Esercizio 1
Oscillatore armonico: \(\langle x\rangle(t)\) e scarto quadratico medio \(\Delta x(t)\)
Testo
Un oscillatore armonico quantistico all’istante \(t=0\) si trova in uno stato tale che:
- la probabilità di trovare lo stato fondamentale è \(0.75\), mentre la probabilità di trovare il primo stato eccitato è \(0.25\);
- il valore medio di \(x\) è zero;
- il valore medio di \(p\) è minore di zero.
Calcolare il valor medio e lo scarto quadratico medio di \(x\) all’istante \(t\) arbitrario e, in particolare, all’istante \(t=\pi/(2\omega)\).
Soluzione passo‑passo
- Poiché l’energia misura solo \(n=0\) e \(n=1\) con probabilità date, lo stato deve essere una sovrapposizione di \(|0\rangle\) e \(|1\rangle\): \[ |\psi(0)\rangle = c_0|0\rangle + c_1|1\rangle, \quad |c_0|^2=0.75,\quad |c_1|^2=0.25. \] Quindi: \[ |c_0|=\sqrt{0.75}=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt3}{2}, \qquad |c_1|=\sqrt{0.25}=\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac12. \] Metto la fase relativa: \[ c_0=\frac{\sqrt3}{2}\quad(\text{posso sceglierlo reale positivo}),\qquad c_1=\frac12 e^{i\phi}. \]
-
Uso la condizione \(\langle x\rangle(0)=0\).
Siccome \(x\propto (a+a^\dagger)\), tra \(|0\rangle\) e \(|1\rangle\) vale: \[ \langle x\rangle(0)\propto \Re(c_0^*c_1). \] Calcolo \(c_0^*c_1\) (banale ma essenziale): \[ c_0^*c_1=\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)\left(\frac12 e^{i\phi}\right)=\frac{\sqrt3}{4}e^{i\phi}. \] La parte reale è: \[ \Re\left(\frac{\sqrt3}{4}e^{i\phi}\right)=\frac{\sqrt3}{4}\cos\phi. \] Condizione \(\langle x\rangle(0)=0\Rightarrow \cos\phi=0\Rightarrow \phi=\pm\frac{\pi}{2}\ (\text{mod } \pi).\) -
Ora uso la condizione \(\langle p\rangle(0)<0\) per scegliere il segno.
Analogamente, \(p\propto i(a^\dagger-a)\) ⇒ \[ \langle p\rangle(0)\propto \Im(c_0^*c_1)=\frac{\sqrt3}{4}\sin\phi. \] Se \(\phi=+\pi/2\), \(\sin\phi=+1\Rightarrow \langle p\rangle(0)>0\) (NO).
Se \(\phi=-\pi/2\), \(\sin\phi=-1\Rightarrow \langle p\rangle(0)<0\) (OK).Stato iniziale determinato
\[ e^{i\phi}=e^{-i\pi/2}=-i \quad\Rightarrow\quad \boxed{|\psi(0)\rangle=\frac{\sqrt3}{2}|0\rangle-\frac{i}{2}|1\rangle.} \] - Evoluzione temporale: \[ |0\rangle\to e^{-i\omega t/2}|0\rangle,\qquad |1\rangle\to e^{-i3\omega t/2}|1\rangle. \] Quindi: \[ |\psi(t)\rangle=\frac{\sqrt3}{2}e^{-i\omega t/2}|0\rangle-\frac{i}{2}e^{-i3\omega t/2}|1\rangle. \]
-
Calcolo \(\langle x\rangle(t)\).
