ESERCIZI SVOLTI IN AULA

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1 ESECIZI SVOLTI IN AULA a cura di Stefano Patrì Esercizio 3 del 03/6/965 pag. del file Se indichiamo con A il sottoinsieme di 3 definito come { } A xyz 3 : x < si ha che la probabilità richiesta P x < è data da ψxyz dxdydz x e x y z 3xy dxdydz A P x < A. ψxyz dxdydz x e x y z 3xy dxdydz 3 3 Per risolvere tali integrali dobbiamo diagonalizzare la forma quadratica che compare all esponente dopo aver verificato che essa è definita negativa si ricorda che l integrale gaussiano è convergente se e solo se la forma quadratica all esponente è definita negativa. Indicando con r il vettore r xyz abbiamo che la forma quadratica Qr all esponente si scrive come Qr r T Qr dove Q denota la matrice simmetrica 3 0 Q e poiché gli autovalori di Q sono λ ± 3 ovvero tutti e tre positivi concludiamo che la forma quadratica risulta definita negativa. Dagli autovalori λ 3 λ 3 λ 3 discendono gli autovettori normalizzati della matrice Q dati rispettivamente da / u / / v / 0 w da cui si ottengono la matrice C che diagonalizza la forma quadratica / / 0 C / / e le equazioni del cambiamento di base r Cr ovvero x / x / y y / x / y z z. Sostituendo in essi le equazioni del cambiamento di base gli integrandi com è noto dalla teoria dell algebra lineare diventano x e x y z 3xy / x / y e λ x λ y λ 3 z

2 il differenziale diventa dxdydz dx dy dz perché lo jacobiano del cambiamento di variabili coincide con il modulo del determinate di Q che vale e il dominio d integrazione A diventa il dominio A dato da { A xyz 3 : x y < }. Osservando che il cambiamento di base rotazione indotto dalla matrice C non altera il dominio d integrazione 3 risolviamo prima l integrale su tutto 3. Abbiamo dunque omettendo gli apici x e x y z 3xy dxdydz 3 3 x y e λ x λ y λ 3 z dx dy dz xy e λx λ y λ 3 z dxdydz 3 [ xye λx λ y λ 3 z dxdydz xye λx λ y λ 3 z D D dove D e D denotano gli insiemi { } D xyz 3 : xy > 0 e D Segue pertanto per il teorema di Fubini-Tonelli xye λx λ y λ 3 z dxdydz D dxdydz e λ 3z dz D xe λ x λ y λ 3 z e λ y dy e λ 3z dz λ y xe λ x dx ] dxdydz { } xyz 3 : xy < 0. D ye λ x λ y λ 3 z e λ λ y dy λ e λ 3z dz λ λ π λ λ λ3 λ λ. e λ 3z dz e λ x dx dxdydz x ye λ y dy e λ λ x dx In modo del tutto analogo si ottiene l integrale sul dominio D xye λx λ y λ 3 λ z λ π dxdydz D λ λ λ3 λ λ da cui segue dunque in conclusione l integrale su tutto 3 x e x y z 3xy λ λ π dxdydz 3 λ λ λ3 λ λ. Con lo stesso procedimento risolviamo l integrale su A x e x y z 3xy dxdydz xy e λx λ y λ 3 z dxdydz A A

3 [ S xye λ x λ y λ 3 z ] dxdydz xye λx λ y λ 3 z dxdydz S dove S e S denotano gli insiemi { S xyz : 0 < xy < } Segue pertanto λ λ S S xe λ x λ y λ 3 z { xyz : } < xy < 0. xye λx λ y λ 3 z dxdydz S dxdydz e λ 3z dz e λ y dy e λ 3z dz e λ x dx ye λx λ y λ 3 z S y y x x [ e λ 3z dz e λ λ y dy [ e λ 3z dz e λ λ x dx λ λ [ e 8λ λ /λ λ ] π λ λ λ3 λ λ xe λ x dx ye λ y dy dxdydz ] e λ λ y λ y 8λ dy ] e λ λ x λ x 8λ dx dove si è utilizzata l identità degli integrali gaussiani con a parametro reale e positivo π e au buc du /ac. a eb In modo del tutto analogo si ottiene l integrale sul dominio S S xye λ x λ y λ 3 z da cui segue dunque in conclusione l integrale su A A dxdydz λ λ [ e 8λ λ /λ λ ] π λ λ λ3 λ λ x e x y z 3xy dxdydz λ λ [ e 8λ λ /λ λ ] π λ λ λ3 λ λ e infine la probabilità richiesta in cui sostituiamo λ 3 e λ 3 x e x y z 3xy dxdydz A P x < e 8λ λ λ λ x e x y z 3xy e 86.5%. dxdydz 3 3

