Set 7 — Parità, valori medi e commutatori

Si consideri il problema di una particella in una buca di potenziale: \[ V(x)=0 \ \text{per}\ |x|\le a/2,\qquad V(x)=+\infty\ \text{altrove}. \] il cui stato in funzione del tempo è descritto da \[ \psi(x,t)=\sqrt{\frac{2}{3}}\,\psi_2(x,t)+\frac{i}{\sqrt{3}}\,\psi_3(x,t), \] dove \(\psi_{2,3}(x,t)\) sono stati stazionari di Schrödinger (energie \(E_{2,3}\)) e \[ \phi_2(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\left(\frac{2\pi x}{a}\right),\qquad \phi_3(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\cos\!\left(\frac{3\pi x}{a}\right). \]

(a) \(\psi(x,t)\) è autostato dell’operatore parità \(\hat P\)? E \(\psi_3(x,t)\)? Calcolare \(\langle \hat P\rangle_\psi\) e lo scarto quadratico medio \(\Delta P\); discutere la dipendenza dal tempo.

(b) Calcolare la probabilità \(P(t)\) che la particella si trovi nella regione \([0,a/2]\); determinare massimo, minimo e i tempi corrispondenti.

(a) Parità di \(\psi_2\), \(\psi_3\) e dello stato \(\psi\)

• Gli stati stazionari sono del tipo \[ \psi_n(x,t)=\phi_n(x)\,e^{-iE_n t/\hbar}, \] quindi la parità dipende solo da \(\phi_n(x)\) (la fase temporale non cambia la simmetria in \(x\)).
• Controllo parità di \(\phi_2(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin(2\pi x/a)\): \[ \phi_2(-x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\left(-\frac{2\pi x}{a}\right) =-\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\left(\frac{2\pi x}{a}\right)=-\phi_2(x). \] Quindi \(\phi_2\) (e \(\psi_2\)) è dispari \(\Rightarrow \hat P|\psi_2\rangle=-|\psi_2\rangle\).
• Controllo parità di \(\phi_3(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\cos(3\pi x/a)\): \[ \phi_3(-x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\cos\!\left(-\frac{3\pi x}{a}\right) =\sqrt{\frac{2}{a}}\cos\!\left(\frac{3\pi x}{a}\right)=\phi_3(x). \] Quindi \(\phi_3\) (e \(\psi_3\)) è pari \(\Rightarrow \hat P|\psi_3\rangle=+|\psi_3\rangle\).
• Ora lo stato dato è una sovrapposizione di una parte dispari e una pari: \[ |\psi\rangle=\sqrt{\frac{2}{3}}\,|\psi_2\rangle+\frac{i}{\sqrt{3}}\,|\psi_3\rangle. \] Una sovrapposizione di parità diversa non è (in generale) autostato di \(\hat P\). Quindi: \(\psi\) NON è autostato di \(\hat P\).

Calcolo di \(\langle \hat P\rangle_\psi\)

• Coefficienti (moduli al quadrato): \[ c_2=\sqrt{\frac{2}{3}}\Rightarrow |c_2|^2=\frac{2}{3},\qquad c_3=\frac{i}{\sqrt{3}}\Rightarrow |c_3|^2=\frac{1}{3}. \]
• L’aspettazione: \[ \langle \hat P\rangle =\langle \psi|\hat P|\psi\rangle =|c_2|^2(-1)+|c_3|^2(+1) \] (i termini incrociati sono zero perché \(\langle \psi_2|\psi_3\rangle=0\)).
• Conto “banale” (lo scrivo tutto): \[ \langle \hat P\rangle =\left(\frac{2}{3}\right)(-1)+\left(\frac{1}{3}\right)(+1) =-\frac{2}{3}+\frac{1}{3} =-\frac{1}{3}. \] Quindi \(\boxed{\langle \hat P\rangle_\psi=-\frac{1}{3}}\).

Calcolo di \(\Delta P\)

• Per definizione: \[ \Delta P=\sqrt{\langle \hat P^2\rangle-\langle \hat P\rangle^2}. \]
• Ma \(\hat P^2=\mathbb{I}\) \(\Rightarrow \langle \hat P^2\rangle=1\).
• Quindi: \[ \Delta P=\sqrt{1-\left(-\frac{1}{3}\right)^2} =\sqrt{1-\frac{1}{9}} =\sqrt{\frac{8}{9}} =\frac{2\sqrt{2}}{3}. \] Risultato: \(\boxed{\Delta P=\frac{2\sqrt2}{3}}\), costante nel tempo.

