Esame 1 (05-02-2019) — Oscillatore armonico, spin combinati, perturbazione

Testo

Un oscillatore armonico di massa \(m\) e pulsazione \(\omega\) si trova in uno stato tale che

Inoltre sappiamo che una misura di energia su questo stato non può fornire un valore maggiore di \(3\hbar\omega\).

1. (a) Quali risultati si possono ottenere effettuando una misura dell’energia e con quali probabilità?
2. (b) Scrivere lo stato a \(t=0\) nella base degli autostati dell’hamiltoniana, con coefficienti reali positivi.
3. (c) Calcolare \(\langle H\rangle\), \(\Delta H\), \(\langle x\rangle(t)\) e \(\Delta x(t)\). Discutere.

Si ricordi: \(\displaystyle x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,(a+a^\dagger)\).

Soluzione (a): risultati possibili e probabilità

1. Livelli energetici dell’oscillatore armonico: \[ E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right),\qquad n=0,1,2,\dots \]
2. L’informazione “nessun risultato maggiore di \(3\hbar\omega\)” significa \[ E_n\le 3\hbar\omega \quad\Longrightarrow\quad \hbar\omega\left(n+\frac12\right)\le 3\hbar\omega \quad\Longrightarrow\quad n+\frac12\le 3 \quad\Longrightarrow\quad n\le \frac52. \] Poiché \(n\) è intero: \[ n=0,1,2. \] Quindi i risultati possibili sono: \[ E_0=\frac12\hbar\omega,\qquad E_1=\frac32\hbar\omega,\qquad E_2=\frac52\hbar\omega. \]
3. Indichiamo con \(p_0,p_1,p_2\) le probabilità dei tre risultati. Devono valere: \[ p_0+p_1+p_2=1. \]
4. Usiamo \(\langle H\rangle=\frac32\hbar\omega\): \[ \langle H\rangle=p_0E_0+p_1E_1+p_2E_2 =p_0\frac12\hbar\omega+p_1\frac32\hbar\omega+p_2\frac52\hbar\omega =\frac32\hbar\omega. \] Dividiamo entrambi i membri per \(\hbar\omega\) (passaggio banale ma lo scrivo): \[ \frac12 p_0+\frac32 p_1+\frac52 p_2=\frac32. \] Moltiplichiamo per \(2\): \[ p_0+3p_1+5p_2=3. \]
