1 16/11/2017

Λυμένες ασκήσεις στροφορμής 1) Θα υπολογίσουμε τη δράση των τελεστών κλίμακας J± σε μια τυχαία

ιδιοκατάσταση ,j m των τελεστών 2J και ˆzJ .

Λύση Δείξαμε ότι η κατάσταση ˆ ,J j m± είναι επίσης ιδιοκατάσταση των τελεστών 2J και ˆ

zJ , με το ίδιο j και 1m ± αντίστοιχα, δηλαδή ˆ , , 1J j m j m± ±∼ . Οι τελεστές J± δεν είναι μοναδιακοί, αφού αν ήταν μοναδιακοί θα έπρεπε, εφόσον ο ένας είναι ερμιτιανός συζυγής του άλλου, ο μεταθέτης τους να είναι μηδέν. Όμως ο μεταθέτης τους δεν είναι μηδέν, όπως δείξαμε στην προηγούμενη ενότητα (σχέση (14)). Εφόσον οι τελεστές J± δεν είναι μοναδιακοί, δεν διατηρούν, εν γένει, το μέτρο των

καταστάσεων στις οποίες δρουν. Άρα οι ιδιοκαταστάσεις ˆ ,J j m± δεν είναι, εν γένει, κανονικοποιημένες, όπως υποθέτουμε (χωρίς βλάβη της γενικότητας) ότι είναι οι ιδιοκαταστάσεις ,j m . Έτσι, λοιπόν, μπορούμε να γράψουμε

( )ˆ , , , 1J j m C j m j m− −= − (1)

και

( )ˆ , , , 1J j m C j m j m+ += + (2)

Θα υπολογίσουμε τους συντελεστές ( ),C j m± με την ελευθερία (απροσδιοριστία) μιας σταθερής φάσης, που είναι απόρροια της συμμετρίας φάσης των κβαντικών καταστάσεων. Από την (1) έχουμε

( ) ( ) ( )22 † †ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ, , , , , , , , , ,C j m J j m J j m J j m j m J J j m j m J J j m− − − − − − − −= = = ≡

Επειδή †ˆ ˆJ J− += , παίρνουμε

( ) 2 ˆ ˆ, , ,C j m j m J J j m− + −= (3)

Σημείωση Ο γενικός συμβολισμός ( )...,... για το εσωτερικό γινόμενο βοηθάει να χειριστούμε μη ερμιτιανούς τελεστές.

Όμως 2 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

z zJ J J J J+ −= − +h (σχέση (9) της προηγούμενης ενότητας). Επομένως

2 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆz zJ J J J J+ − = + −h (4)

Αν αντικαταστήσουμε την (4) στην (3), θα πάρουμε

( ) 2 2 2ˆ ˆ ˆ, , ,z zC j m j m J J J j m− = + − =h

2 2ˆ ˆ ˆ, , , , , ,z zj m J j m j m J j m j m J j m= + − =h

}

( ) ( ) ( )( ), , 1

2 2 2 2 21 1 1j m j m

j j m m j j m m=

= + + − = + − −h h h h

2 16/11/2017

Επομένως

( ) ( ) ( ), 1 1C j m j j m m− = + − − h

Παραλείποντας τη σταθερή φάση του ( ),C j m− , παίρνουμε

( ) ( ) ( ), 1 1C j m j j m m− = + − − h (5)

Έτσι η (1) γράφεται

( ) ( )ˆ , 1 1 , 1J j m j j m m j m− = + − − −h (6)

Παρατηρήστε ότι για m j= − , η (5) μάς δίνει

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ), 1 1 1 1 0C j j j j j j j j j j− − = + − − − − = + − + =h h

Δηλαδή

( ), 0C j j− − = (7)

όπως αναμέναμε, αφού ο τελεστής J− πρέπει να «σκοτώνει» την ιδιοκατάσταση ελάχιστης ιδιοτιμής, ,j j− .

Με την ίδια λογική θα υπολογίσουμε τον συντελεστή ( ),C j m+ . Από τη (2) έχουμε

( ) ( ) ( )22 †ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ, , , , , , , ,C j m J j m J j m J j m j m J J j m+ + + + + += = = =

}

( )†ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ ˆ, , , , ,J J

j m J J j m j m J J j m+ −=

− + − += ≡

Δηλαδή

( ) 2 ˆ ˆ, , ,C j m j m J J j m+ − += (8)

Όμως 2 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆz zJ J J J J− += + +h (σχέση (18) της προηγούμενης ενότητας). Επομένως

2 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆz zJ J J J J− + = − −h (9)

Αν αντικαταστήσουμε την (9) στην (8), θα πάρουμε

( ) ( )2 2 2 2 2 2 2ˆ ˆ ˆ, , , 1z zC j m j m J J J j m j j m m+ = − − = + − − =h h h h

( ) ( )( ) 21 1j j m m= + − + h

Δηλαδή

( ) ( ) ( ), 1 1C j m j j m m+ = + − + h

Παραλείποντας πάλι τη σταθερή φάση, παίρνουμε

( ) ( ) ( ), 1 1C j m j j m m+ = + − + h (10)

Έτσι η (2) γράφεται

( ) ( )ˆ , 1 1 , 1J j m j j m m j m+ = + − + +h (11)

3 16/11/2017

Παρατηρήστε ότι για m j= , η (10) μάς δίνει

( ) ( ) ( ), 1 1 0C j j j j j j+ = + − + =h

Δηλαδή

( ), 0C j j+ = (12)

όπως αναμέναμε, αφού ο τελεστής J+ πρέπει να «σκοτώνει» την ιδιοκατάσταση μέγιστης ιδιοτιμής, ,j j .

2) Θα υπολογίσουμε τη δράση των τελεστών ˆxJ και ˆ

yJ στις ιδιοκαταστάσεις

του τελεστή ˆzJ . Με άλλα λόγια, θα υπολογίσουμε τις καταστάσεις ˆ ,xJ j m και

ˆ ,yJ j m . Λύση Είναι ˆ ˆ ˆ

x yJ J iJ+ = + (1)

ˆ ˆ ˆx yJ J iJ− = − (2)

Από την (1), βλέπουμε ότι ο ˆxJ είναι το πραγματικό μέρος του J+ και ο ˆ

yJ είναι το

φανταστικό μέρος του J+ . Αν προσθέσουμε τις (1) και (2) κατά μέλη, παίρνουμε

( )1ˆ ˆ ˆ2xJ J J+ −= + (3)

Αν αφαιρέσουμε τη (2) από την (1), παίρνουμε

( )1ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ22y yJ J iJ J J Ji+ − + −− = ⇒ = −

Δηλαδή

( )ˆ ˆ ˆ2yiJ J J− += − (4)

Από τις (3) και (4) μπορούμε, χρησιμοποιώντας τις σχέσεις (6) και (11) της προηγούμενης άσκησης, να υπολογίσουμε τη δράση των τελεστών ˆ

xJ και ˆyJ στις

ιδιοκαταστάσεις του ˆzJ .

Έτσι, από την (3), θα έχουμε

( ) ( )1 1ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ, , , ,2 2xJ j m J J j m J j m J j m+ − + −= + = + =

( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 1 , 1 1 1 , 12

j j m m j m j j m m j m= + − + + + + − − −h h

Δηλαδή

( ) ( ) ( ) ( )( )ˆ , 1 1 , 1 1 1 , 12xJ j m j j m m j m j j m m j m= + − − − + + − + +h (5)

4 16/11/2017

Από την (4) θα πάρουμε

( ) ( )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ, , , ,2 2yi iJ j m J J j m J j m J j m− + − += − = − =

( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 , 1 1 1 , 12i j j m m j m j j m m j m= + − − − − + − + +h h

Δηλαδή

( ) ( ) ( ) ( )( )ˆ , 1 1 , 1 1 1 , 12yiJ j m j j m m j m j j m m j m= + − − − − + − + +h (6)

3) Θα υπολογίσουμε τις μέσες τιμές και τις αβεβαιότητες των ˆxJ και ˆ

yJ σε μια

τυχαία ιδιοκατάσταση ,j m του ˆzJ .

