Esame 7 (24-02-2021) — Oscillatore armonico (⟨E⟩, ΔE, ⟨p⟩(t)), atomo (accoppiamenti angolari), livelli con perturbazione \(ia\)

Testo

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

con \(H|E_n\rangle = E_n|E_n\rangle\). Determinare:

• (a) il valore medio dell’energia nello stato \( |\psi(0)\rangle \) e il suo scarto quadratico medio;
• (b) il valore medio dell’operatore quantità di moto \(\hat p=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}(a^\dagger-a)\) all’istante \(t\).

Nota: il testo può scrivere lo stato già normalizzato oppure no. Qui lo tratto come non normalizzato e normalizzo io (scelta “safe”).

Soluzione (a): normalizzazione + ⟨H⟩ e \(\Delta H\)

1. Step 1 — Normalizzazione.
   
   Calcolo la norma al quadrato: \[ \langle\psi|\psi\rangle = |1|^2 + |i\sqrt2|^2 + |1-i|^2. \] Ora faccio i conti “banali”:
   • \(|1|^2=1\).
   • \(|i\sqrt2|^2 = |i|^2\cdot|\sqrt2|^2 = 1\cdot 2 = 2\).
   • \(|1-i|^2 = 1^2 + (-1)^2 = 1+1 = 2\).
   Quindi: \[ \langle\psi|\psi\rangle = 1+2+2 = 5. \] La costante di normalizzazione è: \[ N=\frac{1}{\sqrt{5}}. \]

   Stato normalizzato

   \[ \boxed{ |\psi(0)\rangle =\frac{1}{\sqrt{5}}\Bigl(|E_1\rangle + i\sqrt2\,|E_2\rangle + (1-i)\,|E_3\rangle\Bigr). } \]
2. Step 2 — Probabilità dei livelli energetici.
   
   I coefficienti (normalizzati) sono: \[ c_1=\frac{1}{\sqrt5},\qquad c_2=\frac{i\sqrt2}{\sqrt5},\qquad c_3=\frac{1-i}{\sqrt5}. \] Quindi: \[ P_1=|c_1|^2=\frac{1}{5},\qquad P_2=|c_2|^2=\frac{2}{5},\qquad P_3=|c_3|^2=\frac{|1-i|^2}{5}=\frac{2}{5}. \] Check veloce: \[ P_1+P_2+P_3=\frac15+\frac25+\frac25=\frac55=1. \]
3. Step 3 — Valore medio dell’energia.
   
   Siccome \(H|E_n\rangle=E_n|E_n\rangle\), vale: \[ \langle H\rangle = \sum_n P_n E_n =\frac15E_1+\frac25E_2+\frac25E_3. \]

   Risultato generale

   \[ \boxed{\langle H\rangle=\frac15E_1+\frac25E_2+\frac25E_3.} \]

   Se \(|E_1\rangle,|E_2\rangle,|E_3\rangle\) sono tre livelli consecutivi dell’oscillatore, allora \(E_2-E_1=\hbar\omega\), \(E_3-E_2=\hbar\omega\) e si può ottenere un numero in \(\hbar\omega\).

4. Step 4 — Varianza \(\Delta H\).
   
   Calcolo: \[ \langle H^2\rangle=\sum_n P_n E_n^2=\frac15E_1^2+\frac25E_2^2+\frac25E_3^2. \] Poi: \[ (\Delta H)^2=\langle H^2\rangle-\langle H\rangle^2. \]

   Formula generale

   \[ \boxed{ (\Delta H)^2= \left(\frac15E_1^2+\frac25E_2^2+\frac25E_3^2\right) -\left(\frac15E_1+\frac25E_2+\frac25E_3\right)^2. } \]

   Nel caso dell’oscillatore con tre livelli consecutivi, il risultato numerico diventa particolarmente “pulito”: \(\Delta H=\frac{\sqrt{14}}{5}\hbar\omega\). Lo mostro sotto.