5. Ora uso un trucco semplice: sottraggo \(3(p_0+p_1+p_2)=3\) all’ultima equazione: \[ (p_0+3p_1+5p_2)-3(p_0+p_1+p_2)=3-3=0. \] Sviluppo il lato sinistro: \[ p_0+3p_1+5p_2-3p_0-3p_1-3p_2 =(-2)p_0+0\cdot p_1+2p_2 =2(p_2-p_0). \] Quindi \[ 2(p_2-p_0)=0 \quad\Longrightarrow\quad p_2=p_0. \] Metto \(p_0=p_2\equiv p\). Allora \(p_1=1-2p\).
6. Usiamo ora la varianza: \[ \Delta H=\frac{1}{\sqrt2}\hbar\omega \quad\Longrightarrow\quad (\Delta H)^2=\frac12\,\hbar^2\omega^2. \] Lavoro in unità \(\hbar\omega\) (più pulito): \[ \epsilon_n \equiv \frac{E_n}{\hbar\omega}=n+\frac12 \quad\Rightarrow\quad \epsilon_0=\frac12,\ \epsilon_1=\frac32,\ \epsilon_2=\frac52. \] Allora \[ \langle \epsilon\rangle=\frac{\langle H\rangle}{\hbar\omega}=\frac32, \qquad \mathrm{Var}(\epsilon)=\left(\frac{\Delta H}{\hbar\omega}\right)^2 =\left(\frac{1}{\sqrt2}\right)^2=\frac12. \]
7. Calcolo \(\langle \epsilon^2\rangle\): \[ \langle \epsilon^2\rangle =p\left(\frac12\right)^2+(1-2p)\left(\frac32\right)^2+p\left(\frac52\right)^2. \] Ora faccio i quadrati “banali” esplicitamente: \[ \left(\frac12\right)^2=\frac14,\qquad \left(\frac32\right)^2=\frac{9}{4},\qquad \left(\frac52\right)^2=\frac{25}{4}. \] Sostituisco: \[ \langle \epsilon^2\rangle =p\frac14+(1-2p)\frac94+p\frac{25}{4}. \] Metto tutto su denominatore 4: \[ \langle \epsilon^2\rangle =\frac{1}{4}\Bigl[p+9(1-2p)+25p\Bigr]. \] Sviluppo \(9(1-2p)=9-18p\): \[ p+9-18p+25p = 9 + (p-18p+25p)=9+8p. \] Quindi \[ \langle \epsilon^2\rangle=\frac{9+8p}{4}=\frac94+2p. \]
8. Varianza: \[ \mathrm{Var}(\epsilon)=\langle\epsilon^2\rangle-\langle\epsilon\rangle^2 =\left(\frac94+2p\right)-\left(\frac32\right)^2. \] E ancora: \[ \left(\frac32\right)^2=\frac94. \] Quindi \[ \mathrm{Var}(\epsilon)=\left(\frac94+2p\right)-\frac94=2p. \] Ma sappiamo che \(\mathrm{Var}(\epsilon)=\frac12\). Dunque: \[ 2p=\frac12 \quad\Longrightarrow\quad p=\frac14. \] Quindi \[ p_0=p_2=\frac14,\qquad p_1=1-2\cdot\frac14=\frac12. \]

