5.1, 5.2, 5.3, 5.4

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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:
| ψ(0)〉 = Σncn | ϕ〉
where the states | ϕ〉are stationar states with energies (n+ 1/2)~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 2~ω? When P = 0, what are the non-zero coefficients cn?
b. From now on, asumme that only c0 and c1 are different from zero. Write the normalization condition for
| ψ(0)〉 and the mean value 〈H〉 of the energy in terms of c0 and c1. With the additional requirement 〈H〉 = ~ω,
calculate | c0 |2 and | c1 |2 .
c. As the normalized state vector | ψ(0)〉 is defined only to within a global phase factor, we fix this factor by
choosing c0 real and positive. We set: c1 =| c1 | eiθ. We assume that 〈H〉 = ~ω and that:
〈X〉 = 1
2
√
~
mω
Calculate θ1.
d. With | ψ(0)〉 so determined, write | ψ(t)〉 for t > 0 and calculate the value of θ1at t. Deduce the mean value
〈X〉(t) of the position at t.
(a) Al tiempo t = 0 el estado del oscilador está dado por,
| ψ(0)〉 = Σncn | ϕ〉 (1)
donde los estados | ϕ〉 son estados estacionarios con energías (n+ 1/2)~ω, esto es;
H | ϕ〉 = En | ϕ〉, En = (n+ 1/2) ~ω | ϕ〉 (2)
donde H es el Hamiltoniano del oscilador harmónico. El estado | ψ(t)〉 del oscilador al tiempo t > 0, esta dado
por la espresión:
| ψ(t)〉 =
∞
Σ
n=0
cn(0)e−iEnt/~ | ϕ〉 (3)
como energías más grandes que 2~ω se obtienen para n = 2, 3, 4... entonces;
| ψ(t)〉 =
∞
Σ
n=2
cn(0)e−iEnt/~ | ϕn〉 (4)
1
y la probabilidad de hallar energías mas grandes que 2~ω es;
P(E > 2~ω) =
∞
Σ
n=1
| 〈ϕn | ψ(t)〉 |2 (5)
Sustituyendo se tiene:
P(E > 2~ω) =
∞
Σ
n,m
| 〈ϕn | cm(0)e−iEmt/~ | ϕm〉 |2 (6)
tomando cm(0)e−iEmt/~ = cm y haciendo uso de la ortonormalidad de los estados base ϕm se tiene;
P(E > 2~ω) =
∞
Σ
n,m
| cm〈ϕn | ϕm〉 |2=
∞
Σ
n,m
| cmδm,n |2
Por lo tanto la probalididad de medir una energìa mayor que 2~ω en un tiempo arbitrario t > 0 es:
P(E > 2~ω) =
∞
Σ
n=2
c2n (7)
Finalmente si P = 0, entonces los coeficientes cn distintos de cero con c0 y c1.
(b) Suponiendo que c0, c1 6= 0, entonces el estado | ψ(t)〉 al tiempo t = 0 es | ψ(0)〉 = c0eiE0(0)/~ | ϕ0〉 +
c1e
iE1(0)/~ | ϕ1〉, esto es;
| ψ(0)〉 = c0 | ϕ0〉+ c1 | ϕ1〉 (8)
Por lo tanto la condición de normalización para la expresión anterior es;
〈ψ(0) | ψ(0)〉 = (〈ϕ0 | c∗0 + 〈ϕ1 | c∗1) (c0 | ϕ0〉+ c1 | ϕ1〉)
Haciendo el producto y haciendo uso de la ortonormalidad nos queda la condición de normalización;
1 = c∗0c0 + c
∗
1c1 =| c0 |2 + | c1 |2 (9)
Por otro lado, el valor medio de H en términos de c0 y c1 es:
H | ψ(t)〉 = H
(
c0e
−iE0t/~ | ϕ0〉+ c1e−iE1t/~ | ϕ1〉
)
Aplicando el hamiltoniando a los eigenestados con eigenvalores (n+ 1/2)~ω se tiene;
H | ψ(t)〉 = c0e−iE0t/~
(
1
2
~ω
)
| ϕ0〉+ c1e−iE1t/~
(
3
2
~ω
)
| ϕ1〉 (10)
entonces, el valor esperado del hamiltoniano es;
〈ψ(t) | H | ψ(t)〉 =
(
c∗0e
iE0t/~〈ϕ0 | +c∗1eiE1t/~〈ϕ1 |
)(
c0e
−iE0t/~
(
1
2
~ω
)
| ϕ0〉+ c1e−iE1t/~
(
3
2
~ω
)
| ϕ1〉
)
2
Haciendo los productos y haciendo uso de la ortonormalidad de los estados base se tiene;
〈H〉 =| c0 |2
(
1
2
~ω
)
| ϕ0〉+ | c1 |2
(
3
2
~ω
)
(11)
Sin embargo, como 〈H〉 = ~ω, entonces;
~ω =| c0 |2
(
1
2
~ω
)
| ϕ0〉+ | c1 |2
(
3
2
~ω
)
1 =
1
2
| c0 |2 +32 | c1 |
2
(12)
Para encontrar los valores de las constantes c0 y c1 se hace uso de la condición de normalización encontrada
anteriormente, con esto se tiene que;
| c0 |2= 12 | c1 |
2=
1
2
(13)
(c)Como el vector de estado normalizado | ψ(0)〉 está solamente definido dentro de un factor de fase global,
entonces se puede fijar c0�R y haciendo c1 =| c1 | eiθ1entonces el estado | ψ(0)〉 tiene la forma;
| ψ(0)〉 = c0 | ϕ0〉+ c1 | ϕ1〉 = c0 | ϕ0〉+ | c1 | eiθ1 | ϕ1〉 (14)
donde | c0 |=| c1 |= 1/
√
2, sustituyendo nos queda:
| ψ(0)〉 = 1√
2
| ϕ0〉+ 1√
2
eiθ1 | ϕ1〉 (15)
Con esto, es posible calcular el valor esperado de X en el estado | ψ(0)〉 esto es;
〈X〉 = 〈ψ(0) | X | ψ(0)〉
de esta manera, el operador X aplicado al estado | ψ(0)〉tiene la forma;
X | ψ(0)〉 = X
(
1√
2
| ϕ0〉+ 1√
2
eiθ1 | ϕ1〉
)
X | ψ(0)〉 = 1√
2
X | ϕ0〉+ 1√
2
eiθ1X | ϕ1〉 (16)
Donde el operador X en terminos del operador de creación y aniquilación es:
X =
√
~
2mω
(
a† + a
)
(17)
Sustituyendo el operador X en la Eq. (16);
3
X | ψ(0)〉 = 1
2
√
~
mω
(
a† + a
) | ϕ0〉+ 12
√
~
mω
eiθ1
(
a† + a
) | ϕ1〉 (18)
Dado que a† | ϕn〉 =
√
n+ 1 | ϕn+1〉 y a | ϕn〉 =
√
n | ϕn−1〉, la ecuacion anterior queda de la forma:
X | ψ(0)〉 = 1
2
√
~
mω
(
eiθ1 | ϕ0〉+ | ϕ1〉+
√
2eiθ1 | ϕ2〉
)
(19)
Haciendo el producto interno con el bra 〈ψ(0) | nos da el valor esperado de X, esto es:
〈X〉 =
(
1√
2
〈ϕ0 | + 1√
2
e−iθ1〈ϕ1 |
)(
1
2
√
~
mω
(
eiθ1 | ϕ0〉+ | ϕ1〉+
√
2eiθ1 | ϕ2〉
))
Haciendo los productos correspondientes y recordando la ortogonalidad de los estados base, queda;
〈X〉 = 1
2
√
~
2mω
(
e−iθ1 + eiθ1
)
〈X〉 =
√
~
2mω
cos(θ1) (20)
Tomando el valor de 〈X〉 dado, se tiene que;
1
2
√
~
mω
=
√
~
2mω
cos(θ1)
cos(θ1) =
√
2
2
⇒ θ1 = pi/4 (21)
(d)El estado a un tiempo t, esta dado por,
| ψ(t)〉 = c0e−iE0t/~ | ϕ0〉+ c1e−iE1t/~ | ϕ1〉
Tomando que c1 = (1/
√
2)eiθ1 y c0 = 1/
√
2 el estado al tiempo t queda de la forma;
| ψ(t)〉 = 1√
2
e−iE0t/~ | ϕ0〉+ 1√
2
eiθ1e−iE1t/~ | ϕ
1
〉 (22)
De manera analoga al inciso anterior, aplicando el operador X al estado dado por la Eq. (22) y reescribiendo el
operador X en terminos de los operadores de creación y aniquilación se tiene:
X | ψ(t)〉 = 1√
2
e−iE0t/~X | ϕ0〉+ 1√
2
eiθ1e−iE1t/~X | ϕ
1
〉
X | ψ(t)〉 = 1
2
√
~
mω
e−iE0t/~
(
a† + a
) | ϕ0〉+ 12
√
~
mω
eiθ1e−iE1t/~
(
a† + a
) | ϕ
1
〉 (23)
4
Dado que a† | ϕn〉 =
√
n+ 1 | ϕn+1〉 y a | ϕn〉 =
√
n | ϕn−1〉, la ecuacion anterior queda de la forma:
X | ψ(t)〉 = 1
2
√
~
mω
(
a†e−iE0t/~ | ϕ0〉+ eiθ1e−iE1t/~
(
a† + a
) | ϕ
1
〉
)
X | ψ(t)〉 = 1
2
√
~
mω
(
eiθ1e−iE1t/~ | ϕ0〉+ e−iE0t/~ | ϕ1〉+
√
2eiθ1e−iE1t/~ | ϕ2〉
)
(24)
De esta manera, el valor esperado de X para el estado al tiempo t esta dado por;
〈X〉 =
(
〈ϕ0 | 1√
2
eiE0t/~ + 〈ϕ1 | 1√
2
e−iθ1eiE1t/~
)(√
~
mω
(
eiθ1e−iE1t/~ | ϕ0〉+ e−iE0t/~ | ϕ1〉+
√
2eiθ1e−iE1t/~ | ϕ2〉
))
Haciendo los productos correspodientes y recordando la ortogonalidad de los estados base se tiene;
〈X〉 = 1
2
√
~
2mω
(
ei(θ1+(E0−E1)t/~) + e−i(θ1+(E0−E1)t/~)
)
〈X〉 =
√
~
2mω
cos (θ1 + (E0 − E1)t/~) (25)
Despejando θ1 se tiene finalmente;
θ1 = cos−1
(√
2mω
~
〈X〉
)
− E0 − E1
~
t (26)
5
2. Anisotropic three-dimensional harmonic oscillator
In a three-dimensional problem, consider a particle of mass m and of potential energy:
V (X,Y, Z) =
mω2
2
[(
1 +
2λ
3
)(
X2 + Y 2
)
+
(
1− 4λ
3
)
Z2
]
where ω and λ are constants which satisfy:
ω ≥ 0 , 0 ≤ λ < 34
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 first 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 2
2m
+
mω2
2
[(
1 +
2λ
3
)(
X2 + Y 2
)
+
(
1− 4λ
3
)
Z2
]
(27)
donde P 2 = P 2x + P
2
y + P
2
z .
El hamiltoniano cumple con la ecuación de eigentestados;
H | ϕ〉 = E | ϕ〉 (28)
Sea α2 = 1 + 2λ/3 y β2 = 1− 4λ/3, entonces el hamiltoniano se puede reescribir como;
H =
P 2x2m
+
P 2y
2m
+
P 2z
2m
+
mω2
2
[
α2X2 + α2Y 2 + β2Z2
]
Reacomodando terminos el hamiltoniano anterior se reescribe como;
H =
P 2x
2m
+
mω2
2
α2X2 +
P 2y
2m
α2Y 2 +
mω2
2
+
P 2z
2m
+
mω2
2
β2Z2
H = Hx +Hy +Hz (29)
Donde el ket de estado del sistema pertence al espacio ξk y esta dado por el producto directo de los kets de
estado en cada dimensión, esto es;
| ψ〉 =| ϕnx〉⊗ | ϕny〉⊗ | ϕnz〉 (30)
Los eigenvalores del hamiltoniando estan dados por;
Ex =
(
nx +
1
2
)
~ωα
6
Ey =
(
ny +
1
2
)
~ωα
Ez =
(
nz +
1
2
)
~ωβ
Con esto, la ecuación de eigenvalores es;
H | ψnx,ny,nz〉 = (Enx + Eny + Enz) | ψnx,ny,nz〉
Reemplazando los eigenvalores se tiene;
H | ψnx,ny,nz〉 = ~ω
((
nx +
1
2
)
α+
(
ny +
1
2
)
α+
(
nz +
1
2
)
β
)
| ψnx,ny,nz〉
H | ψnx,ny,nz〉 = ~ω
(
(nx + ny + 1)α+
(
nz +
1
2
)
β
)
| ψnx,ny,nz〉
Por lo tanto, el eigenvalor del hamiltoniano esta dado por;
En = ~ω
(
(nx + ny + 1)α+
(
nz +
1
2
)
β
)
(31)
b. Las eigenfunciones de H tendrán una paridad definida 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) (32)
Por lo tanto V es una función par.
Sea n = nx + ny entonces los eigenestados del hamiltoniano son;
En =
(
(n+ 1) ~ω1 +
(
nz +
1
2
)
~ω2
)
ω1 = ωα, ω2 = ωβ
Para el estado base se tiene n = nz = 0 de esta manera el eigenvalor es;
E0 = ~ω1 +
1
2
~ω2
sustituyendo los valores de ω1 y ω2 en función de los parámetros originales nos queda;
E0 = ~ω
(√
1 +
2λ
3
+
1
2
√
1− 4λ
3
)
Por lo tanto el estado base no es degenerado, dado que solo existe un eigenvalor para el eigentestado base.
7
Para el primer estado exitado, n = 1, se puede obtener con nx = 0, ny = 1 , nx = 1, ny = 0, se tiene el mismo
valor de energía sin importar el valor de nz, por lo tanto es un estado doblemente degenerado con un eigenvalor
dado por;
E1 = ~ω
(
2~α+
(
nz +
1
2
)
β
)
Sustituyendo los valores de α y β, finalmente se tiene;
E1 = ~ω
(
2~
√
1 +
2λ
3
+
(
nz +
1
2
)√
1− 4λ
3
)
8
3. Harmonic oscillator: two particles
Two particles of the same mass m, with positions X1 and X2 and momenta P1and P2, are subject to the same
potential:
V (X) = 12mω
2X2
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 = H1 +H2
where H1 and H2 act respectively only in the state space of particle (1) and in that of particle (2). 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 {H1, H2}. We denote by | Φn1,n2〉 the eigenvectors
common to H1 and H2. Write the orthonormalization and closure relations for the states | Φn1,n2〉.
c. Consider a system which, at t = 0, is in the state:
| ψ(0)〉 = 1
2
(| Φ0,0〉+ | Φ1,0〉+ | Φ1,1〉)
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:
Hˆ =
1
2
(
Pˆ 21 + Xˆ
2
1 + Pˆ
2
2 + Xˆ
2
2
)
El hamiltoniano del sistema está dado por la expresión H = ~ωHˆ, esto es;
H =
1
2
~ω(Pˆ 21 + Xˆ21 + Pˆ 22 + Xˆ22 )
POr otro lado, dado que las dos partículas no interactuan, entonces el hamiltoniano se puede escribir como;
H = T + V
donde T = T1 + T2 y V = V1 + V2, donde no hay terminos cruzados en la energía potencial debido a que no hay
interacción entre las particulas. Esto es;
H = T1 + V1 + T2 + V2
H = Σ2Hi, Hi = Ti + Vi
i=1
(33)
9
Ahora, sea ξN el espacio del sistema, el cual esta definido como el producto tensorial;
ξN = ξ1 ⊗ ξ2
donde ξ1 es el espacio de estado de la particula 1, esto es, el espacio asociado con la función de conda Φ1y ξ2
está definido de manera análoga.
Ahora, la expresión (37) se reescribe como;
H =
1
2
~ω
(
Pˆ 21 + Xˆ
2
1 + Pˆ
2
2 + Xˆ
2
2
)
, donde Xˆi =
√
mω
~
Xi, Pˆi =
1√
m~ω
Pi, (i = 1, 2)
De esta manera;
H =
1
2m
(
P 21 + P
2
2
)
+
1
2
mω2
(
X21 +X
2
2
)
(34)
H = H1 +H2
Donde
Hi =
1
2m
P 21 +
1
2
mω2X2i (i = 1, 2) (35)
De la Eq. (35) se observa que H es una función solamente de P1 y X1 para i = 1, por lo que H1 es la extensión
en ξN de un operador el cual realmente actua en ξ1. De manera similar H2 actua solo en ξ2. En el espacio ξ1, H1
es el hamiltoniano de un oscilador armónico uno dimensional y de manera similar para H2en ξ2.
Dado que H1, H2 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 H1 y H2. Esto es;
Hi | ϕni〉 = Ei | ϕni〉, | ϕni〉�ξi (i = 1, 2)
Hi | ϕn1〉 =
(
ni +
1
2
)
~ω | ϕni〉 (i = 1, 2) (36)
donde n1 y n2 son enteros positivos o cero. De esto se deduce que los eigentestados comunes a H, H1 y H2 son
de la forma:
| Φn1,n2〉 =| ϕn1〉⊗ | ϕn2〉 (37)
Por lo tanto, de acuerdo con las Eq. (34) y (36) se tiene que;
H | Φn1,n2〉 = ~ω (n1 + 1/2 + n2 + 1/2) | Φn1,n2〉
H | Φn1,n2〉 = ~ω (n1 + n2 + 1) | Φn1,n2〉 (38)
10
por lo tanto de los eigenestados de H son los productos tensoriales de los eigentestados de H1 y H2 respectiva-
mente, 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 En del sistema de dos partículas son de la forma;
En = ~ω (n+ 1) n = n1 + n2
Donde n es un entero positivo o cero.
La Eq. (37) nos permite obtener las propiedades de los eigenestados | Φn1,n2〉asi como de los eigenestados
comunes de H, H1 y H2. Introduciendo los pares de operadores de creación y aniquilación dados por;
ai =
√
mω
2~
Xi +
i√
2m~ω
Pi (i = 1, 2)
a†i =
√
mω
2~
Xi − i√
2m~ω
Pi (i = 1, 2)
dichos operadores satisfacen las relaciónes de conmutación,
[ai, a
†
j ] = δi,j , [ai, aj ] = [a
†
i , a
†
j ] = 0
La acción de los operadores de creación y aniquilación sobre los estados | Φn1,n2〉 estan dados por las siguientes
ecuaciones;
a1 | Φn1,n2〉 = a2 [| ϕn1〉⊗ | ϕn2〉]
a1 | Φn1,n2〉 =
√
n1 [| ϕn1−1〉⊗ | ϕn2〉] =
√
n1 | Φn1−1,n2〉 (39)
a†1 | Φn1,n2〉 = a†2 [| ϕn1〉⊗ | ϕn2〉]
a†1 | Φn1,n2〉 =
√
n1 + 1 [| ϕn1+1〉⊗ | ϕn2〉] =
√
n1 | Φn1+1,n2〉 (40)
y de manera similar para a2 y a
†
2. De esta manera un eigenestado arbitrario en ξi se puede construir mediante
la acción de n veces el operador de creación sobre el estado base, esto es,
| ϕni〉 =
1√
ni!
(
a†i
)ni | ϕ0〉 (41)
donde | ϕ0〉 es el estado base que satisface la condición;
ai | ϕ0〉 = 0
De esta manera, para el espacio | ϕ1〉⊗ | ϕ2〉, se tiene;
11
| Φn1,n2〉 =
1√
n1!n2!
(
a†1
)n1 (
a†2
)n2 | Φ0,0〉 (42)
donde | Φ0,0〉 es el producto tensorial de los estados base de los espacios ξ1 y ξ2, de tal manera que;
ai | Φ0,0〉 = 0 (i = 1, 2) (43)
Ademas de la Eq. (42) se sigue que la condición de normalización es;
〈Φn′1,n′2 | Φn1,n2〉 =
1√
n
′
1!n
′
2!n1!n2!
〈Φ0,0 | (a1)n
′
1 (a2)
n
′
2
(
a†1
)n1 (
a†2
)n2 | Φ0,0〉
Con la relación de cerradura dada por,
Σ
n1,n2
(| ϕn1〉⊗ | ϕn2〉) (〈ϕn1 | ⊗〈ϕn2 |) = Σ
n1,n2
| Φn1n2〉〈Φn1,n2 |= 1 (44)
Dado que H1 constituye un C.S.C.O. en ξ1 y H2 en ξ2. Por lo que {H1, H2} es un C.S.C.O. en ξN . Por lo tanto,
exite un único ket | Φn1,n2〉 de ξN correpondiente a un conjunto dado de eigenevalores de H1 y H2.
Los grados de degeneración son;
En = ~ω(n+ 1), n = n1 + n2
Los primeros estados exitados delsistema son;
Tabla 1. Grados de degeneración para el hamiltoniano de dos particulas.
n Ei n1 n2 Grado de degeneración
0 ~ω 0 0 Estado base no-degenerado
1 2~ω 1,0 0,1 Estado doblemente degenerado
2 3~ω 2,1,0 0,1,2 Estado triplemente degenerado
3 4~ω 3,2,1,0 0,1,2,3 Estado 4-veces degenerado
4 5~ω 4,3,2,1,0 4,3,2,1,0 Estado 5-veces degenerado
Por lo tanto H no forma un C.S.C.O. dado que los niveles de energía En presentan n+ 1 degeneraciones.
c.Dado que el sistema al tiempo t = 0 esta en estado;
| ψ(0)〉 = 1
2
(| Φ0,0〉+ | Φ1,0〉+ | Φ0,1〉+ | Φ1,1〉) (45)
Entonces las energías que pueden medirse estàn dadas por la Eq. (38), esto es;
H | Φn1,n2〉 = En | Φn1,n2〉 En = (n+ 1) ~ω = (n1 + n2 + 1) ~ω (46)
Por lo tanto para el estado | Φ0,0〉 el eigenestado de energía es E = ~ω. Y con probabilidad P(E = ~ω) =|
〈Φ0,0 | ψ(0)〉 |2,
P(E = ~ω) =| 〈Φ0,0 | 12 (| Φ0,0〉+ | Φ1,0〉+ | Φ0,1〉+ | Φ1,1〉) |
2
12
P(E = ~ω) =
1
4
| 〈Φ0,0 | Φ0,0〉+ 〈Φ0,0 | Φ1,0〉+ 〈Φ0,0 | Φ1,1〉 |2
Haciendo uso de la de la ortogonalidad, entonces,
P(E = ~ω) =
1
4
(47)
Para el estado | Φ1,0〉 el estado de energía es E = 2~ω, la probabilidad es;
P(E = 2~ω) =| 〈Φ1,0 | 12 (| Φ0,0〉+ | Φ1,0〉+ | Φ0,1〉+ | Φ1,1〉) |
2
P(E = 2~ω) =
1
4
| 〈Φ1,0 | Φ0,0〉+ 〈Φ1,0 | Φ1,0〉+ 〈Φ1,0 | Φ1,1〉 |2= 14
Para el estado | Φ0,1〉 el estado de energía es E = 2~ω, la probabilidad es;
P(E = 2~ω) =| 〈Φ0,1 | 12 (| Φ0,0〉+ | Φ1,0〉+ | Φ0,1〉+ | Φ1,1〉) |
2
P(E = 2~ω) =
1
4
| 〈Φ0,1 | Φ0,0〉+ 〈Φ0,1 | Φ1,0〉+ 〈Φ0,1 | Φ1,1〉 |2= 14
Para el estado | Φ1,1〉 el estado de energía es E = 3~ω, la probabilidad es;
P(E = 3~ω) =| 〈Φ1,1 | 12 (| Φ0,0〉+ | Φ1,0〉+ | Φ0,1〉+ | Φ1,1〉) |
2
P(E = 3~ω) =
1
4
| 〈Φ1,1 | Φ0,0〉+ 〈Φ1,1 | Φ1,0〉+ 〈Φ1,1 | Φ1,1〉 |2= 14
13
(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 | ψ(0)〉 given in the excersice 3.
a. At t = 0, one measures the total energy H and one finds the result 2~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 (2).
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 H2 of particle (2); the result
obtained is ~ω/2. What happens to the answers to quiestions α and β of ?
a).Al tiempo t = 0, el estado del sistema es;
| ψ(0)〉 = 1
2
(| Φ0,0〉+ | Φ1,0〉+ | Φ0,1〉+ | Φ1,1〉) (48)
El estado | ψ(t)〉 del sistema de dos partículas al tiempo t, para la particula 1 se tiene;
| ψ(t)〉 =
∞
Σ
n1=0
cn1,n2(0)e
−iEn1 t/~ | Φn1,n2〉 (49)
Los coeficientes cn1,n2 esta dados por,
cn1,n2 = 〈Φn1,n2 | ψ(0)〉 =
1
2
〈Φn1,n2 | (| Φ0,0〉+ | Φ1,0〉+ | Φ0,1〉+ | Φ1,1〉) (50)
De esta manera se obtiene que;
c0,0 = c1,0 = c1,0 = c1,1 =
1
2
Sustituyendo estos valores, el estado | ψ(t)〉 es;
| ψ(t)〉 = 1
2
(
e−iEn1 t/~ | Φ0,0〉+ e−iEn1 t/~ | Φ1,0〉+ e−iEn1 t/~ | Φ0,1〉+ e−iEn1 t/~ | Φ1,1〉
)
(51)
Dado que En1 =
(
n1 + 12
)
~ω , entonces,
| ψ(t)〉 = 1
2
(
e−iωt/2 | Φ0,0〉+ e−3iωt/2 | Φ1,0〉+ e−iωt/2 | Φ0,1〉+ e−3iωt/2 | Φ1,1〉
)
(52)
Donde la Eq. (52) es el estado de la partícula (1) al tiempo t > 0. El valor medio de la posición para la partícula
(1) es;
〈X1〉 = 〈ψ(t) | X1 | ψ(t)〉
Reescribiendo X1en terminos de los operadores de creación y aniquilación se tiene;
14
X1 | ψ(t)〉 =
√
~
2mω
(
a1 + a
†
1
)
| ψ(t)〉
ademas, sustituyendo el eigenestado | ψ(t)〉, se tiene;
X1 | ψ(t)〉 =
√
~
2mω
(
a1 + a
†
1
) 1
2
(
e−iωt/2 | Φ0,0〉+ e−3iωt/2 | Φ1,0〉+ e−iωt/2 | Φ0,1〉+ e−3iωt/2 | Φ1,1〉
)
donde,
a1 | Φn1,n2〉 =
√
n1 | Φn1−1,n2〉 a†1 | Φn1,m2〉 =
√
n1 + 1 | Φn1+1,n2〉
Por lo tanto, aplicando los operadores de creación y aniquilación se tiene;
X1 | ψ(t)〉 = 12
√
~
2mω
(
e−iωt/2 | Φ1,0〉+ e−3iωt/2
(
| Φ0,0〉+
√
2 | Φ2,0〉
)
+ e−iωt/2 | Φ1,1〉+ e−3iωt/2
(
| Φ0,1〉+
√
2 | Φ2,1〉
))
Ahora, haciendo el producto interior con el ket | ψ(t)〉y haciendo uso de la ortogonalidad se tiene;
〈ψ(t) | X1 | ψ(t)〉 =
√
~
2mω
(
1
4
e−iωt +
1
4
e+iωt +
1
4
e−iωt +
1
4
e+iωt
)
〈ψ(t) | X1 | ψ(t)〉 = 12
√
~
2mω
(
e−iωt + e+iωt
)
〈ψ(t) | X1 | ψ(t)〉 =
√
~
2mω
cos (ωt) (53)
Para, el momento de la partícula (1), el operador del momento en función de los operadores de creación y
aniquilación es;
P1 | ψ(t)〉 = i
√
m~ω
2
(
a†1 − a1
)
| ψ(t)〉 (54)
Sustituyendo el estado | ψ(t)〉, se tiene;
P1 | ψ(t)〉 = i2
√
m~ω
2
(
a†1 − a1
)(
e−iωt/2 | Φ0,0〉+ e−3iωt/2 | Φ1,0〉+ e−iωt/2 | Φ0,1〉+ e−3iωt/2 | Φ1,1〉
)
Aplicando los operadores de creación y aniquilación sobre los estados, correspondientes,
P1 | ψ(t)〉 = i2
√
m~ω
2
(
e−iωt/2 | Φ1,0〉+ e−3iωt/2
(
− | Φ0,0〉+
√
2 | Φ2,0〉
)
+ e−iωt/2 | Φ1,1〉+ e−3iωt/2
(
− | Φ0,1〉+
√
2 | Φ2,1〉
))
15
Haciendo el producto interno con el ket, 〈ψ(t) | se tiene;
〈ψ(t) | P1 | ψ(t)〉 = i
√
m~ω
2
(
−1
4
e−iωt +
1
4
e+iωt − 1
4
e−iωt +
1
4
e+iωt
)
〈ψ(t) | P1 | ψ(t)〉 = i2
√
m~ω
2
(−e−iωt + e+iωt)
〈ψ(t) | P1 | ψ(t)〉 = −
√
m~ω
2
sin(ωt) (55)
Para el caso de la energía se tiene;
H1 | ψ(t)〉 =
(
P 21
2m
+
1
2
mω2x21
)
| ψ(t)〉 (56)
Y el valor medio de la energia esta dado por el producto interno con el ket 〈ψ(t) |, esto es;
〈H1〉 = 〈ψ(t) | H1 | ψ(t)〉 (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;
〈ψ(t) | H1 | ψ(t)〉 = ~ω (58)
De manera análoga para la partícula (2), realizando el mismo procedimiento para posición, momento y energía se
ecuentran los siguientes resultados;
〈X2〉 =
√
~
2mω
cos(ωt) (59)
〈P2〉 = −
√
m~ω
2
sin(ωt) (60)
〈H2〉 = ~ω (61)
β. Al tiempo t, el estado de la partícula (1) es ;
| ψ(t)〉 = 1
2
e−iωt/2 | Φ0,0〉+ 12e
−3iωt/2 | Φ1,0〉+ 12e
−iωt/2 | Φ0,1〉+ 12e
−3iωt/2 | Φ1,1〉
Donde las energías de los estados se obtienen del argumento de la función exponencial, estas son; ~ω/2, 3~ω/2,
~ω/2 y 3~ω/2 con probabilidades 1/4.
16