(b) Probabilità \(P(t)\) di trovare la particella in \([0,a/2]\)

Scriviamo esplicitamente: \[ \psi_2(x,t)=\phi_2(x)e^{-iE_2t/\hbar},\qquad \psi_3(x,t)=\phi_3(x)e^{-iE_3t/\hbar}. \] La probabilità richiesta è: \[ P(t)=\int_{0}^{a/2}|\psi(x,t)|^2\,dx. \]

Step 1 — Espansione di \(|\psi|^2\)

Con \(c_2=\sqrt{2/3}\), \(c_3=i/\sqrt3\): \[ |\psi|^2 = |c_2|^2|\psi_2|^2 + |c_3|^2|\psi_3|^2 + 2\operatorname{Re}\!\big(c_2^*c_3\,\psi_2^*\psi_3\big). \]

Step 2 — I due contributi “diagonali”

Per simmetria (e si può verificare con integrale diretto) vale: \[ \int_{0}^{a/2}|\phi_2(x)|^2dx=\frac12,\qquad \int_{0}^{a/2}|\phi_3(x)|^2dx=\frac12. \] Quindi: \[ |c_2|^2\frac12 + |c_3|^2\frac12 =\left(\frac23\right)\frac12+\left(\frac13\right)\frac12 =\frac12\left(\frac23+\frac13\right)=\frac12\cdot 1=\frac12. \] \(\Rightarrow\) la parte “costante” è \(1/2\).

Step 3 — Il termine di interferenza (qui nasce la dipendenza temporale)

Prima calcoliamo il fattore di fase: \[ \psi_2^*\psi_3=\phi_2\phi_3\,e^{i(E_2-E_3)t/\hbar} =\phi_2\phi_3\,e^{-i\Omega t}, \] dove \[ \Omega=\frac{E_3-E_2}{\hbar}. \] Per la buca infinita di larghezza \(a\) (centrata in \(0\)): \[ E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2} \quad\Rightarrow\quad E_3-E_2=\frac{(9-4)\pi^2\hbar^2}{2ma^2} =\frac{5\pi^2\hbar^2}{2ma^2}, \] quindi \[ \Omega=\frac{5\pi^2\hbar}{2ma^2}. \]

Ora il coefficiente complesso: \[ c_2^*c_3=\sqrt{\frac{2}{3}}\cdot\frac{i}{\sqrt3} = i\frac{\sqrt2}{3}. \] Quindi: \[ 2\operatorname{Re}\big(c_2^*c_3 e^{-i\Omega t}\big) = 2\operatorname{Re}\left(i\frac{\sqrt2}{3}e^{-i\Omega t}\right). \] Usiamo \(e^{-i\Omega t}=\cos(\Omega t)-i\sin(\Omega t)\): \[ i e^{-i\Omega t} = i(\cos\Omega t - i\sin\Omega t) = i\cos\Omega t + \sin\Omega t. \] La parte reale è \(\sin(\Omega t)\). Quindi: \[ 2\operatorname{Re}\left(i\frac{\sqrt2}{3}e^{-i\Omega t}\right) =2\cdot\frac{\sqrt2}{3}\sin(\Omega t). \]

Ci resta l’integrale spaziale: \[ J=\int_{0}^{a/2}\phi_2(x)\phi_3(x)\,dx. \] Calcoliamolo “senza saltare i passaggi”.

