Esame 11 — Soluzioni

Testo dell’esame (riportato)

Nota: nel testo dell’Esercizio 1 compare un valore “\(2\hbar\)” per \(L_z\) che sembra incompatibile con i ket forniti. Nella soluzione lo tratto come possibile refuso e comunque indico anche la probabilità che sarebbe associata a \(2\hbar\) (cioè zero).

Esercizio 1 — Momento angolare

1. (a) Probabilità dei risultati di \(L_z\)

   Nota sul “\(2\hbar\)”.
   Nei ket compaiono solo \(m=-1\) e \(m=0\). Per \(l=1\) i possibili \(m\) sono \(-1,0,+1\), quindi \(m=2\) non esiste. Quindi la probabilità di ottenere \(2\hbar\) è necessariamente zero.

   Ricordo: \(L_z|l,m\rangle = m\hbar\,|l,m\rangle\).

   Risultato \(L_z=-\hbar\) (cioè \(m=-1\)).
   Ampiezza: \(c_{1,-1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\).
   Probabilità: \[ P(L_z=-\hbar)=\left|c_{1,-1}\right|^2=\left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^2=\frac12. \]

   Risultato \(L_z=0\) (cioè \(m=0\)).
   Contributi: \(|1,0\rangle\) e \(|0,0\rangle\) (entrambi hanno \(m=0\)).
   Probabilità totale (somme di moduli al quadrato, stati ortogonali): \[ P(L_z=0)=\left|\frac{1}{\sqrt{3}}\right|^2+\left|\frac{i}{\sqrt{6}}\right|^2 =\frac13+\frac16=\frac{2}{6}+\frac{1}{6}=\frac{3}{6}=\frac12. \]

   Risultato \(L_z=2\hbar\).
   Non c’è alcuna componente con \(m=2\) (non è nemmeno ammesso per \(l=1\)). Quindi: \[ P(L_z=2\hbar)=0. \]

2. (b) Valori di aspettazione \(\langle L_z\rangle\), \(\langle L^2\rangle\), \(\langle L_x\rangle\)

   1) \(\langle L_z\rangle\)

   Uso la media pesata sui risultati possibili: \[ \langle L_z\rangle = (-\hbar)\,P(L_z=-\hbar) + 0\cdot P(L_z=0). \] Sostituisco \(P(L_z=-\hbar)=\frac12\): \[ \langle L_z\rangle = (-\hbar)\cdot\frac12 = -\frac{\hbar}{2}. \]

   2) \(\langle L^2\rangle\)

   Ricordo: \(L^2|l,m\rangle=\hbar^2 l(l+1)|l,m\rangle\).

   - per \(l=1\): \(l(l+1)=1\cdot2=2\Rightarrow L^2=2\hbar^2\).
   - per \(l=0\): \(l(l+1)=0\Rightarrow L^2=0\).

   Probabilità di essere nel sottospazio \(l=1\): \[ P(l=1)=\left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^2+\left|\frac{1}{\sqrt{3}}\right|^2 =\frac12+\frac13=\frac{3}{6}+\frac{2}{6}=\frac{5}{6}. \] Quindi: \[ \langle L^2\rangle = (2\hbar^2)\,P(l=1) + 0\cdot P(l=0) =2\hbar^2\cdot\frac{5}{6} =\frac{10}{6}\hbar^2=\frac{5}{3}\hbar^2. \]

   3) \(\langle L_x\rangle\)

   Uso \(L_x=\frac{1}{2}(L_+ + L_-)\). Inoltre \(L_\pm|l,m\rangle=\hbar\sqrt{l(l+1)-m(m\pm1)}\,|l,m\pm1\rangle\).

   Osservazione chiave: la componente \(|0,0\rangle\) non contribuisce, perché per \(l=0\) l’operatore \(\mathbf{L}\) è nullo (in pratica \(L_\pm|0,0\rangle=0\) e quindi \(L_x|0,0\rangle=0\)). Quindi conta solo lo “spezzone” con \(l=1\): \(|1,-1\rangle\) e \(|1,0\rangle\).

