Elementos de matriz (y otros cálculos)

Conviene familiarizarnos con el cálculo de elementos de matriz a partir de los operadores escalera, para los cuales se cumple (ejercicos)

$$\langle n'\vert\hat{a}\vert n\rangle = \sqrt{n}\;\delta_{n',n-1} ... ...\langle n'\vert\hat{a}^\dagger\vert n\rangle = \sqrt{n+1}\;\delta_{n',n+1} \;.$$

A partir de las expresiones para $\hat{x}\,$ y $\hat{p}\,$ en términos de $\hat{a}\,$ y $\hat{a}^\dagger\,$, podemos también evaluar sus elementos de matriz

$$\langle n'\vert\hat{x}\vert n\rangle = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omeg... ...a}{2}} \big( -\sqrt{n}\;\delta_{n',n-1}+\sqrt{n+1}\;\delta_{n',n+1} \big) \;.$$

Estos operadores no resultan diagonales en la base $\{\vert n\rangle\}$, como habríamos de esperar, ya que ni $\,\hat{a}\,$ ni $\,\hat{a}^\dagger\,$ conmutan con $\hat{n}\,$.

Con este procedimiento podemos evaluar valores de expectación para el estado fundamental $\vert\rangle$ (o bien $\psi_o(x)=\langle x \vert 0\rangle$ en la representación coordenada). Por ejemplo, para el valor de expectación de

$$\hat{x}^2 = \frac{\hbar}{2m\omega} \left[ \hat{a}^2 + (\hat{a}^\dagger)^2 + \hat{a}^\dagger\hat{a} + \hat{a}\hat{a}^\dagger \right] \;,$$

solo contribuirá el último término (¿por qué?), resultando (ejercicio)

$$\langle\hat{x}^2\rangle = \frac{\hbar}{2m\omega} = \frac{x_o^2}{2} \;.$$

Análogamente (ejercicio)

$$\hat{p}^2 = \frac{m\hbar\omega}{2} \;,$$

de modo que podemos expresar los valores de expectación de las energías cinética y potencial como

$$\left\langle \frac{\hat{p}^2}{2m} \right\rangle = \frac{\hbar\omega}{4} = \frac{\langle\hat{H}\rangle_{\psi_o}}{2}$$   y$$\qquad \left\langle \frac{m\omega^2\hat{x}^2}{2} \right\rangle = \frac{\hbar\omega}{4} = \frac{\langle\hat{H}\rangle_{\psi_o}}{2} \;.$$

Vemos que se cumple el teorema virial, que para potencial cuadrático reparte la mitad de la energía media entre cinética y potencial.

Además, sabemos que en el estado fundamental (y en cualquier autoestado del oscilador) se cumple que $\langle\hat{x}\rangle=0\,$ y $\langle\hat{p}\rangle=0\,$ (¿por qué?), de manera que las incertidumbres en estas magnitudes resultan

$$\Delta x = \sqrt{\langle\hat{x}^2\rangle \textcolor{lightgray}{-\langle\hat{x}\rangle^2}} = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}$$   y$$\qquad \Delta p = \sqrt{\langle\hat{p}^2\rangle \textcolor{lightgray}{-\langle\hat{p}\rangle^2}} = \sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}} \;,$$

con lo cual

$$\Delta x \cdot \Delta p = \frac{\hbar}{2} \;,$$

es decir, es un estado con incertidumbre mínima. A quién podría sorprender este resultado, si ya sabíamos que los paquetes gaussianos (como $\psi_o$) cumplen esa condición.

Mediante un procedimiento similar, podemos mostrar que para cualquier autoestado $\psi_n(x)$, con $n\ge0$ se cumple (ejercicio)

$$\Delta x \cdot \Delta p = \left(n+\frac{1}{2}\right)\frac{\hbar}{2} \;,$$