Hamiltoniana, evoluzione temporale, probabilità di transizione \(|+\rangle\to|-\rangle\).
1. Si consideri una particella di spin \(1/2\) a riposo con potenziale \(V(r)=0\) in presenza di un campo magnetico \(\mathbf{B}\).
(a) si scriva l’Hamiltoniana del sistema.
(b) All’istante iniziale \(t=0\), il sistema si trova nello stato \(|+\rangle\), autostato di \(S_z\) con autovalore \(+\hbar/2\):
i. si dia l’espressione dello stato al tempo \(t\) generico;
ii. Quale sarà la probabilità che dopo un tempo \(\tau\) il sistema si trovi nello stato \(|-\rangle\)?
iii. Per quali valori di \(\tau\) tale probabilità sarà massima?
iv. Per quale direzione del campo magnetico avremo la certezza che la particella si trovi nello stato \(|-\rangle\)?
La particella è a riposo e \(V(r)=0\), quindi l’unico contributo rilevante è l’interazione tra il momento magnetico \(\boldsymbol{\mu}\) e il campo \(\mathbf{B}\):
\[ H = - \boldsymbol{\mu}\cdot \mathbf{B}. \]Per uno spin \(1/2\) si usa \(\boldsymbol{\mu}=\gamma \mathbf{S}\) (dove \(\gamma\) è il rapporto giromagnetico; il segno dipende dalla particella). Allora:
\[ H = -\gamma\, \mathbf{S}\cdot\mathbf{B}. \]Siccome \(\mathbf{S}=\frac{\hbar}{2}\boldsymbol{\sigma}\) (Pauli), otteniamo anche la forma matriciale:
\[ H = -\gamma\,\frac{\hbar}{2}\,(\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B}). \]Per calcolare facilmente, scegliamo il campo magnetico nel piano \(xz\) (possiamo sempre ruotare l’asse \(x\) attorno a \(z\)):
\[ \mathbf{B}=B(\sin\theta,\,0,\,\cos\theta), \qquad \theta=\text{angolo tra }\mathbf{B}\text{ e l’asse }z. \]Allora:
\[ H = -\gamma \frac{\hbar}{2}\,B(\sigma_x\sin\theta+\sigma_z\cos\theta) = -\frac{\hbar}{2}\,\omega_\gamma (\sigma_x\sin\theta+\sigma_z\cos\theta), \] dove \(\omega_\gamma \equiv \gamma B\) (può essere anche negativa; le probabilità useranno \(\omega = |\omega_\gamma|\)).L’operatore di evoluzione è:
\[ U(t)=e^{-\frac{i}{\hbar}Ht}. \]Per spin \(1/2\) usiamo l’identità (rotazione su Pauli):
\[ e^{i\alpha\,(\hat{\mathbf{n}}\cdot\boldsymbol{\sigma})} =\cos\alpha\,I+i\sin\alpha\,(\hat{\mathbf{n}}\cdot\boldsymbol{\sigma}). \]Qui \(\hat{\mathbf{n}}=(\sin\theta,0,\cos\theta)\) e \(\alpha=\frac{\omega_\gamma t}{2}\). Quindi:
\[ U(t)=\cos\left(\frac{\omega_\gamma t}{2}\right)I + i\sin\left(\frac{\omega_\gamma t}{2}\right)\,(\sigma_x\sin\theta+\sigma_z\cos\theta). \]Stato iniziale: \(|\psi(0)\rangle = |+\rangle\) (autostato di \(S_z\) con autovalore \(+\hbar/2\)). In base \(\{|+\rangle,|-\rangle\}\) vale: \(|+\rangle=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\), \(|-\rangle=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\).
Calcoliamo \(|\psi(t)\rangle=U(t)|+\rangle\). Poniamo \(\alpha=\frac{\omega_\gamma t}{2}\) per scrivere meno.
