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Quantenmechanik, Relativitätstheorie und der ganze Rest. Wenn Sie Themen diskutieren wollen, die mehr als Schulkenntnisse voraussetzen, sind Sie hier richtig. Keine Angst, ein Physikstudium ist nicht Voraussetzung, aber man sollte sich schon eingehender mit Physik beschäftigt haben.

Umfrageergebnis anzeigen: Ist experimentell feststellbar, ob Teilchen sich in Superposition befinden?
Ja 1 50,00%
Nur statistisch für ein Ensemble von gleichartigen Teilchen 0 0%
Nein 1 50,00%
Teilnehmer: 2. Sie dürfen bei dieser Umfrage nicht abstimmen

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  #191  
Alt 03.02.19, 10:49
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Zitat:
Zitat von it77 Beitrag anzeigen
Mir macht die Interpretation der Formeln noch Schwierigkeiten.
Nochmal eine kurze Zusammenfassung:

A) Zunächst untersuchen wir ein gemischtes Ensemble, bestehend aus Teilchen entweder im Zustand |1> oder |2> mittels des Dichteoperators

ρ = a₁ P₁ + a₂ P₂ = a₁ |1><1| + a₂ |2><2|

Die Wahrscheinlichkeit den Zustand |ψ> in diesem gemischten Ensemble ρ zu finden, lautet

p(ψ) = ψ₁²a₁ + ψ₂²a₂

Mit

a₁ = a₂ = ½

folgt dann

p(ψ) = ψ₁²a₁ + ψ₂²a₂ = ½ (ψ₁² + ψ₂²) = ½

B) Nun untersuchen wir ein reines Ensemble, bestehend ausschließlich aus Teilchen im Superpositionszustand |ψ> = α₁|1> + α₂|2> mit dem Dichteoperator

ρ = (α₁|1> + α₂|2>) (<1|α₁ + <2|α₂) = α₁² P₁ + α₂² P₂ + Interferenzterme

Die Wahrscheinlichkeit den Zustand |ψ> in diesem reinen Ensemble ρ zu finden, lautet

p(ψ) = ψ₁²α₁² + ψ₂²α₂² + 2ψ₁ψ₂α₁²α₂²

Mit

α₁² = α₂² = ½

folgt

p(ψ) = ψ₁²α₁² + ψ₂²α₂² + 2ψ₁ψ₂α₁²α₂² = ½ (ψ₁² + ψ₂²) + ½ ψ₁ψ₂ = ½ (1 + ψ₁ψ₂)

Wenn also ψ₁ und ψ₂ beide ungleich Null sind, dann folgen im reinen Ensemble explizit andere Häufigkeiten für das Auffinden des Zustandes |ψ> als im gemischten. Anders ausgedrückt, durch Wahl der Basis |ψ> bzgl. der die Teilchen in den Ensembles gemessen werden, kann man unterscheiden, ob das jeweilige Ensemble in einem reinen oder einem gemischten Zustand vorliegt.

Zitat:
Zitat von it77 Beitrag anzeigen
Was genau suchen wir? Sub-Ensembles, die eine 50%/50%-Verteilung aufweisen?
Wir finden die 50%/50%-Verteilung häufiger, wenn es sich um einen reinen Zustand handelt ...
Zur weiteren Erklärung:

Zunächst wollte ich zeigen, dass die Annahme, man könne mit klassischer Statistik argumentieren, falsch ist.

(A) zeigt die Berechnung für ein klassisches statistisches Ensemble ρ. Das Ensemble ist wg. a₁ = a₂ = ½ bzgl. der beiden Zustände |1> und |2> symmetrisch. Egal, welchen Zustand |ψ> - definiert durch ψ₁, ψ₂ - wir uns anschauen, wir erhalten immer das selbe Ergebnis: die Wahrscheinlichkeit, dass wir bei “Herauspicken” eines Objektes aus dem Ensemble ρ dieses Objekt in unserem beliebig gewählten Zustand |ψ> finden, lautet unabhängig von |ψ> immer ½.

(B) zeigt die Berechnung für einen quantenmechanischen reinen Zustand, d.h. das Ensemble ρ hat spezielle Eigenschaften. Wiederum ist das Ensemble wg. α₁² = α₂² = ½ bzgl. der beiden Zustände |1> und |2> symmetrisch. Nun hängt das Ergebnis des Experiments entscheidend vom Zustand |ψ> ab: die Wahrscheinlichkeit, dass wir bei “Herauspicken” eines Objektes aus dem Ensemble ρ dieses Objekt in unserem Zustand |ψ> finden, hängt von |ψ> ab und kann von ½ abweichen.



