Esame 5 (27-01-2021) — Oscillatore armonico (⟨H⟩, ΔH, stato), composizione di spin, perturbazione gaussiana nel tempo

Testo

Un oscillatore armonico di massa \(m\) e pulsazione \(\omega\) si trova in uno stato tale che

\[ \langle H\rangle=\frac{3}{2}\hbar\omega, \qquad \Delta H=\sqrt{\langle H^2\rangle-\langle H\rangle^2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\hbar\omega. \]

Inoltre sappiamo che una misura di energia su questo stato non può fornire un valore maggiore di \(3\hbar\omega\).

(a) Quali risultati si possono ottenere effettuando una misura dell’energia e con quali probabilità?
(b) Scrivere lo stato a \(t=0\) nella base degli autostati dell’hamiltoniana, compatibile con i dati e con coefficienti reali positivi.
(c) Calcolare \(\langle H\rangle(t)\) e \(\langle x\rangle(t)\).

Si ricordi che \(x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger)\).

Soluzione passo‑passo

1. Prima cosa (fondamentale): gli autovalori dell’energia sono \[ E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right). \] La condizione “nessun valore maggiore di \(3\hbar\omega\)” implica: \[ E_n\le 3\hbar\omega \quad\Rightarrow\quad \hbar\omega\left(n+\frac12\right)\le 3\hbar\omega \Rightarrow n+\frac12\le 3 \Rightarrow n\le \frac{5}{2}. \] Siccome \(n\) è intero: \[ \boxed{n\in\{0,1,2\}.} \] Quindi la misura dell’energia può dare solo: \[ E_0=\frac12\hbar\omega,\quad E_1=\frac32\hbar\omega,\quad E_2=\frac52\hbar\omega. \]
2. Metto le probabilità: \[ p_0=\Pr(E_0),\quad p_1=\Pr(E_1),\quad p_2=\Pr(E_2), \qquad p_0+p_1+p_2=1. \]
3. Uso la condizione sul valor medio: \[ \langle H\rangle=p_0E_0+p_1E_1+p_2E_2=\frac32\hbar\omega. \] Divido tutto per \(\hbar\omega\) (passo “banale”, ma comodissimo): \[ \frac12 p_0+\frac32 p_1+\frac52 p_2=\frac32. \] Moltiplico per 2 (per eliminare i mezzi): \[ p_0+3p_1+5p_2=3. \quad \text{(Eq. A)} \]
4. Ora uso la varianza. Dato: \[ \Delta H=\frac{1}{\sqrt2}\hbar\omega \quad\Rightarrow\quad (\Delta H)^2=\frac12(\hbar\omega)^2. \] Per definizione: \[ (\Delta H)^2=\langle H^2\rangle-\langle H\rangle^2 \Rightarrow \langle H^2\rangle=(\Delta H)^2+\langle H\rangle^2. \] Calcolo \(\langle H\rangle^2\) “banale”: \[ \langle H\rangle^2=\left(\frac32\hbar\omega\right)^2=\frac{9}{4}(\hbar\omega)^2. \] Quindi: \[ \langle H^2\rangle=\left(\frac12+\frac{9}{4}\right)(\hbar\omega)^2 =\left(\frac{2}{4}+\frac{9}{4}\right)(\hbar\omega)^2 =\frac{11}{4}(\hbar\omega)^2. \]
5. Scrivo \(\langle H^2\rangle\) con le probabilità: \[ \langle H^2\rangle=p_0E_0^2+p_1E_1^2+p_2E_2^2. \] Ora: \[ E_0^2=\left(\frac12\hbar\omega\right)^2=\frac14(\hbar\omega)^2,\quad E_1^2=\left(\frac32\hbar\omega\right)^2=\frac94(\hbar\omega)^2,\quad E_2^2=\left(\frac52\hbar\omega\right)^2=\frac{25}{4}(\hbar\omega)^2. \] Quindi (dividendo per \((\hbar\omega)^2\)): \[ \frac14 p_0+\frac94 p_1+\frac{25}{4}p_2=\frac{11}{4}. \] Moltiplico per 4: \[ p_0+9p_1+25p_2=11.\quad \text{(Eq. B)} \]
6. Risolvo il sistema con: \[ \begin{cases} p_0+p_1+p_2=1 & \text{(Eq. S)}\\ p_0+3p_1+5p_2=3 & \text{(Eq. A)}\\ p_0+9p_1+25p_2=11 & \text{(Eq. B)} \end{cases} \] Faccio (A)−(S): \[ (p_0+3p_1+5p_2)-(p_0+p_1+p_2)=3-1 \Rightarrow 2p_1+4p_2=2. \] Divido per 2: \[ p_1+2p_2=1 \Rightarrow p_1=1-2p_2. \quad \text{(Eq. C)} \] Ora (B)−(A): \[ (p_0+9p_1+25p_2)-(p_0+3p_1+5p_2)=11-3 \Rightarrow 6p_1+20p_2=8. \] Divido per 2: \[ 3p_1+10p_2=4. \] Sostituisco \(p_1=1-2p_2\): \[ 3(1-2p_2)+10p_2=4 \Rightarrow 3-6p_2+10p_2=4 \Rightarrow 3+4p_2=4 \Rightarrow 4p_2=1 \Rightarrow p_2=\frac14. \] Poi: \[ p_1=1-2\cdot\frac14=1-\frac12=\frac12, \qquad p_0=1-p_1-p_2=1-\frac12-\frac14=\frac14. \]

