P1 Juny 2024

P1 Juny 2024

Autor/a dubte
Autor/a resposta

Enunciat

notion image

Context previ

Notació
Recordem que per una sola partícula, les següents notacions són equivalents
z+=+=1=Sz,+1=Sz,+\ket{z_+}=\ket{+}=\ket{1}=\ket{S_z,+1}=\ket{S_z,+}
I que en sistemes compostos, la base típica (dues partícules passant pel mateix Stern-Gerlach zz) és
{z}{++,+,+,++}\{z\}\equiv\{\ket{++},\ket{+-},\ket{-+},\ket{++}\}
On les següents notacions són equivalents
+=+,=+=+(1)(2)=Sz,+(1)Sz,(2)\ket{+-}=\ket{+,-}=\ket{+}\otimes\ket{-}=\ket{+}^{(1)}\otimes\ket{-}^{(2)}=\ket{S_z,+}^{(1)}\otimes\ket{S_z,-}^{(2)}
Un estat (del sistema) genèric és
ψ=a+++b++c++d\ket{\psi}=a\ket{++}+b\ket{+-}+c\ket{-+}+d\ket{--}
En aquesta base, podem expressar l’estat matricialment així
ψ{z}=(abcd)\ket{\psi}_{\{z\}}=\begin{pmatrix} a\\b\\c\\d \end{pmatrix}
O alternativament així
Per si de cas
+=(10)=(01)\ket{+}=\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix} \qquad\quad \ket{-}=\begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix}
I el producte de Kronecker es fa fent
(a1a2)(b1b2)=(a1(b1b2)a2(b1b2))=((a1b1a1b2)(a2b1a2b2))=(a1b1a1b2a2b1a2b2)\begin{pmatrix} a_1\\a_2 \end{pmatrix}\otimes \begin{pmatrix} b_1\\b_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a_1 \begin{pmatrix} b_1\\b_2 \end{pmatrix} \\[1em] a_2 \begin{pmatrix} b_1\\b_2 \end{pmatrix} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \begin{pmatrix} a_1b_1\\a_1b_2 \end{pmatrix} \\[1em] \begin{pmatrix} a_2b_1\\a_2b_2 \end{pmatrix} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_1b_1\\a_1b_2\\ a_2b_1\\ a_2b_2 \end{pmatrix}
ψ{z}=a(10)(10)+b(10)(01)+c(01)(10)+d(01)(01)\ket{\psi}_{\{z\}}= a \begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix} + d \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix}
On, evidentment l’estat està normalitzat, és a dir
a2+b2+c2+d2=1\textcolor{gray}{|a|^2+|b|^2+|c|^2+|d|^2=1}
En l’eix nn
Recordem que per una partícula sola (amb spin up o down en l’eix nn) teníem
n+=(cosθ2sinθ2eiϕ)n=(sinθ2eiϕcosθ2)\ket{n_+}=\begin{pmatrix} \cos\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \end{pmatrix} \qquad\quad \ket{n_-}=\begin{pmatrix} -\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] \cos\frac{\theta}{2} \end{pmatrix}
Aquestes expressions matricials són en la base {z+,z}\small\{\ket{z_+},\ket{z_-}\}.
Així doncs, si volguéssim expressar l’estat del nostre sistema en la base {n}\small\{n\} (perquè ara la mesura del Stern-Gerlach la farem en l’eix nn), hauríem de saber expressar els elements d’una base en funció dels de l’altra
++++    ?n+n+n+nnn+nn\begin{aligned} \ket{++} \\ \ket{+-} \\ \ket{-+} \\ \ket{--} \end{aligned} \quad \overset{?} \iff \quad \begin{aligned} \ket{n_+n_+} \\ \ket{n_+n_-} \\ \ket{n_-n_+} \\ \ket{n_-n_-} \end{aligned}
Pel cas general això es pot fer bastant feixuc
Aviam
Els elements de la base {n}\small\{n\} en funció dels de la {z}\small\{z\} seria
n+n+=(cosθ2sinθ2eiϕ)(cosθ2sinθ2eiϕ)=(cos2θ2cosθ2sinθ2eiϕsinθ2cosθ2eiϕsin2θ2e2iϕ)\small \ket{n_+}\otimes \ket{n_+} = \begin{pmatrix} \cos\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} \cos\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos^2\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \\[0.5em] \sin^2\frac{\theta}{2}e^{2i\phi} \end{pmatrix}n+n=(cosθ2sinθ2eiϕ)(sinθ2eiϕcosθ2)=(cosθ2sinθ2eiϕcos2θ2sin2θ2sinθ2cosθ2eiϕ)\small \ket{n_+}\otimes \ket{n_-} = \begin{pmatrix} \cos\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} -\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] \cos\frac{\theta}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] \cos^2\frac{\theta}{2} \\[0.5em] -\sin^2\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \end{pmatrix}nn+=(sinθ2eiϕcosθ2)(cosθ2sinθ2eiϕ)=(cosθ2sinθ2eiϕsin2θ2cos2θ2sinθ2cosθ2eiϕ)\small \ket{n_-}\otimes \ket{n_+} = \begin{pmatrix} -\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] \cos\frac{\theta}{2} \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} \cos\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] -\sin^2\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \cos^2\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \end{pmatrix}nn=(sinθ2eiϕcosθ2)(sinθ2eiϕcosθ2)=(sin2θ2e2iϕsinθ2cosθ2eiϕsinθ2cosθ2eiϕcos2θ2)\small \ket{n_-}\otimes \ket{n_-} = \begin{pmatrix} -\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] \cos\frac{\theta}{2} \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} -\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] \cos\frac{\theta}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sin^2\frac{\theta}{2}e^{-2i\phi} \\[0.5em] -\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] -\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] \cos^2\frac{\theta}{2} \end{pmatrix}
I els elements de la base {z}\{z\} en funció dels de la {n}\{n\} fa encara més mandra de calcular.
Ho podríem fer si volguéssim sabent que
z+=cosθ2n+sinθ2eiϕnz=sinθ2eiϕn++cosθ2n\small \ket{z_+}=\cos\frac{\theta}{2} \ket{n_+}-\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi}\ket{n_-} \qquad \ket{z_-}=\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi}\ket{n_+}+\cos\frac{\theta}{2}\ket{n_-}
Però no cal, ara veurem perquè.
Per sort no ens caldrà, ja que ens demanen simplement probabilitats, que es calculen amb bra-kets i són independents de la base. A més, tal com diu l’enunciat, no estem en el cas general, i el nostre estat només té components no nul·les pels elements +\ket{+-} i +\ket{-+}.

