Lezione 1 · quaderno pp. 36-45

I postulati

Che cos'è uno stato, che cos'è una misura, con che probabilità esce un risultato e quando due grandezze si possono conoscere insieme. Un esempio concreto per ogni concetto: la polarizzazione di un fotone.

La mappa della lezione

La lezione sembra un elenco di definizioni, ma ha una struttura precisa. A p. 35 avevi scritto che la nuova teoria deve avere tre caratteristiche. Ognuno dei tre postulati serve a realizzarne una, e tutto il resto sono conseguenze.

0L'esempio che useremo per tutta la lezione

Negli appunti gli esempi sono astratti. Teniamo in mente un sistema concreto dall'inizio alla fine: la polarizzazione di un fotone. Secondo la mappa dei libri del vault, il Picasso ricava i postulati proprio da esperimenti di polarizzazione.

• Un fotone polarizzato orizzontalmente lo chiamiamo $|H\rangle$, uno polarizzato verticalmente $|V\rangle$.
• Un polarizzatore ruotato di un angolo $\theta$ lascia passare lo stato $|\theta\rangle = \cos\theta\,|H\rangle + \sin\theta\,|V\rangle$.
• Il fatto sperimentale è la legge di Malus: se mandi luce polarizzata $H$ su un polarizzatore a $\theta$, passa la frazione $\cos^2\theta$ dell'intensità.
• Con un fotone alla volta succede quello che succede con le fenditure di p. 34: ogni fotone o passa intero o non passa, e $\cos^2\theta$ diventa la probabilità che passi.

Lo spazio di Hilbert di questo sistema ha due dimensioni, quindi si fa tutto con matrici $2\times 2$. La struttura logica è identica a quella dell'elettrone nella doppia fenditura.

1Primo postulato: perché uno stato è un raggio (p. 36)

L'idea semplice. Due vettori che differiscono solo per un fattore complesso, come $|\psi\rangle$ e $-3i\,|\psi\rangle$, descrivono lo stesso fotone, perché nessun esperimento li distingue. Il raggio è l'insieme di tutti questi vettori fisicamente uguali.

Perché nessun esperimento li distingue. Le uniche cose misurabili sono probabilità, date dalla formula di Born (p. 42):

Sostituiamo $\psi$ con $\alpha\psi$, dove $\alpha$ è un numero complesso diverso da zero.

• Il numeratore diventa $|\langle a|\alpha\psi\rangle|^2 = |\alpha|^2\,|\langle a|\psi\rangle|^2$, perché $\alpha$ esce dal prodotto scalare per linearità.
• Il denominatore diventa $\langle a|a\rangle\,\langle\alpha\psi|\alpha\psi\rangle = |\alpha|^2\,\langle a|a\rangle\langle\psi|\psi\rangle$.
• Il fattore $|\alpha|^2$ si semplifica e la probabilità resta identica.

Tutta la fisica dipende quindi solo dal raggio. Il vettore nullo va escluso perché darebbe $0/0$: non descrive nessuno stato.

Perché lo spazio proiettivo non è uno spazio di Hilbert. I raggi non si possono sommare. Prendi il raggio di $|H\rangle$ e quello di $|V\rangle$:

• sommando i rappresentanti $|H\rangle$ e $|V\rangle$ ottieni $|H\rangle + |V\rangle$, cioè la polarizzazione diagonale a $+45°$;
• sommando $|H\rangle$ e $-|V\rangle$, che rappresenta lo stesso raggio di $|V\rangle$, ottieni $|H\rangle - |V\rangle$, cioè la polarizzazione a $-45°$.

Un polarizzatore a $+45°$ lascia passare tutto il primo stato e niente del secondo: sono fisicamente diversi. La somma di due raggi quindi non è definita. Per questo nei conti si lavora con un rappresentante normalizzato, $\langle\psi|\psi\rangle = 1$, come alla fine di p. 36.

2La cassetta degli attrezzi: quattro regole di Dirac (pp. 37-41)

Le dimostrazioni sembrano a scatti perché usano sempre le stesse quattro regole senza nominarle. Eccole, ciascuna con il suo esempio.

La R3 è il trucco che fa scorrere quasi tutte le dimostrazioni: dove serve una base, inserisci un $\mathbb 1$ scritto come somma di proiettori.