5. Specializzazione (oscillatore armonico, tre livelli consecutivi)

   Per l’oscillatore \(E_n=\hbar\omega(n+\tfrac12)\). Se \(|E_1\rangle,|E_2\rangle,|E_3\rangle\) sono consecutivi, allora le differenze tra livelli adiacenti sono sempre \(\hbar\omega\) e si ottiene:

   Valore medio (due convenzioni possibili)

   • Convenzione A (E1 è il fondamentale: \(n=0,1,2\)): \[ E_1=\frac12\hbar\omega,\quad E_2=\frac32\hbar\omega,\quad E_3=\frac52\hbar\omega \ \Rightarrow\ \boxed{\langle H\rangle=\frac{17}{10}\hbar\omega.} \]
   • Convenzione B (E1 è il primo eccitato: \(n=1,2,3\), come in molti testi d’esame): \[ E_1=\frac32\hbar\omega,\quad E_2=\frac52\hbar\omega,\quad E_3=\frac72\hbar\omega \ \Rightarrow\ \boxed{\langle H\rangle=\frac{27}{10}\hbar\omega.} \]

   La differenza tra A e B è solo uno “shift” costante di \(\hbar\omega\).

   Scarto quadratico medio (uguale in entrambe le convenzioni)

   Faccio i conti espliciti con la convenzione B (ma viene uguale anche in A).

   \[ \langle H\rangle=\frac{27}{10}\hbar\omega \quad\Rightarrow\quad \langle H\rangle^2=\left(\frac{27}{10}\right)^2(\hbar\omega)^2=\frac{729}{100}(\hbar\omega)^2. \] \[ \langle H^2\rangle=\frac15\left(\frac{3}{2}\right)^2(\hbar\omega)^2+\frac25\left(\frac{5}{2}\right)^2(\hbar\omega)^2+\frac25\left(\frac{7}{2}\right)^2(\hbar\omega)^2. \] Calcolo i termini (aritmetica esplicita): \[ \frac15\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac15\cdot\frac{9}{4}=\frac{9}{20}, \qquad \frac25\left(\frac{5}{2}\right)^2=\frac25\cdot\frac{25}{4}=\frac{50}{20}, \qquad \frac25\left(\frac{7}{2}\right)^2=\frac25\cdot\frac{49}{4}=\frac{98}{20}. \] Sommo: \[ \frac{9}{20}+\frac{50}{20}+\frac{98}{20}=\frac{157}{20}. \] Quindi: \[ \langle H^2\rangle=\frac{157}{20}(\hbar\omega)^2. \] Varianza: \[ (\Delta H)^2=\frac{157}{20}-\frac{729}{100} =\frac{785}{100}-\frac{729}{100}=\frac{56}{100}=\frac{14}{25}. \]

   Risultato finale

   \[ \boxed{\Delta H=\sqrt{\frac{14}{25}}\,\hbar\omega=\frac{\sqrt{14}}{5}\,\hbar\omega.} \]

Soluzione (b): \(\langle p\rangle(t)\)

1. Evoluzione temporale in base energetica: \[ |\psi(t)\rangle = \sum_{n=1}^3 c_n\,e^{-iE_n t/\hbar}|E_n\rangle, \] con \(c_1=\tfrac{1}{\sqrt5}\), \(c_2=\tfrac{i\sqrt2}{\sqrt5}\), \(c_3=\tfrac{1-i}{\sqrt5}\).
2. Per l’oscillatore: \[ p=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}(a^\dagger-a), \] e in base dei numeri quantici \(|n\rangle\) gli unici elementi non nulli sono tra livelli adiacenti: \[ \langle n|p|n+1\rangle=-i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\sqrt{n+1}, \qquad \langle n+1|p|n\rangle=+i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\sqrt{n+1}. \]
3. Scelta di convenzione.
   
   Per calcolare \(\langle p\rangle(t)\) devo sapere quali \(|n\rangle\) sono \(|E_1\rangle,|E_2\rangle,|E_3\rangle\). In molti compiti (e nel tuo archivio 20-02-2019) \(|E_1\rangle,|E_2\rangle,|E_3\rangle\) indicano i primi tre eccitati: \[ |E_1\rangle\equiv|n=1\rangle,\quad |E_2\rangle\equiv|n=2\rangle,\quad |E_3\rangle\equiv|n=3\rangle. \] Qui uso questa come soluzione “principale”. Subito sotto metto anche la variante \(n=0,1,2\).

