Esame 2 (20-02-2019) — Oscillatore armonico combinato, momento angolare, spin–orbita, perturbazione

Testo

Lo stato iniziale di un oscillatore armonico di frequenza \(\omega\) e massa \(m\) è dato da

dove \(|E_1\rangle\), \(|E_2\rangle\), \(|E_3\rangle\) sono i primi tre livelli eccitati.

1. (a) Verificare che lo stato \(|\psi(0)\rangle\) è normalizzato;
2. (b) determinare \(\langle H\rangle\) e lo scarto quadratico medio \(\Delta H\);
3. (c) trovare \(|\psi(t)\rangle\) e determinare il valor medio della quantità di moto \[ \hat p=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\,(a^\dagger-a), \] all’istante \(t\).

Soluzione (a): normalizzazione

1. Scrivo lo stato in forma “coefficiente × ket”: \[ |\psi(0)\rangle=\frac{1}{\sqrt5}\left(1\cdot|E_1\rangle+(i\sqrt2)\cdot|E_2\rangle+(1-i)\cdot|E_3\rangle\right). \]
2. La norma al quadrato è la somma dei moduli quadri dei coefficienti (perché gli \(|E_n\rangle\) sono ortonormali): \[ \langle \psi|\psi\rangle=\frac{1}{5}\left(|1|^2+|i\sqrt2|^2+|1-i|^2\right). \]
3. Calcolo i moduli (anche “banali”): \[ |1|^2=1. \] \[ |i\sqrt2|^2=|i|^2\,|\sqrt2|^2=1\cdot 2=2. \] \[ |1-i|^2=(\Re)^2+(\Im)^2=1^2+(-1)^2=1+1=2. \]
4. Somma: \[ |1|^2+|i\sqrt2|^2+|1-i|^2=1+2+2=5. \] Quindi \[ \langle \psi|\psi\rangle=\frac{1}{5}\cdot 5=1. \]

Soluzione (b): \(\langle H\rangle\) e \(\Delta H\)