Uso: \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger), \qquad \langle x\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\langle a\rangle+\langle a^\dagger\rangle\right) =2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\Re(\langle a\rangle). \] Con soli \(|0\rangle,|1\rangle\): \[ \langle a\rangle(t)=c_0^*(t)c_1(t)\sqrt1. \] 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: \[ c_0^*(t)c_1(t)=\left(\frac{\sqrt3}{2}e^{+i\omega t/2}\right)\left(-\frac{i}{2}e^{-i3\omega t/2}\right) =-\frac{i\sqrt3}{4}e^{-i\omega t}. \] - Scrivo \(e^{-i\omega t}=\cos(\omega t)-i\sin(\omega t)\), allora: \[ -i e^{-i\omega t}=-i\cos(\omega t)-\sin(\omega t), \] e quindi: \[ \Re\!\left(-\frac{i\sqrt3}{4}e^{-i\omega t}\right)= -\frac{\sqrt3}{4}\sin(\omega t). \] Concludo: \[ \boxed{ \langle x\rangle(t)=2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(-\frac{\sqrt3}{4}\sin(\omega t)\right) =-\frac{\sqrt3}{2}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,\sin(\omega t). } \]
-
Ora \(\langle x^2\rangle(t)\).
Uso: \[ x^2=\frac{\hbar}{2m\omega}(a+a^\dagger)^2 =\frac{\hbar}{2m\omega}\left(a^2+a^{\dagger2}+aa^\dagger+a^\dagger a\right) =\frac{\hbar}{2m\omega}\left(a^2+a^{\dagger2}+2a^\dagger a+1\right). \] Nel nostro stato (solo \(|0\rangle\) e \(|1\rangle\)): \[ \langle a^2\rangle=0,\qquad \langle a^{\dagger2}\rangle=0 \] (perché servirebbero componenti \(|2\rangle\), che non ci sono). Quindi: \[ \langle x^2\rangle(t)=\frac{\hbar}{2m\omega}\left(2\langle a^\dagger a\rangle+1\right) =\frac{\hbar}{2m\omega}\left(2\langle n\rangle+1\right). \] Ma \(\langle n\rangle=0\cdot P_0+1\cdot P_1=0.25=\frac14\). Quindi: \[ 2\langle n\rangle+1=2\cdot\frac14+1=\frac12+1=\frac32, \] e dunque: \[ \boxed{\langle x^2\rangle(t)=\frac{\hbar}{2m\omega}\cdot\frac32=\frac{3\hbar}{4m\omega}.} \] - Varianza e scarto quadratico medio: \[ (\Delta x)^2=\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2. \] Calcolo \(\langle x\rangle^2\) (banale): \[ \langle x\rangle^2(t)=\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2\left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)\sin^2(\omega t) =\frac{3}{4}\cdot\frac{\hbar}{2m\omega}\sin^2(\omega t) =\frac{3\hbar}{8m\omega}\sin^2(\omega t). \] Quindi: \[ (\Delta x)^2(t)=\frac{3\hbar}{4m\omega}-\frac{3\hbar}{8m\omega}\sin^2(\omega t) =\frac{3\hbar}{8m\omega}\Bigl(2-\sin^2(\omega t)\Bigr) =\frac{3\hbar}{8m\omega}\Bigl(1+\cos^2(\omega t)\Bigr). \] Pertanto: \[ \boxed{ \Delta x(t)=\sqrt{\frac{3\hbar}{8m\omega}\Bigl(1+\cos^2(\omega t)\Bigr)}. } \]
- Valori speciali a \(t=\pi/(2\omega)\): qui \(\sin(\omega t)=\sin(\pi/2)=1\), \(\cos(\omega t)=0\). \[ \boxed{\langle x\rangle\!\left(\frac{\pi}{2\omega}\right)= -\frac{\sqrt3}{2}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}.} \] \[ \boxed{(\Delta x)^2\!\left(\frac{\pi}{2\omega}\right)=\frac{3\hbar}{8m\omega}\quad\Rightarrow\quad \Delta x\!\left(\frac{\pi}{2\omega}\right)=\sqrt{\frac{3\hbar}{8m\omega}}.} \]
Esercizio 2
Spin 1: probabilità dei risultati di \(S_x\) e valore medio di \(S_y\)
Testo
Una particella con spin \(1\) è nello stato
\[ |\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{14}} \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ 3i \end{pmatrix}. \]Qual è la probabilità che una misura di \(S_x\) abbia come risultato: \(+\hbar\), \(0\), \(-\hbar\)? Qual è il valore medio di \(S_y\)?
