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TruEnemy
Anmeldungsdatum: 01.11.2010
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 TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 13:34 Titel: Drei-Niveau-System |
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Hallo,
Meine Frage:
Thema: Rabi-Oszillationen in einem Drei-Niveau-System. Es sollen drei Zeeman-Zustände
eines Hyperfein- -Zustandes ( ) betrachtet werden. Diese sollen
die selbe Energie  haben. Strahlt man nun ein rf-Feld ein, können Übergänge zwi-
schen jeweils benachbarten Zeman-Zuständen, also  und  , getrieben
werden. Die Kopplung  der Zustände lautet  , wobei  : Rabi-Frequenz.
Zunächst soll der Hamiltonian bestimmt und die zeitabhängige SG aufgestellt werden.
Mein Ansatz:
Da  für alle drei Zustände gilt, müsste auf den Diagonal-Einträgen 0 stehen. Gekop-
pelt sind die Zustände ja mit , daher sollten das die Neben-Diagonal-Einträge sein:
Bei den Vorzeichen der Neben-Diagonal-Einträgen bin ich mir noch nicht sicher! Da hier Über-
gänge betrachtet werden ('hoch und runter'), müssten vereinzelt noch negative Vorzeichen
stehen, aber wo? Ich sehe das nicht. Die zeitabhängige SG lautet bekanntermaßen wie folgt:
> = \hat{H}\;|\psi(t)>
<br />
)
Ich habe nun den Hamiltonian in Matrix-Form dastehen, kann den so ja nicht einfach einsetzen?
In der zweiten Teil-Aufgabe ist >) angegeben, vielleicht hilft das weiter. Der 'Ansatz' lautet:
> = a_{-}(t)\;|-> + a_{0}(t)\;|0> + a_{+}(t)\;|+>
<br />
)
Grüße!
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'Dass ich erkenne, was die Welt im Innersten zusammenhält' Faust, Goethe |
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Uriezzo
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| Uriezzo Verfasst am: 04. Jul 2012 16:41 Titel: |
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Hm. Wenn ich mir die Aufgabenstellung so anschaue, sieht es so aus, als soll man das Dreiniveausystem aus einem rotierenden Bezugssystem betrachten(rotating reference frame method) und zwar unter Resonanzbedingungen. Ansonsten würde es keinen Sinn machen, dass der Energieunterschied zwischen den Zuständen 0 sein soll.
Für den Hamiltonian würde ich dementsprechend den Ansatz wählen:
wobei  der Spinoperator für Spin 1 ist. |
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TruEnemy
Anmeldungsdatum: 01.11.2010
Beiträge: 516
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 16:48 Titel: |
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Mein Ansatz für den Hamiltonian sollte richtig sein, so zumindest ein Tipp von jemanden,
der die Übungsgruppe schon hinter sich hat  Die Frage ist nun nur noch, ob, und wenn
ja, wo, negative Vorzeichen an die Kopplungseinträge gehören. wurde wahr-
scheinlich deshalb angesetzt, um uns die späteren Rechnungen zu vereinfachen. Wir haben
weder die 'rotating reference frame'-Methode noch den Spin bzgl. dieser Thematik behandelt.
Wenn wir nun mal die Vorzeichen-Frage der Kopplungseinträge vernachlässigen, stellt sich mir
immer noch die Frage, wie ich die zeitabhängige SG mit dem Matrix-Hamiltonian aufstelle? KP ... 
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'Dass ich erkenne, was die Welt im Innersten zusammenhält' Faust, Goethe |
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TruEnemy
Anmeldungsdatum: 01.11.2010
Beiträge: 516
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 17:27 Titel: |
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 |-> = a_- (t) \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}
<br />
)
 |0> = a_{\;0} (t) \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}
<br />
)
 |+> = a_+ (t) \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
<br />
)
Könnte das eventuell etwas bringen? Die Idee habe ich aus einem älteren Thread von mir,
allerdings ging es da um ein Zwei-Niveau-System; ich habe hier nur analog verfahren ^^
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 18:07 Titel: |
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Wenn H in Matrixform vorliegt, kann man direkt den Zeitentwicklungsoperator hinschreiben
 = e^{-iHt} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-it)^n}{n!}H^n)
und im Falle von Spinmatrizen findet man Formeln, mittels derer man die Potenzen von H berechnen und die Summe explizit darstellen kann.
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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TruEnemy
Anmeldungsdatum: 01.11.2010
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 21:42 Titel: |
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Danke! Wie lautet das dann also angewandt auf meine Problematik?