Servono le azioni: \(\sigma_x|+\rangle=|-\rangle\), \(\sigma_z|+\rangle=|+\rangle\).
\[ |\psi(t)\rangle =\cos\alpha\,|+\rangle + i\sin\alpha\,(\sin\theta\,\sigma_x|+\rangle+\cos\theta\,\sigma_z|+\rangle) =\cos\alpha\,|+\rangle + i\sin\alpha(\sin\theta\,|-\rangle+\cos\theta\,|+\rangle). \]L’ampiezza su \(|-\rangle\) è:
\[ c_-(t)=i\sin\theta\,\sin\left(\frac{\omega_\gamma t}{2}\right). \]Quindi la probabilità è il modulo quadro:
\[ P_{+\to -}(t)=|c_-(t)|^2 =|i|^2\;\sin^2\theta\;\sin^2\left(\frac{\omega_\gamma t}{2}\right). \]Passaggio “banale” ma esplicito: \(|i|^2 = i\cdot(-i)=1\). Quindi:
Il fattore \(\sin^2\theta\) è fissato dal campo. L’altro fattore \(\sin^2(\omega\tau/2)\) è massimo quando vale 1:
\[ \sin^2\left(\frac{\omega\tau}{2}\right)=1 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{\omega\tau}{2}=\frac{\pi}{2}+k\pi,\; k\in\mathbb{Z}. \]Moltiplico entrambi i membri per 2 (passaggio banale):
\[ \omega\tau = \pi + 2k\pi = (2k+1)\pi. \]“Certezza” significa \(P_{+\to-}(\tau)=1\) per qualche \(\tau\). Dalla formula:
\[ P_{+\to-}(\tau)=\sin^2\theta\;\sin^2\left(\frac{\omega\tau}{2}\right)\le \sin^2\theta. \]Quindi per arrivare a 1 serve necessariamente \(\sin^2\theta=1\), cioè:
\[ \sin\theta=1 \quad\Longleftrightarrow\quad \theta=\frac{\pi}{2}. \]Dimostrare le relazioni di commutazione e le commutazioni con \(L^2\), \(S^2\).
2. Sia \(\mathbf{J}=\mathbf{L}+\mathbf{S}\) il momento angolare totale, con \(\mathbf{L}\) momento angolare orbitale e \(\mathbf{S}\) momento angolare di spin. Si dimostri che
(a) \([J_i,J_j]=i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k\)
(b) \([J_i,L^2]=0=[J_i,S^2]=[J^2,L^2]=[J^2,S^2]\).
Usiamo le relazioni note:
\[ [L_i,L_j]=i\hbar\varepsilon_{ijk}L_k,\qquad [S_i,S_j]=i\hbar\varepsilon_{ijk}S_k,\qquad [L_i,S_j]=0. \]L’ultima è cruciale: \(\mathbf{L}\) agisce sulle coordinate, \(\mathbf{S}\) sullo spazio di spin ⇒ operatori “indipendenti”.
