Solutions, Exercises 4

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1 Solutions, Exercises 4 1. Consider a harmonic oscillator of mass m and angular frequency ω. At time t = 0, the state of this oscillator is given by: ψ0 = Σ n c n ϕ where the states ϕ are stationar states with energies n + 1/ω. a. What is the probability P that a measurement of the oscillator's energy performed at an arbitrary time t > 0, will yield a result greater than ω? When P = 0, what are the non-zero coecients c n? b. From now on, asumme that only c 0 and c 1 are dierent from zero. Write the normalization condition for ψ0 and the mean value H of the energy in terms of c 0 and c 1. With the additional requirement H = ω, calculate c 0 and c 1. c. As the normalized state vector ψ0 is dened only to within a global phase factor, we x this factor by choosing c 0 real and positive. We set: c 1 = c 1 e iθ. We assume that H = ω and that: Calculate θ 1. X = 1 mω d. With ψ0 so determined, write ψt for t > 0 and calculate the value of θ 1 at t. Deduce the mean value X t of the position at t. a Al tiempo t = 0 el estado del oscilador está dado por, ψ0 = Σ n c n ϕ 1 donde los estados ϕ son estados estacionarios con energías n + 1/ω, esto es; H ϕ = E n ϕ, E n = n + 1/ ω ϕ donde H es el Hamiltoniano del oscilador harmónico. El estado ψt del oscilador al tiempo t > 0, esta dado por la espresión: ψt = Σ n=0 c n 0e ient/ ϕ 3 como energías más grandes que ω se obtienen para n =, 3, 4... entonces; ψt = Σ n= c n 0e ient/ ϕ n 4 1

2 y la probabilidad de hallar energías mas grandes que ω es; Sustituyendo se tiene: PE > ω = Σ n=1 ϕ n ψt 5 PE > ω = Σ n,m ϕ n c m 0e iemt/ ϕ m 6 tomando c m 0e iemt/ = c m y haciendo uso de la ortonormalidad de los estados base ϕ m se tiene; PE > ω = Σ n,m c m ϕ n ϕ m = Σ n,m c m δ m,n Por lo tanto la probalididad de medir una energìa mayor que ω en un tiempo arbitrario t > 0 es: PE > ω = Σ n= c n 7 Finalmente si P = 0, entonces los coecientes c n distintos de cero con c 0 y c 1. b Suponiendo que c 0, c 1 0, entonces el estado ψt al tiempo t = 0 es ψ0 = c 0 e ie00/ ϕ 0 + c 1 e ie10/ ϕ 1, esto es; ψ0 = c 0 ϕ 0 + c 1 ϕ 1 8 Por lo tanto la condición de normalización para la expresión anterior es; ψ0 ψ0 = ϕ 0 c 0 + ϕ 1 c 1 c 0 ϕ 0 + c 1 ϕ 1 Haciendo el producto y haciendo uso de la ortonormalidad nos queda la condición de normalización; 1 = c 0c 0 + c 1c 1 = c 0 + c 1 9 Por otro lado, el valor medio de H en términos de c 0 y c 1 es: H ψt = H c 0 e ie0t/ ϕ 0 + c 1 e ie1t/ ϕ 1 Aplicando el hamiltoniando a los eigenestados con eigenvalores n + 1/ω se tiene; 1 3 H ψt = c 0 e ie0t/ ω ϕ 0 + c 1 e ie1t/ ω ϕ 1 10 entonces, el valor esperado del hamiltoniano es; ψt H ψt = 1 3 c 0e ie0t/ ϕ 0 +c 1e ie1t/ ϕ 1 c 0 e ie0t/ ω ϕ 0 + c 1 e ie1t/ ω ϕ 1

3 Haciendo los productos y haciendo uso de la ortonormalidad de los estados base se tiene; 1 3 H = c 0 ω ϕ 0 + c 1 ω 11 Sin embargo, como H = ω, entonces; 1 3 ω = c 0 ω ϕ 0 + c 1 ω 1 = 1 c c 1 1 Para encontrar los valores de las constantes c 0 y c 1 se hace uso de la condición de normalización encontrada anteriormente, con esto se tiene que; c 0 = 1 c 1 = 1 13 ccomo el vector de estado normalizado ψ0 está solamente denido dentro de un factor de fase global, entonces se puede jar c 0 ɛr y haciendo c 1 = c 1 e iθ1 entonces el estado ψ0 tiene la forma; ψ0 = c 0 ϕ 0 + c 1 ϕ 1 = c 0 ϕ 0 + c 1 e iθ1 ϕ 1 14 donde c 0 = c 1 = 1/, sustituyendo nos queda: ψ0 = 1 ϕ e iθ1 ϕ 1 15 Con esto, es posible calcular el valor esperado de X en el estado ψ0 esto es; X = ψ0 X ψ0 de esta manera, el operador X aplicado al estado ψ0 tiene la forma; 1 X ψ0 = X ϕ e iθ1 ϕ 1 X ψ0 = 1 X ϕ e iθ1 X ϕ 1 16 Donde el operador X en terminos del operador de creación y aniquilación es: Sustituyendo el operador X en la Eq. 16; X = a + a 17 mω 3

4 X ψ0 = 1 a + a ϕ mω mω eiθ1 a + a ϕ 1 18 Dado que a ϕ n = n + 1 ϕ n+1 y a ϕ n = n ϕ n 1, la ecuacion anterior queda de la forma: X ψ0 = 1 e iθ1 ϕ 0 + ϕ 1 + e iθ1 ϕ mω 19 Haciendo el producto interno con el bra ψ0 nos da el valor esperado de X, esto es: X = 1 ϕ e iθ1 ϕ 1 1 e iθ1 ϕ 0 + ϕ 1 + e iθ1 ϕ mω Haciendo los productos correspondientes y recordando la ortogonalidad de los estados base, queda; Tomando el valor de X dado, se tiene que; X = 1 e iθ 1 + e iθ1 mω X = mω cosθ mω = mω cosθ 1 del estado a un tiempo t, esta dado por, cosθ 1 = θ 1 = π/4 1 ψt = c 0 e ie0t/ ϕ 0 + c 1 e ie1t/ ϕ 1 Tomando que c 1 = 1/ e iθ1 y c 0 = 1/ el estado al tiempo t queda de la forma; ψt = 1 e ie0t/ ϕ e iθ1 e ie1t/ ϕ 1 De manera analoga al inciso anterior, aplicando el operador X al estado dado por la Eq. y reescribiendo el operador X en terminos de los operadores de creación y aniquilación se tiene: X ψt = 1 e ie0t/ X ϕ e iθ1 e ie1t/ X ϕ 1 X ψt = 1 mω e ie0t/ a + a ϕ mω eiθ1 e ie1t/ a + a ϕ 1 3 4

5 Dado que a ϕ n = n + 1 ϕ n+1 y a ϕ n = n ϕ n 1, la ecuacion anterior queda de la forma: X ψt = 1 a e ie0t/ ϕ 0 + e iθ1 e ie1t/ a + a ϕ 1 mω X ψt = 1 e iθ1 e ie1t/ ϕ 0 + e ie0t/ ϕ 1 + e iθ1 e ie1t/ ϕ mω 4 De esta manera, el valor esperado de X para el estado al tiempo t esta dado por; X = ϕ 0 1 e ie0t/ + ϕ 1 1 e iθ1 e ie1t/ e iθ1 e ie1t/ ϕ 0 + e ie0t/ ϕ 1 + e iθ1 e ie1t/ ϕ mω Haciendo los productos correspodientes y recordando la ortogonalidad de los estados base se tiene; Despejando θ 1 se tiene nalmente; X = 1 e iθ1+e0 E1t/ + e iθ1+e0 E1t/ mω X = mω cos θ 1 + E 0 E 1 t/ 5 mω θ 1 = cos 1 X E 0 E 1 t 6 5

6 . Anisotropic three-dimensional harmonic oscillator In a three-dimensional problem, consider a particle of mass m and of potential energy: V X, Y, Z = mω where ω and λ are constants which satisfy: [ 1 + λ X + Y + 1 4λ ] Z 3 3 ω 0, 0 λ < 3 4 a. What are the eigenstates of the Hamiltonian and the corresponding energies? b. Calculate and discuss, as functions of λ, the variation of the energy, the parity and the degree of degenerancy of the ground state and the rst two excited states. a.dado que se trata de un oscilador harmónico en tres dimensiones, entonces el hamiltionano del sistema esta dado por; H = P [ m + mω 1 + λ X + Y + 1 4λ ] Z donde P = P x + P y + P z. El hamiltoniano cumple con la ecuación de eigentestados; H ϕ = E ϕ 8 Sea α = 1 + λ/3 y β = 1 4λ/3, entonces el hamiltoniano se puede reescribir como; H = P x m + P y m + P z m + mω [ α X + α Y + β Z ] Reacomodando terminos el hamiltoniano anterior se reescribe como; H = P x m + mω α X + P y m α Y + mω + P z m + mω β Z H = H x + H y + H z 9 Donde el ket de estado del sistema pertence al espacio ξ k y esta dado por el producto directo de los kets de estado en cada dimensión, esto es; ψ = ϕ nx ϕ ny ϕ nz 30 Los eigenvalores del hamiltoniando estan dados por; E x = n x + 1 ωα 6

7 E y = n y + 1 ωα E z = n z + 1 ωβ Con esto, la ecuación de eigenvalores es; H ψ nx,ny,nz = E nx + E ny + E nz ψ nx,ny,nz Reemplazando los eigenvalores se tiene; H ψ nx,ny,nz = ω n x + 1 α + n y + 1 α + n z + 1 β ψ nx,ny,nz H ψ nx,ny,nz = ω n x + n y + 1 α + n z + 1 β ψ nx,ny,nz Por lo tanto, el eigenvalor del hamiltoniano esta dado por; E n = ω n x + n y + 1 α + n z + 1 β 31 b. Las eigenfunciones de H tendrán una paridad denida si el potencial V X, Y, Z es una función par. De la eq. 1 se observa que; V X, Y, Z = V X, Y, Z 3 Por lo tanto V es una función par. Sea n = n x + n y entonces los eigenestados del hamiltoniano son; E n = n + 1 ω 1 + n z + 1 ω ω 1 = ωα, ω = ωβ Para el estado base se tiene n = n z = 0 de esta manera el eigenvalor es; E 0 = ω ω sustituyendo los valores de ω 1 y ω en función de los parámetros originales nos queda; E 0 = ω 1 + λ λ 3 Por lo tanto el estado base no es degenerado, dado que solo existe un eigenvalor para el eigentestado base. 7

8 Para el primer estado exitado, n = 1, se puede obtener con n x = 0, n y = 1, n x = 1, n y = 0, se tiene el mismo valor de energía sin importar el valor de n z, por lo tanto es un estado doblemente degenerado con un eigenvalor dado por; E 1 = ω α + n z + 1 β Sustituyendo los valores de α y β, nalmente se tiene; E 1 = ω 1 + λ3 + n z λ 3 8

9 3. Harmonic oscillator: two particles Two particles of the same mass m, with positions X 1 and X and momenta P 1 and P, are subject to the same potential: V X = 1 mω X The two particles do not interact. a. Write the operator H, the Hamiltonian of the two-particle system. Show that H can be written: H = H 1 + H where H 1 and H act respectively only in the state space of particle 1 and in that of particle. Calculate the energies of the two-particle system, their degrees of degenerancy, and the corresponding wave functions. b. Does H form a C.S.C.O.? Same question for the set {H 1, H }. We denote by Φ n1,n the eigenvectors common to H 1 and H. Write the orthonormalization and closure relations for the states Φ n1,n. c. Consider a system which, at t = 0, is in the state: ψ0 = 1 Φ 0,0 + Φ 1,0 + Φ 1,1 What results can be found and with what probabilities if at this time one measueres: the total energy of the system? the energy of particle 1? the position or velocity of this particle? a, b. Dado que las dos partículas no interactuan, entonces el operador H está dado por: Ĥ = 1 ˆP 1 + ˆX 1 + ˆP + ˆX El hamiltoniano del sistema está dado por la expresión H = ωĥ, esto es; H = 1 ω ˆP 1 + ˆX 1 + ˆP + ˆX POr otro lado, dado que las dos partículas no interactuan, entonces el hamiltoniano se puede escribir como; H = T + V donde T = T 1 + T y V = V 1 + V, donde no hay terminos cruzados en la energía potencial debido a que no hay interacción entre las particulas. Esto es; H = T 1 + V 1 + T + V H = Σ H i, H i = T i + V i i=1 33 9

10 Ahora, sea ξ N el espacio del sistema, el cual esta denido como el producto tensorial; ξ N = ξ 1 ξ donde ξ 1 es el espacio de estado de la particula 1, esto es, el espacio asociado con la función de conda Φ 1 y ξ está denido de manera análoga. Ahora, la expresión 37 se reescribe como; De esta manera; H = 1 ω ˆP 1 + ˆX 1 + ˆP + ˆX, donde ˆX mω i = X i, ˆP 1 i = P i, i = 1, mω H = 1 P m 1 + P 1 + mω X1 + X 34 H = H 1 + H Donde H i = 1 m P mω X i i = 1, 35 De la Eq. 35 se observa que H es una función solamente de P 1 y X 1 para i = 1, por lo que H 1 es la extensión en ξ N de un operador el cual realmente actua en ξ 1. De manera similar H actua solo en ξ. En el espacio ξ 1, H 1 es el hamiltoniano de un oscilador armónico uno dimensional y de manera similar para H en ξ. Dado que H 1, H conmutan, entonces cada uno de ellos conmuta con su suma. Por lo que la ecuación de eigenvalor H ψ = E ψ, puede resolverse al mantener los eigenestados de H los cuales tambien son eigenestados de H 1 y H. Esto es; H i ϕ ni = E i ϕ ni, ϕ ni ɛξ i i = 1, H i ϕ n1 = n i + 1 ω ϕ ni i = 1, 36 donde n 1 y n son enteros positivos o cero. De esto se deduce que los eigentestados comunes a H, H 1 y H son de la forma: Φ n1,n = ϕ n1 ϕ n 37 Por lo tanto, de acuerdo con las Eq. 34 y 36 se tiene que; H Φ n1,n = ω n 1 + 1/ + n + 1/ Φ n1,n H Φ n1,n = ω n 1 + n + 1 Φ n1,n 38 10

11 por lo tanto de los eigenestados de H son los productos tensoriales de los eigentestados de H 1 y H respectivamente, y los eigenvalores de H como la suma de los eigenvalores de estos dos estados. De la Eq. 38 se tiene que los niveles de energía E n del sistema de dos partículas son de la forma; E n = ω n + 1 n = n 1 + n Donde n es un entero positivo o cero. La Eq. 37 nos permite obtener las propiedades de los eigenestados Φ n1,n asi como de los eigenestados comunes de H, H 1 y H. Introduciendo los pares de operadores de creación y aniquilación dados por; a i = mω X i i + P i i = 1, mω a mω i = X i i P i i = 1, mω dichos operadores satisfacen las relaciónes de conmutación, [a i, a j ] = δ i,j, [a i, a j ] = [a i, a j ] = 0 La acción de los operadores de creación y aniquilación sobre los estados Φ n1,n estan dados por las siguientes ecuaciones; a 1 Φ n1,n = a [ ϕ n1 ϕ n ] a 1 Φ n1,n = n 1 [ ϕ n1 1 ϕ n ] = n 1 Φ n1 1,n 39 a 1 Φ n 1,n = a [ ϕ n 1 ϕ n ] a 1 Φ n 1,n = n [ ϕ n1+1 ϕ n ] = n 1 Φ n1+1,n 40 y de manera similar para a y a. De esta manera un eigenestado arbitrario en ξ i se puede construir mediante la acción de n veces el operador de creación sobre el estado base, esto es, ϕ ni = 1 a ni i ϕ0 41 ni! donde ϕ 0 es el estado base que satisface la condición; a i ϕ 0 = 0 De esta manera, para el espacio ϕ 1 ϕ, se tiene; 11

12 1 Φ n1,n = a n1 1 a n n1!n! Φ0,0 4 donde Φ 0,0 es el producto tensorial de los estados base de los espacios ξ 1 y ξ, de tal manera que; a i Φ 0,0 = 0 i = 1, 43 Ademas de la Eq. 4 se sigue que la condición de normalización es; Φ n Φ n1,n 1,n = Con la relación de cerradura dada por, 1 n 1!n!n 1!n! Φ 0,0 a 1 n 1 a n a 1 n1 a n Φ0,0 Σ ϕ n1 ϕ n ϕ n1 ϕ n = Σ Φ n1n Φ n1,n = 1 44 n 1,n n1,n Dado que H 1 constituye un C.S.C.O. en ξ 1 y H en ξ. Por lo que {H 1, H } es un C.S.C.O. en ξ N. Por lo tanto, exite un único ket Φ n1,n de ξ N correpondiente a un conjunto dado de eigenevalores de H 1 y H. Los grados de degeneración son; E n = ωn + 1, n = n 1 + n Los primeros estados exitados del sistema son; Tabla 1. Grados de degeneración para el hamiltoniano de dos particulas. n E i n 1 n Grado de degeneración 0 ω 0 0 Estado base no-degenerado 1 ω 1,0 0,1 Estado doblemente degenerado 3ω,1,0 0,1, Estado triplemente degenerado 3 4ω 3,,1,0 0,1,,3 Estado 4-veces degenerado 4 5ω 4,3,,1,0 4,3,,1,0 Estado 5-veces degenerado Por lo tanto H no forma un C.S.C.O. dado que los niveles de energía E n presentan n + 1 degeneraciones. c.dado que el sistema al tiempo t = 0 esta en estado; ψ0 = 1 Φ 0,0 + Φ 1,0 + Φ 0,1 + Φ 1,1 45 Entonces las energías que pueden medirse estàn dadas por la Eq. 38, esto es; H Φ n1,n = E n Φ n1,n E n = n + 1 ω = n 1 + n + 1 ω 46 Por lo tanto para el estado Φ 0,0 el eigenestado de energía es E = ω. Y con probabilidad PE = ω = Φ 0,0 ψ0, PE = ω = Φ 0,0 1 Φ 0,0 + Φ 1,0 + Φ 0,1 + Φ 1,1 1

13 PE = ω = 1 4 Φ 0,0 Φ 0,0 + Φ 0,0 Φ 1,0 + Φ 0,0 Φ 1,1 Haciendo uso de la de la ortogonalidad, entonces, PE = ω = Para el estado Φ 1,0 el estado de energía es E = ω, la probabilidad es; PE = ω = Φ 1,0 1 Φ 0,0 + Φ 1,0 + Φ 0,1 + Φ 1,1 PE = ω = 1 4 Φ 1,0 Φ 0,0 + Φ 1,0 Φ 1,0 + Φ 1,0 Φ 1,1 = 1 4 Para el estado Φ 0,1 el estado de energía es E = ω, la probabilidad es; PE = ω = Φ 0,1 1 Φ 0,0 + Φ 1,0 + Φ 0,1 + Φ 1,1 PE = ω = 1 4 Φ 0,1 Φ 0,0 + Φ 0,1 Φ 1,0 + Φ 0,1 Φ 1,1 = 1 4 Para el estado Φ 1,1 el estado de energía es E = 3ω, la probabilidad es; PE = 3ω = Φ 1,1 1 Φ 0,0 + Φ 1,0 + Φ 0,1 + Φ 1,1 PE = 3ω = 1 4 Φ 1,1 Φ 0,0 + Φ 1,1 Φ 1,0 + Φ 1,1 Φ 1,1 =

14 This exercise is a continuation of the preceding one and uses the same notation. The two-particle system, at t = 0, is in the state ψ0 given in the excersice 3. a. At t = 0, one measures the total energy H and one nds the result ω. α. Calculate the mean values of the position, the momentum, and the energy of particle 1 at an arbitrary positive t. Same question for particle. β.at t > 0, one measures the energy of particle 1. What results can be found, and with what probabilites? Same question for a measurement of the position of particle 1; trace the curve for the corresponding probability density. b. Instead of measuring the total energy H, at t = 0, one measures the energy H of particle ; the result obtained is ω/. What happens to the answers to quiestions α and β of? a.al tiempo t = 0, el estado del sistema es; ψ0 = 1 Φ 0,0 + Φ 1,0 + Φ 0,1 + Φ 1,1 48 El estado ψt del sistema de dos partículas al tiempo t, para la particula 1 se tiene; ψt = Σ n1=0 c n 1,n 0e ien 1 t/ Φ n1,n 49 Los coecientes c n1,n esta dados por, c n1,n = Φ n1,n ψ0 = 1 Φ n 1,n Φ 0,0 + Φ 1,0 + Φ 0,1 + Φ 1,1 50 De esta manera se obtiene que; c 0,0 = c 1,0 = c 1,0 = c 1,1 = 1 Sustituyendo estos valores, el estado ψt es; ψt = 1 e ien 1 t/ Φ 0,0 + e ien 1 t/ Φ 1,0 + e ien 1 t/ Φ 0,1 + e ien 1 t/ Φ 1,1 51 Dado que E n1 = n ω, entonces, ψt = 1 e iωt/ Φ 0,0 + e 3iωt/ Φ 1,0 + e iωt/ Φ 0,1 + e 3iωt/ Φ 1,1 5 Donde la Eq. 5 es el estado de la partícula 1 al tiempo t > 0. El valor medio de la posición para la partícula 1 es; X 1 = ψt X 1 ψt Reescribiendo X 1 en terminos de los operadores de creación y aniquilación se tiene; 14

15 X 1 ψt = ademas, sustituyendo el eigenestado ψt, se tiene; mω a 1 + a 1 ψt X 1 ψt = mω a 1 + a 1 1 e iωt/ Φ 0,0 + e 3iωt/ Φ 1,0 + e iωt/ Φ 0,1 + e 3iωt/ Φ 1,1 donde, a 1 Φ n1,n = n 1 Φ n1 1,n a 1 Φ n 1,m = n Φ n1+1,n Por lo tanto, aplicando los operadores de creación y aniquilación se tiene; X 1 ψt = 1 mω e iωt/ Φ 1,0 + e 3iωt/ Φ 0,0 + Φ,0 + e iωt/ Φ 1,1 + e 3iωt/ Φ 0,1 + Φ,1 Ahora, haciendo el producto interior con el ket ψt y haciendo uso de la ortogonalidad se tiene; ψt X 1 ψt = mω 1 4 e iωt e+iωt e iωt e+iωt ψt X 1 ψt = 1 e iωt + e +iωt mω ψt X 1 ψt = cos ωt 53 mω Para, el momento de la partícula 1, el operador del momento en función de los operadores de creación y aniquilación es; Sustituyendo el estado ψt, se tiene; P 1 ψt = i mω a 1 a 1 ψt 54 P 1 ψt = i mω a 1 a 1 e iωt/ Φ 0,0 + e 3iωt/ Φ 1,0 + e iωt/ Φ 0,1 + e 3iωt/ Φ 1,1 Aplicando los operadores de creación y aniquilación sobre los estados, correspondientes, P 1 ψt = i mω e iωt/ Φ 1,0 + e 3iωt/ Φ 0,0 + Φ,0 + e iωt/ Φ 1,1 + e 3iωt/ Φ 0,1 + Φ,1 15

16 Haciendo el producto interno con el ket, ψt se tiene; mω ψt P 1 ψt = i 14 e iωt + 14 e+iωt 14 e iωt + 14 e+iωt ψt P 1 ψt = i mω e iωt + e +iωt Para el caso de la energía se tiene; mω ψt P 1 ψt = sinωt 55 H 1 ψt = P 1 m + 1 mω x 1 ψt 56 Y el valor medio de la energia esta dado por el producto interno con el ket ψt, esto es; H 1 = ψt H 1 ψt 57 Sustituyendo los operadores de momento y posición en términos de los operadores de creación y aniquilación, se obtiene un valor medio de la energía de; ψt H 1 ψt = ω 58 De manera análoga para la partícula, realizando el mismo procedimiento para posición, momento y energía se ecuentran los siguientes resultados; X = cosωt 59 mω mω P = sinωt 60 H = ω 61 β. Al tiempo t, el estado de la partícula 1 es ; ψt = 1 e iωt/ Φ 0,0 + 1 e 3iωt/ Φ 1,0 + 1 e iωt/ Φ 0,1 + 1 e 3iωt/ Φ 1,1 Donde las energías de los estados se obtienen del argumento de la función exponencial, estas son; ω/, 3ω/, ω/ y 3ω/ con probabilidades 1/4. 16