Soluzione (b): stato a \(t=0\) (coefficienti reali positivi)

Se la misura dell’energia dà \(E_n\) con probabilità \(p_n\), allora nello sviluppo in autostati \(|n\rangle\) vale \(|c_n|^2=p_n\). Con richiesta “reali positivi” scegliamo \(c_n=\sqrt{p_n}\).

Quindi

Controllo normalizzazione (banale ma lo faccio): \(\left(\frac12\right)^2+\left(\frac1{\sqrt2}\right)^2+\left(\frac12\right)^2=\frac14+\frac12+\frac14=1\).

Soluzione (c): evoluzione temporale, ⟨H⟩, ΔH, ⟨x⟩(t), Δx(t)

1. Evoluzione temporale in base energetica: \[ |n(t)\rangle = e^{-iE_n t/\hbar}\,|n\rangle = e^{-i\omega\left(n+\frac12\right)t}|n\rangle. \] Quindi \[ |\psi(t)\rangle =\frac12 e^{-i\omega\frac12 t}|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}e^{-i\omega\frac32 t}|1\rangle+\frac12 e^{-i\omega\frac52 t}|2\rangle. \]
2. ⟨H⟩ e ΔH non cambiano nel tempo (Hamiltoniana tempo‑indipendente): \[ \boxed{\langle H\rangle(t)=\frac32\hbar\omega,\qquad \Delta H(t)=\frac{1}{\sqrt2}\hbar\omega.} \]
3. Calcolo di \(\langle x\rangle(t)\). Uso \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger)\equiv x_0(a+a^\dagger), \qquad x_0=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}. \] Quindi \[ \langle x\rangle(t)=x_0\langle a+a^\dagger\rangle(t)=x_0\bigl(\langle a\rangle(t)+\langle a^\dagger\rangle(t)\bigr). \]
4. Calcolo \(\langle a\rangle(t)\) esplicitamente. Ricordo: \(a|n\rangle=\sqrt{n}\,|n-1\rangle\). Allora \[ \langle a\rangle(t)=\sum_{n\ge 1} c_{n-1}c_n\sqrt{n}\,e^{-i\omega t}, \] perché la fase tra \(|n\rangle\) e \(|n-1\rangle\) produce sempre un fattore \(e^{-i\omega t}\). Nel nostro caso (solo \(n=1,2\)): \[ \langle a\rangle(t)=e^{-i\omega t}\Bigl(c_0c_1\sqrt1+c_1c_2\sqrt2\Bigr). \] Ora sostituisco i coefficienti e faccio i prodotti “banali”: \[ c_0c_1\sqrt1=\left(\frac12\right)\left(\frac1{\sqrt2}\right)\cdot 1=\frac{1}{2\sqrt2}. \] \[ c_1c_2\sqrt2=\left(\frac1{\sqrt2}\right)\left(\frac12\right)\sqrt2 =\frac12\underbrace{\left(\frac{\sqrt2}{\sqrt2}\right)}_{=\,1}=\frac12. \] Somma: \[ \frac{1}{2\sqrt2}+\frac12=\frac{1}{2\sqrt2}+\frac{\sqrt2}{2\sqrt2}=\frac{1+\sqrt2}{2\sqrt2}. \] Quindi \[ \langle a\rangle(t)=\frac{1+\sqrt2}{2\sqrt2}\,e^{-i\omega t}. \] Poiché \(\langle a^\dagger\rangle=\langle a\rangle^*\): \[ \langle a^\dagger\rangle(t)=\frac{1+\sqrt2}{2\sqrt2}\,e^{+i\omega t}. \] Dunque \[ \langle a+a^\dagger\rangle(t)=\frac{1+\sqrt2}{2\sqrt2}\left(e^{-i\omega t}+e^{i\omega t}\right) =\frac{1+\sqrt2}{2\sqrt2}\cdot 2\cos(\omega t) =\frac{1+\sqrt2}{\sqrt2}\cos(\omega t). \]
5. Finalmente \[ \boxed{ \langle x\rangle(t)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\frac{1+\sqrt2}{\sqrt2}\right)\cos(\omega t) = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)\cos(\omega t).} \]