Apartat A

El nostre estat és
ψ=12(+++)\ket{\psi}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\ket{+-}+\ket{-+})
Matricialment (en la base {z}\small\{z\}) això és
ψ{z}=12(0110)\ket{\psi}_{\{z\}}= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0\\1\\1\\0 \end{pmatrix}
O si volem també…
ψ{z}=12[(10)(01)+(01)(10)]\textcolor{gray}{ \ket{\psi}_{\{z\}}=\frac{1}{\sqrt{2}} \left[ \begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0\\1 \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix} \right] }
Ens demanen calcular la probabilitat de mesurar l’estat n+n+\ket{n_+n_+}.
Com sabem això es fa així
P(n+n+)=n+n+ψ2\newcommand{\alquadrat}[1]{ |\hspace{-2pt}#1\hspace{-2pt}|^2 } P(n_+n_+)=\alquadrat{\braket{n_+n_+|\psi}}
Nosaltres farem el càlcul matricial d’aquest bra-ket en la base {z}\small\{z\}, però com sabem els bra-kets donen el mateix en qualsevol base, així que si volguéssim també podríem expressar l’estat en la base {n}\small\{n\} i després fixar-nos en la component de n+n+\ket{n_+n_+}. No ho fem així perquè tardaríem bastant més.
Tenim que l’element n+n+\ket{n_+n_+} és
n+n+=n+n+=(cosθ2sinθ2eiϕ)(cosθ2sinθ2eiϕ)=(cos2θ2cosθ2sinθ2eiϕsinθ2cosθ2eiϕsin2θ2e2iϕ)\small \ket{n_+n_+}=\ket{n_+}\otimes \ket{n_+} = \begin{pmatrix} \cos\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} \cos\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos^2\frac{\theta}{2} \\[0.5em] \cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \\[0.5em] \sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \\[0.5em] \sin^2\frac{\theta}{2}e^{2i\phi} \end{pmatrix}
I per tant el bra-ket serà
n+n+ψ=(cos2θ2cosθ2sinθ2eiϕsinθ2cosθ2eiϕsin2θ2e2iϕ)12(0110)==12[cosθ2sinθ2eiϕ+cosθ2sinθ2eiϕ]=12sinθeiϕ\braket{n_+n_+|\psi}= \footnotesize \begin{pmatrix} \cos^2\frac{\theta}{2} & \cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} & \sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} & \sin^2\frac{\theta}{2}e^{-2i\phi} \end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0\\1\\1\\0 \end{pmatrix} = \\ = \frac{1}{\sqrt{2}} \left[ \cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} + \cos\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \right]=\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta e^{-i\phi}
On hem utilitzat la relació trigonomètrica 2sinθ2cosθ2=sinθ\small 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2} = \sin\theta.
Així doncs la probabilitat que ens demanen serà
P(n+n+)=n+n+ψ2=12sinθeiϕ2=12sin2θ\newcommand{\alquadrat}[1]{ |\hspace{-2pt}#1\hspace{-2pt}|^2 } \colorbox{00d000}{$\displaystyle P(n_+n_+)$}=\alquadrat{\braket{n_+n_+|\psi}}=\left| \frac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta e^{-i\phi} \right|^2= \colorbox{00d000}{$\displaystyle \frac{1}{2}\sin^2\theta $}

Apartat B

Ara hem de calcular P(nn)P(n_-n_-), seguirem el mateix procediment.
nn=(sinθ2eiϕcosθ2)(sinθ2eiϕcosθ2)=(sin2θ2e2iϕsinθ2cosθ2eiϕsinθ2cosθ2eiϕcos2θ2)\small \ket{n_-}\otimes \ket{n_-} = \begin{pmatrix} -\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] \cos\frac{\theta}{2} \end{pmatrix} \otimes \begin{pmatrix} -\sin\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] \cos\frac{\theta}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sin^2\frac{\theta}{2}e^{-2i\phi} \\[0.5em] -\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] -\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{-i\phi} \\[0.5em] \cos^2\frac{\theta}{2} \end{pmatrix}
El bra-ket que busquem serà
nnψ=(sin2θ2e2iϕsinθ2cosθ2eiϕsinθ2cosθ2eiϕcos2θ2)12(0110)==12[sinθ2cosθ2eiϕsinθ2cosθ2eiϕ]=12sinθeiϕ\braket{n_-n_-|\psi}= \footnotesize \begin{pmatrix} \sin^2\frac{\theta}{2}e^{2i\phi} & -\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\phi} & -\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\phi} & \cos^2\frac{\theta}{2} \end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0\\1\\1\\0 \end{pmatrix} = \\ = \frac{1}{\sqrt{2}} \left[ -\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\phi} - \sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}e^{i\phi} \right]=-\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta e^{i\phi}
I la probabilitat
P(nn)=nnψ2=12sinθeiϕ2=12sin2θ\newcommand{\alquadrat}[1]{ |\hspace{-2pt}#1\hspace{-2pt}|^2 } \colorbox{00d000}{$\displaystyle P(n_-n_-)$}=\alquadrat{\braket{n_-n_-|\psi}}=\left| -\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta e^{i\phi} \right|^2= \colorbox{00d000}{$\displaystyle \frac{1}{2}\sin^2\theta $}

