Esame 12 — Soluzioni

Testo dell’esame (riportato)

Testo trascritto dal compito “Test del 10/01/2022”.

Esercizio 1 — Decomposizione angolare, \(L^2\), \(L_z\) e dinamica con \(H=-\lambda L_z\)

1. Passo 1 — Riscrivo \(x+y+z\) in coordinate sferiche

   Ricordo: \[ x=r\sin\theta\cos\varphi,\quad y=r\sin\theta\sin\varphi,\quad z=r\cos\theta. \] Quindi: \[ x+y+z=r\Big(\sin\theta\cos\varphi+\sin\theta\sin\varphi+\cos\theta\Big). \] Allora la funzione d’onda diventa: \[ \psi(r,\theta,\varphi,0)=N\,r\,e^{-r^2/a^2}\Big(\sin\theta\cos\varphi+\sin\theta\sin\varphi+\cos\theta\Big). \]

2. Passo 2 — Scrivo \(\sin\theta\cos\varphi\), \(\sin\theta\sin\varphi\), \(\cos\theta\) con \(Y_{1m}\)

   Dal testo (formule utili): \[ Y_{1,1}=-\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\,e^{i\varphi}\sin\theta,\qquad Y_{1,0}=\sqrt{\frac{3}{4\pi}}\,\cos\theta. \]

   Uso anche la relazione standard: \[ Y_{1,-1}=-Y_{1,1}^\*. \] Poiché \(Y_{1,1}=-\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\,e^{i\varphi}\sin\theta\), allora \(Y_{1,1}^\*=-\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\,e^{-i\varphi}\sin\theta\), e quindi: \[ Y_{1,-1}=+\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\,e^{-i\varphi}\sin\theta. \]

   Ora “inverto” queste formule per isolare i pezzi geometrici:

   1) Da \(Y_{1,0}\): \[ \cos\theta=\sqrt{\frac{4\pi}{3}}\,Y_{1,0}. \]

   2) Da \(Y_{1,1}\) e \(Y_{1,-1}\): \[ \sin\theta\,e^{i\varphi}=-\sqrt{\frac{8\pi}{3}}\,Y_{1,1}, \qquad \sin\theta\,e^{-i\varphi}=+\sqrt{\frac{8\pi}{3}}\,Y_{1,-1}. \]

   Ricordo anche: \[ \cos\varphi=\frac{e^{i\varphi}+e^{-i\varphi}}{2},\qquad \sin\varphi=\frac{e^{i\varphi}-e^{-i\varphi}}{2i}. \]

   Quindi: \[ \sin\theta\cos\varphi=\frac{\sin\theta e^{i\varphi}+\sin\theta e^{-i\varphi}}{2} =\frac{-\sqrt{\frac{8\pi}{3}}Y_{1,1}+\sqrt{\frac{8\pi}{3}}Y_{1,-1}}{2} =\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\,(Y_{1,-1}-Y_{1,1}). \]

   E: \[ \sin\theta\sin\varphi=\frac{\sin\theta e^{i\varphi}-\sin\theta e^{-i\varphi}}{2i} =\frac{-\sqrt{\frac{8\pi}{3}}Y_{1,1}-\sqrt{\frac{8\pi}{3}}Y_{1,-1}}{2i}. \] Ora uso \(\frac{1}{i}=-i\), quindi \(\frac{-1}{2i}=+\frac{i}{2}\). Allora: \[ \sin\theta\sin\varphi= \frac{i}{2}\sqrt{\frac{8\pi}{3}}\,(Y_{1,1}+Y_{1,-1}) =i\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\,(Y_{1,1}+Y_{1,-1}). \]

3. Passo 3 — Decomposizione in \(|l=1,m\rangle\)

   Sommo i tre pezzi:

   \[ \sin\theta\cos\varphi+\sin\theta\sin\varphi+\cos\theta \] \[ =\sqrt{\frac{2\pi}{3}}(Y_{1,-1}-Y_{1,1}) +i\sqrt{\frac{2\pi}{3}}(Y_{1,1}+Y_{1,-1}) +\sqrt{\frac{4\pi}{3}}Y_{1,0}. \]