7. Risposta (a): risultati misure + probabilità

   \[ \boxed{ \Pr\!\left(E_0=\frac12\hbar\omega\right)=\frac14,\quad \Pr\!\left(E_1=\frac32\hbar\omega\right)=\frac12,\quad \Pr\!\left(E_2=\frac52\hbar\omega\right)=\frac14.} \]
8. (b) Coefficienti reali positivi ⇒ \[ |\psi(0)\rangle=c_0|0\rangle+c_1|1\rangle+c_2|2\rangle, \quad c_n\in\mathbb{R},\ c_n\ge 0,\quad |c_n|^2=p_n. \] Quindi: \[ c_0=\sqrt{\frac14}=\frac12,\qquad c_1=\sqrt{\frac12}=\frac{1}{\sqrt2},\qquad c_2=\sqrt{\frac14}=\frac12. \]

   Risposta (b): stato a \(t=0\)

   \[ \boxed{|\psi(0)\rangle=\frac12|0\rangle+\frac{1}{\sqrt2}|1\rangle+\frac12|2\rangle.} \]
9. (c) Evoluzione temporale: \[ |\psi(t)\rangle=\sum_{n=0}^2 c_n\,e^{-iE_nt/\hbar}|n\rangle =\sum_{n=0}^2 c_n\,e^{-i\omega(n+\frac12)t}|n\rangle. \] Per \(\langle H\rangle(t)\): l’energia non cambia nel tempo (sistema isolato, Hamiltoniana non dipendente dal tempo qui): \[ \boxed{\langle H\rangle(t)=\langle H\rangle(0)=\frac32\hbar\omega.} \]
10. Ora \(\langle x\rangle(t)\). Uso: \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger) \quad\Rightarrow\quad \langle x\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\Big(\langle a\rangle+\langle a^\dagger\rangle\Big) =2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\Re(\langle a\rangle). \] In base \(|n\rangle\): \[ \langle a\rangle(t)=\sum_{n\ge 0}\sqrt{n+1}\,c_n^*(t)c_{n+1}(t), \] dove \(c_n(t)=c_n e^{-iE_nt/\hbar}\). Qui ci servono solo i termini \(0\to 1\) e \(1\to 2\) (perché \(c_3=0\)): \[ \langle a\rangle(t)=c_0^*(t)c_1(t)\sqrt1 + c_1^*(t)c_2(t)\sqrt2. \]
11. Calcolo i pezzi (con conti “banali” sugli esponenti): \[ c_0(t)=\frac12 e^{-i\omega t/2},\quad c_1(t)=\frac{1}{\sqrt2}e^{-i3\omega t/2},\quad c_2(t)=\frac12 e^{-i5\omega t/2}. \] Primo termine: \[ c_0^*(t)c_1(t)=\left(\frac12 e^{+i\omega t/2}\right)\left(\frac{1}{\sqrt2}e^{-i3\omega t/2}\right) =\frac{1}{2\sqrt2}\,e^{-i\omega t}. \] (perché \(+\omega/2-3\omega/2=-\omega\)).
    