Step 4 — Mettiamo tutto insieme

Termine di interferenza integrato: \[ 2\operatorname{Re}(c_2^*c_3 e^{-i\Omega t})\,J =\left(2\frac{\sqrt2}{3}\sin(\Omega t)\right)\left(-\frac{4}{5\pi}\right) =-\frac{8\sqrt2}{15\pi}\sin(\Omega t). \] Quindi: \[ \boxed{ P(t)=\frac12-\frac{8\sqrt2}{15\pi}\sin(\Omega t) } \qquad\text{con}\quad \Omega=\frac{E_3-E_2}{\hbar}=\frac{5\pi^2\hbar}{2ma^2}. \]

Massimo, minimo e tempi corrispondenti

• Scriviamo \(A=\frac{8\sqrt2}{15\pi}>0\). Allora: \[ P(t)=\frac12 - A\sin(\Omega t). \]
• Massimo quando \(\sin(\Omega t)=-1\): \[ P_{\max}=\frac12 + A =\frac12+\frac{8\sqrt2}{15\pi}. \] Tempi: \[ \Omega t=\frac{3\pi}{2}+2k\pi \quad\Rightarrow\quad t_{\max}=\frac{\frac{3\pi}{2}+2k\pi}{\Omega}. \]
• Minimo quando \(\sin(\Omega t)=+1\): \[ P_{\min}=\frac12 - A =\frac12-\frac{8\sqrt2}{15\pi}. \] Tempi: \[ \Omega t=\frac{\pi}{2}+2k\pi \quad\Rightarrow\quad t_{\min}=\frac{\frac{\pi}{2}+2k\pi}{\Omega}. \]
• Periodo delle oscillazioni: \[ T=\frac{2\pi}{\Omega}=\frac{2\pi\hbar}{E_3-E_2}. \]

Si calcolino i valori medi dell’operatore coordinata e dell’operatore impulso e i corrispondenti scarti quadratici medi \(\Delta A=\sqrt{\langle \hat A^2\rangle-\langle \hat A\rangle^2}\) per un oscillatore lineare unidimensionale, adottando la rappresentazione delle coordinate. Si discuta il risultato ottenuto alla luce del principio di indeterminazione di Heisenberg.

Si calcolino i valori medi dell’energia potenziale e dell’energia cinetica e se ne discuta il risultato rispetto al caso classico.

Valori medi \(\langle x\rangle\), \(\langle p\rangle\)

• In \(|n\rangle\), \(\langle n|a|n\rangle=0\) perché \(a|n\rangle\propto|n-1\rangle\) ed è ortogonale a \(|n\rangle\). Analogamente \(\langle n|a^\dagger|n\rangle=0\).
• Quindi: \[ \langle x\rangle_n=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\langle a\rangle+\langle a^\dagger\rangle\right)=0, \qquad \langle p\rangle_n=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\left(\langle a^\dagger\rangle-\langle a\rangle\right)=0. \] Risultato: \(\boxed{\langle x\rangle_n=0,\ \langle p\rangle_n=0}\).

Calcolo di \(\langle x^2\rangle\) e \(\Delta x\)

Espandiamo: \[ \hat x^2=\frac{\hbar}{2m\omega}(a+a^\dagger)^2 =\frac{\hbar}{2m\omega}\left(a^2+a^{\dagger 2}+aa^\dagger+a^\dagger a\right). \]

• In \(|n\rangle\), i termini \(\langle a^2\rangle\) e \(\langle a^{\dagger2}\rangle\) sono zero perché cambiano \(n\) di 2: \(\langle n|n\pm2\rangle=0\).
• Usiamo \(aa^\dagger=a^\dagger a + 1\). Allora: \[ \langle aa^\dagger\rangle=\langle a^\dagger a\rangle + 1 = n+1, \qquad \langle a^\dagger a\rangle = n. \]
• Quindi: \[ \langle x^2\rangle_n=\frac{\hbar}{2m\omega}\big(0+0+(n+1)+n\big) =\frac{\hbar}{2m\omega}(2n+1) =\frac{\hbar}{m\omega}\left(n+\frac12\right). \]
• Dato che \(\langle x\rangle_n=0\): \[ \Delta x=\sqrt{\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2} =\sqrt{\langle x^2\rangle_n} =\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}\left(n+\frac12\right)}. \] \(\boxed{\Delta x_n=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}\left(n+\frac12\right)}}\).