1. Interpreto \(|E_1\rangle,|E_2\rangle,|E_3\rangle\) come i primi tre eccitati dell’oscillatore: \[ |E_1\rangle\equiv|1\rangle,\quad |E_2\rangle\equiv|2\rangle,\quad |E_3\rangle\equiv|3\rangle, \] con energie \[ E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right). \] Quindi: \[ E_1=E_{n=1}=\frac32\hbar\omega,\quad E_2=E_{n=2}=\frac52\hbar\omega,\quad E_3=E_{n=3}=\frac72\hbar\omega. \]
2. Le probabilità sono i moduli quadri dei coefficienti (divisi per 5): \[ p_1=\frac{1}{5}|1|^2=\frac15,\qquad p_2=\frac{1}{5}|i\sqrt2|^2=\frac{2}{5},\qquad p_3=\frac{1}{5}|1-i|^2=\frac{2}{5}. \] Controllo banale: \(\frac15+\frac25+\frac25=\frac55=1\).
3. Energia media: \[ \langle H\rangle=\sum_{k=1}^3 p_k E_k =\frac15 E_1+\frac25 E_2+\frac25 E_3. \] Sostituisco: \[ \langle H\rangle =\frac15\left(\frac32\hbar\omega\right) +\frac25\left(\frac52\hbar\omega\right) +\frac25\left(\frac72\hbar\omega\right). \] Metto \(\hbar\omega\) in evidenza e faccio i prodotti: \[ \langle H\rangle=\hbar\omega\left[\frac15\cdot\frac32+\frac25\cdot\frac52+\frac25\cdot\frac72\right]. \] \[ \frac15\cdot\frac32=\frac{3}{10},\qquad \frac25\cdot\frac52=\frac{10}{10}=1,\qquad \frac25\cdot\frac72=\frac{14}{10}. \] Somma: \[ \frac{3}{10}+1+\frac{14}{10}=\frac{3}{10}+\frac{10}{10}+\frac{14}{10}=\frac{27}{10}. \] Quindi \[ \boxed{\langle H\rangle=\frac{27}{10}\hbar\omega.} \]
4. Ora calcolo \(\langle H^2\rangle\): \[ \langle H^2\rangle=\sum_{k=1}^3 p_k E_k^2 =\frac15 E_1^2+\frac25 E_2^2+\frac25 E_3^2. \] Calcolo i quadrati: \[ E_1^2=\left(\frac32\hbar\omega\right)^2=\frac{9}{4}\hbar^2\omega^2,\quad E_2^2=\left(\frac52\hbar\omega\right)^2=\frac{25}{4}\hbar^2\omega^2,\quad E_3^2=\left(\frac72\hbar\omega\right)^2=\frac{49}{4}\hbar^2\omega^2. \] Quindi: \[ \langle H^2\rangle =\hbar^2\omega^2\left[\frac15\cdot\frac94+\frac25\cdot\frac{25}{4}+\frac25\cdot\frac{49}{4}\right]. \] Faccio i prodotti (passi banali): \[ \frac15\cdot\frac94=\frac{9}{20},\qquad \frac25\cdot\frac{25}{4}=\frac{50}{20}=\frac{5}{2},\qquad \frac25\cdot\frac{49}{4}=\frac{98}{20}=\frac{49}{10}. \] Metto tutto su denominatore 20: \[ \frac{9}{20}+\frac{5}{2}+\frac{49}{10} =\frac{9}{20}+\frac{50}{20}+\frac{98}{20}=\frac{157}{20}. \] Quindi \[ \boxed{\langle H^2\rangle=\frac{157}{20}\hbar^2\omega^2.} \]
5. Varianza: \[ (\Delta H)^2=\langle H^2\rangle-\langle H\rangle^2. \] Calcolo \(\langle H\rangle^2\): \[ \langle H\rangle^2=\left(\frac{27}{10}\hbar\omega\right)^2=\frac{729}{100}\hbar^2\omega^2. \] Porto \(\langle H^2\rangle=\frac{157}{20}\) a denominatore 100: \[ \frac{157}{20}=\frac{157\cdot 5}{20\cdot 5}=\frac{785}{100}. \] Quindi: \[ (\Delta H)^2=\left(\frac{785}{100}-\frac{729}{100}\right)\hbar^2\omega^2=\frac{56}{100}\hbar^2\omega^2. \] Semplifico \(\frac{56}{100}=\frac{14}{25}\). Quindi: \[ (\Delta H)^2=\frac{14}{25}\hbar^2\omega^2 \quad\Rightarrow\quad \boxed{\Delta H=\frac{\sqrt{14}}{5}\hbar\omega.} \]

Soluzione (c): \(|\psi(t)\rangle\) e \(\langle p\rangle(t)\)