Apartat C

Ens demanen Sn\langle S_n\rangle, on SnS_n és l’observable spin del sistema corresponent a la mesura d’un Stern-Gerlach en l’eix nn.
Camí 1
Recordem que SS sols pot donar com a valors propis s=s=-\hbar, s=0s=0 o s=s=\hbar. Aquest spin total es correspon a la suma de spins individuals s=s1+s2s=s_1+s_2 prenent els quatre casos possibles, és a dir amb s1=±2s_1=\pm\frac{\hbar}{2} i s2=±2s_2=\pm\frac{\hbar}{2}.
Com hem vist la teoria, al calcular el valor esperat d’una matriu spin, sempre ens queda la mitjana ponderada dels seus valors propis amb la probabilitat de cadascun.
I on les probabilitats són el mòdul de les components al quadrat de l’estat en aquella base. Que per la base {n}\small\{n\} són:
P(nn)=n+n+ψ2=12sin2θP(nn)=n+nψ2P(nn)=nn+ψ2P(nn)=nnψ2=12sin2θ\newcommand{\alquadrat}[1]{ |\hspace{-2pt}#1\hspace{-2pt}|^2 } P(\uparrow_n\uparrow_n)=\alquadrat{\braket{n_+n_+|\psi}}=\textstyle\frac{1}{2} \sin^2\theta \\[1em] P(\uparrow_n\downarrow_n)=\alquadrat{\braket{n_+n_-|\psi}} \\[1em] P(\downarrow_n\uparrow_n)=\alquadrat{\braket{n_-n_+|\psi}} \\[1em] P(\downarrow_n\downarrow_n)=\alquadrat{\braket{n_-n_-|\psi}}=\textstyle\frac{1}{2} \sin^2\theta
Com veiem dues ja les havíem calculat als apartats anteriors. I a més, estem de sort, ja que el valor esperat de les que hauríem de calcular és s=0s=0 (zero!), de manera que no cal ni que les calculem.
Sn=P(nn)+P(nn)0ab+P(nn)0ab+P(nn)()==12sinθ+(12sinθ)=0\colorbox{00d000}{$\langle S_n\rangle$} = P(\uparrow_n\uparrow_n)\cdot\hbar + \cancel{P(\uparrow_n\downarrow_n)\cdot0\hbar \vphantom{\frac{a}{b}}} + \cancel{P(\downarrow_n\uparrow_n)\cdot0\hbar \vphantom{\frac{a}{b}}}+ P(\downarrow_n\downarrow_n)\cdot(-\hbar)=\\[1em] =\hbar\frac{1}{2}\sin\theta+(-\hbar \frac{1}{2}\sin\theta)=\colorbox{00d000}{$0$}
Camí 2
També ho podríem haver fet calculant SnS_n explícitament en forma matricial i fent el bra-ket.
Procés
Anem a fer el bra-ket de manera explícita
Recordem que
S=S(1)I+IS(2)S=S^{(1)}\otimes \mathbb{I}+\mathbb{I}\otimes S^{(2)}
I que en l’eix n^\hat{n} la matriu de spin d’una sola partícula era
Sn(1)=2σn=2(cosθsinθeiϕsinθeiϕcosθ)S_n^{(1)}=\frac{\hbar}{2}\sigma_n=\frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta e^{-i\phi}\\ \sin\theta e^{i\phi}&-\cos\theta \end{pmatrix}
Així doncs podem calcular la matriu SnS_n del sistema.
Sn=2(cosθsinθeiϕsinθeiϕcosθ)(1001)+(1001)2(cosθsinθeiϕsinθeiϕcosθ)==2(cosθ0000cosθ0000cosθ0000cosθ)+2(cosθsinθeiϕ00sinθeiϕcosθ0000cosθsinθeiϕ00sinθeiϕcosθ)==2(2cosθsinθeiϕ00sinθeiϕ000000sinθeiϕ00sinθeiϕ2cosθ)\footnotesize S_n=\frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta e^{-i\phi}\\ \sin\theta e^{i\phi}&-\cos\theta \end{pmatrix}\otimes \begin{pmatrix} 1&0\\0&1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1&0\\0&1 \end{pmatrix}\otimes \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta e^{-i\phi}\\ \sin\theta e^{i\phi}&-\cos\theta \end{pmatrix}=\\[1em]= \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} \cos\theta&0&0&0\\ 0&\cos\theta&0&0\\ 0&0&-\cos\theta&0\\ 0&0&0&-\cos\theta \end{pmatrix}+ \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta e^{-i\phi}&0&0\\ \sin\theta e^{i\phi}&-\cos\theta&0&0\\ 0&0&\cos\theta&\sin\theta e^{-i\phi}\\ 0&0&\sin\theta e^{i\phi}&-\cos\theta \end{pmatrix}=\\[1em] = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 2\cos\theta&\sin\theta e^{-i\phi}&0&0\\ \sin\theta e^{i\phi}&0&0&0\\ 0&0&0&\sin\theta e^{-i\phi}\\ 0&0&\sin\theta e^{i\phi}&-2\cos\theta \end{pmatrix}
Tot això expressat en la base {z}\small\{z\}.
El valor esperat el calcularem fent
Sn=ψSnψ{z}=ψ{z}Sn{z}ψ{z}\braket{S_n}=\braket{\psi|S_n|\psi}_{\{z\}}=\bra{\psi}_{\{z\}}{S_n}_{\{z\}} \ket{\psi}_{\{z\}}
Nota sobre bases i bra-kets
  • Els bra-kets són invariants en bases unitàriament semblants, és a dir
ψ{n} O{n} ψ{n}=ψ{z} O{z} ψ{z}\bra{\psi}_{\{n\}}~O_{\{n\}} ~\ket{\psi}_{\{n\}} = \bra{\psi}_{\{z\}}~O_{\{z\}} ~\ket{\psi}_{\{z\}}
  • SnS_n és en si mateix l’observable SzS_z expressat en la base {n}\small\{n\}, és a dir
Sn{z}=Sz{n}{S_n}_{\{z\}}={S_z}_{\{n\}}
Expressions per si cal clarificar
Per si de cas algú ho necessita, aquí els valors dels diferents observables en les diferents bases.
Sn{z}=Sz{n}=2(2cosθsinθeiϕ00sinθeiϕ000000sinθeiϕ00sinθeiϕ2cosθ){S_n}_{\{z\}}={S_z}_{\{n\}}=\small \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 2\cos\theta&\sin\theta e^{-i\phi}&0&0\\ \sin\theta e^{i\phi}&0&0&0\\ 0&0&0&\sin\theta e^{-i\phi}\\ 0&0&\sin\theta e^{i\phi}&-2\cos\theta \end{pmatrix}Sz{z}=Sn{n}=(00000000000000){S_z}_{\{z\}}={S_n}_{\{n\}}=\small \begin{pmatrix} \hbar&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&-\hbar \end{pmatrix}ψ{z}=12(0110)ψ{n}=12(sinθeiϕcosθcosθsinθ)\ket{\psi}_{\{z\}}= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0\\1\\1\\0 \end{pmatrix} \qquad\qquad \ket{\psi}_{\{n\}}= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} \sin\theta e^{-i\phi}\\\cos\theta\\\cos\theta\\-\sin\theta \end{pmatrix}
Que matricialment és
Sn=12(0110)2(2cosθsinθeiϕ00sinθeiϕ000000sinθeiϕ00sinθeiϕ2cosθ)12(0110)==4(0110)(sinθeiϕ00sinθeiϕ)=0\footnotesize \colorbox{00d000}{$ \langle S_n\rangle$}= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0&1&1&0 \end{pmatrix} \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 2\cos\theta&\sin\theta e^{-i\phi}&0&0\\ \sin\theta e^{i\phi}&0&0&0\\ 0&0&0&\sin\theta e^{-i\phi}\\ 0&0&\sin\theta e^{i\phi}&-2\cos\theta \end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0\\1\\1\\0 \end{pmatrix} =\\[1em] =\frac{\hbar}{4} \begin{pmatrix} 0&1&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sin\theta e^{-i\phi}\\0\\0\\\sin\theta e^{i\phi} \end{pmatrix}= \colorbox{00d000}{$0$}
Nota del redactor: en la solució “alternativa” oficial el producte també dona zero però el ket SnψS_n\ket{\psi} dona diferent. No aconsegueixo veure d’on surt el seu ket, així que suposaré que s’han equivocat. Si algú creu que efectivament la solució oficial és la correcta i troba l’error que deixi un comentari.
Solució oficial
notion image