Calcolo di \(\langle p^2\rangle\) e \(\Delta p\)

Analogamente: \[ \hat p=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}(a^\dagger-a) \quad\Rightarrow\quad \hat p^2=\frac{\hbar m\omega}{2}\left(aa^\dagger+a^\dagger a - a^2 - a^{\dagger 2}\right). \]

• Come prima: \(\langle a^2\rangle=\langle a^{\dagger2}\rangle=0\).
• Quindi: \[ \langle p^2\rangle_n =\frac{\hbar m\omega}{2}\big((n+1)+n\big) =\frac{\hbar m\omega}{2}(2n+1) =m\hbar\omega\left(n+\frac12\right). \]
• Poiché \(\langle p\rangle_n=0\): \[ \Delta p_n=\sqrt{\langle p^2\rangle_n} =\sqrt{m\hbar\omega\left(n+\frac12\right)}. \] \(\boxed{\Delta p_n=\sqrt{m\hbar\omega\left(n+\frac12\right)}}\).

Prodotto di indeterminazione

Moltiplichiamo (passo banale incluso): \[ \Delta x_n\Delta p_n =\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}\left(n+\frac12\right)}\, \sqrt{m\hbar\omega\left(n+\frac12\right)} =\sqrt{\hbar^2\left(n+\frac12\right)^2} =\hbar\left(n+\frac12\right). \] Quindi: \(\boxed{\Delta x_n\Delta p_n=\hbar\left(n+\frac12\right)\ge\frac{\hbar}{2}}\). L’uguaglianza vale per \(n=0\) (stato fondamentale).

Energia cinetica e potenziale medie

Per l’oscillatore: \[ \hat V=\frac12 m\omega^2 \hat x^2,\qquad \hat T=\frac{\hat p^2}{2m}. \]

• \[ \langle V\rangle_n=\frac12 m\omega^2\langle x^2\rangle_n =\frac12 m\omega^2\cdot \frac{\hbar}{m\omega}\left(n+\frac12\right) =\frac12\hbar\omega\left(n+\frac12\right). \]
• \[ \langle T\rangle_n=\frac{1}{2m}\langle p^2\rangle_n =\frac{1}{2m}\cdot m\hbar\omega\left(n+\frac12\right) =\frac12\hbar\omega\left(n+\frac12\right). \]
• Quindi: \(\boxed{\langle T\rangle_n=\langle V\rangle_n=\frac12 E_n}\), con \(E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right)\).

Si consideri l’Hamiltoniana dell’oscillatore armonico unidimensionale \[ \hat H=\hbar\omega\left(a^\dagger a + \frac12\right),\qquad [a,a^\dagger]=1. \] Valgono inoltre: \[ \hat H|u_n\rangle=E_n|u_n\rangle=(n+\tfrac12)\hbar\omega|u_n\rangle,\quad n=0,1,2,\dots \] \[ a^\dagger a|u_n\rangle=n|u_n\rangle,\quad a|u_n\rangle=c_n|u_{n-1}\rangle,\quad a^\dagger|u_n\rangle=d_n|u_{n+1}\rangle,\quad \langle u_n|u_m\rangle=\delta_{nm}. \] (a) Determinare \(c_n,d_n\).
(b) Per \(|u\rangle=a_0|u_0\rangle+a_1|u_1\rangle+a_2|u_2\rangle\), calcolare \(\langle u|\hat H|u\rangle\) e \(\langle u|\hat x|u\rangle\).
(c) Sia \(a_0=\tfrac{1}{\sqrt2}\), \(a_1=i\sqrt{\tfrac12}\): determinare \(a_2\) per normalizzare \(|u\rangle\).
(d) Verificare Heisenberg per \(\hat x\) e \(\hat p\) nello stato del punto (c).
(e) Se \(|\psi(0)\rangle=|u\rangle\) come in (c), determinare \(|\psi(t)\rangle\) e calcolare \(\langle \hat H\rangle(t)\), \(\langle \hat x\rangle(t)\).

(a) Determinazione di \(c_n\) e \(d_n\)

• Dato \(a|n\rangle=c_n|n-1\rangle\), allora \[ \|a|n\rangle\|^2=\langle n|a^\dagger a|n\rangle=n. \] Ma anche \[ \|a|n\rangle\|^2=\|c_n|n-1\rangle\|^2=|c_n|^2\underbrace{\langle n-1|n-1\rangle}_{=1}=|c_n|^2. \] Quindi: \(|c_n|^2=n \Rightarrow c_n=\sqrt{n}\) (scelta standard reale positiva).
• Analogamente per \(a^\dagger|n\rangle=d_n|n+1\rangle\): \[ \|a^\dagger|n\rangle\|^2=\langle n|aa^\dagger|n\rangle. \] Ma \(aa^\dagger=a^\dagger a + 1\), quindi \[ \langle n|aa^\dagger|n\rangle=\langle n|(a^\dagger a + 1)|n\rangle = n+1. \] E anche \(\|a^\dagger|n\rangle\|^2=|d_n|^2\). Quindi: \(|d_n|^2=n+1\Rightarrow d_n=\sqrt{n+1}\).

\(\boxed{c_n=\sqrt{n},\qquad d_n=\sqrt{n+1}.}\)

(b) \(\langle u|\hat H|u\rangle\) e \(\langle u|\hat x|u\rangle\)

\(\langle H\rangle\)

Con \(|u\rangle=a_0|0\rangle+a_1|1\rangle+a_2|2\rangle\), usando ortonormalità (nessun termine incrociato): \[ \langle H\rangle =\hbar\omega\left(\frac12|a_0|^2+\frac32|a_1|^2+\frac52|a_2|^2\right) \quad\text{(se \(|u\rangle\) è normalizzato)}. \]

\(\langle x\rangle\)

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

Risultato compatto: \[ \boxed{ \langle x\rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left[\left(a_0^*a_1+\sqrt2\,a_1^*a_2\right)+\left(a_0 a_1^*+\sqrt2\,a_1 a_2^*\right)\right] } \] cioè \(\langle x\rangle=2\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\operatorname{Re}\!\left(a_0^*a_1+\sqrt2\,a_1^*a_2\right)\).

(c) Normalizzazione: trovare \(a_2\)

La normalizzazione richiede: \[ |a_0|^2+|a_1|^2+|a_2|^2=1. \] Dati: \[ a_0=\frac{1}{\sqrt2}\Rightarrow |a_0|^2=\frac12,\qquad a_1=i\sqrt{\frac12}=\frac{i}{\sqrt2}\Rightarrow |a_1|^2=\frac12. \] Quindi: \[ |a_0|^2+|a_1|^2=\frac12+\frac12=1. \] Allora necessariamente: \[ 1+|a_2|^2=1\Rightarrow |a_2|^2=0 \Rightarrow a_2=0. \] \(\boxed{a_2=0}\).

(d) Verifica di Heisenberg nello stato del punto (c)

Calcolo di \(\langle x\rangle\) e \(\langle x^2\rangle\)

• Prima \(\langle a\rangle\). Applichiamo \(a|\psi\rangle\): \[ a|\psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}a|0\rangle+\frac{i}{\sqrt2}a|1\rangle =0+\frac{i}{\sqrt2}|0\rangle=\frac{i}{\sqrt2}|0\rangle. \] Con \(\langle\psi|=\frac{1}{\sqrt2}\langle0|-\frac{i}{\sqrt2}\langle1|\), \[ \langle a\rangle=\langle\psi|a|\psi\rangle =\left(\frac{1}{\sqrt2}\langle0|-\frac{i}{\sqrt2}\langle1|\right)\left(\frac{i}{\sqrt2}|0\rangle\right) =\frac{i}{2}. \] Quindi \(\langle a^\dagger\rangle=-\frac{i}{2}\).
• \[ \langle x\rangle=\alpha(\langle a\rangle+\langle a^\dagger\rangle) =\alpha\left(\frac{i}{2}-\frac{i}{2}\right)=0. \]
• Per \(\langle x^2\rangle\): \[ x^2=\alpha^2(a^2+a^{\dagger2}+aa^\dagger+a^\dagger a). \] In questo stato \(\langle a^2\rangle=\langle a^{\dagger2}\rangle=0\). Inoltre \(\langle a^\dagger a\rangle=\langle n\rangle\): probabilità \(n=0\) è \(1/2\), probabilità \(n=1\) è \(1/2\), quindi \[ \langle n\rangle=0\cdot\frac12+1\cdot\frac12=\frac12 \Rightarrow \langle a^\dagger a\rangle=\frac12. \] E \[ \langle aa^\dagger\rangle=\langle a^\dagger a\rangle+1=\frac12+1=\frac32. \] Quindi: \[ \langle x^2\rangle=\alpha^2\left(\frac32+\frac12\right)=\alpha^2\cdot 2=2\alpha^2 =2\cdot\frac{\hbar}{2m\omega}=\frac{\hbar}{m\omega}. \]
• \[ \Delta x=\sqrt{\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2}=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}. \]

Calcolo di \(\langle p\rangle\) e \(\langle p^2\rangle\)

• \[ \langle p\rangle=i\beta(\langle a^\dagger\rangle-\langle a\rangle) =i\beta\left(-\frac{i}{2}-\frac{i}{2}\right) =i\beta(-i)=\beta =\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}. \]
• \[ p^2=\beta^2(aa^\dagger+a^\dagger a-a^2-a^{\dagger2}). \] Ancora \(\langle a^2\rangle=\langle a^{\dagger2}\rangle=0\), quindi \[ \langle p^2\rangle=\beta^2\left(\frac32+\frac12\right)=2\beta^2 =2\cdot\frac{\hbar m\omega}{2}=m\hbar\omega. \]
• Varianza: \[ (\Delta p)^2=\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2 =m\hbar\omega-\left(\frac{\hbar m\omega}{2}\right) =\frac{\hbar m\omega}{2}. \] Quindi: \[ \Delta p=\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}. \]

Prodotto \(\Delta x\,\Delta p\)

\[ \Delta x\,\Delta p =\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\cdot\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}} =\sqrt{\frac{\hbar^2}{2}} =\frac{\hbar}{\sqrt2}. \] Confronto: \[ \frac{\hbar}{\sqrt2} \ge \frac{\hbar}{2} \quad (\text{vero, perché } \frac{1}{\sqrt2}\approx 0.707 > 0.5). \] \(\boxed{\Delta x\,\Delta p=\hbar/\sqrt2}\).

(e) Evoluzione \(|\psi(t)\rangle\) e medie \(\langle H\rangle(t)\), \(\langle x\rangle(t)\)

Con \(E_0=\frac12\hbar\omega\), \(E_1=\frac32\hbar\omega\): \[ |\psi(t)\rangle=\frac{1}{\sqrt2}e^{-iE_0t/\hbar}|0\rangle+\frac{i}{\sqrt2}e^{-iE_1t/\hbar}|1\rangle =\frac{1}{\sqrt2}e^{-i\omega t/2}|0\rangle+\frac{i}{\sqrt2}e^{-i3\omega t/2}|1\rangle. \]

Calcolo esplicito (banale): \[ \langle H\rangle =\hbar\omega\left(\frac12\cdot\frac12+\frac32\cdot\frac12\right) =\hbar\omega\left(\frac14+\frac34\right)=\hbar\omega. \] Quindi \(\boxed{\langle H\rangle(t)=\hbar\omega}\).

Per \(\langle x\rangle(t)\): in generale per una sovrapposizione \(|0\rangle\)–\(|1\rangle\) la media oscilla con frequenza \(\omega\). Calcoliamo \(\langle a\rangle(t)\) (passo “pulito”): \[ a|0\rangle=0,\quad a|1\rangle=|0\rangle \Rightarrow a|\psi(t)\rangle=\left(\frac{i}{\sqrt2}e^{-i3\omega t/2}\right)|0\rangle. \] \[ \langle a\rangle(t)=\langle\psi(t)|a|\psi(t)\rangle =\left(\frac{1}{\sqrt2}e^{+i\omega t/2}\right)\left(\frac{i}{\sqrt2}e^{-i3\omega t/2}\right) =\frac{i}{2}e^{-i\omega t}. \] Quindi \(\langle a^\dagger\rangle(t)=-\frac{i}{2}e^{+i\omega t}\).

Allora: \[ \langle x\rangle(t)=\alpha\left(\langle a\rangle(t)+\langle a^\dagger\rangle(t)\right) =\alpha\left(\frac{i}{2}e^{-i\omega t}-\frac{i}{2}e^{i\omega t}\right) =\alpha\sin(\omega t). \] Risultato: \(\boxed{\langle x\rangle(t)=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;\sin(\omega t)}\).

Calcolare i seguenti commutatori:
(a) \([\hat x,\hat p^n]\), \([\hat x^m,\hat p]\);
(b) \([f(\hat x),\hat p]\), \([\hat x,g(\hat p)]\) (dove \(f,g\) sono funzioni di operatori);
utilizzando sia il commutatore fondamentale \([\hat x,\hat p]=i\hbar\) sia la loro azione su una funzione d’onda generica \(\psi(x)\) o \(\phi(p)\).

(a1) \([\hat x,\hat p^n]\)

• Caso base \(n=1\): \([\hat x,\hat p]=i\hbar\) (dato).
• Passo induttivo: supponiamo vero per \(n\), cioè \[ [\hat x,\hat p^n]=i\hbar\,n\,\hat p^{n-1}. \] Allora per \(n+1\): \[ [\hat x,\hat p^{n+1}] =[\hat x,\hat p^n\hat p] =[\hat x,\hat p^n]\hat p+\hat p^n[\hat x,\hat p]. \] Sostituiamo: \[ =\left(i\hbar n\hat p^{n-1}\right)\hat p+\hat p^n(i\hbar) =i\hbar n\hat p^n+i\hbar\hat p^n =i\hbar(n+1)\hat p^n. \]
• Quindi: \(\boxed{[\hat x,\hat p^n]=i\hbar\,n\,\hat p^{\,n-1}}\).

(a2) \([\hat x^m,\hat p]\)

Anche qui si può fare per induzione, oppure usare l’analogo: \[ [AB,C]=A[B,C]+[A,C]B. \]

• Caso base \(m=1\): \([\hat x,\hat p]=i\hbar\).
• Passo: \(\hat x^{m+1}=\hat x^m\hat x\): \[ [\hat x^{m+1},\hat p]=[\hat x^m\hat x,\hat p]=\hat x^m[\hat x,\hat p]+[\hat x^m,\hat p]\hat x. \] Se \([\hat x^m,\hat p]=i\hbar m\hat x^{m-1}\), allora: \[ [\hat x^{m+1},\hat p]=\hat x^m(i\hbar) + (i\hbar m\hat x^{m-1})\hat x =i\hbar\hat x^m+i\hbar m\hat x^m =i\hbar(m+1)\hat x^m. \]
• Quindi: \(\boxed{[\hat x^m,\hat p]=i\hbar\,m\,\hat x^{\,m-1}}\).

(b1) \([f(\hat x),\hat p]\)

Dimostrazione via azione su \(\psi(x)\) (coordinate): in rappresentazione delle coordinate: \[ \hat x\to x,\qquad \hat p\to -i\hbar\frac{d}{dx}. \] Allora: \[ [f(\hat x),\hat p]\psi(x)=f(x)\left(-i\hbar\psi'(x)\right) - \left(-i\hbar\frac{d}{dx}(f(x)\psi(x))\right). \] Calcoliamo il secondo termine (passo banale): \[ \frac{d}{dx}(f\psi)=f'\psi+f\psi'. \] Quindi: \[ -i\hbar\frac{d}{dx}(f\psi)=-i\hbar(f'\psi+f\psi'). \] Ora mettiamo insieme: \[ [f,\hat p]\psi=-i\hbar f\psi' -\left(-i\hbar(f'\psi+f\psi')\right) =-i\hbar f\psi' + i\hbar f'\psi + i\hbar f\psi' =i\hbar f'(x)\psi(x). \] Quindi come operatore: \[ [f(\hat x),\hat p]=i\hbar f'(\hat x). \]

(b2) \([\hat x,g(\hat p)]\)

Dimostrazione via rappresentazione in \(p\)-spazio: in rappresentazione dell’impulso: \[ \hat p\to p,\qquad \hat x\to i\hbar\frac{d}{dp}. \] Allora, su una \(\phi(p)\): \[ [\hat x,g(\hat p)]\phi(p) =i\hbar\frac{d}{dp}\left(g(p)\phi(p)\right)-g(p)\,i\hbar\phi'(p). \] Deriviamo: \[ \frac{d}{dp}(g\phi)=g'\phi+g\phi'. \] Quindi: \[ i\hbar(g'\phi+g\phi')-i\hbar g\phi'=i\hbar g'(p)\phi(p). \] Quindi: \[ [\hat x,g(\hat p)]=i\hbar g'(\hat p). \]