1. Evoluzione temporale in base energetica: \[ |\psi(t)\rangle=\sum_k c_k\,e^{-iE_k t/\hbar}|E_k\rangle. \] Qui: \[ c_1=\frac{1}{\sqrt5},\quad c_2=\frac{i\sqrt2}{\sqrt5},\quad c_3=\frac{1-i}{\sqrt5}. \] Quindi: \[ \boxed{ |\psi(t)\rangle=\frac{1}{\sqrt5}\left( e^{-iE_1 t/\hbar}|E_1\rangle +i\sqrt2\,e^{-iE_2 t/\hbar}|E_2\rangle +(1-i)\,e^{-iE_3 t/\hbar}|E_3\rangle \right).} \] Se vuoi esplicitare \(E_1=\tfrac32\hbar\omega\), \(E_2=\tfrac52\hbar\omega\), \(E_3=\tfrac72\hbar\omega\): \[ e^{-iE_1 t/\hbar}=e^{-i\frac32\omega t},\quad e^{-iE_2 t/\hbar}=e^{-i\frac52\omega t},\quad e^{-iE_3 t/\hbar}=e^{-i\frac72\omega t}. \]
2. Per \(\langle p\rangle(t)\) uso: \[ \hat p=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\,(a^\dagger-a)\equiv i p_0(a^\dagger-a),\qquad p_0=\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}. \] Quindi: \[ \langle p\rangle(t)=ip_0\bigl(\langle a^\dagger\rangle-\langle a\rangle\bigr). \]
3. Scrivo lo stato in base numero \(|n\rangle\) con \(n=1,2,3\) (qui \(|E_1\rangle=|1\rangle\), ecc.). Coefficienti nel tempo: \[ c_1(t)=\frac{1}{\sqrt5}e^{-i\frac32\omega t},\quad c_2(t)=\frac{i\sqrt2}{\sqrt5}e^{-i\frac52\omega t},\quad c_3(t)=\frac{1-i}{\sqrt5}e^{-i\frac72\omega t}. \]
4. Formula standard: \[ \langle a\rangle(t)=\sum_{n\ge 1} c_{n-1}^*(t)\,c_n(t)\,\sqrt{n}. \] Qui \(c_0(t)=0\) (nessun \(|0\rangle\)). Quindi restano solo i termini: \[ \langle a\rangle(t)=\sqrt2\,c_1^*(t)c_2(t)+\sqrt3\,c_2^*(t)c_3(t). \]
5. Calcolo il primo prodotto \(c_1^*(t)c_2(t)\): \[ c_1^*(t)=\frac{1}{\sqrt5}e^{+i\frac32\omega t},\qquad c_2(t)=\frac{i\sqrt2}{\sqrt5}e^{-i\frac52\omega t}. \] Quindi: \[ c_1^*(t)c_2(t)=\frac{i\sqrt2}{5}\,e^{i\frac32\omega t}e^{-i\frac52\omega t} =\frac{i\sqrt2}{5}\,e^{-i\omega t}. \] Ora moltiplico per \(\sqrt2\): \[ \sqrt2\,c_1^*(t)c_2(t)=\sqrt2\cdot\frac{i\sqrt2}{5}e^{-i\omega t} =\frac{i\cdot 2}{5}e^{-i\omega t} =\frac{2i}{5}e^{-i\omega t}. \]
6. Calcolo il secondo prodotto \(c_2^*(t)c_3(t)\): \[ c_2^*(t)=\frac{-i\sqrt2}{\sqrt5}e^{+i\frac52\omega t},\qquad c_3(t)=\frac{1-i}{\sqrt5}e^{-i\frac72\omega t}. \] Quindi: \[ c_2^*(t)c_3(t)=\frac{-i\sqrt2(1-i)}{5}\,e^{i\frac52\omega t}e^{-i\frac72\omega t} =\frac{-i\sqrt2(1-i)}{5}\,e^{-i\omega t}. \] Ora moltiplico per \(\sqrt3\): \[ \sqrt3\,c_2^*(t)c_3(t)=\frac{-i\sqrt6(1-i)}{5}\,e^{-i\omega t}. \] (Passo “banale” utile) Semplifico \(-i(1-i)\): \[ -i(1-i)=-i+i^2=-i-1=-(1+i). \] Quindi: \[ \sqrt3\,c_2^*(t)c_3(t)=\frac{\sqrt6}{5}\,(-1-i)\,e^{-i\omega t}. \]
7. Sommo i due contributi: \[ \langle a\rangle(t)=e^{-i\omega t}\left[\frac{2i}{5}+\frac{\sqrt6}{5}(-1-i)\right] =\frac{e^{-i\omega t}}{5}\left[-\sqrt6+i(2-\sqrt6)\right]. \]
8. Siccome \(\langle a^\dagger\rangle=\langle a\rangle^*\), vale: \[ \langle a^\dagger\rangle-\langle a\rangle=\langle a\rangle^*-\langle a\rangle=-2i\,\Im(\langle a\rangle). \] Allora: \[ \langle p\rangle(t)=ip_0(\langle a^\dagger\rangle-\langle a\rangle)=ip_0(-2i)\Im(\langle a\rangle)=2p_0\,\Im(\langle a\rangle). \]
9. Calcolo \(\Im(\langle a\rangle)\) esplicitamente. Scrivo: \[ \langle a\rangle(t)=\left(\frac{-\sqrt6}{5}+i\frac{2-\sqrt6}{5}\right)\left(\cos\omega t-i\sin\omega t\right). \] Se \(A=a_r+ia_i\), allora \(A(\cos-i\sin)=(a_r\cos+a_i\sin)+i(a_i\cos-a_r\sin)\). Quindi: \[ \Im(\langle a\rangle)=a_i\cos(\omega t)-a_r\sin(\omega t) =\frac{2-\sqrt6}{5}\cos(\omega t)-\left(\frac{-\sqrt6}{5}\right)\sin(\omega t). \] Cioè: \[ \Im(\langle a\rangle)=\frac{2-\sqrt6}{5}\cos(\omega t)+\frac{\sqrt6}{5}\sin(\omega t). \]
10. Infine: \[ \langle p\rangle(t)=2p_0\,\Im(\langle a\rangle) =2\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\left[\frac{2-\sqrt6}{5}\cos(\omega t)+\frac{\sqrt6}{5}\sin(\omega t)\right]. \] Semplifico \(2\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}=\sqrt{2\hbar m\omega}\). Quindi: \[ \boxed{ \langle p\rangle(t)=\frac{\sqrt{2\hbar m\omega}}{5}\Bigl[(2-\sqrt6)\cos(\omega t)+\sqrt6\,\sin(\omega t)\Bigr].} \]