Λύση Από τις σχέσεις (5) και (6) της προηγούμενης άσκησης, και το γεγονός ότι οι ιδιοκαταστάσεις ,j m είναι ορθοκανονικές, παίρνουμε

ˆ, , 0xj m J j m =

και ˆ, , 0yl m J l m =

Επομένως

,ˆ 0x j mJ = (1)

,ˆ 0y j mJ = (2)

Ένας άλλος τρόπος για να καταλήξουμε στις (1) και (2) είναι χρησιμοποιώντας τη σχέση

ˆ ˆ ˆx yJ J iJ+ = +

Πράγματι, παίρνοντας μέσες τιμές, θα έχουμε

, , , ,ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

x y x yj m j m j m j mJ J iJ J i J+ = + = +

Όμως

,ˆ ˆ, ,

j mJ j m J j m+ +=

και από τη σχέση (11) της άσκησης 1, έχουμε

( ) ( )ˆ, , , 1 1 , 1j m J j m j m j j m m j m+ = + − + + =h

( ) ( )0

1 1 , , 1 0j j m m j m j m= + − + + =h1442443

Επομένως

,ˆ 0

j mJ+ =

5 16/11/2017

Άρα

, ,ˆ ˆ 0x yj m j mJ i J+ =

Οι τελεστές ˆxJ και ˆ

yJ είναι ερμιτιανοί, επομένως έχουν πραγματικές ιδιοτιμές, άρα και πραγματικές μέσες τιμές. Έτσι, από την τελευταία εξίσωση θα πρέπει

,ˆ 0x j mJ = και

,ˆ 0y j mJ =

Για να υπολογίσουμε τις αβεβαιότητες των ˆxJ και ˆ

yJ στην τυχαία ιδιοκατάσταση

,j m , χρειαζόμαστε τις μέσες τιμές των τετραγώνων τους, δηλαδή τα 2

,ˆ

x j mJ και

2

,ˆ

y j mJ .

Είναι 2ˆ ˆ ˆ, ,x x xJ j m J J j m=

Εφαρμόζουμε τη σχέση (5) της προηγούμενης άσκησης για να υπολογίσουμε την κατάσταση ˆ ,xJ j m , και παίρνουμε

( ) ( ) ( ) ( )( )2ˆ ˆ ˆ, 1 1 , 1 1 1 , 12x x xJ j m j j m m J j m j j m m J j m= + − − − + + − + +h (3)

Εφαρμόζουμε πάλι τη σχέση (5) της προηγούμενης άσκησης για να υπολογίσουμε τις επιμέρους καταστάσεις ˆ , 1xJ j m − και ˆ , 1xJ j m + . Είναι

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )ˆ , 1 1 1 2 , 2 1 1 ,2xJ j m j j m m j m j j m m j m− = + − − − − + + − −h (4)

και

( ) ( ) ( ) ( )( )( )ˆ , 1 1 1 , 1 1 2 , 22xJ j m j j m m j m j j m m j m+ = + − + + + − + + +h (5)

Από τις σχέσεις (3) – (5) βλέπουμε ότι η κατάσταση 2ˆ ,xJ j m είναι γραμμικός

συνδυασμός των ιδιοκαταστάσεων , 2j m − , ,j m , και , 2j m + . Έτσι, η μέση

τιμή 2

,ˆ

x j mJ , δηλαδή το εσωτερικό γινόμενο της κατάστασης 2ˆ ,xJ j m με την

ιδιοκατάσταση ,j m θα είναι ίσο με τον συντελεστή της ιδιοκατάστασης ,j m στον

ανάπτυγμα της κατάστασης 2ˆ ,xJ j m . Όπως βλέπουμε από τις σχέσεις (3) – (5), ο συντελεστής αυτός είναι ίσος με

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 1 12 2 2

j j m m j j m m j j m m j j m m + − − + − − + + − + + − +

h h h

δηλαδή είναι ίσος με

6 16/11/2017

( ) ( ) ( ) ( )( )2

1 1 1 12

j j m m j j m m + − − + + − + =

h

( )( ) ( )( )2 2

2 22 1 2 12 2

j j m j j m = + − = + −

h h

Επομένως

( )( )2

2 2

,ˆ 1

2x j mJ j j m= + −

h (6)

Παρατηρήστε ότι, επειδή 2 2m j≤ , είναι

( )2 2 2 2 20 1j m j j m j j j m j− ≥ ⇒ + − ≥ ⇒ + − ≥

Επομένως, από την (6) παίρνουμε 2 2

,ˆ

2x j m

jJ ≥ h , με την ισότητα να ισχύει όταν 2 2m j m j= ⇒ = ± . Από την προηγούμενη ανισοϊσότητα βλέπουμε επίσης ότι

2

,ˆ 0x j mJ > όταν 0j ≠ .

Έχοντας υπολογίσει τη μέση τιμή του ˆxJ και τη μέση τιμή του τετραγώνου του ˆ

xJ ,

μπορούμε να υπολογίσουμε την αβεβαιότητα του ˆxJ , δηλαδή την αβεβαιότητα της

x -συνιστώσας της στροφορμής σε μια τυχαία ιδιοκατάσταση της z -συνιστώσας της στροφορμής. Είναι

( )2

2

, ,,ˆ ˆ ˆ

x x xj m j mj mJ J J ∆ = −

Αν αντικαταστήσουμε στην προηγούμενη σχέση την (1) και την (6), παίρνουμε

( ) ( ) 2

,ˆ 1

2x j mJ j j m∆ = + −

h (7)

Για να υπολογίσουμε τη μέση τιμή του τετραγώνου του ˆyJ , μπορούμε να κάνουμε

ό,τι κάναμε για τον υπολογισμό της μέσης τιμής του τετραγώνου του ˆxJ . Εδώ, θα

δείξουμε έναν διαφορετικό τρόπο υπολογισμού, χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα (6) και τη σχέση ˆ ˆ ˆ

x yJ J iJ+ = + . Σημείωση Εν τω μεταξύ, η φυσική διαίσθησή μας, πρέπει να μας έχει ήδη πει ότι

2 2

, ,ˆ ˆ

y xj m j mJ J= .

Είναι

( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆx y x y x x y y x y x y x y y xJ J iJ J iJ J iJ J iJ J J J J i J J J J+ = + + = + + − = − + +

Δηλαδή

( ) ( )2 2 2ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆx y x y y xJ J J i J J J J+ = − + + (8)

7 16/11/2017

Εξάλλου, είναι 2ˆ ˆ, , 1 , 2J j m J j m j m+ + + +∼ ∼ , δηλαδή 2ˆ , , 2J j m j m+ +∼ .

Επομένως, 2 2

,ˆ ˆ, , , , 2 0

j mJ j m J j m j m j m+ += + =∼ , δηλαδή

2

,ˆ 0

j mJ+ = (9)

Αν πάρουμε μέσες τιμές στην (8), θα έχουμε

( ) ( )2 2 2 2 2

, , ,,ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

x y x y y x x y x y y xj m j m j mj mJ J J i J J J J J J i J J J J+ = − + + = − + + =

2 2

, , ,ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

x y x y y xj m j m j mJ J i J J J J= − + +

Δηλαδή 2 2 2

, , , ,ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ

x y x y y xj m j m j m j mJ J J i J J J J+ = − + + (10)

Από τις (9) και (10), παίρνουμε 2 2

, , ,ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 0x y x y y xj m j m j mJ J i J J J J− + + =

Οι τελεστές 2 2ˆ ˆ, ,x yJ J και ˆ ˆ ˆ ˆx y y xJ J J J+ είναι ερμιτιανοί, άρα έχουν πραγματικές

ιδιοτιμές και πραγματικές μέσες τιμές. Οπότε, από την τελευταία εξίσωση παίρνουμε 2 2 2 2

, , , ,ˆ ˆ ˆ ˆ0x y x yj m j m j m j mJ J J J− = ⇒ = (11)

και

,ˆ ˆ ˆ ˆ 0x y y x j mJ J J J+ = (αυτό δεν τον χρειαζόμαστε εδώ)

Άρα, λοιπόν,

( )( )2

2 2

,ˆ 1

2y j mJ j j m= + −

h (12)

και η αβεβαιότητα του ˆyJ είναι

( ) ( ) 2

,ˆ 1

2y j mJ j j m∆ = + −

h (13)

Το γινόμενο των αβεβαιοτήτων του ˆxJ και του ˆ

yJ είναι

( ) ( )( )2

2

,ˆ ˆ 1

2x y j mJ J j j m∆ ∆ = + −

h (14)

Εφόσον ( ) 21j j m j+ − ≥ , από τη (14) παίρνουμε ( ) 2

,ˆ ˆ

2x y j m

jJ J∆ ∆ ≥ h , με το ίσον να

ισχύει όταν m j= ± . Παρατηρήστε ότι η αβεβαιότητα (14) γίνεται μέγιστη όταν 0m = , δηλαδή όταν μηδενιστεί η z -συνιστώσα της στροφορμής του σωματίου. Η μέγιστη τιμή του γινομένου των αβεβαιοτήτων των συνιστωσών x και y της στροφορμής είναι, από τη (14),

8 16/11/2017

( ) ( )max 2

,0

1ˆ ˆ 12x y j

J J j j∆ ∆ = + h (15)

