Problemi di meccanica quantistica non relativistica 978-88-470-2693-3, 978-88-470-2694-0 [PDF]

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Carlo Alabiso Alessandro Chiesa

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NITEXT

Problemi di meccanica quantistica non relativistica

Problemi di meccanica quantistica non relativistica

Carlo Alabiso Alessandro Chiesa

Problemi di meccanica quantistica non relativistica

Springer

Carlo Alabiso Dipartimento di Fisica e Scienze della Terra “Macedonio Melloni” Universit`a di Parma

UNITEXT ISSN

Alessandro Chiesa Dipartimento di Fisica e Scienze della Terra “Macedonio Melloni” Universit`a di Parma

Collana di Fisica e Astronomia

2038-5730

ISSN

ISBN 978-88-470-2693-3 DOI 10.1007/978-88-470-2694-0

2038-5765 (elettronico)

ISBN

978-88-470-2694-0 (eBook)

Springer Milan Dordrecht Heidelberg London New York c 

Springer-Verlag Italia 2013

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Prefazione

Per gli studenti di fisica, la meccanica quantistica non relativistica rappresenta forse la materia pi`u caratterizzante del corso di studi. Inoltre, costituisce un’ottima palestra di metodologia della fisica teorica, e in questo ruolo formava il nucleo centrale del corso di Istituzioni di Fisica Teorica della vecchia laurea unitaria. Con i nuovi ordinamenti, tale corso e` stato scorporato e distribuito nei successivi livelli delle nuove lauree, ma non c’`e dubbio che l’argomento continui a svolgere ancora questa importante funzione pedagogica. A causa delle loro dimensioni microscopiche, particelle come l’elettrone e il protone non ricadono sotto la nostra esperienza sensoriale, e sono governate da leggi del moto qualitativamente diverse da quelle della meccanica classica che, al contrario, si pu`o basare sull’intuizione fisica diretta degli oggetti descritti. Questo impone una cautela particolare nell’uso delle tecniche e persino delle parole impiegate per trattare il microcosmo: non possiamo parlare di un protone come fosse un sassolino da tenere fermo in mano, ma bisogna utilizzare il linguaggio corretto. Come in tutte le palestre, gli esercizi sono fondamentali, anzi ne sono la loro ragione. I problemi qui raccolti erano stati assegnati come prove di esame, ma le soluzioni vanno oltre il solo fatto tecnico, sono pi`u estese e pi`u approfondite, con lo scopo di far meglio comprendere allo studente la lettera e lo spirito degli argomenti. Nel testo si trovano talvolta problemi simili, proposti con l’intento di applicare di volta in volta soluzioni differenti, convinti che una profonda comprensione dell’argomento possa essere raggiunta guardandolo da punti di vista diversi e apprezzandone le varie sfaccettature. Raramente esiste un solo modo di risolvere un problema; pi`u spesso esistono varie strade, delle quali alcune pi`u praticabili di altre, e l’abilit`a del solutore sta nell’individuare la pi`u breve o la pi`u elegante. Per quanto riguarda l’utilizzo pratico del volume, all’interno di ciascuna delle undici sezioni tematiche e` stato mantenuto l’ordine cronologico originario. In esso e` possibile individuare diversi gradi di difficolt`a, inizialmente in termini crescenti, per tornare a un livello intermedio negli ultimi problemi, assegnati a suo tempo nell’ambito della laurea triennale.

vi

Prefazione

Ringraziamo il Prof. Enrico Onofri che per oltre dieci anni ha condiviso con il primo degli autori la responsabilit`a del Corso di Istituzioni di Fisica Teorica, e al quale si deve la formulazione di un certo numero di Problemi. Parma, luglio 2012

Carlo Alabiso Alessandro Chiesa

Indice

1

Problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Oscillatore Armonico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Delta di Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Calcolo Variazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Evoluzione temporale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Momento angolare e spin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10 Molte particelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11 Argomenti vari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 8 13 16 20 31 34 42 45 52 55

2

Risposte e suggerimenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Oscillatore Armonico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Delta di Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Calcolo Variazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Evoluzione temporale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 Momento angolare e spin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10 Molte particelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11 Argomenti vari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65 65 68 71 72 74 79 81 84 86 89 92

3

Soluzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 3.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni . . . . . . . . . . . . . . . 128 3.3 Oscillatore Armonico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 3.4 Delta di Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

viii

Indice

3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11

Perturbazioni indipendenti dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192 Calcolo Variazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 Evoluzione temporale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 Perturbazioni dipendenti dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309 Momento angolare e spin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322 Molte particelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351 Argomenti vari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373

Appendice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407 A.1 Evoluzione libera della Gaussiana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407 A.2 Oscillatore armonico e polinomi di Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 408 A.3 Potenziali centrali e coordinate polari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410 A.4 Armoniche sferiche e polinomi di Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411 A.5 Particella libera in tre dimensioni e funzioni di Bessel . . . . . . . . . . . . 414 A.6 Potenziale idrogenoide e polinomi di Laguerre . . . . . . . . . . . . . . . . . . 417 A.7 Polinomi ortogonali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 421 A.8 Equazioni differenziali fuchsiane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423 A.9 Funzioni ipergeometriche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424 A.10 Funzioni ipergeometriche confluenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426 A.11 Delta di Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429 A.12 Integrali utili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430 A.13 Integrali diretti e di scambio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431 A.14 Rappresentazione dei momenti angolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435 A.15 Composizione dei momenti angolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438 A.16 Metodi approssimati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441 A.16.1 Perturbazioni indipendenti dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441 A.16.2 Perturbazioni dipendenti dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442 A.16.3 Calcolo variazionale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444 A.17 Momenti angolari e campi elettromagnetici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445 A.17.1 Potenziali scalare e vettore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445 A.17.2 Effetto Zeeman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 446 A.17.3 Interazione Spin-Orbita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 447 A.17.4 Zeeman e Spin-Orbita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448 A.18 Formulazione generale della Meccanica Quantistica . . . . . . . . . . . . . 449 A.19 Descrizione di Schr¨odinger, Heisenberg, interazione . . . . . . . . . . . . . 453 A.20 Lo spettro degli operatori autoaggiunti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 455 A.21 Costanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 458 Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 459 Indice analitico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461

1

Problemi In ogni sezione, le difficolt`a sono crescenti, e di livello intermedio dall’asterisco in poi.

1.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione 1.1. Una particella si muove in un potenziale nullo per −a < x < a e infinito altrove. i) La sua funzione d’onda a un certo istante e` data da: ψ = (5a)−1/2 cos

πx πx + 2(5a)−1/2 sin . 2a a

Quali sono i possibili risultati di una misura dell’energia e quali le relative probabilit`a? ii) Quale e` la forma della funzione d’onda immedia−a 0 a tamente dopo una tale misura? iii) Se l’energia e` immediatamente rimisurata, quali sono le probabilit`a relative ai possibili risultati? 1.2. Una particella si muove in una dimensione soggetta al potenziale: ⎧ ⎪ x≤0 ⎪ ⎨∞ V=

0 ⎪ ⎪ ⎩ V0 > 0

0 0 la probabilit´a di trovare il valore −w in una misura dell’energia. 5.6. i) Studiare lo spettro dell’Hamiltoniana: H = aˆ† aˆ + λ (aˆ†2 aˆ + aˆ† aˆ2 ) + aˆ†2 aˆ2

con

[a, ˆ aˆ† ] = 1

al secondo ordine in teoria delle perturbazioni nel parametro λ . ii) Dimostrare con un calcolo esatto che nel caso λ = 1 lo stato fondamentale e` degenere. 5.7. i) Valutare le correzioni agli stati 1s e 2p dell’atomo di idrogeno, supponendo la carica distribuita uniformemente in un volume di raggio r p ≈ 10−13 cm.

•

ii) Discutere quale sarebbe l’effetto, se al posto dell’elettrone ci fosse un muone μ − di massa 210 volte superiore. Vedi 5.59. 5.8. Una particella si muove in una dimensione soggetta al potenziale ⎧ ⎨V0 cos π x |x| < a 2a V= ⎩∞ a < |x|. Al primo ordine perturbativo in V0 trovare le correzioni alle energie degli stati legati.

−a

0

a

5.9. Una particella di massa μ pu`o ruotare in un piano attorno a un punto fisso, collegata a questo tramite un’asta senza massa di lunghezza ρ. Vedi 2.4. Valutare

22

1 Problemi

autovalori e autofunzioni del sistema. Introdotta una perturbazione V0 cos 2ϕ, con V0 piccolo, calcolare al primo ordine della teoria delle perturbazioni le variazioni ai tre livelli inferiori di energia. Valutare al secondo ordine perturbativo la correzione al livello fondamentale. 5.10. Le differenze Δ1 = W1 − W0 e Δ2 = W2 − W0 tra i due primi livelli eccitati e quello fondamentale di una molecola di massa μ stanno nel rapporto Δ2 /Δ1 = 1.96. Questo valore e` interpretabile entro il 2% schematizzando il moto vibrazionale della molecola come quello di un oscillatore armonico di energie Wn = h¯ ω(n + 1/2). Si aggiunga al potenziale armonico V = 1/2Kx2 un potenziale V  = ax3 + bx4 considerato “piccolo”. Trattando V  al primo ordine perturbativo, si determinino, in funzione di Δ1 e Δ2 , le costanti K, a, b, in modo da rendere esatto l’accordo con il valore sperimentale. Traccia. Utilizzare la ricorrenza ξ Hn (ξ ) = 1/2Hn+1 (ξ ) + nHn−1 (ξ ). 5.11. Due particelle identiche di massa μ e spin 1/2 si muovono in una scatola cubica di lato 2a. Calcolare i primi due autovalori dell’energia. Al primo ordine perturbativo dire se e come viene risolta la degenerazione del secondo livello in presenza del potenziale V = λ δ3 (x1 − x2 ), con λ > 0. Vedi figura 4.6. 5.12. Per un potenziale di Morse: V (x) = V0 {exp[−2(x − x0 )/a] − 2 exp[−(x − x0 )/a]} relativo a una particella di massa μ, si possono studiare le piccole oscillazioni attorno al punto di equilibrio x0 , riducendo il potenziale a quello di un oscillatore armonico di opportuna frequenza. Dire se e per quali stati legati tale approssimazione pu`o essere valida per un sistema caratterizzato dai seguenti valori: V0 = 1 eV , μ = 10−23 g, a = 5 · 10−8 cm. Vedi 1.21.

x

|

0

5.13. L’Hamiltoniana di un sistema sia:    ε 2ε − i −ε      H = 2ε + i 0 −i  .    −ε i 0  Trovare autovalori e autofunzioni del sistema per ε = 0 e le correzioni da apportare ai livelli energetici, al primo ordine perturbativo in ε. 5.14. Si consideri una particella di carica e0 e spin 1/2 sottoposta a un campo magnetico Bx = B1 , By = 0, Bz = B0 , e si supponga B1  B0 .

1.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo

23

Calcolare i livelli energetici al primo e secondo ordine della teoria delle perturbazioni. 5.15. Si cosideri una particella su un segmento di lunghezza a con condizioni periodiche al contorno. Si determinino le autofunzioni dell’energia e i corrispondenti autovalori. Introdotta la perturbazione V = V0 exp[−λ x], calcolare al primo ordine perturbativo in V0 le correzioni al primo livello eccitato, nell’ipotesi 1/a  λ . 5.16. Calcolare al primo ordine perturbativo le correzioni ai primi due livelli di energia di un atomo di idrogeno dovuti al momento di dipolo elettrico ε del nucleo. 5.17. Sia H0 = p2 /2μ + 1/2μω 2 x2 l’Hamiltoniana di un oscillatore armonico in una dimensione. Sia V = aˆ†2 aˆ2 una perturbazione, con aˆ† e aˆ gli usuali creatori e distruttori. i) Trovare la dipendenza funzionale di un generico livello di energia dell’Hamiltoniana H = H0 + λV , cio`e Wn = Φn (μ, h¯ , ω, λ ), con semplici considerazioni dimensionali. ii) Calcolare la correzione al secondo ordine in teoria delle perturbazioni per l’autovalore e per l’autovettore dello stato fondamentale. 5.18. Calcolare al primo ordine perturbativo la correzione al livello n = 2 di un atomo di idrogeno dovuta al potenziale: V = ε cos θ /rα , con 0 < ε e 0 < α ≤ 2. Traccia. Vedi il 5.16. 5.19. Sia data H0 = p2 /2μ + 1/2μω 2 x2 , Hamiltoniana di un oscillatore armonico in una dimensione. Sia inoltre V = λ1 x3 + λ2 x4 una perturbazione “piccola”. i) Con semplici considerazioni dimensionali, trovare la dipendenza funzionale dei livelli di energia dell’Hamiltoniana H = H0 +V , cio`e Wn = Φn (μ, h¯ , ω, λi ). ii) Calcolare inoltre, al primo ordine perturbativo, la correzione agli autovalori dell’energia. 5.20. Calcolare la perturbazione al primo ordine dello stato fondamentale dell’atomo di idrogeno dovuta alla correzione relativistica −pp4 /8μ 3 c2 . 5.21. L’Hamiltoniana di un sistema quantomeccanico in una dimensione e` data da H = p2 /2μ + μ/2ω 2 x2 + λ x4 con μ, ω, λ costanti positive. i) Dimostrare, attraverso considerazioni dimensionali, che ogni livello discreto di energia e` rappresentabile con l’espressione Wn = h¯ ωΦn (χ), dove χ e` un opportuno parametro. Vedi 5.19. ii) Assumendo nota la funzione Φn , calcolare i valori di aspettazione  n|x2 |n ,  n|x4 |n ,  n|p2 |n , essendo |n l’autostato dell’energia appartenente a Wn .

24

1 Problemi

iii) Determinare Φn (χ) al secondo ordine in teoria delle perturbazioni e applicare il risultato al calcolo dei valori d’aspettazione ottenuti in precedenza. 5.22. i) Calcolare perturbativamente lo spettro dell’operatore H = aˆ† aˆ + λ |ψ  ψ|, ˆ gli ordinari operatori di creazione e con |ψ vettore normalizzato e {aˆ† , a} distruzione. n ii) Considerare in particolare |ψζ = N ∑∞ n=0 (ζ /n!)|n , con |n autovettori di † H0 = aˆ a. ˆ Che cosa si pu`o dire per λ → ±∞?