Testo

Una particella si trova nello stato

dove \(|1,+1\rangle\), \(|1,0\rangle\), \(|1,-1\rangle\) sono autostati di \(L^2\) e \(L_z\).

1. (a) \(|\psi\rangle\) è autostato di \(L^2\)? e di \(L_z\)?
2. (b) Probabilità di ottenere \(+\hbar,0,-\hbar\) misurando \(L_z\).
3. (c) Valore medio di \(L_z\).
4. (d) Valore medio di \(L_x\).
5. (e) Probabilità che una misura di \(L_x\) dia \(+\hbar\).

Si ricordi che

nella base \(\{|1,+1\rangle,|1,0\rangle,|1,-1\rangle\}\).

Soluzione

1. (a) Autostato di \(L^2\)?
   Tutti i kets nella combinazione hanno lo stesso \(l=1\). Quindi: \[ L^2|1,m\rangle=\hbar^2 l(l+1)|1,m\rangle=\hbar^2\cdot 1\cdot 2\,|1,m\rangle=2\hbar^2|1,m\rangle. \] Qualsiasi combinazione lineare con lo stesso \(l\) rimane autostato con lo stesso autovalore. \[ \boxed{|\psi\rangle\ \text{è autostato di }L^2\text{ con autovalore }2\hbar^2.} \]
   Autostato di \(L_z\)?
   No, perché \(L_z|1,m\rangle=\hbar m|1,m\rangle\) e nello stato compaiono tre valori di \(m\) (\(+1,0,-1\)). \[ \boxed{|\psi\rangle\ \text{non è autostato di }L_z.} \]
2. (b) Probabilità di \(L_z\)
   Coefficienti: \[ c_{+1}=\frac{1}{\sqrt{14}},\quad c_{0}=\frac{2}{\sqrt{14}},\quad c_{-1}=\frac{3i}{\sqrt{14}}. \] Probabilità = \(|c_m|^2\): \[ P(+\hbar)=\left|\frac{1}{\sqrt{14}}\right|^2=\frac{1}{14},\qquad P(0)=\left|\frac{2}{\sqrt{14}}\right|^2=\frac{4}{14}=\frac{2}{7}, \] \[ P(-\hbar)=\left|\frac{3i}{\sqrt{14}}\right|^2=\frac{9}{14}. \]
3. (c) \(\langle L_z\rangle\)
   \[ \langle L_z\rangle=\sum_m P(m)\,\hbar m =\hbar\left[\left(\frac{1}{14}\right)(+1)+\left(\frac{2}{7}\right)\cdot 0+\left(\frac{9}{14}\right)(-1)\right]. \] Calcolo la parentesi (banale): \[ \frac{1}{14}-\frac{9}{14}=-\frac{8}{14}=-\frac{4}{7}. \] Quindi: \[ \boxed{\langle L_z\rangle=-\frac{4}{7}\hbar.} \]
4. (d) \(\langle L_x\rangle\)
   Rappresento \(|\psi\rangle\) come vettore (nella base \(|1,+1\rangle,|1,0\rangle,|1,-1\rangle\)): \[ |\psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{14}} \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 3i \end{pmatrix} \equiv \frac{1}{\sqrt{14}}\mathbf{u},\quad \mathbf{u}= \begin{pmatrix} 1\\2\\3i \end{pmatrix}. \] Allora: \[ \langle L_x\rangle=\psi^\dagger L_x \psi =\frac{1}{14}\,\mathbf{u}^\dagger\,L_x\,\mathbf{u}. \] Calcolo prima \(L_x\mathbf{u}\). Siccome \[ L_x=\frac{\hbar}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}, \] ottengo: \[ \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\2\\3i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\ 1+3i\\ 2 \end{pmatrix}. \] Quindi: \[ L_x\mathbf{u}=\frac{\hbar}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 2\\ 1+3i\\ 2 \end{pmatrix}. \] Ora \(\mathbf{u}^\dagger=(1,2,-3i)\). Quindi: \[ \mathbf{u}^\dagger(L_x\mathbf{u})=\frac{\hbar}{\sqrt2}\left[1\cdot 2+2(1+3i)+(-3i)\cdot 2\right]. \] Calcolo dentro la parentesi: \[ 1\cdot 2=2,\quad 2(1+3i)=2+6i,\quad (-3i)\cdot 2=-6i. \] Somma: \[ 2+(2+6i)+(-6i)=4. \] Quindi: \[ \mathbf{u}^\dagger(L_x\mathbf{u})=\frac{\hbar}{\sqrt2}\cdot 4. \] Infine: \[ \langle L_x\rangle=\frac{1}{14}\cdot \frac{\hbar}{\sqrt2}\cdot 4 =\frac{4}{14}\frac{\hbar}{\sqrt2} =\frac{2}{7}\frac{\hbar}{\sqrt2}. \] Quindi: \[ \boxed{\langle L_x\rangle=\frac{2}{7\sqrt2}\hbar.} \]
5. (e) Probabilità \(P(L_x=+\hbar)\)
   Gli autovalori di \(L_x\) per \(l=1\) sono \(\{+\hbar,0,-\hbar\}\). Trovo l’autovettore di \(L_x\) per autovalore \(+\hbar\). In unità di \(\hbar\), risolvo: \[ \frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \mathbf{v} =(+1)\mathbf{v}. \] Equivalentemente: \[ \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \mathbf{v} =\sqrt2\,\mathbf{v}. \] La soluzione (controllabile a mano) è proporzionale a: \[ \mathbf{v}_{+}\propto \begin{pmatrix} 1\\ \sqrt2\\ 1 \end{pmatrix}. \] Normalizzo: \[ \|\mathbf{v}_+\|^2=1^2+(\sqrt2)^2+1^2=1+2+1=4 \Rightarrow \|\mathbf{v}_+\|=2. \] Quindi: \[ |+\rangle_x=\frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1\\ \sqrt2\\ 1 \end{pmatrix}. \] Ora: \[ \langle +_x|\psi\rangle= \left(\frac{1}{2}(1,\sqrt2,1)\right)\cdot\left(\frac{1}{\sqrt{14}}(1,2,3i)^T\right) =\frac{1}{2\sqrt{14}}\left(1+2\sqrt2+3i\right). \] Quindi: \[ P(L_x=+\hbar)=|\langle +_x|\psi\rangle|^2 =\frac{1}{4\cdot 14}\,|1+2\sqrt2+3i|^2. \] Calcolo il modulo quadro (banale): \[ |1+2\sqrt2+3i|^2=(1+2\sqrt2)^2+3^2. \] Espando \((1+2\sqrt2)^2\): \[ (1+2\sqrt2)^2=1^2+2\cdot 1\cdot 2\sqrt2+(2\sqrt2)^2 =1+4\sqrt2+8 =9+4\sqrt2. \] Quindi: \[ |1+2\sqrt2+3i|^2=(9+4\sqrt2)+9=18+4\sqrt2. \] Infine: \[ P(L_x=+\hbar)=\frac{18+4\sqrt2}{56}=\frac{9+2\sqrt2}{28}. \] \[ \boxed{P(L_x=+\hbar)=\frac{9+2\sqrt2}{28}.} \]