Il proiettore: l'ombra di un vettore

Nel testo uso $P_H = |H\rangle\langle H|$, ma la direzione $H$ non ha niente di speciale: è il caso con i conti più facili, cioè un polarizzatore a $0°$. Qualsiasi direzione $\theta$ dà un proiettore, $P_\theta = |\theta\rangle\langle\theta|$, e tutto quello che segue vale per ogni $\theta$.

L'idea semplice. Un bastone piantato storto, con il sole a picco: la sua ombra a terra è la proiezione del bastone sul terreno. Tiene la parte del bastone che sta lungo il terreno e butta via quella verticale. Due proprietà dell'ombra sono la definizione stessa di proiettore:

1. l'ombra sta sempre sul terreno, qualunque sia l'inclinazione del bastone;
2. l'ombra di un'ombra è l'ombra stessa: proiettare due volte è come proiettare una volta.

Con i vettori che conosci. Per proiettare $\vec v$ lungo un versore $\hat n$ si fa $\vec v \mapsto (\hat n\cdot\vec v)\,\hat n$. Il prodotto $\hat n\cdot\vec v$ è un numero (quanto di $\vec v$ c'è lungo $\hat n$), e $\hat n$ è la direzione in cui metterlo. In notazione di Dirac è identico:

Il bra «mangia» lo stato in ingresso e restituisce un numero; il ket mette quel numero lungo la direzione $\theta$. Nel disegno i coefficienti sono reali, quindi lo stato si può disegnare come una freccia nel piano $H$-$V$.

Perché $|\theta\rangle\langle\theta|$ è un proiettore

Per definizione $P$ è un proiettore se $P^2 = P$ (proiettare due volte è come proiettare una volta) e se è hermitiano, $P^\dagger = P$. La prima proprietà, un passaggio alla volta:

• Nel primo passaggio scrivo il prodotto dei due operatori uno dopo l'altro.
• Nel secondo raggruppo il bra e il ket centrali: $\langle\theta|\theta\rangle$ è un numero, e vale 1 perché $|\theta\rangle$ è normalizzato. Lo stesso conto è a p. 40, con $\langle\psi|\psi\rangle$ al denominatore perché lì lo stato non è normalizzato.
• L'hermitianità segue dalla regola di p. 39, $(|\psi\rangle\langle\chi|)^\dagger = |\chi\rangle\langle\psi|$, con $\psi = \chi = \theta$.

In matrici. Si scrive $|\theta\rangle$ come colonna $\begin{pmatrix}\cos\theta\\ \sin\theta\end{pmatrix}$ e $\langle\theta|$ come riga $(\cos\theta\ \ \sin\theta)$; colonna per riga dà la matrice

Per $P_H$ si vede a occhio: tiene la componente $H$ e azzera quella $V$, e al quadrato resta uguale. Per $\theta$ generico, l'elemento in alto a sinistra di $P_\theta^2$ è $\cos^2\theta\cos^2\theta + \cos^2\theta\sin^2\theta = \cos^2\theta(\cos^2\theta + \sin^2\theta) = \cos^2\theta$, uguale a quello di $P_\theta$; gli altri tre si controllano allo stesso modo.

Perché un polarizzatore è proprio questo operatore

Esempio. Un fotone $|H\rangle$ su un polarizzatore a $\theta$: $P_\theta|H\rangle = |\theta\rangle\langle\theta|H\rangle = \cos\theta\,|\theta\rangle$. Esce polarizzato lungo $\theta$, con probabilità $\cos^2\theta$ di passare.

I conti con Dirac: tre regole

1. Regola A, i numeri escono fuori: $\langle a|\,(c\,|b\rangle) = c\,\langle a|b\rangle$. È la linearità del prodotto scalare (p. 36).
2. Regola B, il bra si distribuisce sulla somma: $\langle a|\big(|b\rangle + |c\rangle\big) = \langle a|b\rangle + \langle a|c\rangle$, come $\hat n\cdot(\vec u + \vec w) = \hat n\cdot\vec u + \hat n\cdot\vec w$.
3. Regola C, la base è ortonormale: $\langle H|H\rangle = \langle V|V\rangle = 1$ e $\langle H|V\rangle = \langle V|H\rangle = 0$. Fisicamente: un fotone verticale non ha nessuna componente orizzontale (un polarizzatore $H$ lo blocca del tutto), uno orizzontale passa tutto.

