Set 12 — Probabilità di transizione Teoria delle perturbazioni dipendenti dal tempo

Un oscillatore armonico unidimensionale carico (parametri \(m,\omega,q\)) è sottoposto ad un campo elettrico costante per una durata \(\tau\). Calcolare, al primo ordine perturbativo, le probabilità di transizione:

• (a) dallo stato fondamentale al primo stato eccitato \((n=1)\);
• (b) dal primo stato eccitato agli stati con \(n=2\) e \(n=3\).

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

Assumiamo (scelta standard) che il campo sia acceso in \(0\le t\le \tau\) e spento fuori da quell’intervallo. Un campo elettrico costante \(E\) lungo \(x\) dà una perturbazione (energia potenziale):

\[ V(t)= -q E\,x \qquad (0\le t\le \tau), \qquad V(t)=0 \quad \text{altrove.} \]

La formula di teoria delle perturbazioni dipendenti dal tempo (I ordine) per l’ampiezza \(c_{f}^{(1)}\) è:

\[ c_f^{(1)}(\tau)= -\frac{i}{\hbar}\int_{0}^{\tau}\!dt'\; \langle f|V|i\rangle\,e^{\,i\omega_{fi}t'}, \qquad \omega_{fi}=\frac{E_f-E_i}{\hbar}. \]

Qui \(\langle f|V|i\rangle\) è costante nel tempo (perché \(E\) è costante), quindi:

\[ c_f^{(1)}(\tau)= -\frac{i}{\hbar}\,\langle f|V|i\rangle \int_{0}^{\tau}\!dt'\;e^{i\omega_{fi}t'}. \]

Calcolo “banale” dell’integrale \(\int_0^\tau e^{i\omega t}\,dt\)

Usiamo la primitiva: \[ \int e^{i\omega t}\,dt=\frac{e^{i\omega t}}{i\omega}. \] Quindi \[ \int_0^\tau e^{i\omega t}\,dt =\left[\frac{e^{i\omega t}}{i\omega}\right]_0^\tau =\frac{e^{i\omega\tau}-1}{i\omega}. \] È spesso utile anche la forma con il seno: \[ e^{i\omega\tau}-1 =e^{i\omega\tau/2}\left(e^{i\omega\tau/2}-e^{-i\omega\tau/2}\right) =e^{i\omega\tau/2}\,(2i)\sin(\omega\tau/2), \] dunque \[ \int_0^\tau e^{i\omega t}\,dt =e^{i\omega\tau/2}\,\frac{2\sin(\omega\tau/2)}{\omega}. \]

La probabilità al I ordine è \(P_{i\to f}\approx |c_f^{(1)}(\tau)|^2\), quindi:

\[ P_{i\to f}(\tau) =\frac{|\langle f|V|i\rangle|^2}{\hbar^2}\; \frac{4\sin^2\!\left(\omega_{fi}\tau/2\right)}{\omega_{fi}^2}. \]

Serve il matrix element \(\langle 1|x|0\rangle\). Usiamo: \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger), \quad a|n\rangle=\sqrt{n}\,|n-1\rangle, \quad a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle. \]

Calcolo di \(\langle 1|x|0\rangle\) passo-passo

\[ \langle 1|x|0\rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\langle 1|a|0\rangle+\langle 1|a^\dagger|0\rangle\right). \] Ora:

- \(a|0\rangle = \sqrt{0}\,|-1\rangle = 0\) ⇒ \(\langle 1|a|0\rangle=0\).
- \(a^\dagger|0\rangle=\sqrt{1}\,|1\rangle=|1\rangle\) ⇒ \(\langle 1|a^\dagger|0\rangle=\langle 1|1\rangle=1\).

Quindi \[ \boxed{\langle 1|x|0\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}.} \]

Siccome \(V=-qEx\), allora: \[ \langle 1|V|0\rangle = -qE\,\langle 1|x|0\rangle = -qE\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}. \] Inoltre per l’oscillatore: \[ E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right) \Rightarrow \omega_{10}=\frac{E_1-E_0}{\hbar}=\frac{\hbar\omega}{\hbar}=\omega. \]

\[ \boxed{ P_{0\to 1}(\tau) =\frac{|-qE|^2\left(\frac{\hbar}{2m\omega}\right)}{\hbar^2}\; \frac{4\sin^2(\omega\tau/2)}{\omega^2} =\frac{2q^2E^2}{m\hbar\omega^3}\,\sin^2\!\left(\frac{\omega\tau}{2}\right). } \]

Osservazione: se \(\tau = \frac{2\pi}{\omega}k\) con \(k\in\mathbb{Z}\), allora \(\sin(\omega\tau/2)=\sin(k\pi)=0\) e la probabilità (al I ordine) è zero.