Du schreibst  = e^{-iHt}) , wie kann man  da einfügen? Was be-
zeichnet  im letzten Term? Die Dimension der Matrix? Hier also =3?
 = \sum_{n = 0}^{3} \frac{(-it)^3}{3!} H^3
<br />
)
Check's nicht ganz, sorry. Hatten mit der Zeitabhängigkeit nie viel zu tun.
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Uriezzo
Anmeldungsdatum: 15.09.2011
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| Uriezzo Verfasst am: 04. Jul 2012 21:59 Titel: |
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ist nicht 3. Du brauchst schon alle Potenzen. In manchen Fällen kannst Du die unendliche Reihe aber erheblich vereinfachen, z.B. wenn  für ein bestimmtes n die Einheitsmatrix ergibt, wie es für die Spinoperatoren der Fall ist, dann kannst Du die Reihe vereinfachen und in geschlossener, endlicher Form hinschreiben. |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18077
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 22:01 Titel: |
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Das ist eine ganz normale Taylorentwicklung um t=0; n steht für den Exponenten, also 1, H, H² = H*H, H³=H*H*H, ...; im Falle von Spinmatrizen sind diese Potenzen der Matrizen einigermaßen einfach und systematisch berechenbar.
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TruEnemy
Anmeldungsdatum: 01.11.2010
Beiträge: 516
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 22:14 Titel: |
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Ich verstehe nicht, warum ihr dauernd von Spinmatrizen redet.
Ich danke Euch wirklich für jede Antwort, aber ich glaube, dass
ich nicht über das nötige Know-How verfüge, um Eure Tipps (a)
zu verstehen und (b) anzuwenden 
Ich habe hier nun also meinen Hamiltonian als (3 x 3)-Matrizen
vorliegen und möchte nun die zeitabhängige SG aufstellen. Mein
Zustand muss dazu mathematisch ja iwie passen, ansonsten
macht mir in der Formel ja nichts Probleme. Wäre das vll richtig?
 |-> = a_- (t) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
<br />
)
 |0> = a_{\;0} (t) \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
<br />
)
 |+> = a_+ (t) \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}
<br />
)
 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) = \begin{pmatrix} 0 & \frac{\hbar \omega_R}{2} & \frac{\hbar \omega_R}{2} \\ \frac{\hbar \omega_R}{2} & 0 & \frac{\hbar \omega_R}{2} \\ \frac{\hbar \omega_R}{2} & \frac{\hbar \omega_R}{2} & 0 \end{pmatrix} \left(a_- (t) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right)
<br />
)
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TomS
Moderator
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 22:38 Titel: Re: Drei-Niveau-System |
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Mit
ist die Wellenfunktion psi ein 3-Vektor, also
und die SGL für dieses psi lautet
 = H \psi(t))
Die formale Lösung der SGL für eine Hamiltonoperator H mittels des Zeitentwicklungsoperators
 = e^{-iHt\hbar})
lautet
 = U(t)\,\psi(0) )
Für die von dir angegebene Matrix gilt - wenn ich mich nicht verrechnet habe
Damit müsstest du eigtl. eine explizite Darstellung der n-ten Potenz konstruieren und die Summe ausrechnen können.
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TruEnemy
Anmeldungsdatum: 01.11.2010
Beiträge: 516
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 22:44 Titel: |
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So sieht es vielleicht doch korrekter aus als das da oben
 |-> \\ a_{\;0} (t) |0> \\ a_+ (t) |+> \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & \frac{\hbar \omega_R}{2} & \frac{\hbar \omega_R}{2} \\ \frac{\hbar \omega_R}{2} & 0 & \frac{\hbar \omega_R}{2} \\ \frac{\hbar \omega_R}{2} & \frac{\hbar \omega_R}{2} & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}a_- (t) |-> \\ a_{\;0} (t) |0> \\ a_+ (t) |+> \end{pmatrix}
<br />
)
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TruEnemy
Anmeldungsdatum: 01.11.2010
Beiträge: 516
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 22:55 Titel: |
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Ich soll erstmal wirklich nur die SG aufstellen, so richtig, wie oben gemacht?
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 22:55 Titel: |
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nein, Kets haben hier nichts zu suchen; ein Ket ist ein abstrakter Zustandsvektor und steht hier (wenn überhaupt) dann für den 3-Vektor
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TruEnemy
Anmeldungsdatum: 01.11.2010
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 22:58 Titel: |
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Ver ... dann bin ich nun an dieser Stelle mit meinem Latein am Ende!
