/( x 0 (for en Gaussiske begynnelsestilstanen Ψ(x, 0] finner vi a K 0 = p x 0 m = ( p x 0 m = h /4 m( x 0 h /4 = 00 = 5 hω, m( x n=0 (som er 00 ganger større enn for oscillatorens grunntilstan. Da x 0 = a og usikkerheten ( x 0 er så liten, er et vel opplagt at V 0 må bli tilnærmet lik verien av potensialet i punktet x = a, som er V (a = mω a hω. Dette er lett å kontrollere: V 0 = mω x 0 hω = mω [a + ( x 0] hω = mω a hω + h mω mω 00. Her er et siste leet, hω/400 neglisjerbart, så vi har ganske riktig at V 0 V (a = mω a hω. 4

14 f. At energien er en bevegelseskonstant viser vi slik: t E t = ī h [Ĥ, Ĥ] t + Ĥ t t = 0, = E t = E 0 = konstant. Me a = h/mω blir E 0 = K + V 0 = 5 hω + mω h mω hω = 36 hω hω. En skarpt efinert energi me enne verien ville svare til venepunktene x = ±b, gitt ve V (b = E 0, vs. mω b hω = 36 hω hω = h b = 7 h/mω = mω = ( x n=0 = 0( x 0. Vi ser at avstanen b ut til isse venepunktene er vesentlig større enn usikkerheten ( x n=0 for oscillatorens grunntilstan, som på en måte er en naturlige lengeskalaen for oscillatoren. Vierb 0 ganger større enn usikkerheten i begynnelsestilstanen, som var liten i forhol til en nevnte lengeskalaen. g. For t = NT = N π/ω har vi e ient/ h = e in hω N π/ω h = (e iπ nn =, slik at Ψ(x, NT = n=0 c n ψ n (xe ient/ h = c n ψ n (x = Ψ(x, 0, q.e.. For t > 0 er et til å begynne me ingen ting som kan hinre kvantevillskapen i å gi en økene x. Men sien vi her har en harmonisk oscillator, ligger et i sakens natur at også forelingen mellom kinetisk og potensiell energi, og erme også x, vil oscillere. Det kan faktisk vises at V max (ve t = T/4 er lik K 0. Når V er på sitt maksimale er et rimelig at også x er et, og et er ikke urimelig å anta at ( x max er av samme størrelsesoren som avstanen ut til et klassiske venepunktet for en energi E, som vi ovenfor regnet ut til ( x n=0. Oppgave 3 a. (i Ifølge et av grunnpostulatene i kvantemekanikk er e mulige målte veriene av observabelen F gitt ve spektret av egenverier: {f n }. (ii Sannsynlighetsamplituen for å måle egenverien f n ( eller for å finne the systemet i tilstanen n er gitt ve n -komponenten av ψ, eller projeksjonen av ψ på n : og sannsynligheten for å måle f n er A n = n ψ, P n = A n = n ψ. (iii Ifølge et annet postulat, vil en måling som gir F = f 7 generelt enre tilstanen for systemet, ve at en etterlater et i tilstanen 7. En ny måling umielbart etter en første målingen vil a gi samme måleveri f 7. 5

15 b. Ve innsetting finner vi ( cos θ sin θ S ˆnχ ˆn = h(σ x sin θ + σ z cos θ = h sin θ cos θ ( cos θ cos = h θ + sin θ sin θ sin θ cos θ cos θ sin θ ( cos θ sin θ = h ( cos(θ θ sin(θ θ = h ( cos θ sin θ. Spinoren χ ˆn er altså en egentilstan til S ˆn me egenveri h. c. De mulige måleresultatene for S z er egenveriene ± h, som svarer til egentilstanene χẑ og χ ẑ. Sannsynlighetsamplituen for å måle S z = h er projeksjonen av χ ˆn på χ ẑ, og sannsynligheten er Tilsvarene finner vi sannsynligheten A + = χ ẑ χ ˆn = cos θ, P + = A + = cos θ. P = χ ẑ χ ˆn = sin θ for å måle S z = h. En måling som gir S z = + h vil etterlate systemet i tilstanen χẑ (osv.. De 000 spinnene er i utgangspunktet i tilstanen χ ˆn. Ve en første målingen venter vi a å finne S z = h for et antall gitt ve 000 P + = 000 cos θ. Disse etterlates i tilstanen χẑ. For hvert av isse spinnene er sannsynligheten for at anre måling skal gi S ˆn = h gitt ve χ ˆn χ ẑ = cos θ, slik at et forventee antallet blir 000 cos θ cos θ. Den første målingen kan også gi S z = h, og et forventee antallet me ette resultatet er 000 P = 000 sin θ. For hvert av isse spinnene er sannsynligheten for at anre måling gir S ˆn = h gitt ve χ ˆn χ ẑ = sin θ, slik at et forventee antallet blir 000 sin θ sin θ. Totalt er altså et forventee antallet som gir S ˆn = h ve anre måling gitt ve ( ( N + = cos θ cos θ + = 500( + cos θ. For θ = 0 fås N + = 000. Dette er rimelig, fori θ = 0 svarer til ˆn = ẑ, slik at et er snakk om to målinger av S z for 00 spinn som i utgangspunktet er i tilstanen χẑ. 6