Serve \(\langle 2|x|1\rangle\) e \(\langle 3|x|1\rangle\).

Calcolo di \(\langle 2|x|1\rangle\) e regola di selezione \(\Delta n=\pm 1\)

\[ \langle 2|x|1\rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\langle 2|a|1\rangle+\langle 2|a^\dagger|1\rangle\right). \] - \(a|1\rangle=\sqrt{1}\,|0\rangle\) ⇒ \(\langle 2|a|1\rangle=\langle 2|0\rangle=0\).
- \(a^\dagger|1\rangle=\sqrt{2}\,|2\rangle\) ⇒ \(\langle 2|a^\dagger|1\rangle=\sqrt{2}\langle 2|2\rangle=\sqrt{2}\).

Quindi \[ \boxed{\langle 2|x|1\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{2}=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}.} \] Per \(\langle 3|x|1\rangle\):
- \(a|1\rangle\propto |0\rangle\), non \(|3\rangle\).
- \(a^\dagger|1\rangle\propto |2\rangle\), non \(|3\rangle\).

Quindi \[ \boxed{\langle 3|x|1\rangle=0.} \]

Regola di selezione (qui): \(x\propto a+a^\dagger\Rightarrow \Delta n=\pm 1\) al I ordine.

Dunque: \[ \langle 2|V|1\rangle = -qE\,\langle 2|x|1\rangle =-qE\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}, \qquad \langle 3|V|1\rangle = 0. \] Inoltre: \[ \omega_{21}=\frac{E_2-E_1}{\hbar}=\omega,\qquad \omega_{31}=2\omega. \]

\[ \boxed{ P_{1\to 2}(\tau) =\frac{|\langle 2|V|1\rangle|^2}{\hbar^2}\frac{4\sin^2(\omega\tau/2)}{\omega^2} =\frac{4q^2E^2}{m\hbar\omega^3}\,\sin^2\!\left(\frac{\omega\tau}{2}\right) } \] \[ \boxed{ P_{1\to 3}(\tau)=0 \quad \text{(al I ordine, perché } \Delta n=2\text{).} } \]

Su uno oscillatore armonico nello stato fondamentale agisce a partire dal tempo \(t=0\) una perturbazione \[ V(x,t)=A\,x^2\,e^{-bt}. \] Determinare gli stati verso cui può transire il sistema e le relative probabilità di transizione, dopo un lungo tempo, al primo ordine perturbativo.

Stato iniziale: \(|i\rangle=|0\rangle\).
Formula I ordine (per \(t\to+\infty\)):

\[ c_n^{(1)}(\infty)= -\frac{i}{\hbar}\int_0^\infty dt'\; \langle n|A x^2 e^{-bt'}|0\rangle\,e^{i\omega_{n0}t'}. \]

Il pezzo temporale è un integrale esponenziale. La parte “selettiva” è \(\langle n|x^2|0\rangle\). Scriviamo \(x^2\) con i ladder: \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger)\equiv x_0(a+a^\dagger) \quad\Rightarrow\quad x^2=x_0^2(a+a^\dagger)^2. \]

Espansione di \(x^2\) (con passaggio “banale” del commutatore)

\[ (a+a^\dagger)^2=a^2+a^{\dagger 2}+aa^\dagger+a^\dagger a. \] Usiamo \(aa^\dagger=a^\dagger a+1\). Quindi: \[ aa^\dagger+a^\dagger a=(a^\dagger a+1)+a^\dagger a=2a^\dagger a+1. \] In conclusione: \[ x^2=x_0^2\big(a^2+a^{\dagger 2}+2a^\dagger a+1\big), \qquad x_0^2=\frac{\hbar}{2m\omega}. \]

Azione su \(|0\rangle\) ⇒ quali \(n\) sono raggiungibili

Applichiamo i termini a \(|0\rangle\):

- \(a|0\rangle=0\Rightarrow a^2|0\rangle=0\).
- \(a^\dagger a|0\rangle=0\) (perché \(a|0\rangle=0\)).
- Il termine \(1\) dà \(1\cdot|0\rangle=|0\rangle\).
- Resta \(a^{\dagger 2}|0\rangle\). Calcoliamolo “banalmente”: \[ a^\dagger|0\rangle=|1\rangle,\qquad a^{\dagger 2}|0\rangle=a^\dagger(a^\dagger|0\rangle)=a^\dagger|1\rangle=\sqrt{2}\,|2\rangle. \] Quindi: \[ x^2|0\rangle=x_0^2\left(\sqrt{2}\,|2\rangle+|0\rangle\right). \] Conclusione fondamentale:

\(\boxed{\langle n|x^2|0\rangle\neq 0 \text{ solo per } n=0 \text{ e } n=2.}\)

Il “vero” canale di transizione (cambio di livello) è \(0\to 2\). Calcoliamo il matrix element:

\[ \langle 2|x^2|0\rangle =x_0^2\sqrt{2} =\sqrt{2}\,\frac{\hbar}{2m\omega}. \]

Ora la parte temporale: \[ \int_0^\infty e^{-bt'}e^{i\omega_{20}t'}dt' =\int_0^\infty e^{-(b-i\omega_{20})t'}dt' =\frac{1}{b-i\omega_{20}}. \] Per l’oscillatore armonico: \[ \omega_{20}=\frac{E_2-E_0}{\hbar}=\frac{\hbar\omega(2)}{\hbar}=2\omega. \]

\[ c_2^{(1)}(\infty) =-\frac{i}{\hbar}\,A\,\langle 2|x^2|0\rangle\;\frac{1}{b-i2\omega}. \] \[ P_{0\to 2}\approx |c_2^{(1)}(\infty)|^2 =\frac{A^2\,|\langle 2|x^2|0\rangle|^2}{\hbar^2}\;\frac{1}{b^2+4\omega^2}. \]

Semplificazione “contabile” (con cancellazioni esplicite)

\[ |\langle 2|x^2|0\rangle|^2 =\left(\sqrt{2}\frac{\hbar}{2m\omega}\right)^2 =2\cdot\frac{\hbar^2}{4m^2\omega^2} =\frac{\hbar^2}{2m^2\omega^2}. \] Sostituiamo: \[ P_{0\to 2} =\frac{A^2}{\hbar^2}\cdot\frac{\hbar^2}{2m^2\omega^2}\cdot\frac{1}{b^2+4\omega^2}. \] Ora la cancellazione “banale” \(\hbar^2/\hbar^2=1\): \[ \boxed{ P_{0\to 2} =\frac{A^2}{2m^2\omega^2\,(b^2+4\omega^2)}. } \]

Il termine \(n=0\) non è una “transizione” a livello diverso: produce una correzione di fase (al I ordine) e non cambia la probabilità di restare in \(n=0\) a questo ordine.

Si consideri un atomo di idrogeno nello stato fondamentale sottoposto all’azione di un campo elettrico uniforme diretto lungo l’asse \(z\): \[ E(t)=E_0\sin(\omega t). \] Determinare:

• (a) il valore di \(\omega\) per cui si ha una transizione risonante al primo livello eccitato;
• (b) i valori di \(l\) e \(m\) raggiungibili nello stato eccitato;
• (c) la probabilità di transizione in risonanza al primo ordine perturbativo.

Verificare le condizioni di applicabilità del I ordine per \(E_0\simeq 10^6\ \text{V/m}\). Dati: \(\hbar=1.05\cdot 10^{-34}\ \text{J s}\), \(a_0=5.3\cdot 10^{-11}\ \text{m}\).

I livelli dell’idrogeno (non relativistico) dipendono solo da \(n\): \[ E_n=-\frac{13.6\ \text{eV}}{n^2}. \] Il “primo livello eccitato” è \(n=2\). Quindi: \[ E_1=-13.6\ \text{eV},\qquad E_2=-\frac{13.6}{4}\ \text{eV}=-3.4\ \text{eV}. \] La differenza è: \[ \Delta E = E_2-E_1=(-3.4)-(-13.6)=10.2\ \text{eV}. \]

Conversione “banale” e calcolo di \(\omega=\Delta E/\hbar\)

Convertiamo in Joule (usiamo \(1\ \text{eV}\approx 1.6\cdot 10^{-19}\ \text{J}\)): \[ \Delta E \approx 10.2\cdot (1.6\cdot 10^{-19})\ \text{J}. \] Moltiplicazione “a pezzi”:
\(10\cdot 1.6=16.0\) e \(0.2\cdot 1.6=0.32\). Somma: \(16.0+0.32=16.32\).

