Esercizio di meccanica quantistica su spin e momento angolare orbitale

[Dracmaleontes]

Un rotatore quantistico con momento d'inerzia $\text{I}$ è immerso in un campo magnetico $\vec{B} = B \hat{y} $. La sua hamiltoniana è $H = \frac{L^2}{2I} + \gamma B L_y$, dove $L^2$ e $L_y$ rappresentano rispettivamente il modulo quadro del momento angolare orbitale e la componente lungo $\text{y}$ di esso, mentre $\gamma$ è il rapporto giromagnetico.
Al tempo $\text{t} = 0$ si misura $L^2$ e $L_z$ e si trova $2 ħ^2$ e $0$.
1) determinare l'espressione del ket di stato ad un tempo $\text{t}$ generico
2) Determinate i valori medi di $\text{H}$ e $L_x^2$ al tempo $\text{t}$
3) il primo $t_0$ tale che il ket di stato sia autoket di $L_x$

Ho dei dubbi:
Innanzitutto so che, in seguito alla misura, lo stato collassa in un autostato $| \alpha (0) \rangle$ simultaneo di $L^2$ e $L_z$. Ma quest'ultimo non può essere un autostato di $\text{H}$ perchè $L_z$ non commuta con $L_y$, giusto? Se fosse giusto non potrei evolvere temporalmente moltiplicando il ket per una fase opportuna. Quindi cosa dovrei fare? Esprimere $| \alpha (0) \rangle$ come combinazione lineare di una base di $\text{H}$? Poi immagino bisogna anche scrivere $L_y$ come: $L_y = \frac{L_+ - L_-}{2i}$

[Lampo1089]

Direi tutto corretto

[Dracmaleontes]

il ket $| \alpha (0) \rangle$ dopo la misura è in pratica $| 1;0 \rangle$ (quello a cui corrispondono gli autovalori $\text{l} = 1$ e $\text{m} = 0$), ma ora come lo decompongo secondo gli autostati dell'hamiltoniana?

[Lampo1089]

Prima devi calcolarli, si tratta di rappresentare H nella base, quindi come una matrice 3x3 e diagonalizzarla per trovare autovalori e autovettori

Edit: gli autostati di H sono ovviamente gli autostati simultanei di L2 e Ly.

[Dracmaleontes]

Capisco, allora usando queste rappresentazioni matriciali per l = 1:




Ottengo la rappresentazione matriciale di H:

\begin{bmatrix}
\frac{ħ^2}{I} & -iħ \frac{\gamma B}{\sqrt{2}} & 0 \\
iħ \frac{\gamma B}{\sqrt{2}} & \frac{ħ^2}{I} & -iħ \frac{\gamma B}{\sqrt{2}} \\
0 & iħ \frac{\gamma B}{\sqrt{2}} & \frac{ħ^2}{I}
\end{bmatrix}

A questo punto, posso trovare gli autovalori: $E_1 = \frac{ħ^2}{I}$, $E_2 = \frac{ħ^2}{I} - ħ \gamma B$
e $E_3 = \frac{ħ^2}{I} + ħ \gamma B$
E le rispettive rappresentazioni:

$|E_1\rangle \rightarrow (1,0,1) $
$|E_2\rangle \rightarrow (-1,i \sqrt{2},1) $
$|E_3\rangle \rightarrow (-1,-i \sqrt{2},1) $
E assegnando la seguente rappresentazione : $|1;0 \rangle \rightarrow (0,1,0)$
Si ottiene: $ | \alpha (0) \rangle = -\frac{i}{2\sqrt{2}} |E_2 \rangle + \frac{i}{2\sqrt{2}} |E_3 \rangle $
E dunque: $| \alpha (t) \rangle = -\frac{i}{2\sqrt{2}} \exp(-\frac{i}{ħ} E_2 t) | E_2 \rangle +\frac{i}{2\sqrt{2}} \exp(-\frac{i}{ħ} E_3 t) | E_3 \rangle $
è corretto il primo punto?

[Lampo1089]

Non ho controllato i conti, però presta attenzione alla normalizzazione degli stati. La base che scrivi non è orthonormale e il ket di stato a cui giungi pure. Ipotizzando che i conti siano corretti, di questo ne dovrai tenere conto nei punti successivi... O altrimenti normalizzi tutto subito e bon.
Procedi come preferisci.

[Dracmaleontes]

Ok allora normalizzo tutto:

$|E_1\rangle \rightarrow \frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1) $
$|E_2\rangle \rightarrow \frac{1}{2}(-1,i \sqrt{2},1) $
$|E_3\rangle \rightarrow \frac{1}{2}(-1,-i \sqrt{2},1) $

E dunque: $| \alpha (t) \rangle = -\frac{i}{\sqrt{2}} \exp(-\frac{i}{ħ} E_2 t) | E_2 \rangle +\frac{i}{\sqrt{2}} \exp(-\frac{i}{ħ} E_3 t) | E_3 \rangle $

Ora posso trovare i valori medi.
Allora a questo punto devo nuovamente esprimere gli autostati dell'energia con quelli di $L^2$ e $L_z$
Assegnando:
$ |1;-1 \rangle \rightarrow (1,0,0)$
$ |1;1 \rangle \rightarrow (0,0,1)$
Si ha:

$|E_2 \rangle \rightarrow \frac{1}{2} (- |1;-\rangle + i \sqrt{2}|1;0 \rangle + |1;1\rangle ) $
$|E_3 \rangle \rightarrow \frac{1}{2} (- |1;-\rangle - i \sqrt{2}|1;0 \rangle + |1;1\rangle ) $

E si trova, anche se potrei benissimo aver sbagliato i conti:

$\langle H \rangle = \frac{ħ^2}{I}$ (Questo rimanendo nella base degli autostati di H)

Considerando che $L_x^2 = (\frac{L_+ + L_ -){2})^2 = \frac{L_+^2 + L_-^2 - 2 L^2 - 2 L_z^2}{4}$
Si trova:
$\langle L_x^2 \rangle = 0 $

[Dracmaleontes]

Per quanto riguarda il punto 3:

$L_x | \alpha(t) \rangle = \frac{(L_+ + L_-)}{2} [ c_1(t) (- |1;-1 \rangle + i \sqrt{2} |1;0 \rangle + |1;1 \rangle) + c_2(t) (- |1;-1 \rangle - i \sqrt{2} |1;0 \rangle + |1;1 \rangle) ] = [c_1(t) 2 i ħ ( |1;1 \rangle + |1, -1 \rangle ) - c_2(t)2iħ ( |1;1 \rangle + |1; -1 \rangle)] = \frac{ħ}{\sqrt{2}} [ |1; 1 \rangle + |1; -1 \rangle ] [ exp(-\frac{i}{ħ}E_2 t ) + exp(-\frac{i}{ħ}E_3 t) ] $

Ora non saprei come procedere sinceramente

[Lampo1089]

Tanta carne al fuoco, vediamo un poco:
1) per l'evoluzione temporale dello stato, direi che ci siamo. Si potrebbe "massaggiare" il risultato estraendo una fase globale per rendere il risultato più sensato fisicamente, ottenendo questo:

$$
|\alpha(t) \rangle = \frac{1}{\sqrt2}\left(e^{-i \frac{\Delta E}{2\hbar} t} |1,1\rangle-e^{i \frac{\Delta E}{2\hbar} t} |1,-1\rangle\right)
$$
$$\Delta E = 2 \hbar B \gamma$$
$\Delta E$ è la separazione tra i livelli energetici. Formula più carina, che torna utile più avanti. Ma anche la tua è corretta.

2) Il valore medio di $H$ è corretto
3) Valore medio di $L_x^2$ non mi torna, in particolare ho qualche dubbio su:

$ L_x^2 = (\frac{L_+ + L_ -){2})^2 = \frac{L_+^2 + L_-^2 - 2 L^2 - 2 L_z^2}{4} $

ma devo ancora verificare, eventualmente posta i passaggi. Sperando di non sbagliarmi, mi sarei aspettato un valor medio variabile nel tempo per un moto di precessione del momento angolare nel piano xy

[Dracmaleontes]

Ok per la parte della fase, per quanto riguarda $L_x^2$:
$L_x = \frac{L_+ + L_-}{2} \rightarrow L_x^2 = (\frac{L_+ + L_-}{2})^2 = \frac{L_+^2 + L_-^2 + L_+L_{-} + L_{-}L_+}{4}$
Considerando che:
$L_+L_- = L^2 + L_z^2 + ħ L_z$
$L_{-}L_+ = L^2 + L_z^2 - ħ L_z $
Si ottiene quello che ho scritto in precedenza

[Lampo1089]

Continua a non quadrarmi: prendiamo per esempio $L_{-}L_{+}$:

$$
L_{-}L_{+} = \left(L_x - i L_y\right) \left(L_x + i L_y\right) = L_x^2 + L_y^2 + i \left[L_x,L_y\right] = L_x^2 + L_y^2 - \hbar L_z = L^2 - L_z^2 -\hbar L_z
$$

concordi?

[Dracmaleontes]

Si hai ragione, allora dovrebbe essere $L_x^2 = \frac{L_+^2 + L_-^2 + 2 L^2 - 2L_z^2}{4}$, provo a rifare i calcoli.
Cosi facendo mi viene $ \langle L_x^2 \rangle = \frac{3}{4} ħ^2$

[Lampo1089]

Non mi pare ancora il risultato corretto. Dai miei calcoli, dovrebbe essere invece:

$$
\langle L_x^2\rangle = \hbar^2 \cos^2\left(\gamma B t\right)
$$

che è simile a quanto mi attendevo.
Prova a ricontrollare i passaggi che fai quando passi dalla base di $L_y$ a quella di $L_z$.

---

Edit: che ci sia qualcosa di sbagliato è chiaro perché il tuo risultato non riproduce il valor medio di $L_x^2$ al tempo $t = 0$. Se prendi l'espressione che hai trovato per $L_x^2$ in termini di operatori di innalzamento/abbassamento e la applichi allo stato al tempo zero (che è autostato di lz con autovalore nullo) ottieni che i primi due termini danno contributo nullo, idem l'ultimo, rimane quindi
$$
\langle\alpha(0)| L_x^2 | \alpha(0)\rangle = \frac{1}{2}\langle\alpha(0)| L^2 | \alpha(0)\rangle = \hbar^2
$$
che non è consistente con il tuo risultato.

[Dracmaleontes]

Si hai ragione, stavo sbagliando
In realtà $L_x = \frac{L_+ - L_-}{2i}$
Facendo così mi viene il tuo risultato.
Poi il $t_0$ tale per cui il ket di stato è autostato di $L_x$ mi viene $t_0 = \frac{pi}{2 \gamma B}$

[Lampo1089]

OK il tempo $t_0$ mi torna. Però non mi torna la relazione che scrivi per $L_x$: gli operatori di innalzamento abbassamento si riferiscono ad $L_z$ o altro? Perché nel primo caso sarebbe invece corretto:

$$
L_x = \frac{L_+ + L_-}{2}
$$

A meno che non sia un typo del tuo ultimo post, temo ci sia ancora qualcosa che non torna.

[Dracmaleontes]

L'ho visto dalle soluzioni del professore, non capisco nemmeno io perchè sinceramente.