Esame 8 (19-01-2022) — Accoppiamento \(l=1\) e \(s=\tfrac12\), oscillatore con due livelli, perturbazione gaussiana

Testo

Considerare una particella con spin \(1/2\) la cui Hamiltoniana è

ove \(A\) e \(B\) sono costanti. All’istante \(t=0\) la particella si trova in uno stato con \(\ell=1\), \(j=\tfrac32\), \(m_j=\tfrac12\), cioè

• (a) esprimere lo stato iniziale in base \(|\ell,m_\ell\rangle|s,m_s\rangle\) (autostati di \(L^2,L_z,S^2,S_z\));
• (b) trovare \(|\Psi(t)\rangle\) e scriverlo come combinazione di autostati di \(J^2,J_z,L^2,S^2\);
• (c) dopo quanto tempo la particella si ritroverà per la prima volta nello stato iniziale?

Soluzione (a): decomposizione con Clebsch‑Gordan

1. Qui \( \ell=1 \) e \( s=\tfrac12 \). Per \(j=\tfrac32\) e \(m=\tfrac12\) le uniche coppie \((m_\ell,m_s)\) che sommano a \(m=\tfrac12\) sono: \[ m_\ell=0,\ m_s=\frac12 \qquad \text{e} \qquad m_\ell=1,\ m_s=-\frac12. \]
2. Uso i coefficienti di Clebsch‑Gordan standard (segni convenzionali “positivi” per lo stato massimo). Si ottiene: \[ \boxed{ \left|\frac32,\frac12\right\rangle = \sqrt{\frac{2}{3}}\,|1,0\rangle\left|\frac12,\frac12\right\rangle + \sqrt{\frac{1}{3}}\,|1,1\rangle\left|\frac12,-\frac12\right\rangle }. \]

3. Risposta (a)

   \[ \boxed{ |\Psi(0)\rangle = \sqrt{\frac{2}{3}}\,|\,\ell=1,m_\ell=0\rangle\,|\,s=\tfrac12,m_s=\tfrac12\rangle + \sqrt{\frac{1}{3}}\,|\,\ell=1,m_\ell=1\rangle\,|\,s=\tfrac12,m_s=-\tfrac12\rangle }. \]

   Check “banale” di normalizzazione: \(\frac{2}{3}+\frac{1}{3}=1\).

Soluzione (b): evoluzione temporale + riscrittura in base \(|j,m\rangle\)

1. Punto chiave: \(H=AL_z+BS_z\) è diagonale nella base prodotto \(|\ell,m_\ell\rangle|s,m_s\rangle\), perché: \[ L_z|\ell,m_\ell\rangle=m_\ell\hbar|\ell,m_\ell\rangle,\qquad S_z|s,m_s\rangle=m_s\hbar|s,m_s\rangle. \] Quindi su uno stato prodotto: \[ H|\ell,m_\ell\rangle|s,m_s\rangle = \hbar\,(A m_\ell + B m_s)\,|\ell,m_\ell\rangle|s,m_s\rangle. \]
2. Evoluzione: \[ |\Psi(t)\rangle=e^{-iHt/\hbar}|\Psi(0)\rangle. \] Ogni componente prende una fase \(e^{-i(A m_\ell + B m_s)t}\) (perché la \(\hbar\) cancella).
3. Applico alle due componenti (conti espliciti):
   • per \((m_\ell=0, m_s=\tfrac12)\): \[ A m_\ell + B m_s = A\cdot 0 + B\cdot\frac12=\frac{B}{2}, \quad\Rightarrow\quad e^{-i(A m_\ell+B m_s)t}=e^{-i(B/2)t}. \]
   • per \((m_\ell=1, m_s=-\tfrac12)\): \[ A m_\ell + B m_s = A\cdot 1 + B\cdot\left(-\frac12\right)=A-\frac{B}{2}, \quad\Rightarrow\quad e^{-i(A m_\ell+B m_s)t}=e^{-i(A-B/2)t}. \]
   Quindi: \[ \boxed{ |\Psi(t)\rangle = \sqrt{\frac{2}{3}}\,e^{-i(B/2)t}\,|1,0\rangle\left|\frac12,\frac12\right\rangle + \sqrt{\frac{1}{3}}\,e^{-i(A-B/2)t}\,|1,1\rangle\left|\frac12,-\frac12\right\rangle }. \]
4. Ora lo riscrivo in base di autostati di \(J^2,J_z,L^2,S^2\), cioè nella base accoppiata \(\{|j=\tfrac32,m=\tfrac12\rangle,\ |j=\tfrac12,m=\tfrac12\rangle\}\) (stessi \(\ell=1,s=\tfrac12\)).
   