5.23. Una particella si muove in una dimensione soggetta al potenziale ⎧ ⎨V0 cos2 π x 0 < x < a a V= ⎩∞ altrove. i) Al primo e al secondo ordine perturbativo in V0 trovare le correzioni alle energie degli stati legati. ii) Indicare le condizioni di validit`a del procedimento.

0

a

5.24. Valutare al primo ordine perturbativo le correzioni al secondo stato legato (n = 2) dell’atomo di idrogeno, dovute a un campo elettrico e a un campo magnetico uniformi, costanti e parelleli tra di loro. 5.25. Una particella senza spin di massa μ si muove in un campo centrale della forma: r ⎧ 0 V0 ⎪ ⎪ ⎨V (r) = − er/a − 1 2 ⎪ ⎪ ⎩α = μa V0  1. h¯ 2 Al primo ordine perturbativo in 1/a, calcolare le correzioni ai livelli energetici del potenziale coulombiano V (r) = −V0 a/r. Notare la risoluzione della degenerazione accidentale. Traccia. Sviluppare il potenziale in serie di r/a, giustificando il procedimento per i valori assegnati. Ricordare che (unlm , runlm ) = 1/2 · [3n2 − l(l + 1)]r0 con r0 raggio di Bohr.

5.26. Si consideri un oscillatore armonico perturbato in due dimensioni: H = p21 /2μ1 + p22 /2μ2 + μ1 /2ω12 x12 + μ2 /2ω22 x22 + λ x12 x22 . i) Determinare la correzione all’energia dello stato fondamentale al secondo ordine in λ . ii) Discutere il calcolo perturbativo dei livelli eccitati.

1.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo

25

5.27. Una particella di massa μ e carica −e0 e` attirata nell’origine da una forza elastica di intensit`a −Kr. Il sistema e` immerso in un campo magnetico uniforme e costante di modulo B diretto lungo l’asse z. i) Con un opportuno potenziale vettore, scrivere l’Hamiltoniana del sistema. ii) Con B molto piccolo, calcolare i primi autovalori dell’energia. 5.28. Un oscillatore armonico isotropo in due dimensioni e` soggetto ad una per†2 2 2 turbazione rappresentata dall’operatore V = λ aˆ†2 1 aˆ2 + aˆ2 aˆ1 . Poste uguali a uno la frequenza dell’oscillatore e la costante di Planck h¯ , si determini la correzione dei primi livelli energetici, W ≤ 5, al primo ordine in teoria delle perturbazioni. 5.29. Sia dato un atomo idrogenoide di carica Z nello stato fondamentale. Valutare i valori di aspettazione dell’energia cinetica e potenziale. Con la tecnica perturbativa al primo ordine, valutare la variazione di energia quando la carica del nucleo passa da Z a Z + 1, e confrontare con il dato esatto. 5.30. Considerare il seguente potenziale isotropo tridimensionale: ⎧ 1 ⎪ ⎨ μω 2 x2 a < | x | V= 2 ⎪ ⎩ V0 | x | < a. Si valuti la correzione ai primi due livelli energetici, al primo ordine in V0 e nel limite di a molto piccolo rispetto alla scala di lunghezza tipica dell’oscillatore.

V

0

−a

0

a

5.31. Una particella tridimensionale di massa μ e` soggetta al potenziale di Yukawa: e−r/ρ V (r) = −γ . r

r

0

Valutare al primo ordine perturbativo le correzioni ai livelli energetici dell’atomo di idrogeno. Giustificare l’approssimazione nel caso che i parametri soddisfino la relazione γ μρ/¯h2  1. 5.32. Un rotatore piano di momento di inerzia I e di momento elettrico di dipolo d e` immerso in un campo elettrico omogeneo E giacente nel piano di rotazione. Mediante un calcolo perturbativo, determinare le correzioni ai livelli energetici dello stato fondamentale, del primo stato eccitato e di quelli successivi.

26

1 Problemi

5.33. Al secondo ordine in λ , valutare le correzioni agli autovalori dell’oscillatore armonico: p2 1 H= + μω 2 x2 + λ p4 . 2μ 2 5.34. Una particella monodimensionale e` immersa in una buca di potenziale infinita di larghezza a (0 < x < a). Al primo ordine perturbativo valutare come si modificano i livelli energetici se si aggiungono le perturbazioni del tipo: ⎧ ⎪ 00 ⎩ ∞ x≤0.

• λ/a2

0

V′ x

i) Calcolare l’energia dello stato fondamentale. ii) Nel caso venisse applicato un piccolo campo elettrico in direzione x, valutare l’effetto Stark al primo ordine perturbativo. 5.53. Una particella di massa μ pu`o ruotare in un piano attorno a un punto fisso, collegata a questo tramite un’asta senza massa di lunghezza ρ. i) Valutare autovalori e autofunzioni del sistema. ii) Introdotto il potenziale V0 cos 2ϕ, calcolare al primo ordine in V0 della teoria delle perturbazioni le variazioni agli autovalori e alle autofunzioni. 5.54. Consideriamo un atomo di Elio, nell’ipotesi di elettroni a spin zero. i) Trascurando la repulsione Coulombiana, scrivere lo stato fondamentale dell’energia e il suo autovalore.

30

1 Problemi

ii) Con la teoria delle perturbazioni al primo ordine, valutare la correzione dovuta alla repulsione tra gli elettroni. iii) Con questo risultato, stimare l’energia di ionizzazione WI dell’Elio. Traccia. Utilizzare la relazione:



d3 r1 d3 r2 exp{−a · (r1 + r2 )}/|r1 − r2 |=20π 2/a5 .

5.55. Sia dato un oscillatore harmonico tridimensionale isotropo, di frequenza ω e massa μ, perturbato da un potenziale V = λ xy, con λ costante. Al primo ordine, trovare le correzioni all’autovalore del primo stato eccitato imperturbato, e i relativi autostati. 5.56. i) Al primo ordine perturbativo, calcolare le correzioni al primo livello eccitato di un oscillatore armonico bidimensionale isotropo soggetto alla perturbazione V = λ xy. Determinare le funzioni corrette all’ordine zero. ii) Confrontare con la soluzione esatta. ∗ 5.57.

i) Al primo ordine perturbativo, calcolare le correzioni al secondo livello eccitato di un oscillatore armonico bidimensionale isotropo soggetto alla perturbazione V = λ xy. Determinare le funzioni corrette all’ordine zero. ii) Confrontare con la soluzione esatta.

5.58. Una particella in una buca infinita con 0 < x < a e` soggetta anche a V  (x) = λ δ (x − a/2). Considerando questo termine come una perturbazione, calcolare i contributi allo spettro al primo e al secondo ordine. Indicare le condizioni di applicabilit`a del risultato ottenuto. Traccia. Sfruttare la relazione: [(2k + 1)2 − (2p + 1)2 ]−1 = [4(2k + 1)]−1 [(p + k + 1)−1 − (p − k)−1 ]. 5.59. Consideriamo un atomo mesico di numero atomico Z, e le correzioni al modello idrogenoide dovute alla distribuzione della carica nucleare sul volume di raggio rN . i) Valutare l’energia dei livelli 1s, 2s e 2p dell’atomo mesico al primo ordine μ μ perturbativo per rN  r0 , dove r0 e` il raggio di Bohr del mesone. Vedi 5.7. (1)

(1)

ii) Posto che per Z = 5 si trovi W2s −W2p ≈ 2 · 10−2 eV , stimare rN . iii) Commentare i risultati, la rilevanza del problema nel caso in questione, e la validit`a delle eventuali approssimazioni fatte nel calcolo.

5.60. Un atomo di idrogeno e` perturbato da un campo non centrale V  = f (r)xy, con f (r) non specificata ma ovunque regolare. Al primo ordine perturbativo, valutare le correzioni del livello n = 2 e le eventuali degenerazioni residue, in funzione di un parametro incognito legato ai valori di aspettazione della funzione f (r).

1.6 Calcolo Variazionale

31

5.61. Sia dato un rotatore spaziale di momento d’inerzia I e dipolo elettrico d parallelo all’asse del rotatore, immerso in un campo elettrico uniforme E, da considerare quale perturbazione. i) Trovare autovalori e autostati imperturbati. ii) Trovare le correzioni all’autovalore fondamentale. 5.62. Una particella monodimensionale immersa nel potenziale 1/2Kx2 , e` soggetta anche a una perturbazione 1/2εx2 , con ε  K. Con la tecnica perturbativa al secondo ordine, valutare le correzioni apportate all’energia dello stato fondamentale, e confrontarle con l’analogo risultato esatto. 5.63. Nel Problema 5.4 viene valutata al primo ordine perturbativo la correzione all’energia dello stato fondamentale di un atomo idrogenoide, nell’ipotesi che la carica nucleare sia distribuita su una superficie sferica di raggio δ  r0 (raggio di Bohr). Questa correzione pu`o essere a sua volta approssimata dall’effetto di una ulteriore carica (non intera) da attribuire al nucleo puntiforme. i) Valutare la carica aggiuntiva nel caso dell’atomo di idrogeno con δ = 10−13 cm. ii) Ripetere il calcolo nel caso di un atomo mesico di piombo, con mμ ≈ 207me , Z = 82 e A = 208, e dire se il calcolo fatto rimane valido.

1.6 Calcolo Variazionale 6.1. Volendo utilizzare il principio variazionale di Riesz per la valutazione approssimata dello stato fondamentale di una buca infinita con 0 ≤ x ≤ a, dire quali dei due polinomi seguenti pu`o essere utilizzato come funzione di prova e perch´e: ψ1 = x(α − x)

ψ2 = x(α − x)(x − a),

essendo α un parametro variazionale. 6.2. Calcolare il valore approssimato dell’energia dello stato fondamentale di un oscillatore armonico con il metodo variazionale, utilizzando le funzioni di prova: i) ψ1 (x) = A(1 + x2 /a2 )−1 . ii) ψ2 (x) = B(1 + x2 /b2 )−2 essendo a e b i parametri variazionali. iii) Dire per quali valori dei parametri c e d la funzione di prova: ψ3 (x) = C(1 + x2 /c2 )−d

2

32

1 Problemi

riproduce meglio l’andamento della autofunzione esatta dello stato fondamentale, e valutare l’errore minimo sull’autovalore. Per {i), ii)} e iii), rispettivamente, utilizzare le formule:  ∞

dx 1 d =− 2 )n+1 (ξ + x n dξ −∞

 dx x −ξ −x , e = lim 1 + . 2 n ξ ξ →∞ −∞ (ξ + x )

 ∞

6.3. Una pallina di massa μ soggetta solo al proprio peso rimbalza sul pavimento in modo perfettamente elastico. Trascurando le oscillazioni sul piano xy, valutare l’energia dello stato fondamentale con il metodo variazionale, utilizzando come funzioni di prova: ψ1 (z) = Az exp[−αz],

ψ2 (z) = Bz exp[−β z2 /2].

Confrontare con il valore esatto dell’Esercizio 1.15. 6.4. i) Mediante il metodo variazionale ricavare il valore approssimato dell’energia dello stato 2p di una particella in campo coulombiano, utilizzando le funzioni di prova: ψ(r) = a · r exp[−α2 r2 ], con a vettore costante e α parametro variazionale. ii) Confrontare con il valore esatto e giustificare la scelta delle funzioni di prova. 6.5. Calcolare il valore approssimato dell’energia dello stato fondamentale di un oscillatore armonico bidimensionale, utilizzando il metodo variazionale con le funzioni di prova:

ψα (ρ) = C exp(−αρ), ρ = x2 + y2 , con α parametro variazionale. 6.6. Con il principio variazionale, stimare il primo stato eccitato dell’oscillatore armonico, usando come funzioni di prova una delle due seguenti: ψ1 (x) = Axe−α|x| , ψ2 (x) = Ax2 e−α|x| , con α parametro variazionale. Giustificare la scelta. 6.7. Applicare il principio variazionale di Riesz all’oscillatore armonico tridimensionale isotropo, usando come funzioni di prova: ψ(r) = a · r exp[−αr], con a vettore costante e α parametro variazionale. Dire di quale autostato questa pu`o essere ritenuta una buona approssimazione, e calcolare gli autovalori approssimati.

1.6 Calcolo Variazionale

33

6.8. Sia data l’Hamiltoniana: H = p2 /2μ + λ x2k , con k intero positivo. i) Con la semplice analisi dimensionale, dimostrare che per λ → ∞, E0 ≈ λ 1/k+1 . ii) Applicando il metodo variazionale con funzioni di prova gaussiane, dare una stima approssimata dello stato fondamentale, autofunzione e autovalore. 6.9. Un elettrone senza spin si muove nel potenziale a simmetria sferica V = λ r, con λ > 0. Con il metodo variazionale e una funzione di prova esponenziale, trovare un valore approssimato per l’energia dello stato fondamentale. 6.10. i) Mediante il metodo variazionale ricavare il valore approssimato dell’energia dello stato fondamentale di una particella immersa in un campo coulombiano, utilizzando come funzioni di prova: ⎧ ⎨B(β − r) r ≤ β 2 2 ψ1 (r) = Ae−α r ; ψ2 (r) = ⎩0 r ≥ β, con α e β parametri variazionali. ii) Le funzioni di prova sono entrambe accettabili? iii) Senza ricorrere al dato esatto, quale dei due valori calcolati rappresenta una migliore approssimazione? iv) Era questo prevedibile dalla forma delle funzioni di prova? 6.11. Una particella tridimensionale si muove nel potenziale: V (r) = −λ /r3/2 . Per valutare un limite superiore dell’energia dello stato fondamentale, utilizzare il calcolo variazionale con una funzione idrogenoide quale funzione di prova. 6.12. Una particella si trova in una buca infinita nell’intervallo 0 < x < a. i) Assumere per lo stato fondamentale una delle seguenti funzioni di prova: ψ1 (x) = Ax(x − a), ψ2 (x) = B sin2 (πx/a), ψ3 (x) = C(a/2 − |x − a/2|), e valutare il relativo valore di aspettazione dell’energia. ii) Confrontare con il valore esatto. iii) Sulla base del principio variazionale di Riesz, dire se tutte le tre funzioni di prova rappresentano una scelta opportuna, e spiegare perch´e la prima fornisce un risultato migliore. ∗ 6.13.

Calcolare il valore dell’energia dello stato fondamentale di una particella nel campo V (x) = −λ δ (x), utilizzando a e b come parametro variazionale nelle funzioni di prova: ψ1 (x) = A(1 + x2 /a2 )−1 e ψ2 (x) = B(1 + x2 /b2 )−2 . Confrontare con il risultato esatto.

34

1 Problemi

6.14. Data una buca infinita per −a < x < a, trovare il polinomio di grado minimo adatto ad approssimare il primo stato eccitato. Confrontare la corrispondente energia approssimata con il risultato esatto. 6.15. Sia dato il potenziale del Problema 4.13. Con il metodo di Riesz, dare una stima del parametro a del potenziale per i quali e` garantita l’esistenza dello stato legato. Utilizzare le seguenti funzioni di prova, con α parametro variazionale: ψ1 (x) = Ax exp(−αx), ψ2 (x) = Bx exp(−αx2 /2). Confrontare con il valore esatto trovato nel 4.13. √ Traccia. Utilizzare i minimi delle funzioni: exp[ξ ]/ξ ≥ e, exp[ξ 2 ]/ξ ≥ 2e. 6.16. i) Per un oscillatore armonico bidimensionale isotropo, determinare autofunzioni, autovalori e loro degenerazioni. ii) Determinare il valore approssimato dell’energia dello stato fondamentale, utilizzando il principio variazionale di Riesz con la funzione di prova: ψ(ρ) = C exp[−αρ], con ρ 2 = x2 + y2 , e α parametro variazionale. iii) Confrontare con il valore esatto.

1.7 Evoluzione temporale 7.1. La funzione d’onda a t = 0 per un elettrone libero e` data da: ψ0 (x) = (2πα2 )−1/4 exp(−x2 /4σ 2 ) con α = 0.5310−8 cm. Dopo quanto tempo Δ xt = 1 cm? E se fosse μ = 10−3 g? 7.2. Sia data l’Hamiltoniana e altre tre osservabili di un sistema fisico:                 −1 1 1 0  1 0 0 1 C = c A = a B = b H = w .    0 0  1 1 0 −1 1 0 i) Determinare quali delle osservabili sono costanti del moto. ii) Una misura di C al tempo t = 0 d`a per risultato il valore 0. Quale sar`a al tempo t > 0 il risultato di una misura di A? iii) Determinare almeno tre differenti sistemi completi di osservabili.

1.7 Evoluzione temporale

35

7.3. Siano date le matrici A e B relative a due osservabili per un certo sistema, e la matrice H relativa alla sua Hamiltoniana:       0 −i 0 1 0 0 0 0 0             A = a  i 0 0 B = b 0 1 0 H = w 0 0 1 .       0 0 −1 0 0 −1 0 1 0 i) Verificare che le due osservabili sono compatibili. ii) Supposto di avere eseguito al tempo t = 0 una misura delle due grandezze e trovato il valore −a per la prima e b per la seconda, calcolare la funzione d’onda al tempo t > 0. 7.4. Un pacchetto d’onde associato a particelle neutre di spin  1/2 e momento magnetico intrinseco μ0 σ , attraversa un campo magnetico B = 0, 0, B(z) . i) Scrivere l’equazione di Schr¨odinger per la funzione d’onda:     ψ1 (t) ψ(t) =  . ψ2 (t)




1

B

ii) Data una funzione d’onda iniziale del tipo ψ0 = χσ φ (x), con χσ spinore arbitrario, e per  dB(z)/dz ≈ dB(z )/dz , dimostrare che il fascio si separa, ovvero che ψ1 (t) e ψ2 (t) rappresentano due pacchetti d’onde i cui due baricentri espressi da  x i,t =  ψi (t) | x | ψi (t) (i = 1, 2) si muovono su traiettorie divergenti.




2

7.5. Un oscillatore lineare armonico di massa μ e frequenza ω e` descritto al tempo t = 0 dalla funzione d’onda normalizzata:  μω 1/4

√ √ 2 ψ0 (x) = e−ξ /2 ( 2ξ − 3), ξ = x μω/¯h. 16π h¯ Trovare il valor medio della posizione e dell’energia in funzione del tempo. 7.6. Siano date le matrici A, B e C relative a tre osservabili per un certo sistema, e la matrice H relativa alla sua Hamiltoniana:         2 0 0  0 iw 0  0 1 0 1 0 0 1                 A = a 1 0 1 B = b 0 0 −1 C = c 0 3 0 H = −iw1 0 0  ,          0 0 1 0 0 −1 0 0 0 3 0 w2 

36

1 Problemi

con a, b, c > 0. Osservato al tempo t = 0 il valore massimo di A, calcolare la probabilit`a di trovare al tempo t > 0: i) il valore massimo di B; ii) contemporaneamente i valori massimi di B e C. 7.7. E` data una particella di spin 1/2 e momento magnetico μ0 σ , con σ matrici di Pauli . Al tempo t = 0 una misura della componente dello spin Sx d`a comerisultato h¯ /2. Per t > 0 su di essa agisce il campo magnetico B = 0, 0, B0 (1 − e−t ) . Trovare i valori medi delle tre componenti dello spin in funzione del tempo e verificare che questi, nel limite t → ∞, sono funzioni periodiche del tempo. 7.8. Un elettrone si muove in un campo magnetico uniforme B0 diretto come l’asse z. Dall’istante t0 = 0 agisce su di esso un altro campo magnetico uniforme B1 diretto come l’asse x. Supposto lo spin dell’elettrone inizialmente orientato secondo la direzione positiva dell’asse z, calcolare al tempo t la probabilit`a di trovare lo spin capovolto. 7.9. Una particella di spin 1 (di cui si considerano solo i gradi di libert`a di spin) e` immersa in un campo magnetico statico diretto come l’asse y, ovvero con Hamiltoniana H = τ sˆy , con sˆ operatore di spin. Se all’istante t = 0 una misura di sˆx fornisce come risultato h¯ , quale e` la probabilit`a di ottenere h¯ in una misura di sˆz al tempo t > 0? 7.10. Una particella di spin 1/2 e momento magnetico μ 0 = 1/2g¯hσ si trova immersa in un campo magnetico oscillante nel tempo e di direzione costante B = (0, 0, B sin(ωt)). Se lo stato iniziale della particella e` autostato della componente x dello spin, calcolare le distribuzioni di probabilit`a per tutte le componenti di σ in funzione del tempo. σ , immersa 7.11. Sia data una particella di spin s = 1/2 e momento magnetico μσ in un campo magnetico omogeneo stazionario. Determinare l’operatore vettoriale di spin sˆ(t) in rappresentazione di Heisenberg, con due procedimenti: i) tramite la trasformazione unitaria che collega gli operatori delle osservabili in rappresentazione di Heisenberg e di Schr¨odinger, utilizzando il lemma di Baker-Hausdorff: exp(A)B exp(−A) = B + [A, B] + 1/2![A, [A, B]] + 1/3![A, [A, [A, B]]] + ...); ii) risolvendo le equazioni del moto per gli operatori sˆ± in rappresentazione di Heisenberg.

1.7 Evoluzione temporale

37

7.12. Studiare il moto di un pacchetto d’onde gaussiano che evolve secondo l’equazione di Schr¨odinger in un potenziale a una dimensione: ⎧ V 0 p ⎨0 x < 0 0 V (x) = ⎩V0 x > 0, 0

dove V0 e` una costante positiva. Il pacchetto e` inizialmente localizzato a sinistra dell’origine ed ha un momento medio p0 > 0. i) Descrivere qualitativamente l’evoluzione del pacchetto. ii) Determinare le autofunzioni nei due casi W > V0 e W < V0 . iii) Nell’ipotesi di pacchetto molto concentrato attorno a p0 applicare il metodo della fase stazionaria per studiare analiticamente il moto del pacchetto. 7.13. Sia data una particella monodimensionale immersa nel potenziale V (x) = −αx,

0

α > 0.

Calcolare la dipendenza temporale della indeterminazione Δ p dell’impulso. 7.14. Una particella a spin 1/2 e momento magnetico μ, e` immersa nel campo magnetico: B = B0 cos ωt xˆ − B0 sin ωt yˆ + B1 zˆ , B0 , B1 , ω costanti, e di essa consideriamo solo i gradi di libert`a di spin. Se al tempo t = 0 la particella ha spin sz = +¯h/2, qual’`e la probabilit`a di trovarla al tempo t > 0 con sz = −¯h/2? Discutere in particolare il caso |B0 /B1 |  1, stabilendo per quale valore di ω0 questa probabilit`a ha un comportamento risonante. Traccia. Definito ψ T (t) = a(t)b(t), porre ω1 = μB1 /¯h, a(t) = α(t) exp[iω1t] e b(t) = β (t) exp[−iω1t], e per le nuove incognite cercare una soluzione esponenziale. 7.15. Come il 7.14, ponendo: a(t) = α(t) exp[iω/2t] e b(t) = β (t) exp[−iω/2t] Cos`ı facendo, ci si riconduce a un’Hamiltoniana indipendente dal tempo. 7.16. Come il 7.14, risolvendo in rappresentazione di interazione. 7.17. Un oscillatore armonico si trova a t = 0 nello stato   ψ(x) = N exp −β 2 (x − x0 )2 /2 con β e x0 costanti reali. In rappresentazione di Heisenberg, calcolare l’indeterminazione di posizione e momento a un tempo t > 0 qualunque.

38

1 Problemi

7.18. Lo stato di una particella immersa in una buca di potenziale di profondit`a infinita e larghezza a (0 < x < a), e` descritta all’istante t = 0 dalla funzione d’onda: ψ(x) = A sin3 (πx/a). Determinare la funzione d’onda a un istante t successivo, e valutare dopo quanto tempo la particella ripassa per lo stato iniziale. 7.19. Sia data l’Hamiltoniana che descrive una particella di massa μ soggetta a un campo di gravit`a H = p2 /2μ + μgz (vedi 1.15). Sapendo che lo stato della particella ad un certo istante t0 e` descritto dalla funzione d’onda   ψ(x, y, z,t0 ) = N exp −(x2 + y2 + z2 )/4σ 2 + iκz con κ reale positiva, valutare l’indeterminazione sulla posizione a un tempo t > t0 . 7.20. Una particella di massa μ e` confinata in una regione monodimensionale 0 ≤ x ≤ a. Al tempo t = 0 la sua funzione d’onda e` data da:

 πx  πx 8 1 + cos sin . ψ(x;t = 0) = ψ0 (x) = 5a a a i) Determinare la funzione d’onda a un tempo t > 0. ii) Valutare l’energia media del sistema al tempo t = 0 e al tempo t > 0. iii) Calcolare la probabilit`a che la particella possa essere trovata nella prima met`a della buca (0 ≤ x ≤ a/2) al tempo t > 0. 7.21. Sia data una particella di spin 1, soggetta all’Hamiltoniana H = ASx + BSy , con S operatore di spin e A e B costanti reali. i) Calcolare autovalori e autofunzioni del sistema. ii) Calcolare il valore di aspettazione di Sz al tempo t, nel caso che all’istante iniziale il sistema sia in un autostato di Sz con autovalore h¯ . 7.22. Una particella di massa μ si muove in una buca infinita con 0 < x < a. All’istante t = 0 la funzione d’onda della particella e` data da: ψ0 (x) = Nx(a − x) per 0 < x < a, e ψ0 (x) = 0 altrove. Esprimere la funzione d’onda ψ(x,t) al tempo t sotto forma di serie, valutando esplicitamente i coefficienti dello sviluppo. 7.23. Come il problema precedente, con : ψ0 (x) = N ( a/2 − |a/2 − x|) per 0 < x < a, e ψ0 (x) = 0 altrove. 7.24. Al tempo t = 0 la funzione d’onda di un atomo di idrogeno e` la seguente:  √ √ 1  ψ(r, 0) = √ 2ψ100 + ψ210 + 2ψ211 + 3ψ21−1 , 10 con gli indici riferiti ai numeri quantici {n, l, m}. Calcolare: i) il valore di aspettazione dell’energia; ii) la probabilit`a di trovare il sistema con l = 1, m = 1, in funzione del tempo;

1.7 Evoluzione temporale

39

iii) la probabilit`a di trovare al tempo t = 0 l’elettrone a distanza inferiore a 10−10 cm dal protone (valutazione approssimata); iv) l’evoluto temporale ψ(r,t). 7.25. Sia data l’Hamiltoniana: H = aˆ† aˆ + λ (aˆ2 + aˆ†2 ), λ reale e [a, ˆ aˆ† ] = 1. Determinare lo spettro di H. Se al tempo t = 0 il sistema si trova nello stato fondamentale ˆ determinare lo stato al tempo t > 0. di H0 = aˆ† a, 7.26. Un atomo di idrogeno e` immerso in un campo magnetico debole B, diretto come l’asse z. Se all’istante t = 0 il sistema si trova nello stato 2p, ed e` autostato di Lx con autovalore h¯ , determinare il valore di aspettazione dello stesso operatore Lx al tempo t > 0. Trascurare i termini quadratici nel campo e gli effetti spin-orbita. Operare in rappresentazione di Schr¨odinger.

z 7.27. Un fascio di atomi di idrogeno eccitati nello stato 2s attraversa la zona compresa tra i piatti di un conv E densatore, ove esiste un debole campo elettrico uniforme E su di una lunx ghezza a. Gli atomi di idrogeno hanno a 0 velocit`a v lungo l’asse x e il campo E e` diretto come z. Se gli atomi nello stato 2s entrano tra i piatti all’istante t = 0, determinare la funzione d’onda al tempo t < a/v. Determinare inoltre la distribuzione di probabilit`a dei vari stati, al tempo t > a/v. 7.28. Come il 7.26, in rappresentazione di Heisenberg. Sempre al primo ordine nel campo magnetico, quanto deve essere la sua intensit`a affinch´e l’interazione spinorbita sia effettivamente trascurabile? Esprimere la risposta in gauss. 7.29. Un fascio di neutroni viaggia con velocit`a v dalla regione I, ove e` completamente polarizzato nella direzione +z, alla regione II dove e` acceso un campo magnetico B = Bex . i) Assumendo che una data particella passi dalla regione I alla regione II al tempo t = 0, quale e` la funzione d’onda di spin di quella particella a t > 0? ii) In funzione del tempo, quale e` la polarizzazione del fascio nella regione II nelle direzioni +x, +y e +z?

z

I

II

s

B

v

x

0

7.30. Sia dato un oscillatore armonico forzato, descritto dall’Hamiltoniana: H = H0 + H1 (t) =

p2 1 + μω 2 x2 − x f (t). 2μ 2

y

40

1 Problemi

Al tempo t = 0 il sistema si trova in un autostato |n dell’Hamiltoniana imperturbata H0 . In rappresentazione di interazione, trovare la probabilit`a di trovare il sistema in un altro autovettore |m di H0 , con m = n. 7.31. Siano date l’Hamiltoniana H e l’osservabile A di un certo sistema:     0 1 0 1 0 0     w     A = α 0 0 0 H = √ 1 0 1 .     2 0 0 −1 0 1 0 Se al tempo t = 0 lo stato del sistema e` autostato di A con autovalore α, si determini la probabilit`a che la misura di A al tempo t > 0 dia ancora il valore A = α. Si determini anche la probabilit`a dello stesso evento nel caso in cui si sia effettuata la misura dell’energia in un tempo intermedio 0 < τ < t. 7.32. L’Hamiltoniana di un oscillatore con frequenza variabile nel tempo e` data da: = ω(t) aˆ† aˆ + λ (t) (aˆ + aˆ† )ω(0) = 1, H

λ (0) = 0 .

Si consideri lo stato iniziale ψ(0) = |z essendo |z autostato di aˆ con autovalore z. Si determini al tempo t > 0: √ i) il valore medio di xˆ = (aˆ + aˆ† )/ 2; ii) il valore medio dell’energia H(t) . Traccia. Utilizzare la descrizione di Heisenberg. 7.33. Una particella di massa μ si trova in una buca infinita di larghezza a. Assumendo che la particella sia nello stato fondamentale e che al tempo t = 0 la buca venga trasformata in modo infinitamente rapido in una nuova buca di ampiezza 2a, calcolare: i) la probabilit`a che la particella si trovi nello stato fondamentale della nuova buca di potenziale; ii) il valor medio dell’energia all’istante t > 0. Discutere come cambierebbero le risposte alle domande precedenti nel caso che la transizione a → 2a avvenisse in modo adiabatico, cio`e in un tempo molto lungo rispetto alla scala dei tempi caratteristici del sistema. 7.34. Un elettrone con lo spin diretto lungo l’asse z positivo attraversa un campo magnetico B diretto come l’asse x. Dopo un tempo τ si misura nuovamente il suo spin. Quale e` la probabilit`a di trovare lo spin capovolto? Questa probabilit`a pu`o essere uguale a 1?

1.7 Evoluzione temporale

41

7.35. Una particella di massa μ e` soggetta al potenziale V = 1/2μω 2 x2 , e al tempo t = 0 e` descritta dalla funzione d’onda: √ −n 2 ψn (x), ψ(x, 0) = N ∑ n

essendo ψn gli autostati dell’energia relativi agli autovalori Wn = (n + 1/2)¯hω. i) ii) iii) iv)

Calcolare la costante di normalizzazione N. Trovare il valore d’aspettazione dell’energia a t = 0. Trovare una espressione di ψ(x,t) per t > 0. Mostrare che | ψ(x,t) | 2 e` una funzione periodica del tempo, e valutarne il periodo.

7.36. Un elettrone si trova con lo spin diretto verso l’asse z negativo. All’istante t = 0, si accende un campo magnetico B omogeneo e costante, diretto come l’asse x. Determinare al tempo τ > 0 le probabilit`a relative a due misure dello spin lungo gli assi z e x. 7.37. Il vettore di stato al tempo t = 0 di una particella immersa in un potenziale di oscillatore armonico V = 1/2Kx2 e` dato da: ψ(x, 0) = Ne−α con β reale, α 2 =

√

2 x2 /2



√  cos β H0 (αx) + sin β /2 2H2 (αx) ,

μK/¯h, e con Hn polinomi di Hermite.

i) Valutare ψ(x,t). ii) Quali sono i possibili risultati di una misura dell’energia al tempo t, e quali le relative probabilit`a? iii) Quanto vale x al tempo t? 7.38. Siano date due particelle distinguibili di spin 1/2. i) Valutare le probabilit`a che una misura del quadrato dello spin totale S = S1 + S2 dia come risultato 2¯h2 nei casi in cui gli spin delle due particelle puntano: entrambi nella direzione +z, quello della 1 nella direzione +z e quello della 2 nella direzione −z, quello della 1 nella direzione +x e quello della 2 nella direzione +z. ii) Le due particelle interagiscono tramite l’Hamiltoniana: Hˆ = ω/¯hS1 · S2 . All’istante t = 0, lo spin della particella 1 punta nella direzione +z e quello della particella 2 nella direzione −z. A un generico istante t > 0, valutare: lo stato del sistema, la probabilit`a di trovare z1 = +, cio`e la prima particella con lo spin in su, il valore di aspettazione della componente z dello spin della particella 1.

42

1 Problemi

7.39. Un elettrone di spin 1/2 e` immerso in un campo magnetico diretto lungo z. A partire dall’istante t = 0 si eseguono a intervalli regolari di tempo τ misure ripetute dello spin nella direzione x. Dopo N misure oltre la prima, determinare: i) la probabilit`a delle differenti configurazioni e come queste si caratterizzano; ii) quali condizioni determinano l’esistenza di configurazioni deterministiche. ∗ 7.40.

Determinare la variazione nel tempo della funzione d’onda di un rotatore piano che a t = 0 si trova nello stato: Ψ (ϕ;t = 0) = N sin2 (ϕ). Trovare il periodo del rotatore. 7.41. Determinare l’evoluzione della funzione d’onda di un rotatore tridimensionale che a t = 0 si trova nello stato: Ψ (ϑ , ϕ;t = 0) = N cos2 (ϑ ). Trovare il periodo del rotatore.

√

si trova nel7.42. Posto α = μω/¯h e N = α/   π, un oscillatore armonico lo stato iniziale: ψ(x;t = 0) = N exp −α 2 /2(x − x0 )2 + ip0 x/¯h . Determinare la funzione d’onda al tempo t, e su di questa |ψ(t)|2 , x(t), p(t), Δ x(t), Δ p(t). n Traccia. Generatrice dei polinomi di Hermite: exp[−u2 + 2uζ ] = ∑∞ n=0 u /n!Hn (ζ ).

1.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo 8.1. Una particella, inizialmente in un autostato dell’energia di una buca quadrata infinita, e` soggetta a una perturbazione della forma V0 x cos(ωt). Mostrare quali transizioni tra autostati um e un sono possibili.

xV 0

o

t

8.2. Ricavare le regole di selezione per le transizioni di dipolo elettrico in un oscillatore armonico monodimensionale. 8.3. E` dato un oscillatore armonico monodimensionale di frequenza ν. A t = 0 si trova nello stato fondamentale e, a partire da questo istante, e` soggetto alla forza ¯ con F0 piccolo e ν = ν. ¯ Trovare al tempo t la probabilit`a di F = F0 cos(2π νt) transizione verso uno stato eccitato. 8.4. Sia dato un oscillatore armonico inizialmente nello stato fondamentale descritto in opportune unit`a di misura da H0 = 1/2(p2 + q2 ). A t = 0 l’oscillatore e` ˜ sottoposto alla perturbazione HI = λ q sin ωt. i) Qual e` la probabilit`a P(Wn ,t) di misurare un’energia Wn = n + 1/2 ad un qualsiasi istante t > 0?

1.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo

43

ii) Al tempo τ = 2π/ω˜ la perturbazione viene spenta. Dire se P(Wn ,t) dipende dal tempo per t > τ. iii) Confrontare con il risultato esatto del 7.30. 8.5. Discutere l’oscillatore armonico quantistico avente massa μ e frequenza ω soggetto a una perturbazione esterna che ne modifica la frequenza in modo tale da avere ⎧ ⎪ t 0. i) Con la teoria delle perturbazioni dipendenti dal tempo, valutare le probabilit`a P2 e P3 che la particella si trovi al tempo t > τ negli autostati della buca infinita con n = 2 e n = 3, rispettivamente. ii) Dire se ci si attende che queste probabilit`a dipendano da t. iii) Specificare le condizioni sui parametri che giustificano l’approssimazione perturbativa. 8.11. Un elettrone e` confinato in una scatola cubica di lato 2a. Da t = 0 in poi al sistema si applica il campo elettrico uniforme: E = E0 e−αt , con α > 0 e E0 perpendicolare a una delle facce della scatola. Al primo ordine in E0 valutare la probabilit`a di transizione dallo stato fondamentale a t = 0 al primo stato eccitato al tempo t = ∞. 8.12. Sia data una particella di carica e0 soggetta a un potenziale di oscillatore tridimensionale isotropo : H = p2 /2μ + 1/2μω 2 r2 . i) Trovare i primi tre livelli dell’energia, W0 ,W1 ,W2 . ii) Se il sistema viene perturbato con un campo magnetico B uniforme costante, valutare come viene modificato il terzo livello W2 . iii) Nel caso che a t = 0 venga accesa la perturbazione H  = Ax cos Ωt, determinare tra quali stati del punto i) possono avvenire transizioni. iv) Con riferimento al punto iii), se lo stato iniziale imperturbato e` quello fondamentale, valutare la probabilit`a di transizione verso W1 al tempo t. v) Dire per quali valori di ω e Ω , molto grandi rispetto alle altre grandezze in gioco, tale probabilit`a e` sensibilmente diversa da zero. Valutarla in questo caso, e nel caso che anche t sia grande. 8.13. Un atomo di idrogeno e` immerso nel campo elettrico omogeneo di intensit`a: E(t) = E0 τ/(t 2 + τ 2 ), con E0 e τ costanti. Se a t = −∞ l’atomo si trova nello stato fondamentale, quale e` la probabilit`a di trovarlo nello stato 2p a t = ∞? 8.14. Una particella si trova al tempo t → −∞ nello stato fondamentale di una buca infinita di larghezza a. Su di essa si esercita anche un potenziale variabile nel tempo, che pu`o assumere una delle seguenti forme, tutte con V0 costante: i) H1 (x,t) = −xV0 exp[−t 2 /τ 2 ]; ii) H1 (x,t) = −xV0 exp[−|t|/τ]; iii) H1 (x,t) = −xV0 /[1 + (t/τ)2 ]. Al primo ordine delle perturbazioni , calcolare le diverse probabilit`a di transizione della particella a stati eccitati per t → +∞. Indicare anche le condizioni di applicabilit`a dell’approssimazione.

1.9 Momento angolare e spin

45

8.15. Un rotatore piano, vedi 2.4, si trova nel suo stato fondamentale. Al tempo t = 0, sul suo momento bipolare d agisce un debole campo elettrico omogeneo di intensit`a E(t) = E(t)n, con n versore nel piano di rotazione e con: ⎧ ⎨0 t 0. Per t → ∞ e al secondo ordine della teoria delle perturbazioni dipendenti dal tempo, calcolare le probabilit`a di transizione proibite al primo ordine. Paragonarle con queste, e indicare le condizioni di applicabilit`a dell’approssimazione. Traccia. V = −d · E(t) = −dE(t) cos ϕ.

1.9 Momento angolare e spin 9.1. Considerare una particella nello stato descritto da ψ = N(x + y + 2z)e−αr , con N costante di normalizzazione. Indicare quali sono i possibili risultati di una misura della terza componente del momento angolare Lz , e quali le rispettive probabilit`a. 9.2. Sia dato un sistema descritto dall’Hamiltoniana: H = p2 + a(x2 + y2 ) + bz2 . i) Se si esegue una misura di H e subito dopo una misura di L2 e poi nuovamente di H, si ritrova necessariamente lo stesso valore dell’energia? ii) Come sopra nel caso a = b. iii) Nel caso a = b, dopo una misura solo di L2 il vettore di stato si trova necessariamente in un autostato dell’energia? 9.3. Al tempo t = 0 la funzione d’onda di una particella ha la forma ψ = Nxye−r ,

2 dove r = x + y2 + z2 e N e` una costante di normalizzazione. i) Quali sono i possibili risultati di una misura del momento angolare L 2 e di Lz e quali le rispettive probabilit`a? ii) Se la particella si trova in un potenziale centrale, come variano tali probabilit`a nel tempo? 9.4. L’Hamiltoniana di un sistema di due spin e` data da: H = αS1 · S2 + β (S1z + S2z ).

46

1 Problemi

Calcolare lo spettro dell’energia per gli spin uguali a: i) {1/2, 1/2}, ii) {1/2, 3/2}. 9.5. La funzione d’onda di spin di due particelle dotata ciascuna di spin 1/2 e` data da ψ(1, 2) = χ+ (1)χ− (2), dove χ± (i), i = 1, 2 sono autofunzioni della componente lungo z dello spin della particella i-esima. i) Se si esegue una misura di (S1 + S2 )2 , quali risultati si possono ottenere e con quali probabilit`a? ii) Quale e` il valor medio della componenente lungo l’asse z dello spin totale del sistema? 9.6. Mostrare che la funzione ψ = Nzexp[−α(x2 + y2 + z2 )], con N costante di normalizzazione, e` autostato di L2 e di Lz . Ricavare le altre autofunzioni di Lz appartenenti alla stessa rappresentazione irriducibile dell’algebra {Lx , Ly , Lz }. 9.7. Una particella di spin 1/2, inizialmente in un autostato di Sz con autovalore h¯ /2, entra dalla direzione y in un apparato di SternGerlach orientato per misurare il momento angolare in una direzione sul piano x − z individuata dall’angolo θ . Vedi figura. Calcolare le probabilit`a di ottenere ±¯h/2.

z

θ

⊕

y

x

9.8. La funzione d’onda di una particella e` della forma ψ = f (r, θ ) cos ϕ. Cosa si pu`o predire circa il risultato di una misura della componente z del suo momento angolare? 9.9. Una particella di spin 1 si trova in un autostato di Sz . Valutare i valori di aspettazione per Sx , Sy , Sx2 , Sy2 in corrispondenza dei diversi autovalori. 9.10. Una particella su una sfera, descritta dall’Hamiltoniana H = L2 /2I + aLz , con I e a costanti numeriche, si trova nello stato iniziale: ψ(0) = N sin 2θ sin ϕ. Dimostrare che al generico istante t lo stato della particella e` rappresentato dalla funzione d’onda: ψ(t) = N exp(−i3¯ht/I) sin 2θ sin(ϕ − at). 9.11. Date due particelle di spin 1/2, senza fare ricorso alla teoria generale dell’addizione di momenti angolari, determinare autostati e autovalori relativi agli operatori S2 e Sz , essendo S = S1 + S2 , in termini degli autostati | 1/2, ±1/2 i degli operatori S2i e Szi (i=1,2).

1.9 Momento angolare e spin

47

9.12. Per una particella di spin 1/2 si e` osservata la proiezione dello spin sull’asse z, e si e` trovato il valore h¯ /2. Calcolare: i) la probabilit`a di trovare lo stesso valore immediatamente dopo la prima misura per la proiezione di S sugli assi x, y e sull’asse r di coseni direttori l, m, n con l 2 + m2 + n2 = 1; ii) i valori medi delle proiezioni di S sugli stessi assi x, y e r; iii) gli scarti quadratici medi delle proiezioni di S sugli assi x e y; iv) se la seconda misura viene eseguita dopo un certo intervallo di tempo dalla prima e la particella e` libera, dire se sono variate le probabilit`a e i valori medi sopra considerati. 9.13. La funzione di spin di un sistema di N particelle a spin 1/2 e` della forma:                         1 1 1 0 0 0 ψ =     ...       ...   . 0 0 0 1 1 1 1 2 n n+1 n+2 N Valutare il valor medio del quadrato dello spin totale del sistema. 9.14. Dati N spinori (s = 1/2) diversi tra di loro, calcolare quanti stati linearmente indipendenti corrispondono all’autovalore Sz della terza componente dello spin totale. 9.15. Sia data la funzione d’onda di due particelle di momento angolare j della forma: ψ = (2 j + 1)−1/2

j

∑

m j =− j

(−)s j | j, m j 1 | j, −m j 2 ,

con s j = m j per j intero e s j = m j + 1/2 per j semintero. Dimostrare che tale stato ha momento angolare totale zero. 9.16. Sia dato un sistema di due particelle (distinguibili) di spin 1. Senza fare uso dei coefficienti di Clebsch-Gordan, ricavare le autofunzioni dello spin totale e della sua terza componente in funzione degli autostati di particella singola. 9.17. Due particelle di spin j1 e j2 si trovano nello stato jtot = mtot = j1 + j2 − 1. Determinare la probabilit`a di misurare m1 = j1 . 9.18. Una particella di spin 1/2 si trova nello stato ψ = | sin α i cos α|T . Dato il versore rˆ con coseni direttori {l, m, n}, calcolare la probabilit`a che la misura di rˆ · S dia il valore ±1/2.

48

1 Problemi

9.19. Due particelle, di spin 1 e 1/2, si trovano in uno stato a spin totale | 1/2/1/2 T . i) Detti S1 e S2 gli operatori di spin 1 e 1/2, rispettivamente, valutare le probabilit`a di misurare i valori possibili di S2z , S2y . ii) Se in una prima misura di S2y si e` trovato il valore 1/2, determinare le probabilit`a legate a successive misure di S1y . 9.20. Un oscillatore armonico tridimensionale isotropo e` descritto all’instante t = 0 da: ψ(x, y) = NZ(z) exp[−α(x − x0 )2 − β (y − y0 )2 + ik1 x + ik2 y], con Z(z) arbitrario normalizzato. Determinare il valore di aspettazione della componente z del momento angolare a un tempo qualunque t > 0. 9.21. Sia dato un sistema descritto dall’Hamiltoniana H = λ (L+ L− )2 e dalla funzione d’onda all’istante iniziale ψ(0) = A sin θ sin ϕ. Determinare l’evoluzione temporale della funzione d’onda e valutare a quale tempo essa assume la forma ψ(t) = A sin θ cos ϕ. 9.22. Una particella di massa μ senza spin si trova all’istante t = 0 nello stato: 

z d sin kr , con r = x2 + y2 + z2 . ψ(x, y, z) = N r dr kr Si determinino i valori di aspettazione per la componente z del momento angolare L2 e per l’energia cinetica p2 /2μ . Lz , per il suo quadrato L 9.23. Si consideri il sistema composto da due particelle con spin 1/2 e momento magnetico dato rispettivamente da μe σ e e μ p σ p . L’Hamiltoniana e` data da: σ e · σ p, H = H0 + (μe σez + μ p σ pz )B + γσ dove B rappresenta un campo magnetico esterno costante diretto come l’asse z, γ e` una costante positiva e H0 rappresenta la parte di Hamiltoniana che non dipende dallo spin. Quali sono gli autovalori dell’energia e quali le autofunzioni, limitatamente alla dipendenza dallo spin? Traccia. Separare le variabili e omettere H0 . 9.24. Un sistema di tre particelle di spin 1/2 possiede otto stati di spin linearmente indipendenti. Determinare quali combinazioni lineari sono autostati degli operatori di spin totale S 2 e Sz in termini dei prodotti diretti, e mostrare come esse dipendano dalla procedura con cui sono state determinate. In particolare come dipendano dall’ordine con cui si riducono a coppie le rappresentazioni di particella singola.

1.9 Momento angolare e spin

49

9.25. Nello spazio di spin le rotazioni di un angolo β attorno all’asse y sono date dall’operatore: Ry (β ) = exp[−iβ Sy ]. Trovarne la rappresentazione matriciale nel caso di s = 1/2 e s = 1, con lo sviluppo in serie, e con lo sviluppo spettrale. 9.26. Dati due momenti angolari uguali l1 = l2 = l, determinare lo stato a momento angolare totale L = 0 nella rappresentazione prodotto diretto | l, m1 ; l, m2 . 9.27. Sia data una particella in campo centrale, la cui funzione d’onda e` data da: ψ(r, θ , ϕ) = N f (r) cosn θ , con n intero e N costante di normalizzazione. Dimostrare che nel limite n → ∞ l’indeterminazione sulle componenti x, y del momento angolare tende all’infinito, mentre la posizione angolare della particella risulta sempre meglio collimata lungo l’asse z.   Traccia. Utilizzare l’espressione degli operatori: L± = h¯ e±iϕ ±∂ /∂ θ +i cot θ ∂ /∂ ϕ . 9.28. Una particella si trova in uno stato descritto dalla funzione d’onda:   ψ(x) = N cos θ + sin θ (1 + 2 cos θ ) sin ϕ g(r),

 ∞ 0

dr r2 | g(r)|2 = 1.

i) Quali sono i possibili risultati di una misura di Lz e di L 2 ? ii) Quali sono le probabilit`a relative? iii) Quali sono i valori di aspettazione dell’operatore Lz e di L 2 ? 9.29. Due particelle distinguibili a spin 1/2 e carica q interagiscono con l’Hamiltoniana:   H = −β σ1x σ2x + σ1y σ2y , con β costante. i) Valutare gli autovalori e le loro degenerazioni. ii) Se si aggiunge un campo magnetico B nella direzione z, quali diventano i nuovi autovalori? 9.30. Tre particelle di spin h¯ /2 e carica q si trovano in equilibrio ai vertici di un triangolo equilatero. L’interazione tra gli spin determina l’Hamiltoniana: H = α(S1 · S2 + S2 · S3 + S3 · S1 ) dove α e` una costante. i) Si determini lo spettro di energia e se ne discuta la degenerazione. ii) Se si accende un campo magnetico uniforme B ortogonale al piano che contiene le particelle, trovare il valore minimo del campo per il quale esiste un livello di energia pari a zero.

50

1 Problemi

9.31. Quattro particelle a spin 1/2 interagiscono tra loro tramite l’Hamiltoniana H = −α ∑i, j Si · S j . Calcolare lo spettro dell’energia, sia nel caso di somme sugli indici indipendenti, sia che si intenda ∑i< j . 9.32. Sia data una coppia elettrone-positrone {e− , e+ } nello stato di puro spin √ | ψ = ( | +; − − |−; + )/ 2. Calcolare il valore di aspettazione dell’operatore (n1 · S1 )(n2 · S2 ), con n1 e n2 versori arbitrari. 9.33. Una particella senza spin e` rappresentata dalla funzione d’onda (vedi 9.1): ψ = N(x + y + 2z)e−αr , con r2 = x2 + y2 + z2 , e α reale. i) Trovare il valore di aspettazione del momento angolare totale e della sua terza componente. ii) Calcolare la probabilit`a di trovare la particella nell’angolo solido dΩ individuato dagli angoli θ e ϕ. 9.34. Una particella e` immersa in un potenziale centrale, e ha numeri quantici di momento angolare orbitale l = 2 e di spin s = 1. Trovare i livelli di energia e le degenerazioni associate a una interazione spin-orbita della forma Hso = β L · S con β costante reale. 9.35. Due particelle di spin 1/2 si trovano una nello stato con s1z = 1/2 e l’altra con s2z = 1/2. Quale e` la probabilit`a di trovare il valore s = 0 per lo spin totale? 9.36. i) Trovare autovalori e autovettori normalizzati di σ = aσy + bσz . ii) Se un sistema si trova in un autostato di σ , qual e` la probabilit`a che una misura di σy dia come risultato 1? 9.37. Sia data una particella con momento angolare orbitale l e spin 1/2. In funzione degli stati prodotto diretto | l, ml ; s, ms , determinare gli stati di momento angolare totale | j/m con m = l − 1/2, utilizzando esplicitamente gli operatori di creazione e distruzione J± . 9.38. Un atomo di idrogeno si trova nello stato 2p1/2 (n = 2, l = 1, j = 1/2). i) Quale e` la probabilit`a che lo spin si trovi in direzione opposta a quella del momento angolare totale? Vedi 9.37. ii) Calcolare la densit`a di probabilit`a P(θ , ϕ) che l’elettrone si trovi nell’angolo solido θ , ϕ, indipendentemente dalla distanza radiale e dallo spin. 9.39. Si consideri lo stato | l, m , autostato degli operatori L2 e Lz , con: L2 | l, m = l(l + 1)¯h2 | l, m ,

Lz | l, m = m¯h | l, m .

Su questi stati, calcolare i valori di aspettazione  Lx e  Lx2 .

1.9 Momento angolare e spin

51

9.40. Un iperone Ω − (3/2, +), (spin, parit`a intrinseca), pu`o decadere tramite interazioni deboli in un iperone Λ (1/2, +) e in un mesone K − (0, −): Ω − → Λ + K−. i) Supponendo il decadimento a riposo, determinare la forma pi`u generale della distribuzione angolare del mesone K − relativa alla direzione z lungo la quale la Ω − ha componente massima dello spin, assumendo cio`e come stato iniziale −

. | Ω3/2,3/2 ii) Quale sarebbe invece la distribuzione se la parit`a venisse conservata? 9.41. Consideriamo le reazioni: a) π + p → π + p; b) π − p → π − p; c) π − p → π 0 n. Queste reazioni possono avvenire per interazioni forti che conservano lo spin isotopico, e possono formare una risonanza Δ a spin isotopico I = 3/2 oppure una N ∗ a spin isotopico I = 1/2. Tenendo conto che all’energia di una risonanza si pu`o trascurare il contributo dell’altro canale, valutare il rapporto delle tre sezioni d’urto per i due casi, I = 3/2 e I = 1/2. 9.42. Un fascio di particelle con momento angolare l = 1 si muove lungo una direzione che indichiamo come asse y, e attraversa un magnete Stern-Gerlach avente campo magnetico in una direzione giacente nel piano ortogonale al movimento, e che chiamiamo asse x. Il fascio emergente risulta separato in tre componenti, corrispondenti a m = −1, 0, 1, e la componente m = 1 viene fatta passare attraverso un altro Stern-Gerlach con campo magnetico lungo l’asse z. i) In quanti fasci si separa ulteriormente quello con m = 1, e qual e` il numero di atomi in ogni fascio? ii) Stesse domande per le altre due componenti m = 0, −1 del fascio originario. iii) Se consideriamo il fascio uscente dal secondo Stern-Gerlach, possiamo affermare che la componenti x del suo momento angolare e` ancora uguale a h¯ ? Giustificare la risposta. ∗ 9.43.

Una distribuzione continua di carica elettrica genera un campo centrale E che corrisponde a un potenziale scalare: Vsc (x) = 1/2Kr2 . i) Scrivere l’Hamiltoniana quantistica per una particella di carica q e spin 1/2, tenendo conto anche dell’interazione spin-orbita. ii) Determinarne lo spettro dell’energia.

52

1 Problemi

1.10 Molte particelle 10.1. Sia dato un atomo di elio in cui uno degli elettroni e` stato sostituito da un muone (stessa carica, massa 207 volte superiore). i) Si trovi un valore approssimato per lo spettro dello stato fondamentale trascurando l’interazione e− μ − , e si discutano le differenze dal caso di due elettroni. ii) Si determini un’approssimazione migliore tenendo conto dell’effetto di schermo che il muone esercita sul nucleo. iii) Si spieghi infine per quale motivo gli stati con numero quantico principale del muone nμ > 1 sono instabili per ionizzazione. 10.2. Due particelle monodimensionali di massa μ1 e μ2 si muovono nel potenziale: ⎧ ⎨0 |x| ≤ a V= x = x1 − x2 . ⎩∞ |x| > a Trovare autovalori e autofunzioni di questo sistema nel caso di momento totale P, nella ipotesi che le due particelle siano bosoni indistinguibili o fermioni indistinguibili (μ1 = μ2 ).

−a

0

a

10.3. Due fermioni identici di spin 1/2 interagiscono mediante il potenziale armonico: V = K/2(x1 − x2 )2 +V0 S1 · S2 , ove x1 , x2 , S1 , S2 , indicano gli operatori di posizione e di spin delle due particelle. Determinare autovalori e autofunzioni del sistema. 10.4. Dato un atomo (ione) con due elettroni, He o Li+ , valutare la repulsione coulombiana al primo ordine perturbativo, calcolare le energie di legame e i potenziali di ionizzazione dello stato fondamentale 1 1S e dei primi stati eccitati, singoletto e tripletto, 2 1S e 2 3S. Confrontare con i dati sperimentali: Iexp (He, 1 1S) = 24.5 eV , Iexp (He, 2 1S) = 3.97 eV , Iexp (He, 2 3S) = 4.8 eV , Iexp (Li+ , 1 1S) = 76.5 eV , Iexp (Li+ , 2 3S) = 16.5 eV . Vedi anche 10.11. Traccia. J1,0,0;1,0,0 = 5/4 Zw0 , J1,0,0;2,0,0 = 34/81 Zw0 , K1,0,0;2,0,0 = 32/729 Zw0 . Per gli integrali vedi A.13. 10.5. Un atomo con tre elettroni si trova nello stato fondamentale imperturbato (cio`e in assenza di repulsione coulombiana) (1s)2 2s. i) Scrivere la funzione d’onda dello stato sotto forma di determinante di Slater. ii) Esprimere le correzioni all’energia dovute alla repulsione coulombiana tra gli elettroni, al primo ordine perturbativo e tramite le sole funzioni d’onda orbitali u100 (ri ) e u200 (ri ) (i = 1, 2).

1.10 Molte particelle

53

10.6. Due particelle identiche di massa μ e spin 1/2 si trovano in una scatola cubica di lato 2a. i) Determinare lo stato fondamentale e trovare la probabilit`a di trovare una particella in un volume dx attorno al punto x. ii) Se si aggiunge una interazione della forma V = AS1 · S2 , determinare come viene modificata l’energia dello stato fondamentale. 10.7. Tre particelle identiche di massa μ = 10.8 · 10−28 g e spin 1/2 si muovono libere in una scatola cubica di lato 2a = 2 · 10−8 cm. Calcolare le energie necessarie per passare dallo stato fondamentale al primo eccitato, e da questo al secondo. 10.8. Scrivere la forma pi`u generale dello stato fondamentale di un atomo di boro (numero atomico 5), trascurando la repulsione coulombiana tra gli elettroni. 10.9. Tre bosoni identici con s = 1 sono descritti dalla funzione d’onda Ψ = φ (x1 )φ (x2 )φ (x3 )Σ (σ1 , σ2 , σ3 ), con φ (x) funzione data, e {σ1 , σ2 , σ3 } terze componenti dello spin di ciascuna particella. i) Determinare il numero degli stati indipendenti. ii) Da tale numero e da semplici considerazioni di simmetria, determinare i valori possibili per lo spin totale. iii) Scrivere esplicitamente gli autostati dello spin totale e della sua terza componente in funzione degli autostati dello spin delle singole particelle. iv) E per tre spinori identici con s = 1/2? 10.10. Calcolare l’energia dello stato fondamentale dell’atomo di Litio, al primo ordine perturbativo nella repulsione Coulombiana, e confrontare con il valore sperimentale WLiexp ≈ −203.4 eV (vedi 10.5 e 10.4 per gli integrali). 10.11. Calcolare l’energia dello stato fondamentale dell’atomo di Litio, repulsione Coulombiana inclusa, mediante il metodo variazionale, utilizzando come funzioni di prova: ζ ζ ζ ψ ζ = u1 (r1 )u1 (r2 )u2 (r3 )χ, ζ

dove χ e` la funzione di spin e u1,2 (r) sono le due prime autofunzioni di un atomo idrogenoide a numero atomico ζ inteso quale parametro variazionale. Confrontare con i risultati perturbativi dei Problemi 10.10 e 10.4.

54

1 Problemi

Traccia. Notare che l’uso di funzioni d’onda non simmetrizzate non implica avere trascurato completamente l’identit`a delle particelle: il principio di esclusione di Pauli e` infatti implicito nella scelta delle funzioni di prova. 10.12. Come il problema precedente, ma con funzioni di prova antisimmetrizzate. 10.13. Quale pu`o essere lo spin totale S di due bosoni identici di spin s, in uno stato a momento orbitale relativo L? 10.14. Due bosoni identici a spin zero sono descritti dalla funzione d’onda ψ(r1 , r2 ). i) Determinare la probabilit`a di trovare una particella in un intorno infinitesimo del punto r1 e l’altra in un intorno infinitesimo del punto r2 . ii) Controllare la coerenza di questo valore con la condizione di normalizzazione della funzione d’onda. iii) Determinare la probabilit`a che le due particelle si trovino all’interno dello stesso volume V . iv) Determinare la probabilit`a che le due particelle si trovino una all’interno e l’altra all’esterno del volume V . 10.15. Due particelle identiche interagiscono tramite il potenziale: V (r) = K(r1 − r2 )2 /2. i) Qual’`e la degenerazione dello stato fondamentale e del primo stato eccitato nei casi di particelle di spin s = 0, 1/2, 1? ii) Dire come cambierebbe la risposta se le particelle fossero invece sottoposte al potenziale: V (r) = K/2(r12 + r22 ). iii) Dire in entrambi i casi se e come viene risolta la degenerazione con l’introduzione di un campo magnetico costante lungo l’asse z. 10.16. Due particelle di massa μ in una scatola rettangolare di lati a > b > c interagiscono tra di loro tramite il potenziale V = λ δ3 (r1 − r2 ), e si trovano nello stato di minima energia. Al primo ordine perturbativo, calcolare l’energia del sistema nelle seguenti condizioni: i) particelle non identiche; ii) particelle identiche a spin zero; iii) particelle identiche a spin 1/2, con gli spin paralleli. 10.17. Tre particelle monodimensionali di massa μ sono legate l’una all’altra da forze armoniche, date dal potenziale: V = K/2[(x1 − x2 )2 + (x2 − x3 )2 + (x3 − x1 )2 ]. Utilizzando le coordinate del centro di massa (o di Jacobi): r1 = x1 − x2 , r2 = (x1 + x2 )/2 − x3 , r3 = R = (x1 + x2 + x3 )/3, risolvere il problema agli autovalori in modo esatto.

1.11 Argomenti vari

55

10.18. i) Utilizzando il risultato precedente, trovare l’energia dello stato fondamentale nel caso di tre bosoni identici di spin zero. ii) Analogamente nel caso di tre fermioni identici di spin 1/2. 10.19. Sono date due particelle identiche non interagenti tra di loro, immersa ciascuna in un potenziale armonico isotropo vedi 3.6. Calcolare le degenerazioni dei primi tre livelli dell’energia nei seguenti casi: i) le due particelle hanno spin 1/2; ii) le due particelle hanno spin 1. 10.20. Dato un atomo a due elettroni, calcolare le degenerazioni delle due configurazioni elettroniche: i) 2s2p; ii) 2p3p. Per ciascuna di queste elencare i valori possibili di L2S+1 , e verificare che il numero j degli stati in questa rappresentazione e` uguale alle degenerazioni viste prima. 10.21. Due particelle sono immerse in un potenziale monodimensionale nullo per 0 < x < 2a e infinito altrove. a) Quali sono i valori dei primi quattro valori dell’energia? b) Quali sono le degenerazioni di queste energie se le due particelle sono: i) identiche, con spin 1/2; ii) non identiche, entrambe con spin 1/2; iii) identiche, con spin 1.

1.11 Argomenti vari 11.1. Consideriamo le seguenti affermazioni. i) I polinomi di Laguerre costituiscono un insieme completo in L 2 [0, ∞) sulla misura opportuna. ii) Le autofunzioni dell’atomo di idrogeno relative agli stati legati non costituiscono un insieme completo in L 2 [0, ∞). Sono esse contradditorie? Motivare la risposta (vedi A.6). 11.2. Una particella di massa μ vincolata sul segmento [0, a] dell’asse x si trova in un autostato dell’energia. Calcolare x e Δ x.

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1 Problemi

11.3. Costruire due matrici 3 × 3 tali che nessuna delle due costituisca un set completo di osservabili, ma che lo sia l’insieme delle due. 11.4. Di un sistema fisico siano dati il vettore di stato e l’osservabile A:     0 1 0 0 1       1 1 1 0 0 0 | ψ =  . A = a  0 0 0 −i  2 1     0 0 i 0 1 Determinare i risultati di una misura di A sullo stato | ψ e le relative probabilit`a. 11.5. La costante elastica K di un oscillatore armonico unidimensionale nel suo stato fondamentale improvvisamente raddoppia. Immediatamente dopo questo evento, qual e` la probabilit`a che una misura di energia sul nuovo oscillatore lo trovi: i) nello stato fondamentale; ii) nel primo stato eccitato; iii) nel secondo stato eccitato. Vedi 8.8. 11.6. Una particella di massa μ e` soggetta a un potenziale armonico di frequenza ω. Ad un certo istante essa e` descritta dalla funzione d’onda: ψ(x) = Nx2 exp[−μωx2 /2¯h]. Calcolare il valore medio dell’energia a tale istante. 11.7. Dire se sulla funzione d’onda monodimensionale    √ 1/2 ψo (x) = a/ π exp −a2 /2(x − x0 )2 + ip0 (x − x0 )/¯h vale la uguaglianza p2 = p 2 , essendo p l’operatore momento. 11.8. Per una particella senza spin in tre dimensioni, considerare le osservabili ϕ, angolo equatoriale, e Mz , terza componente del momento angolare. Determinare per esse un principio √ di indeterminazione, e verificarne la validit`a applicandolo agli stati Φm (ϕ) = 1/ 2π exp(imϕ). 11.9. L’elettrone di un atomo di idrogeno si trova nel suo stato fondamentale. Calcolare la distribuzione di probabilit`a per il momento. 11.10. Dato un pacchetto d’onde nel potenziale V = Kx2 /2 + χx3 , si dimostri che i valori medi x e p non soddisfano le equazioni classiche del moto, se non nel caso χ = 0.

1.11 Argomenti vari

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11.11. Sia data la funzione d’onda di una particella libera in una dimensione:    √ ∞ p2  1 i 1 t . px − β/ π d p exp − β 2 (p − p0 )2 + ψ(x) = √ 2 2μ h¯ −∞ 2π h¯ Calcolare la densit`a di probabilit`a che al tempo t, fatta una misura di energia, si trovi un valore compreso tra W e W + dW . 11.12. Sia H l’Hamiltoniana di un certo sistema, A un’osservabile commutante con H, e B un’altra osservabile soddisfacente [H, B] = iA. Tutti e tre gli operatori siano indipendenti dal tempo. i) Dimostrare che, oltre ad A, anche l’osservabile C = i[A, B] e` costante del moto. ii) Fornire un esempio concreto dei tre operatori H, A, B. 11.13. Un sistema di due particelle a spin zero si trova nello stato   Ψ (x1 , x2 ) = N exp −α/2x21 − β /2x22 + γx1 · x2 . Si calcoli il valore di aspettazione delle componenti del momento lineare e del momento angolare delle due particelle. 11.14. In uno scattering elettrone-protone, scrivere la pi`u generale funzione d’onda iniziale dell’elettrone in campo coulombiano, tale che questo in nessun istante successivo possa essere catturato in uno stato legato. 11.15. Determinare la parit`a intrinseca del π − dalla reazione forte π − + d → 2n, supponendo che avvenga dopo formazione dell’atomo mesico π − d in onda s. Riˆ α (x, σ ) = ηα ψα (−x, σ ), essendo cordare che: l’operatore di parit`a e` definito da Pψ ηα = ±1 la parit`a intrinseca della particella α; le interazioni forti conservano la parit`a; il π − ha spin zero; il deutone e il neutrone hanno spin-parit`a 1+ e 1/2+ , rispettivamente. 11.16. Siano Wn = Wn (μ, ω, λ , h¯ ) gli autovalori dell’Hamiltoniana H=

1 p2 1 + μω 2 x2 + λ x4 2μ 2 4

[x, p] = i¯h.

 1/3 Fn (ω 3 μ 2 /¯hλ ). con Fn funDimostrare la relazione: Wn (μ, ω, λ , h¯ ) = h¯ 4 λ /μ 2 zione arbitraria. Traccia. Utilizzare una semplice trasformazione canonica oppure considerazioni dimensionali. 11.17. Sia data l’Hamiltoniana per una particella tridimensionale di massa μ: H=

p2 +V (x2 ) , 2μ

 β V (x2 ) = K x2 ,

K > 0,

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1 Problemi

e un operatore autoaggiunto A soddisfacente le regole di commutazione: [A, p j ] = i¯h p j , [A, x j ] = −i¯hx j . Ricavare da queste le relazioni: W |

β p2 |W = W, 2μ 1+β

 W | V (x2 ) | W =

1 W, 1+β

essendo H | W = W | W . Ricavare inoltre una espressione esplicita per A. 11.18. Risolvere il problema agli autovalori per l’operatore = 1 ( pˆ4 + xˆ4 ) K 2 essendo p, q operatori canonici. Adottare una approssimazione che consista nel proiettare le autofunzioni nel sottospazio generato da ∑4n=0 cn | n , essendo | n gli autostati dell’oscillatore armonico. 11.19. Il principio di Heisenberg afferma che una particella confinata in un recipiente di volume finito V non pu`o avere energia cinetica zero. Spiegare perch´e, e valutare la pressione esercitata dalla particella nello stato fondamentale. Traccia. Espressione classica: P = μ v¯ 2 /3V , con v¯ velocit`a media della particella. 11.20. Dati tre operatori hermitiani N-dimensionali A, B e C, soddisfacenti le regole di commutazione: [A,C] = [B,C] = 0, [A, B] = 0, dire se pu`o esistere una base nella quale l’operatore C ammette la rappresentazione: Cik = δik k con k = 1, 2, ..., N. 11.21. Una particella in un potenziale V (x) si trova in uno stato stazionario. Dimostrare che la forza media che si esercita su di essa e` nulla, cio`e che F = −dV /dx ha valore di aspettazione nullo sugli stati stazionari. 11.22. Sia data una particella nel potenziale: ⎧ ⎨−V |x| < a 0 V= ⎩0 a < |x| ,

−a

con V0 e a costanti reali positive. Se la funzione d’onda al tempo t = 0 e` la seguente:   ψ(x,t = 0) = Aexp −(x − x0 )2 /4σ − ik0 x ,

a

−V

0

con A, k0 , x0 e σ costanti reali positive, valutare la probabilit`a che a t > 0 l’energia sia quella dello stato fondamentale. Approssimare le formule ottenute nel caso in cui x0  a. La probabilit`a richiesta dipende dal tempo t > 0 a cui si effettua la misura?