4 Esercizio del 6/0/985 pag. 3 del file In realtà consideriamo una piccola variazione di questo esercizio ed in particolare rispondiamo alle medesime domande di questo esercizio in cui però si consideri una particella di spin zero vincolata a muoversi su una superficie sferica di raggio e lo stato iniziale diverso rispetto a quello assegnato x ψxyz N y con N costante di normalizzazione. ab Per determinare i risultati possibili di una misura di L e L z con rispettive probabilità dobbiamo esprimere lo stato iniziale come combinazione lineare di autostati dei due operatori associati alle osservabili da misurare. Passando alle coordinate polari abbiamo x ψrθϕ N y N sin θcos ϕsinθsinϕ N e iϕ sin θe iϕ sin θsin θ ie iϕ sinθie iϕ sinθ in cui è stato eliminato il fattor comune /. Sostituendo le espressioni π π e iϕ sin θ 5 Y e iϕ sin θ 5 Y sin θ 3 π 3 5 Y 0 8π 8π e iϕ sinθ 3 Y e iϕ sinθ 3 Y dove le Y lm sono le armoniche sferiche otteniamo lo stato iniziale normalizzato ψ0 3 0 i 5 i Ora una misura di L può dare solo i valori riferendoci al numero quantico l l con probabilità P l con probabilità P 5 8 l 0 con probabilità P0 e una misura di L z può dare solo i valori l z con probabilità P 6 l z con probabilità P 5 6

5 l z 0 con probabilità P0 3 l z con probabilità P 5 6 l z con probabilità P c Se l hamiltoniana è H gl z lo stato ψt al tempo t > 0 è dato da e igt 3 0 eigt ψt e iht/ ψ0 ie igt 5 ieigt d Poiché L x e L y si esprimono come L x L L / e L y L L /i segue che L x ψt e L y ψt sono combinazione lineare delle armoniche sferiche e 0 e allora concludiamo che L x ψt e L y ψt risultano ortogonali allo stato ψt e dunque i valori medi L x t e L y t sullo stato ψt sono nulli. Anche il valor medio L z t sullo stato ψt risulta nullo perché abbiamo L z t ψt L z ψt l z Pl z Se aggiungiamo la richiesta del calcolo del valor medio di L x sul medesimo stato ψ t abbiamo allora 6 L x t ψt L x ψt ψt L x L x ψt L x ψt e igt 6 e igt e igt i 5 e igt e igt e igt 0cos gt 8 0 cosgt5cos gt che non è sorprendente che dipenda da t perché è il valor medio di L x ovvero di un operatore che non commuta con l hamiltoniana multiplo di L z. SI LASCIA COME ESECIZIO DI ISPONDEE ALLE MEDESIME DOMANDE cd NEL CASO IN CUI L HAMILTONIANA SIA H αl gl z. 5

6 3 Esercizio dell /6/973 pag. del file iscriviamo l hamiltoniana che nel file si legge male H L I gbl z. Poiché int 0 il rotatoresi trova in un autostato di L con autovalore deduciamo che il sistema si trova nel sottospazio generato dalla base B { 0 } in cui l operatore L agisce come identità. Poiché dunque qualsiasi vettore del sottospazio di base B risulta essere autovettore di L segue che in tale sottospazio l autovettore ovvero lo stato iniziale ψ 0 viene determinato univocamente dalla richiesta che esso sia autostato anche del secondo operatore A L x L z / relativo all autovalore λ. La matrice associata all operatore A relativamente alla base B è 0 A 0 0 che possiede in effetti l autovalore λ a cui corrisponde l autovettore normalizzato ψ0 0 coincidente quindi con lo stato iniziale. Tale stato iniziale non è autostato dell hamiltoniana ma solo combinazione lineare di autostati dell hamiltoniana relativi agli autovalori rispettivamente E /I gb E 0 /I E /I gb perché valgono le equazioni secolari H I gb H 0 0 H I I gb. Segue pertanto lo stato al tempo t > 0 ψt e iωt 0 e iωt dove è stato trascurato un fattore di fase scritto a fattor comune e si è posto ω gb. Il valor medio dell energia coincidente come sappiamo con quello calcolato in t 0 è pertanto H E i PE i dato da H I gb I I gb I gb. Il contenuto di questa nota non ha la pretesa di essere comprensibile e forse apparirà alquanto sibillino. Il motivo per cui nel sottospazio generato dalla base B l operatore L agisce come identità si comprende nell ambito della teoria dei gruppi ancora non meglio illustrata. Poiché L commuta con le tre componenti L i che appunto nella teoria dei gruppi sono i generatori del gruppo delle rotazioni o per meglio dire sono i generatori della rappresentazione del gruppo delle rotazioni segue allora in virtù di quello che viene chiamato lemma di Schur che L è multiplo dell identità 6