   Ricordo anche l’altro CG (ortogonale) per \(m=\tfrac12\): \[ \left|\frac12,\frac12\right\rangle = \sqrt{\frac{1}{3}}\,|1,0\rangle\left|\frac12,\frac12\right\rangle - \sqrt{\frac{2}{3}}\,|1,1\rangle\left|\frac12,-\frac12\right\rangle. \]
5. Inversione (conti espliciti): \[ |1,0\rangle\left|\frac12,\frac12\right\rangle = \sqrt{\frac{2}{3}}\left|\frac32,\frac12\right\rangle + \sqrt{\frac{1}{3}}\left|\frac12,\frac12\right\rangle, \] \[ |1,1\rangle\left|\frac12,-\frac12\right\rangle = \sqrt{\frac{1}{3}}\left|\frac32,\frac12\right\rangle - \sqrt{\frac{2}{3}}\left|\frac12,\frac12\right\rangle. \]

6. Coefficiente davanti a \(\left|\frac32,\frac12\right\rangle\) e \(\left|\frac12,\frac12\right\rangle\)

   Sostituisco nell’espressione di \(|\Psi(t)\rangle\).
   Coefficiente di \(\left|\frac32,\frac12\right\rangle\):

   \[ C_{3/2}(t) = \sqrt{\frac{2}{3}}e^{-i(B/2)t}\sqrt{\frac{2}{3}} + \sqrt{\frac{1}{3}}e^{-i(A-B/2)t}\sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{2}{3}e^{-i(B/2)t}+\frac{1}{3}e^{-i(A-B/2)t}. \]

   Coefficiente di \(\left|\frac12,\frac12\right\rangle\):

   \[ C_{1/2}(t) = \sqrt{\frac{2}{3}}e^{-i(B/2)t}\sqrt{\frac{1}{3}} + \sqrt{\frac{1}{3}}e^{-i(A-B/2)t}\left(-\sqrt{\frac{2}{3}}\right) = \frac{\sqrt2}{3}\left(e^{-i(B/2)t}-e^{-i(A-B/2)t}\right). \]

   Risposta (b)

   \[ \boxed{ |\Psi(t)\rangle = \Bigl(\frac{2}{3}e^{-i(B/2)t}+\frac{1}{3}e^{-i(A-B/2)t}\Bigr)\left|\frac32,\frac12\right\rangle + \frac{\sqrt2}{3}\Bigl(e^{-i(B/2)t}-e^{-i(A-B/2)t}\Bigr)\left|\frac12,\frac12\right\rangle }. \]

   Qui \(\ell=1\) e \(s=\tfrac12\) sono sottintesi (sono “buoni” quanti perché \(H\) commuta con \(L^2\) e \(S^2\)).

Soluzione (c): primo tempo di ritorno nello stato iniziale

1. Lo stato iniziale è puro \(\left|\frac32,\frac12\right\rangle\). Per “ritornare” allo stato iniziale (a meno di una fase globale), devo avere zero componente su \(\left|\frac12,\frac12\right\rangle\), cioè: \[ C_{1/2}(t)=0. \]
2. Impongo: \[ \frac{\sqrt2}{3}\left(e^{-i(B/2)t}-e^{-i(A-B/2)t}\right)=0. \] Il prefattore \(\frac{\sqrt2}{3}\neq 0\), quindi: \[ e^{-i(B/2)t}=e^{-i(A-B/2)t}. \] Porto da una parte (divisione “banale”): \[ \frac{e^{-i(B/2)t}}{e^{-i(A-B/2)t}}=1 \quad\Rightarrow\quad e^{i(A-B)t}=1 \quad\Rightarrow\quad e^{-i(A-B)t}=1. \] Quindi: \[ (A-B)t=2\pi k,\qquad k\in\mathbb{Z}. \]

3. Primo tempo positivo

   Se \(A\neq B\): \[ \boxed{t_{\text{ritorno}}=\frac{2\pi}{|A-B|}.} \]

   Caso speciale: se \(A=B\), allora \(H=A(L_z+S_z)=AJ_z\) e lo stato rimane sempre proporzionale allo stato iniziale (cambia solo una fase globale). In tal caso “ritorna” in ogni istante (la prima volta è immediata).