1.11 Argomenti vari

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11.23. Una particella senza spin e` immersa in un potenziale V (x), e ha spettro puramente discreto. Dimostrare le seguenti relazioni,    h¯ 2 1 S = ∑(Wn −Wm ) |  n | eix·k | m |2 =  n | H, eix·k , eix·k | n = − k2 , 2 2μ m con Wn autovalori di H, valide per ogni vettore k costante e per ogni autostato | n . 11.24. Un fascio di elettroni monocromatici passa attraverso due fenditure distanti 2a = 1 mm, formando frange di interferenza su uno schermo posto a distanza L = 1 m. La distanza fra le frange nella regione centrale e` di d = 0.15 μm. Qual’`e l’ordine di grandezza dell’energia degli elettroni?

d

2a

L

11.25. Un rotatore piano di momento di inerzia I e momento di dipolo elettrico d e` immerso in un debole campo elettrico omogeneo E appartenente al piano del rotatore. Valutare la prima correzione perturbativa non nulla all’energia dello stato fondamentale (vedi 5.32). In questa approssimazione valutare la polarizzabilit`a del rotatore pE = ∂ d /∂ E. 11.26. Stimare le dimensioni di un atomo a molti elettroni (Z  1), usando il modello di Bohr, il principio di esclusione di Pauli senza repulsione coulombiana, e nell’ipotesi di livelli pieni. 11.27. Per un atomo a Z elettroni, valutare il raggio medio in funzione di Z: i) nel modello a shell piene; ii) per metalli alcalini; iii) con schermaggio parziale (vedi 11.26). 11.28. Un oscillatore armonico di carica q si trova nello stato fondamentale dell’energia. A un certo istante si accende un campo elettrico uniforme diretto lungo il semiasse positivo della coordinata x. Determinare la probabilit`a di transizione verso gli stati eccitati del nuovo sistema. Traccia. Vedi 3.4. Utilizzare la formula di Rodrigues per i polinomi di Hermite, A-S 2 2 22.11: Hn (y) = (−)n ey d n /dyn e−y . 11.29. La fisica di bassa energia di un sistema quantistico e` descritta dalla matrice Hamiltoniana   −W0 0 ε 0       0 −W0 ε ε  H= ,  ε ε W0 0    0 ε 0 W0 

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1 Problemi

con ε reale. Dimostrare attraverso un calcolo esplicito che, qualunque sia il valore di ε, gli autovalori di H si presentano sempre a coppie di valori, opposti in segno, cio`e W1 = −W3 , W2 = −W4 . Stabilire se questo e` vero anche in generale per una   −W 1 V  qualunque matrice 2n−dimensionale del tipo H =  †0  , dove 1 e` la matrice  V W0 1 identit`a e V una matrice arbitraria, entrambe di dimensione n. 11.30. La funzione d’onda di una particella immersa in una buca di potenziale di profondit`a infinita e larghezza a (0 < x < a), e` data da: i) φ1 (x) = N1 x(x − a); ii) φ2 (x) = N2 sin2 (πx/a). Calcolare le distribuzioni di probabilit`a dell’energia, valutando numericamente i primi due coefficienti non nulli. Determinare inoltre il valor medio dell’energia e il suo scarto quadratico medio. −2 = π 2 /8, ∞ (2k + 1)−4 = π 4 /96. Traccia. ∑∞ ∑k=0 k=0 (2k + 1) 11.31. A due osservabili α e β corrispondono gli operatori A e B, con due autovalori distinti non degeneri ciascuno, {a1 , a2 } e {b1 , b2 }, e i corrispondenti autovettori le relazioni | a√1 = c1 | b1 + c2 | b2 { | a1 , | a2 } e { | b1 , | b2 }. Valgono √ e | a2 = c2 | b1 − c1 | b2 dove c1 = 2/ 13 e c2 = 3/ 13. i) Dire se α e β sono compatibili, ovvero se i corrispondenti operatori commutano. ii) Se si misura α ottenendo il valore a1 e immediatamente dopo si esegue una misura di β seguita da un’ulteriore misura di α, dire qual’`e la probabilit`a di ottenere ancora a1 per quest’ultima misura. 11.32. La funzione u0 = N(x2 + a2 )−1 e` autofunzione, con’autovalore zero, di: H =−

1 d2 3x2 − a2 + 2 . 2 2 dx (x + a2 )2

Dimostrare che non esistono stati a energia negativa. Traccia. Si pu`o procedere in vari modi: ad es. dimostrando che H = D† D per qualche operatore D da determinare; oppure tenendo presente una propriet`a degli zeri delle soluzioni dell’equazione di Schr¨odinger. 11.33. i) Determinare lo spettro di una particella immersa in una buca quadrata di ampiezza 2b e profondit`a V0 :V = −V0 θ (b−|x|), nel limite in cui V0 → ∞, b → 0, con 2V0 b = λ fissato. ii) Se la particella si trova inizialmente nello stato rappresentato da un pacchet to d’onde gaussiano: ψ0 = ψ(x;t = 0) = A exp −(x − x0 )2 /4σ + ik0 x , con A, k0 , x0 , σ costanti reali positive, e 4σ  h¯ 2 /μλ , valutare la probabilit`a che un misura dell’energia all’istante t > 0 dia come risultato l’energia del primo stato legato.

1.11 Argomenti vari

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11.34. Un atomo di Trizio (Z = 1, A = 3) si trova nel suo stato fondamentale. A un certo istante nel nucleo avviene un decadimento radioattivo con emissione di un elettrone e formazione di un nucleo di Elio. La transizione avviene in un tempo molto breve sulla scala dei tempi atomici. Trovare le probabilit`a che lo ione di Elio He+ si trovi nello stato fondamentale, nello stato eccitato 2s, o in quello 2p. 11.35. Per un sistema bidimensionale si conoscono tre osservabili A, B, C, e l’Hamiltoniana H, che ha due autostati non degeneri | 1 e | 2 , non necessariamente autostati anche di A, B, C. Determinare gli autostati e gli autovalori di A, B, C, a partire dai tre seguenti “risultati sperimentali”, sapendo per`o che uno di questi e` sbagliato: i)  1 | A | 1 = 1/2,  1 | A2 | 1 = 1/4; ii)  1 | B | 1 = 1/2,  1 | B2 | 1 = 1/6; iii)  1 | C | 1 = 1,  1 | C2 | 1 = 5/4,  1 | C3 | 1 = 7/4. 11.36. Si consideri una particella massiva soggetta a un potenziale di tipo buca infinita, con 0 < x < a. La funzione d’onda iniziale e` data da ψ(x;t = 0) = N [1 − cos(2πx/a)] essendo N una costante di normalizzazione. i) Si calcoli il valor medio dell’energia della particella a un tempo t qualunque. ii) Qual e` la probabilit`a di misurare al tempo t un’energia pari a quella dello stato fondamentale e a quella dei due primi stati eccitati? 11.37. Una particella monodimensionale di massa μ e` confinata in una scatola di larghezza a = 10−10 m, e si trova nel suo stato fondamentale con energia pari a 38 eV . i) Quale forza esercita sulle pareti della scatola? ii) Quale sarebbe la sua energia nel primo stato eccitato? 11.38. Un sistema quantistico finito dimensionale e` soggetto all’Hamiltoniana:   H = H0 +W1 A + A† = W0

N

∑

n=1

| n  n | +W1

N

∑ ( | n  n + 1 | + | n + 1  n | )

n=1

con condizioni periodiche al contorno, | N + 1 = | 1 . Dimostrare che AA† = A† A = I. Dimostrare inoltre che [H0 , A] = [H0 , A† ] = 0. Valutare autovalori e autofunzioni di H. 11.39. Un oscillatore armonico si trova nello stato fondamentale. Quale e` la probabilit`a di trovarlo all’esterno della regione classica? Dare la stima numerica, utilizzando i valori della funzione d’errore (vedi A-S 7).

62

1 Problemi

11.40. Siano u0 e u1 le autofunzioni reali normalizzate relative allo stato fondamentale e al primo stato eccitato di un oscillatore armonico monodimensionale. Sia ψ = au0 + bu1 , con a e b reali, la sua funzione d’onda a un certo istante. Mostrare che il valore di aspettazione di x e` in generale diverso da zero. Quali valori di a rendono massimo x ˆ ψ , e quali lo rendono minimo? 11.41. Una particella monodimensionale si trova inizialmente nello stato fondamentale di una buca quadrata infinita con 0 ≤ x ≤ a. Improvvisamente (!) la parete destra della buca viene spostata in x = 2a. i) Calcolare la probabilit`a che la particella possa venire trovata nello stato fondamentale della buca espansa. ii) Trovare lo stato della buca espansa che ha maggior probabilit`a di essere occupato. Supponiamo invece che la buca originale con 0 ≤ x ≤ a improvvisamente (!) si dissolva. iii) Se, come prima, la particella si trova nello stato fondamentale, quale sar`a la distribuzione di probabilit`a del momento della particella liberata? Vedi 8.8. 11.42. Consideriamo la funzione d’onda ψ j (x) = N(x/x0 ) j exp(−x/xo ), con x ≥ 0, N, x0 costanti positive, j = 1, 2, 3, ... i) Usando l’equazione di Schr¨odinger, trovare il potenziale V (x; j) e l’energia W j per i quali ψ j (x) e` un’autofunzione, nell’ipotesi che V (x; j) → 0 per x → ∞. ii) Illustrare la differenza tra il potenziale trovato e quello radiale efficace per uno stato idrogenoide di momento angolare l. 11.43. Una particella monodimensionale di massa μ e` immersa in un potenziale V (x), e la sua funzione d’onda e` data da: ψ(x;t) = Nx exp[−αx + iβt/¯h] per x > 0, e zero altrove, con N, α, β costanti positive. i) La particella e` legata? Perch´e? ii) Trovare il potenziale V (x) e determinare il suo spettro. iii) Per lo stato assegnato, valutare le probabilit`a relative all’energia. 11.44. Un oscillatore armonico √ di massa μ e frequenza ω si trova al tempo t = 0 nello stato iniziale: ψ(0) = 1/ 2s ∑N+s n=N−s | n . i) Nel caso N  s  1, mostrare che il valore di aspettazione

dell’osservabile x ha comportamento sinusoidale nel tempo con ampiezza 2¯hN/μω. ii) Confrontare con il comportamento dell’oscillatore classico di pari energia. ∗ 11.45.

A un certo istante, la parte angolare della funzione d’onda di una particella tridimensionale e` data da: Y (ϕ, θ ) = Φ(ϕ) = A exp(2iϕ). Qual’`e la probabilit`a di trovare il valore l in una misura del momento angolare totale?

1.11 Argomenti vari

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Traccia. Utilizzare: (1 − ζ 2 )Pl = 2ζ Pl − l(l + 1)Pl , e Pl (1) = (−)l Pl (−1) = 1, dove i Pl (ζ ) sono i polinomi di Legendre, e ζ = cos θ . Vedi A.7.  

√ 11.46. La funzione ψ(x) = a/ π exp −a2 /2(x − x0 )2 descrive lo stato di una particella monodimensionale. i) Controllare che la funzione sia correttamente normalizzata. ii) Determinare la probabilit`a che il momento lineare sia compreso tra p e p + d p. iii) Valutare per questa il principio di indeterminazione, cio`e il valore del prodotto Δx Δ p tra le radici quadrate degli scarti quadratici di posizione e momento. 11.47. Sia dato un oscillatore armonico. i) Trovare l’autovalore dello stato fondamentale e la forma dell’autofunzione relativa, senza risolvere alcuna equazione differenziale e senza fare uso degli operatori a e aˆ† , sfruttando la parit`a del potenziale, il teorema del viriale e il principio di indeterminazione di Heisenberg. ii) Con il metodo variazionale trovare l’autofunzione esatta. iii) Determinare l’autofunzione del primo stato eccitato, utilizzando l’operatore di creazione. 11.48. Sapendo che la funzione d’onda dello stato fondamentale di un atomo idrogenoide di carica Ze ha la forma: ψ(x) = N exp(−αr), valutare le seguenti quantit`a: i) ii) iii) iv) v) vi)

N; α; W0 ; i valori di aspettazione dell’energia cinetica e di quella potenziale; il valore di aspettazione di r; il valore pi`u probabile di r.

11.49. Calcolare gli autovalori e gli autovettori normalizzati dell’operatore:   1 2 4       A = 2 3 0 .     5 0 3 Gli autovettori sono ortogonali? Spiegare il risultato.

2

Risposte e suggerimenti

2.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione 1.1. i) Wn = (¯h2 π 2 n2 )/(8μa2 ) n = 1, 2 , P1 = 1/5 P2 = 4/5 . ii) u1 oppure u2 , autofunzioni della buca. iii) 0 o 1 , per cambio o permanenza dell’autovalore.   ¯ con k = 2μW /¯h2 e k¯ = 2μ(V0 −W )/¯h2 . 1.2. k cot ka = −k, 1.3. Suggerimento. Segnare bene i punti di flesso.    1.4. ρ2 = ρ (τ exp(ikL) + τ ∗ exp(−ikL))  τ|ρ|2 exp(ikL) + τ ∗ exp(−ikL) , τ2 = τ |τ|2 τ|ρ|2 exp(ikL) + τ ∗ exp(−ikL) . Suggerimento. Utilizzando onde piane, porre ψII = MψI , con M matrice di trasferimento dalla regione (I) a sinistra alla regione (II) a destra della prima barriera. Con una seconda barriera, ψIII = MT MψI , con T matrice di traslazione: T11 = exp(ikL), T 22 = exp(−ikL), T 12 = T 21 = 0. 1.5. i) Per W < −V0 , −V0 < W < 0, 0 < W < V1 ,V1 < W , si ha: nessuna soluzione, stati legati, stati metastabili, continuo.