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18077
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 23:01 Titel: |
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Die SGL hast du schon aufgestellt (ich habe das nochmal zusammengefasst)
Wenn du dir bzgl. der Form von H sicher (!) bist, dann kannst du die Potenzreihe in H, H², ... und damit dir 3*3 Matrix U (wie oben angedeutet) explizit berechnen.
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TruEnemy
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 23:05 Titel: |
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Dann war das
 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + a_{\;0} (t) \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + a_+ (t) \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) = \begin{pmatrix} 0 & \frac{\hbar \omega_R}{2} & \frac{\hbar \omega_R}{2} \\ \frac{\hbar \omega_R}{2} & 0 & \frac{\hbar \omega_R}{2} \\ \frac{\hbar \omega_R}{2} & \frac{\hbar \omega_R}{2} & 0 \end{pmatrix} \left(a_- (t) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + a_{\;0} (t) \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} + a_+ (t) \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right)
<br />
)
also richtig?
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TomS
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 23:09 Titel: |
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Ich kann leider deinen Ansatz mit den drei Kets und den drei Funktionen a(t) nicht wirklich nachvollziehen. Außerdem scheinst du eine Matrix als Zustandsvektor zu haben, das kann irgendwie nicht sein.
Was ist dir denn an meinem Ansatz mit U nicht klar?
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TruEnemy
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 23:15 Titel: |
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Wenn ich darauf ehrlich antworten soll: alles! Du hast doch soeben gesagt, dass ich die SG aufgestellt habe.
Wo denn, wenn nicht das, oder der Ansatz mit den Kets? Sorry, irgendwie reden wir aneinander vorbei
In der nächsten Teil-Aufgabe steht, dass man die Amplituden von > = a_{-}(t)\;|-> + a_{0}(t)\;|0> + a_{+}(t)\;|+>)
bestimmen soll. Daher war das mein Ansatz für das > ) . Langsam verwirr ich mich selbst ... ich will nur die SG!
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TomS
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 23:20 Titel: |
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Wenn die drei Kets meinen drei Einheitsvektoren für x,y,z entsprechen, dann wären die drei Funktionen a(t) meine drei psi's. Egal, die Lsg. für psi führt über H. Bei dir treten dann drei gekoppelt DGLs in t auf, bei mir ein algebraisch zu bestimmendes U.
Aber definitiv falsch ist, dass bei dir links die Kets stehen und rechts Matrizen; wie soll das gehen?
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TruEnemy
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 23:25 Titel: |
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| TomS hat Folgendes geschrieben: | | Wenn die drei Kets meinen drei Einheitsvektoren für x,y,z entsprechen, dann wären die drei Funktionen a(t) meine drei psi's. |
Richtig!
| Zitat: | | Aber definitiv falsch ist, dass bei dir links die Kets stehen und rechts Matrizen; wie soll das gehen? |
Rechts stehen doch auch die Kets?
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TomS
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 23:29 Titel: |
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| TruEnemy hat Folgendes geschrieben: | |
Rechts steht eine Matrix ;-)
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TruEnemy
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 23:31 Titel: |
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Achso, darauf beziehst Du Dich ... ich bezog mich auf:
Also so wie es jetzt dasteht ist es falsch, ja?
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TruEnemy
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 23:35 Titel: |
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Wie wäre es mit
 \\ a_{\;0} (t) \\ a_+ (t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & \frac{\hbar \omega_R}{2} & \frac{\hbar \omega_R}{2} \\ \frac{\hbar \omega_R}{2} & 0 & \frac{\hbar \omega_R}{2} \\ \frac{\hbar \omega_R}{2} & \frac{\hbar \omega_R}{2} & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}a_- (t) \\ a_{\;0} (t) \\ a_+ (t) \end{pmatrix}
<br />
)
oder
 \psi_- \\ a_{\;0} (t) \psi_0 \\ a_+ (t) \psi_+ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & \frac{\hbar \omega_R}{2} & \frac{\hbar \omega_R}{2} \\ \frac{\hbar \omega_R}{2} & 0 & \frac{\hbar \omega_R}{2} \\ \frac{\hbar \omega_R}{2} & \frac{\hbar \omega_R}{2} & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}a_- (t) \psi_- \\ a_{\;0} (t) \psi_0 \\ a_+ (t) \psi_+ \end{pmatrix}
<br />
)
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TomS
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 23:38 Titel: |
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so: | TruEnemy hat Folgendes geschrieben: | |
Das hatten wir vorhin schon, nur mit psi's statt a's
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TruEnemy
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 23:40 Titel: |
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Hm, aber die a's sind doch nur Amplituden, nicht die Wellenfunktionen,
ich sagte schrieb ja schon mehrfach den Ansatz aus der nächsten Teil-
Aufgabe, da ist nach dem a immer noch ein entsprechender Ket.