4. Risultato (principale): \(E_1\equiv|1\rangle, E_2\equiv|2\rangle, E_3\equiv|3\rangle\)

   I contributi a \(\langle p\rangle(t)\) vengono solo dalle coppie adiacenti \((1,2)\) e \((2,3)\). Dopo il calcolo (espanso e semplificato) si ottiene:

   \[ \boxed{ \langle p\rangle(t)=\frac{2}{5}\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}} \Bigl[\,(2-\sqrt6)\cos(\omega t)+\sqrt6\,\sin(\omega t)\Bigr]. } \]

   Nota: esce una combinazione di \(\sin\) e \(\cos\) perché ci sono interferenze tra livelli con fase relativa complessa.

5. Variante (se \(E_1\equiv|0\rangle, E_2\equiv|1\rangle, E_3\equiv|2\rangle\))

   Se invece \(E_1\) è il fondamentale (e quindi i coefficienti sono su \(n=0,1,2\)), cambia solo il fattore \(\sqrt{n+1}\) nei matrix element. In tal caso:

   \[ \boxed{ \langle p\rangle(t)=\frac{2}{5}\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}} \Bigl[\ (\sqrt2-2)\cos(\omega t)+2\sin(\omega t)\Bigr]. } \]

   Commento: se mi rimandi la foto originale dell’esercizio (o la riga “primi tre livelli eccitati”), fisso al 100% quale delle due è quella “giusta”.

Testo

Si consideri un atomo, con nucleo di spin \(s_N=2\) ed un elettrone nello stato \(3d\).

• (a) Quali sono i possibili valori del momento angolare totale dell’atomo \(J^{(a)}\) e quanti gli stati permessi?
• (b) Se l’atomo si trova in uno stato con \(J^{(a)}_z=-9\hbar/2\):
  • (i) qual è la probabilità che una misura di \(S_{ez}\) dia \(-\hbar/2\) e \(+\hbar/2\)?
  • (ii) quali valori di \(L_{ez}\) si possono ottenere e con quali probabilità?

Soluzione

1. Step 1 — Numeri quantici dell’elettrone in \(3d\).
   
   Per uno stato \(d\) vale \(l=2\). Lo spin dell’elettrone è \(s_e=\tfrac12\). Quindi il momento angolare totale dell’elettrone può essere: \[ j = l\pm s_e = 2\pm\frac12 \Rightarrow j=\frac32,\ \frac52. \]
2. Step 2 — Momento totale dell’atomo.
   
   Il nucleo ha spin \(I=s_N=2\). Il momento totale dell’atomo (qui chiamato \(J^{(a)}\)) è la somma vettoriale: \[ \mathbf{J}^{(a)}=\mathbf{I}+\mathbf{j}. \] Quindi, per ogni valore di \(j\), i valori possibili di \(J^{(a)}\) sono: \[ J^{(a)} = |I-j|,\ |I-j|+1,\dots, I+j. \]
3. Step 3 — Elenco dei \(J^{(a)}\) possibili.
   
   Se \(j=\frac32\): \[ |2-\tfrac32|=\tfrac12,\qquad 2+\tfrac32=\tfrac72 \Rightarrow J^{(a)}=\frac12,\frac32,\frac52,\frac72. \] Se \(j=\frac52\): \[ |2-\tfrac52|=\tfrac12,\qquad 2+\tfrac52=\tfrac92 \Rightarrow J^{(a)}=\frac12,\frac32,\frac52,\frac72,\frac92. \]

   Insieme dei valori possibili

   \[ \boxed{J^{(a)}\in\left\{\frac12,\frac32,\frac52,\frac72,\frac92\right\}.} \]

   Nota: \(\tfrac12,\tfrac32,\tfrac52,\tfrac72\) compaiono in due “famiglie” diverse (una per \(j=\tfrac32\) e una per \(j=\tfrac52\)).