Parto dalla definizione \(J_i=L_i+S_i\). Allora:
\[ [J_i,J_j]=[L_i+S_i,\;L_j+S_j]. \]Ora espando usando bilinearità (passaggio “banale” scritto tutto):
\[ [L_i+S_i,\;L_j+S_j]=[L_i,L_j]+[L_i,S_j]+[S_i,L_j]+[S_i,S_j]. \]Uso \([L_i,S_j]=0\) e \([S_i,L_j]=0\). Rimane:
\[ [J_i,J_j]=[L_i,L_j]+[S_i,S_j] =i\hbar\varepsilon_{ijk}L_k + i\hbar\varepsilon_{ijk}S_k = i\hbar\varepsilon_{ijk}(L_k+S_k). \]Ricordiamo che per un momento angolare vale:
\[ [L_i,L^2]=0,\qquad [S_i,S^2]=0. \](1) Calcoliamo \([J_i,L^2]\):
\[ [J_i,L^2]=[L_i+S_i,L^2]=[L_i,L^2]+[S_i,L^2]. \]Il primo pezzo è 0. Il secondo è 0 perché \(S_i\) commuta con tutti i \(L_j\), dunque commuta anche con \(L^2=L_x^2+L_y^2+L_z^2\). Quindi:
(2) Analogamente:
\[ [J_i,S^2]=[L_i+S_i,S^2]=[L_i,S^2]+[S_i,S^2]=0+0=0. \](3) Ora \([J^2,L^2]\). Espando:
\[ J^2=(\mathbf{L}+\mathbf{S})^2=L^2+S^2+2\,\mathbf{L}\cdot\mathbf{S}. \]Quindi:
\[ [J^2,L^2]=[L^2+S^2+2\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},\;L^2] =[L^2,L^2]+[S^2,L^2]+2[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},L^2]. \]I primi due sono 0. Resta \(2[\mathbf{L}\cdot\mathbf{S},L^2]\). Ora:
\[ \mathbf{L}\cdot\mathbf{S}=\sum_{k=x,y,z} L_k S_k. \]Uso \([AB,C]=A[B,C]+[A,C]B\) su \(L_kS_k\):
\[ [L_kS_k,L^2]=L_k[S_k,L^2]+[L_k,L^2]S_k. \]Ma \([S_k,L^2]=0\) e \([L_k,L^2]=0\). Quindi ogni termine è 0 ⇒ la somma è 0.
(4) Stesso identico ragionamento per \([J^2,S^2]\) (scambiando \(L\leftrightarrow S\)):
Trovare autovalori e autostati \(|j,m_j\rangle\) in funzione della base non accoppiata \(|m_l, m_s\rangle\).
3. Una particella di spin \(1/2\) si trova in uno stato con momento angolare orbitale \(l=1\). Determinare autovalori e autostati \(|j,m_j\rangle\), di \(J^2\) e \(J_z\) (\(\mathbf{J}=\mathbf{L}+\mathbf{S}\)), in funzione degli autostati \(|m_l,\pm 1/2\rangle\), di \(L^2\), \(L_z\), \(S^2\) e \(S_z\).
Con \(l=1\) e \(s=1/2\) i valori possibili di \(j\) sono:
\[ j = l+s = \frac{3}{2}\quad \text{oppure}\quad j = l-s = \frac{1}{2}. \]Autovalori di \(J^2\):
\[ J^2|j,m\rangle=\hbar^2 j(j+1)|j,m\rangle. \]La base non accoppiata è \(|l=1,m_l\rangle\otimes|s=1/2,m_s\rangle\), con: \(m_l\in\{1,0,-1\}\), \(m_s\in\{+1/2,-1/2\}\). Inoltre \(m_j=m_l+m_s\).
Lo stato con \(j=3/2\) e \(m=3/2\) è unico:
\[ \left|\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right\rangle = |1,1\rangle\,\left|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right\rangle \equiv |1,1\rangle|\uparrow\rangle. \]Applichiamo \(J_- = L_- + S_-\). Usiamo le formule:
\[ L_-|l,m\rangle=\hbar\sqrt{l(l+1)-m(m-1)}\,|l,m-1\rangle, \] \[ S_-|s,m\rangle=\hbar\sqrt{s(s+1)-m(m-1)}\,|s,m-1\rangle. \]Calcolo “banale” dei coefficienti:
Ora:
\[ J_-\left|\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right\rangle =(L_-+S_-)\,|1,1\rangle|\uparrow\rangle =\hbar\sqrt2\,|1,0\rangle|\uparrow\rangle + \hbar\,|1,1\rangle|\downarrow\rangle. \]Ma anche, per definizione di ladder su \(|j,m\rangle\):
\[ J_-|j,m\rangle=\hbar\sqrt{j(j+1)-m(m-1)}|j,m-1\rangle. \]Per \(j=3/2\), \(m=3/2\): \(j(j+1)=\frac{15}{4}\), \(m(m-1)=\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{4}\). Quindi \(\frac{15}{4}-\frac{3}{4}=\frac{12}{4}=3\), e \(\sqrt3\).