6. Calcolo di \(\langle x^2\rangle(t)\) e \(\Delta x(t)\). Scrivo \[ x^2=x_0^2(a+a^\dagger)^2=x_0^2\left(a^2+a^{\dagger 2}+aa^\dagger+a^\dagger a\right). \] Ricordo le identità standard: \[ aa^\dagger=N+1,\qquad a^\dagger a=N \quad\Rightarrow\quad aa^\dagger+a^\dagger a=2N+1. \] Quindi \[ x^2=x_0^2\left(a^2+a^{\dagger 2}+2N+1\right). \]
7. Calcolo \(\langle N\rangle\) (banale ma esplicito): \[ \langle N\rangle=\sum_n p_n\,n =\frac14\cdot 0+\frac12\cdot 1+\frac14\cdot 2 =0+\frac12+\frac12 =1. \] Quindi \(2\langle N\rangle+1=2\cdot 1+1=3\).
8. Calcolo \(\langle a^2\rangle\). Ricordo: \(a^2|n\rangle=\sqrt{n(n-1)}|n-2\rangle\). Nel nostro caso l’unico contributo è \(n=2\to 0\): \[ \langle a^2\rangle(t)=c_0c_2\sqrt{2\cdot 1}\,e^{-i2\omega t}. \] Eseguo i pezzi: \[ c_0c_2=\left(\frac12\right)\left(\frac12\right)=\frac14, \qquad \sqrt{2\cdot 1}=\sqrt2. \] Quindi \[ \langle a^2\rangle(t)=\frac{\sqrt2}{4}e^{-i2\omega t}=\frac{1}{2\sqrt2}e^{-i2\omega t}. \] Di nuovo \(\langle a^{\dagger 2}\rangle=\langle a^2\rangle^*\), quindi: \[ \langle a^2+a^{\dagger 2}\rangle(t)=\frac{1}{2\sqrt2}\left(e^{-i2\omega t}+e^{i2\omega t}\right) =\frac{1}{2\sqrt2}\cdot 2\cos(2\omega t)=\frac{1}{\sqrt2}\cos(2\omega t). \]
9. Metto insieme: \[ \langle x^2\rangle(t)=x_0^2\left[\frac{1}{\sqrt2}\cos(2\omega t)+3\right] =\frac{\hbar}{2m\omega}\left[3+\frac{1}{\sqrt2}\cos(2\omega t)\right]. \]
10. Ora la varianza: \[ (\Delta x)^2=\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2. \] Qui \(\langle x\rangle = x_0\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)\cos(\omega t)\). Quindi \[ \langle x\rangle^2 =x_0^2\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)^2\cos^2(\omega t). \] Espando il quadrato (passaggio banale): \[ \left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)^2 =1+2\cdot\frac{1}{\sqrt2}+\frac12 =1+\sqrt2+\frac12 =\frac32+\sqrt2. \] Dunque \[ \langle x\rangle^2=x_0^2\left(\frac32+\sqrt2\right)\cos^2(\omega t). \]
11. Per semplificare uso \(\cos^2(\omega t)=\frac{1+\cos(2\omega t)}{2}\). Allora \[ (\Delta x)^2 =x_0^2\left[3+\frac{1}{\sqrt2}\cos(2\omega t)-\left(\frac32+\sqrt2\right)\frac{1+\cos(2\omega t)}{2}\right]. \] Sviluppo lentamente (conti “banali”): \[ \left(\frac32+\sqrt2\right)\frac{1+\cos(2\omega t)}{2} =\left(\frac34+\frac{\sqrt2}{2}\right)\left(1+\cos(2\omega t)\right). \] Quindi \[ (\Delta x)^2/x_0^2 =3+\frac{1}{\sqrt2}C-\left(\frac34+\frac{\sqrt2}{2}\right)-\left(\frac34+\frac{\sqrt2}{2}\right)C, \quad C=\cos(2\omega t). \] Parte costante: \[ 3-\left(\frac34+\frac{\sqrt2}{2}\right)=\frac{12}{4}-\frac34-\frac{\sqrt2}{2}=\frac94-\frac{1}{\sqrt2}. \] Parte in \(C\): \[ \frac{1}{\sqrt2}-\left(\frac34+\frac{\sqrt2}{2}\right) =\frac{\sqrt2}{2}-\frac34-\frac{\sqrt2}{2} =-\frac34. \] Quindi \[ (\Delta x)^2 =x_0^2\left[\frac94-\frac{1}{\sqrt2}-\frac34\cos(2\omega t)\right] = \frac{\hbar}{2m\omega}\left[\frac94-\frac{1}{\sqrt2}-\frac34\cos(2\omega t)\right]. \]