Il prodotto scalare con Dirac, la ricetta

Il prodotto scalare $\langle\psi|\chi\rangle$ è un numero complesso che misura «quanto $\chi$ assomiglia a $\psi$». Il suo modulo quadro è una probabilità (p. 42). Si calcola sempre in quattro passi.

1. Scrivi i due ket nella base. $$|\psi\rangle = \sum_i c_i\,|e_i\rangle,\qquad |\chi\rangle = \sum_j d_j\,|e_j\rangle.$$
2. Trasforma il primo in bra, coniugando i coefficienti. $$\langle\psi| = \sum_i c_i^*\,\langle e_i|.$$ È qui che entra il complesso coniugato: viene dalla simmetria $(\psi,\chi) = (\chi,\psi)^*$ di p. 36.
3. Moltiplica tutto per tutto (regole A e B): ogni termine del bra con ogni termine del ket. $$\langle\psi|\chi\rangle = \sum_i\sum_j c_i^*\,d_j\,\langle e_i|e_j\rangle.$$
4. Usa l'ortonormalità (regola C): $\langle e_i|e_j\rangle = \delta_{ij}$, cioè $1$ se $i = j$ e $0$ altrimenti. Dei termini incrociati non resta niente: $$\boxed{\langle\psi|\chi\rangle = \sum_i c_i^*\,d_i}.$$

In matrici è la stessa cosa: il bra è la riga dei coefficienti coniugati, il ket è la colonna, e si fa riga per colonna,

Due proprietà da tenere a mente. Scambiando l'ordine si ottiene il coniugato, $\langle\chi|\psi\rangle = \langle\psi|\chi\rangle^*$; quindi in generale l'ordine conta. Il prodotto di un vettore con se stesso è reale e positivo, $\langle\psi|\psi\rangle = \sum_i |c_i|^2 \ge 0$: è la norma al quadrato.

Quattro esempi con la polarizzazione

1. Una componente: $\langle\theta|H\rangle$. Con $|\theta\rangle = \cos\theta\,|H\rangle + \sin\theta\,|V\rangle$ i coefficienti sono $(\cos\theta, \sin\theta)$ e $(1, 0)$:

Al quadrato dà $\cos^2\theta$: la legge di Malus.

2. Due stati ortogonali: $|D\rangle = \tfrac{1}{\sqrt 2}(|H\rangle + |V\rangle)$ e $|\bar D\rangle = \tfrac{1}{\sqrt 2}(|H\rangle - |V\rangle)$, cioè $+45°$ e $-45°$. I coefficienti sono $\tfrac{1}{\sqrt 2}(1, 1)$ e $\tfrac{1}{\sqrt 2}(1, -1)$:

Sono ortogonali: un fotone a $-45°$ non passa mai un polarizzatore a $+45°$. È l'esempio della fase relativa del paragrafo 1.

3. Perché serve il coniugato: la norma dello stato circolare $|R\rangle = \tfrac{1}{\sqrt 2}(|H\rangle + i\,|V\rangle)$. Con il coniugato il bra ha coefficienti $\tfrac{1}{\sqrt 2}(1, -i)$:

Senza il coniugato verrebbe $\tfrac12(1 + i\cdot i) = \tfrac12(1 - 1) = 0$: uno stato fisico con norma zero, che è assurdo. Il coniugato serve proprio a rendere $\langle\psi|\psi\rangle$ reale e positivo.

4. Un prodotto complesso: $\langle R|D\rangle$, coefficienti $\tfrac{1}{\sqrt 2}(1, -i)$ per il bra e $\tfrac{1}{\sqrt 2}(1, 1)$ per il ket:

Il numero è complesso, ma la probabilità, cioè il suo modulo quadro, è reale: $\tfrac12$. Un fotone diagonale ha probabilità $\tfrac12$ di essere trovato circolare destro.