Zitat:
Zitat von it77 Beitrag anzeigen
p(ψ,rein) = p(ψ,gemischt) + (½ ψ₁ψ₂)

Der Interferenzterm (½ ψ₁ψ₂) ist der Grund, weshalb man Spin up häufiger oder seltener vorfinden kann?
Der Interferenzterm ist der Grund, weshalb man trotz Symmetrie bzgl. |1> und |2> des Ensembles ρ andere Zustände |ψ> i.A. häufiger oder seltener als mit Wahrscheinlichkeit ½ vorfindet.



Wir können also unterscheiden, ob (A) oder (B) vorliegt: Wenn uns jemand ein Ensemble ρ gibt - z.B. eine Kiste mit “Objekten”, die Polarisation o.ä. tragen, und uns versichert, es handele sich um ein bzgl. |1> und |2> gleichverteiltes Ensemble, dann führen wir folgenden Versuch durch: Wir holen aus dem Ensemble ρ Teilensembles ρ’, ρ’’, ... heraus. Je Teilensemble ρ’, ρ’’, ... legen wir einen Zustand |ψ’>, |ψ’’>, ... fest und zählen, wie viele Objekte M’, M’’, ... sich in diesem Zustand befinden, und wie viele N’, N’’, ... sich NICHT in diesem Zustand befinden.

(A) Wenn wir für alle Teilensembles immer M’ = N’, M’’ = N’’, ... (innerhalb gewisser statistischer Grenzen) finden, dann liegt ein klassisches Ensemble vor.

(B) Wenn wir für die Teilensembles jedoch M’ und N’, M’’ und N’’, ... (mit gewissen statistischen Abweichungen) vom Fall (A) abweichen, dann liegt kein klassisches Ensemble vor.

Das ganze hat nichts mit der speziellen Eigenschaft von Spin oder Polarisation zu tun sondern gilt ganz allgemein für zwei Zustände |1> und |2>, und natürlich auch für mehrere Zustände.

Das theoretisch beschriebene Experiment kann in ähnlicher Form für Photonen mit Polarisation durchgeführt werden. Die Zustände |1> und |2> wären zwei lineare Polarisationen. Ein klassisches Ensemble (A) wären z.B. Photonen aus einer Glühlampe. Ein quantenmechanisch reines Ensemble wäre z.B. ein Laser, der identische Photonen mit bzgl. der Basis |1>, |2> um 45° verdrehter Polarisation enthält, oder geeignet reflektiertes Licht von nicht-metallischen Oberflächen wie Wasser oder Glas. Das Zählen der Photonen und die Wahl des Zustandes |ψ> erfolgt mittels Polarisationsfiltern und dahinter positionierten Detektoren (man kann in der Praxis nicht ein Photon aus dem Ensemble herauspicken direkt mit einem anderen Photon im Zustand |ψ> vergleichen, sondern man muss zählen, wie viele Photonen aus dem Ensemble den Polarisationsfilter mit Orientierung entsprechend ψ₁, ψ₂ passieren).

Bei (A) verhält es sich so, dass unabhängig von ψ₁, ψ₂ immer gleich viele Photonen den Filter passieren bzw. absorbiert werden.

Bei (B) stellen wir dagegen eine Abhängigkeit von der Orientierung des Polarisationsfilters fest. Insbs. kann man durch Variation von ψ₁, ψ₂ und damit durch Modifikation des Interferenztermes Wahrscheinlichkeiten zwischen p = 0 und p = 1 erreichen!

(Ich habe in meinen Formeln auf eine weitere Komplikation verzichtet: α₁, α₂ sowie ψ₁, ψ₂ sind komplexe Zahlen. Daher muss das _² durch ein Betragsquadrat |_|² ersetzt werden; im Interferenzterm steht dann außerdem ein “+ komplex konjugiert”. Ohne diese Verallgemeinerung findet man das letztgenannte Ergebnis nicht)
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Geändert von TomS (03.02.19 um 11:36 Uhr)
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  #192  
Alt 03.02.19, 10:57
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Zitat:
Zitat von Timm Beitrag anzeigen
Unklar ist mir noch, was genau du mit "Realität, die mittels der unitären Zeitentwicklung beschrieben wird." meinst. Für mich klingt das nach der ontischen Interpretation der Wellenfunktion.
Ja, natürlich.