Testo

Due particelle di spin \(s_1=2\) e \(s_2=3\) sono a riposo in una configurazione di spin totale \(s=5\) e componente lungo \(z\), \(m_s=+4\).

1. (a) Quali valori possiamo ottenere in una misura simultanea delle componenti \(z\) degli spin e con quali probabilità?
2. (b) Qual è la probabilità di ottenere un valore negativo o nullo per \(m_{s_1}\)?

Si ricordi: \(\displaystyle S_\pm|s,m\rangle=\hbar\sqrt{s(s+1)-m(m\pm1)}|s,m\pm1\rangle\).

Soluzione

1. Nella base disaccoppiata \(|s_1,m_1\rangle|s_2,m_2\rangle\), una misura simultanea di \(S_{1z},S_{2z}\) restituisce \[ m_1\in\{-2,-1,0,1,2\},\qquad m_2\in\{-3,-2,-1,0,1,2,3\}. \] Ma noi sappiamo che lo stato ha \(m_s=m_1+m_2=4\). Cerco tutte le coppie \((m_1,m_2)\) ammissibili:
   • \(m_1=1\Rightarrow m_2=3\) (ammissibile)
   • \(m_1=2\Rightarrow m_2=2\) (ammissibile)
   • \(m_1=0\Rightarrow m_2=4\) (non ammissibile perché \(m_2\le 3\))
   • \(m_1=-1\Rightarrow m_2=5\) (non ammissibile)
   • \(\dots\)
   Quindi lo stato \(|5,4\rangle\) è combinazione lineare di soli due kets: \[ |5,4\rangle = A\,|2,1\rangle|3,3\rangle + B\,|2,2\rangle|3,2\rangle. \]
2. Per trovare \(A,B\) uso il metodo “a scala” a partire dallo stato più alto. Lo stato \(|5,5\rangle\) è unico ed è semplicemente \[ |5,5\rangle = |2,2\rangle|3,3\rangle. \]
3. Applico \(S_- = S_{1-}+S_{2-}\). Da una parte: \[ S_-|5,5\rangle=\hbar\sqrt{s(s+1)-m(m-1)}\,|5,4\rangle =\hbar\sqrt{5\cdot6-5\cdot4}\,|5,4\rangle =\hbar\sqrt{30-20}\,|5,4\rangle =\hbar\sqrt{10}\,|5,4\rangle. \]
4. Dall’altra parte: \[ (S_{1-}+S_{2-})|2,2\rangle|3,3\rangle =S_{1-}|2,2\rangle|3,3\rangle + |2,2\rangle S_{2-}|3,3\rangle. \] Calcolo i due pezzi usando la formula data.
   • \[ S_{1-}|2,2\rangle =\hbar\sqrt{2(2+1)-2(2-1)}\,|2,1\rangle =\hbar\sqrt{2\cdot 3-2\cdot 1}\,|2,1\rangle =\hbar\sqrt{6-2}\,|2,1\rangle =\hbar\sqrt{4}\,|2,1\rangle =2\hbar\,|2,1\rangle. \]
   • \[ S_{2-}|3,3\rangle =\hbar\sqrt{3(3+1)-3(3-1)}\,|3,2\rangle =\hbar\sqrt{3\cdot 4-3\cdot 2}\,|3,2\rangle =\hbar\sqrt{12-6}\,|3,2\rangle =\hbar\sqrt{6}\,|3,2\rangle. \]
   Quindi \[ S_-|5,5\rangle = 2\hbar\,|2,1\rangle|3,3\rangle + \hbar\sqrt6\,|2,2\rangle|3,2\rangle. \]
5. Uguaglio le due espressioni: \[ \hbar\sqrt{10}\,|5,4\rangle =2\hbar\,|2,1\rangle|3,3\rangle + \hbar\sqrt6\,|2,2\rangle|3,2\rangle. \] Divido per \(\hbar\): \[ \sqrt{10}\,|5,4\rangle =2\,|2,1\rangle|3,3\rangle + \sqrt6\,|2,2\rangle|3,2\rangle. \] Quindi \[ |5,4\rangle =\frac{2}{\sqrt{10}}|2,1\rangle|3,3\rangle +\frac{\sqrt6}{\sqrt{10}}|2,2\rangle|3,2\rangle. \] Riscrivo i coefficienti come radici di frazioni: \[ \frac{2}{\sqrt{10}}=\sqrt{\frac{4}{10}}=\sqrt{\frac{2}{5}},\qquad \frac{\sqrt6}{\sqrt{10}}=\sqrt{\frac{6}{10}}=\sqrt{\frac{3}{5}}. \]
6. Probabilità della misura simultanea: sono i moduli quadri dei coefficienti: \[ P(m_1=1,m_2=3)=\frac{2}{5},\qquad P(m_1=2,m_2=2)=\frac{3}{5}. \]
7. Per (b): “\(m_{s_1}\le 0\)”. Nel nostro stato \(m_1\) può essere solo \(1\) o \(2\), quindi \[ P(m_1\le 0)=0. \]

Testo

Sia \(H_0\) un operatore con autovalori \(E_1,E_2,E_3\) con \(E_1=E_2\neq E_3\). Trovare al primo ordine perturbativo gli autovalori e gli autovettori di

La matrice è espressa nella base degli autostati di \(H_0\), che indico con \(|1\rangle,|2\rangle,|3\rangle\).

