Autovalori e autofunzioni dell’atomo di idrogeno considerando lo spin. Lo spin è un momento magnetico. In assenza di campi magnetici esterni e trascurando effetti “fini” o “iperfini”, l’hamiltoniana rimane la solita … r2r2 ∂r ( ) r 2 sinθ∂θ () 1∂r2r2 ∂ + 1∂ sinθ ∂ r 2 sin 2 θ + 1 ∂φ ∂ 2 2 -ℏ -ℏ [ 2 2m ] +V(r) Ĥ= Quindi, evidentemente [S 2,Ĥ]=[S z,Ĥ]=0 ^^ e le “vecchie” autofunzioni │n,l,m ＞ diventano delle │n,l,m,s,ms ＞ =│n,l,m,1/2,ms ＞ ≡│n,l,m,ms ＞, ovvero

R nl (r)Y l m (θ,φ)χ+ per ms=1/2 R nl (r)Y l m (θ,φ)χ-per ms=-1/2 Gli autovalori corrispondenti E n non cambiano, ma se senza spin avevo due indici di degenerazione (l,m), ora la degenerazione raddoppia per effetto dello spin. Es: n=1,l=0,m=0 senza spin non era degenere. Ora ha degenerazione 2.

r2r2 ∂r ( ) r 2 sinθ∂θ () 1∂r2r2 ∂ + 1∂ sinθ ∂ r 2 sin 2 θ + 1 ∂φ ∂ 2 2 -ℏ -ℏ [ 2 2m e ] +V(r) Ĥ= Come cambia in presenza di un campo magnetico esterno B 0 (uniforme, orientato lungo z)? Per motivi che saranno chiari più avanti lo immagineremo FORTE. Devo aggiungere all’hamiltoniana il “termine alla Zeeman”: Ĥ Z =(eB 0 /2m e )(Lz+g s Sz) ^^ Hey, ma le autofunzioni dell’atomo idrogeno imperturbato sono ancora autofunzioni!!! Ĥ│n,l,m,ms ＞ =En│n,l,m,ms ＞ (Ĥ+Ĥ Z )|n,l,m,ms ＞ =En│n,l,m,ms ＞ +(eB 0 /2m e )(Lz+g s Sz)│n,l,m,ms ＞ =En│n,l,m,ms ＞ +(B 0 e ℏ /2m e )(m+g s m S )│n,l,m,ms ＞

(Ĥ+Ĥ Z) │n,l,m,ms ＞ =En│n,l,m,ms ＞ +(eB 0 /2m e )(Lz+g s Sz)│n,l,m,ms ＞ =En│n,l,m,ms ＞ +(B 0 e ℏ /2m e )(m+g s m S )│n,l,m,ms ＞ =[En+μ B B 0 (m+g s m S )]│n,l,m,ms ＞, con μ B ≡e ℏ /(2m e )≈6x10 -5 eV/T magnetone di Bohr Quindi, in presenza di un campo magnetico FORTE che agisce su un atomo di idrogeno, e ignorando la “struttura fine”, le autofunzioni rimangono le stesse del sistema imperturbato. L’energia dei livelli cambia: si rompe la degenerazione sia in m sia in ms (livelli E n,m,ms )

E n,m,ms =[En+μ B B 0 (m+g s m S )]│n,l,m,ms ＞ SENZA CAMPO: 2s2p E=E 2 CON CAMPO: l=0 m=0 ms=±1/2 0,0,±1 l=1 m=0,±1 ms=±1/2 1,0,±1/2 e 1,±1,±1/2 0,0,+1/2 Esempio: n=2. Ricordiamo che gs≈2 0,0,-1/2 1,0,+1/2 1,0,-1/2 1,1,+1/2 1,1,-1/2 1,-1,+1/2 1,-1,-1/2 Essenzialmente (gS..) ho 4 stati a energia diversa, ma occhio che se cerco di vederli exp. devo tenere conto delle regole di selezione Δm=0,±1, Δl=±1, Δms=0

2s2p E=E 2 l=0 m=0 ms=±1/2 0,0,±1 l=1 m=0,±1 ms=±1/2 1,0,±1/2 e 1,±1,±1/2 0,0,+1/2 0,0,-1/2 1,0,+1/2 1,0,-1/2 1,1,+1/2 1,1,-1/2 1,-1,+1/2 1,-1,-1/2 Essenzialmente (gS..) ho 4 stati a energia diversa, ma occhio che se cerco di vederli exp. devo tenere conto delle regole di selezione Δm=0,±1, Δl=±1, Δms=0 Esempio di transizione che posso vedere, ad esempio in uno spettro di assorbimento. Frequenza corrispondente: ΔE= ℏ w

E n,m,ms =[E n +μ B B 0 (m+g s m S )]│n,l,m,ms ＞ Effetto Zeeman “forte” o “normale”. Il campo deve essere forte rispetto a cosa? L’effetto è “normale” rispetto a quale “anomalia”?

