Esame 4 (16-09-2019) — Oscillatore armonico (⟨x⟩ nel tempo), tre spin 1/2 → quartetto, buca infinita + perturbazione lineare

Testo

Un oscillatore armonico quantistico all’istante \(t=0\) si trova in uno stato tale che:
(a) la probabilità di trovare lo stato fondamentale è \(0.75\), mentre la probabilità di trovare il primo stato eccitato è \(0.25\);
(b) il valore medio di \(x\) è zero;
(c) il valore medio di \(p\) è minore di zero.

Calcolare il valore medio di \(x\) all’istante \(t\) arbitrario e, in particolare, all’istante \(t=\pi/(2\omega)\) ove \(\omega\) è la frequenza angolare.

Si ricordi che

Soluzione passo‑passo (con conti “banali”)

1. Dato che le probabilità sono \[ P_0=0.75=\frac{3}{4},\qquad P_1=0.25=\frac{1}{4}, \] lo stato a \(t=0\) deve essere (a meno di una fase relativa): \[ |\psi(0)\rangle = c_0|0\rangle+c_1|1\rangle, \qquad |c_0|^2=\frac{3}{4},\quad |c_1|^2=\frac{1}{4}. \] Quindi: \[ |c_0|=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt3}{2},\qquad |c_1|=\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{1}{2}. \]
   Conto “banale”: \(\sqrt{3/4}=\sqrt3/\sqrt4=\sqrt3/2\) e \(\sqrt{1/4}=1/2\).
2. Impongo ora \(\langle x\rangle(0)=0\). Siccome \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger), \] è utile calcolare \(\langle a\rangle\). Per \( |\psi\rangle=c_0|0\rangle+c_1|1\rangle \) vale: \[ a|0\rangle=0,\qquad a|1\rangle=\sqrt1\,|0\rangle=|0\rangle. \] Quindi: \[ \langle a\rangle =\langle\psi|a|\psi\rangle =(c_0^*\langle0|+c_1^*\langle1|)\,a\,(c_0|0\rangle+c_1|1\rangle) =c_0^*c_1. \] Allora: \[ \langle x\rangle(0)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\Bigl(\langle a\rangle+\langle a\rangle^*\Bigr) =2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\Re(c_0^*c_1). \] La condizione \(\langle x\rangle(0)=0\) implica: \[ \Re(c_0^*c_1)=0 \quad\Rightarrow\quad c_0^*c_1 \text{ è puramente immaginario.} \]
3. Scelgo senza perdita di generalità \(c_0\) reale e positivo: \[ c_0=\frac{\sqrt3}{2}. \] Allora \(c_1\) deve essere “a fase \(\pm\pi/2\)”, cioè: \[ c_1=\pm i\,\frac12. \]
4. Impongo ora \(\langle p\rangle(0)<0\). Calcolo \(\langle p\rangle\): \[ \langle p\rangle=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\Bigl(\langle a^\dagger\rangle-\langle a\rangle\Bigr) =i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\Bigl(\langle a\rangle^*-\langle a\rangle\Bigr) =2\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\,\Im(\langle a\rangle). \] Ma \(\langle a\rangle=c_0^*c_1\).
   
   Se \(c_1=+i/2\), allora \(c_0^*c_1=(\sqrt3/2)(i/2)=+i\sqrt3/4\) → \(\Im>0\) → \(\langle p\rangle>0\).
   Quindi devo prendere l’altro segno: \[ \boxed{c_1=-\frac{i}{2}.} \]
5. Quindi lo stato iniziale è: \[ \boxed{|\psi(0)\rangle=\frac{\sqrt3}{2}|0\rangle-\frac{i}{2}|1\rangle.} \]
6. Evoluzione temporale: \[ |\psi(t)\rangle=\frac{\sqrt3}{2}e^{-iE_0t/\hbar}|0\rangle-\frac{i}{2}e^{-iE_1t/\hbar}|1\rangle, \] con \[ E_0=\hbar\omega\left(0+\frac12\right)=\frac{\hbar\omega}{2},\qquad E_1=\hbar\omega\left(1+\frac12\right)=\frac{3\hbar\omega}{2}. \] Quindi: \[ |\psi(t)\rangle=\frac{\sqrt3}{2}e^{-i\omega t/2}|0\rangle-\frac{i}{2}e^{-i3\omega t/2}|1\rangle. \]
7. Uso il trucco “pulito”: \(\langle x\rangle(t)\) dipende da \(\langle a\rangle(t)=\langle\psi(t)|a|\psi(t)\rangle\). Come prima, vale \(\langle a\rangle(t)=c_0(t)^*c_1(t)\).
   