Soluzione passo‑passo

1. Poiché \(E_1=E_2\), i primi due stati formano un sottospazio degenere: \[ \mathcal{D}=\mathrm{span}\{|1\rangle,|2\rangle\}. \] Per la teoria perturbativa con degenerazione, dobbiamo diagonalizzare \(h_1\) dentro \(\mathcal{D}\).
2. La restrizione di \(h_1\) al blocco \(1\text{–}2\) è \[ W= \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 2 & -1 \end{pmatrix}. \]
3. Calcolo gli autovalori di \(W\) risolvendo \(\det(W-\lambda I)=0\): \[ \det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2\\ 2 & -1-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)(-1-\lambda)-4. \] Ora faccio il prodotto (passo banale): \[ (1-\lambda)(-1-\lambda)=(-1-\lambda)+\lambda(1+\lambda)=-1+\lambda^2. \] Quindi \[ \det(W-\lambda I)=(-1+\lambda^2)-4=\lambda^2-5. \] Equazione caratteristica: \[ \lambda^2-5=0 \quad\Rightarrow\quad \lambda=\pm\sqrt5. \]
4. Quindi, al primo ordine, i livelli degeneri si “splittano”: \[ \boxed{E_{+}=E_1+\varepsilon\sqrt5,\qquad E_{-}=E_1-\varepsilon\sqrt5.} \]
5. Trovo gli autovettori nel sottospazio degenere.
   • Per \(\lambda=+\sqrt5\): \((1-\sqrt5)v_1+2v_2=0\Rightarrow v_2=\frac{\sqrt5-1}{2}v_1\). Scelgo \(v_1=2\Rightarrow v_2=\sqrt5-1\). Quindi un autovettore è \((2,\sqrt5-1)\).
   • Per \(\lambda=-\sqrt5\): \((1+\sqrt5)v_1+2v_2=0\Rightarrow v_2=-\frac{1+\sqrt5}{2}v_1\). Scelgo \(v_1=2\Rightarrow v_2=-(1+\sqrt5)\). Quindi un autovettore è \((2,-(1+\sqrt5))\).
6. Normalizzo (conti espliciti):
   • Per \((2,\sqrt5-1)\): \[ \|v\|^2=2^2+(\sqrt5-1)^2=4+(5-2\sqrt5+1)=4+6-2\sqrt5=10-2\sqrt5. \] Quindi \[ |+\rangle =\frac{1}{\sqrt{10-2\sqrt5}}\Bigl(2|1\rangle+(\sqrt5-1)|2\rangle\Bigr). \]
   • Per \((2,-(1+\sqrt5))\): \[ \|v\|^2=2^2+(1+\sqrt5)^2=4+(1+2\sqrt5+5)=4+6+2\sqrt5=10+2\sqrt5. \] Quindi \[ |-\rangle =\frac{1}{\sqrt{10+2\sqrt5}}\Bigl(2|1\rangle-(1+\sqrt5)|2\rangle\Bigr). \]
7. Terzo livello (non degenere): la correzione energetica al primo ordine è \[ E_3^{(1)}=\varepsilon\,\langle 3|h_1|3\rangle=\varepsilon\cdot 0=0 \quad\Rightarrow\quad \boxed{E_3^{(\text{corr})}=E_3\ \text{(al I ordine)}.} \]
8. Autovettori al I ordine (con mixing fuori dal sottospazio):
   Per completezza, aggiungo anche la correzione agli autovettori dovuta al coupling con \(|3\rangle\). È “ordine \(\varepsilon\)”.
   Per \(|+\rangle\) e \(|-\rangle\): \[ |\psi_{\pm}\rangle =|\pm\rangle +\varepsilon\frac{\langle 3|h_1|\pm\rangle}{E_1-E_3}\,|3\rangle \quad\text{(poi rinormalizzare a fine).} \] Qui \[ \langle 3|h_1|1\rangle=1,\qquad \langle 3|h_1|2\rangle=2. \] Quindi \(\langle 3|h_1|+\rangle\) è “coefficiente di \(|1\rangle\) + 2×coefficiente di \(|2\rangle\)”: \[ \langle 3|h_1|+\rangle =\frac{1}{\sqrt{10-2\sqrt5}}\Bigl(2\cdot 1+(\sqrt5-1)\cdot 2\Bigr) =\frac{1}{\sqrt{10-2\sqrt5}}(2+2\sqrt5-2) =\frac{2\sqrt5}{\sqrt{10-2\sqrt5}}. \] Analogamente \[ \langle 3|h_1|-\rangle =\frac{1}{\sqrt{10+2\sqrt5}}\Bigl(2\cdot 1-(1+\sqrt5)\cdot 2\Bigr) =\frac{1}{\sqrt{10+2\sqrt5}}(2-2-2\sqrt5) =-\frac{2\sqrt5}{\sqrt{10+2\sqrt5}}. \] Per \(|3\rangle\): \[ |\psi_3\rangle =|3\rangle +\varepsilon\sum_{k=1,2}\frac{\langle k|h_1|3\rangle}{E_3-E_1}|k\rangle =|3\rangle+\varepsilon\left(\frac{1}{E_3-E_1}|1\rangle+\frac{2}{E_3-E_1}|2\rangle\right), \] ancora “poi rinormalizzare”.