   Calcolo il solo elemento di matrice che serve (connessione tra \(m=-1\) e \(m=0\)):

   1) L+ |1,-1>:
      l(l+1) = 1·2 = 2
      m(m+1) = (-1)·0 = 0
      ⇒ √(2-0) = √2
      ⇒ L+|1,-1> = ħ√2 |1,0>
   
   2) L- |1,0>:
      l(l+1) = 2
      m(m-1) = 0·(-1) = 0
      ⇒ √(2-0) = √2
      ⇒ L-|1,0> = ħ√2 |1,-1>
   
   3) <1,-1|Lx|1,0> = 1/2 ( <1,-1|L+|1,0> + <1,-1|L-|1,0> )
      - <1,-1|L+|1,0> = 0 perché L+|1,0> ∝ |1,1> ⟂ |1,-1>
      - <1,-1|L-|1,0> = <1,-1| ħ√2 |1,-1> = ħ√2
   
      ⇒ <1,-1|Lx|1,0> = (1/2) ħ√2 = ħ/√2
             

   Ora uso i coefficienti: \[ c_{-1}=\frac{1}{\sqrt{2}},\qquad c_{0}=\frac{1}{\sqrt{3}} \quad (\text{entrambi reali}). \] L’unico contributo è il termine incrociato: \[ \langle L_x\rangle = c_{-1}^*c_0\,\langle 1,-1|L_x|1,0\rangle + c_0^*c_{-1}\,\langle 1,0|L_x|1,-1\rangle. \] Ma \(\langle 1,0|L_x|1,-1\rangle=\langle 1,-1|L_x|1,0\rangle=\frac{\hbar}{\sqrt{2}}\). Quindi: \[ \langle L_x\rangle = 2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\left(\frac{\hbar}{\sqrt{2}}\right) = 2\left(\frac{1}{\sqrt{6}}\right)\left(\frac{\hbar}{\sqrt{2}}\right) = \frac{2\hbar}{\sqrt{12}} = \frac{2\hbar}{2\sqrt{3}} = \frac{\hbar}{\sqrt{3}}. \]

3. (c) Stato dopo misura di \(L_z\) con risultato \(0\)

   L’autovalore \(L_z=0\) è degenere (qui compaiono due stati ortogonali con \(m=0\)): \(|1,0\rangle\) e \(|0,0\rangle\).

   Quindi la forma più generale di uno stato con \(L_z=0\) è: \[ |\Psi_{m=0}\rangle = \alpha\,|1,0\rangle+\beta\,|0,0\rangle, \qquad |\alpha|^2+|\beta|^2=1. \]

   Se la misura è “ideale” (regola di Lüders):
   lo stato subito dopo la misura è la proiezione dello stato iniziale sul sottospazio \(m=0\), poi rinormalizzata.

   Proiezione su \(m=0\): \[ |\tilde\Psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}|1,0\rangle + \frac{i}{\sqrt{6}}|0,0\rangle. \] Norma: \[ \langle \tilde\Psi|\tilde\Psi\rangle=\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{1}{2}. \] Fattore di rinormalizzazione: \[ \frac{1}{\sqrt{1/2}}=\sqrt{2}. \] Quindi lo stato normalizzato dopo la misura (a fase globale irrilevante) è: \[ |\Psi_{\text{after}}\rangle =\sqrt{2}\,|\tilde\Psi\rangle =\sqrt{\frac{2}{3}}\,|1,0\rangle+\frac{i}{\sqrt{3}}\,|0,0\rangle. \]

Esercizio 2 — Buca infinita \((0,a)\) con perturbazione \(V(x)=\alpha x\)

1. Stati ed energie non perturbati

   Per la buca infinita su \((0,a)\): \[ \psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right),\qquad n=1,2,3,\dots \] \[ E_n^{(0)}=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}. \]