Modello semiclassico di un elettrone con spin orbitante e- μ L =-eL/2m e L’elettrone orbita attorno ad una carica positiva. Immaginiamo di essere in un sistema di riferimento solidale con l’elettrone. L’elettrone “vedrà il nucleo orbitare”. μ S =-g s eS/2m e +

e- + x y x e (t)=r 2 cos(wt) y e (t)=r 2 sin(wt) x p (t)=0 y p (t)=0 p e- p x e ’ (t)=0 y e ’ (t)=0 x p ’ (t)-1=r 2 cos(-wt) y p ’ (t)=-r 2 sin(wt)

+ x y e- p L’elettrone sente un campo magnetico pari a quello creato “dalla corrente” i associata al protone, valutato al centro dell’orbita (spira). Uso Biot-Savart: la direzione la calcolo con la regola della mano destra (uscente dalla slide); il modulo è: B= μ0iμ0i 2r r ____ = μ0eμ0e 2rT ____ dove T è il periodo dell’orbita. Ovviamente T coincide col periodo dell’orbita dell’e- nel sistema di riferimento del nucleo, e quindi: L=m e vr=m e r(2πr/T)=2πr 2 m e /T->T=2πr 2 m e /L-> B= μ0iμ0i 2r ____ = μ0eμ0e 2rT ____ = μ 0 eL 4πr 3 m e __________

+ x y e- p r B= μ0iμ0i 2r ____ = μ0eμ0e 2rT ____ = μ 0 eL 4πr 3 m e __________ Ricordando che c 2 =1/(μ 0 ε 0 ) ; μ 0 =1/(c 2 ε 0 ); B= eL 4πε 0 r 3 m e c 2 _____________ e Ricordando che c 2 =1/(μ 0 ε 0 ) ; μ 0 =1/(c 2 ε 0 ); B= eL 4πε 0 r 3 m e c 2 _____________ B= eL 4πε 0 r 3 m e c 2 _____________ B= eL 4πε 0 r 3 m e c 2 _____________ Importante: il momento angolare orbitale che compare è quello dell’elettrone sulla sua orbita (gira dall’altra, ma la carica è -)

Risultato fondamentale: anche in assenza di campi magnetici esterni, l’e- dell’idrogeno che orbita attorno al nucleo risente di un campo magnetico “interno”, proporzionale al suo momento angolare. Tale campo, “si accoppierà” col momento angolare intrinseco (spin) dell’e-, determinando un termine aggiuntivo nell’hamiltoniana, che finora avevamo trascurato. Tale termine produce la cosiddetta “struttura fine” dello spettro dell’atomo di idrogeno. B= eL 4πε 0 r 3 m e c 2 _____________ B= eL 4πε 0 r 3 m e c 2 _____________ ΔH=+(e/m e )S ⋅ B P.S. Non si accoppia con il momento magnetico orbitale; conterei due volte il fatto che l’e- sta orbitando. Vedere il nucleo che ruota attorno all’e- è un’alternativa.

B= eL 4πε 0 r 3 m e c 2 _____________ B= eL 4πε 0 r 3 m e c 2 _____________ ΔH=+(e/m e )S ⋅ B= Abbiamo ottenuto questo risultato utilizzando un semplice modello semiclassico. Un approccio più rigoroso avrebbe portato allo stesso risultato, moltiplicato per un fattore 1/2 (legato alla cosidetta “precessione di Thomas, effetto relativistico dovuto alla non inerzialità del sistema di riferimento solidale con l’e-). Il risultato corretto è (e ora metto pure i “cappucci”) e2e2 ______ 4πε 0 1 ______ me2c2r3me2c2r3 S⋅LS⋅L ΔH≡H’ SO = e2e2 ______ 8πε 0 1 ______ me2c2r3me2c2r3 S⋅LS⋅L ^ ^ ^ ^ interazione “spin-orbita” S⋅LS⋅L ^ ^ =f(r)