4. Quanti stati permessi?

   Il numero totale di stati è la dimensione dello spazio di Hilbert:

   \[ (2I+1)\cdot (2l+1)\cdot(2s_e+1)= (2\cdot2+1)\cdot(2\cdot2+1)\cdot(2\cdot\tfrac12+1)=5\cdot5\cdot2=50. \]

   Check equivalente via somma \(\sum(2J^{(a)}+1)\) sulle due famiglie:

   • per \(j=\tfrac32\): \((2\cdot\tfrac12+1)+(2\cdot\tfrac32+1)+(2\cdot\tfrac52+1)+(2\cdot\tfrac72+1)=2+4+6+8=20\);
   • per \(j=\tfrac52\): \(2+4+6+8+10=30\).
   Totale \(20+30=50\), coerente.

   Risposta

   \[ \boxed{\text{Numero totale di stati permessi }=50.} \]
5. Parte (b) — informazione \(J^{(a)}_z=-9\hbar/2\).
   
   Se \(m_{J^{(a)}}=-\tfrac92\), allora necessariamente: \[ J^{(a)}\ge \frac92 \Rightarrow \boxed{J^{(a)}=\frac92}. \] Inoltre, la condizione \(m_{J^{(a)}}=m_I+m_j\) implica: \[ m_I\in\{-2,-1,0,1,2\},\quad m_j\in\left\{-\tfrac52,-\tfrac32,\dots,\tfrac52\right\}. \] Per sommare a \(-\tfrac92\), l’unica possibilità è: \[ \boxed{m_I=-2,\qquad m_j=-\frac52.} \] Quindi lo stato è forzato ad essere un prodotto: \[ |J^{(a)}=\tfrac92,\,m=-\tfrac92\rangle = |I=2,m_I=-2\rangle\otimes|j=\tfrac52,m_j=-\tfrac52\rangle. \]

6. (b.i) Probabilità misura di spin dell’elettrone

   Ora scompongo \(|j=\tfrac52,m_j=-\tfrac52\rangle\) in base \(|l,m_l\rangle|s_e,m_s\rangle\). Essendo lo stato “estremo”, è unico:

   \[ m_j=m_l+m_s=-\frac52. \] Siccome \(m_l\ge -2\) e \(m_s\ge -\tfrac12\), l’unica combinazione è: \[ \boxed{m_l=-2,\qquad m_s=-\frac12.} \] Quindi: \[ |j=\tfrac52,m_j=-\tfrac52\rangle = |l=2,m_l=-2\rangle\,|s=\tfrac12,m_s=-\tfrac12\rangle. \]

   Risposta

   \[ \boxed{P(S_{ez}=-\hbar/2)=1,\qquad P(S_{ez}=+\hbar/2)=0.} \]

7. (b.ii) Valori possibili di \(L_{ez}\) e probabilità

   Dalla stessa decomposizione: \[ m_l=-2 \Rightarrow L_{ez}=m_l\hbar=-2\hbar. \] Quindi:

   Risposta

   \[ \boxed{L_{ez}=-2\hbar \text{ con probabilità } 1 \quad (\text{nessun altro valore possibile}).} \]

Testo

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

con \(a\) parametro reale. Determinare le correzioni dell’energia al primo ordine perturbativo non nullo. Discutere lo spostamento dei livelli e confrontare col risultato esatto per \(a\ll\hbar\omega\).

Soluzione perturbativa (con passaggi banali)

1. Gli autovalori non perturbati sono: \[ E_1^{(0)}=\frac{\hbar\omega}{2},\qquad E_2^{(0)}=\frac{3\hbar\omega}{2},\qquad E_3^{(0)}=\frac{5\hbar\omega}{2}. \] Gli autostati sono i vettori canonici \(|1\rangle,|2\rangle,|3\rangle\) della base in cui è scritta la matrice.
2. Primo ordine: \[ E_n^{(1)}=\langle n|H'|n\rangle = (H')_{nn}. \] Ma sulla diagonale di \(H'\) c’è solo \(0\). Quindi: \[ \boxed{E_1^{(1)}=E_2^{(1)}=E_3^{(1)}=0.} \] Dunque il primo ordine non nullo è il secondo ordine.
3. Secondo ordine: \[ E_n^{(2)}=\sum_{m\neq n}\frac{|\langle m|H'|n\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}}. \] Poiché \(H'\) collega solo \(|1\rangle\) e \(|2\rangle\), i soli elementi off-diagonali non nulli sono: \[ \langle 2|H'|1\rangle = (H')_{21}=-ia,\qquad \langle 1|H'|2\rangle = (H')_{12}=+ia. \] I moduli quadri sono identici: \[ |-ia|^2=|ia|^2=a^2. \]
4. Correzione del livello 1.
   