Quindi: \[ \Delta E \approx 16.32\cdot 10^{-19}\ \text{J}=1.632\cdot 10^{-18}\ \text{J}. \] Ora: \[ \omega_{\text{res}}=\frac{\Delta E}{\hbar} =\frac{1.632\cdot 10^{-18}}{1.05\cdot 10^{-34}}\ \text{s}^{-1}. \] Divisione “banale” dei coefficienti: \[ \frac{1.632}{1.05}\approx 1.554\quad (\text{perché }1.05\cdot 1.554\approx 1.6317). \] E sulle potenze: \[ \frac{10^{-18}}{10^{-34}}=10^{16}. \] Quindi: \[ \boxed{\omega_{\text{res}}\approx 1.55\cdot 10^{16}\ \text{rad/s}.} \]

L’interazione con il campo elettrico lungo \(z\) (dipolo elettrico) è: \[ V(t)= -e\,E_0\,z\,\sin(\omega t), \qquad z=r\cos\theta. \] L’operatore \(z\) ha la struttura angolare di un armonico sferico con \(l=1\) e \(m=0\). Quindi le regole di selezione dipolari sono:

\[ \Delta l=\pm 1, \qquad \Delta m=0 \quad (\text{polarizzazione lungo } z). \]

Stato iniziale: \(1s\Rightarrow n=1,\ l=0,\ m=0\).
Per arrivare a \(n=2\), l’unico canale permesso è verso uno stato \(2p\) con:

\[ \boxed{n=2,\quad l=1,\quad m=0.} \]

Il livello \(n=2\) contiene anche \(2s\) (\(l=0\)), ma è vietato al I ordine dipolare perché \(\Delta l=0\).

Consideriamo la transizione \(|i\rangle=|1s\rangle\to |f\rangle=|2p,m=0\rangle\). Scriviamo la formula generale:

\[ c_f^{(1)}(t)= -\frac{i}{\hbar}\int_0^t dt'\;\langle f|V(t')|i\rangle\,e^{i\omega_{fi}t'}. \]

Poiché \(V(t')=-eE_0 z \sin(\omega t')\), definiamo il matrix element: \[ z_{fi}=\langle f|z|i\rangle. \] Allora: \[ \langle f|V(t')|i\rangle = -eE_0\,z_{fi}\,\sin(\omega t'). \]

Integrale standard con \(\sin(\omega t)\): forma utile (con due termini)

Inserendo \(\sin(\omega t)=\frac{e^{i\omega t}-e^{-i\omega t}}{2i}\) si ottiene: \[ c_f^{(1)}(t)=\frac{eE_0 z_{fi}}{\hbar}\cdot \frac{1}{2}\left[ \frac{e^{i(\omega_{fi}-\omega)t}-1}{\omega_{fi}-\omega} - \frac{e^{i(\omega_{fi}+\omega)t}-1}{\omega_{fi}+\omega} \right]. \] Il secondo termine (con \(\omega_{fi}+\omega\)) oscilla molto velocemente ed è tipicamente piccolo.

In risonanza poniamo \(\omega=\omega_{fi}\) (cioè \(\omega=\omega_{\text{res}}\)). Allora il primo denominatore va a zero e il limite produce crescita lineare in \(t\): \[ \lim_{\Delta\to 0}\frac{e^{i\Delta t}-1}{\Delta}=it. \] Quindi (trascurando il termine “veloce”):

\[ \boxed{ c_f^{(1)}(t)\simeq -\frac{eE_0 z_{fi}}{2\hbar}\,t \quad\Longrightarrow\quad P_{i\to f}(t)\simeq \left(\frac{eE_0 |z_{fi}|}{2\hbar}\right)^2 t^2. } \]

(Extra utile) Stima di \(z_{fi}=\langle 2p,0|z|1s\rangle\) (ordine di grandezza + calcolo)

Scriviamo \(z=r\cos\theta\) e separiamo radiale/angolare: \[ z_{fi}=\left(\int_0^\infty r^3 R_{21}(r)R_{10}(r)\,dr\right) \left(\int Y_{10}^*(\Omega)\cos\theta\,Y_{00}(\Omega)\,d\Omega\right). \] L’integrale angolare vale: \[ \int Y_{10}^*\cos\theta\,Y_{00}\,d\Omega=\frac{1}{\sqrt{3}}. \] Con le forme note: \[ R_{10}(r)=2a_0^{-3/2}e^{-r/a_0},\qquad R_{21}(r)=\frac{1}{2\sqrt{6}}a_0^{-3/2}\left(\frac{r}{a_0}\right)e^{-r/(2a_0)}. \] Si ottiene: \[ \int_0^\infty r^3 R_{21}R_{10}\,dr=\frac{256}{81\sqrt{6}}\,a_0, \] dunque: \[ z_{fi}=\frac{256}{81\sqrt{6}}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}a_0 =\frac{256}{81\sqrt{18}}a_0 =\boxed{\frac{256}{243\sqrt{2}}\,a_0\;\approx\;0.745\,a_0.} \]