Отличная квантовая механика : решения. Часть 2

Отличная
квантовая
механика
Решения

QUANTUM PHYSICS

    

A. I. Lvovsky

Москва
2019

Перевод с английского

Отличная
квантовая
механика
Решения

Александр Львовский

© Львовский А., 2019
© Издание на русском языке, перевод, оформление. 
ООО «Альпина нон-фикшн», 2019
ISBN 978-5-91671-952-9 (рус.)
ISBN 978-3-662-56582-7 (англ.)

УДК 530.145
ББК 22.314
 
Л89
Переводчик Н. Лисова
Редактор А. Ростоцкая

Львовский А.
Отличная квантовая механика : Решения : в 2 ч. / Александр Львовский ; 
Пер. с англ. — М.: Альпина нон-фикшн, 2019. — 304 с.

ISBN 978-5-91671-952-9

Ч. II. — 304 c.

Вторая часть содержит подробные решения к учебному пособию.

УДК 530.145
ББК 22.314

Л89

Все права защищены. Никакая часть этой книги не может 
быть воспроизведена в какой бы то ни было форме и какими бы то ни было средствами, включая размещение в сети 
интернет и в корпоративных сетях, а также запись в память ЭВМ для частного или пуб личного использования, 
без письменного разрешения владельца авторских прав. 
По вопросу организации доступа к электронной библиотеке 
издательства обращайтесь по адресу mylib@alpina.ru.

Руководитель проекта А. Тарасова
Корректоры Е. Аксёнова, М. Миловидова
Компьютерная верстка А. Фоминов
Дизайн обложки Ю. Буга

Иллюстрации на обложке Shutterstock.com 

Подписано в печать 10.07.2019. 
Формат 60×90/16.
Бумага офсетная № 1. Печать офсетная.
Объем 19 печ. л. Тираж 1500 экз. 
Заказ №            .

ООО «Альпина нон-фикшн»
123007, г. Москва, ул. 4-я Магистральная, 
д. 5, строение 1, офис 13
Тел. +7 (495) 980-5354
www.nonfiction.ru

Отпечатано в АО «Первая образцовая 
типография», 
филиал «УЛЬЯНОВСКИЙ ДОМ ПЕЧАТИ» 
432980, г. Ульяновск, ул. Гончарова, 14

Знак информационной продукции
0+
(Федеральный закон № 436-ФЗ от 29.12.2010 г.)  

ОГЛАВЛЕНИЕ

ГЛАВА Р1. Решения к упражнениям главы 1 ....................................... 7

ГЛАВА Р2. Решения к упражнениям главы 2 ..................................... 35

ГЛАВА Р3. Решения к упражнениям главы 3 ..................................... 69

ГЛАВА Р4. Решения к упражнениям главы 4 ................................... 145

ГЛАВА Р5. Решения к упражнениям главы 5 ................................... 193

ГЛАВА РА. Решения к упражнениям приложения A ....................... 239

ГЛАВА РБ. Решения к упражнениям приложения Б ....................... 283

ГЛАВА РВ. Решения к упражнениям приложения В ....................... 291

ГЛАВА РГ. Решения к упражнениям приложения Г ....................... 299

ГЛАВА Р1

РЕШЕНИЯ 
К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫ 1

Решение для упражнения 1.1. Воспользовавшись результатом 
упр. A.15, запишем (не забывая о комплексном сопряжении там, где 
это нужно!):

ψ | ψ = N (2жива | ψ – iмертва | ψ) =
= N2 (4жива | жива + 2iжива | мертва –  
 
(Р1.1)
– 2iмертва | жива + мертва | мертва).

Поскольку |мертва и |жива — физические состояния, их нормы 
равны 1. Однако эти состояния несовместимы друг с другом, так что 
их скалярное произведение пропадает. Следовательно, имеет место 
равенство ψ | ψ = N2 (4 + 1) = 5N2, а значит, 
1
5
N =
.

Решение для упражнения 1.2. Хотя движение одномерно, ни одно 
координатное состояние не совместимо с другими: x | x′ = 0, если x ≠ x′. 
Поэтому существует бесконечно много линейно независимых состояний, и размерность гильбертова пространства равна бесконечности. 