   Qui \[ c_0(t)=\frac{\sqrt3}{2}e^{-i\omega t/2},\qquad c_1(t)=-\frac{i}{2}e^{-i3\omega t/2}. \] Quindi: \[ \langle a\rangle(t)=c_0(t)^*c_1(t)=\left(\frac{\sqrt3}{2}e^{+i\omega t/2}\right)\left(-\frac{i}{2}e^{-i3\omega t/2}\right) =-\frac{i\sqrt3}{4}e^{-i\omega t}. \] Ora: \[ \langle x\rangle(t)=2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\Re(\langle a\rangle(t)). \]
8. Espando (passi elementari): \[ e^{-i\omega t}=\cos(\omega t)-i\sin(\omega t). \] Moltiplico per \(-i\): \[ -i(\cos-i\sin)=-i\cos+(-i)(-i)\sin=-i\cos-\sin. \] Quindi: \[ \langle a\rangle(t)=-\frac{i\sqrt3}{4}(\cos-i\sin) =\frac{\sqrt3}{4}\bigl(-\sin(\omega t)-i\cos(\omega t)\bigr). \] Dunque: \[ \Re(\langle a\rangle(t))=-\frac{\sqrt3}{4}\sin(\omega t). \] Allora: \[ \langle x\rangle(t) =2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(-\frac{\sqrt3}{4}\sin(\omega t)\right) =-\underbrace{\left(\frac{\sqrt3}{2}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\right)}_{\text{ampiezza}}\sin(\omega t). \]

9. Risultato compatto

   \[ \boxed{\langle x\rangle(t)=-\frac{\sqrt3}{2}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;\sin(\omega t) =-\sqrt{\frac{3\hbar}{8m\omega}}\;\sin(\omega t).} \]

   Conto “banale” di equivalenza: \(\frac{\sqrt3}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt3}{2\sqrt2}=\frac{\sqrt3}{\sqrt8}=\sqrt{\frac{3}{8}}\).

10. Ora valuto a \(t=\pi/(2\omega)\): \[ \sin(\omega t)=\sin\!\left(\omega\cdot\frac{\pi}{2\omega}\right)=\sin\!\left(\frac{\pi}{2}\right)=1. \] Quindi: \[ \boxed{\langle x\rangle\!\left(\frac{\pi}{2\omega}\right)=-\frac{\sqrt3}{2}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} =-\sqrt{\frac{3\hbar}{8m\omega}}.} \]

Testo

Determinare i 4 stati con spin totale \(3/2\) che possono essere formati da 3 particelle con spin \(1/2\).

Si ricordi che

Soluzione (chiara e “pulita”)

1. Con tre spin \(1/2\), lo spazio totale ha dimensione \(2^3=8\). La decomposizione in rappresentazioni di SU(2) è: \[ \frac12\otimes\frac12\otimes\frac12 =\frac32\ \oplus\ \frac12\ \oplus\ \frac12. \] Il blocco con \(j=\frac32\) ha dimensione \(2j+1=4\) → sono proprio i 4 stati richiesti.
2. Chiamo \(|\uparrow\rangle\) lo stato con \(m=\frac12\) e \(|\downarrow\rangle\) quello con \(m=-\frac12\).
   Lo stato di massima proiezione è unico e totalmente simmetrico: \[ \boxed{\left|\frac32,\frac32\right\rangle=|\uparrow\uparrow\uparrow\rangle.} \]
3. Applico l’operatore di discesa \(J_-=S_{1-}+S_{2-}+S_{3-}\) per generare gli altri stati del quartetto (equivalentemente: scrivo direttamente la combinazione simmetrica).
   
   Lo stato con \(m=\frac12\) deve avere due “su” e un “giù”, e deve essere simmetrico per scambio di particelle: \[ \boxed{\left|\frac32,\frac12\right\rangle =\frac{1}{\sqrt3}\bigl(|\uparrow\uparrow\downarrow\rangle+|\uparrow\downarrow\uparrow\rangle+|\downarrow\uparrow\uparrow\rangle\bigr).} \]
4. Analogamente, per \(m=-\frac12\) (due “giù” e un “su”, sempre simmetrico): \[ \boxed{\left|\frac32,-\frac12\right\rangle =\frac{1}{\sqrt3}\bigl(|\downarrow\downarrow\uparrow\rangle+|\downarrow\uparrow\downarrow\rangle+|\uparrow\downarrow\downarrow\rangle\bigr).} \]
5. Infine lo stato di minima proiezione è unico: \[ \boxed{\left|\frac32,-\frac32\right\rangle=|\downarrow\downarrow\downarrow\rangle.} \]

Testo

Una particella di massa \(m\) si trova in una buca di potenziale unidimensionale infinita con pareti in \(x=0\) e \(x=L\). Calcolare, al primo ordine perturbativo, le correzioni all’energia del livello fondamentale e del primo livello eccitato prodotte dalla perturbazione:

dove \(E_0\) è l’energia dello stato fondamentale non perturbato.