   Raggruppo i coefficienti di \(Y_{1,1}\) e \(Y_{1,-1}\):

   - coefficiente di \(Y_{1,1}\): \(\sqrt{\frac{2\pi}{3}}(-1) + i\sqrt{\frac{2\pi}{3}}(+1)=\sqrt{\frac{2\pi}{3}}(-1+i)\).
   - coefficiente di \(Y_{1,-1}\): \(\sqrt{\frac{2\pi}{3}}(+1) + i\sqrt{\frac{2\pi}{3}}(+1)=\sqrt{\frac{2\pi}{3}}(1+i)\).
   - coefficiente di \(Y_{1,0}\): \(\sqrt{\frac{4\pi}{3}}\).

   Quindi: \[ \psi(r,\theta,\varphi,0)=N\,r\,e^{-r^2/a^2}\Big[ A_{+1}Y_{1,1}+A_0Y_{1,0}+A_{-1}Y_{1,-1} \Big], \] con \[ A_{+1}=\sqrt{\frac{2\pi}{3}}(-1+i),\quad A_0=\sqrt{\frac{4\pi}{3}},\quad A_{-1}=\sqrt{\frac{2\pi}{3}}(1+i). \]

   Conclusione immediata su \(L^2\).
   Compaiono solo armoniche con \(l=1\). Quindi lo stato è un autostato di \(L^2\) con \(l=1\).

4. (a) Valori possibili per \(L^2\) e \(L_z\) + probabilità

   Per un dato \(l\): \[ L^2|l,m\rangle=\hbar^2 l(l+1)|l,m\rangle. \] Con \(l=1\): \[ l(l+1)=1\cdot2=2 \quad\Rightarrow\quad \boxed{L^2=2\hbar^2 \text{ con probabilità } 1.} \]

   Per \(L_z\): \[ L_z|l,m\rangle=m\hbar|l,m\rangle,\qquad m\in\{-1,0,+1\}. \]

   Le probabilità sono proporzionali a \(|A_m|^2\) (gli \(Y_{1m}\) sono ortonormali e la parte radiale è la stessa per tutti i termini). Calcolo \(|A_m|^2\) uno per uno:

   1) \(|A_0|^2\): \[ |A_0|^2=\left|\sqrt{\frac{4\pi}{3}}\right|^2=\frac{4\pi}{3}. \]

   2) \(|A_{+1}|^2\): prima calcolo \(|-1+i|^2\). \[ |-1+i|^2=(-1)^2+1^2=1+1=2. \] Quindi: \[ |A_{+1}|^2=\left|\sqrt{\frac{2\pi}{3}}\right|^2\,|-1+i|^2 =\frac{2\pi}{3}\cdot 2=\frac{4\pi}{3}. \]

   3) \(|A_{-1}|^2\): prima calcolo \(|1+i|^2\). \[ |1+i|^2=1^2+1^2=1+1=2. \] Quindi: \[ |A_{-1}|^2=\frac{2\pi}{3}\cdot 2=\frac{4\pi}{3}. \]

   Somma dei pesi: \[ |A_{+1}|^2+|A_0|^2+|A_{-1}|^2= \frac{4\pi}{3}+\frac{4\pi}{3}+\frac{4\pi}{3}= \frac{12\pi}{3}=4\pi. \]

   Quindi ogni probabilità è: \[ P(m)=\frac{|A_m|^2}{4\pi}=\frac{\frac{4\pi}{3}}{4\pi}=\frac{1}{3}. \]

   Risultati finali: \[ \boxed{P(L_z=+\hbar)=\frac13,\quad P(L_z=0)=\frac13,\quad P(L_z=-\hbar)=\frac13.} \]

   Extra: normalizzazione \(N\) (non richiesta ma utile)