Die unitäre Zeitentwicklung gilt sicher dann, wenn ich nicht messe. Wenn ich aber nicht messe, dann muss ich entweder eine ontischen Interpretation annehmen, um von Realität sprechen zu können, oder ich nehme keine ontischen Interpretation an, dann ist es sinnlos zu sagen, die unitäre Zeitentwicklung beschreibe irgendetwas Reales.

Zitat:
Zitat von Timm Beitrag anzeigen
Und schließlich, was würde ein Vertreter der instrumentalistischen Position zu real existierendem vs beobachtetem Kollaps sagen?
Ein lupenreiner Instrumentalist würde beides ablehnen - im Sinne des Sprachgebrauchs - weil er erstens nichts über die Realität aussagen will, und weil er zweitens den Kollaps selbst auch nicht beobachtet. Er wäre diesbzgl. völlig agnostisch und würde lediglich die Projektion des Zustandsvektors als notwendiges mathematisches Instrument begreifen, um die Messergebnisse korrekt vorhersagen zu können. Insofern ist “beobachteter” Kollaps eigtl. irreführend oder irrelevant, denn wir beobachten den Verlauf des Kollapses ja nie, sondern immer nur das Endergebnis.
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  #193  
Alt 03.02.19, 20:28
it77 it77 ist offline
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Zitat:
Zitat von TomS Beitrag anzeigen
Wir können also unterscheiden, ob (A) oder (B) vorliegt: Wenn uns jemand ein Ensemble ρ gibt - z.B. eine Kiste mit “Objekten”, die Polarisation o.ä. tragen, und uns versichert, es handele sich um ein bzgl. |1> und |2> gleichverteiltes Ensemble, dann führen wir folgenden Versuch durch: Wir holen aus dem Ensemble ρ Teilensembles ρ’, ρ’’, ... heraus. Je Teilensemble ρ’, ρ’’, ... legen wir einen Zustand |ψ’>, |ψ’’>, ... fest und zählen, wie viele Objekte M’, M’’, ... sich in diesem Zustand befinden, und wie viele N’, N’’, ... sich NICHT in diesem Zustand befinden.

(A) Wenn wir für alle Teilensembles immer M’ = N’, M’’ = N’’, ... (innerhalb gewisser statistischer Grenzen) finden, dann liegt ein klassisches Ensemble vor.

(B) Wenn wir für die Teilensembles jedoch M’ und N’, M’’ und N’’, ... (mit gewissen statistischen Abweichungen) vom Fall (A) abweichen, dann liegt kein klassisches Ensemble vor.
Ok, ich denke, das ist somit klar.

Man kann dann aber auch gleich das Gesamtensemble betrachten. Aber das ist vielleicht auch nebensächlich.

Geändert von it77 (03.02.19 um 21:24 Uhr)
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  #194  
Alt 03.02.19, 21:27
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Zitat:
Zitat von JoAx Beitrag anzeigen
Es muss auch klar sein, dass diese unbeobachtbare unitäre Entwicklung mathematisch/gedanklich, so verrückt es klingen mag, wie ein ganz normales, klassisches, deterministisches Prozess funktioniert. ("unsichtbares Galtonbrett") Die eigentliche "Magie" passiert im letzten Schritt, wenn man die Born'sche Regel anwendet. Da geht die schöne, deterministische Welt der unitären Entwicklung - kaputt.
Kann man sagen, dass der Determinismus kaputt geht, weil durch das Bilden des Betragsquadrats Informationen vernichtet werden?
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  #195  
Alt 03.02.19, 23:27
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Zitat:
Zitat von it77 Beitrag anzeigen
Kann man sagen, dass der Determinismus kaputt geht, weil durch das Bilden des Betragsquadrats Informationen vernichtet werden?
Nee, so sollte man das nicht sehen.

Wenn man von der Viele-Welten-Interpretation absieht, die vollständig deterministisch bleibt, ergibt sich letztlich immer das selbe Bild:

Für ein System im reinen Zustand |ψ> wird bei Messung einer Observablen A einer der Eigenwerte a dieser Observablen als Messwert auftreten. Die Wahrscheinlichkeit für das Auftreten von a erhält man mittels der Projektion P auf den Unterraum von a gemäß

p(a) = <|ψ|P|ψ>

Für die spätere Betrachtung nach dieser Messung muss statt des ursprünglichen |ψ> der - noch zu normierende - Zustand P|ψ> verwendet werden.