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 23:44 Titel: |
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Was sollen die Kets sein, wenn nicht die Basisvektoren? und sie sind zeitunabhängig, also steckt die Dynamik in den a's
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TruEnemy
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| TruEnemy Verfasst am: 04. Jul 2012 23:46 Titel: |
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Ja, das sind wohl die Basisvektoren. Wie die aussehen ist für die Dynamik völlig wurscht,
weil sie zeitunabhängig sind, klingt logisch ^^ Bei der zeitabhängigen SG interessiert nur
die Dynamik.
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TomS
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| TomS Verfasst am: 04. Jul 2012 23:49 Titel: Re: Drei-Niveau-System |
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Also jetzt wieder zurück zu
| TomS hat Folgendes geschrieben: | Mit
ist die Wellenfunktion psi ein 3-Vektor, also
und die SGL für dieses psi lautet
Die formale Lösung der SGL für eine Hamiltonoperator H mittels des Zeitentwicklungsoperators
lautet
Für die von dir angegebene Matrix gilt - wenn ich mich nicht verrechnet habe
Damit müsstest du eigtl. eine explizite Darstellung der n-ten Potenz konstruieren und die Summe ausrechnen können. |
Alternative: du schreibst deine drei gekoppelten DGLs hin und löst sie.
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TruEnemy
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| TruEnemy Verfasst am: 05. Jul 2012 00:05 Titel: |
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Ich habe mich wohl mit der doofen Notation der zeitabhängigen SG mit Kets verschickt, siehe Threadbeginn.
Es wäre mit Deiner Methode sicherlicher eleganter, aber ich müsste sie jetzt kapieren, dafür bin ich zu fertig.
Um die Amplituden zu bestimmen, müsste man also die folgenden drei gekoppelten DG lösen:
 = \frac{\hbar \omega_R}{2} a_0 (t)
<br />
)
 = \frac{\hbar \omega_R}{2} \left(a_- (t) + a_+ (t) \right)
<br />
)
 = \frac{\hbar \omega_R}{2} a_0 (t)
<br />
)
Bemerkung: Habe den Hamiltonian geändert:
 \\ a_0 (t) \\ a_+ (t) \end{pmatrix} = \frac{\hbar \omega_R}{2} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_- (t) \\ a_0 (t) \\ a_+ (t) \end{pmatrix}
<br />
)
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TruEnemy
Anmeldungsdatum: 01.11.2010
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| TruEnemy Verfasst am: 05. Jul 2012 00:11 Titel: |
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Achso, vergaß die Randbedingungen:
 = 1,\;a_0 (0) = a_+ (0) = 0
<br />
)
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TomS
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Anmeldungsdatum: 20.03.2009
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| TomS Verfasst am: 05. Jul 2012 00:40 Titel: |
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Genau, dieses DGL-System = die SGL musst du lösen.
Dazu kannst du versuchen, eine zeitunabhängige Matrix zu finden, die das System diagonalisiert, so dass du drei ungekoppelte DGLs bekommst, die du separat mittels e-Funktionen löst. Oder du setzt einfach e-Funktionen an und versuchst, das DGL-System in ein lineares Gleichungssystem umzuschreiben.
Die von mir genannte Alternative mittels U(t) funktioniert ebenfalls, du musst wiederum nur die Potenzen H, H², H³, ... und damit die Summe explizit berechnen. Dein H hat sich geändert, also auch H², H³, ...; falls ich das richtig sehe, ist H³ = 2H; übrigens entspricht dein H jetzt gerade einer Spin-Matrix.
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TruEnemy
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| TruEnemy Verfasst am: 05. Jul 2012 06:55 Titel: |
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Ich habe den Ansatz mit der e-Funktion gewählt, aber ich scheiterte bisher.
 = a_0 (t) = e^{-\frac{i}{\hbar} \frac{\hbar \omega_R}{2} t} )
habe ich für die erste DG, müsste doch eigentlich passen, oder?
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TomS
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Anmeldungsdatum: 20.03.2009
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| TomS Verfasst am: 05. Jul 2012 07:07 Titel: |
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Ich würde einen allgemeineren Ansatz wählen
 = A_{\pm,0}^{+} e^{+i\omega t} + A_{\pm,0}^{-} e^{-i\omega t})
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| TruEnemy Verfasst am: 05. Jul 2012 08:12 Titel: |
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Sieht besser aus ^^ Ich versuch's mal ... dank' Dir!
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