7 Per calcolare il valor medio di L x sullo stato ψt calcoliamo [ L x ψt L x e iωt ] 0 e iωt [ cosωt i ] sinωt 0 da cui segue in conclusione il valor medio di L x sullo stato ψt L x ψt L x ψt cosωt. Esercizio del 05//978 pag. 33 del file Se nello stato iniziale sostituiamo la coordinata polare sferica z rcosθ e inoltre e r/a 0 a3/ 0 0 r e r/a0 a 3/ π 0 6 cosθ a 0 3 Y 0 lo stato iniziale assume la forma normalizzata Ψ0 3 ψ 00 i 3 ψ 0 da cui segue che una misura di L può dare solo i valori l 0 con probabilità /3 e l con probabilità /3. Una misura di L z può dare solo il valore m 0 con probabilità dove i numeri quantici lm si ricavano dall autofunzione ψ nlm dell atomo d idrogeno. Poiché E 00 me / e E 0 me /8 lo stato al generico tempo t > 0 è Ψt e3iωt ψ 00 i 3 3 ψ 0 dove si è posto ω me /8 3 ed è stato trascurato un irrilevante fattore di fase globale. Il valor medio di ẑ al generico tempo t > 0 è dunque tenendo presente che le autofunzioni ψ 00 e ψ 0 dell atomo d idrogeno sono reali e scrivendo a invece di a 0 e 3iωt ẑ Ψt ẑ Ψt ψ 00 i 3 3 ψ e 3iωt 0 z ψ 00 i 3 3 ψ 0 dr 3 3 [ ze r/a zr e r/a cos θ 3πa 3 8πa 5 dove sono state utilizzate le identità 0 e αu u n du n! α n ] zr sin3ωt cosθe 3r/a dr 5 6πa 79 a sin3ωt e π 0 cosθ k sinθ dθ 0. 7

8 5 Esercizio dell 08/6/99 pag. 5 del file Scriviamo l hamiltoniana nella forma strutturalmente equivalente H α L g L x S x e lo stato iniziale nella forma normalizzata 3 cosθ ψ0 ψ0 cosθ 8π cosθ cosθ che in termini di armoniche sferiche diventa ψ Per scrivere lo stato al tempo t > 0 dobbiamo esprimere lo stato iniziale come combinazione lineare di autostati dell hamiltoniana. Nella base B L { 0 } gli autovalori dell operatore L x sono λ 0 a cui corrispondono gli autovettori normalizzati rispettivamente / L x / / / L 0 x 0 / / L x /. / Segue dunque 0 0 / / / / L x L x. 0 / / Analogamente nella base gli autovalori dell operatore B S { S x 0 0 } sono λ a cui corrispondono gli autovettori normalizzati rispettivamente / S x / / S x /. Abbiamo dunque / 0 / e / / S x Sx 0 / / / / S x S x 8

9 da cui se sostituiamo nello stato iniziale segue ψ0 0 0 ovvero Dalle equazioni secolari [ 0 ψ0 L x S x L x S x. H L x S x αg L x S x e H L x S x α L x S x segue lo stato al tempo t > 0 con ω g/ e la semplificazione di un fattore di fase globale Con la sostituzione di ψt e iωt L x S x L x S x. L x 0 e L x 0 ] e S x si ottiene lo stato al tempo t in termini di autostati di L z S z e iωt ψt e iωt e iωt 0 e iωt 0 e iωt e iωt A questo punto una misura di L z può dare i risultati l z con probabilità P e iωt l z 0 con probabilità P0 e iωt l z con probabilità P e iωt cosωt cosωt cosωt Per determinare i valori di una misura di J z esprimiamo lo stato ψt nella base degli autostati simultanei ls;jj z degli operatori L S J J z. Utilizzando i coefficienti di Clebsch-Gordan otteniamo e iωt ψt ; 3 3 3e iωt 3 ; 3 3e iωt 3 ; 3 e iωt ; ; 6 ; 9

10 da cui si deducono i valori e le probabilità di una misura di J z J z 3 3 con probabilità P e iωt cosωt 8 J z con probabilità P 3e iωt 3 6 3cosωt 8 J z con probabilità P 3e iωt 3 6 3cosωt 8 J z 3 con probabilità P 3 e iωt cosωt. 8 0

11 ESAME DI MECCANICA QUANTISTICA del giorno 0//0 Esercizio 6. La funzione d onda di un oscillatore armonico unidimensionale di massa m e pulsazione ω è data da: ψx N e iφ mωx e mωx dove N è una costante di normalizzazione.. Determinare lo stato ψ normalizzato corrispondente alla funzione d onda data e determinare quali sono i valori possibili che si possono ottenere in una misura dell energia e le relative probabilità.. Calcolare il commutatore dell operatore O xp px/ con l hamiltoniana. 3. Determinare il valore dell angolo φ in modo che risulti massimo il valore di aspettazione dell operatore O sullo stato ψ. Esercizio 7. Si consideri un sistema composto da due elettroni indistinguibili A e B di spin / massa m e carica elettrica q che si muovono nello spazio soggetti alla seguente Hamiltoniana: H p A m p B m Ze Ze α r A r B SA z Sz B ; con Z e q /πǫ 0 α E I /0 essendo E I Z me /. Le distanze r A e r B sono riferite all origine delle cooordinate. Il sistema si trova al tempo t 0 in uno stato per il quale una misura dell energia darebbe con certezza il valore E in 5/E I α.. Determinare i possibili stati φ i che soddisfano la condizione data ed indicarne il numero. Al tempo t 0 è istantaneamente modificata l hamiltoniana che diventa: H p A m p B m Ze r A Ze r B α SA x SB x.. Calcolate la probabilità che una misura dell energia dia per t 0 lo stesso valore E in. 3. Calcolare per t > 0 il valore di aspettazione dell energia del sistema sullo stato φ i t.. Scrivere esplicitamente la matrice S A x S B x nella base ss z A ss z B.

12 Soluzione dell esercizio 6 Poiché lo stato ψx è il prodotto dell esponenziale standard per un polinomio di secondo grado che non contiene il termine lineare si riconosce immediatamente che tale stato è combinazione lineare dello stato fondamentale ψ 0 x e del secondo stato eccitato ψ x dell oscillatore armonico mω ψ 0 x mωx π e e ψ x mω mωx π e mωx. A questo punto allora moltiplicando e dividendo sommando e sottraendo termini opportuni otteniamo ψx N e iφ mωx e mωx N e iφ π e mωx N e iφ π da cui segue che lo stato normalizato è riscrivibile nella forma mω ψ 0x Nmωx mω ψ 0x N mωx [ N e iφ ψ 0 x ] ψ x ψx eiφ 3 ψ 0 x e mωx 3 ψ x x ψ eiφ x x che permette di porre lo stato nella forma di ket ψ eiφ N π mω ψ 0x In tale stato una misura di energia può fornire i due soli risultati E 0 ω/ con probabilità PE 0 /3 e E 5 ω/ con probabilità PE /3. Dalle espressioni degli operatori x p mω x mω a a e p i a a e dai commutatori canonici xp px [xp] i e [ aa ] ricaviamo O xppx px[xp]px i px i px i i [ a a aa a a aa ] i i a a [ aa ] aa i a a aa.

13 Il commutatore dell hamiltoniana con l operatore O può essere calcolato in due modi equivalenti che ovviamente forniranno il medesimo risultato [ [HO] i ω a a ] [ p a a aa e [HO] m mω x pxxp ]. Con il primo metodo otteniamo i ω [HO] i ω [ a a ] a a aa i ω [ a aa a ] [ a aaa ] i ω [ a aa a ] [ a aa ] a a a [ aa ] a [ aa ] a a [ a a ] a [ a a ] aa i ωa a aa. Con il secondo metodo otteniamo [ p [HO] m mω x pxxp ] mω [p xp][p px] mω m m [x xp][x px] p[px]p[px]pppp[px]p[px]p xx[xp]x[xp]xx[xp]x[xp]xx i mω x p m che con la sostituzione delle espressioni fornisce il medesimo risultato ricavato con il primo metodo [ p [HO] m mω x pxxp ] i mω x p i ωa a aa. m 3 Utilizzando le azioni operatoriali a a 0 e aa 0 otteniamo il valor medio dell operatore O ψ O ψ i 0 e iφ a a aa e iφ sinφ. Il valor medio dell operatore O sullo stato ψ è massimo quando sinφ ovvero per φ π/ in corrispondenza del quale lo stato ψ è ψ i

14 Soluzione dell esercizio 7 iscriviamo l hamiltoniana H nella forma con ovvio significato dei simboli p H A m Ze p B r A m Ze α r B S z h A h B α S z dove si ponga S S A S B da cui segue che il numero quantico s assume i due possibili valori s 0 e S z Sz ASB z. iconosciamo che h Ah B sono due hamiltoniane di atomo di idrogeno di singola particella per ciascuno dei due elettroni e quindi gli autovalori di H sono E na n B E I αs n A n z B mentre le autofunzioni sono date dal prodotto tensoriale di due autofunzioni di atomo d idrogeno moltiplicate ancora per la parte di spin opportunamente antisimmetrizzate perché esse debbono essere totalmente antisimmetriche per scambio delle due particelle che costituiscono un sistema di fermioni di spin /. Poiché il risultato di una misura dell energia all istante di tempo t 0 sarebbe l autovalore E in 5/E I α segue che in conseguenza della misura il sistema collassa istantaneamente nell autostato Φ corrispondente ai numeri quantici s z con n A n B oppure con n A n B. Poiché s z implica s concludiamo che la parte di spin dell autostato in cui precipita il sistema a seguito della misura risulta simmetrica nello scambio dei due elettroni e quindi la parte spaziale dell autostato Φ deve essere antisimmetrica nello scambio dei due elettroni affinché lo stato Φ risulti complessivamente antisimmetrico nello scambio. Pertanto la misura dell energia produrrebbe il collasso verso l autostato Φ di H combinazione lineare degli autostati degeneri φ i φ i [ ] ψ00 A rθϕψb lm rθϕ ψa lm rθϕψb 00 rθϕ ; chesonoquattro autostatitutti relativiall autovaloree in dei quali unoconl 0etrecon l. Dunque l autostato dell hamiltoniana H in cui collassa il sistema in conseguenza della misura appartiene ad un autospazio degenere di dimensione. Pertanto per determinare univocamente tale autostato occorrerebbe assegnare il numero quantico autovalore di tutti gli operatori che commutano con H insieme completo di operatori. Per semplicità riscriviamo le parti spaziali ortonormalizzate di tutti gli autostati φ i nella forma più sintetica ψ 00 A 00 B 00 A 00 B a ψ 00 A B A 00 B b ψ 3 00 A 0 B 0 A 00 B c ψ 00 A B A 00 B d

15 in modo tale che l autostato Φ nel quale collassa il sistema in conseguenza della misura sia scrivibile nella forma con c i Φ c i ψ i ;. 3 i Se il sistema a seguito di una misura dell energia effettuata in t 0 collassa in un certo autostato Φ dall hamiltoniana H e poi in t 0 l hamiltoniana diventa istantaneamente H h A h B αs x / segue che lo stato Φ dato dalla 3 rappresenta lo stato iniziale del sistema descritto per t > 0 dall hamiltoniana H. Per determinare la probabilità richiesta dobbiamo quindi esprimere Φ come combinazione lineare di autostati di H. Poiché la parte spaziale di H coincide con la parte spaziale di H in quanto le due hamiltoniane differiscono solo per la parte di spin gli autostati di H avranno la parte spaziale coincidente con la parte spaziale degli autostati di H e allora dobbiamo solo esprimere gli autostati di S x nella base degli autostati di S S z. Se indichiamo lo spinore di tipo s A s B ;ss z contenuto nella 3 solo con gli ultimi due numeri quantici ovvero solo con ss z abbiamo che lo stato Φ dato dalla 3 contiene lo spinore e quindi il sottospazio che ci interessa è quello individuato dalla base degli spinori 0. Se calcoliamo l azione dell operatore S x S S / sui vettori di base otteniamo la nota rappresentazione matriciale di S x rispetto alla base degli autostati simultanei di S S z S x avente autovalori 0 a cui corrispondono gli autovettori normalizzati rispettivamente / S x / / / Sx 0 0 / / Sx /. / Nella base degli spinori 0 lo spinore iniziale si scrive allora nella forma vettoriale 00 e si esprime mediante la combinazione lineare 0 / / / 0 0 / / / / / di autostati di S x ovvero S x S 0 x S x da cui segue che lo stato iniziale Φ nella 3 è dato dalla seguente combinazione lineare di autostati di H Φ c i ψ i i S S c i ψ i x 0 c i ψ i x i i c i ψ i Sx. i 5

16 Gli stati S Ψ S c i ψ i x Ψ 0 0 c i ψ i x i S Ψ c i ψ i sono autostati di H relativi agli autovalori rispettivamente i E 5 E I α E 5 E I E 3 5 E I α 5 equindi laprobabilitàp di ottenereil medesimo valoree in 5/E I α daunamisura dell energia all istante t 0 è data dal modulo quadro del coefficiente dell autostato Ψ nella combinazione lineare ovvero PE /. 3 Se per le parti spaziali di φ i utilizziamo una delle espressioni ed esprimiamo dunque lo iniziale φ i ψ i come combinazione lineare di autostati dell hamiltoniana H energia per t > 0 otteniamo in virtù della l espansione φ i ψ i ψ i S x ψ i S 0 x ψ i S x da cui tramite gli autovalori 5 dell hamiltoniana H segue lo stato al tempo t > 0 φ i t eiωt ψ i S x ψ i S 0 e iωt x ψ i Sx essendo stato posto ω α/ ed essendo stato semplificato un irrilevante fattore di fase scritto a fattor comune. Il valore d aspettazione dell energia del sistema sullo stato φ i t è infine dato da ricordando che il valore d aspettazione dell energia risulta sempre indipendente dal tempo x i φ i t H φ i t φ i H φ i E i PE i 5 E I α 5 E I 5 E I α 5E I. Dopo aver la scritto la base B { ss z A ss z B } indicata con B per il motivo che apparirà chiaro più avanti nella forma esplicita contenente quattro elementi perché i due elettroni hanno spin / B A B A B A B A B dobbiamo calcolare l azione dell operatore dato Sx ASB x su tali vettori di base e quindi secondo la prescrizione dell algebra lineare incolonnare prestando attenzione alle giuste 6

17 sequenze icoefficienti dei risultati. icordandochenellabasedegliautostatidis S z con spin / l operatore di singola particella S x agisce come S x /σ dove σ denota la prima matrice di Pauli e che nel prodotto tensoriale gli operatori S A x SB x agiscono separatamente solo sul ket con l indice corrispondente abbiamo le quattro azioni in cui si ometta di riportare Sx A Sx B A B A B A B Sx A SB x A B A B A B Sx A SB x A B A B A B Sx A Sx B A B A B A B in virtù delle quali possiamo dunque scrivere in conclusione la matrice richiesta associata all operatore dato Sx A Sx B rispetto alla base data B riportando anche 0 0 Sx A Sx B E istruttivo determinare tale matrice 6 anche con un altro procedimento ed in particolare scrivendo prima la matrice associata all operatore componente x dello spin totale S x Sx A SB x rispetto alla base B { s A s B ;ss z } composta nell ordine dai quattro elementi { B ; 00 ; ; 0 } ; equindi trasformando tramiteilcambiamento di basedallabaseballabaseb lamatrice ottenuta. Poiché il primo vettore della base B è autostato di S x con autovalore nullo e poiché l operatore S x considerato ora dal punto di vista algebrico come operatore di singola particella agisce nel sottospazio di spin secondo la matrice S x abbiamo di conseguenza le azioni sui vettori della base B omettendo di scrivere S x ; 00 0 S x ; ; 0 S x ; 0 ; ; 7

18 S x ; ; 0 in virtù delle quali possiamo scrivere la matrice associata all operatore Sx A SB x S x rispetto alla base B sempre incolonnando i coefficienti dei risultati S x Aquesto puntoeffettuiamoilcambiamento dibasedallabaseballabaseb utilizzando i coefficienti di Clebsch-Gordan per esprimere i vettori della base B nuovi vettori di base come combinazione lineare dei vettori della base B vecchi vettori di base. In particolare si hanno le espressioni A ; B A B A B ; 00 ; 0 ; 00 ; 0 ; A B da cui sempre incolonnando i coefficienti dei risultati si ottengono la matrice C del cambiamento di base dalla base B alla base B e la sua inversa C coincidente con la sua trasposta perché il cambiamento di base effettuato collega due basi ortonormali 0 / / C / / 0 e C C T / 0 / 0 / 0 / In conclusione quindi dalla nota formula dell algebra lineare che collega tra loro due diverse matrici associate ad un medesimo operatore lineare rispetto a due basi ortonormali distinte otteniamo la matrice richiesta 6 in termini della matrice 7 S A x SB x CT S x C. 8