Assumo la base \(\{|+1\rangle_z, |0\rangle_z, |-1\rangle_z\}\), quindi il vettore colonna sono le componenti in base \(S_z\).
Soluzione — Parte A: probabilità di \(S_x\)
- Scrivo gli autostati normalizzati di \(S_x\) (in base \(S_z\)), che soddisfano: \[ S_x|m_x\rangle = \hbar m_x |m_x\rangle,\qquad m_x\in\{+1,0,-1\}. \] Con \[ S_x=\frac{\hbar}{\sqrt2}\begin{pmatrix}0&1&0\\[2pt]1&0&1\\[2pt]0&1&0\end{pmatrix}, \] si ottiene (standard): \[ |+1\rangle_x=\frac12\begin{pmatrix}1\\ \sqrt2\\ 1\end{pmatrix},\quad |0\rangle_x=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\ 0\\ -1\end{pmatrix},\quad |-1\rangle_x=\frac12\begin{pmatrix}1\\ -\sqrt2\\ 1\end{pmatrix}. \]
- Le probabilità sono: \[ P(m_x)=|\langle m_x|\Psi\rangle|^2. \]
- Calcolo l’ampiezza per \(m_x=+1\): \[ \langle +1|_x\Psi\rangle =\left(\frac12(1,\sqrt2,1)\right)\cdot \frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2\\1\\3i\end{pmatrix} =\frac{1}{2\sqrt{14}}\Bigl(2+\sqrt2\cdot 1+3i\Bigr). \] Quindi: \[ \langle +1|_x\Psi\rangle=\frac{2+\sqrt2+3i}{2\sqrt{14}}. \] Modulo quadro (conti “banali” separando reale/immaginario): \[ |2+\sqrt2+3i|^2=(2+\sqrt2)^2+3^2. \] Calcolo \((2+\sqrt2)^2\): \[ (2+\sqrt2)^2=2^2+2\cdot 2\cdot\sqrt2+(\sqrt2)^2=4+4\sqrt2+2=6+4\sqrt2. \] Quindi: \[ |2+\sqrt2+3i|^2=(6+4\sqrt2)+9=15+4\sqrt2. \] E dunque: \[ \boxed{P(S_x=+\hbar)=\left|\frac{2+\sqrt2+3i}{2\sqrt{14}}\right|^2=\frac{15+4\sqrt2}{56}.} \]
- Calcolo l’ampiezza per \(m_x=0\): \[ \langle 0|_x\Psi\rangle =\left(\frac{1}{\sqrt2}(1,0,-1)\right)\cdot \frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2\\1\\3i\end{pmatrix} =\frac{1}{\sqrt{28}}(2-3i). \] Modulo quadro: \[ |2-3i|^2=2^2+3^2=4+9=13. \] Quindi: \[ \boxed{P(S_x=0)=\left|\frac{2-3i}{\sqrt{28}}\right|^2=\frac{13}{28}.} \]
- Calcolo l’ampiezza per \(m_x=-1\): \[ \langle -1|_x\Psi\rangle =\left(\frac12(1,-\sqrt2,1)\right)\cdot \frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2\\1\\3i\end{pmatrix} =\frac{1}{2\sqrt{14}}\Bigl(2-\sqrt2+3i\Bigr). \] Modulo quadro: \[ |2-\sqrt2+3i|^2=(2-\sqrt2)^2+3^2. \] Calcolo \((2-\sqrt2)^2\): \[ (2-\sqrt2)^2=2^2-2\cdot 2\cdot\sqrt2+(\sqrt2)^2=4-4\sqrt2+2=6-4\sqrt2. \] Quindi: \[ |2-\sqrt2+3i|^2=(6-4\sqrt2)+9=15-4\sqrt2. \] E dunque: \[ \boxed{P(S_x=-\hbar)=\frac{15-4\sqrt2}{56}.} \]
-
Check (sempre consigliato)
\[ P(+\hbar)+P(0)+P(-\hbar) =\frac{15+4\sqrt2}{56}+\frac{13}{28}+\frac{15-4\sqrt2}{56} =\frac{30}{56}+\frac{26}{56}=\frac{56}{56}=1. \]Quindi le probabilità sono coerenti.