\[ J_-\left|\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right\rangle=\hbar\sqrt3\left|\frac{3}{2},\frac{1}{2}\right\rangle. \]Uguagliando e dividendo per \(\hbar\sqrt3\):
Ripetiamo (una volta ancora) per ottenere \(m=-1/2\). Si sa che:
Per \(j=3/2\), \(m=1/2\): \(j(j+1)=\frac{15}{4}\), \(m(m-1)=\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{4}\), differenza \(= \frac{15}{4}-\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{16}{4}=4\), radice \(=2\).
\[ J_-\left|\frac{3}{2},\frac{1}{2}\right\rangle=\hbar\cdot 2\left|\frac{3}{2},-\frac{1}{2}\right\rangle. \]Calcolando (come combinazione) si ottiene:
Infine lo stato \(m=-3/2\) è unico:
Per \(m=1/2\) la base non accoppiata ha due stati: \(|1,0\rangle|\uparrow\rangle\) e \(|1,1\rangle|\downarrow\rangle\). Uno è già usato per \(j=3/2\). L’altro (\(j=1/2\)) deve essere ortogonale e normalizzato.
Abbiamo:
\[ \left|\frac{3}{2},\frac{1}{2}\right\rangle =\sqrt{\frac{2}{3}}\,|1,0\rangle|\uparrow\rangle +\sqrt{\frac{1}{3}}\,|1,1\rangle|\downarrow\rangle. \]La combinazione ortogonale (con i conti “banali” dei coefficienti che sommano a 1):
Per \(m=-1/2\) la base è \(|1,0\rangle|\downarrow\rangle\) e \(|1,-1\rangle|\uparrow\rangle\). Analogamente:
Decomposizione in base accoppiata e calcolo probabilità.
4. Consideriamo il seguente stato costituito dal prodotto diretto di autostati del momento angolare con autovalori \(s=3/2\) e \(l=1\):
\[ |\psi\rangle=\sqrt{\frac{3}{5}}\left|\frac{3}{2},-\frac{3}{2};\,1,-1\right\rangle +\sqrt{\frac{2}{5}}\left|\frac{3}{2},-\frac{3}{2};\,1,0\right\rangle. \](a) Se misuriamo \(J^2\) (\(\mathbf{J}=\mathbf{L}+\mathbf{S}\)), quali valori possiamo ottenere e con quale probabilità? e se misuriamo \(J_z\)?
(b) Quali sono i valori possibili di una misura simultanea di \(S_z\) e \(L_z\) su questo stato e le relative probabilità?
Si ricordi: \(J_\pm|j,m\rangle=\hbar\sqrt{j(j+1)-m(m\pm1)}\,|j,m\pm 1\rangle\).
Ogni termine è un prodotto \(|s,m_s\rangle|l,m_l\rangle\). Qui \(m_s=-3/2\) sempre; \(m_l=-1\) oppure \(m_l=0\). Quindi:
Con \(s=3/2\) e \(l=1\) i valori possibili di \(j\) sono:
\[ j=|l-s|,\ |l-s|+1,\dots,l+s =\left|\;1-\frac{3}{2}\right|,\dots,1+\frac{3}{2} =\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{5}{2}. \]Però attenzione: un componente con \(m_j=-5/2\) può esistere solo se \(j\ge 5/2\). Quindi il primo termine (con \(m_j=-5/2\)) è necessariamente lo stato:
\[ \left|\frac{3}{2},-\frac{3}{2};1,-1\right\rangle =\left|\frac{5}{2},-\frac{5}{2}\right\rangle. \]Il secondo termine (con \(m_j=-3/2\)) invece può appartenere a \(j=5/2\) oppure \(j=3/2\) (non a \(j=1/2\), perché \(1/2\) non ha \(m=-3/2\)).
