TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Technische Natuurkunde

Transcriptie

1 TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Technische Natuurkunde Uitwerking Tentamen Quantumfysica van 15 april (a) De ket α is een vector in de Hilbertruimte H, en de bra β een co-variante vector in de duale ruimte van H. Als H een n-dimensionale ruimte is, dan kan α gerepresenteerd worden als een n-kolomsvector, en β 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) dp. (c) Start met de Schrödinger vgl.: i t Φ(t) = Ĥ Φ(t) i t p Φ(t) = p Ĥ Φ(t) = dp p Ĥ p p Φ(t) i ( ) p t Φ(p, t) = dp H(p)δ(p p )Φ(p, t) = H(p)Φ(p, t) = m + V (p) Φ(p, t) (d) [ˆp, Ĥ] = wil zeggen dat ˆp en Ĥ een gemeenschappelijk stelsel eigenvectoren hebben. De plaats operator ˆx commuteerd niet met ˆp, en dus ook niet met Ĥ. Een meting van de 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 n getallen tegelijk, met waarden tussen 0 en n 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 . (a) Aantonen door te laten zien dat HΨ n = E n Ψ n, met E n = n π ma. Omdat de potentiaal daar oneindig is moet gelden Ψ n (0) = Ψ n (a) = 0. (b) Schrödingervergelijking invullen, uitwerken en dan inproduct nemen met Ψ m geeft c m(t) = i c n (t)h mn exp(i(e m E n )t/ ). n=1 Deeltje begint in de grondtoestand, dus c 1 (0) = 1, c m (0) = 0 voor m. (c) De nulde-orde benadering is c (0) 1 (t) = 1, c(0) m (t) = 0 voor m. Dit vullen we rechts in, levert: c (1) m (t) = i H m1 exp(i(e m E 1 )t/ ). (d) Bepaal eerst H 1, uitwerken van de integraal (kan met trigonometrie of via uitschrijven van sinussen in e-machten) geeft Invullen levert nu H 1 = 4W 3π. c (1) (t) = 4W 3π(E E 1 ) (exp(i(e E 1 )t/ ) 1). (e) ( ) 4W P 1 = exp(i(e E 1 )T/ ) 1. 3π(E E 1 ) Dit beschouw ik als ver genoeg uitgewerkt, kan eventueel nog verder tot ( 16ma W P 1 = 9π 3 ) ( 3π sin ) T 4ma.

3 3 3. (a) Zie Fig.1. De kans dat Bob gelijk heeft is P = FIG. 1: Weergave kansenverdeling bij vraag 3 (a). (b) Bob meet nu in de getransformeerde basis. Zie nu Fig.. De kans dat Bob nu gelijk heeft is P = 1 cos θ+ 1 4 (cos θ sin θ) =... = (cos θ sin θ) = cos(θ+ π 4 ). De grootste kans is voor θ = π 8. FIG. : Weergave kansenverdeling bij vraag 3 (b). (c) Als de toestand niet verstrengeld is, kunnen we deze als een product schrijven: (a 0 + b 1 ) (c 0 + d 1 ) = ac 00 +ad 01 +bc 10 +bd 11 = α 00 +β 01 +γ 10 +δ 11. Uit de eerste gegeven toestand blijkt dan dat α = δ = 1/ = 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 4 (d) 1 ( 0 θ 0 θ + 1 θ 1 θ ) = 1 (cos θ 0 + sin θ 1 ) (cos θ 0 + sin θ 1 ) + 1 ( sin θ 0 + cos θ 1 ) ( sin θ 0 + cos θ 1 ) =... = 1 ( ) (e) Bob heeft een kans van P = 0.5 om uitkomst 1 te meten. Als Alice ook in de basis B θ meet, dan vind ze met 100% zekerheid ook 1. superpositie toestand. In elke andere basis ziet ze een 4. (a) De Schrödingervergelijking in poolcoördinaten is d ψ mr dφ = Eψ, met genormeerde oplossingen die voldoen aan ψ(φ + π) = ψ(φ): 1 π e ikφ ; k = 0, ±1, ±, en bijbehorende energieën E k = k mr. (b) Grondtoestand: alle drie de bosonen in ψ 0, dus Ψ = Ψ 000. Eerste aangeslagen toestanden: 3 (Ψ Ψ Ψ 100 ) ; 3 (Ψ Ψ Ψ 100 ). (c) Grondtoestand: Ψ = Ψ 00 in combinatie met de singlettoestand. Eerste aangeslagen toestanden:

5 5 (Ψ 01 + Ψ 10 ), χ = 00 ; (Ψ Ψ 10 ), χ = 00 ; (Ψ 01 Ψ 10 ), χ = 1m, m = 1, 0, 1; (Ψ 0 1 Ψ 10 ), χ = 1m, m = 1, 0, 1. (d) Bij energieniveau E 0 hoort maar één golffunctie, terwijl er bij niveau E k, k > 0 twee golffuncties horen. Iedere golffunctie kan door twee elektronen worden bezet. Daarom is de bezetting van niveau E 0 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 één elektron in niveau 5. (e) Het energieverschil is gelijk aan E = (5 4 ) mr = 9 mr. Deze energie kan geleverd worden door de absorptie van een foton met golflengte λ = ch E = 8π R mc 9 h = 5800Å. 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 ψ 0 zitten. (Bij kamertemperatuur is de thermische energie k b 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.