Soluzione — Parte B: valore medio di \(S_y\)
- Uso la matrice (in base \(S_z\)): \[ S_y=\frac{\hbar}{\sqrt2}\begin{pmatrix}0&-i&0\\[2pt]i&0&-i\\[2pt]0&i&0\end{pmatrix}. \] e la formula: \[ \langle S_y\rangle=\langle\Psi|S_y|\Psi\rangle. \]
- Scrivo \(|\Psi\rangle\) e \(\langle\Psi|\): \[ |\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2\\1\\3i\end{pmatrix},\qquad \langle\Psi|=\frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2&1&-3i\end{pmatrix}. \]
- Calcolo prima \(S_y|\Psi\rangle\). Per comodità uso \(S_y=\hbar\,M\) con \[ M=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}0&-i&0\\[2pt]i&0&-i\\[2pt]0&i&0\end{pmatrix}. \] Quindi: \[ M\begin{pmatrix}2\\1\\3i\end{pmatrix} =\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 0\cdot2+(-i)\cdot1+0\cdot3i\\[4pt] i\cdot2+0\cdot1+(-i)\cdot3i\\[4pt] 0\cdot2+i\cdot1+0\cdot3i \end{pmatrix} =\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} -i\\ 2i + (-i)\cdot 3i\\ i \end{pmatrix}. \] Ora \((-i)\cdot 3i=-3i^2=+3\). Quindi: \[ M\begin{pmatrix}2\\1\\3i\end{pmatrix} =\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} -i\\ 3+2i\\ i \end{pmatrix}. \]
-
Ora:
\[
\langle S_y\rangle
=\frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2&1&-3i\end{pmatrix}
\left(\hbar\,M\right)
\frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2\\1\\3i\end{pmatrix}
=\frac{\hbar}{14}\begin{pmatrix}2&1&-3i\end{pmatrix}
\left(\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}-i\\3+2i\\i\end{pmatrix}\right).
\]
Faccio il prodotto scalare (tengo il fattore \(1/\sqrt2\) fuori):
\[
\begin{pmatrix}2&1&-3i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-i\\3+2i\\i\end{pmatrix}
=2(-i)+1(3+2i)+(-3i)(i).
\]
Calcolo i tre pezzi:
\[
2(-i)=-2i,\qquad 1(3+2i)=3+2i,\qquad (-3i)(i)=-3i^2=+3.
\]
Sommo:
\[
(-2i)+(3+2i)+3=6.
\]
Quindi:
\[
\langle S_y\rangle=\frac{\hbar}{14}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\cdot 6
=\frac{6\hbar}{14\sqrt2}=\frac{3\hbar}{7\sqrt2}=\frac{3\sqrt2}{14}\hbar.
\]
Risultato finale
\[ \boxed{\langle S_y\rangle=\frac{3\sqrt2}{14}\,\hbar.} \]
Esercizio 3
Degenerazione: autovalori e autovettori al primo ordine perturbativo
Testo
Sia \(H_0\) un operatore con autovalori \(E_1\), \(E_2\), \(E_3\) con \(E_1=E_2\neq E_3\). Trovare al primo ordine perturbativo gli autovalori e gli autovettori dell’operatore
\[ H=H_0+\varepsilon\,h_1, \]dove \(h_1\) è rappresentato, nella base di \(H_0\), dalla matrice
\[ h_1= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 2&-1&2\\ 1&2&0 \end{pmatrix}. \]Soluzione (degenerate perturbation theory, super esplicita)
- Denoto con \(\{|1\rangle,|2\rangle,|3\rangle\}\) gli autostati di \(H_0\) tali che: \[ H_0|1\rangle=E_1|1\rangle,\quad H_0|2\rangle=E_1|2\rangle,\quad H_0|3\rangle=E_3|3\rangle. \] Il sottospazio degenere è \( \mathcal{D}=\mathrm{span}\{|1\rangle,|2\rangle\}\).