Perché $P_H|D\rangle = \tfrac{1}{\sqrt 2}|H\rangle$

Lo stato diagonale è $|D\rangle = \tfrac{1}{\sqrt 2}\big(|H\rangle + |V\rangle\big)$: metà $H$ e metà $V$, in fase. Applichiamo il proiettore:

1. Regola A. Il numero $\tfrac{1}{\sqrt 2}$ esce fuori: $$= \tfrac{1}{\sqrt 2}\;|H\rangle\;\langle H|\big(|H\rangle + |V\rangle\big).$$
2. Regola B. Il bra $\langle H|$ si distribuisce sulla somma: $$= \tfrac{1}{\sqrt 2}\;|H\rangle\;\big(\langle H|H\rangle + \langle H|V\rangle\big).$$
3. Regola C. I due prodotti scalari valgono $1$ e $0$: $$= \tfrac{1}{\sqrt 2}\;|H\rangle\;(1 + 0) = \tfrac{1}{\sqrt 2}\,|H\rangle.$$

Come si legge. Il numero tra parentesi al passo 2 è $\langle H|D\rangle = \tfrac{1}{\sqrt 2}$: quanto $H$ c'è dentro $D$. Il proiettore lo mette davanti al ket $|H\rangle$. La probabilità di passare è il modulo quadro dell'ampiezza: $|\langle H|D\rangle|^2 = \tfrac12 = \cos^2 45°$.

Perché $\tfrac{1}{\sqrt 2}$ e non $\tfrac12$. Il bra di $D$ si ottiene coniugando i coefficienti (qui reali). Con le tre regole:

Il quadrato di $\tfrac{1}{\sqrt 2}$ è $\tfrac12$, e due metà fanno 1: lo stato è normalizzato.

Lo stesso conto con le matrici

Nella base $\{H, V\}$: $|H\rangle = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$, $|V\rangle = \begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$, $|D\rangle = \tfrac{1}{\sqrt 2}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$, $\langle H| = (1\ \ 0)$.

Un secondo esempio, al contrario

Polarizzatore diagonale e fotone orizzontale: $P_D|H\rangle = |D\rangle\langle D|H\rangle$. Il bra di $D$ è $\langle D| = \tfrac{1}{\sqrt 2}\big(\langle H| + \langle V|\big)$, quindi con le regole A, B e C:

Esce un fotone diagonale, con probabilità $\tfrac12$: l'uscita è allineata al polarizzatore, non allo stato che è entrato.

Nei libri: Shankar §1.8, es. 1.8.2 ricava autovalori e autovettori di un proiettore senza conti (p. 49).

Che cosa non è un proiettore

• L'osservabile $A = \begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix}$ non è un proiettore: $A^2 = \mathbb 1 \neq A$. Non filtra niente, assegna $+1$ agli stati $H$ e $-1$ agli stati $V$.
• Una lamina che ruota la polarizzazione non è un proiettore: non butta via niente, tutta la luce che entra esce.

Un proiettore è una domanda con risposta sì o no: «il fotone è polarizzato lungo $\theta$?». Per questo la decomposizione spettrale $A = (+1)\,P_H + (-1)\,P_V$ è fatta di proiettori: un'osservabile è un insieme di domande sì/no, una per ogni risultato possibile, ciascuna con il suo valore.

Che cos'è fisicamente un'osservabile?

Un cristallo birifrangente manda i fotoni $H$ in un rivelatore che segna $+1$ e i fotoni $V$ in un rivelatore che segna $-1$. L'operatore che lo descrive è

Questa è la decomposizione spettrale (R4), e si legge così: un'osservabile è l'elenco dei risultati possibili, ciascuno incollato al polarizzatore che seleziona gli stati che danno quel risultato con certezza.

Le proprietà degli autoaggiunti di p. 39 diventano requisiti fisici:

• autovalori reali, perché un rivelatore segna numeri reali;
• autoket di autovalori diversi ortogonali, perché un fotone $H$ non fa mai scattare il rivelatore $V$: risultati diversi devono essere perfettamente distinguibili.

3Secondo e terzo postulato, e la formula di Born (pp. 41-42)

Secondo postulato: a ogni osservabile corrisponde un operatore autoaggiunto, e i risultati possibili della misura sono i suoi autovalori. Ecco la quantizzazione: se lo spettro è discreto escono solo quei valori. Nel nostro esempio escono $+1$ o $-1$, mai $0.3$.

