Esame 10 (09-01-2025) — Oscillatore armonico (⟨H⟩, ΔH), accoppiamento \(l=1\) con \(s=\tfrac12\), campo elettrico (perturbazioni)

Testo

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

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

1. (a) Quali risultati si possono ottenere misurando \(H\) e con quali probabilità?
2. (b) Scrivere lo stato a \(t=0\) nella base degli autostati di \(H\) (coefficienti reali positivi).
3. (c) Calcolare ⟨H⟩ e ⟨x⟩ e i loro scarti quadratici medi all’istante \(t\). Discutere.

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

(a) Quali energie sono possibili? (vincolo \(E\le 3\hbar\omega\))

1. Gli autovalori dell’oscillatore sono \[ E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right),\quad n=0,1,2,\dots \]
2. Scrivo i primi valori (conti “banali” espliciti):
   • \(n=0\Rightarrow E_0=\hbar\omega(0+\tfrac12)=\tfrac12\hbar\omega\).
   • \(n=1\Rightarrow E_1=\hbar\omega(1+\tfrac12)=\tfrac32\hbar\omega\).
   • \(n=2\Rightarrow E_2=\hbar\omega(2+\tfrac12)=\tfrac52\hbar\omega\).
   • \(n=3\Rightarrow E_3=\hbar\omega(3+\tfrac12)=\tfrac72\hbar\omega=3.5\,\hbar\omega\ >3\hbar\omega\) (vietato).
3. Quindi le uniche energie con probabilità non nulla sono: \[ \boxed{E_0=\frac12\hbar\omega,\quad E_1=\frac32\hbar\omega,\quad E_2=\frac52\hbar\omega.} \]

(a) Probabilità \(p_0,p_1,p_2\) da ⟨H⟩ e ΔH

1. Indico con \[ p_0=\mathbb{P}(E_0),\quad p_1=\mathbb{P}(E_1),\quad p_2=\mathbb{P}(E_2). \] Normalizzazione: \[ \boxed{p_0+p_1+p_2=1.} \]
2. Calcolo la media: \[ \langle H\rangle=p_0E_0+p_1E_1+p_2E_2=\frac32\hbar\omega. \] Divido tutto per \(\hbar\omega\) (passaggio banale ma lo scrivo): \[ \frac12p_0+\frac32p_1+\frac52p_2=\frac32. \] Moltiplico per 2 per togliere i denominatori: \[ p_0+3p_1+5p_2=3. \]
3. Dalla varianza: \[ \Delta H^2=\langle H^2\rangle-\langle H\rangle^2. \] Dato \(\Delta H=\frac{1}{\sqrt2}\hbar\omega\), quindi \[ \Delta H^2=\left(\frac{1}{\sqrt2}\hbar\omega\right)^2 =\frac{1}{2}\hbar^2\omega^2. \] Inoltre \[ \langle H\rangle^2=\left(\frac32\hbar\omega\right)^2=\frac{9}{4}\hbar^2\omega^2. \] Quindi: \[ \langle H^2\rangle=\Delta H^2+\langle H\rangle^2 =\left(\frac12+\frac94\right)\hbar^2\omega^2. \] Sommo le frazioni (banale): \[ \frac12=\frac{2}{4}\quad\Rightarrow\quad \frac{2}{4}+\frac{9}{4}=\frac{11}{4}. \] Quindi: \[ \boxed{\langle H^2\rangle=\frac{11}{4}\hbar^2\omega^2.} \]
4. Ora scrivo \(\langle H^2\rangle\) come media discreta: \[ \langle H^2\rangle=p_0E_0^2+p_1E_1^2+p_2E_2^2. \] Calcolo \(E_0^2,E_1^2,E_2^2\) (conti espliciti):
   • \(E_0^2=\left(\tfrac12\hbar\omega\right)^2=\tfrac14\hbar^2\omega^2\).
   • \(E_1^2=\left(\tfrac32\hbar\omega\right)^2=\tfrac94\hbar^2\omega^2\).
   • \(E_2^2=\left(\tfrac52\hbar\omega\right)^2=\tfrac{25}{4}\hbar^2\omega^2\).
   Quindi: \[ \frac14p_0+\frac94p_1+\frac{25}{4}p_2=\frac{11}{4}. \] Moltiplico per 4: \[ p_0+9p_1+25p_2=11. \]
5. Adesso risolvo il sistema: \[ \begin{cases} p_0+p_1+p_2=1\\ p_0+3p_1+5p_2=3\\ p_0+9p_1+25p_2=11 \end{cases} \] Sottraggo la prima equazione dalla seconda: \[ (p_0+3p_1+5p_2)-(p_0+p_1+p_2)=3-1 \] \[ 2p_1+4p_2=2 \quad\Rightarrow\quad p_1+2p_2=1. \tag{A} \] Sottraggo la prima equazione dalla terza: \[ (p_0+9p_1+25p_2)-(p_0+p_1+p_2)=11-1 \] \[ 8p_1+24p_2=10 \quad\Rightarrow\quad 4p_1+12p_2=5. \tag{B} \] Ora uso (A): \(p_1=1-2p_2\). La metto in (B): \[ 4(1-2p_2)+12p_2=5 \] \[ 4-8p_2+12p_2=5 \Rightarrow 4+4p_2=5 \Rightarrow 4p_2=1 \Rightarrow p_2=\frac14. \] Poi: \[ p_1=1-2\cdot\frac14=1-\frac12=\frac12. \] Infine: \[ p_0=1-p_1-p_2 =1-\frac12-\frac14 =\frac{4}{4}-\frac{2}{4}-\frac{1}{4} =\frac{1}{4}. \]