δηλαδή, είναι ίση με το μισό του τετραγώνου της στροφορμής του σωματίου. Αντίθετα, η αβεβαιότητα (14) γίνεται ελάχιστη όταν m j= ± , δηλαδή όταν το μέτρο της z -συνιστώσας της στροφορμής του σωματίου γίνει μέγιστο. Η ελάχιστη τιμή του γινομένου των αβεβαιοτήτων των συνιστωσών x και y της στροφορμής είναι, από τη (14),

( )min 2

,ˆ ˆ

2x y j j

jJ J±

∆ ∆ = h (16)

Παρατηρήστε επίσης ότι όταν m j= ± , το μέτρο της z -συνιστώσας της στροφορμής είναι jh . Το τετράγωνο της στροφορμής είναι ( ) 21j j + h , επομένως το μέτρο της

στροφορμής είναι ( ) 21j j j j j+ = + >h h h , για 0j ≠ . Με άλλα λόγια, όταν 0j ≠ , δηλαδή όταν το σωμάτιο έχει στροφορμή, το μέτρο της είναι πάντα μεγαλύτερο από τη z -συνιστώσα της, αντίθετα με ό,τι συμβαίνει στην κλασική μηχανική για την τροχιακή στροφορμή, όπου αν οι συνιστώσες x και y είναι μηδέν, η z -συνιστώσα της τροχιακής στροφορμής είναι ίση με την τροχιακή στροφορμή. Το γεγονός ότι στην κβαντική μηχανική η z -συνιστώσα της στροφορμής είναι πάντα μικρότερη από το μέτρο της στροφορμής, οφείλεται στην αβεβαιότητα των συνιστωσών x και y , η οποία είναι πάντα μεγαλύτερη του μηδενός, όπως βλέπουμε από τη (16), όταν 0j ≠ , δηλαδή όταν το σωμάτιο έχει στροφορμή.

Σημείωση Για δύο τυχαίους ερμιτιανούς τελεστές ˆ ˆ, ,A B η γενικευμένη σχέση αβεβαιότητας γράφεται

1ˆ ˆˆ ˆ,2

A B A B ∆ ∆ ≥

όπου η μέση τιμή λαμβάνεται σε μια τυχαία κατάσταση. Έτσι σε μια τυχαία ιδιοκατάσταση ,j m του τελεστή ˆ

zJ , θα έχουμε

( ), ,

1ˆ ˆ ˆ ˆ,2x y x yj m j m

J J J J ∆ ∆ ≥

Όμως 2

, ,,ˆ ˆ ˆ ˆ,x y z zj m j mj m

m

J J i J i J im = = = h

h h h

14243

Επομένως

2

,ˆ ˆ,x y

j mJ J m = h

Άρα

( ) 2

,ˆ ˆ

2x y j m

mJ J∆ ∆ ≥ h (17)

Αν αντικαταστήσουμε τη (14) στη (17), παίρνουμε

( )( ) ( )2

2 2 21 12 2

mj j m j j m m+ − ≥ ⇒ + − ≥ ⇒

hh

{ ( ) ( ) ( )22

21 1 1m m

j j m m j j m m=

⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ +

9 16/11/2017

Η τελευταία ανισότητα ισχύει αφού j m≥ . Επομένως, είμαστε εντάξει.

4) Για την περίπτωση όπου 1l = (τροχιακή στροφορμή), θα υπολογίσουμε τους πίνακες που αναπαριστούν τους τελεστές ˆ ˆ ˆ ˆ, , ,x y zL L L L± στη βάση των

ιδιοκαταστάσεων του ˆzL , και θα επαληθεύσουμε τη μεταθετική σχέση

ˆ ˆ ˆ,x y zL L i L = h . Ακολούθως θα υπολογίσουμε τις μέσες τιμές του ˆxL και του ˆ

yL

στην κατάσταση 1,0 ( 0m = ), και θα επιβεβαιώσουμε ότι είναι μηδέν. Λύση Για 1l = , 1,0,1m = − . Επομένως έχουμε τρεις ιδιοκαταστάσεις του ˆ

zL : 1,1 , 1,0 , 1, 1− . Αυτές οι ιδιοκαταστάσεις είναι τα διανύσματα βάσης του χώρου

Hilbert των καταστάσεων της στροφορμής για 1l = . Αυτή τη βάση θα χρησιμοποιήσουμε για να κατασκευάσουμε τους πίνακες που αναπαριστούν τους τελεστές ˆ ˆ ˆ ˆ, , ,x y zL L L L± . Σημειώνουμε ότι η σειρά των διανυσμάτων βάσης, δηλαδή ποιο βάζουμε πρώτο, ποιο δεύτερο, και ποιο τρίτο, έχει σημασία, αφού επηρεάζει την αναπαράσταση του κάθε τελεστή. Έτσι, θεωρούμε ότι το 1,1 είναι το πρώτο

διάνυσμα, το 1,0 είναι το δεύτερο, και το 1, 1− είναι το τρίτο.

Θα συμβολίσουμε με 1e το διάνυσμα 1,1 , με 2e το διάνυσμα 1,0 , και με 3e το

διάνυσμα 1, 1− .

Γενικά, ο πίνακας A που παριστάνει τον τελεστή A στην ορθοκανονική βάση { } 1

ˆ Nn ne

= είναι ο N N× πίνακας με στοιχεία

ˆˆ ˆij i jA e A e= (1)

όπου , 1, 2,...,i j N= Έτσι, θα έχουμε i) zL

( )}

ˆ 1,1 1,1

1 111

1

ˆ ˆˆ ˆ 1,1 1,1 1,1 1,1zL

z z zL e L e L=

= = = =h

h h14243

( )}

ˆ 1,0 0 1,0 0

1 212ˆ ˆˆ ˆ 1,1 1,0 0

zL

z z zL e L e L= =

= = =h

( )}

ˆ 1, 1 1, 1

1 313

0

ˆ ˆˆ ˆ 1,1 1, 1 1,1 1, 1 0zL

z z zL e L e L− =− −

= = − = − − =h

h14243

( ) 2 121

0

ˆ ˆˆ ˆ 1,0 1,1 1,0 1,1 0z z zL e L e L= = = =h14243

( ) 2 222ˆ ˆˆ ˆ 1,0 1,0 0 1,0 1,0 0z z zL e L e L= = = =h

( ) 2 323

0

ˆ ˆˆ ˆ 1,0 1, 1 1,0 1, 1 0z z zL e L e L= = − = − − =h14243

10 16/11/2017

( ) 3 131

0

ˆ ˆˆ ˆ 1, 1 1,1 1, 1 1,1 0z z zL e L e L= = − = − =h14243

( ) 3 232ˆ ˆˆ ˆ 1, 1 1,0 0 1, 1 1,0 0z z zL e L e L= = − = − =h

( ) 3 333

1

ˆ ˆˆ ˆ 1, 1 1, 1 1, 1 1, 1z z zL e L e L= = − − = − − − = −h h14243

Επομένως

1 0 00 0 00 0 1

zL = −

h (2)

Η βάση που χρησιμοποιούμε για να αναπαραστήσουμε τους τελεστές, δηλαδή τα διανύσματα 1,1 , 1,0 , 1, 1− , είναι οι ιδιοκαταστάσεις τους ˆ

zL , επομένως ο πίνακας

zL είναι διαγώνιος με στοιχεία τις αντίστοιχες ιδιοτιμές ,0,−h h . Στη συνέχεια, θα κατασκευάσουμε τους πίνακες L± και από αυτούς,

χρησιμοποιώντας τις σχέσεις ˆ ˆ ˆx yL L iL± = ± , θα βρούμε τους πίνακες ,x yL L .