Soluzione (con integrali svolti)

1. In una buca infinita su \((0,L)\), gli autostati non perturbati sono: \[ \psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad n=1,2,3,\dots \] e le energie: \[ E_n^{(0)}=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}. \] In particolare: \[ E_1^{(0)}=E_0,\qquad E_2^{(0)}=4E_0. \]
2. Al primo ordine perturbativo: \[ \Delta E_n^{(1)}=\langle n|H_p|n\rangle =\varepsilon E_0\,\frac{1}{L}\,\langle n|x|n\rangle =\varepsilon E_0\,\frac{1}{L}\int_0^L x|\psi_n(x)|^2\,dx. \]
3. Calcolo \(\langle x\rangle_n\) “a mano”: \[ \langle x\rangle_n=\int_0^L x\left(\frac{2}{L}\sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right)dx =\frac{2}{L}\int_0^L x\sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx. \] Uso l’identità: \[ \sin^2(\theta)=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}. \] Quindi: \[ \langle x\rangle_n=\frac{2}{L}\int_0^L x\cdot\frac{1-\cos\!\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)}{2}\,dx =\frac{1}{L}\int_0^L x\Bigl(1-\cos(kx)\Bigr)\,dx, \] dove ho posto \(k=\frac{2n\pi}{L}\).
4. Separando: \[ \langle x\rangle_n=\frac{1}{L}\left[\int_0^L x\,dx-\int_0^L x\cos(kx)\,dx\right]. \] Primo integrale (banalissimo): \[ \int_0^L x\,dx=\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^L=\frac{L^2}{2}. \] Quindi contribuisce: \[ \frac{1}{L}\cdot\frac{L^2}{2}=\frac{L}{2}. \]
5. Secondo integrale: \(\int_0^L x\cos(kx)\,dx\). Faccio per parti:
   scelgo \(u=x\Rightarrow du=dx\), \(dv=\cos(kx)dx\Rightarrow v=\frac{\sin(kx)}{k}\). Quindi: \[ \int x\cos(kx)\,dx=x\frac{\sin(kx)}{k}-\int 1\cdot\frac{\sin(kx)}{k}\,dx =\frac{x\sin(kx)}{k}+\frac{\cos(kx)}{k^2}. \] Valuto tra 0 e \(L\): \[ \int_0^L x\cos(kx)\,dx= \left[\frac{x\sin(kx)}{k}+\frac{\cos(kx)}{k^2}\right]_0^L. \] Ora: \[ \sin(kL)=\sin\!\left(\frac{2n\pi}{L}L\right)=\sin(2n\pi)=0, \qquad \cos(kL)=\cos(2n\pi)=1, \qquad \cos(0)=1. \] Quindi: \[ \left[\frac{x\sin(kx)}{k}\right]_0^L=\frac{L\cdot 0}{k}-\frac{0\cdot 0}{k}=0, \] e \[ \left[\frac{\cos(kx)}{k^2}\right]_0^L=\frac{1}{k^2}-\frac{1}{k^2}=0. \] Quindi: \[ \boxed{\int_0^L x\cos(kx)\,dx=0.} \]

6. Conclusione su \(\langle x\rangle_n\)

   \[ \boxed{\langle x\rangle_n=\frac{L}{2}\quad\text{per ogni }n.} \]
7. Quindi: \[ \Delta E_n^{(1)}=\varepsilon E_0\frac{1}{L}\cdot\frac{L}{2}=\frac{\varepsilon E_0}{2}. \] Quindi, in particolare: \[ \boxed{\Delta E_1^{(1)}=\frac{\varepsilon E_0}{2},\qquad \Delta E_2^{(1)}=\frac{\varepsilon E_0}{2}.} \]
8. (Commento) È interessante che entrambi i livelli si spostino della stessa quantità al primo ordine: la perturbazione è proporzionale a \(\langle x\rangle\), e nella buca \((0,L)\) ogni \(|\psi_n|^2\) è simmetrico rispetto a \(L/2\).