2. Correzione al I ordine: \(E_n^{(1)}=\langle n|V|n\rangle\)

   \[ E_n^{(1)}=\alpha\,\langle n|x|n\rangle =\alpha\int_0^a \psi_n(x)\,x\,\psi_n(x)\,dx. \] Sostituisco \(\psi_n\): \[ \langle x\rangle_n=\frac{2}{a}\int_0^a x\sin^2\left(\frac{n\pi x}{a}\right)\,dx. \]

   Uso l’identità \(\sin^2\theta=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}\): \[ \langle x\rangle_n=\frac{2}{a}\int_0^a x\cdot\frac{1-\cos\left(\frac{2n\pi x}{a}\right)}{2}\,dx =\frac{1}{a}\int_0^a x\,dx-\frac{1}{a}\int_0^a x\cos\left(\frac{2n\pi x}{a}\right)\,dx. \]

   Primo integrale: \[ \int_0^a x\,dx=\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^a=\frac{a^2}{2}. \]

   Secondo integrale (qui lo faccio esplicito): pongo \(\beta=\frac{2n\pi}{a}\). \[ \int x\cos(\beta x)\,dx=\frac{x\sin(\beta x)}{\beta}+\frac{\cos(\beta x)}{\beta^2}. \] Valutando tra \(0\) e \(a\): \[ \int_0^a x\cos(\beta x)\,dx= \left[\frac{x\sin(\beta x)}{\beta}+\frac{\cos(\beta x)}{\beta^2}\right]_0^a =\frac{a\sin(\beta a)}{\beta}+\frac{\cos(\beta a)-1}{\beta^2}. \] Ma \(\beta a=2n\pi\Rightarrow \sin(2n\pi)=0\) e \(\cos(2n\pi)=1\), quindi: \[ \int_0^a x\cos\left(\frac{2n\pi x}{a}\right)\,dx=0. \]

   Quindi: \[ \langle x\rangle_n=\frac{1}{a}\cdot\frac{a^2}{2}= \frac{a}{2}. \] E dunque, per ogni \(n\): \[ \boxed{E_n^{(1)}=\alpha\,\frac{a}{2}.} \]

3. Correzione al II ordine: formula generale

   Per stati non degeneri: \[ E_n^{(2)}=\sum_{k\neq n}\frac{|\langle k|V|n\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}} =\alpha^2\sum_{k\neq n}\frac{|\langle k|x|n\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}. \]

   Serve quindi l’elemento di matrice: \[ X_{kn}\equiv \langle k|x|n\rangle =\frac{2}{a}\int_0^a x\sin\left(\frac{k\pi x}{a}\right)\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right)\,dx. \]

   Identità: \(\sin A\sin B=\frac{1}{2}[\cos(A-B)-\cos(A+B)]\). Quindi: \[ X_{kn} =\frac{1}{a}\int_0^a x\Bigl[\cos\Bigl(\frac{(k-n)\pi x}{a}\Bigr)-\cos\Bigl(\frac{(k+n)\pi x}{a}\Bigr)\Bigr]\,dx. \]

   Usando lo stesso integrale visto prima, \[ \int_0^a x\cos\Bigl(\frac{p\pi x}{a}\Bigr)\,dx =\frac{a^2}{p^2\pi^2}\Bigl[(-1)^p-1\Bigr]\qquad (p\neq 0). \] Ottengo (per \(k\neq n\)): \[ X_{kn}=\frac{a}{\pi^2}\left[ \frac{(-1)^{k-n}-1}{(k-n)^2} -\frac{(-1)^{k+n}-1}{(k+n)^2} \right]. \]

   Poiché \(k-n\) e \(k+n\) hanno la stessa parità, vale \((-1)^{k-n}=(-1)^{k+n}\). Si può semplificare fino a: \[ \boxed{ X_{kn}=\frac{4a\,kn}{\pi^2\,(k^2-n^2)^2}\Bigl[(-1)^{k+n}-1\Bigr] }\quad (k\neq n). \]

   Conseguenza importantissima (selezione):
   Se \(k+n\) è pari, allora \((-1)^{k+n}-1=0\Rightarrow X_{kn}=0\).
   Quindi \(x\) collega solo stati con parità diversa (in pratica: \(k+n\) dispari).