Tenendo conto dell’interazione spin-orbita, l’hamiltoniana per l’elettrone dell’atomo di idrogeno sarà del tipo: Ĥ’ SO = e2e2 ______ 8πε 0 1 ______ me2c2r3me2c2r3 Ŝ⋅LŜ⋅L ^ Ĥ=Ĥ 0 +Ĥ’ S O Ĥ 0 è la solita hamiltoniana “imperturbata” del tipo energia cinetica + energia potenziale, con autofunzioni comuni a L 2, L z, S 2, S z, ￨ n,l,m,s,m s ＞ ; s=1/2; ms=±1/2 e energia E=En=-13.6eV/n 2. Come calcoliamo i livelli enerhetici in presenza dell’interazione spin-orbita?

Ricordiamo i seguenti risultati ottenuti in precedenza: [L,Ĥ 0 ]=0, ma le tre componenti non sono compatibili, per cui ne scelgo una sola, Lz, e poi per completare il set di numeri quantici uso gli autovalori di L 2, che commuta con (Lz e con) Ĥ 0. Inoltre ricordo che la conservazione classica del momento angolare si traduce in meccanica quantistica in [f(r),L]=0. ^ ^ ^ ^ ^ Gli stessi risultati qui sopra riportati valgono sostituendo L con Ŝ, e questo porta ad individuare in l,m,s,ms un buon set di numeri quantici (oltre ad n) ^

Tenendo conto dell’interazione spin-orbita, l’hamiltoniana per l’elettrone dell’atomo di idrogeno sarà del tipo: Ĥ’ SO = e2e2 ______ 8πε 0 1 ______ me2c2r3me2c2r3 Ŝ⋅LŜ⋅L ^ Ĥ=Ĥ 0 +Ĥ’ S O Ŝ⋅LŜ⋅L ^ =Ŝ x L x +Ŝ y L y +Ŝ z L z ^ ^^ Questo termine è un disastro! [Ĥ 0,L z ]=0, MA [Ĥ,L z ]≠0, Lz non si conserva più [Ĥ 0,Ŝ z ]=0, MA [Ĥ,Ŝ z ]≠0, Ŝz non si conserva più ^^^ In presenza dell’interazione spin-orbita m e m s non sono più “buoni numeri quantici”. Devo trovarne di alternativi.

^ Ĵ= Ŝ+ L Introduco l’operatore “momento angolare totale” Posso chiamarlo “momento angolare”? [Ĵ x,Ĵ y ]=[Ŝ x +L x,Ŝ y +L y ]. Dato che spin e momento angolare orbitale commutano, [Ĵ x,Ĵ y ]=[Ŝ x,Ŝ y ]+[L x,L y ]=i ℏ Ŝ z +i ℏ L z =i ℏ Ĵz parimenti: [Ĵ z,Ĵ x ]=i ℏ Ĵ y [Ĵ y,Ĵ z ]=i ℏ Ĵ x ok, le parentesi di commutazione sono quelle di un momento angolare! ^^ ^ ^^

^ Ĵ= Ŝ+ L [Ĵ x,Ĵ y ]=i ℏ Ĵ z [Ĵ z,Ĵ x ]=i ℏ Ĵ y [Ĵ y,Ĵ z ]=i ℏ Ĵ x ok, le parentesi di commutazione sono quelle di un momento angolare! Conseguenze immediate: 1.Ĵ 2 commuta con Ĵ x,Ĵ y,Ĵ z e posso scegliere autostati comuni tra Ĵ 2 e (per esempio) Ĵ z 2.Ĵ 2 ｜ j,m j ＞ = ℏ 2 j(j+1) ｜ j,m j ＞ ; 3.Ĵz ｜ j,m j ＞ = ℏ m j ｜ j,m j ＞ ; m j può assumere i (2j+1) valori compresi tra -j e j.

Ŝ ⋅ L=f(r)(1/2)(Ĵ 2 -Ŝ 2 -L 2 ); ^^ [Ĵz,Ĥ’ SO ]=[Ĵz, f(r)(1/2)(Ĵ 2 -Ŝ 2 -L 2 )] Ĥ’ SO =f(r) =-f(r)(1/2)[Ĵz, Ŝ 2 ]-f(r)(1/2)[Ĵz, L 2 ]=0 e, più in generale, [Ĵ,Ĥ’ SO ]=0, da cui segue subito [Ĵ 2,Ĥ’ SO ]=0 Ok, gli autostati comuni a Ĵ 2 e Ĵ z sono una buona scelta.