Testo

Un oscillatore armonico quantistico all’istante \(t=0\) si trova in uno stato tale che:

• (a) \(P_0=0.75\) (stato fondamentale), \(P_1=0.25\) (primo eccitato);
• (b) \(\langle x\rangle(0)=0\);
• (c) \(\langle p\rangle(0)<0\).

Calcolare \(\langle x\rangle(t)\) all’istante \(t\) arbitrario.

Soluzione passo‑passo

1. Siccome solo \(n=0\) e \(n=1\) hanno probabilità non nulla, scrivo: \[ |\psi(0)\rangle=c_0|0\rangle+c_1|1\rangle, \qquad |c_0|^2=\frac34,\quad |c_1|^2=\frac14. \]
2. Posso fissare la fase globale rendendo \(c_0\) reale e positivo: \[ c_0=\sqrt{\frac34}=\frac{\sqrt3}{2}. \] Per \(c_1\) metto una fase \(\phi\): \[ c_1=\sqrt{\frac14}\,e^{i\phi}=\frac12\,e^{i\phi}. \]
3. Condizione \(\langle x\rangle(0)=0\).
   
   Per l’oscillatore: \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger). \] In uno stato con \(|0\rangle\) e \(|1\rangle\), l’unico elemento utile è: \[ \langle 0|a|1\rangle = 1,\qquad \langle 0|a^\dagger|1\rangle=0. \] (perché \(a|1\rangle=\sqrt1|0\rangle\) e \(a^\dagger|1\rangle\propto|2\rangle\), ortogonale a \(|0\rangle\)).
   
   Si ottiene in generale: \[ \langle x\rangle(0)=2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\ \Re\!\big(c_0^*c_1\big). \] Ora \(c_0^*=c_0=\frac{\sqrt3}{2}\), quindi \[ c_0^*c_1=\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac12 e^{i\phi}=\frac{\sqrt3}{4}e^{i\phi}. \] La parte reale è \(\frac{\sqrt3}{4}\cos\phi\), perciò: \[ \langle x\rangle(0)=2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cdot\frac{\sqrt3}{4}\cos\phi =\frac{\sqrt3}{2}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cos\phi. \] Impongo \(\langle x\rangle(0)=0\Rightarrow \cos\phi=0\Rightarrow \phi=\pm\frac{\pi}{2}\ (\text{mod } \pi)\).
4. Condizione \(\langle p\rangle(0)<0\).
   
   Per l’oscillatore: \[ p=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}(a^\dagger-a). \] Si ricava (analogo calcolo): \[ \langle p\rangle(0)=2\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\ \Im\!\big(c_0^*c_1\big) =2\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\cdot \frac{\sqrt3}{4}\sin\phi =\frac{\sqrt3}{2}\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\sin\phi. \] Per avere \(\langle p\rangle(0)<0\) devo avere \(\sin\phi<0\). Con \(\cos\phi=0\), le possibilità sono \(\phi=+\frac{\pi}{2}\) (sin \(>0\)) oppure \(\phi=-\frac{\pi}{2}\) (sin \(<0\)). Quindi scelgo: \[ \boxed{\phi=-\frac{\pi}{2}}\quad\Rightarrow\quad c_1=\frac12 e^{-i\pi/2}=-\frac{i}{2}. \]
5. Stato iniziale determinato: \[ \boxed{ |\psi(0)\rangle=\frac{\sqrt3}{2}|0\rangle-\frac{i}{2}|1\rangle }. \]
6. Evoluzione nel tempo: \[ |\psi(t)\rangle=\frac{\sqrt3}{2}e^{-iE_0 t/\hbar}|0\rangle-\frac{i}{2}e^{-iE_1 t/\hbar}|1\rangle, \qquad E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right). \] Quindi: \[ E_0=\frac12\hbar\omega,\quad E_1=\frac32\hbar\omega. \] Il fattore relativo tra i due è \(e^{-i(E_1-E_0)t/\hbar}=e^{-i\omega t}\).