Der rein stochastische “Kollaps” bzw. die Projektion |ψ> → P|ψ> mit Wahrscheinlichkeit p(a) sollte dabei rein formal und nicht real aufgefasst werden.

Man schreibt nun den ursprünglichen Zustand |ψ> als

|ψ> = P|ψ> + Q|ψ>

mit den orthogonalen Projektoren P, Q und PQ = 0.

Dabei ist der zweite Term Q|ψ> der zu P|ψ> orthogonale Anteil von |ψ>.

Die Information, die vernichtet wird, ist nun gerade dieses Q|ψ>, das nach der Messung bzw. dem Kollaps aus dem resultierenden P|ψ> prinzipiell nicht mehr rekonstruiert werden kann.
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Geändert von TomS (03.02.19 um 23:41 Uhr)
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  #196  
Alt 04.02.19, 10:13
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Zitat von it77 Beitrag anzeigen
Kann man sagen, dass der Determinismus kaputt geht, weil durch das Bilden des Betragsquadrats Informationen vernichtet werden?
Da bin ich überfragt. Ich komme bis heute nicht mit dieser Herangehensweise (über "Information") zurecht, muss ich zugeben.
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Gruß, Johann
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  #197  
Alt 04.02.19, 11:06
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Zitat:
Zitat von TomS Beitrag anzeigen
Wenn man von der Viele-Welten-Interpretation absieht, die vollständig deterministisch bleibt,
Wobei "Determinismus" dann abweichend definiert werden muss. So, wie die weiter oben diskutierte "Realität".

Nur um präziese zu bleiben.
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Gruß, Johann
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  #198  
Alt 04.02.19, 11:55
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Zitat:
Zitat von JoAx Beitrag anzeigen
Wobei "Determinismus" dann abweichend definiert werden muss. So, wie die weiter oben diskutierte "Realität".
Nöö. Warum?

Determinismus bedeutet, dass sich das System unabhängig von der Beobachtung deterministisch entwickelt. Einfaches Beispiel: x(t) = vt + ½ at²

Realität bedeutet, dass der Mond da ist und bestimmte Eigenschaften hat, auch wenn keiner hinschaut. In der Elektrodynamik bwz. Quantenmechanik bedeutet dies, dass das System die Eigenschaft E(x,t) bzw. ψ(x,t) hat.
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Geändert von TomS (04.02.19 um 13:14 Uhr)
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  #199  
Alt 04.02.19, 21:45
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Zitat von TomS Beitrag anzeigen
B) Nun untersuchen wir ein reines Ensemble, bestehend ausschließlich aus Teilchen im Superpositionszustand |ψ> = α₁|1> + α₂|2> mit dem Dichteoperator

ρ = (α₁|1> + α₂|2>) (<1|α₁ + <2|α₂) = α₁² P₁ + α₂² P₂ + Interferenzterme

Die Wahrscheinlichkeit den Zustand |ψ> in diesem reinen Ensemble ρ zu finden, lautet

p(ψ) = ψ₁²α₁² + ψ₂²α₂² + 2ψ₁ψ₂α₁²α₂²
Muss hier nicht trivialerweise p(ψ) = 1 gelten? Per Voraussetzung sollen doch alle Teilchen den Zustand |ψ> haben.
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Freundliche Grüße, B.

Überhaupt droht ja jedem universelle Geltung heischenden Ansatz die Sphinx der modernen Physik, die Quantentheorie - T. Kaluza, 1921
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  #200  
Alt 04.02.19, 23:07
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Zitat:
Zitat von Bernhard Beitrag anzeigen
Muss hier nicht trivialerweise p(ψ) = 1 gelten? Per Voraussetzung sollen doch alle Teilchen den Zustand |ψ> haben.
Nein.

Das System befindet sich im Zustand (α₁|1> + α₂|2>), gefragt ist aber nach der Wahrscheinlichkeit eines beliebigen Zustandes |ψ>. Dazu benötigen wir

(<1|α₁ + <2|α₂) |ψ><ψ| (α₁|1> + α₂|2>)
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