4. Secondo ordine per \(n=1\) e \(n=2\) (risultati chiusi)

   Inserendo \(E_n^{(0)}=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}\) nella formula di \(E_n^{(2)}\) e usando l’espressione di \(X_{kn}\), si arriva a serie del tipo: \[ E_n^{(2)}=\alpha^2\sum_{k\neq n}\frac{|X_{kn}|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}. \] Per \(n=1\) contribuiscono solo \(k\) pari, per \(n=2\) solo \(k\) dispari.

   Nota tecnica: la valutazione delle serie è algebrica ma lunga. Qui riporto il risultato chiuso (che si può ottenere con somme note / poligamma / frazioni parziali).

   Risultati finali:

   \[ \boxed{ E_1^{(2)}=\frac{m a^4 \alpha^2}{\hbar^2}\,\frac{\pi^2-15}{24\pi^4} } \] (dato che \(\pi^2-15<0\), questa correzione è negativa).

   \[ \boxed{ E_2^{(2)}=\frac{m a^4 \alpha^2}{\hbar^2}\,\frac{4\pi^2-15}{384\pi^4} } \] (qui \(4\pi^2-15>0\), quindi la correzione risulta positiva).

   Se vuoi, posso anche aggiungere (nella pagina) una sezione “extra” con la derivazione completa delle somme.

Esercizio 3 — Oscillatore armonico: 36% su \(3\hbar\omega/2\) e 64% su \(5\hbar\omega/2\), con \(\langle x\rangle\) minimo a \(t=0\)

1. Identificazione dei livelli energetici

   Per l’oscillatore armonico: \[ E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right),\qquad n=0,1,2,\dots \] Quindi: \[ \frac{3}{2}\hbar\omega \Rightarrow n=1,\qquad \frac{5}{2}\hbar\omega \Rightarrow n=2. \] Lo stato è una superposizione di \(|1\rangle\) e \(|2\rangle\).

2. Coefficienti da (36%, 64%) + fase ignota

   Converto in frazioni “pulite”: \[ 36\%=\frac{36}{100}=\frac{9}{25}\Rightarrow |c_1|^2=\frac{9}{25}\Rightarrow |c_1|=\frac{3}{5}. \] \[ 64\%=\frac{64}{100}=\frac{16}{25}\Rightarrow |c_2|^2=\frac{16}{25}\Rightarrow |c_2|=\frac{4}{5}. \]

   Quindi (a fase globale vicino e con una fase relativa \(\phi\)): \[ |\Psi(0)\rangle=\frac{3}{5}|1\rangle+\frac{4}{5}e^{i\phi}|2\rangle. \]

3. Evoluzione temporale

   \[ |\Psi(t)\rangle=\frac{3}{5}e^{-iE_1t/\hbar}|1\rangle+\frac{4}{5}e^{i\phi}e^{-iE_2t/\hbar}|2\rangle. \] Con \(E_1=\frac{3}{2}\hbar\omega\) e \(E_2=\frac{5}{2}\hbar\omega\): \[ |\Psi(t)\rangle=\frac{3}{5}e^{-i\frac{3}{2}\omega t}|1\rangle+\frac{4}{5}e^{i\phi}e^{-i\frac{5}{2}\omega t}|2\rangle. \]

4. Uso di \(x\) per fissare la fase \(\phi\) (minimo di \(\langle x\rangle\) a \(t=0\))

   Ricordo: \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger). \] Servono gli elementi tra \(|1\rangle\) e \(|2\rangle\). \[ a|2\rangle=\sqrt{2}\,|1\rangle,\qquad a^\dagger|1\rangle=\sqrt{2}\,|2\rangle. \] Quindi: \[ \langle 1|x|2\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\langle 1|a|2\rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{2}=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}. \]