Testo

Un oscillatore armonico unidimensionale con frequenza angolare \(\omega\) e massa \(m\), nello stato fondamentale a \(t=-\infty\), è sottoposto alla perturbazione

dove \(A\) e \(c\) sono costanti. Trovare la probabilità che il sistema transisca al primo stato eccitato a \(t=+\infty\), al primo ordine perturbativo.

Sono date:

Soluzione (teoria perturbativa dipendente dal tempo, I ordine)

1. Per il coefficiente di transizione \(0\to 1\) al primo ordine: \[ c_{1}^{(1)}(+\infty)=\frac{1}{i\hbar}\int_{-\infty}^{+\infty}dt\;e^{i\omega_{10}t}\,\langle 1|V(t)|0\rangle, \] con \[ \omega_{10}=\frac{E_1-E_0}{\hbar}=\frac{\hbar\omega\left(\frac32-\frac12\right)}{\hbar}=\omega. \]
2. Calcolo la matrice elemento: \[ \langle 1|V(t)|0\rangle =\int_{-\infty}^{+\infty}dx\;\psi_1^*(x)\,A\delta(x-ct)\,\psi_0(x) =A\,\psi_1^*(ct)\psi_0(ct). \] Qui \(\psi_0,\psi_1\) sono reali \(\Rightarrow \psi_1^*=\psi_1\).
3. Sostituisco le forme date. Prima calcolo il prodotto \(\psi_1(x)\psi_0(x)\): \[ \psi_1(x)\psi_0(x)= \left(\frac{\alpha}{2\pi^{1/2}}\right)^{1/2}\left(\frac{\alpha}{\pi^{1/2}}\right)^{1/2} \cdot (2\alpha x)\cdot e^{-\alpha^2 x^2/2}e^{-\alpha^2 x^2/2}. \] Esponenziali: \(e^{-\alpha^2 x^2/2}e^{-\alpha^2 x^2/2}=e^{-\alpha^2 x^2}\). Prefattore: \[ \left(\frac{\alpha}{2\pi^{1/2}}\right)^{1/2}\left(\frac{\alpha}{\pi^{1/2}}\right)^{1/2} =\frac{\alpha}{\sqrt2\,\pi^{1/2}}. \] Quindi \[ \psi_1(x)\psi_0(x)=\frac{\alpha}{\sqrt2\,\pi^{1/2}}\,(2\alpha x)\,e^{-\alpha^2 x^2} =\frac{\sqrt2\,\alpha^2 x}{\pi^{1/2}}e^{-\alpha^2 x^2}. \] Sostituisco \(x=ct\): \[ \psi_1(ct)\psi_0(ct)=\frac{\sqrt2\,\alpha^2 (ct)}{\pi^{1/2}}e^{-\alpha^2 c^2 t^2}. \]
4. Ora l’integrale per l’ampiezza: \[ c_{1}^{(1)}(+\infty)=\frac{1}{i\hbar}\int_{-\infty}^{+\infty}dt\;e^{i\omega t}\, A\frac{\sqrt2\,\alpha^2 (ct)}{\pi^{1/2}}e^{-\alpha^2 c^2 t^2}. \] Porto fuori le costanti: \[ c_{1}^{(1)}(+\infty)=\frac{A}{i\hbar}\frac{\sqrt2\,\alpha^2 c}{\sqrt\pi} \int_{-\infty}^{+\infty}dt\; t\,e^{-\alpha^2 c^2 t^2}\,e^{i\omega t}. \] Metto \(\beta=\alpha^2 c^2\) per comodità: \[ I=\int_{-\infty}^{+\infty}dt\; t\,e^{-\beta t^2}\,e^{i\omega t}. \]