Ŝ ⋅ L=f(r)(1/2)(Ĵ 2 -Ŝ 2 -L 2 ); ^^ [Ŝ 2,Ĥ’ SO ]=[Ŝ 2, f(r)(ŜxLx+ŜyLy+ŜzLz)]=0 Ĥ’ SO =f(r) =f(r)[Ŝ 2,ŜxLx+ŜyLy+ŜzLz]=0 ^^^ Allo stesso modo: [L 2,Ĥ’ SO ]=[L 2, f(r)(ŜxLx+ŜyLy+ŜzLz)]=0 =f(r)[L 2,ŜxLx+ŜyLy+ŜzLz]=0 ^^^ qui serve ricordare che l’operatore momento angolare commuta con qualunque operatore che moltiplichi per funzione solo di r

[L 2,Ĥ’ SO ]=[Ŝ 2,Ĥ’ SO ]=[Ĵ 2,Ĥ’ SO ]=[Ĵ z,Ĥ’ SO ]=0 Ok: l,s,j,mj sono buoni numeri quantici per descrivere l’interazione spin-orbita. Ma non solo!

Ĥ=Ĥ 0 +Ĥ’ S O Invece di descrivere gli autostati di Ĥ 0 in termini di ￨ l,m,s,ms ＞ posso quindi descriverli in termini di ￨ l,s,j,m j ＞ ^ Ĵ= Ŝ+ L dato che [Ĥ 0, Ŝ]=[Ĥ 0,L]=0 ⇒ [Ĥ 0,J]=0 ^^

Ĥ=Ĥ 0 +Ĥ’ S O Invece di descrivere gli autostati di Ĥ 0 in termini di ￨ l,m,s,ms ＞ posso quindi descriverli in termini di ￨ l,s,j,mj ＞ ’ (Il ’ ci aiuta a ricordarci che sono autostati diversi). Perchè dovrei volere passare a ￨ l,s,j,mj ＞ ’ ? Perchè se poi voglio considerare anche Ĥ’ SO poi ho già dei numeri quantici buoni. Adesso dobbiamo rispondere a due domande: 1.Che valori possono assumere (j,m j ) in termini dei vecchi numeri quantici? 2.Come cambiano i livelli energetici En in presenza dell’interazione spin- orbita? ^ Ĵ= Ŝ+ L

Per fortuna di due numeri quantici non mi devo occupare! In generale cercherò i vettori della nuova base in termini di combinazioni lineari di quelli della vecchia, al variare di m ed ms. ￨ l,m,1/2,ms ＞⇔￨ l,1/2,j,mj ＞ ’ ? ￨ l,1/2,j,mj ＞ ’= ∑ C m,ms,mj ￨ l,m,1/2,ms ＞ m,ms l, j Dato che s=1/2, semplifichiamo la notazione …

Oss: Ĵz ￨ l,m,1/2,ms ＞ =Ŝz ￨ l,m,1/2,ms ＞ +Lz ￨ l,m,1/2,ms ＞ Ĵz ￨ l,m,1/2,ms ＞ = ℏ (ms+m) ￨ l,m,1/2,ms ＞ Quindi ￨ l,m,1/2,ms ＞ è direttamente un autostato di Ĵz. L’autovalore corrispondente è pari alla somma degli autovalori degli operatori originali. Rimane solo il problema di trovare gli autovettori di Ĵ 2. Notare che gli ￨ l,m,1/2,ms ＞ non possono essere direttamente autovettori di Ĵ 2 dato che Ĵ 2 =Ŝ 2 +L 2 +2Ŝ·L (beh, siamo partiti proprio da lì) ma, come detto, saranno loro combinazioni lineari. ➞ Ĵz ￨ l,m,1/2,ms ＞ = ℏ ms ￨ l,m,1/2,ms ＞ + ℏ m ￨ l,m,1/2,ms ＞ ^ ^ ^

Osservazione: dato che l è fissato, i valori possibili di m e ms saranno: m=l,l-1,…,0,…,-l; ms=±1/2 (m+ms)│ max =l+1/2; (m+ms)│ min =-l-1/2 I valori possibili di mj sono tutti quelli inclusi tra l+1/2 e -l-1/2, con “salti” di 1. Quali valori del numero quantico j sono compatibili con essi?