   La media \(\langle x\rangle(t)\) è solo “incrocio”: \[ \langle x\rangle(t) =2\,\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\;\Re\!\left(c_1^*c_2\,e^{-i(E_2-E_1)t/\hbar}\right). \] Ma \(E_2-E_1=\hbar\omega\), quindi: \[ \langle x\rangle(t) =2\,\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\;\Re\!\left(c_1^*c_2\,e^{-i\omega t}\right). \]

   Con \(c_1=\frac{3}{5}\) (scelto reale) e \(c_2=\frac{4}{5}e^{i\phi}\): \[ c_1^*c_2=\frac{3}{5}\cdot\frac{4}{5}e^{i\phi}=\frac{12}{25}e^{i\phi}. \] Quindi: \[ \langle x\rangle(t) =2\,\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\;\Re\!\left(\frac{12}{25}e^{i(\phi-\omega t)}\right) =\frac{24}{25}\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\cos(\phi-\omega t). \]

   “\(\langle x\rangle\) ha un minimo per \(t=0\)”.
   La funzione \(\cos(\phi-\omega t)\) è minima quando il suo argomento vale \(\pi\) (mod \(2\pi\)).
   A \(t=0\) l’argomento è \(\phi\), quindi: \[ \phi=\pi\quad(\text{mod }2\pi). \] Scelgo \(\phi=\pi\Rightarrow e^{i\phi}=-1\). Dunque: \[ \boxed{|\Psi(0)\rangle=\frac{3}{5}|1\rangle-\frac{4}{5}|2\rangle.} \]

   E allora: \[ \boxed{ |\Psi(t)\rangle=\frac{3}{5}e^{-i\frac{3}{2}\omega t}|1\rangle-\frac{4}{5}e^{-i\frac{5}{2}\omega t}|2\rangle. } \]

5. Calcolo di \(\langle p\rangle(t)\)

   Ricordo: \[ p=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\,(a^\dagger-a). \] Calcolo gli elementi: \[ \langle 1|p|2\rangle =i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\left(\langle 1|a^\dagger|2\rangle-\langle 1|a|2\rangle\right) =i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\left(0-\sqrt{2}\right) =-i\sqrt{\hbar m\omega}. \] E \(\langle 2|p|1\rangle=+i\sqrt{\hbar m\omega}\).

   Con i coefficienti reali \(c_1=\frac{3}{5}\), \(c_2=-\frac{4}{5}\) e la fase relativa \(e^{-i\omega t}\), si ottiene (passo finale): \[ \boxed{ \langle p\rangle(t)=\frac{24}{25}\sqrt{\hbar m\omega}\,\sin(\omega t). } \] Controllo “da fisica”: a \(t=0\), \(\sin(0)=0\Rightarrow \langle p\rangle(0)=0\), coerente con un minimo di \(\langle x\rangle\).

6. Energia in funzione del tempo

   L’hamiltoniana è tempo-indipendente, quindi \(\langle H\rangle\) è costante. La calcolo comunque “a mano” con le probabilità: \[ \langle H\rangle =P_1E_1+P_2E_2 =0.36\cdot\frac{3}{2}\hbar\omega+0.64\cdot\frac{5}{2}\hbar\omega. \]

   Riscrivo \(0.36=\frac{9}{25}\) e \(0.64=\frac{16}{25}\): \[ \langle H\rangle =\frac{9}{25}\cdot\frac{3}{2}\hbar\omega+\frac{16}{25}\cdot\frac{5}{2}\hbar\omega =\left(\frac{27}{50}+\frac{80}{50}\right)\hbar\omega =\frac{107}{50}\hbar\omega. \] Quindi: \[ \boxed{\langle H\rangle(t)=\frac{107}{50}\hbar\omega\quad\text{(costante)}.} \]