5. Calcolo \(I\) usando la derivata della trasformata gaussiana. Sappiamo: \[ F(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}dt\; e^{-\beta t^2}e^{i\omega t} =\sqrt{\frac{\pi}{\beta}}e^{-\omega^2/(4\beta)}. \] Derivo rispetto a \(\omega\): \[ \frac{dF}{d\omega}=\int_{-\infty}^{+\infty}dt\; (i t)\,e^{-\beta t^2}e^{i\omega t}=iI. \] Quindi \(I=\frac{1}{i}\frac{dF}{d\omega}=-i\frac{dF}{d\omega}\). Ora derivo l’esponenziale: \[ \frac{d}{d\omega}\left(-\frac{\omega^2}{4\beta}\right)=-\frac{\omega}{2\beta}. \] Dunque \[ \frac{dF}{d\omega} =\sqrt{\frac{\pi}{\beta}}e^{-\omega^2/(4\beta)}\left(-\frac{\omega}{2\beta}\right). \] Infine \[ I=-i\frac{dF}{d\omega} =-i\left[-\frac{\omega}{2\beta}\sqrt{\frac{\pi}{\beta}}e^{-\omega^2/(4\beta)}\right] =i\frac{\omega}{2\beta}\sqrt{\frac{\pi}{\beta}}e^{-\omega^2/(4\beta)}. \]
6. Sostituisco \(I\) nell’ampiezza: \[ c_{1}^{(1)}(+\infty)=\frac{A}{i\hbar}\frac{\sqrt2\,\alpha^2 c}{\sqrt\pi} \left[i\frac{\omega}{2\beta}\sqrt{\frac{\pi}{\beta}}e^{-\omega^2/(4\beta)}\right]. \] Semplifico \( \frac{1}{i}\cdot i=1\) e \(\frac{1}{\sqrt\pi}\sqrt{\pi}=1\): \[ c_{1}^{(1)}(+\infty)=\frac{A}{\hbar}\sqrt2\,\alpha^2 c\;\frac{\omega}{2\beta}\;\frac{1}{\sqrt\beta}\; e^{-\omega^2/(4\beta)}. \] Ricordo \(\beta=\alpha^2 c^2\Rightarrow \beta^{3/2}=\alpha^3 c^3\). Quindi \[ c_{1}^{(1)}(+\infty)=\frac{A}{\hbar}\frac{\sqrt2\,\alpha^2 c}{2}\frac{\omega}{\alpha^3 c^3} e^{-\omega^2/(4\alpha^2c^2)} =\frac{A}{\hbar}\frac{\sqrt2\,\omega}{2\alpha c^2}\,e^{-\omega^2/(4\alpha^2c^2)}. \] Cioè \[ \boxed{ c_{1}^{(1)}(+\infty)=\frac{A\omega}{\sqrt2\,\hbar\,\alpha\,c^2}\exp\!\left(-\frac{\omega^2}{4\alpha^2c^2}\right).} \]
7. Probabilità al primo ordine: \[ P_{0\to 1}=|c_{1}^{(1)}|^2 =\frac{A^2\omega^2}{2\hbar^2\alpha^2c^4}\exp\!\left(-\frac{\omega^2}{2\alpha^2c^2}\right). \] Usando \(\alpha^2=\frac{m\omega}{\hbar}\) si può anche riscrivere: \[ \boxed{ P_{0\to 1}=\frac{A^2\omega}{2\,\hbar\,m\,c^4}\exp\!\left(-\frac{\hbar\omega}{2mc^2}\right).} \]