mj=l+1/2,l+(1/2)-1,….,-l-1/2, Possibili valori di j? Supponiamo l=1, allora: mj=3/2,1/2,-1/2,-3/2 Compatibile con j=3/2 ➞ mj=3/2,1/2,-1/2,-3/2 j=1/2 ➞ mj=1/2,-1/2 se l è generico, i valori di j sono quelli compresi (e separati di un’unità) tra j=l+1/2 e j=|l-1/2|. Per ogni j ho 2j+1 valori possibili di mj (j,j-1,…,-j) Ok, adesso che abbiamo imparato che il valore di mj corrisponde alla somma di m ed ms, possiamo restringere la somma che caratterizza la combinazione lineare:

￨ l,1/2,j,mj ＞ ’= ∑ C m,ms,mj ￨ l,m,1/2,ms ＞ m,ms m+ms=mj l, j l fissato, j ∈ [l+1/2,|l-1/2|], mj ∈ [j,j-1,…,-j]

￨ l,1/2,j,mj ＞ ’= ∑ C m,ms,mj ￨ l,m,1/2,ms ＞ m,ms m+ms=mj l, j l fissato, j ∈ [l+1/2,|l-1/2|], mj ∈ [j,j-1,…,-j] Adesso rilassiamo l’ipotesi che la particella abbia spin 1/2. Nel caso più generale varrà ￨ l,s,j,mj ＞ ’= ∑ C m,ms,mj ￨ l,m,s,ms ＞ m,ms m+ms=mj l, j,s l fissato, j ∈ [l+s,|l-s|], mj ∈ [j,j-1,…,-j]

Adesso generalizziamo al massimo. Quanto visto non vale necessariamente per un momento angolare orbitale e uno di spin ma per qualunque coppia di momenti angolari di qualunque tipo che commutino tra di loro.

Siano dati due operatori momento angolare Ĵ 1 e Ĵ 2 tali che [Ĵ 1,Ĵ 2 ]=0, e si costruisca l’operatore momento angolare totale Ĵ=Ĵ 1 +Ĵ 2. [Ĵ 1x,Ĵ 1y ]=i ℏ Ĵ 1z e cicliche; │j 1,m 1 ＞ =autovettori comuni a Ĵ 1 2 e Ĵ 1z, Ĵ 1z │j 1,m 1 ＞ = ℏ m 1 │j 1,m 1 ＞ ; Ĵ 1 2 │j 1,m 1 ＞ = ℏ 2 j 1 (j 1 +1)│j 1,m 1 ＞ [Ĵ 2x,Ĵ 2y ]=i ℏ Ĵ 2z e cicliche; │j 2,m 2 ＞ =autovettori comuni a Ĵ 2 2 e Ĵ 2z, Ĵ 2z │j 2,m 2 ＞ = ℏ m 2 │j 2,m 2 ＞ ; Ĵ 2 2 │j 2,m 2 ＞ = ℏ 2 j 2 (j 2 +1)│j 2,m 2 ＞ ➞➞ ➞➞➞ Autofunzioni comuni: │j 1,m 1,j 2,m 2 ＞ =│j 1,m 1 ＞ │j 2,m 2 ＞ ➞➞ [Ĵ x,Ĵ y ]=i ℏ Ĵ z Autovalori di Ĵ z ➞ℏ mj; autovalori di Ĵ 2 ➞ℏ 2 j(j+1) ➞

￨ j1,j2,j,mj ＞ ’= ∑ C m1,m2,mj ￨ j1,m1,j2,m2 ＞ m1,m2 m1+m2=mj j1,j2,j j1,j2 fissati, j ∈ [j1+j2,|j1-j2|], mj ∈ [j,j-1,…,-j] I coefficientiC m1,m2,mj j1,j2,j sono detti di “Clebsch-Gordan”. Come si calcolano??????

Ok, fissiamo j=j 1 +j 2 (massimo valore) e mj=+j (massimo valore) Allora la corrispondenza tra vecchia e nuova base è immediata. Infatti dire mj=+j vuol dire fissare m 1 e m 2 in modo univoco. Ho un solo autovettore ￨ j 1,m 1,j 2,m 2 ＞ che corrisponde alla coppia (j,mj)=(j 1 +j 2, j 1 +j 2 ). Quindi ￨ j 1,j 2,j 1 +j 2,j 1 +j 2 ＞ ’= ￨ j 1,j 1,j 2,j 2 ＞ Parimenti per j=1, (j,mj)=(j 1 +j 2, -j 1 -j 2 ) ￨ j 1,j 2,j 1 +j 2,-j 1 -j 2 ＞ ’= ￨ j 1,-j 1,j 2,-j 2 ＞ In questi due casi estremi si ha un solo coefficiente di Clebsch-Gordan non nullo (e pari a 1): la corrispondenza vecchia/nuova base è banale. In tutti gli altri casi no.