    Secondo termine: \[ c_1^*(t)c_2(t)=\left(\frac{1}{\sqrt2}e^{+i3\omega t/2}\right)\left(\frac12 e^{-i5\omega t/2}\right) =\frac{1}{2\sqrt2}\,e^{-i\omega t}. \] Moltiplico per \(\sqrt2\): \[ \sqrt2\,c_1^*(t)c_2(t)=\sqrt2\cdot\frac{1}{2\sqrt2}e^{-i\omega t}=\frac12e^{-i\omega t}. \] Quindi: \[ \langle a\rangle(t)=\left(\frac{1}{2\sqrt2}+\frac12\right)e^{-i\omega t} =\frac{\sqrt2+1}{2\sqrt2}\,e^{-i\omega t}. \]
12. Allora: \[ \Re(\langle a\rangle(t))=\frac{\sqrt2+1}{2\sqrt2}\cos(\omega t), \] e dunque: \[ \boxed{ \langle x\rangle(t)=2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cdot\frac{\sqrt2+1}{2\sqrt2}\cos(\omega t) =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2}\right)\cos(\omega t).} \] Forma equivalente (più “leggibile”): \[ \boxed{\langle x\rangle(t)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)\cos(\omega t).} \]
13. (Extra — non richiesto, ma utile come check) \[ \langle p\rangle(t)=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}(\langle a^\dagger\rangle-\langle a\rangle) =-\,\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)\sin(\omega t). \] Quindi \(\langle x\rangle\) e \(\langle p\rangle\) oscillano “come un classico”, sfasati di \(\pi/2\).

Testo

Due particelle di spin \(s_1=2\) e \(s_2=3\) sono a riposo in una configurazione di spin totale \(s=5\) e componente lungo \(z\), \(m=+4\).

(a) Quali valori possiamo ottenere in una misura simultanea delle componenti \(z\) dello spin delle due particelle e con quali probabilità?
(b) Qual è la probabilità di ottenere un valore negativo o nullo per la componente \(z\) dello spin della particella 1?

Si ricordi che \[ S_-|s,m\rangle=\hbar\sqrt{s(s+1)-m(m-1)}\,|s,m-1\rangle. \]

Soluzione (metodo “abbassamento” — il più rapido e sicuro)

1. Siamo nello stato accoppiato \(|s=5,m=4\rangle\), con \(s= s_1+s_2\) massimo.
   Per gli stati massimi vale: \[ |5,5\rangle = |2,2\rangle\,|3,3\rangle. \]
2. Applico l’operatore totale \(S_- = S_{1-}+S_{2-}\) a \(|5,5\rangle\).
   
   Lato sinistro: \[ S_-|5,5\rangle=\hbar\sqrt{s(s+1)-m(m-1)}\,|5,4\rangle. \] Qui \(s=5\), \(m=5\): \[ s(s+1)=5\cdot 6=30,\qquad m(m-1)=5\cdot 4=20, \] \[ s(s+1)-m(m-1)=30-20=10 \Rightarrow \sqrt{10}. \] Quindi: \[ S_-|5,5\rangle=\hbar\sqrt{10}\,|5,4\rangle. \]
3. Lato destro: \[ S_- \big(|2,2\rangle|3,3\rangle\big)= (S_{1-}|2,2\rangle)|3,3\rangle + |2,2\rangle(S_{2-}|3,3\rangle). \] Calcolo \(S_{1-}|2,2\rangle\): \[ S_{1-}|2,2\rangle=\hbar\sqrt{2(2+1)-2(2-1)}\,|2,1\rangle =\hbar\sqrt{6-2}\,|2,1\rangle =\hbar\sqrt{4}\,|2,1\rangle =2\hbar\,|2,1\rangle. \] Calcolo \(S_{2-}|3,3\rangle\): \[ S_{2-}|3,3\rangle=\hbar\sqrt{3(3+1)-3(3-1)}\,|3,2\rangle =\hbar\sqrt{12-6}\,|3,2\rangle =\hbar\sqrt{6}\,|3,2\rangle. \] Quindi: \[ S_-|2,2\rangle|3,3\rangle =2\hbar\,|2,1\rangle|3,3\rangle + \hbar\sqrt6\,|2,2\rangle|3,2\rangle. \]
4. Uguaglio i due risultati: \[ \hbar\sqrt{10}\,|5,4\rangle = 2\hbar\,|2,1\rangle|3,3\rangle + \hbar\sqrt6\,|2,2\rangle|3,2\rangle. \] Divido per \(\hbar\sqrt{10}\): \[ |5,4\rangle = \frac{2}{\sqrt{10}}\,|2,1\rangle|3,3\rangle + \frac{\sqrt6}{\sqrt{10}}\,|2,2\rangle|3,2\rangle. \] Riscrivo in forma “pulita”: \[ \frac{2}{\sqrt{10}}=\sqrt{\frac{4}{10}}=\sqrt{\frac{2}{5}},\qquad \frac{\sqrt6}{\sqrt{10}}=\sqrt{\frac{6}{10}}=\sqrt{\frac{3}{5}}. \] Quindi: \[ \boxed{|5,4\rangle=\sqrt{\frac{2}{5}}\,|2,1\rangle|3,3\rangle+\sqrt{\frac{3}{5}}\,|2,2\rangle|3,2\rangle.} \]

5. Risposta (a): esiti e probabilità

   Una misura simultanea di \(S_{1z}\) e \(S_{2z}\) può dare solo le coppie: \[ (m_1,m_2)=(1,3)\quad \text{oppure}\quad (2,2), \] con probabilità: \[ \boxed{\Pr(m_1=1,m_2=3)=\frac{2}{5},\qquad \Pr(m_1=2,m_2=2)=\frac{3}{5}.} \] (dove \(S_{1z}=\hbar m_1\), \(S_{2z}=\hbar m_2\)).