6. Risposta (a)

   \[ \boxed{ p_0=\frac14,\qquad p_1=\frac12,\qquad p_2=\frac14. } \]

   Check velocissimo: \(1/4+1/2+1/4=1\). ✅

(b) Stato a \(t=0\) con coefficienti reali positivi

1. Nella base degli autostati \(|n\rangle\) di \(H\): \[ |\psi(0)\rangle=c_0|0\rangle+c_1|1\rangle+c_2|2\rangle. \] Le probabilità sono \(p_n=|c_n|^2\). Qui i coefficienti devono essere reali e positivi, quindi \[ c_n=\sqrt{p_n}. \]
2. Calcolo (banale ma scritto): \[ c_0=\sqrt{\frac14}=\frac12,\qquad c_1=\sqrt{\frac12}=\frac{1}{\sqrt2},\qquad c_2=\sqrt{\frac14}=\frac12. \]
3. \[ \boxed{ |\psi(0)\rangle=\frac12|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle+\frac12|2\rangle. } \]

(c) Evoluzione temporale, ⟨H⟩ e ΔH

1. Evoluzione: \[ |\psi(t)\rangle=\sum_{n=0}^2 c_n e^{-iE_n t/\hbar}|n\rangle. \] Con \(E_n=\hbar\omega(n+\tfrac12)\): \[ |\psi(t)\rangle=\frac12e^{-i\omega t/2}|0\rangle +\frac{1}{\sqrt2}e^{-i3\omega t/2}|1\rangle +\frac12e^{-i5\omega t/2}|2\rangle. \] (Il fattore globale \(e^{-i\omega t/2}\) è ininfluente fisicamente, ma lo lascio.)

2. Poiché \(H\) è costante nel tempo (nessuna perturbazione), ⟨H⟩ e ΔH restano quelli dati:

   \[ \boxed{\langle H\rangle(t)=\frac32\hbar\omega,\qquad \Delta H(t)=\frac{1}{\sqrt2}\hbar\omega.} \]

(c) Calcolo di ⟨x⟩(t)

1. Uso \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger). \] Quindi \[ \langle x\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;\langle a+a^\dagger\rangle. \]
2. Calcolo \(\langle a\rangle\). In generale: \[ \langle a\rangle=\sum_{n\ge 0} c_n^*(t)\,c_{n+1}(t)\,\sqrt{n+1}, \] perché \(\langle n|a|n+1\rangle=\sqrt{n+1}\). Qui solo \(n=0,1\) contribuiscono (perché \(c_3=0\)): \[ \langle a\rangle=c_0^*(t)c_1(t)\sqrt1+c_1^*(t)c_2(t)\sqrt2. \]
3. Osservo la fase (passaggio importante): \[ c_n(t)=c_n e^{-i\omega(n+\tfrac12)t} \Rightarrow c_n^*(t)c_{n+1}(t)=c_nc_{n+1}e^{-i\omega t}. \] Quindi la fase è sempre \(e^{-i\omega t}\).
4. Calcolo la somma numerica (conti espliciti):
   • \(c_0c_1=\frac12\cdot\frac{1}{\sqrt2}=\frac{1}{2\sqrt2}\).
   • \(c_1c_2\sqrt2=\frac{1}{\sqrt2}\cdot\frac12\cdot\sqrt2=\frac12\).
   • Somma: \(\frac12+\frac{1}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2\sqrt2}+\frac{1}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt2+1}{2\sqrt2}\).
   Quindi: \[ \langle a\rangle=e^{-i\omega t}\frac{\sqrt2+1}{2\sqrt2}. \] E: \[ \langle a^\dagger\rangle=\langle a\rangle^*=e^{+i\omega t}\frac{\sqrt2+1}{2\sqrt2}. \]
5. \[ \langle a+a^\dagger\rangle =\frac{\sqrt2+1}{2\sqrt2}\left(e^{-i\omega t}+e^{+i\omega t}\right) =\frac{\sqrt2+1}{2\sqrt2}\cdot 2\cos(\omega t) =\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2}\cos(\omega t). \] Quindi: \[ \boxed{ \langle x\rangle(t)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2}\cos(\omega t) =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)\cos(\omega t). } \]