Για να κατασκευάσουμε τους πίνακες L± , θα χρησιμοποιήσουμε τις γενικές σχέσεις

( ) ( )ˆ , 1 1 , 1L l m l l m m l m+ = + − + +h

και

( ) ( )ˆ , 1 1 , 1L l m l l m m l m− = + − − −h

που έχουμε αποδείξει στην άσκηση 1 Στην περίπτωσή μας 1l = , οπότε

( )ˆ 1, 2 1 1, 1L m m m m+ = − + +h (3)

( )ˆ 1, 2 1 1, 1L m m m m− = − − −h (4)

Έτσι παίρνουμε

( )ˆ 1, 1 2 1 0 1,0 2 1,0L+ − = − − =h h

ˆ 1,0 2 0*1 1,1 2 1,1L+ = − =h h

ˆ 1,1 0L+ =

Και ˆ 1, 1 0L− − =

ˆ 1,0 2 1, 1L− = −h

ˆ 1,1 2 1,0L− = h

Οπότε

11 16/11/2017

( )11

0

ˆ1,1 1,1 0L L+ += =123

( )12ˆ1,1 1,0 1,1 2 1,1 2L L+ += = =h h

( )13

1,0

ˆ1,1 1, 1 1,1 1,0 0L L+ += − =∼

∼14243

( )21ˆ1,0 1,1 0L L+ += =

( )22

1,1

ˆ1,0 1,0 0L L+ += =∼

123

( )23ˆ1,0 1, 1 1,0 2 1,0 2L L+ += − = =h h

( )31ˆ1, 1 1,1 0L L+ += − =

( )32

1,1

ˆ1, 1 1,0 0L L+ += − =∼

123

( )33

1,0

ˆ1, 1 1, 1 0L L+ += − − =∼

14243

Έτσι, ο πίνακας L+ είναι

0 2 0

0 0 20 0 0

L+

=

h

h (5)

Θα κατασκευάσουμε με τον ίδιο τρόπο και τον πίνακα L− , και στη συνέχεια θα επιβεβαιώσουμε ότι είναι ο ερμιτιανός συζυγής του πίνακα L+ , δηλαδή του πίνακα (5). Είναι

( )11

1,0

ˆ1,1 1,1 0L L− −= =∼

123

( )12

1, 1

ˆ1,1 1,0 0L L− −

−

= =∼

123

( )13

0

ˆ1,1 1, 1 0L L− −= − =14243

( )21ˆ1,0 1,1 1,0 2 1,0 2L L− −= = =h h

( )22

1, 1

ˆ1,0 1,0 0L L− −

−

= =∼

123

( )23ˆ1,0 1, 1 0L L− −= − =

12 16/11/2017

( )31

1,0

ˆ1, 1 1,1 0L L− −= − =∼

123

( )32ˆ1, 1 1,0 1, 1 2 1, 1 2L L− −= − = − − =h h

( )33ˆ1, 1 1, 1 0L L− −= − − =

Άρα

0 0 0

2 0 0

0 2 0

L−

=

h

h

(6)

Παρατηρούμε ότι †

†

0 2 0 0 2 0 0 0 0

0 0 2 0 0 2 2 0 00 0 0 0 0 0 0 2 0

L L

Τ

+ −

= = = =

h h

h h h

h

Θα υπολογίσουμε τώρα τους πίνακες ,x yL L . Από τις σχέσεις ˆ ˆ ˆx yL L iL± = ± έχουμε

(ανατρέξτε στην άσκηση 2, σχέσεις (3) και (4)):

( )1ˆ ˆ ˆ2xL L L+ −= +

και

( )ˆ ˆ ˆ2yiL L L− += −

Επομένως

0 2 0 0 0 0 0 2 01 10 0 2 2 0 0 2 0 22 2

0 0 0 0 2 0 0 2 0xL

= + =

h h

h h h h

h h

Δηλαδή

0 1 01 0 1

2 0 1 0xL

=

h (7)

και

13 16/11/2017

( )0 0 0 0 2 0

2 0 0 0 0 22 2

0 0 00 2 0y

i iL L L− +

= − = − =

h

h h

h

0 2 0

2 0 22

0 2 0

i −

= −

h

h h

h

Δηλαδή

0 1 01 0 1

2 0 1 0y

iL−

= −

h (8)

Από την (7) βλέπουμε ότι ο πίνακας xL είναι ερμιτιανός. Από την (8) παίρνουμε

†

0 1 0 0 1 01 0 1 1 0 1

2 20 1 0 0 1 0y y

i iL L−

= − − = − = −

h h

Δηλαδή, οι πίνακες ,x yL L είναι ερμιτιανοί, όπως πρέπει, αφού παριστάνουν παρατηρήσιμα μεγέθη. Θα χρησιμοποιήσουμε τώρα τους πίνακες (2), (7), και (8) για να επαληθεύσουμε ότι

ˆ ˆ ˆ,x y zL L i L = h .

Είναι

2 20 1 0 0 1 0 1 0 11 0 1 1 0 1 0 0 0

2 20 1 0 0 1 0 1 0 1

x yi iL L

− − = − = −

h h

2 20 1 0 0 1 0 1 0 11 0 1 1 0 1 0 0 0

2 20 1 0 0 1 0 1 0 1

y xi iL L

− − − = − =

h h

Επομένως

2 21 0 1 1 0 1 2 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0

2 21 0 1 1 0 1 0 0 2

x y y xi iL L L L

− − − − = − = = − −

h h

2

1 0 00 0 00 0 1

zi i L = = −

h h

Δηλαδή

14 16/11/2017

,x y zL L i L = h

Τέλος, θα υπολογίσουμε τις μέσες τιμές των ,x yL L για 0m = , δηλαδή στην

ιδιοκατάσταση 1,0 .

Η ιδιοκατάσταση 1,0 είναι το δεύτερο διάνυσμα βάσης, επομένως παριστάνεται

από το διάνυσμα-στήλη 010

. Έτσι, το αντίστοιχο bra, δηλαδή το bra 1,0 ,

παριστάνεται από το διάνυσμα-γραμμή ( )0 1 0 . Άρα, η μέση τιμή του τελεστή ˆxL

στην ιδιοκατάσταση 1,0 , δηλαδή το εσωτερικό γινόμενο ˆ1,0 1,0xL , είναι

( ) ( )1,0

0 1 0 0 10 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0

2 20 1 0 0 1xL

= = =

h h

Με το ίδιο σκεπτικό,

( ) ( )1,0

0 1 0 0 10 1 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0

2 20 1 0 0 1y

i iL− −

= − = =

h h

5) Στην προηγούμενη άσκηση υπολογίσαμε ότι ο πίνακας xL που παριστάνει

τον τελεστή ˆxL για 1l = είναι ο

0 1 01 0 1

2 0 1 0xL

=

h . Θα υπολογίσουμε τις

ιδιοτιμές του πίνακα xL και θα επιβεβαιώσουμε ότι είναι επίσης mh , με 1,0,1m = − . Στη συνέχεια, θα υπολογίσουμε τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα.

Λύση Από την εξίσωση ιδιοτιμών του πίνακα xL , παίρνουμε

020 1 0

1 0 1 02 2 20 1 0

02

x x xy y yz z z

λ

λ λ

λ

− = ⇒ − =

−

h

h h h

h

(1)

όπου λ είναι η τυχαία ιδιοτιμή του xL

15 16/11/2017

Για να είναι το διάνυσμα xyz

ιδιοδιάνυσμα, θα πρέπει να είναι γραμμικά

ανεξάρτητο, δηλαδή 000

xyz

≠

. Έτσι, το ομογενές σύστημα (1) πρέπει να έχει μη

μηδενική λύση, οπότε θα πρέπει

02

20 02 22 2 2 0

202

λλ

λ λλ λ

λ

−−

− = ⇒ − − = ⇒− −

−

h

hh h

h h h

h

h

2 2 22 20 0

2 2 22 2λ λ λ λ λ λ

⇒ − − − − = ⇒ − + + = ⇒

h h h h h

( )2 2 2 20 0, 0λ λ λ λ λ⇒ − + = ⇒ = − + = ⇒ = ±h h h

Δηλαδή, οι ιδιοτιμές του xL είναι οι ,0, ,−h h όπως αναμέναμε. Θα υπολογίσουμε τώρα τα ιδιοδιανύσματα του πίνακα xL . Για 0λ = , από την (1) παίρνουμε

0 02 0 1 0

0 0 1 0 1 0 02 2 0 1 0

0 02

x x yy y x zz z y

= ⇒ = ⇒ + = ⇒

h

h h

h

0y⇒ = και 0x z+ = 0y⇒ = και z x= −

Επομένως, το (μη κανονικοποιημένο) ιδιοδιάνυσμα είναι 0x

x

−

.

Ας το κανονικοποιήσουμε.

( ) 2* * 10 0 1 2 12

xx x x x

x

− = ⇒ = ⇒ = −

16 16/11/2017

Λαμβάνοντας υπόψη τη συμμετρία φάσης των κβαντικών καταστάσεων, επιλέγουμε

12

x = . Επομένως το κανονικοποιημένο ιδιοδιάνυσμα είναι το 1

1 02 1

−

, και

γράφουμε

110 02 1

xm = → −

(2)

όπου 0xm = είναι η ιδιοκατάσταση του τελεστή ˆxL με 0m = ( )1l = .

Βάζουμε βέλος αντί για ίσον επειδή το διάνυσμα-στήλη 1

1 02 1

−

είναι

αναπαράσταση του αφηρημένου διανύσματος στη βάση των ιδιοκαταστάσεων του

ˆzL . Με άλλα λόγια, το διάνυσμα

11 02 1

−

είναι η αναπαράσταση της

ιδιοκατάστασης 0xm = στη βάση των ιδιοκαταστάσεων του ˆzL με 1l = .