Supponiamo che i due operatori momento angolare siano due operatori di spin, con spin 1/2 (caso che servirà molto, atomo di Elio …). ￨ 1/2,1/2,j,mj ＞ ’= ∑ C ms1,ms2,mj ￨ 1/2,ms1,1/2,ms2 ＞ ms1,ms2 ms1+ms2=mj j j ∈ [1,0], mj ∈ [j,j-1,…,-j] Ŝ 1z │1/2,ms 1,1/2,ms2 ＞ = ℏ ms 1 │1/2,ms 1,1/2,ms2 ＞ ; Ŝ 1 2 │1/2,ms 1,1/2,ms2 ＞ = ℏ 2 (3/4)│1/2,ms 1,1/2,ms2 ＞ Ŝ 2z │1/2,ms 1,1/2,ms2 ＞ = ℏ ms 2 │1/2,ms 1,1/2,ms2 ＞ ; Ŝ 2 2 │1/2,ms 1,1/2,ms2 ＞ = ℏ 2 (3/4)│1/2,ms 1,1/2,ms2 ＞

￨ 1/2,1/2,j,mj ＞ ’= ∑ C ms1,ms2,mj ￨ 1/2,ms1,1/2,ms2 ＞ ms1,ms2 ms1+ms2=mj j j ∈ [1,0], mj ∈ [j,j-1,…,-j] Caso 1: (j,mj)=(1,1) ￨ 1/2,1/2,1,1 ＞ ’= ￨ 1/2,1/2,1/2,1/2 ＞ ≡ ↑↑ Caso 2: (j,mj)=(1,-1) ￨ 1/2,1/2,1,-1 ＞ ’= ￨ 1/2,-1/2,1/2,-1/2 ＞ ≡ ↓↓ Caso 3: (j,mj)=(1,0). Mi accorgo subito che qui è più complicato, dato che ho DUE autovettori che forniscono mj=0.

Caso 3: (j,mj)=(1,0). Mi accorgo subito che qui è più complicato, dato che ho DUE autovettori che forniscono mj=0: ￨ 1/2,-1/2,1/2,+1/2 ＞ e ￨ 1/2,+1/2,1/2,-1/2 ＞ (↓↑ e ↑↓) ￨ 1/2,1/2,1,0 ＞ ’= C 1/2,-1/2,0 ￨ 1/2,1/2,1/2,-1/2 ＞ +C -1/2,+1/2,0 ￨ 1/2,1/2,1/2,-1/2 ＞ 11 Caso 4: (j,mj)=(0,0). Anche qui considero i due stati (↓↑ e ↑↓) ￨ 1/2,1/2,0,0 ＞ ’= C 1/2,-1/2,0 ￨ 1/2,1/2,1/2,-1/2 ＞ +C -1/2,+1/2,0 ￨ 1/2,1/2,1/2,-1/2 ＞ 00 NON impareremo a calcolare i coefficienti (eccetto proprio per il caso qui sopra trattato), ma impareremo a leggere le apposite tabelle che li riportano. Per ora dò il risultato

Somma dei momenti angolari di spin per due particelle con spin 1/2. j=1 “tripletto” |1/2,1/2,1,1 ＞ ’≡|1,1 ＞ =↑↑ |1/2,1/2,1,0 ＞ ’≡|1,0 ＞ =(1/√2)(↑↓+↓↑) |1/2,1/2,1,-1 ＞ ’≡|1,-1 ＞ =↓↓ j=0 “singoletto” |1/2,1/2,0,0 ＞ ’≡|0,0 ＞ =(1/√2)(↑↓-↓↑) C 1/2,-1/2,0 =C -1/2,1/2,0 =1/√2 C 1/2,-1/2,0 =1/√2; C 1/2,-1/2,0 =-1/√

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Questo vuol dire che sto sommando due momenti angolari con s 1 =s 2 =1/2

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Coppie di valori possibili di m1 e m2. Ordine: prima quelli che danno l’mj max

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Coppie di valori possibili di m1 e m2. Poi quelli che danno mj max -1, privilegiano nell’ordine quelli coi valori maggiori di m1.

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Ok, se abbiamo capito allora per s1=1, s2=1/2 devo avere: mjmax=3/2 mj=3/2->(1 1/2) Poi mj=1/2 (1 -1/2) (0 1/2) Poi mj=-1/2 (0 -1/2) (-1 1/2) Poi mj=-3/2 (-1 -1/2)

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Ok, se abbiamo capito allora per s1=1, s2=1/2 devo avere (1 1/2) (1 -1/2) (0 1/2) (0 -1/2) (-1 1/2) (-1 -1/2) Bene, adesso torniamo al caso 1/2 1/2.

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Leggiamo in verticale la parte evidenziata: mi dice che per j=1 e mj=+1 ho un unico coefficiente di CG, con valore 1. Se a questo punto mi muovo in orizzontale vedo a quale vettore della vecchia base corrisponde. Mi sta dicendo, insomma, che |1/2,1/2,1,1>’=1 |1/2,1/2,1/2,1/2 ＞

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Intanto noto che la zona evidenziata contiene sia il caso j=1,mj=0 sia j=0,mj=0. LE ZONE EVIDENZIATE INCLUDONO TUTTI I CASI CORRISPONDENTI AD UN DATO VALORE DI mj. La ragione appare chiara: è l’mj che determina quali autovettori della base vecchia sono coinvolti!!!

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Leggiamola in verticale a partire dalla prima colonna: trovo il caso j=1,mj=0. Se scendo in verticale questa volta trovo due numeri: ho due coefficienti! Attenzione al significato dei numeri in posizione “coefficiente”: a>0 -> √a; a -√(-a). In questo caso ho due volte 1/√2. Mi fermo al primo e vado a sinistra

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Leggiamola in verticale: trovo il caso j=1,mj=0. Se scendo in verticale questa volta trovo due numeri: ho due coefficienti! Attenzione al significato dei numeri in posizione “coefficiente”: a>0 -> √a; a -√(-a). In questo caso ho due volte 1/√2. Mi fermo al primo e vado a sinistra |1/2,1/2,1,0>’=(1/√2) |1/2,1/2,1/2,-1/2 ＞ +?

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Leggiamola in verticale: trovo il caso j=1,mj=0. Se scendo in verticale questa volta trovo due numeri: ho due coefficienti! Attenzione al significato dei numeri in posizione “coefficiente”: a>0 -> √a; a -√(-a). In questo caso ho due volte 1/√2. Mi fermo al primo e vado a sinistra |1/2,1/2,1,0>’=(1/√2) |1/2,1/2,1/2,-1/2 ＞ +(1/√2) |1/2,-1/2,1/2,1/2 ＞ Finito: se scendo ancora tocco la linea spessa.

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan Adesso faccio il caso j=0,mj=0. Se scendo in verticale questa trovo due numeri: ho due coefficienti! In questo caso ho +1/√2 e -1/√2. Risultato finale: |1/2,1/2,0,0>’=(1/√2) |1/2,1/2,1/2,-1/2 ＞ -(1/√2) |1/2,-1/2,1/2,1/2 ＞ Finito: se scendo ancora tocco la linea spessa.

Impariamo a leggere le tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan L’ultimo è banale come il primo: j=1,mj=-1, ho un solo coefficiente |1/2,1/2,1,-1>’=|1/2,-1/2,1/2,-1/2 ＞ Finito: se scendo ancora tocco la linea spessa.

Esercizio: si consideri j1=2 e j2=1 e, consultando la tabella 2x1 si espliciti la relazione tra l’autovettore j=3,mj=0 e la vecchia base. Ho 3 coefficienti! |2,1,3,0 ＞ ’=(1/√5) |2,1,1,-1 ＞ +(√3/√5) |2,0,1,0 ＞ +(1/√5)|2,-1,1,1 ＞