- Passo chiave: al primo ordine, dentro \(\mathcal{D}\) devo diagonalizzare la restrizione di \(h_1\): \[ W=\begin{pmatrix}1&2\\2&-1\end{pmatrix}. \] Trovo gli autovalori \(\lambda\) di \(W\): \[ \det(W-\lambda I)= \det\begin{pmatrix}1-\lambda&2\\2&-1-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)(-1-\lambda)-4. \] Ora: \[ (1-\lambda)(-1-\lambda)=-(1-\lambda)(1+\lambda)=-(1-\lambda^2)=\lambda^2-1. \] Quindi: \[ \det(W-\lambda I)=\lambda^2-1-4=\lambda^2-5. \] \[ \lambda^2-5=0\Rightarrow \lambda=\pm\sqrt5. \]
-
Autovalori dell’energia al I ordine
Per i due stati degeneri: \[ \boxed{E_{\pm}=E_1+\varepsilon(\pm\sqrt5).} \] Per lo stato \(|3\rangle\) (non degenere), la correzione al I ordine è \( \varepsilon\,h_{33}=\varepsilon\cdot 0=0\): \[ \boxed{E_3^{(1)}=E_3.} \]Nota: l’accoppiamento con \(|3\rangle\) sposta l’energia dei due livelli degeneri solo al secondo ordine.
-
Ora gli autovettori (dentro \(\mathcal{D}\)) sono gli autovettori di \(W\).
Per \(\lambda=+\sqrt5\) risolvo: \[ \begin{pmatrix}1-\sqrt5&2\\2&-1-\sqrt5\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_1\\v_2\end{pmatrix}=0. \] Dalla prima riga: \[ (1-\sqrt5)v_1+2v_2=0\Rightarrow v_2=\frac{\sqrt5-1}{2}v_1. \] Quindi un autovettore (non normalizzato) è: \[ (v_1,v_2)\propto \left(1,\frac{\sqrt5-1}{2}\right). \] Definisco: \[ \alpha=\frac{\sqrt5-1}{2}. \] - Per \(\lambda=-\sqrt5\) risolvo: \[ (1+\sqrt5)v_1+2v_2=0\Rightarrow v_2=-\frac{1+\sqrt5}{2}v_1. \] Definisco: \[ \beta=-\frac{1+\sqrt5}{2}. \] Autovettore (non normalizzato): \[ (v_1,v_2)\propto (1,\beta). \]
-
Normalizzo (passaggio “banale” ma lo faccio tutto).