Με τον ίδιο τρόπο θα υπολογίσουμε και τα άλλα δύο ιδιοδιανύσματα του πίνακα xL . Για λ = −h , από την (1) παίρνουμε

10 1 02 2

1 10 1 02 2 2 2

10 0 12 2

x xy yz z

= ⇒ = ⇒

hh

h hh

hh

02 2

0 02 2 2 2

02 2

y yx x

x z x zy y

y yz z

+ + = ⇒ + + = ⇒ + + = ⇒

+ + =

2 2 220 0 0

2 22 2 220 0 0

2 2 2

y y yx x xyx

y z y z yy zyz

y y yz z z

= − = − = − = − ⇒ − + + = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ = − + = + = + =

17 16/11/2017

Επομένως, το (μη κανονικοποιημένο) ιδιοδιάνυσμα είναι 2

2

y

yy

− −

.

Η συνθήκη κανονικοποίησης μάς δίνει

2 2* *2 2*

211 1 2 1

2 22 2 2

2

y

y yy yy y y y yy

−

− − = ⇒ + + = ⇒ = ⇒ =

−

Λαμβάνοντας υπόψη τη συμμετρία φάσης των κβαντικών καταστάσεων, επιλέγουμε

12

y = . Επομένως το κανονικοποιημένο ιδιοδιάνυσμα είναι το

12

1212

− −

. Άρα

12

11212

xm

− = − → −

(3)

Για λ = h , από την (1) παίρνουμε

18 16/11/2017

10 1 02 2

1 10 1 02 2 2 2

10 0 12 2

x xy yz z

− − − = ⇒ − = ⇒

− −

hh

h hh

hh

02 2

0 02 2 2 2

02 2

y yx x

x z x zy y

y yz z

− + − + = ⇒ − + = ⇒ − + = ⇒

− − =

2 2 220 0 0

2 22 2 220 0 0

2 2 2

y y yx x xyx

y z y z yy zyz

y y yz z z

= = = = ⇒ − + = ⇒ − + = ⇒ − = ⇒ = − = − = − =

Επομένως, το (μη κανονικοποιημένο) ιδιοδιάνυσμα είναι 2

2

y

yy

.

Όπως και προηγουμένως, εφαρμόζουμε τη συνθήκη κανονικοποίησης και επιλέγουμε πραγματική τιμή για το y . Έτσι, καταλήγουμε

12112

12

xm

= →

(4)

Ας ελέγξουμε αν τα ιδιοδιανύσματα (2) – (4) είναι ορθογώνια, όπως πρέπει, αφού αναπαριστούν τις ιδιοκαταστάσεις του ερμιτιανού τελεστή ˆ

xL . Είναι

11 1 1 1 1 1 11 0 0 02 2 2 22 2 21

x xm m

= = → = − = −

19 16/11/2017

( )

12

1 1 1 1 10 1 1 0 1 02 22 2 2

12

x xm m

−

= = − → − = − + = −

12

1 1 1 1 1 1 11 1 02 2 4 2 42 2

12

x xm m

= − = → − − = − + − =

Τα τρία ιδιοδιανύσματα είναι ορθογώνια, και κανονικοποιημένα, επομένως αποτελούν και αυτά μια ορθοκανονική βάση, την οποία μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε για να αναπαραστήσουμε τους τελεστές και τις καταστάσεις της τροχιακής στροφορμής για 1l = . 6) Αν ένα σωμάτιο βρίσκεται σε μια ιδιοκατάσταση του τελεστή ˆ

xL , ας πούμε στην ιδιοκατάσταση 1xm = − , ποια είναι η πιθανότητα το σωμάτιο να έχει, αντίστοιχα, 1,0,1zm = − ; Με άλλα λόγια, ποια είναι η πιθανότητα η z -συνιστώσα της τροχιακής στροφορμής του σωματίου να είναι, αντίστοιχα,

,0,−h h ; Λύση

Στην προηγούμενη άσκηση, βρήκαμε ότι στη βάση των ιδιοκαταστάσεων του ˆzL , η

ιδιοκατάσταση του ˆxL με 1xm = − , ας τη συμβολίσουμε 1xm = − , παριστάνεται από

το διάνυσμα-στήλη

12

1212

− −

. Είναι η σχέση (3) της προηγούμενης άσκησης.

Εφόσον

12 1 0 0

1 1 1 10 1 02 22 20 0 1

12

− = − + −

−

είναι

20 16/11/2017

1 1 11 1 0 12 22x z z zm m m m= − = − = + = − = − (1)

Από την (1) συμπεραίνουμε ότι η πιθανότητα η z -συνιστώσα της τροχιακής

στροφορμής του σωματίου να είναι −h ( )1zm = − είναι 21 1

2 4− = ή 25%, η

πιθανότητα η z -συνιστώσα της τροχιακής στροφορμής του σωματίου να είναι 0 είναι 12

ή 50%, και η πιθανότητα η z -συνιστώσα της τροχιακής στροφορμής του

σωματίου να είναι h ( )1zm = είναι 21 1

2 4− = ή 25%. Το άθροισμα των τριών

πιθανοτήτων είναι 1 ή 100%, όπως πρέπει. Ένας άλλος τρόπος για να υπολογίσουμε τις τρεις προηγούμενες πιθανότητες είναι ο εξής: Αν το σωμάτιο βρίσκεται στην κατάσταση 1xm = − , η πιθανότητα η z -συνιστώσα

της τροχιακής στροφορμής του σωματίου να είναι −h είναι 2

1 1z xm m= − = − . Εφόσον

01 0

1zm

= − →

και

12

11212

xm

− = − → −

, θα έχουμε

( )

12

1 11 1 0 0 122

12

z xm m

− = − = − = = − −

Άρα, η πιθανότητα είναι 21 1

2 4− = ή 25%.

Σημείωση Όπως γνωρίζουμε από τη διανυσματική ανάλυση, το εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων, x yr r

i , δεν εξαρτάται από το σύστημα συντεταγμένων που χρησιμοποιούμε για να το υπολογίσουμε. Μπορούμε να το υπολογίσουμε σε όποιο σύστημα συντεταγμένων μάς βολεύει, ή ακόμα και αφηρημένα, δηλαδή χωρίς να «καταφύγουμε» σε κάποιο σύστημα συντεταγμένων. Το ίδιο ισχύει και για τα εσωτερικά γινόμενα μεταξύ κβαντικών καταστάσεων, όπου τώρα το σύστημα συντεταγμένων είναι η βάση που χρησιμοποιούμε, στον χώρο των καταστάσεων, για να εκφράσουμε – να αναπαραστήσουμε – τις κβαντικές καταστάσεις (ή και τους τελεστές) που μας ενδιαφέρουν.

Με τον ίδιο τρόπο, οι άλλες δύο πιθανότητες είναι

21 16/11/2017

( )

2

22

12

1 1 10 1 0 1 022 2

12

z xm m

− = = − = = = −

ή 50%

και

( )

2

22

12

1 1 11 1 1 0 02 42

12

z xm m

− = = − = = − = −

ή 25%

7) Ας υποθέσουμε τώρα ότι το σωμάτιο βρίσκεται σε μια ιδιοκατάσταση του ˆzL

και θέλουμε να υπολογίσουμε την πιθανότητα μια άλλη συνιστώσα της τροχιακής στροφορμής, δηλαδή ο τελεστής ˆ

xL ή ο τελεστής ˆyL , να έχει μια

συγκεκριμένη τιμή. Για παράδειγμα, ας υποθέσουμε ότι το σωμάτιο βρίσκεται στην κατάσταση με 1zm = , δηλαδή στην κατάσταση 1,1 , την οποία εδώ θα

συμβολίσουμε με 1zm = , και θέλουμε να υπολογίσουμε την πιθανότητα η x -συνιστώσα να έχει τιμή −h και την πιθανότητα η y -συνιστώσα να είναι μηδέν. Τι κάνουμε σε αυτήν την περίπτωση; Λύση Οι δύο πιθανότητες που θέλουμε να υπολογίσουμε είναι, αντίστοιχα, η

21 1x zm m= − = και η

20 1y zm m= = . Στην προηγούμενη άσκηση, βρήκαμε ότι

2 11 14z xm m= = − = . Ξέρουμε ότι το εσωτερικό γινόμενο είναι αντισυμμετρικό ως

προς τα δύο ορίσματά του, δηλαδή *a b b a= . Επομένως,

*1 1 1 1 1 1 1 1x z z x x z z xm m m m m m m m= − = = = = − ⇒ = − = = = = −

Άρα

2 2 11 1 1 14x z z xm m m m= − = = = = − =

Για να υπολογίσουμε την πιθανότητα 2

0 1y zm m= = , χρησιμοποιούμε ξανά την

αντισυμμετρική ιδιότητα του εσωτερικού γινομένου και παίρνουμε *

0 1 1 0y z z ym m m m= = = = = (1)

22 16/11/2017

Για να υπολογίσουμε το εσωτερικό γινόμενο 1 0z ym m= = , θα γράψουμε την

κατάσταση 0ym = στη βάση των ιδιοκαταστάσεων του ˆzL . Η κατάσταση 0ym =

είναι ιδιοκατάσταση του ˆyL με ιδιοτιμή 0 0=h , δηλαδή

ˆ 0 0y yL m = = (2)

Χρησιμοποιώντας την αναπαράσταση του τελεστή ˆyL στη βάση των

ιδιοκαταστάσεων του ˆzL , η εξίσωση ιδιοτιμών (2) γράφεται

0y

xL y

z

=

(3)

όπου 0 1 01 0 1

2 0 1 0y

iL−

= −

h (ανατρέξτε στην άσκηση 4, σχέση (8))

Επομένως, η (3) γράφεται

0 1 0 00

1 0 1 0 00 1 0 0

x yy

y x zz x

z y

− − = = − = ⇒ − = ⇒ = =

Δηλαδή

0x xyz x

=

Εφαρμόζοντας τη συνθήκη κανονικοποίησης, παίρνουμε

( ) 2* * 10 0 1 2 12

xx x x x

x

= ⇒ = ⇒ =

Λαμβάνοντας υπόψη τη συμμετρία φάσης των κβαντικών καταστάσεων, επιλέγουμε 12

x = . Επομένως

110 02 1

ym = →

(4)

Έτσι, το στοιχείο πίνακα, ή πλάτος πιθανότητας, 1 0z ym m= = είναι

23 16/11/2017

( ) ( )1 1

1 1 11 0 1 0 0 0 1 0 0 02 2 21 1

z ym m = = = = =

Οπότε, από την (1) παίρνουμε

10 12y zm m= = = (5)

Η πιθανότητα, λοιπόν, η y -συνιστώσα της τροχιακής στροφορμής του σωματίου μας να είναι μηδέν, όταν το σωμάτιο βρίσκεται στην ιδιοκατάσταση 1,1 του ˆ

zL , είναι

2 10 12y zm m= = = ή 50%.

Η επόμενη άσκηση είναι γενίκευση των δύο προηγούμενων 8) Για την περίπτωση όπου 1l = i) Γράψτε τους πίνακες , ,x y zL L L που αναπαριστούν τους τελεστές ˆ ˆ ˆ, ,x y zL L L στη

βάση των κοινών ιδιοκαταστάσεων των τελεστών 2L και ˆzL .

ii) Βρείτε τις ιδιοτιμές και τα ιδιοδιανύσματα των πινάκων , ,x y zL L L .

iii) Γράψτε το διάνυσμα-στήλη Y που αναπαριστά μια τυχαία κατάσταση ψ της τροχιακής στροφορμής στη βάση των κοινών ιδιοκαταστάσεων των τελεστών 2L και ˆ

zL .

iv) Αν cossin

0Y

ϕϕ

=

, με [ )0, 2ϕ π∈ , ελέγξτε αν το διάνυσμα Y είναι

κανονικοποιημένο, και υπολογίστε α) τις πιθανότητες η x -συνιστώσα της τροχιακής στροφορμής να είναι, αντίστοιχα, ,0,−h h . β) τις πιθανότητες η y -συνιστώσα της τροχιακής στροφορμής να είναι, αντίστοιχα, ,0,−h h . γ) τις πιθανότητες η z -συνιστώσα της τροχιακής στροφορμής να είναι, αντίστοιχα, ,0,−h h . δ) τις μέσες τιμές των τριών συνιστωσών της τροχιακής στροφορμής,

ˆ ˆ ˆ, ,x y zL L L .

Λύση i) Για 1l = , 1,0,1zm = − . Επομένως, οι κοινές ιδιοκαταστάσεις των τελεστών 2L και ˆ

zL είναι οι 1,1 , 1,0 , 1, 1− . Αυτή είναι η βάση της αναπαράστασης που θέλουμε να κατασκευάσουμε. Αν θεωρήσουμε, αυθαίρετα, την ιδιοκατάσταση 1,1 ως το 1ο διάνυσμα βάσης, την

ιδιοκατάσταση 1,0 ως το 2ο διάνυσμα βάσης, και την ιδιοκατάσταση 1, 1− ως το 3ο διάνυσμα βάσης, τότε, όπως δείξαμε στην άσκηση 4, οι πίνακες , ,x y zL L L είναι οι

24 16/11/2017

0 1 01 0 1

2 0 1 0xL

=

h (1)

0 1 01 0 1

2 0 1 0y

iL−

= −

h (2)

1 0 00 0 00 0 1

zL = −

h (3)

ii) Στην άσκηση 5 υπολογίσαμε τις ιδιοτιμές και τα ιδιοδιανύσματα του πίνακα xL . Βρήκαμε ότι οι ιδιοτιμές του είναι οι ,0, ,−h h και τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα είναι τα

12

1212

− −

, με ιδιοτιμή −h

11 02 1

−

, με ιδιοτιμή 0

1212

12

, με ιδιοτιμή h

Τα τρία αυτά διανύσματα-στήλες αναπαριστούν τις ιδιοκαταστάσεις του τελεστή ˆxL

με ιδιοτιμές, αντίστοιχα, ,0,−h h . Συμβολίζουμε

12

11212

xm

− = − → −

(4)

25 16/11/2017

110 02 1

xm = → −

(5)

12112

12

xm

= →

(6)

Θα υπολογίσουμε τώρα τις ιδιοτιμές και τα ιδιοδιανύσματα του πίνακα yL . Η εξίσωση ιδιοτιμών του πίνακα yL γράφεται

0 020 1 0

1 0 1 02 2 20 1 0

0 02

i

x x x xi i iy y y y

z z z zi

λ λ

− − − = ⇒ − = ⇒

h

h h h

h

02 0

02 2 0

02

i

xi i y

zi

λ

λ

λ

− − ⇒ − − =

−

h

h h

h

(7)

Εφόσον το xyz

είναι ιδιοδιάνυσμα, πρέπει να είναι γραμμικά ανεξάρτητο, επομένως

πρέπει να είναι διάφορο από το μηδενικό διάνυσμα, δηλαδή 000

xyz

≠

. Έτσι, το

ομογενές σύστημα (7) πρέπει να έχει μη μηδενική λύση. Άρα, η ορίζουσα του συστήματος (7) πρέπει να είναι μηδέν, δηλαδή

26 16/11/2017

22

02

0 02 2 2 2 2

02

i

i i i i

i

λ

λ λ λ λ

λ

− −

− − = ⇒ − − + − = ⇒

−

h

h h h h h

h

2 2 2 22 20 0

2 2 2 2λ λ λ λ λ

⇒ − − + = ⇒ − + = ⇒

h h h h

( )2 2 2 20 0, 0λ λ λ λ λ⇒ − = ⇒ = − = ⇒ = ±h h h

Επομένως, οι ιδιοτιμές του πίνακα yL είναι ,0,−h h , ίδιες με τις ιδιοτιμές του πίνακα

xL . Ας βρούμε τώρα τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα. Για λ = −h , το ομογενές σύστημα (7) γράφεται

0 1 02 20 0

0 1 02 2 2 20 0

0 0 12 2

i i

x xi i i iy y

z zi i

− − − = ⇒ − = ⇒

hh

h hh

hh

02 20

0 02 2 2 20

02 2

i ix y x y

i i i ix y z x y z

i iy z y z

− − = ⇒ + − = ⇒ + − = ⇒

+ + =

2 220 0

2 22 2 2 22

22

i ix y x yix y

i i i i y yy y y yiz yii z yz y

= = = ⇒ + − − = ⇒ − + − = ⇒ = −

= −= −

Επομένως

2

2

i yxy yz i y

=

−

Εφαρμόζοντας τη συνθήκη κανονικοποίησης, παίρνουμε

27 16/11/2017

2 2 2 2* * *2

1 11 22 22 2

2

i yi iy y y y y y y y

i y

= − = + + =

−

Δηλαδή

2 12 12

y y= ⇒ =

Επιλέγουμε, λαμβάνοντας υπόψη τη συμμετρία φάσης των κβαντικών καταστάσεων,

12

y =

Επομένως, το κανονικοποιημένο ιδιοδιάνυσμα είναι το

212

2

i

i

−

.

Ας κάνουμε έναν έλεγχο.

12 2 20 1 0 21 1 11 0 1

2 2 2 2 20 1 0 122 2 2

i i i

i i i

i i i

− − − − = = − = − − −

h hh h

Δηλαδή

2 21 12 2

2 2

y

i i

L

i i

= − − −

h

Το διάνυσμα

212

2

i

i

−

είναι ιδιοδιάνυσμα του πίνακα yL με ιδιοτιμή −h , και

αναπαριστά την αντίστοιχη ιδιοκατάσταση του τελεστή ˆyL , δηλαδή

28 16/11/2017

2112

2

y

i

m

i

= − → −

(8)

Με τον ίδιο τρόπο, υπολογίζουμε τα άλλα δύο κανονικοποιημένα ιδιοδιανύσματα του πίνακα yL . Για 0λ = , το ομογενές σύστημα (7) γράφεται

0 02 0 0 1 0 0

0 0 1 0 1 02 2 0 0 1 0 0

0 02

i

x xi i y y

z zi

− − − = ⇒ − = ⇒

h

h h

h

00

00

yy

x zz x

y

− = ⇒ − = ⇒ =

Επομένως

0x xyz x

=

Εφαρμόζοντας τη συνθήκη κανονικοποίησης, παίρνουμε

( ) 2* * 11 0 0 2 12

xx x x x

x

= ⇒ = ⇒ =

Επιλέγουμε, λαμβάνοντας υπόψη τη συμμετρία φάσης των κβαντικών καταστάσεων,

12

x =

Επομένως, το κανονικοποιημένο ιδιοδιάνυσμα του πίνακα yL με ιδιοτιμή 0 είναι το

11 02 1

, όπως υπολογίσαμε και στην άσκηση 7. Άρα

110 02 1

ym = →

(9)

29 16/11/2017

Για λ = h , το ομογενές σύστημα (7) γράφεται

0 1 02 20 0

0 1 02 2 2 20 0

0 0 12 2

i i

x xi i i iy y

z zi i

− − − − − − = ⇒ − − = ⇒

− −

hh

h hh

hh

02 2 20

1 10 0 02 22 2 2 20

022 2

i i ix y x y x y

i i i ix y z x y z y y y

ii i z yy z y z

− − − − = = − ⇒ − − = ⇒ − − = ⇒ − + = ⇒

=− − =

220 0

22

ix y ix y

iz yiz y

= − = − ⇒ = ⇒ = =

Επομένως

2

2

i yxy yz i y

− =

Εφαρμόζοντας τη συνθήκη κανονικοποίησης, παίρνουμε

2 2 2 2* * *2

1 11 22 22 2

2

i yi iy y y y y y y y

i y

− = − = + + =

Δηλαδή

2 12 12

y y= ⇒ =

Επιλέγουμε, λαμβάνοντας υπόψη τη συμμετρία φάσης των κβαντικών καταστάσεων,

12

y =

Άρα

30 16/11/2017

2112

2

y

i

m

i

− = →

(10)

Ας κάνουμε έναν έλεγχο.

12 20 1 0 2

1 11 0 12 2 2 20 1 0 1

22 2

i i

i i i

i i

− − − − − = − =

h hh

Δηλαδή

2 21 12 2

2 2

y

i i

L

i i

− − =

h

Ο πίνακας 1 0 00 0 00 0 1

zL = −

h είναι διαγώνιος, επομένως οι ιδιοτιμές του είναι τα

διαγώνια στοιχεία του, δηλαδή ,0,−h h . Τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα είναι τα 100

,

με ιδιοτιμή h , 010

, με ιδιοτιμή 0, και 001

, με ιδιοτιμή −h . Πράγματι, είναι

1 0 0 1 10 0 0 0 00 0 1 0 0

= −

h h

1 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0 10 0 1 0 0 0

= = −

h

31 16/11/2017

1 0 0 0 0 00 0 0 0 0 00 0 1 1 1 1

= = − − −

h h h

Επομένως

11 0

0zm

= →

(11)

00 1

0zm

= →

(12)

01 0

1zm

= − →

(13)

όπου 1 1,1zm = ≡ , 0 1,0zm = ≡ , και 1 1, 1zm = − ≡ − Παρατηρούμε ότι και οι τρεις πίνακες , ,x y zL L L , επομένως και οι τρεις αντίστοιχοι

τελεστές ˆ ˆ ˆ, ,x y zL L L , έχουν τις ίδιες ιδιοτιμές, ,0,−h h . Οι ιδιοτιμές αυτές είναι οι προβολές της τροχιακής στροφορμής στους αντίστοιχους άξονες, x,y,z , για 1l = , δηλαδή όταν το τετράγωνο της στροφορμής είναι ( ) 2 21 2l l + =h h , επομένως όταν το

μέτρο της στροφορμής είναι 2h . iii) Οι ιδιοκαταστάσεις 1,1 , 1,0 , 1, 1− , που εδώ τις συμβολίζουμε, αντίστοιχα,

1 , 0 , 1z z zm m m= = = − , αποτελούν ορθοκανονική βάση στον χώρο των καταστάσεων (χώρος Hilbert) της στροφορμής με 1l = . Έτσι, τα διανύσματα

1 0 00 , 1 , 00 0 1

, που αναπαριστούν τις προηγούμενες ιδιοκαταστάσεις, αποτελούν

ορθοκανονική βάση στον χώρο της αναπαράστασης, που είναι επίσης ένας χώρος Hilbert. Επομένως, μια τυχαία κατάσταση ψ της στροφορμής (με 1l = ) θα αναπαρίσταται από ένα διάνυσμα, ας το συμβολίσουμε με Y , που είναι γραμμικός

συνδυασμός των τριών διανυσμάτων 1 0 00 , 1 , 00 0 1

. Δηλαδή

1 0 00 1 00 0 1

aY a b c b

c

= + + =

Θεωρώντας ότι η κατάσταση ψ είναι κανονικοποιημένη, το διάνυσμα Y πρέπει να είναι κι αυτό κανονικοποιημένο, δηλαδή

32 16/11/2017

( ) 2 2 2† * * *1 1a

Y Y a b c b a b cc

= = ⇒ + + =

Επομένως

aY b

cψ

→ =

(14)

με 2 2 2 1a b c+ + = iv) Έστω

cossin

0Y

ϕψ ϕ

→ =

(15)

Τότε

( )† 2 2 †

coscos sin 0 sin cos sin 1 1

0Y Y Y Y

ϕϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

= = + = ⇒ =

Το διάνυσμα cossin

0

ϕϕ

είναι, επομένως, κανονικοποιημένο.

α) Τα πλάτη των πιθανοτήτων που θέλουμε να υπολογίσουμε γράφονται

1 , 0 , 1x x xm m mψ ψ ψ= − = =

Τα εσωτερικά γινόμενα είναι ανεξάρτητα από τη βάση που χρησιμοποιούμε για να εκφράσουμε – να αναπαραστήσουμε – τις εμπλεκόμενες καταστάσεις (εν προκειμένω τις καταστάσεις , 1 , 0 , 1x x xm m mψ = − = = ).

Θα επιλέξουμε ως βάση αναπαράστασης τις κοινές ιδιοκαταστάσεις των τελεστών 2L και ˆ

zL . Τότε, όπως δείξαμε

12

11212

xm

− = − → −

110 02 1

xm = → −

33 16/11/2017

12112

12

xm

= →

και

cossin

0Y

ϕψ ϕ

→ =

Επομένως, θα έχουμε

cos1 1 1 1 11 sin cos sin2 2 22 20

xmϕ

ψ ϕ ϕ ϕ

= − = − − = − +

( )cos

1 10 1 0 1 sin cos2 20

xmϕ

ψ ϕ ϕ = = − =

cos1 1 1 1 11 sin cos sin2 2 22 20

xmϕ

ψ ϕ ϕ ϕ

= = = +

Οι αντίστοιχες πιθανότητες είναι

( )2

2 2 21 1 1 1 11 1 cos sin cos sin sin cos2 4 22 2x xP m m ψ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = − = = − = − + = + − =

2 2 2

1

1 1 1sin cos sin sin 24 4 2 2

ϕ ϕ ϕ ϕ

= + + − 1442443

Δηλαδή

( ) ( )21 11 sin 1 sin 24 2 2xP m ϕ ϕ= − = + − (16)

Αυτή είναι η πιθανότητα η x -συνιστώσα της στροφορμής να είναι −h . Παρόμοια, θα έχουμε

( ) 210 cos2xP m ϕ= = (17)

Αυτή είναι η πιθανότητα η x -συνιστώσα της στροφορμής να είναι 0.