Testo

Un elettrone di un orbitale \(p\) si trova in uno stato con momento angolare totale \(j=\frac{3}{2}\) e \(m_j=+\frac{1}{2}\). Qual è la probabilità di trovare l’elettrone con spin “up”?

Si ricordi che

Soluzione (con operatori di salita/discesa, passo‑passo)

1. Per un orbitale \(p\) abbiamo \(l=1\). Per l’elettrone \(s=\frac12\). Lo stato totale è somma: \[ \mathbf{J}=\mathbf{L}+\mathbf{S}. \]
2. Parto dallo stato “più alto” del multiplet \(j=\frac32\): \[ \left|\frac32,\frac32\right\rangle = |l=1,m_l=+1\rangle\otimes\left|s=\frac12,m_s=+\frac12\right\rangle. \] (È unico perché per avere \(m_j=\frac32\) serve \(m_l=1\) e \(m_s=\frac12\).)
3. Applico \(J_- = L_- + S_-\) per scendere a \(m_j=\frac12\).
   Da un lato, uso la formula ricordata nel testo: \[ J_-|j,m\rangle=\hbar\sqrt{j(j+1)-m(m-1)}\,|j,m-1\rangle. \] Con \(j=\frac32\), \(m=\frac32\): \[ j(j+1)=\frac32\cdot\frac52=\frac{15}{4},\qquad m(m-1)=\frac32\cdot\frac12=\frac{3}{4}. \] Differenza: \[ \frac{15}{4}-\frac{3}{4}=\frac{12}{4}=3. \] Quindi: \[ J_-\left|\frac32,\frac32\right\rangle=\hbar\sqrt3\left|\frac32,\frac12\right\rangle. \]
4. Dall’altro lato: \[ (L_-+S_-)\bigl(|1,1\rangle|1/2,1/2\rangle\bigr) =L_-|1,1\rangle|1/2,1/2\rangle+|1,1\rangle S_-|1/2,1/2\rangle. \]
5. Calcolo \(L_-|1,1\rangle\). Formula analoga: \[ L_-|l,m_l\rangle=\hbar\sqrt{l(l+1)-m_l(m_l-1)}\,|l,m_l-1\rangle. \] Con \(l=1\), \(m_l=1\): \[ l(l+1)=1\cdot 2=2,\qquad m_l(m_l-1)=1\cdot 0=0,\qquad 2-0=2. \] Quindi: \[ L_-|1,1\rangle=\hbar\sqrt2\,|1,0\rangle. \]
6. Calcolo \(S_-|1/2,1/2\rangle\): \[ S_-|s,m_s\rangle=\hbar\sqrt{s(s+1)-m_s(m_s-1)}\,|s,m_s-1\rangle. \] Con \(s=\frac12\), \(m_s=\frac12\): \[ s(s+1)=\frac12\cdot\frac32=\frac{3}{4},\qquad m_s(m_s-1)=\frac12\cdot\left(-\frac12\right)=-\frac{1}{4}. \] Differenza: \[ \frac{3}{4}-\left(-\frac{1}{4}\right)=1. \] Quindi: \[ S_-|1/2,1/2\rangle=\hbar\,|1/2,-1/2\rangle. \]
7. Quindi: \[ (L_-+S_-)|1,1\rangle|1/2,1/2\rangle =\hbar\sqrt2\,|1,0\rangle|1/2,1/2\rangle+\hbar\,|1,1\rangle|1/2,-1/2\rangle. \]
8. Ora uguaglio i due risultati: \[ \hbar\sqrt3\left|\frac32,\frac12\right\rangle =\hbar\sqrt2\,|1,0\rangle|1/2,1/2\rangle+\hbar\,|1,1\rangle|1/2,-1/2\rangle. \] Divido per \(\hbar\) (passo banale): \[ \sqrt3\left|\frac32,\frac12\right\rangle =\sqrt2\,|1,0\rangle|1/2,1/2\rangle+|1,1\rangle|1/2,-1/2\rangle. \] Quindi: \[ \left|\frac32,\frac12\right\rangle =\frac{\sqrt2}{\sqrt3}|1,0\rangle|1/2,1/2\rangle+\frac{1}{\sqrt3}|1,1\rangle|1/2,-1/2\rangle =\sqrt{\frac{2}{3}}|1,0\rangle|\uparrow\rangle+\sqrt{\frac{1}{3}}|1,1\rangle|\downarrow\rangle. \]
9. La probabilità di trovare lo spin “up” è il modulo quadro del coefficiente del termine \(|\uparrow\rangle\): \[ P(\uparrow)=\left|\sqrt{\frac{2}{3}}\right|^2=\frac{2}{3}. \]