   Impongo \(\int_{\mathbb{R}^3}|\psi|^2\,d^3r=1\). Poiché \((x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz\) e con una gaussiana isotropa gli integrali di \(xy,xz,yz\) sono zero, resta solo \(x^2+y^2+z^2=r^2\).

   \[ 1=N^2\int e^{-2r^2/a^2}\,r^2\,d^3r =N^2\cdot 4\pi\int_0^\infty r^4 e^{-(2/a^2)r^2}\,dr. \]

   Uso la formula \(\int_0^\infty r^4 e^{-\beta r^2}dr=\frac{3\sqrt{\pi}}{8}\beta^{-5/2}\) con \(\beta=\frac{2}{a^2}\). \[ \beta^{-5/2}=\left(\frac{a^2}{2}\right)^{5/2}=\frac{a^5}{2^{5/2}}. \] Quindi: \[ \int_0^\infty r^4 e^{-(2/a^2)r^2}dr=\frac{3\sqrt{\pi}}{8}\cdot \frac{a^5}{2^{5/2}}. \]

   Moltiplico per \(4\pi\): \[ 4\pi\cdot \frac{3\sqrt{\pi}}{8}\cdot \frac{a^5}{2^{5/2}} =\frac{\pi}{2}\cdot 3\sqrt{\pi}\cdot \frac{a^5}{2^{5/2}} =\frac{3\pi\sqrt{\pi}\,a^5}{2^{7/2}}. \]

   Quindi: \[ 1=N^2\frac{3\pi\sqrt{\pi}\,a^5}{2^{7/2}} \quad\Rightarrow\quad N^2=\frac{2^{7/2}}{3\pi\sqrt{\pi}\,a^5}. \] Prendendo \(N>0\): \[ \boxed{ N=\frac{2^{7/4}}{\sqrt{3}\,\pi^{3/4}\,a^{5/2}}. } \]

5. (b) Con \(H=-\lambda L_z\): \(\langle L_z\rangle(t)\) e \(\langle L_x\rangle(t)\)

   Osservazione strutturale.
   Poiché \(H=-\lambda L_z\), allora \([H,L_z]=0\). Quindi \(L_z\) è una costante del moto: \[ \frac{d}{dt}\langle L_z\rangle=0. \]

   Calcolo \(\langle L_z\rangle\) direttamente dalle probabilità (che non cambiano nel tempo perché \(H\) è diagonale nella base \(|1,m\rangle\)):

   \[ \langle L_z\rangle(t)=\sum_{m=-1}^{1}(m\hbar)\,P(m) =(+1\hbar)\cdot\frac13+(0)\cdot\frac13+(-1\hbar)\cdot\frac13 =\frac{\hbar}{3}-\frac{\hbar}{3}=0. \] Quindi: \[ \boxed{\langle L_z\rangle(t)=0\quad\text{per ogni }t.} \]

   Ora \(\langle L_x\rangle(t)\). In Heisenberg: \[ \frac{dL_x}{dt}=\frac{i}{\hbar}[H,L_x] =\frac{i}{\hbar}[-\lambda L_z, L_x] =-\frac{i\lambda}{\hbar}[L_z,L_x]. \]

   Uso \([L_z,L_x]=i\hbar L_y\). Quindi: \[ \frac{dL_x}{dt}=-\frac{i\lambda}{\hbar}\,(i\hbar L_y)=\lambda L_y. \] Analogamente: \[ \frac{dL_y}{dt}=\frac{i}{\hbar}[H,L_y] =-\frac{i\lambda}{\hbar}[L_z,L_y]. \] Uso \([L_z,L_y]=-i\hbar L_x\). Quindi: \[ \frac{dL_y}{dt}=-\frac{i\lambda}{\hbar}\,(-i\hbar L_x)=-\lambda L_x. \]

   Questo sistema porta a: \[ \frac{d^2L_x}{dt^2}=\lambda\frac{dL_y}{dt}=\lambda(-\lambda L_x)=-\lambda^2 L_x. \] Quindi: \[ L_x(t)=L_x(0)\cos(\lambda t)+L_y(0)\sin(\lambda t). \] Passando ai valori medi: \[ \langle L_x\rangle(t)=\langle L_x\rangle(0)\cos(\lambda t)+\langle L_y\rangle(0)\sin(\lambda t). \]

   Punto decisivo.
   La funzione d’onda iniziale \(\psi(r,\theta,\varphi,0)\) è reale (scegliendo \(N\) reale). Per una funzione reale, i valori medi di \(L_x,L_y,L_z\) (operatori con un fattore \(-i\hbar\)) risultano nulli.