Terzo postulato: se ripeti la misura su tante copie preparate nello stesso stato, la media dei risultati è $\langle A\rangle_\psi = \langle\psi|A|\psi\rangle$, con $\psi$ normalizzato.

Da qui a Born, un passaggio alla volta

1. Nella media inseriamo la decomposizione spettrale (R4): $$\langle\psi|A|\psi\rangle = \langle\psi|\Big(\sum_i a_i\,|a_i\rangle\langle a_i|\Big)|\psi\rangle.$$
2. Per linearità la somma e i numeri $a_i$ escono fuori: $$= \sum_i a_i\,\langle\psi|a_i\rangle\langle a_i|\psi\rangle.$$
3. Per la R2 con $A = \mathbb 1$ vale $\langle\psi|a_i\rangle = \langle a_i|\psi\rangle^*$, e un numero per il suo coniugato è il modulo quadro: $$= \sum_i a_i\,|\langle a_i|\psi\rangle|^2.$$
4. In statistica la media di una grandezza che vale $a_i$ con probabilità $P(a_i)$ è $\sum_i a_i P(a_i)$. Confrontando: $$\boxed{P(a_i|\psi) = |\langle a_i|\psi\rangle|^2}.$$

Verifica sull'esempio. Con $\psi = |D\rangle$: $P(+1) = |\langle H|D\rangle|^2 = \tfrac12$, $P(-1) = \tfrac12$ e $\langle A\rangle = (+1)\cdot\tfrac12 + (-1)\cdot\tfrac12 = 0$. È quello che ti aspetti da un fotone a $45°$.

4Osservabili compatibili e set minimo (pp. 42-43)

L'interferenza: p. 42 riletta con la doppia fenditura di p. 34

Prendiamo $|\psi\rangle = c_1|\psi_1\rangle + c_2|\psi_2\rangle$, dove $|\psi_1\rangle$ significa «è passato dalla fenditura 1» e $|\psi_2\rangle$ «è passato dalla 2». La probabilità di arrivare nel punto $a$ dello schermo è

• I primi due termini sono le due campane azzurre di p. 34: è quello che farebbero delle palline, le probabilità si sommano.
• Il terzo è il termine d'interferenza: produce le frange e dipende dalla fase relativa tra $c_1$ e $c_2$.
• Quando accendi le lampadine di p. 34 per vedere da dove passa l'elettrone, questo termine sparisce e resta la somma delle due campane: «è come se l'altra fenditura non ci fosse».

È la differenza tra uno stato puro, che è una sovrapposizione e ha il termine d'interferenza, e una miscela, in cui l'incertezza è classica e l'interferenza non c'è (margine di p. 42).

L'analogia. Pesca una carta da un mazzo. «È un 7» non basta a sapere quale carta sia, perché ce ne sono quattro: il valore è degenere. «7 di cuori» la identifica. Valore e seme si possono chiedere insieme senza disturbarsi: sono compatibili. Insieme etichettano ogni carta in modo unico, e nessuna delle due basta da sola: sono un set minimo. Aggiungere «colore rosso» non serve, perché il colore è già deciso dal seme.

La meccanica quantistica fa esattamente questo. I numeri quantici sono le risposte a un set minimo di domande compatibili, e servono a dare un nome unico a ogni stato di base.

Perché servono più osservabili. Se un autovalore $a$ ha più autoket indipendenti, dire «$A$ vale $a$» non individua lo stato, come «è un 7». Serve una seconda osservabile $B$ che distingua gli stati dentro quel gruppo, cioè dentro l'autospazio $\mathcal H_a$. Ma $B$ deve poter avere un valore preciso insieme ad $A$, e qui entra il teorema di p. 43.

Il teorema: $[A,B] = 0$ implica una base comune di autoket

1. $B$ non fa uscire dall'autospazio di $A$. Se $A|a\rangle = a|a\rangle$, allora $$A\,(B|a\rangle) = B\,A|a\rangle = a\,(B|a\rangle),$$ dove nel primo passaggio ho scambiato $A$ e $B$, cosa lecita perché commutano. Quindi $B|a\rangle$ è ancora un autoket di $A$ con lo stesso autovalore: $B$ manda $\mathcal H_a$ in se stesso («$\mathcal H_a$ è invariante»).
2. Caso non degenere. $\mathcal H_a$ ha dimensione 1, quindi $B|a\rangle$ è un multiplo di $|a\rangle$: $B|a\rangle = b|a\rangle$, e $|a\rangle$ è già autoket di entrambi.
3. Caso degenere. Dentro $\mathcal H_a$, di dimensione $D$, l'operatore $B$ è una matrice hermitiana $D\times D$, quindi si può diagonalizzare lì dentro. Gli autoket trovati sono autoket di $B$ e restano autoket di $A$, perché ogni vettore di $\mathcal H_a$ lo è.

Un esempio da fare con carta e penna

In tre dimensioni, con base $e_1, e_2, e_3$:

• Commutano: sia $AB$ sia $BA$ danno $\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2\end{pmatrix}$.
• $A$ da solo non basta: $a = 1$ è degenere, con autospazio generato da $e_1$ ed $e_2$. Inoltre $e_1$ non è autoket di $B$, perché $Be_1 = e_2$.
• Si diagonalizza $B$ dentro quell'autospazio: $\tfrac{1}{\sqrt 2}(e_1 + e_2)$ ha $b = +1$, $\tfrac{1}{\sqrt 2}(e_1 - e_2)$ ha $b = -1$. Il terzo vettore $e_3$ ha $a = 2$, $b = +1$.
• Le coppie $(a,b)$ sono $(1,+1)$, $(1,-1)$, $(2,+1)$, tutte diverse: la coppia etichetta ogni stato in modo unico.
• Anche $B$ da solo non basta: $b = +1$ compare due volte.

Quindi $\{A, B\}$ è un set completo di osservabili che commutano, ed è minimo: togliendone uno la degenerazione torna. Se una coppia $(a,b)$ fosse ancora ripetuta, servirebbe un terzo operatore $C$: è il $|a,b;c_i\rangle$ di p. 43.

Anticipazione: nell'atomo di idrogeno l'energia $E_n$ è degenere, e il set minimo è energia, $L^2$ e $L_z$ (più lo spin). Da lì nascono i numeri quantici $|n,l,m\rangle$.

5Heisenberg: che cosa dice e come si dimostra (pp. 44-45)

Che cosa dice. Prepari tante copie dello stesso stato $\psi$. Su metà misuri $A$, sull'altra metà misuri $B$. Ottieni due istogrammi larghi $\Delta A_\psi$ e $\Delta B_\psi$ (i grafici di p. 44). La relazione

dice che nessuna preparazione rende stretti entrambi gli istogrammi, se $A$ e $B$ non commutano. È un limite sullo stato, non sullo strumento: per questo serve $\delta A \ll \Delta A_\psi$, cioè uno strumento più fine della larghezza intrinseca. E non riguarda misure fatte in sequenza («non stiamo facendo misure simultanee né sequenziali»).

L'esempio che conosci già: la fenditura di p. 34

Restringere la fenditura vuol dire stringere la posizione trasversale, $\Delta z \sim d$. Il primo minimo di diffrazione cade dove $\sin(\Delta\phi/2) = 0$ con $\Delta\phi = 2\pi$, cioè $\tfrac{2\pi}{\lambda}\,d\sin\theta = 2\pi$, quindi $\sin\theta = \lambda/d$. L'impulso trasversale si allarga di

Il prodotto è $\Delta z\,\Delta p_z \sim h$, indipendente da $d$: stringi una distribuzione e l'altra si allarga. È la frase di p. 44 «modifico anche su B, allargandosi».

La dimostrazione in cinque passi

Notazione. Chiamiamo $\bar A = A - \langle A\rangle_\psi$ la versione centrata di $A$, e allo stesso modo $\bar B$. Sono ancora hermitiani, perché togliamo un numero reale per l'identità.

1. Le varianze come lunghezze. Definiamo $|\xi\rangle = \bar A|\psi\rangle$ e $|\eta\rangle = \bar B|\psi\rangle$. Allora $$\langle\xi|\xi\rangle = \langle\psi|\bar A^\dagger\bar A|\psi\rangle = \langle\psi|\bar A^2|\psi\rangle = \Delta A^2_\psi,$$ usando che il bra di $\bar A|\psi\rangle$ è $\langle\psi|\bar A^\dagger$ e che $\bar A^\dagger = \bar A$. Negli appunti qui manca il quadrato. Allo stesso modo $\langle\eta|\eta\rangle = \Delta B^2_\psi$.
2. Schwarz. Per due vettori qualsiasi $$|\langle\xi|\eta\rangle|^2 \le \langle\xi|\xi\rangle\,\langle\eta|\eta\rangle = \Delta A^2_\psi\,\Delta B^2_\psi.$$ Resta da stimare dal basso il numero complesso $z = \langle\xi|\eta\rangle = \langle\psi|\bar A\bar B|\psi\rangle$.
3. Il prodotto spezzato in due. Vale $$\bar A\bar B = \tfrac12[\bar A,\bar B] + \tfrac12\{\bar A,\bar B\},$$ che si verifica sviluppando: $\tfrac12(\bar A\bar B - \bar B\bar A) + \tfrac12(\bar A\bar B + \bar B\bar A) = \bar A\bar B$.
4. Parte reale e parte immaginaria. L'anticommutatore di due hermitiani è hermitiano, il commutatore è anti-hermitiano (margine di p. 44). La media di un hermitiano è reale: per la R2, $\langle\psi|H|\psi\rangle^* = \langle\psi|H^\dagger|\psi\rangle = \langle\psi|H|\psi\rangle$. Quella di un anti-hermitiano $K$, con $K^\dagger = -K$, soddisfa $\langle K\rangle^* = -\langle K\rangle$, quindi è immaginaria pura. Allora $$z = \underbrace{\tfrac12\langle\{\bar A,\bar B\}\rangle}_{\text{reale}} + \underbrace{\tfrac12\langle[\bar A,\bar B]\rangle}_{\text{immaginario puro}},$$ e per ogni numero complesso $|z|^2 = (\mathrm{Re}\,z)^2 + (\mathrm{Im}\,z)^2 \ge (\mathrm{Im}\,z)^2$. Buttare la parte reale è il «$\ge$» dell'ultima riga di p. 44.
5. Togliere le barre. Sviluppando, $$[A - a\mathbb 1,\, B - b\mathbb 1] = [A,B] - b[A,\mathbb 1] - a[\mathbb 1,B] + ab[\mathbb 1,\mathbb 1] = [A,B],$$ perché l'identità commuta con tutto: sono i «tre termini su quattro che si semplificano» di p. 45. Mettendo insieme i passi 2, 4 e 5 e facendo la radice: $$\Delta A^2_\psi\,\Delta B^2_\psi \ge \tfrac14\,\big|\langle[A,B]\rangle_\psi\big|^2 \quad\Longrightarrow\quad \Delta A_\psi\,\Delta B_\psi \ge \tfrac12\,\big|\langle[A,B]\rangle_\psi\big|.$$

Verifica con la polarizzazione

Prendiamo $A = \begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix}$ (misura $H/V$) e $B = \begin{pmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ (misura $\pm 45°$). Il commutatore è $[A,B] = \begin{pmatrix}0 & 2\\ -2 & 0\end{pmatrix} \neq 0$.

• Stato circolare $\psi = \tfrac{1}{\sqrt 2}(|H\rangle + i|V\rangle)$: $\Delta A = \Delta B = 1$ e $\langle[A,B]\rangle = 2i$. Il prodotto vale $1 \ge \tfrac12\cdot 2 = 1$: c'è uguaglianza. La luce circolare è massimamente incerta su entrambe le domande.
• Stato $\psi = |H\rangle$: $\Delta A = 0$, ma il limite inferiore vale $\tfrac12\,|\langle H|[A,B]|H\rangle| = 0$, quindi nessuna contraddizione. Il limite dipende dallo stato. Per posizione e impulso invece $[x,p] = i\hbar\,\mathbb 1$, e il limite $\hbar/2$ è lo stesso per ogni stato.

6Lo schema da tenere davanti

Per approfondire, pagine fisiche dei PDF secondo la mappa del vault (non rilette per questa pagina). Postulati: Shankar 4.1-4.2 p. 133; Picasso capp. 3-4 pp. 53-103; Sakurai 1.1 e 1.4 pp. 8s-26. Indeterminazione: Shankar 9.1-9.5 p. 255; Sakurai 1.4 p. 18d. Per giocare con le fenditure: Banco delle fenditure.