Решение для упражнения 1.3. В каждом наборе у нас по два вектора. Исходя из результатов упр. A.19 и двумерности нашего гильбертова пространства, достаточно показать, что эти векторы ортонормальны. Вычислим скалярные произведения векторов, выразив их в 
матричном виде, в каноническом базисе согласно табл. 1.1.
a) Для диагональных состояний находим:

 
(
) 1
1 1
1
1
1
2
⎛ ⎞
+ + =
=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;

 
(
) 1
1 1
1
0
1
2
⎛ ⎞
− + =
−
=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;

ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯ

 
(
)
1
1 1
1
0
1
2
⎛
⎞
+ − =
=
⎜
⎟
⎝ − ⎠
;

 
(
)
1
1 1
1
1
1
2
⎛
⎞
− − =
−
=
⎜
⎟
⎝ − ⎠
.

b) Аналогично находим для круговых состояний [производим комплексное сопряжение согласно (A.5)]:

 
(
)i
i
1
1 1
1
2
R R
⎛ ⎞
=
−
=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;

 
(
)i
i
1
1 1
0
2
L R
⎛ ⎞
=
=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;

 
(
)i
i
1
1 1
0
2
R L
⎛
⎞
=
−
=
⎜
⎟
⎝ − ⎠
;

 
(
)i
i
1
1 1
1
2
L L
⎛
⎞
=
=
⎜
⎟
⎝ − ⎠
.

Решение для упражнения 1.4. Для диагонального базиса мы 
выводим, пользуясь табл. 1.1, что

(
) 1
1
1
1
1
0
2
2
H
⎛ ⎞
+
=
=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;

(
) 1
1
1
1
1
0
2
2
H
⎛ ⎞
−
=
−
=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;

(
) 0
1
1
1
1
1
2
2
V
⎛ ⎞
+
=
=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;

(
) 0
1
1
1
1
1
2
2
V
⎛ ⎞
−
=
−
= −
⎜ ⎟
⎝ ⎠
,

и, таким образом, 
(
)
2
H =
+ + −
; 
(
)
2
V =
+ − −
. Аналогично 
для кругового базиса поляризации:

(
)i
1
1
1
1
0
2
2
R H
⎛ ⎞
=
−
=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;

(
)i
1
1
1
1
0
2
2
L H
⎛ ⎞
=
=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;

РЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫ 1 

(
)
i
i
0
1
1
1
2
2
R V
⎛ ⎞
=
−
= −
⎜ ⎟
⎝ ⎠
;

(
)
i
i
0
1
1
1
2
2
L V
⎛ ⎞
=
=
⎜ ⎟
⎝ ⎠
,

следовательно, 
(
)
2
H
R
L
=
+
; 
(
)
i
2
V
R
L
=
−
+
.

Решение для упражнения 1.5. Воспользовавшись табл. 1.1, выразим состояния |a и |b в каноническом базисе:

3
1
3
30
2
2
1

H
V
a
⎛
⎞
+
=
=
⎜
⎟
⎝
⎠

;

3
1
3
30
2
2
1

H
V
b
⎛
⎞
−
= −
=
⎜
⎟
⎝ − ⎠

.

Теперь мы можем применить тот же подход, что и в предыдущем 
упражнении. 

(
)

канонический базис
1
3
1
3
1
1
2 2
1
2 2
a
⎛
⎞
+
+
=
⎜
⎟
⎝
⎠
;

(
)

канонический базис
1
3
1
3
1
1
2 2
1
2 2
a
⎛
⎞
−
−
−
=
⎜
⎟
⎝
⎠
.

Таким образом, разложение |a в диагональном базисе поляризации — это

диагональный базис
3
1
1

2 2
3
1

a
a
a

⎛
⎞
⎛
⎞
+
+
=
⎜
⎟
⎜
⎟
−
⎝
⎠
⎝
− ⎠
. 
 
(Р1.2)

Аналогично получаем:

диагональный базис
3
1
1

2 2
3
1
b
⎛
⎞
−
⎜
⎟
⎝
+ ⎠
. 
 