34 16/11/2017

( )2

2 21 1 1 1 11 cos sin cos sin sin cos2 4 22 2xP m ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = = + = + + =

2 2 2

1

1 1 1sin cos sin sin 24 4 2 2

ϕ ϕ ϕ ϕ

= + + + 1442443

Δηλαδή

( ) ( )21 11 sin 1 sin 24 2 2xP m ϕ ϕ= = + + (18)

Αυτή είναι η πιθανότητα η x -συνιστώσα της στροφορμής να είναι h . Παρατηρήστε ότι

( ) ( ) ( ) ( )2 21 1 11 0 1 sin 1 sin 2 cos4 22 2x x xP m P m P m ϕ ϕ ϕ= − + = + = = + − + +

( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 1sin 1 sin 2 sin 1 cos 1 1 14 2 22 2

ϕ ϕ ϕ ϕ+ + + = + + = + =

Δηλαδή

( ) ( ) ( )1 0 1 1x x xP m P m P m= − + = + = = (19)

Το άθροισμα των τριών πιθανοτήτων είναι ίσο με 1, όπως πρέπει. Με τον ίδιο τρόπο θα υπολογίσουμε τις αντίστοιχες πιθανότητες για τις άλλες δύο συνιστώσες της στροφορμής. β) Δείξαμε ότι

2112

2

y

i

m

i

= − → −

110 02 1

ym = →

2112

2

y

i

m

i

− = →

Επομένως

35 16/11/2017

cos1 11 sin cos sin

2 2 22 20y

i i imϕ

ψ ϕ ϕ ϕ

= − = − = − +

( )cos

1 10 1 0 1 sin cos2 20

ymϕ

ψ ϕ ϕ = = =

cos1 11 sin cos sin

2 2 22 20y

i i imϕ

ψ ϕ ϕ ϕ

= = − = +

Οι αντίστοιχες πιθανότητες είναι

( )2 2 2 21 1 1 11 cos sin sin cos sin cos

2 2 22 2 2yi iP m ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = − = − + = − = + − =

( )2 2 2 2 2 2

1

1 1 1 1 1sin cos sin cos sin sin 12 4 4 4 4

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

= + = + + = + 1442443

Δηλαδή

( ) ( )211 sin 14yP m ϕ= − = + (20)

Αυτή είναι η πιθανότητα η y -συνιστώσα της στροφορμής να είναι −h .

( ) 210 cos2yP m ϕ= = (21)

Αυτή είναι η πιθανότητα η y -συνιστώσα της στροφορμής να είναι 0.

( )2 2 2 21 1 1 11 cos sin sin cos sin cos

2 2 22 2 2yi iP m ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = = + = + = + =

( )2 2 21 1 1sin cos sin 12 4 4

ϕ ϕ ϕ= + = +

Δηλαδή

( ) ( )211 sin 14yP m ϕ= = + (22)

Αυτή είναι η πιθανότητα η y -συνιστώσα της στροφορμής να είναι h . Παρατηρήστε ότι

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 1 11 0 1 sin 1 cos sin 14 2 4y y yP m P m P m ϕ ϕ ϕ= − + = + = = + + + + =

( ) ( ) ( )2 2 2 21 1 1 1sin 1 cos sin 1 cos 1 1 12 2 2 2

ϕ ϕ ϕ ϕ= + + = + + = + =

Δηλαδή

36 16/11/2017

( ) ( ) ( )1 0 1 1y y yP m P m P m= − + = + = = (23)

γ) Δείξαμε ότι

11 0

0zm

= →

00 1

0zm

= →

01 0

1zm

= − →

Επομένως

( )cos

1 0 0 1 sin 00

zmϕ

ψ ϕ = − = =

( )cos

0 0 1 0 sin sin0

zmϕ

ψ ϕ ϕ = = =

( )cos

1 1 0 0 sin cos0

zmϕ

ψ ϕ ϕ = = =

Οι αντίστοιχες πιθανότητες είναι

( )1 0zP m = − = (24)

Αυτή είναι η πιθανότητα η z -συνιστώσα της στροφορμής να είναι −h , και, όπως βλέπουμε, είναι μηδέν.

( ) 20 sinzP m ϕ= = (25)

Αυτή είναι η πιθανότητα η z -συνιστώσα της στροφορμής να είναι 0.

( ) 21 coszP m ϕ= = (26)

Αυτή είναι η πιθανότητα η z -συνιστώσα της στροφορμής να είναι h . Παρατηρήστε ότι

( ) ( ) ( )1 0 1 1z z zP m P m P m= − + = + = = (27)

δ) Η μέση τιμή του τελεστή ˆxL στην κατάσταση ψ είναι, όπως ξέρουμε,

ˆ ˆx xL Lψ ψ= . Μπορούμε να υπολογίσουμε τη μέση τιμή (δηλαδή το εσωτερικό

37 16/11/2017

γινόμενο) σε όποια αναπαράσταση μάς βολεύει. Έτσι, επιλέγοντας την αναπαράσταση που ως βάση έχει τις κοινές ιδιοκαταστάσεις των τελεστών 2L και ˆ

zL , θα έχουμε

( )0 1 0 cos

ˆ ˆ cos sin 0 1 0 1 sin2 0 1 0 0

x

x x

L

L Lϕ

ψ ψ ϕ ϕ ϕ = = =

h

1442443

( ) ( )sin

cos sin 0 cos sin cos sin cos sin 22 2 2sin

ϕϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ

= = + =

h h h

Δηλαδή

ˆ sin 22xL ϕ=

h (28)

Αντίστοιχα, η μέση τιμή του ˆyL στην κατάσταση ψ είναι

( )0 1 0 cos

ˆ ˆ cos sin 0 1 0 1 sin2 0 1 0 0

y

y y

L

iL Lϕ

ψ ψ ϕ ϕ ϕ−

= = − =

h

1442443

( ) ( )sin

cos sin 0 cos sin cos sin cos 02 2sin

i iϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕ

− = = − + =

h h

Δηλαδή

ˆ 0yL = (29)

Σημείωση

Η μέση τιμή ˆyL πρέπει να είναι πραγματική, διότι ο τελεστής ˆ

yL είναι ερμιτιανός,

επομένως έχει πραγματικές ιδιοτιμές. Ωστόσο, ο πίνακας yL έχει μόνο φανταστικά

στοιχεία, και μηδενικά, ενώ το διάνυσμα

cossin

0

ϕϕ

, που αναπαριστά την κατάσταση

ψ , έχει πραγματικά στοιχεία. Επομένως, το εσωτερικό γινόμενο ˆyLψ ψ ,

δηλαδή η μέση τιμή ˆyL θα είναι φανταστικός αριθμός ή μηδέν. Επειδή δεν μπορεί

να είναι φανταστικός αριθμός, είναι μηδέν. Με την ίδια λογική

38 16/11/2017

( )1 0 0 cos

ˆ ˆ cos sin 0 0 0 0 sin0 0 1 0

z

z z

L

L Lϕ

ψ ψ ϕ ϕ ϕ = = = −

h

1442443

( ) 2

coscos sin 0 0 cos

0

ϕϕ ϕ ϕ

= =

h h

Δηλαδή 2ˆ coszL ϕ= h (30)

Ας δούμε τι μάς δίνουν οι μέσες τιμές (28) – (30) στην περίπτωση που το διάνυσμα cossin

0

ϕϕ

είναι ιδιοδιάνυσμα του zL , δηλαδή όταν η κατάσταση ψ είναι

ιδιοκατάσταση του τελεστή ˆzL . Αν το

cossin

0

ϕϕ

είναι ιδιοδιάνυσμα του zL , τότε

cos 1sin 0

0 0

ϕϕ

=

ή cos 0sin 1

0 0

ϕϕ

=

, δηλαδή 0ϕ = ή 2πϕ = (θυμηθείτε ότι [ )0, 2ϕ π∈ ).

Για 0ϕ = , ˆ 0xL = και ˆzL = h , και ˆ 0yL = . Σε αυτήν την περίπτωση, η

κατάσταση ψ είναι η ιδιοκατάσταση 1zm = , επομένως ˆzL = h , ενώ

ˆ ˆ 0x yL L= = , διότι όπως έχουμε δείξει στην άσκηση 3, οι μέσες τιμές των

τελεστών ˆxL και ˆ

yL είναι μηδέν στις ιδιοκαταστάσεις του ˆzL .

Για 2πϕ = , ˆ sin 0

2xL π= =h και ˆ 0zL = , και ˆ 0yL = . Σε αυτήν την περίπτωση,

η κατάσταση ψ είναι η ιδιοκατάσταση 0zm = , επομένως ˆ 0zL = , ενώ

ˆ ˆ 0x yL L= = αφού είμαστε σε ιδιοκατάσταση του ˆzL . Δηλαδή στην

ιδιοκατάσταση 0zm = μηδενίζονται και οι τρεις μέσες τιμές.

Σπύρος Κωνσταντογιάννης Φυσικός, M.Sc.

skonstan@hotmail.com