(c) Calcolo di ⟨x²⟩(t) e Δx(t)

1. \[ x^2=\frac{\hbar}{2m\omega}(a+a^\dagger)^2 =\frac{\hbar}{2m\omega}\left(a^2+(a^\dagger)^2+aa^\dagger+a^\dagger a\right). \]
2. Prima calcolo i pezzi “facili” con il numero \(N=a^\dagger a\). Qui: \[ \langle N\rangle=\sum_n n\,p_n=0\cdot\frac14+1\cdot\frac12+2\cdot\frac14=\frac12+\frac12=1. \] Quindi: \[ \langle a^\dagger a\rangle=\langle N\rangle=1, \qquad \langle aa^\dagger\rangle=\langle N+1\rangle=2. \] Somma: \[ \langle aa^\dagger+a^\dagger a\rangle=2+1=3. \]
3. Ora i termini \(a^2\) e \((a^\dagger)^2\). L’operatore \(a^2\) abbassa di 2, quindi qui può collegare solo \(|2\rangle\to|0\rangle\). In particolare: \[ a|2\rangle=\sqrt2\,|1\rangle,\qquad a^2|2\rangle=a(\sqrt2|1\rangle)=\sqrt2\cdot\sqrt1\,|0\rangle=\sqrt2\,|0\rangle. \] Quindi: \[ \langle a^2\rangle=\langle \psi(t)|a^2|\psi(t)\rangle =c_0^*(t)c_2(t)\,\sqrt2. \] Calcolo la fase: \[ c_0^*(t)c_2(t)=c_0c_2\,e^{+i\omega t/2}\,e^{-i5\omega t/2}=c_0c_2\,e^{-i2\omega t}. \] E \(c_0c_2=\frac12\cdot\frac12=\frac14\). Quindi: \[ \boxed{\langle a^2\rangle=\frac{\sqrt2}{4}e^{-i2\omega t}.} \] Allora: \[ \boxed{\langle (a^\dagger)^2\rangle=\frac{\sqrt2}{4}e^{+i2\omega t}.} \] Somma: \[ \langle a^2+(a^\dagger)^2\rangle=\frac{\sqrt2}{4}\left(e^{-i2\omega t}+e^{+i2\omega t}\right) =\frac{\sqrt2}{4}\cdot 2\cos(2\omega t)=\frac{\sqrt2}{2}\cos(2\omega t)=\frac{1}{\sqrt2}\cos(2\omega t). \]
4. Metto insieme: \[ \langle (a+a^\dagger)^2\rangle =\langle a^2+(a^\dagger)^2\rangle+\langle aa^\dagger+a^\dagger a\rangle =\frac{1}{\sqrt2}\cos(2\omega t)+3. \] Quindi: \[ \boxed{ \langle x^2\rangle(t)=\frac{\hbar}{2m\omega}\left(3+\frac{1}{\sqrt2}\cos(2\omega t)\right). } \]
5. Ora la varianza: \[ (\Delta x)^2=\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2. \] Abbiamo \[ \langle x\rangle(t)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;\kappa\cos(\omega t), \quad \text{con}\quad \kappa=\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2}=1+\frac{1}{\sqrt2}. \] Quindi: \[ \langle x\rangle^2(t)=\frac{\hbar}{2m\omega}\;\kappa^2\cos^2(\omega t). \] Calcolo \(\kappa^2\) (banale ma esplicito): \[ \kappa^2=\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)^2 =1+2\cdot\frac{1}{\sqrt2}+\frac12 =1+\sqrt2+\frac12 =\frac32+\sqrt2. \]
6. Dunque: \[ (\Delta x)^2(t)=\frac{\hbar}{2m\omega}\left[ 3+\frac{1}{\sqrt2}\cos(2\omega t)-\left(\frac32+\sqrt2\right)\cos^2(\omega t) \right]. \] Se voglio una forma più “pulita”, uso \(\cos^2(\omega t)=\frac{1+\cos(2\omega t)}{2}\) e ottengo: \[ \boxed{ (\Delta x)^2(t)=\frac{\hbar}{8m\omega}\left(9-2\sqrt2-3\cos(2\omega t)\right). } \] Quindi lo scarto quadratico medio è: \[ \boxed{ \Delta x(t)=\sqrt{\frac{\hbar}{8m\omega}\left(9-2\sqrt2-3\cos(2\omega t)\right)}. } \]

Testo

Un elettrone di un orbitale \(p\) si trova in uno stato con momento angolare totale \(j=\frac12\). Qual è la probabilità di trovare l’elettrone con spin “down” se \(m_j=+\frac12\)? E se \(m_j=-\frac12\)?

Step 0: traduzione fisica → matematica

1. “Orbitale \(p\)” significa: \[ l=1. \] Per l’elettrone: \[ s=\frac12,\qquad m_s=\pm\frac12. \] Il totale è \[ \mathbf{J}=\mathbf{L}+\mathbf{S},\qquad j=\frac12,\qquad m_j=\pm\frac12. \]
2. La base “disaccoppiata” è \(|l,m_l\rangle|s,m_s\rangle\). La base “accoppiata” è \(|j,m_j\rangle\). Servono i coefficienti di Clebsch‑Gordan per \(l=1\) e \(s=\frac12\).

Ricavo i coefficienti (con operatori di discesa) — molto esplicito

1. Parto dallo stato massimo di \(j=\frac32\): \[ \left|\frac32,\frac32\right\rangle = |1,1\rangle\left|\frac12,\frac12\right\rangle \equiv |1,1\rangle|\uparrow\rangle. \]
2. Applico \(J_- = L_- + S_-\). A sinistra: \[ J_-\left|\frac32,\frac32\right\rangle =\hbar\sqrt{j(j+1)-m(m-1)}\left|\frac32,\frac12\right\rangle. \] Qui \(j=\frac32\), \(m=\frac32\): \[ j(j+1)=\frac32\cdot\frac52=\frac{15}{4},\qquad m(m-1)=\frac32\cdot\frac12=\frac{3}{4}. \] Differenza: \[ \frac{15}{4}-\frac{3}{4}=\frac{12}{4}=3, \quad \sqrt3=\sqrt{3}. \] Quindi: \[ J_-\left|\frac32,\frac32\right\rangle=\hbar\sqrt3\left|\frac32,\frac12\right\rangle. \]
3. A destra: \[ (L_-+S_-)\,|1,1\rangle|\uparrow\rangle =L_-|1,1\rangle|\uparrow\rangle + |1,1\rangle S_-|\uparrow\rangle. \] Ora: \[ L_-|1,1\rangle=\hbar\sqrt{l(l+1)-m_l(m_l-1)}\,|1,0\rangle. \] Con \(l=1,m_l=1\): \[ l(l+1)=2,\quad m_l(m_l-1)=1\cdot 0=0,\quad \sqrt2. \] Quindi: \[ L_-|1,1\rangle=\hbar\sqrt2\,|1,0\rangle. \] Inoltre: \[ S_-|\uparrow\rangle=\hbar|\downarrow\rangle. \] Quindi: \[ (L_-+S_-)|1,1\rangle|\uparrow\rangle =\hbar\sqrt2\,|1,0\rangle|\uparrow\rangle+\hbar\,|1,1\rangle|\downarrow\rangle. \]
4. Uguaglio i due risultati e divido per \(\hbar\): \[ \sqrt3\left|\frac32,\frac12\right\rangle =\sqrt2\,|1,0\rangle|\uparrow\rangle+|1,1\rangle|\downarrow\rangle. \] Quindi: \[ \boxed{ \left|\frac32,\frac12\right\rangle =\sqrt{\frac23}\,|1,0\rangle|\uparrow\rangle+\sqrt{\frac13}\,|1,1\rangle|\downarrow\rangle. } \]
5. Lo spazio con \(m_j=\frac12\) è bidimensionale, base: \(|1,0\rangle|\uparrow\rangle\) e \(|1,1\rangle|\downarrow\rangle\). Lo stato con \(j=\frac12,m=\frac12\) deve essere ortogonale a quello con \(j=\frac32,m=\frac12\). L’unica combinazione normalizzata ortogonale è: \[ \boxed{ \left|\frac12,\frac12\right\rangle =\sqrt{\frac13}\,|1,0\rangle|\uparrow\rangle-\sqrt{\frac23}\,|1,1\rangle|\downarrow\rangle. } \] (Il segno “−” è convenzionale; la probabilità non dipende dal segno.)
6. Per \(m_j=-\frac12\) il ragionamento è analogo (oppure si usa simmetria). Il risultato standard è: \[ \boxed{ \left|\frac12,-\frac12\right\rangle =\sqrt{\frac23}\,|1,-1\rangle|\uparrow\rangle-\sqrt{\frac13}\,|1,0\rangle|\downarrow\rangle. } \]

Testo

Considerare una particella di massa \(m\) e carica \(q\) in presenza di forza elastica e campo elettrico \(\mathcal{E}\) (debole). Calcolare in teoria perturbativa le correzioni prodotte dalla presenza del campo elettrico ai livelli di energia e agli stati al I ordine.

Interpretazione standard: “forza elastica” \(\Rightarrow\) oscillatore armonico 1D con potenziale \(\frac12m\omega^2x^2\). Campo elettrico uniforme lungo \(x\) \(\Rightarrow\) termine lineare in \(x\).

Setup (Hamiltoniana non perturbata + perturbazione)

1. Prendo: \[ H_0=\frac{p^2}{2m}+\frac12m\omega^2x^2,\qquad E_n^{(0)}=\hbar\omega\left(n+\frac12\right). \]
2. L’energia potenziale di una carica \(q\) in un campo elettrico uniforme \(\mathcal{E}\) è (a segno convenzionale) \[ V_{\text{el}}(x)=-q\mathcal{E}\,x. \] Quindi la perturbazione è \[ \boxed{H'=-q\mathcal{E}\,x.} \]

Correzione al I ordine delle energie

1. Formula di teoria perturbativa (I ordine): \[ E_n^{(1)}=\langle n|H'|n\rangle=-q\mathcal{E}\,\langle n|x|n\rangle. \]
2. Nell’oscillatore armonico 1D, \(|n\rangle\) ha parità \((-1)^n\) e \(x\) è un operatore dispari. Quindi l’integrale \(\langle n|x|n\rangle\) è zero (dispari su simmetria). Equivalentemente: \(x\propto(a+a^\dagger)\) collega solo \(n\to n\pm1\), quindi il diagonale è nullo.
3. \[ \boxed{E_n^{(1)}=0\quad\text{per ogni }n.} \]

Correzione al I ordine degli stati

1. Formula (I ordine) per lo stato: \[ |n\rangle^{(1)}=|n\rangle+\sum_{m\neq n}|m\rangle\frac{\langle m|H'|n\rangle}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}}. \]
2. Calcolo la matrice elemento con \(x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger)\): \[ \langle m|H'|n\rangle =-q\mathcal{E}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\langle m|a|n\rangle+\langle m|a^\dagger|n\rangle\right). \] Ma: \[ \langle n-1|a|n\rangle=\sqrt{n},\qquad \langle n+1|a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}, \] e tutti gli altri sono zero. Quindi lo stato si collega solo a \(n-1\) e \(n+1\).
3. Calcolo i coefficienti (con denominatori “banali” espliciti):
   • Per \(m=n+1\): \[ \frac{\langle n+1|H'|n\rangle}{E_n^{(0)}-E_{n+1}^{(0)}} = \frac{-q\mathcal{E}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{n+1}}{\hbar\omega(n+\frac12)-\hbar\omega(n+\frac32)} = \frac{-q\mathcal{E}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{n+1}}{-\hbar\omega}. \] Quindi: \[ =\frac{q\mathcal{E}}{\hbar\omega}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{n+1}. \]
   • Per \(m=n-1\): \[ \frac{\langle n-1|H'|n\rangle}{E_n^{(0)}-E_{n-1}^{(0)}} = \frac{-q\mathcal{E}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{n}}{\hbar\omega(n+\frac12)-\hbar\omega(n-\frac12)} = \frac{-q\mathcal{E}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{n}}{\hbar\omega}. \]

4. Risposta (Ex 3): stato corretto al I ordine

   \[ \boxed{ |n\rangle^{(1)}= |n\rangle + \frac{q\mathcal{E}}{\hbar\omega}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \left( \sqrt{n+1}\,|n+1\rangle - \sqrt{n}\,|n-1\rangle \right) \ +\ O(\mathcal{E}^2). } \]

   Il termine \(O(\mathcal{E}^2)\) include anche la rinormalizzazione (perché aggiungendo \(|n\pm1\rangle\) la norma cambia al secondo ordine).