Testo

Si consideri l’Hamiltoniana \(H=H_0+H'\), dove

con \(a\) parametro reale. Si determinino le correzioni dell’energia al primo ordine perturbativo non nullo. Si discuta lo spostamento dei livelli e si confronti con la soluzione esatta assumendo \(a\ll\hbar\omega\).

Soluzione (perturbazione: perché il I ordine è zero e il II ordine è il primo “non nullo”)

1. Gli autostati di \(H_0\) sono i vettori base \(|1\rangle,|2\rangle,|3\rangle\) con energie: \[ E_1^{(0)}=\frac12\hbar\omega,\quad E_2^{(0)}=\frac32\hbar\omega,\quad E_3^{(0)}=\frac52\hbar\omega. \]
2. Correzione al I ordine: \[ E_n^{(1)}=\langle n|H'|n\rangle. \] Ma \(H'\) ha diagonale nulla, quindi: \[ \langle 1|H'|1\rangle=0,\quad \langle 2|H'|2\rangle=0,\quad \langle 3|H'|3\rangle=0. \] Quindi: \[ \boxed{E_1^{(1)}=E_2^{(1)}=E_3^{(1)}=0.} \]

   Conclusione: “il primo ordine perturbativo non nullo” è il secondo ordine.

3. Correzione al II ordine (teoria non degenere): \[ E_n^{(2)}=\sum_{m\neq n}\frac{|\langle m|H'|n\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}}. \] Notiamo che \(H'\) accoppia solo i livelli 1 e 2: \[ H'_{12}=ia,\quad H'_{21}=-ia,\quad H'_{13}=H'_{31}=H'_{23}=H'_{32}=0. \]
4. Calcolo \(E_1^{(2)}\): \[ E_1^{(2)}=\frac{|\langle 2|H'|1\rangle|^2}{E_1^{(0)}-E_2^{(0)}}. \] \[ |\langle 2|H'|1\rangle|^2=|H'_{21}|^2=|-ia|^2=a^2. \] Denominatore: \[ E_1^{(0)}-E_2^{(0)}=\frac12\hbar\omega-\frac32\hbar\omega=-\hbar\omega. \] Quindi: \[ \boxed{E_1^{(2)}=\frac{a^2}{-\hbar\omega}=-\frac{a^2}{\hbar\omega}.} \]
5. Calcolo \(E_2^{(2)}\): \[ E_2^{(2)}=\frac{|\langle 1|H'|2\rangle|^2}{E_2^{(0)}-E_1^{(0)}}. \] \[ |\langle 1|H'|2\rangle|^2=|H'_{12}|^2=|ia|^2=a^2. \] Denominatore: \[ E_2^{(0)}-E_1^{(0)}=\frac32\hbar\omega-\frac12\hbar\omega=\hbar\omega. \] Quindi: \[ \boxed{E_2^{(2)}=\frac{a^2}{\hbar\omega}.} \]
6. Calcolo \(E_3^{(2)}\): non c’è alcun accoppiamento con 1 o 2 (tutte le matrici sono 0), quindi ogni termine del numeratore è 0: \[ \boxed{E_3^{(2)}=0.} \]
7. Quindi le energie fino al primo ordine non nullo (cioè II ordine) sono: \[ \boxed{ E_1\simeq \frac12\hbar\omega-\frac{a^2}{\hbar\omega},\qquad E_2\simeq \frac32\hbar\omega+\frac{a^2}{\hbar\omega},\qquad E_3=\frac52\hbar\omega.} \]

   Interpretazione: il livello 1 scende (correzione negativa), il livello 2 sale (correzione positiva). Il livello 3 resta invariato.

Confronto con la soluzione esatta (diagonalizzazione del blocco 2×2)

1. L’Hamiltoniana si separa in un blocco \(2\times 2\) (livelli 1–2) + un livello isolato (3). Il livello 3 ha sempre energia esatta: \[ \boxed{E_3^{(\text{esatto})}=\frac52\hbar\omega.} \]
2. Il blocco \(1\text{–}2\) è: \[ H_{(1,2)}= \begin{pmatrix} \hbar\omega/2 & ia\\ -ia & 3\hbar\omega/2 \end{pmatrix}. \] Gli autovalori di una matrice Hermitiana \(2\times2\) sono: \[ E_{\pm}=\frac{E_1^{(0)}+E_2^{(0)}}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{E_2^{(0)}-E_1^{(0)}}{2}\right)^2+a^2}. \]
3. Calcolo i pezzi (banale ma esplicito): \[ \frac{E_1^{(0)}+E_2^{(0)}}{2} =\frac{\frac12\hbar\omega+\frac32\hbar\omega}{2} =\frac{2\hbar\omega}{2} =\hbar\omega. \] \[ \frac{E_2^{(0)}-E_1^{(0)}}{2} =\frac{\frac32\hbar\omega-\frac12\hbar\omega}{2} =\frac{\hbar\omega}{2}. \] Quindi: \[ \boxed{ E_{\pm}^{(\text{esatto})}=\hbar\omega\pm\sqrt{\left(\frac{\hbar\omega}{2}\right)^2+a^2} =\hbar\omega\pm\sqrt{\frac{\hbar^2\omega^2}{4}+a^2}.} \]
4. Espansione per \(a\ll\hbar\omega\). Metto in evidenza \(\frac{\hbar\omega}{2}\): \[ \sqrt{\frac{\hbar^2\omega^2}{4}+a^2} =\frac{\hbar\omega}{2}\sqrt{1+\frac{4a^2}{\hbar^2\omega^2}}. \] Uso \(\sqrt{1+\varepsilon}\simeq 1+\frac{\varepsilon}{2}\) (primo termine non banale). Qui \(\varepsilon=\frac{4a^2}{\hbar^2\omega^2}\). Quindi: \[ \sqrt{1+\varepsilon}\simeq 1+\frac{1}{2}\frac{4a^2}{\hbar^2\omega^2} =1+\frac{2a^2}{\hbar^2\omega^2}. \] Allora: \[ \sqrt{\frac{\hbar^2\omega^2}{4}+a^2} \simeq \frac{\hbar\omega}{2}\left(1+\frac{2a^2}{\hbar^2\omega^2}\right) =\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{a^2}{\hbar\omega}. \]
5. Quindi: \[ E_-^{(\text{esatto})}\simeq \hbar\omega-\left(\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{a^2}{\hbar\omega}\right) =\frac12\hbar\omega-\frac{a^2}{\hbar\omega}, \] \[ E_+^{(\text{esatto})}\simeq \hbar\omega+\left(\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{a^2}{\hbar\omega}\right) =\frac32\hbar\omega+\frac{a^2}{\hbar\omega}. \] Perfettamente coerente con la correzione perturbativa al II ordine.