Per lo stato “+”: \[ |\psi_+^{(0)}\rangle=N_+\left(|1\rangle+\alpha|2\rangle\right), \qquad N_+=\frac{1}{\sqrt{1+\alpha^2}}. \] Calcolo \(\alpha^2\): \[ \alpha^2=\left(\frac{\sqrt5-1}{2}\right)^2=\frac{(\sqrt5-1)^2}{4} =\frac{5-2\sqrt5+1}{4}=\frac{6-2\sqrt5}{4}=\frac{3-\sqrt5}{2}. \] Quindi: \[ 1+\alpha^2=1+\frac{3-\sqrt5}{2}=\frac{2+3-\sqrt5}{2}=\frac{5-\sqrt5}{2}. \] Dunque: \[ \boxed{N_+=\sqrt{\frac{2}{5-\sqrt5}}.} \] - Per lo stato “−”: \[ |\psi_-^{(0)}\rangle=N_-\left(|1\rangle+\beta|2\rangle\right), \qquad N_-=\frac{1}{\sqrt{1+\beta^2}}. \] Calcolo \(\beta^2\): \[ \beta^2=\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^2=\frac{(1+\sqrt5)^2}{4} =\frac{1+2\sqrt5+5}{4}=\frac{6+2\sqrt5}{4}=\frac{3+\sqrt5}{2}. \] Quindi: \[ 1+\beta^2=1+\frac{3+\sqrt5}{2}=\frac{5+\sqrt5}{2}, \quad\Rightarrow\quad \boxed{N_-=\sqrt{\frac{2}{5+\sqrt5}}.} \]
-
Autovettori (zeroth order “giusti”)
\[ \boxed{ |\psi_+^{(0)}\rangle=\sqrt{\frac{2}{5-\sqrt5}}\left(|1\rangle+\frac{\sqrt5-1}{2}|2\rangle\right), \qquad |\psi_-^{(0)}\rangle=\sqrt{\frac{2}{5+\sqrt5}}\left(|1\rangle-\frac{1+\sqrt5}{2}|2\rangle\right). } \] -
Correzione al primo ordine degli autovettori (mixing con \(|3\rangle\)).
Per uno stato con energia \(E_1\) che sta nel sottospazio degenere, la correzione verso lo stato non degenere \(|3\rangle\) è: \[ |\psi_{\pm}\rangle = |\psi_{\pm}^{(0)}\rangle +\varepsilon\,\frac{\langle 3|h_1|\psi_{\pm}^{(0)}\rangle}{E_1-E_3}\,|3\rangle \quad (\text{a meno di rinormalizzazione }O(\varepsilon^2)). \] Calcolo \(\langle 3|h_1|\psi_{\pm}^{(0)}\rangle\). Dalla matrice \(h_1\): \(h_{31}=1\), \(h_{32}=2\), \(h_{33}=0\). Quindi: \[ \langle 3|h_1|\psi_{\pm}^{(0)}\rangle = 1\cdot(\text{coeff di }|1\rangle)+2\cdot(\text{coeff di }|2\rangle). \] - Per \(+\): coefficienti \(N_+\) e \(N_+\alpha\). Quindi: \[ \langle 3|h_1|\psi_+^{(0)}\rangle = N_+(1+2\alpha). \] Ora \(2\alpha=\sqrt5-1\Rightarrow 1+2\alpha=\sqrt5\). Quindi: \[ \boxed{\langle 3|h_1|\psi_+^{(0)}\rangle = N_+\sqrt5.} \] Per \(−\): coefficienti \(N_-\) e \(N_-\beta\). Quindi: \[ \langle 3|h_1|\psi_-^{(0)}\rangle = N_-(1+2\beta). \] Ora \(2\beta=-(1+\sqrt5)\Rightarrow 1+2\beta=1-(1+\sqrt5)=-\sqrt5\). Quindi: \[ \boxed{\langle 3|h_1|\psi_-^{(0)}\rangle = -N_-\sqrt5.} \]
-
Autovettori al I ordine (con mixing su \(|3\rangle\))
\[ \boxed{ |\psi_+\rangle = |\psi_+^{(0)}\rangle + \varepsilon\,\frac{N_+\sqrt5}{E_1-E_3}\,|3\rangle, \qquad |\psi_-\rangle = |\psi_-^{(0)}\rangle - \varepsilon\,\frac{N_-\sqrt5}{E_1-E_3}\,|3\rangle. } \] Per lo stato \(|3\rangle\) (non degenere): \[ |\psi_3\rangle = |3\rangle + \varepsilon\sum_{k=1,2}\frac{\langle k|h_1|3\rangle}{E_3-E_1}|k\rangle. \] Dalla matrice: \(\langle 1|h_1|3\rangle=h_{13}=1\), \(\langle 2|h_1|3\rangle=h_{23}=2\). Quindi: \[ \boxed{ |\psi_3\rangle = |3\rangle + \varepsilon\,\frac{1}{E_3-E_1}\left(|1\rangle+2|2\rangle\right). } \]