   Quindi: \[ \langle L_x\rangle(0)=0,\qquad \langle L_y\rangle(0)=0 \quad\Rightarrow\quad \boxed{\langle L_x\rangle(t)=0\ \ \forall t.} \]

   Extra: verifica “meccanica” con la matrice \(J_x\) per \(l=1\)

   Dalla decomposizione, (a fase globale irrilevante) si può scegliere: \[ | \psi(0)\rangle= c_{+1}|1,+1\rangle+c_0|1,0\rangle+c_{-1}|1,-1\rangle \] con \[ c_0=\frac{1}{\sqrt{3}},\qquad c_{+1}=\frac{-1+i}{\sqrt{6}},\qquad c_{-1}=\frac{1+i}{\sqrt{6}}. \] (si controlla che \(|c_{+1}|^2=|c_0|^2=|c_{-1}|^2=\frac13\)).

   Con \(H=-\lambda L_z\), ogni componente \(m\) prende fase \(e^{i\lambda m t}\): \[ c_{+1}(t)=c_{+1}e^{i\lambda t},\quad c_0(t)=c_0,\quad c_{-1}(t)=c_{-1}e^{-i\lambda t}. \]

   La matrice: \[ L_x=\frac{\hbar}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}. \]

   Allora: \[ \langle L_x\rangle(t)=\frac{\hbar}{\sqrt{2}}\Big( c_{+1}^\*(t)c_0(t)+c_0^\*(t)c_{+1}(t)+ c_0^\*(t)c_{-1}(t)+c_{-1}^\*(t)c_0(t) \Big). \] Inserendo i coefficienti (e svolgendo i prodotti complessi) i termini si cancellano esattamente e si ottiene \(0\).

Esercizio 2 — Due particelle in base \(|l,m;l_1,l_2\rangle\): misure di \(L_{1z}\), \(L_{2z}\), \(L_1^2\), \(L_2^2\)

1. Misura di \(L_1^2\) e \(L_2^2\)

   Ricordo: \[ L_i^2|l_i,m_i\rangle=\hbar^2 l_i(l_i+1)|l_i,m_i\rangle. \]

   Qui in entrambi i termini c’è \(l_1=1\). Quindi \(L_1^2\) è definito: \[ l_1(l_1+1)=1\cdot2=2 \quad\Rightarrow\quad \boxed{L_1^2=2\hbar^2 \text{ con probabilità }1.} \]

   Per \(L_2^2\): nel primo termine \(l_2=1\Rightarrow L_2^2=2\hbar^2\). Nel secondo termine \(l_2=0\Rightarrow L_2^2=0\).

   Quindi: \[ \boxed{P(L_2^2=2\hbar^2)=|\alpha|^2,\qquad P(L_2^2=0)=|\beta|^2.} \]

2. Per \(L_{1z}\) e \(L_{2z}\) devo espandere \(|1,1;1,1\rangle\) in base disaccoppiata

   \(|1,1;1,0\rangle\) è semplice: se \(l_2=0\) allora \(m_2=0\) è l’unico valore possibile. Con \(m=1\) totale, deve essere \(m_1=1\). Quindi: \[ |1,1;1,0\rangle = |1,1\rangle_1\,|0,0\rangle_2. \]

   Ora \(|1,1;1,1\rangle\): è la somma di due stati disaccoppiati con \(m_1+m_2=1\), cioè \(|1,1\rangle_1|1,0\rangle_2\) e \(|1,0\rangle_1|1,1\rangle_2\).