7. Calcolo di \(\langle x\rangle(t)\)

   In generale: \[ \langle x\rangle(t)=2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\ \Re\!\big(c_0^*c_1\,e^{-i\omega t}\big). \] Ma \(c_0^*c_1=\frac{\sqrt3}{2}\cdot\left(-\frac{i}{2}\right)=-\frac{i\sqrt3}{4}\). Quindi: \[ c_0^*c_1\,e^{-i\omega t}=-\frac{i\sqrt3}{4}(\cos\omega t-i\sin\omega t) =-\frac{i\sqrt3}{4}\cos\omega t-\frac{\sqrt3}{4}\sin\omega t. \] La parte reale è \(-\frac{\sqrt3}{4}\sin\omega t\). Allora: \[ \langle x\rangle(t)=2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(-\frac{\sqrt3}{4}\sin\omega t\right) =-\frac{\sqrt3}{2}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sin(\omega t). \]

   Risposta finale

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

Testo

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

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

Soluzione (I ordine perturbativo)

1. In teoria perturbativa dipendente dal tempo, l’ampiezza di transizione al primo ordine è: \[ c_n^{(1)}(+\infty)= -\frac{i}{\hbar}\int_{-\infty}^{+\infty}\!dt\, \langle n|V(t)|0\rangle\,e^{i\omega_{n0}t}, \qquad \omega_{n0}=\frac{E_n-E_0}{\hbar}. \]
2. Qui \[ \langle n|V(t)|0\rangle = -qE\,e^{-t^2/\tau^2}\,\langle n|x|0\rangle. \] Inoltre \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger). \] Quindi: \[ \langle n|x|0\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\langle n|a|0\rangle+\langle n|a^\dagger|0\rangle\right). \]
3. Selezione degli stati (passaggio cruciale).
   
   \[ a|0\rangle = 0 \quad\Rightarrow\quad \langle n|a|0\rangle = 0 \ \ \forall n. \] Invece: \[ a^\dagger|0\rangle = \sqrt{1}\,|1\rangle=|1\rangle \quad\Rightarrow\quad \langle n|a^\dagger|0\rangle = \langle n|1\rangle=\delta_{n1}. \] Dunque: \[ \boxed{\langle n|x|0\rangle = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\ \delta_{n1}.} \]

   Conseguenza immediata

   \[ \boxed{P_{0\to n}^{(1)}=0\ \text{per}\ n\neq 1.} \]
4. Calcolo ora l’ampiezza per \(n=1\). Per \(n=1\), \[ \langle 1|x|0\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}. \] Inoltre \(\omega_{10}=\omega\) (perché \(E_1-E_0=\hbar\omega\)).
5. Inserisco tutto: \[ c_1^{(1)}(+\infty)= -\frac{i}{\hbar}\int_{-\infty}^{+\infty}\!dt\, \left(-qE\,e^{-t^2/\tau^2}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\right)e^{i\omega t}. \] Il doppio “meno” dà “più”: \[ c_1^{(1)}(+\infty)= \frac{i\,qE}{\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \int_{-\infty}^{+\infty}\!dt\,e^{-t^2/\tau^2}e^{i\omega t}. \]
6. Integrale gaussiano (Fourier): \[ \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2/\tau^2}e^{i\omega t}\,dt =\sqrt{\pi}\,\tau\,e^{-\omega^2\tau^2/4}. \]

7. Ampiezza e probabilità

   \[ c_1^{(1)}(+\infty)= \frac{i\,qE}{\hbar}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} \left(\sqrt{\pi}\tau\,e^{-\omega^2\tau^2/4}\right). \] La probabilità è il modulo quadro: \[ P_{0\to 1}^{(1)}=|c_1^{(1)}|^2 = \left(\frac{q^2E^2}{\hbar^2}\right)\left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)\left(\pi\tau^2\right)e^{-\omega^2\tau^2/2}. \] Semplifico \(\hbar^2\) con \(\hbar\): rimane una \(\hbar\) al denominatore.

   Risposta finale

   \[ \boxed{ P_{0\to n}^{(1)}= \begin{cases} \displaystyle \frac{\pi q^2E^2\tau^2}{2m\omega\,\hbar}\,e^{-\omega^2\tau^2/2}, & n=1,\\[8pt] 0, & n\neq 1. \end{cases} } \]