|2,1,3,0 ＞ ’=(1/√5) |2,1,1,-1 ＞ +(√3/√5) |2,0,1,0 ＞ +(1/√5)|2,-1,1,1 ＞ (*) Notazione del Griffiths e di alcuni altri libri. Visto che la coppia di numeri quantici fissati si ripete dalle due parti, si può non indicare esplicitamente per i vettori della nuova base: |3,0 ＞ ’=(1/√5) |2,1,1,-1 ＞ +(√3/√5) |2,0,1,0 ＞ +(1/√5)|2,-1,1,1 ＞ Inoltre non usa il “’” |3,0 ＞ =(1/√5) |2,1,1,-1 ＞ +(√3/√5) |2,0,1,0 ＞ +(1/√5)|2,-1,1,1 ＞ Infine preferisce scrivere i vettori della vecchia base come |j1,m1,j2,m2 ＞ =|j1,m1 ＞ |j2,m2 ＞. Insomma, la (*) sul Griffiths appare come: |3,0 ＞ =(1/√5) |2,1 ＞ |1,-1 ＞ +(√3/√5) |2,0 ＞ |1,0 ＞ +(1/√5)|2,-1 ＞ |1,1 ＞

|3,0 ＞ =(1/√5) |2,1 ＞ |1,-1 ＞ +(√3/√5) |2,0 ＞ |1,0 ＞ +(1/√5)|2,-1 ＞ |1,1 ＞ (**) Oss: (1/√5)2+(√3/√5)2+(1/√5)2=1/5+3/5+1/5=1 (sempre la somma dei quadrati degli elementi di una colonna delle tabelle fa 1). Cosa significa? Immaginiamo di effettuare una misura del momento angolare totale J, della sua componente z, di j1(=2) e di j2(=1). La misura fissa (j,mj), diciamo j=3, mj=0. Da mj=0 so che i soli possibili m1,m2 sono (1,-1), (0,0),(-1,1), quindi m1 può assumere i valori 1,0,-1. La (**) mi dice che troverò m1=1 con prob. 1/5, m1=0 con prob. 3/5 e m1=-1 con prob. 1/5. La probabilità totale di trovare uno dei tre valori possibile deve, giustamente, essere pari a 1.

La tabella letta in orizzontale fornisce la vecchia base in funzione della nuova!!!!!! |1/2,1/2 ＞ |1/2,-1/2 ＞ =(1/√2) |1,0 ＞ +(1/√2)|0,0 ＞ ↑↓=(1/√2) |1,0 ＞ +(1/√2)|0,0 ＞ E’ giusto, avevamo trovato |1,0 ＞ =(1/√2)(↑↓+↓↑), |0,0 ＞ =(1/√2)(↑↓-↓↑)

La tabella letta in orizzontale fornisce la vecchia base in funzione della nuova!!!!!! |3/2,1/2 ＞ |1,0 ＞ =(√3/√5) |5/2,1/2 ＞ +(1/√15)|3/2,1/2 ＞ -(1/√3)|1/2,1/2 ＞

Consideriamo due particelle libere (identiche) non interagenti tra di loro, in 1 dimensione: Ĥ=Ĥ 1 +Ĥ 2 =(- ℏ 2 /2m)∂ 2 x1,x1 +(- ℏ 2 /2m)∂ 2 x2,x2 Se Ĥ 1 φ n1 (x1)=E n1 φ n1 (x1) e Ĥ 2 φ n2 (x2)=E n2 φ n2 (x2), allora f n1,n2 (x1,x2)=φ n1 (x1)φ n2 (x2) è l’autostato del sistema a due particelle. Infatti: Ĥf n1,n2 (x1,x2)=(Ĥ 1 +Ĥ 2 )φ n1 (x1)φ n2 (x2)= =Ĥ 1 φ n1 (x1)φ n2 (x2)+Ĥ 2 φ n1 (x1)φ n2 (x2)= =φ n2 (x2)Ĥ 1 φ n1 (x1)+φ n1 (x1)Ĥ 2 φ n2 (x2)=(E n1 +E n2 )f n1,n2 (x1,x2)

Due particelle con spin 1/2: calcolo esplicito degli stati Una particella con spin 1/2 (s, numero quantico associato a Ŝ 1 2 ). Uso come base standard gli autostati di Ŝ 1 z: S 1x =( ℏ /2) ( ) S 1y =( ℏ /2) 0 -i +i 0 ( ) S 1z =( ℏ /2) () χ + 1x =(1/√2) 1111 ( ) +1 ( ) χ - 1x =(1/√2) 1i1i ( ) χ + 1y =(1/√2) +i ( ) χ - 1y =(1/√2) χ+1=χ+1= ( 1010 ) χ-1=χ-1= ( 0101 ) Lo spazio di Hilbert è chiaramente bidimensionale. La particella 2 avrà analoghi operatori e autostati. Come estendo al caso finito-dimensionale (spin) quanto fatto nel caso infinito dimensionale trattato in precedenza?