   Costruisco le combinazioni ortonormali: \[ |\chi_+\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big(|1,1\rangle_1|1,0\rangle_2+|1,0\rangle_1|1,1\rangle_2\Big), \] \[ |\chi_-\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big(|1,1\rangle_1|1,0\rangle_2-|1,0\rangle_1|1,1\rangle_2\Big). \]

   Queste due combinazioni sono ortogonali (perché differiscono per un segno e i due termini di base sono ortogonali tra loro). In \(1\otimes 1\), la combinazione simmetrica corrisponde a \(l=2\), mentre l’antisimmetrica a \(l=1\). Dunque: \[ \boxed{|1,1;1,1\rangle=|\chi_-\rangle= \frac{1}{\sqrt{2}}\Big(|1,1\rangle_1|1,0\rangle_2-|1,0\rangle_1|1,1\rangle_2\Big).} \]

3. Scrivo lo stato totale nella base \(|l_1,m_1\rangle|l_2,m_2\rangle\)

   Sostituisco:

   \[ |\phi\rangle=\alpha\frac{1}{\sqrt{2}}\Big(|1,1\rangle_1|1,0\rangle_2-|1,0\rangle_1|1,1\rangle_2\Big) +\beta\,|1,1\rangle_1|0,0\rangle_2. \]

   Ora sono pronto a leggere le probabilità di misura di \(L_{1z}\) e \(L_{2z}\).

4. Misura di \(L_{1z}\): valori possibili e probabilità

   Ricordo: \(L_{1z}|1,m_1\rangle_1 = m_1\hbar |1,m_1\rangle_1\).

   Nello sviluppo compaiono:

   • \(|1,1\rangle_1|1,0\rangle_2\) con ampiezza \(\alpha/\sqrt{2}\) → qui \(m_1=1\);
   • \(|1,0\rangle_1|1,1\rangle_2\) con ampiezza \(-\alpha/\sqrt{2}\) → qui \(m_1=0\);
   • \(|1,1\rangle_1|0,0\rangle_2\) con ampiezza \(\beta\) → qui \(m_1=1\).

   Quindi i soli valori possibili sono \(m_1=1\) e \(m_1=0\), cioè: \[ \boxed{L_{1z}\in\{+\hbar,0\}.} \]

   Probabilità per \(L_{1z}=0\): c’è solo il termine con \(m_1=0\), ampiezza \(-\alpha/\sqrt{2}\). \[ P(L_{1z}=0)=\left|-\frac{\alpha}{\sqrt{2}}\right|^2=\frac{|\alpha|^2}{2}. \]

   Probabilità per \(L_{1z}=+\hbar\): ci sono due termini con \(m_1=1\), ma sono ortogonali perché lo stato della particella 2 è diverso (\(|1,0\rangle_2\) contro \(|0,0\rangle_2\)). Quindi sommo i moduli al quadrato: \[ P(L_{1z}=+\hbar)=\left|\frac{\alpha}{\sqrt{2}}\right|^2+|\beta|^2 =\frac{|\alpha|^2}{2}+|\beta|^2. \]

   Risultato finale: \[ \boxed{ P(L_{1z}=0)=\frac{|\alpha|^2}{2},\qquad P(L_{1z}=+\hbar)=\frac{|\alpha|^2}{2}+|\beta|^2. } \] (e \(P(L_{1z}=-\hbar)=0\)).

5. Misura di \(L_{2z}\): valori possibili e probabilità

   Ricordo: \(L_{2z}|l_2,m_2\rangle_2=m_2\hbar|l_2,m_2\rangle_2\).

   Nello sviluppo compaiono:

   • \(|1,1\rangle_1|1,0\rangle_2\) con ampiezza \(\alpha/\sqrt{2}\) → qui \(m_2=0\);
   • \(|1,0\rangle_1|1,1\rangle_2\) con ampiezza \(-\alpha/\sqrt{2}\) → qui \(m_2=1\);
   • \(|1,1\rangle_1|0,0\rangle_2\) con ampiezza \(\beta\) → qui \(m_2=0\) (perché l’unico è \(m_2=0\)).