   Unico termine in somma: \(m=2\). Denominatore: \[ E_1^{(0)}-E_2^{(0)}=\frac{\hbar\omega}{2}-\frac{3\hbar\omega}{2} =\frac{(1-3)\hbar\omega}{2}=\frac{-2\hbar\omega}{2}=-\hbar\omega. \] Quindi: \[ E_1^{(2)}=\frac{a^2}{-\hbar\omega}=-\frac{a^2}{\hbar\omega}. \]
5. Correzione del livello 2.
   
   Unico termine: \(m=1\). Denominatore: \[ E_2^{(0)}-E_1^{(0)}=\hbar\omega. \] Quindi: \[ E_2^{(2)}=\frac{a^2}{\hbar\omega}=+\frac{a^2}{\hbar\omega}. \]
6. Correzione del livello 3.
   
   Poiché \(\langle m|H'|3\rangle=0\) per ogni \(m\), allora: \[ \boxed{E_3^{(2)}=0.} \]

7. Energie fino al primo ordine non nullo

   \[ \boxed{ E_1 \simeq \frac{\hbar\omega}{2}-\frac{a^2}{\hbar\omega},\qquad E_2 \simeq \frac{3\hbar\omega}{2}+\frac{a^2}{\hbar\omega},\qquad E_3 = \frac{5\hbar\omega}{2}. } \]

   Interpretazione: i due livelli accoppiati “si respingono” (level repulsion): il più basso scende, il più alto sale.

Confronto con la soluzione esatta (diagonalizzazione del blocco \(2\times2\))

1. La matrice si separa in:
   • un blocco \(2\times2\) su \(\{|1\rangle,|2\rangle\}\):
   \[ H_{(1,2)}= \begin{pmatrix} \hbar\omega/2 & ia\\ -ia & 3\hbar\omega/2 \end{pmatrix}, \qquad \text{e un livello isolato } E_3=\frac{5\hbar\omega}{2}. \]
2. Gli autovalori del blocco \(2\times2\) sono: \[ E_{\pm}=\frac{E_1^{(0)}+E_2^{(0)}}{2}\pm \sqrt{\left(\frac{E_2^{(0)}-E_1^{(0)}}{2}\right)^2+a^2}. \] Ora: \[ \frac{E_1^{(0)}+E_2^{(0)}}{2}=\frac{\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{3\hbar\omega}{2}}{2} =\frac{2\hbar\omega}{2}=\hbar\omega, \] e \[ \frac{E_2^{(0)}-E_1^{(0)}}{2}=\frac{\hbar\omega}{2}. \] Quindi: \[ \boxed{ E_{\pm}=\hbar\omega \pm \sqrt{\left(\frac{\hbar\omega}{2}\right)^2+a^2}. } \]

3. Espansione per \(a\ll\hbar\omega\)

   Scrivo: \[ \sqrt{\left(\frac{\hbar\omega}{2}\right)^2+a^2} =\frac{\hbar\omega}{2}\sqrt{1+\frac{4a^2}{\hbar^2\omega^2}} \simeq \frac{\hbar\omega}{2}\left(1+\frac12\frac{4a^2}{\hbar^2\omega^2}\right) =\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{a^2}{\hbar\omega}. \] Quindi: \[ E_- \simeq \hbar\omega-\left(\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{a^2}{\hbar\omega}\right) =\frac{\hbar\omega}{2}-\frac{a^2}{\hbar\omega}, \] \[ E_+ \simeq \hbar\omega+\left(\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{a^2}{\hbar\omega}\right) =\frac{3\hbar\omega}{2}+\frac{a^2}{\hbar\omega}. \]

   Match perfetto

   La soluzione esatta coincide con la perturbazione al primo ordine non nullo (\(a^2\)).