Apartat D

Si abans teníem
“Suma"    Sn(1)I+ISn(2)s=s1+s2\text{``Suma"} \quad \implies \quad \begin{aligned} S_n^{(1)}\otimes \mathbb{I} + \mathbb{I}\otimes S_n^{(2)} \\[1em] s=s_1+s_2\hspace{1.5em} \end{aligned}
Ara tenim
“Producte"    Sn(1)Sn(2)s=s1s2\text{``Producte"} \quad \implies \quad \begin{aligned} S_n^{(1)}\otimes S_n^{(2)} \\[1em] s=s_1s_2 \hspace{5pt} \end{aligned} \qquad\qquad
Per què?
Tenim que
Sn(1)Sn(2)=(SnI)(ISn)=SnSnS_n^{(1)}\cdot S_n^{(2)}=(S_n\otimes \mathbb{I})\cdot(\mathbb{I}\otimes S_n)=S_n\otimes S_n
Ja que al distribuir el producte tensorial, es fa de manera que cada operador actua només en el seu subespai
(AB)(CD)=(AC)(BD)(A\otimes B)(C\otimes D)=(AC)\otimes (BD)
El valor esperat serà també (en el discret sempre és així), la mitjana ponderada dels valors propis possibles, cadascun amb la seva probabilitat associada.
És a dir que
s()=22=24P(nn)=12sin2θs(\uparrow\uparrow)=\frac{\hbar}{2}\cdot\frac{\hbar}{2}=\frac{\hbar^2}{4} \qquad\qquad P(\uparrow_n\uparrow_n)=\frac{1}{2}\sin^2\thetas()=22=24P(nn)= ?s(\uparrow\downarrow)=\frac{\hbar}{2}\cdot\frac{-\hbar}{2}=-\frac{\hbar^2}{4} \qquad\qquad P(\uparrow_n\downarrow_n)=~?s()=22=24P(nn)= ?s(\downarrow\uparrow)=\frac{-\hbar}{2}\cdot\frac{\hbar}{2}=-\frac{\hbar^2}{4} \qquad\qquad P(\downarrow_n\uparrow_n)=~?s()=22=24P(nn)=12sin2θs(\downarrow\downarrow)=\frac{\hbar}{2}\cdot\frac{\hbar}{2}=\frac{\hbar^2}{4} \qquad\qquad P(\downarrow_n\downarrow_n)=\frac{1}{2}\sin^2\theta
Abans no ens calia calcular aquests probabilitats perquè el seu valor esperat era zero, ara a priori pensaríem que ja no tenim aquesta sort.
Sn(1)Sn(2)=2412sin2θ+24P(nn)+24P(nn)+2412sin2θ==24[sin2θ[P(nn)+P(nn)]]\small \langle S_n^{(1)}\otimes S_n^{(2)}\rangle = \frac{\hbar^2}{4}\frac{1}{2}\sin^2\theta +\frac{-\hbar^2}{4}P(\uparrow_n\downarrow_n) + \frac{-\hbar^2}{4}P(\downarrow_n\uparrow_n) + \frac{\hbar^2}{4}\frac{1}{2}\sin^2\theta =\\[1em] = \frac{\hbar^2}{4}\bigg[\sin^2\theta -\big[P(\uparrow_n\downarrow_n)+P(\downarrow_n\uparrow_n) \big] \bigg]
Tot i així, si tenim un moment de clarividència, veure que realment tampoc cal que les calculem.
El fet clau està en que la probabilitat està normalitzada (les quatre sumades donen 11), de manera que
P(nn)+P(nn)=1P(nn)P(nn)=1sin2θ=cos2θP(\uparrow_n\downarrow_n)+P(\downarrow_n\uparrow_n)=1-P(\uparrow_n\uparrow_n)-P(\downarrow_n\downarrow_n) =1-\sin^2\theta=\cos^2\theta
I per tant
Sn(1)Sn(2)=24[sin2θcos2θ]=24cos(2θ)\colorbox{00d000}{$\langle S_n^{(1)}\otimes S_n^{(2)}\rangle$} =\frac{\hbar^2}{4}\bigg[\sin^2\theta -\cos^2\theta \bigg]= \colorbox{00d000}{$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{4}\cos(2\theta)$}
On hem utilitzat la identitat trigonomètrica cos2θsin2θ=cos(2θ)\small\cos^2\theta-\sin^2\theta=\cos(2\theta).
També ho podríem haver calculat explícitament de manera matricial (camí alternatiu).
Camí alternatiu
Fa bastanta mandra però també és una opció…
1) Calculem Sn(1)Sn(2)S_n^{(1)}\otimes S_n^{(2)} de manera explícita
Sn(1)Sn(2)=2(cosθsinθeiϕsinθeiϕcosθ)2(cosθsinθeiϕsinθeiϕcosθ)==24(cos2θcosθsinθeiϕcosθsinθeiϕsin2θe2iϕcosθsinθeiϕcos2θsin2θcosθsinθeiϕcosθsinθeiϕsin2θcos2θcosθsinθeiϕsin2θe2iϕcosθsinθeiϕcosθsinθeiϕcos2θ)\small S_n^{(1)}\otimes S_n^{(2)} =\frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta e^{-i\phi}\\ \sin\theta e^{i\phi}&-\cos\theta \end{pmatrix}\otimes \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta e^{-i\phi}\\ \sin\theta e^{i\phi}&-\cos\theta \end{pmatrix}= \\[1em] = \frac{\hbar^2}{4} \begin{pmatrix} \cos^2\theta & \cos\theta\sin\theta e^{-i\phi} & \cos\theta\sin\theta e^{-i\phi} & \sin^2\theta e^{-2i\phi} \\ %%%%%%%%%%%%%% \cos\theta\sin\theta e^{i\phi} & -\cos^2\theta & \sin^2\theta & -\cos\theta\sin\theta e^{-i\phi} \\ %%%%%%%%%%%%%% \cos\theta\sin\theta e^{i\phi} & \sin^2\theta & -\cos^2\theta & -\cos\theta\sin\theta e^{-i\phi} \\ %%%%%%%%%%%%%%% \sin^2\theta e^{2i\phi} & -\cos\theta\sin\theta e^{i\phi} & -\cos\theta\sin\theta e^{i\phi} & \cos^2\theta \end{pmatrix}
2) L’apliquem al ket estat
24(cos2θcosθsinθeiϕcosθsinθeiϕsin2θe2iϕcosθsinθeiϕcos2θsin2θcosθsinθeiϕcosθsinθeiϕsin2θcos2θcosθsinθeiϕsin2θe2iϕcosθsinθeiϕcosθsinθeiϕcos2θ)12(0110)==2412(2cosθsinθeiϕsin2θcos2θsin2θcos2θ2cosθsinθeiϕ)\footnotesize \frac{\hbar^2}{4} \begin{pmatrix} \cos^2\theta & \cos\theta\sin\theta e^{-i\phi} & \cos\theta\sin\theta e^{-i\phi} & \sin^2\theta e^{-2i\phi} \\ %%%%%%%%%%%%%% \cos\theta\sin\theta e^{i\phi} & -\cos^2\theta & \sin^2\theta & -\cos\theta\sin\theta e^{-i\phi} \\ %%%%%%%%%%%%%% \cos\theta\sin\theta e^{i\phi} & \sin^2\theta & -\cos^2\theta & -\cos\theta\sin\theta e^{-i\phi} \\ %%%%%%%%%%%%%%% \sin^2\theta e^{2i\phi} & -\cos\theta\sin\theta e^{i\phi} & -\cos\theta\sin\theta e^{i\phi} & \cos^2\theta \end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0\\1\\1\\0 \end{pmatrix}= \\[1em] = \frac{\hbar^2}{4}\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 2\cos\theta\sin\theta e^{-i\phi} \\ \sin^2\theta-\cos^2\theta \\ \sin^2\theta-\cos^2\theta \\ -2\cos\theta\sin\theta e^{i\phi} \end{pmatrix}
3) Calculem el bra-ket
Sn(1)Sn(2)=12(0110)2412(2cosθsinθeiϕsin2θcos2θsin2θcos2θ2cosθsinθeiϕ)==2412(sin2θcos2θ+sin2θcos2θ)=44(sin2θcos2θ)=44cos(2θ)\small \colorbox{00d000}{$ \langle S^{(1)}_n\otimes S^{(2)}_n\rangle$}=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0&1&1&0 \end{pmatrix} \frac{\hbar^2}{4}\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 2\cos\theta\sin\theta e^{-i\phi} \\ \sin^2\theta-\cos^2\theta \\ \sin^2\theta-\cos^2\theta \\ -2\cos\theta\sin\theta e^{i\phi} \end{pmatrix}=\\[1em]= \frac{\hbar^2}{4}\frac{1}{2}\big(\sin^2\theta-\cos^2\theta+\sin^2\theta-\cos^2\theta)=\frac{\hbar^4}{4}\big(\sin^2\theta-\cos^2\theta\big)= \colorbox{00d000}{$\displaystyle -\frac{\hbar^4}{4}\cos(2\theta)$}
On hem utilitzat la mateixa identitat trigonomètrica cos2θsin2θ=cos(2θ)\small\cos^2\theta-\sin^2\theta=\cos(2\theta), i veiem que efectivament obtenim el mateix resultat.