   Quindi: \[ \boxed{L_{2z}\in\{+\hbar,0\}.} \]

   Probabilità per \(L_{2z}=+\hbar\): c’è solo il termine con \(m_2=1\), ampiezza \(-\alpha/\sqrt{2}\): \[ P(L_{2z}=+\hbar)=\frac{|\alpha|^2}{2}. \]

   Probabilità per \(L_{2z}=0\): sommo i contributi ortogonali con \(m_2=0\): \[ P(L_{2z}=0)=\left|\frac{\alpha}{\sqrt{2}}\right|^2+|\beta|^2 =\frac{|\alpha|^2}{2}+|\beta|^2. \]

   Risultato finale: \[ \boxed{ P(L_{2z}=+\hbar)=\frac{|\alpha|^2}{2},\qquad P(L_{2z}=0)=\frac{|\alpha|^2}{2}+|\beta|^2. } \] (e \(P(L_{2z}=-\hbar)=0\)).

Esercizio 3 — Oscillatore armonico 1D con perturbazione \(+\alpha x\): spettro al I ordine

1. Passo 1 — Identifico \(H_0\) e la perturbazione

   Scrivo: \[ H=H_0+H',\quad H_0=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2x^2,\quad H'=\alpha x. \]

   Gli autostati di \(H_0\) sono \(|n\rangle\) con energie: \[ E_n^{(0)}=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right),\qquad n=0,1,2,\dots \]

2. Passo 2 — Formula del I ordine

   In perturbazione non degenere: \[ E_n^{(1)}=\langle n|H'|n\rangle=\alpha\langle n|x|n\rangle. \]

3. Passo 3 — Calcolo \(\langle n|x|n\rangle\) con \(a,a^\dagger\)

   Dal suggerimento: \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger). \] Quindi: \[ \langle n|x|n\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\langle n|a|n\rangle+\langle n|a^\dagger|n\rangle\right). \]

   Ora uso le azioni: \[ a|n\rangle=\sqrt{n}\,|n-1\rangle,\qquad a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle. \]

   Calcolo \(\langle n|a|n\rangle\): \[ \langle n|a|n\rangle=\langle n|\sqrt{n}\,|n-1\rangle =\sqrt{n}\,\langle n|n-1\rangle. \] Ma \(\langle n|n-1\rangle=0\) (stati ortogonali), quindi: \[ \langle n|a|n\rangle=0. \]

   Calcolo \(\langle n|a^\dagger|n\rangle\): \[ \langle n|a^\dagger|n\rangle=\langle n|\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle =\sqrt{n+1}\,\langle n|n+1\rangle. \] Ma \(\langle n|n+1\rangle=0\). Quindi: \[ \langle n|a^\dagger|n\rangle=0. \]

   Dunque: \[ \langle n|x|n\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(0+0)=0. \] E quindi: \[ \boxed{E_n^{(1)}=\alpha\cdot 0=0.} \]

4. Risultato: spettro al primo ordine

   Lo spettro energetico fino al primo ordine è: \[ E_n \approx E_n^{(0)}+E_n^{(1)}=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right)+0. \] Quindi: \[ \boxed{E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right)\ \ \text{(nessuna correzione al I ordine in }\alpha\text{)}.} \]

   Extra: controllo con la soluzione esatta (completamento del quadrato)

   Scrivo: \[ \frac12 m\omega^2x^2+\alpha x= \frac12 m\omega^2\left(x+\frac{\alpha}{m\omega^2}\right)^2-\frac{\alpha^2}{2m\omega^2}. \] Quindi l’oscillatore è traslato e tutte le energie si spostano di una costante: \[ E_n^{\text{esatto}}=\hbar\omega\left(n+\frac12\right)-\frac{\alpha^2}{2m\omega^2}. \] Si vede che il primo contributo non nullo è \(\propto \alpha^2\), quindi al I ordine la correzione è effettivamente zero.