Partiamo da \(\left|\frac{5}{2},-\frac{5}{2}\right\rangle=|1,-1\rangle|3/2,-3/2\rangle\). Applichiamo \(J_+=L_+ + S_+\).
Lato “accoppiato”: per \(j=5/2,m=-5/2\): \(j(j+1)=\frac{35}{4}\), \(m(m+1)=\left(-\frac{5}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)=\frac{15}{4}\), differenza \(\frac{20}{4}=5\), radice \(\sqrt5\).
\[ J_+\left|\frac{5}{2},-\frac{5}{2}\right\rangle =\hbar\sqrt5\left|\frac{5}{2},-\frac{3}{2}\right\rangle. \]Lato “prodotto”:
Quindi:
\[ J_+|1,-1\rangle|3/2,-3/2\rangle =\hbar\sqrt2|1,0\rangle|3/2,-3/2\rangle +\hbar\sqrt3|1,-1\rangle|3/2,-1/2\rangle. \]Uguaglio i due risultati, divido per \(\hbar\sqrt5\):
Nello spazio con \(m=-3/2\) ci sono due stati indipendenti. Uno è \(|5/2,-3/2\rangle\). L’altro deve essere ortogonale: è \(|3/2,-3/2\rangle\). Quindi possiamo scrivere (scelta di fase comoda):
\[ \left|\frac{3}{2},-\frac{3}{2}\right\rangle = \sqrt{\frac{3}{5}}\,|1,0\rangle|3/2,-3/2\rangle -\sqrt{\frac{2}{5}}\,|1,-1\rangle|3/2,-1/2\rangle. \]Da queste due relazioni si ottiene (somma pesata che cancella il termine con \(|1,-1\rangle|3/2,-1/2\rangle\)):
Il nostro stato è:
\[ |\psi\rangle= \sqrt{\frac{3}{5}}\,|1,-1\rangle|3/2,-3/2\rangle +\sqrt{\frac{2}{5}}\,|1,0\rangle|3/2,-3/2\rangle. \]Sostituisco: \(|1,-1\rangle|3/2,-3/2\rangle = |5/2,-5/2\rangle\), e la formula appena trovata per \(|1,0\rangle|3/2,-3/2\rangle\).
\[ |\psi\rangle =\sqrt{\frac{3}{5}}\left|\frac{5}{2},-\frac{5}{2}\right\rangle +\sqrt{\frac{2}{5}} \left( \sqrt{\frac{2}{5}}\left|\frac{5}{2},-\frac{3}{2}\right\rangle +\sqrt{\frac{3}{5}}\left|\frac{3}{2},-\frac{3}{2}\right\rangle \right). \]Ora faccio i prodotti (passaggi banali):
Misurare \(J^2\) significa ottenere un valore \(\hbar^2 j(j+1)\). Le probabilità si ottengono sommando i moduli quadri dei coefficienti con lo stesso \(j\).
Per \(j=5/2\) abbiamo due componenti (con \(m=-5/2\) e \(m=-3/2\)):
\[ P\left(j=\frac{5}{2}\right) =\left|\sqrt{\frac{3}{5}}\right|^2+\left|\frac{2}{5}\right|^2 =\frac{3}{5}+\frac{4}{25}. \]Metto a denominatore 25 (passaggio aritmetico esplicito): \(\frac{3}{5}=\frac{3\cdot 5}{5\cdot 5}=\frac{15}{25}\). Quindi:
\[ P\left(j=\frac{5}{2}\right)=\frac{15}{25}+\frac{4}{25}=\frac{19}{25}. \]Per \(j=3/2\):
\[ P\left(j=\frac{3}{2}\right)=\left|\frac{\sqrt6}{5}\right|^2=\frac{6}{25}. \](Controllo banale: \(19/25+6/25=25/25=1\).)
Qui non serve la base accoppiata: lo stato è già scritto come sovrapposizione di autostati comuni di \(S_z\) e \(L_z\).
Possibili risultati: