Mecánica Cuántica - Problema 43 (2014)

Ejercicio Español
Universidad Universidad de Barcelona (UB)
Grado Física - 3º curso
Asignatura Mecànica Quàntica
Año del apunte 2014
Páginas 2
Fecha de subida 03/06/2014
Descargas 9
Subido por

Vista previa del texto

.
43 Considereu l’espai de Hilbert de spin 1/2 i preneu la base formada pels estats |+Í = A B A B 1 0 , |≠Í = .
0 1 (a) Trobeu la matriu 2◊2 unit`aria que implementa en aquest espai una rotaci´o entorn de l’eix y i angle ◊.
(b) Trobeu com es transforma l’estat de dues part´ıcules 1 | Í = Ô (| + ≠Í ≠ | ≠ +Í) 2 i justifiqueu el resultat.
Soluci´ o: (a) De teoria, sabem que l’operador que implementa rotacions d’angle ◊ entorn d’un eix ˛ ˛ el generador de la amb vector director n ˆ , ´es: U (ˆ n, ◊) = exp(≠i◊ˆ n · L/~), essent L rotaci´ o.
˛ =S ˛ (l’operador En particular, ens demanen per la rotaci´o en l’espai de spins 1/2, L ˛ ´es el generador de les rotacions en l’espai de spins), i entorn de l’eix y, n S ˆ = (0, 1, 0).
˛ = Sy = (~/2)‡y . Utilitzant el resultat del problema 9, es t´e Aleshores, n ˆ·S U (ˆ y , ◊) = e ≠i◊‡y /2 3 4 ◊ = cos 2 3 4 ◊ ‡y = 2◊2 ≠ i sin 2 A cos 2◊ sin 2◊ B ≠ sin 2◊ .
cos 2◊ (0.19) Podr´ıem haver arribat al mateix resultat calculant l’exponenciaci´o de l’operador ‡y : U (ˆ y , ◊) = e≠i◊‡y /2 = e≠i◊/2 |‡y = 1Íȇy = 1| + ei◊/2 |‡y = ≠1Íȇy = ≠1|, (0.20) essent |‡y = ±1Í els estats propis de ‡y en la base pr`opia de ‡z (la que treballam habitualment), A B A B 1 1 1 1 |‡y = 1Í = Ô , |‡y = ≠1Í = Ô .
(0.21) 2 i 2 ≠i (b) Una manera de resoldre aquest apartat, ´es procedint tal i com es fa en el .pdf del campus virtual (soluci´ o del professor). Jo he optat per fer-ho tot matricialment. D’entrada, notem que l’estat | Í ´es el singlet: |0, 0Í. Podem escriure’l expl´ıcitament com un vector columna en la base que ens diu l’enunciat, SQ A B R Q A B RT Q R 0 1 0 Wc 1 d c0 dX c d W c d c d X c 1 d c 0 dX 1 1 Wc 1 c 1d d | Í = Ô (| + ≠Í ≠ | ≠ +Í) = Ô Wc A Bd ≠ c A BdX = Ô c d.
W c d c d X c 2 2 Ua 2 a ≠1d 0 b a 1 bV b 0 1 1 0 0 6 (0.22) .
S’ent´en que el vector anterior est`a escrit en la base {| + +Í, | + ≠Í, | ≠ +Í, | ≠ ≠Í}. En la mateixa base, l’operador que implementa una rotaci´o en l’espai producte H1 ¢ H2 , ´es U1 ¢ U2 , que matricialment pren la seg¨ uent forma: Q A B BR A ◊ ◊ cos 2◊ ≠ sin 2◊ ◊ cos 2 ≠ sin 2 d ccos ◊ ≠ sin 2 2 c sin 2◊ cos 2◊ sin 2◊ cos 2◊ d c A B A Bd U1 ¢ U2 = c d ◊ ◊ ◊ ◊ c d cos ≠ sin cos ≠ sin ◊ 2 2 2 2 a sin ◊ b cos 2 2 ◊ ◊ ◊ ◊ sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 Q cos2 2◊ c ccos ◊ sin ◊ c 2 2 =c csin ◊ cos ◊ 2 2 a sin2 2◊ ≠ cos 2◊ sin 2◊ cos2 2◊ ≠ sin2 2◊ sin 2◊ cos 2◊ ≠ sin 2◊ cos 2◊ ≠ sin2 2◊ cos2 2◊ cos 2◊ sin 2◊ Llavors, | ÍR = (U1 ¢ U2 )| Í, Q cos2 2◊ c ◊ ◊ 1 c ccos 2 sin 2 | ÍR = Ô c ◊ ◊ 2c asin 2 cos 2 sin2 2◊ Q c 1 c c =Ô c 2c a R ≠ cos 2◊ sin 2◊ cos2 2◊ ≠ sin2 2◊ sin 2◊ cos 2◊ 0 d 1d d d = | Í.
≠1d b 0 ≠ sin 2◊ cos 2◊ ≠ sin2 2◊ cos2 2◊ cos 2◊ sin 2◊ (0.23) R sin2 2◊ d ≠ sin 2◊ cos 2◊ d d d.
◊ ◊d ≠ cos 2 sin 2 b cos2 2◊ RQ sin2 2◊ dc c ≠ sin 2◊ cos 2◊ d dc d c c ≠ cos 2◊ sin 2◊ d ba cos2 2◊ R 0 d 1d d d ≠1d b 0 (0.24) Acabam de veure que l’estat singlet ´es invariant sota la rotaci´o que implementa U1 ¢U2 .
Ara b´e, aquest resultat no ens ha d’estranyar, ja que l’estat singlet ´es un estat que t´e ´ a dir, l’estat moment angular total nul (´es propi de J 2 amb valor propi J = 0). Es singlet representa un estat en que “la norma del vector moment angular total del sistema ´es zero”, i.e., un estat que no t´e cap “vector moment angular”, de manera que ja ´es d’esperar que es comporti com un escalar sota rotacions (en aquest problema ho hem fet per rotacions al voltant de l’eix y, per`o ´es cert sota rotacions al voltant d’un eix arbitrari).
7 ...