6. Risposta (b): probabilità che \(S_{1z}\le 0\)

   In questo stato \(m_1\) può essere solo \(1\) oppure \(2\) ⇒ è sempre positivo.
   Quindi: \[ \boxed{\Pr(m_1\le 0)=0.} \]

   Check “furbo”: \(m=m_1+m_2=4\) e \(m_2\le 3\) ⇒ \(m_1\ge 1\).

Testo

Si consideri un oscillatore armonico unidimensionale nello stato fondamentale al tempo \(t\sim-\infty\) in presenza della perturbazione

\[ V(t)=-qEx\,e^{-t^2/\tau^2}. \]

Qual è la probabilità, al I ordine perturbativo, che al tempo \(t\sim+\infty\) si trovi nello stato \(|n\rangle\)?

Soluzione (teoria perturbativa dipendente dal tempo)

1. Al primo ordine, l’ampiezza di transizione \(0\to n\) è: \[ c_n^{(1)}(+\infty)=\frac{1}{i\hbar}\int_{-\infty}^{+\infty}\!dt\; \langle n|V(t)|0\rangle\,e^{i\omega_{n0}t}, \qquad \omega_{n0}=\frac{E_n-E_0}{\hbar}. \] Qui \(E_n-E_0=\hbar\omega n\), quindi: \[ \boxed{\omega_{n0}=n\omega.} \]
2. Inserisco \(V(t)=-qEx\,e^{-t^2/\tau^2}\): \[ \langle n|V(t)|0\rangle=-qE\,e^{-t^2/\tau^2}\langle n|x|0\rangle. \] Quindi: \[ c_n^{(1)}(+\infty)=\frac{-qE}{i\hbar}\langle n|x|0\rangle \int_{-\infty}^{+\infty}\!dt\; e^{-t^2/\tau^2}\,e^{in\omega t}. \]
3. Selezione degli stati (passaggio chiave): \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger). \] Applico \(x\) a \(|0\rangle\): \[ a|0\rangle=0,\qquad a^\dagger|0\rangle=\sqrt1\,|1\rangle=|1\rangle, \] quindi: \[ x|0\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,|1\rangle. \] Perciò: \[ \langle n|x|0\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\langle n|1\rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,\delta_{n1}. \]

   Conclusione immediata

   \[ \boxed{c_n^{(1)}=0\ \text{per}\ n\neq 1.} \] Solo la transizione \(\boxed{0\to 1}\) è possibile al I ordine.
4. Calcolo ora \(c_1^{(1)}\). Metto \(n=1\): \[ c_1^{(1)}(+\infty)=\frac{-qE}{i\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \int_{-\infty}^{+\infty}\!dt\; e^{-t^2/\tau^2}e^{i\omega t}. \] L’integrale gaussiano standard è: \[ \int_{-\infty}^{+\infty}\!dt\; e^{-t^2/\tau^2}e^{i\omega t} =\sqrt{\pi}\,\tau\,e^{-(\omega\tau/2)^2}. \] Quindi: \[ c_1^{(1)}(+\infty)=\frac{-qE}{i\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \left(\sqrt{\pi}\tau e^{-(\omega\tau/2)^2}\right). \] Nota “banale ma utile”: \(\frac{-1}{i}=i\). Quindi: \[ \boxed{ c_1^{(1)}(+\infty)= i\,\frac{qE}{\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;\sqrt{\pi}\tau\;e^{-(\omega\tau/2)^2}.} \]

5. Probabilità finale

   \[ P_{0\to 1}^{(1)}=|c_1^{(1)}|^2 =\left(\frac{qE}{\hbar}\right)^2\left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)\pi\tau^2\;e^{-2(\omega\tau/2)^2}. \] Ora: \[ 2(\omega\tau/2)^2=2\cdot\frac{\omega^2\tau^2}{4}=\frac{\omega^2\tau^2}{2}. \] Quindi: \[ \boxed{ P_{0\to 1}^{(1)}=\frac{\pi q^2E^2\tau^2}{2m\omega\,\hbar}\;e^{-\omega^2\tau^2/2}.} \] E per \(n\neq 1\): \[ \boxed{P_{0\to n}^{(1)}=0\quad(n\neq 1).} \]