(Р1.3)

Для кругового базиса поляризации

(
)

канонический базис
i
i
1
3
3
1
2 2
1
2 2
R a
⎛
⎞
−
−
=
⎜
⎟
⎝
⎠
;

ОТЛИЧНАЯ КВАНТОВАЯ МЕХАНИКА: РЕШЕНИЯ

(
)

канонический базис
+i
i
1
3
3
1
2 2
1
2 2
L a
⎛
⎞ =
⎜
⎟
⎝
⎠
,

следовательно,

круговой базис
i

+i

3
1

2 2
3
a
⎛
⎞
−
⎜
⎟
⎝
⎠
(Р1.4)

и аналогично

круговой базис
i

i

3
1

2 2
3
b
⎛
⎞
+
⎜
⎟
⎝
− ⎠
.  
(Р1.5)

Чтобы найти скалярное произведение в каждом из трех базисов, 
используем (A.5):

(
)
канонический базис
1
1
3
3
1
4
2
1
a b
⎛
⎞ =
⎜
⎟
⎝ − ⎠
(
)
диагональный базис
3
1
1
1
3
1
3
1
8
2
3
1
a b
⎛
⎞
−
+
−
=
⎜
⎟
⎝
+ ⎠
(
)
круговой базис
i
i
i
i

3
1
1
3
3
8
2
3
a b
⎛
⎞
+
+
−
=
⎜
⎟
⎝
− ⎠
.

Все три скалярных произведения одинаковы, что подтверждает 
теорию.

Решение для упражнения 1.6. В соответствии с (A.7) состояние |ψ 
раскладывается в базисе |vi согласно

i
i
i
v
v
ψ =
ψ
∑
.  
(Р1.6)

Отсюда следует, что

*

,
j
i
j
i
i j
v
v
v v
ψ ψ =
ψ
ψ
=
∑
  
(Р1.7)

*

,
j
i
ij
i j
v
v
=
ψ
ψ δ =
∑
 
 
(Р1.8)

)
2 (1.3

i
i
v
=
=
ψ
∑
 
 
(Р1.9)

pri
i
=∑
. 
 
(Р1.10)

РЕШЕНИЯ К УПРАЖНЕНИЯМ ГЛАВЫ 1 

Решение для упражнения 1.7. Предположим, что состояние |ψ, 
измеренное в базисе {|vi}, дает вероятности pri = |vi | ψ|2. Тогда для 
состояния |ψ′ = eiϕ |ψ имеет место равенство

i
i
e
p
p
r
e
r
2
2
2
2

i
i
i
i
i
v
v
v
ϕ
ϕ
=
ψ
=
ψ
=
=
′
ψ
.

Решение для упражнения 1.8 
a) Как мы обнаружили в упр. В.8, состояние |45° после прохождения через волновую пластинку под углом 22,5° станет |H и 
затем пройдет через PBS. Состояние |–45°, в свою очередь, станет |V и отразится от PBS. Следовательно, эти два состояния 
дадут щелчки в двух разных фотонных детекторах, так что данное устройство способно их различить. 
b) Как выяснилось в упр. В.9, два состояния с круговой поляризацией, проходящие через четвертьволновую пластинку 
под углом 0°, превращаются в диагонально поляризованные 
состояния. Последующая часть устройства эквивалентна описанной в части a) и, следовательно, позволяет различить эти 
состояния. 

Решение для упражнения 1.10. Устройство будет аналогично 
тому, что показано на рис. 1.2 b, но оптическую ось волновой пластинки нужно установить под углом θ/2 к горизонтали. Такая волновая пластинка будет переводить состояние |θ в |H, а | 2
π  + θ в |V.

Решение для упражнения 1.11. Нужна всего одна четвертьволновая пластинка с оптической осью, ориентированной под 45° к горизонтали. В системе отсчета, связанной с этой волновой пластинкой, состояния |H и |V представляются диагонально поляризованными, так 
что волновая пластинка взаимно конвертирует состояния в каноническом и круговом базисах согласно |H → |R → |V → |L → |H. Следовательно, такая волновая пластинка, если за ней будет помещаться 
поляризующий светоделитель, направит все фотоны с правой круговой поляризацией в один детектор, а с левой — в другой. 

Решение для упражнения 1.12 
a) Воспользуемся теоремой о полной вероятности (упр. Б.6). Имея 
в виду, что на вход поступает либо |H с вероятностью 1/2, либо 
|V с вероятностью 1/2, и используя результат упр. 1.9, находим: