Esame 3 (17-07-2019) — Momento angolare composto, degenerazione + perturbazione, transizioni indotte

Testo

Lo stato di un sistema di due particelle è rappresentato, nella base \(|l_1,m_1\rangle|l_2,m_2\rangle\) degli autostati di \(L_1^2,L_{1z},L_2^2,L_{2z}\), dal vettore:

Quali sono i possibili valori di una misura di \(L^2\) e \(L_z\) (\(\mathbf{L}=\mathbf{L}_1+\mathbf{L}_2\)) e quali le probabilità di ottenerli?

Soluzione

1. Prima cosa (facilissima): il numero quantico totale \(M\) è la somma dei due \(m\): \[ M=m_1+m_2=1+(-1)=0. \] Quindi una misura di \(L_z\) dà sempre: \[ L_z=\hbar M=\hbar\cdot 0=0. \]

   Risultato immediato

   \[ \boxed{P(L_z=0)=1\quad\text{(e nessun altro risultato è possibile).}} \]
2. Ora per \(L^2\): con \(l_1=1\) e \(l_2=1\) il totale può essere \[ L=|l_1-l_2|,\ |l_1-l_2|+1,\dots,l_1+l_2 \quad\Rightarrow\quad L=0,1,2. \] Quindi i possibili autovalori di \(L^2\) sono: \[ L=0 \Rightarrow L^2=0, \qquad L=1 \Rightarrow L^2=\hbar^2\cdot 1\cdot 2=2\hbar^2, \qquad L=2 \Rightarrow L^2=\hbar^2\cdot 2\cdot 3=6\hbar^2. \]
3. Serve espandere lo stato prodotto \(|1,1\rangle|1,-1\rangle\) sulla base accoppiata \(|L,M\rangle\). Qui \(M=0\), quindi useremo solo \(|L,0\rangle\) con \(L=0,1,2\).
4. Per \(l_1=l_2=1\), i tre stati accoppiati con \(M=0\) (formule standard dei coefficienti di Clebsch–Gordan) sono: \[ |2,0\rangle=\frac{1}{\sqrt6}\Bigl(|1,1;1,-1\rangle+2|1,0;1,0\rangle+|1,-1;1,1\rangle\Bigr), \] \[ |1,0\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Bigl(|1,1;1,-1\rangle-|1,-1;1,1\rangle\Bigr), \] \[ |0,0\rangle=\frac{1}{\sqrt3}\Bigl(|1,1;1,-1\rangle-|1,0;1,0\rangle+|1,-1;1,1\rangle\Bigr). \] (Qui ho abbreviato \(|1,m_1;1,m_2\rangle\equiv |1,m_1\rangle|1,m_2\rangle\).)
5. Ora “inverto” per ricavare proprio il nostro stato \(|1,1;1,-1\rangle\) in funzione di \(|2,0\rangle,|1,0\rangle,|0,0\rangle\). Il risultato (si può verificare moltiplicando e confrontando i coefficienti) è: \[ \boxed{ |1,1;1,-1\rangle= \frac{1}{\sqrt6}|2,0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1,0\rangle+\frac{1}{\sqrt3}|0,0\rangle.} \]

   Controllo “banale” della normalizzazione (somma delle probabilità): \(\frac{1}{6}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{1}{6}+\frac{3}{6}+\frac{2}{6}=\frac{6}{6}=1\).

6. Quindi le probabilità sono i moduli quadri dei coefficienti: \[ P(L=2,M=0)=\left|\frac{1}{\sqrt6}\right|^2=\frac{1}{6},\quad P(L=1,M=0)=\left|\frac{1}{\sqrt2}\right|^2=\frac{1}{2},\quad P(L=0,M=0)=\left|\frac{1}{\sqrt3}\right|^2=\frac{1}{3}. \]

Testo

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

con \(a\ll\hbar\omega\). Determinare autostati e autovalori dell’energia al primo ordine perturbativo. Discutere il risultato.

Soluzione passo‑passo

1. Gli autostati di \(H_0\) sono i vettori base: \[ |1\rangle=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},\quad |2\rangle=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix},\quad |3\rangle=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}. \] Le energie non perturbate sono: \[ E_1^{(0)}=\hbar\omega,\quad E_2^{(0)}=\hbar\omega,\quad E_3^{(0)}=2\hbar\omega. \]
2. Il sottospazio degenere è \(\text{span}\{|1\rangle,|2\rangle\}\). La restrizione di \(H'\) a questo sottospazio è la matrice \(2\times 2\): \[ W = a\begin{pmatrix} -1 & i\sqrt{2}\\ -i\sqrt{2} & 0 \end{pmatrix}. \] Per trovare le correzioni al I ordine, devo trovare gli autovalori di \(W\).
3. Metto in evidenza \(a\): cerco prima gli autovalori \(\mu\) della matrice \[ M=\begin{pmatrix} -1 & i\sqrt{2}\\ -i\sqrt{2} & 0 \end{pmatrix} \quad\Rightarrow\quad W=aM. \] Quindi \(\lambda=a\mu\).
4. Calcolo il polinomio caratteristico (passi “banali” inclusi): \[ \det(M-\mu I)= \det\begin{pmatrix} -1-\mu & i\sqrt{2}\\ -i\sqrt{2} & -\mu \end{pmatrix} =(-1-\mu)(-\mu)-(i\sqrt2)(-i\sqrt2). \] Ora: \[ (-1-\mu)(-\mu)=\mu(1+\mu)=\mu+\mu^2. \] E: \[ (i\sqrt2)(-i\sqrt2)=-(i\cdot i)\cdot 2=-(i^2)\cdot 2=-(-1)\cdot 2=2. \] Quindi: \[ \det(M-\mu I)=\mu^2+\mu-2. \] Risolvo \(\mu^2+\mu-2=0\): \[ \mu=\frac{-1\pm\sqrt{1+8}}{2}=\frac{-1\pm 3}{2}. \] Quindi: \[ \mu_+=1,\qquad \mu_-=-2. \]
5. Quindi gli autovalori di \(W\) sono: \[ \lambda_+=a,\qquad \lambda_-=-2a. \] E le energie al primo ordine (splitting della degenerazione) sono: \[ \boxed{ E_+ \simeq \hbar\omega + a,\qquad E_- \simeq \hbar\omega - 2a.} \] Il terzo livello ha correzione al I ordine: \[ E_3^{(1)}=\langle 3|H'|3\rangle=0 \quad\Rightarrow\quad \boxed{E_3\simeq 2\hbar\omega.} \]
6. Ora trovo gli autostati corretti (nel sottospazio \(|1\rangle,|2\rangle\)).
   Per \(\mu_+=1\): risolvo \((M-I)\mathbf{v}=0\): \[ \begin{pmatrix} -2 & i\sqrt2\\ -i\sqrt2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}. \] Dalla prima riga: \[ -2v_1+i\sqrt2\,v_2=0\quad\Rightarrow\quad v_1=\frac{i\sqrt2}{2}v_2=\frac{i}{\sqrt2}v_2. \] Scelgo (per comodità) \(v_2=1\) \(\Rightarrow v_1=\frac{i}{\sqrt2}\). Quindi un autovettore è \(\left(\frac{i}{\sqrt2},1\right)\). Normalizzo: \[ \left|\frac{i}{\sqrt2}\right|^2+|1|^2=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}. \] Quindi la norma è \(\sqrt{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt3}{\sqrt2}\). Divido per la norma: \[ \mathbf{v}_+=\left(\frac{i}{\sqrt2},1\right)\cdot\frac{\sqrt2}{\sqrt3} =\left(\frac{i}{\sqrt3},\sqrt{\frac{2}{3}}\right). \] Quindi: \[ \boxed{|+\rangle=\frac{i}{\sqrt3}|1\rangle+\sqrt{\frac{2}{3}}|2\rangle,\qquad E_+=\hbar\omega+a.} \]
7. Per \(\mu_-=-2\): risolvo \((M+2I)\mathbf{v}=0\): \[ \begin{pmatrix} 1 & i\sqrt2\\ -i\sqrt2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}. \] Dalla prima riga: \[ v_1+i\sqrt2\,v_2=0 \Rightarrow v_1=-i\sqrt2\,v_2. \] Scelgo \(v_2=1\Rightarrow v_1=-i\sqrt2\). Norma: \[ |-i\sqrt2|^2+|1|^2=2+1=3. \] Quindi normalizzo dividendo per \(\sqrt3\): \[ \mathbf{v}_-=\left(-i\sqrt{\frac{2}{3}},\frac{1}{\sqrt3}\right). \] Posso moltiplicare per una fase globale \(i\) (non cambia la fisica) per ottenere un coefficiente reale sul primo componente: \[ i\,\mathbf{v}_-=\left(\sqrt{\frac{2}{3}},\frac{i}{\sqrt3}\right). \] Quindi: \[ \boxed{|-\rangle=\sqrt{\frac{2}{3}}|1\rangle+\frac{i}{\sqrt3}|2\rangle,\qquad E_-=\hbar\omega-2a.} \]
8. Discussione importante: qui \(H'\) non accoppia lo stato \(|3\rangle\) con \(|1\rangle,|2\rangle\) (la terza riga/colonna sono nulle). Quindi l’Hamiltoniana totale è a blocchi: \[ H= \begin{pmatrix} \hbar\omega-a & ia\sqrt2 & 0\\ -ia\sqrt2 & \hbar\omega & 0\\ 0&0&2\hbar\omega \end{pmatrix}. \] Il blocco \(2\times2\) si diagonalizza esattamente e produce proprio \(E_+=\hbar\omega+a\), \(E_-=\hbar\omega-2a\). Quindi, in pratica, il “primo ordine” qui coincide con l’esatto (nessuna correzione di ordini superiori).

Testo

Su uno oscillatore armonico carico nel secondo stato eccitato agisce a partire dal tempo \(t=-\infty\) un campo elettrico \[ \mathcal{E}(t)=\mathcal{E}_0\,\exp\!\left(-\frac{t^2}{\tau^2}\right). \] Determinare gli stati verso cui può transire il sistema e le relative probabilità di transizione al primo ordine perturbativo, dopo un lungo periodo di tempo.

Si ricordi che

(Assumo il classico accoppiamento dipolare \(V(t)=-q\,\mathcal{E}(t)\,x\), cioè carica \(q\) nel campo elettrico.)

Soluzione (super dettagliata)

1. “Secondo stato eccitato” significa \(n=2\) (con \(n=0\) fondamentale). Quindi lo stato iniziale è: \[ |i\rangle=|2\rangle. \]
2. La perturbazione tempo‑dipendente è: \[ V(t)=-q\,\mathcal{E}(t)\,x =-q\,\mathcal{E}_0\,e^{-t^2/\tau^2}\,x. \]
3. Siccome \(x\propto (a+a^\dagger)\), e \[ a|n\rangle=\sqrt{n}\,|n-1\rangle,\qquad a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle, \] allora la regola di selezione è: \[ \boxed{\Delta n=\pm 1.} \] Quindi da \(|2\rangle\) posso andare solo in: \[ |1\rangle \quad \text{oppure}\quad |3\rangle. \]
4. Formula di perturbazione al primo ordine (ampiezza a \(t\to +\infty\)): \[ c_f^{(1)}(+\infty)= -\frac{i}{\hbar}\int_{-\infty}^{+\infty}\!dt\; \langle f|V(t)|i\rangle\,e^{i\omega_{fi}t}, \] con \[ \omega_{fi}=\frac{E_f-E_i}{\hbar}. \]
5. Calcolo il matrix element: \[ \langle f|V(t)|2\rangle=-q\mathcal{E}_0\,e^{-t^2/\tau^2}\,\langle f|x|2\rangle. \] Quindi: \[ c_f^{(1)}(+\infty)= \frac{i\,q\mathcal{E}_0}{\hbar}\,\langle f|x|2\rangle \int_{-\infty}^{+\infty}\!dt\;e^{-t^2/\tau^2}e^{i\omega_{f2}t}. \]
6. Serve l’integrale gaussiano (lo faccio “bene”): \[ I(\Omega)=\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2/\tau^2}e^{i\Omega t}\,dt. \] Completo il quadrato: \[ -\frac{t^2}{\tau^2}+i\Omega t =-\frac{1}{\tau^2}\left(t^2-i\Omega\tau^2 t\right) =-\frac{1}{\tau^2}\left[\left(t-\frac{i\Omega\tau^2}{2}\right)^2+\frac{\Omega^2\tau^4}{4}\right]. \] Quindi: \[ -\frac{t^2}{\tau^2}+i\Omega t =-\frac{\left(t-\frac{i\Omega\tau^2}{2}\right)^2}{\tau^2}-\frac{\Omega^2\tau^2}{4}. \] Allora: \[ I(\Omega)=e^{-\Omega^2\tau^2/4}\int_{-\infty}^{+\infty} \exp\!\left(-\frac{\left(t-\frac{i\Omega\tau^2}{2}\right)^2}{\tau^2}\right)\,dt. \] La traslazione complessa non cambia il valore della gaussiana (risultato standard), quindi: \[ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-u^2/\tau^2}du=\sqrt{\pi}\,\tau. \] Conclusione: \[ \boxed{I(\Omega)=\sqrt{\pi}\,\tau\,e^{-\Omega^2\tau^2/4}.} \]
7. Quindi l’ampiezza diventa: \[ c_f^{(1)}(+\infty)= \frac{i\,q\mathcal{E}_0}{\hbar}\,\langle f|x|2\rangle\; \sqrt{\pi}\tau\,e^{-\omega_{f2}^2\tau^2/4}. \] La probabilità (al primo ordine) è: \[ P_{2\to f}\approx |c_f^{(1)}(+\infty)|^2 =\frac{q^2\mathcal{E}_0^2}{\hbar^2}\,|\langle f|x|2\rangle|^2\; \pi\tau^2\,e^{-\omega_{f2}^2\tau^2/2}. \] (Passo banale: \(|e^{-\omega^2\tau^2/4}|^2=e^{-\omega^2\tau^2/2}\).)
8. Ora calcolo i due matrix element di \(x\). Ricordo: \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger). \] Quindi: \[ \langle 1|x|2\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\langle 1|(a+a^\dagger)|2\rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\langle 1|a|2\rangle+\langle 1|a^\dagger|2\rangle\right). \] Ma: \[ a|2\rangle=\sqrt2\,|1\rangle \Rightarrow \langle 1|a|2\rangle=\sqrt2, \qquad a^\dagger|2\rangle=\sqrt3\,|3\rangle \Rightarrow \langle 1|a^\dagger|2\rangle=0. \] Quindi: \[ \boxed{\langle 1|x|2\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt2.} \] Analogamente: \[ \langle 3|x|2\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\langle 3|a|2\rangle+\langle 3|a^\dagger|2\rangle\right) =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(0+\sqrt3\right) =\boxed{\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt3.} \]
9. Calcolo i moduli quadri (banalissimo ma esplicito): \[ |\langle 1|x|2\rangle|^2=\frac{\hbar}{2m\omega}\cdot 2=\frac{\hbar}{m\omega}. \] \[ |\langle 3|x|2\rangle|^2=\frac{\hbar}{2m\omega}\cdot 3=\frac{3\hbar}{2m\omega}. \]
10. Ora \(\omega_{f2}\). Per l’oscillatore: \[ E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right). \] Quindi: \[ E_1-E_2=\hbar\omega\left(\frac32-\frac52\right)=-\hbar\omega \Rightarrow \omega_{12}=-\omega, \] \[ E_3-E_2=\hbar\omega\left(\frac72-\frac52\right)=+\hbar\omega \Rightarrow \omega_{32}=+\omega. \] Poiché compare \(\omega_{f2}^2\), il fattore gaussiano è lo stesso per \(f=1\) e \(f=3\): \[ e^{-\omega_{f2}^2\tau^2/2}=e^{-\omega^2\tau^2/2}. \]
11. Metto tutto insieme: \[ \boxed{ P_{2\to 1}=\frac{q^2\mathcal{E}_0^2}{\hbar^2}\left(\frac{\hbar}{m\omega}\right)\pi\tau^2\,e^{-\omega^2\tau^2/2} =\frac{\pi q^2\mathcal{E}_0^2\tau^2}{m\omega\hbar}\,e^{-\omega^2\tau^2/2}.} \] \[ \boxed{ P_{2\to 3}=\frac{q^2\mathcal{E}_0^2}{\hbar^2}\left(\frac{3\hbar}{2m\omega}\right)\pi\tau^2\,e^{-\omega^2\tau^2/2} =\frac{3}{2}\frac{\pi q^2\mathcal{E}_0^2\tau^2}{m\omega\hbar}\,e^{-\omega^2\tau^2/2}.} \] Nota carina: il rapporto è \[ \frac{P_{2\to 3}}{P_{2\to 1}}=\frac{3/2}{1}=\frac{3}{2}. \]
12. Nota fisica: a “primo ordine perturbativo” la probabilità di restare in \(|2\rangle\) è circa \[ P_{2\to2}\approx 1-(P_{2\to1}+P_{2\to3}), \] ma questa è già un’aggiunta “a posteriori” (perché \(P\) è dell’ordine del quadrato della perturbazione).