√ ii) Posto k = −2μW /¯h, k0 = 2μ(W +V0 )/¯h, k1 = 2μ(V1 −W )/¯h, si ha: k0 cot (k0 a) = −k1 [k1 sinh (k1 b) + k cosh (k1 b)]/[k1 cosh (k1 b) + k sinh (k1 b)]. ka = nπ. la compatibilit`a in x < a+b e a+b < x, diventa: iii) Con k˜ 0 = k0 a−π/4, in WKB  [cos k˜ 0 ebk1 − 1/2 sin k˜ 0 e−bk1 ] [cos k˜ 0 ebk1 + 1/2 sin k˜ 0 e−bk1 ] = −k/k1 . V0 ≥9¯h2 π 2/32μa2 ≈ 21.5 eV , V0 >ex h¯ 2 π 2 /8μa2 ≈ 9.4 eV.  n 1.6. ψ(x) = A exp[−x/(x0 N)] ∑Nn=1 (−)n (N −1)!/[(N −n)!n!(n−1)!] 2x/(x0 N) . Suggerimento. cn+1 /cn ∼ 1/n per n  1, u(ξ ) ∼ exp[ξ ], a meno che b = N intero. Alabiso C., Chiesa A.: Problemi di meccanica quantistica non relativistica c Springer-Verlag Italia 2013 DOI 10.1007/978-88-470-2694-0 2, 

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2 Risposte e suggerimenti

  1.7. Con ν = 8a2 μ|W |/¯h2 e λ = 8a2 μV0 /¯h2 : Jν (λ ) = 0 e Jν (λ ) = 0, per le autofunzioni dispari e pari. Valgono le propriet`a:  < j   jν,1 < jν+1,1 < jν,2 < jν+1,2 < jν,3 < ... e ν ≤ jν,1 ν,1 < jν,2 < jν,2 < jν,3 < ...   1.8. i) u(x) ≈ Jν [λ exp(−x/2a)], con ν = 2ak = 2a 2μ|W |/¯h2 , λ = 8μa2V0 /¯h2 e Jν (λ ) = 0. √ ii) Per λ  1, W = −2μa2V02 /¯h2 e u0 (x) ≈ k0 exp(−k0 |x|). Suggerimento. Stato fondamentale pari. 2 2 1.9. ψ+ (x) = A exp(−α2 x2 /2) U[(1 − ε)/4 , 1/2 ; α

x ], essendo U funzioni ipergeometriche confluenti di seconda specie, α = μω/¯h e ε = 2W /¯hω;   ψ− (x) = B Ai β 1/3 (x + W /λ ) , con Ai funzioni di Airy, vedi 1.15, e β = 2μa/¯h2 . La normalizzazione e le condizioni di raccordo, ψ+ (0) = ψ− (0) e ψ+ (0) = ψ− (0), fissano le costanti A e B, e quantizzano l’energia W .



√ 1.10. Posto k1 = 2μ(V1 −W )/¯h, k0 = 2μ(V0 +W )/¯h, χ = −2μW /¯h e χ/k0 = tan c , gli autovalori si ottengono da: k1 coth (k1 a) = k0 tan[k0 (b − a) − c].

1.11. T ≈ 16W (V0 −W )/V02 exp(−2k a), k = 2μ(V0 −W )/¯h, a ≈ 8.1·10−8 cm. Suggerimento. Partire anche dalla soluzione generale della barriera, e trovare una condizione affinch´e il coefficiente di trasmissione sia molto piccolo.

1.12. Imponendo l’annullamento all’origine, si ottengono anche stati legati.

√ i) Con k = 2 μ W/¯h e χ = 2 μ (V0 −W )/¯h: ψ(x) = A sin k x per 0 < x < L e ψ(x) = B sinh (2 L − x) χ per L < x < 2L ; gli autovalori si ottengono da cot k L = −χ/k coth χ L ; definito λ da ψ(x + 2 L) = λ ψ(x) per 0 < x < L , si ottiene λ = cos k L/cosh χ L , ed essendo | λ | < 1 sempre, si hanno sempre autofunzioni proprie. ii) Porre χ =⇒ i ζ nelle formule precedenti: | λ | < 1 solo a bande. iii) Stati liberi ed effetto tunnel. Suggerimento. Partire dalla soluzione periodica, e imporre ψW (0) = ψW (2 L) = 0. ||ψW (x)||2 = I2L ∑n | λ | 2n , con I2L integrale su un periodo. √ 2μW /¯h, χ = (2μV0 /a¯h2 )1/3 , y0 = aχ(W /V0 − 1) si ottiene:   √ (1) 3/2 (1) 3/2 −1 Ctr = 3/π|τ|2 χ/k, con τ = 2ik χy0 H−2/3 (2/3y0 ) + ik y0 H1/3 (2/3y0 ) . 1.13. Posto k = (1)

(1)

Le funzioni H1/3 e H−2/3 sono Bessel di ordine frazionario, in A-S 10.4. Suggerimento. Poich´e le soluzioni non sono semplici esponenziali, per avere il coefficiente di trasmissione occorre fare riferimento al flusso, sia incidente che trasmesso, definito da J = (−i¯h/2μ)[ψ ∗ dψ/dx − ψ dψ ∗ /dx]. Questi sono dati da Jin = h¯ k/μ e Jtr ≈ 3¯h|τ|2 χ/π μ, e quindi Ctr = Jtr /Jin .

2.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

67

1.14. Due raccordi interni e due annullamenti agli estremi. i) Posto k = (2μW /¯h2 )1/2 , e k¯ = (2μ | W −V0 | /¯h2 )1/2 , gli autovalori sono dati ¯ = k cot[k(b − a)] (soluzione pari) e k¯ cot ka ¯ = −k cot[k(b − a)] (soda k¯ tan ka ¯ = k cot[k(b − a)] (soluzione pari) e luzione dispari) per V0 < W , e da k¯ tanh ka ¯ = k cot[k(b − a)] (soluzione dispari) per 0 < W < V0 . k¯ coth ka ii) Con il tempo, il pacchetto si sparpaglia in tutto l’intervallo. 1.15. W0 = 2.34 (μg2 h¯ 2 /2)1/3 . Suggerimento. Funzioni di Airy. 1.16. ρ(k) ≈ iμλ /¯h2 k6 {3ka cos(2ka)+[2(ka)2 − 3/2] sin(2ka)}; μλ a5 /¯h2 k  1 . 

Suggerimento. Sviluppo di Born: ρ(k) = −iμ/(¯h2 k) dx exp(2ikx)V (x) + . . . 1.17. i) k/k1 = −tan k(b − a)/ tan k1 a , con k1 =

√ 2μ(W −V1 )/¯h e k = 2μW /¯h.

ii) La funzione data non appartiene al dominio di H. iii) P0 (0 < x < a) = I1 /(I1 + |D/C|2 I2 ), con I1 = 1/4|k10 | sinh(2|k10 |a) − a/2, I2 = −1/4k0 sin[2k0 (b − a)] + (b − a)/2, D/C = sinh(|k10 |a)/sin[k0 (b − a)], con k10 e k0 i parametri corrispondenti a W0 . 1.18. i) c = −ik , W = k2 . ii) R = 0, T = 1; S12 = S21 = −(1 − ik)/(1 + ik). iii) S11 = S22 = 0 . W = −1 ; funzione senza nodi. iv) Con il metodo variazionale.   

1.19. i) Wn = h¯ V0 /2μa2 4n + 2 + (8μV0 a2 )/¯h2 + 1 − 2V0 . ii) Con le sostituzioni 2V0 /a2 = K e V0 a2 = h¯ 2 /2μ(m2 −1/4) , m = 0, ±1, ±2, ... , si ottiene l’oscillatore isotropo bidimensionale, oppure con la sostituzione V0 a2 = h¯ 2 /2μl(l + 1), l = 0, 1, 2, ..., quello tridimensionale. ¯ , ψIII = A cos(kx)+B sin(kx) , dove 1.20. i) ψI = A cos(kx)−B sin(kx) , ψII = cos kx



 x < −b , |x| < b , b < x , con k = 2μW /¯h e k¯ = 2μ(W +V0 )/¯h; ¯ cos kb+ k/k ¯ sin kb sin kb ¯ , B = cos kb ¯ sin kb− k/k ¯ cos kb sin kb ¯ . A = cos√kb   ψIII = A2 + B2 sin(kx + χ), con χ = arcsin A/(A2 + B2 )−1/2 . ¯ + (k/k) ¯ 2 sin2 (kb) ¯ > 1, dato ii) max |ψII |2 = 1 e max |ψIII |2 = A2 + B2 = cos2 (kb) ¯ che k > k: dentro la buca sono maggiori le frequenze e minori le ampiezze.  2



1.21. Wn = −V0 1 − (n + 12 )¯h 2μa2V0 , n = 0, 1, ..., N < 2μa2V0 /¯h − 1/2.

1.22. i) ρ 2 = [(1 − χ)/(1 + χ)]2 , con χ = (W −V0 )/W . Suggerimento. Il flusso e` definito da: F = (¯h/2iμ)(ψ ∗ gradψ − ψgradψ ∗ ).

68

2 Risposte e suggerimenti

1.23. T = flussotras /flussoinc = k1 /k |Γ (α)Γ (γ − β )/[Γ (γ)Γ (α − β )]|2 , con α = −i(k + k1 )a, β = i(k − k1 )a . T → 1 se W → ∞ e T → 0 se W → V0 . Suggerimento. Risolvere per x → ∞ e prolungare la soluzione a x → −∞, con il cambio di variabile z → 1/z. Vedi A.9.



∗ 1.24. Con k = 2μW /¯h, k¯ = 2μ(V0 −W )/¯h, k˜ = 2μ(W −V0 )/¯h : i) Se 0 < W < V0 : k cot(ka) = −k¯ , u(x) = A sin(kx) per 0 < x < a e  −1 ¯ e u(x) = B e−kx per a < x , con A2 = 2 sin2 (ka)/k¯ + a − sin(2ka)/2k ¯ sin2 (ka) . Se W < 0 , k coth(ka) = −k¯ non ha soluzione. kx) B2 = A2 exp(2   ˜ ii) δ = 2 arccot k/k˜ cot(ka) − 2ka. ˜ + δ /2). Suggerimento. Per V0 < W e a < x, porre u(x) = B sin(kx 1.25. T (W ) =

  i) sin 2μWa2 /¯h2 ≈ 1;    ii) 16W (V0 −W )/V02 exp − 2 2μ(V0 −W )a2 /¯h2  1;   −2  1; iii) 4W /V0 sinh( 2μV0 a2 /¯h2 1 −V02 /4W 2

2

iv) 1/(1 + μa2V02 /2W h¯ 2 ) .

2.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni 2.1. Per l = 0: ξ cot ξ = −η, ξ 2 + η 2 = 2μV0 a2 /¯h2 }; l’esistenza di n stati  2  2 legati e` data da: (2n − 1)π/2 h¯ 2 /2μ < V0 a2 < (2n + 1)π/2 h¯ 2 /2μ. Per l = 1: cot ξ /ξ − 1/ξ 2 = 1/η 2 + 1/η ; ξ 2 + η 2 = 2μV0 a2 /¯h2 }; l’esistenza di n stati legati  2  2 e` data da: nπ h¯ 2 /2μ < V0 a2 < (n + 1)π h¯ 2 /2μ. 2.2. i) d 2 R/dr2 + 1/rdR/dr + (1 − m2 /r2 )R = 0 , con R(a) = 0 . ii) W = 2.4052 h¯ 2 /2μa2 . Suggerimento. R(r) funzioni di Bessel, e j0,1 ≈ 2.405 il primo zero di queste. 2.3. W = −(μe4 /2¯h2 n2 ) + (eB¯h/μc)nr , con n = nr + nϕ . Suggerimento. H = 1/2μ(p2r + p2ϕ /r2 ) − e2 /r + (eB/μc)pϕ . Goldstein cap. 9-7. √ 2.4. Wn = (¯h2 /2μρ 2 )n2 ; Φn = 1/ 2π exp[inϕ] , n = 0, ±1, ±2, ... Suggerimento. H = −(¯h2 /2μρ 2 )d 2 /dϕ 2 . Vedi 2.2 con r = cost = ρ. 2.5. Jν (α) = 0, ν =

  8a2 μ|W |/¯h2 , α = 8a2 μV0 /¯h2 . Detto j0,n l’n-esimo zero

2 h2 /8a2 μ ≈ 0.72¯ di J0 (x), e j0,1 ≈ 2.405, esiste uno stato legato se V0 ≥ j0,1 h2 /μa2 . ¯

2.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni

69

 Vi sono n stati legati in onda s se j0,n < 8μa2V0 /¯h2 < j0,n+1 , e pertanto: per  V0 → ∞ esistono n stati legati se n − 1/4 < 8μa2V0 /π 2 h¯ 2 < n + 3/4. Suggerimento. Sfruttare le propriet` a degli

  zeri delle funzioni di Bessel, A-S 9.5.2. Inoltre: J0 (α) ≈ 2/πρ cos α − π/4 per α → ∞. 2.6. In coordinate cilindriche u(z, ρ, ϕ) = Neipz eimϕ R(ρ), e R(r) soluzione di R + (1/r)R − [1 − (m − F)2 /r2 ]R = 0, R(a) = R(b) = 0, dove k2 = 2μW /¯h2 − p2 , r = kρ e F = eB0 ρa2 /(2¯hc). Se F e` intero, lo spettro non cambia. ϕ e Aρρa = 1/2 B0 (ρa2 /ρ)ϕ 2.7. Wnr l =

 −2 nr + 1/2 + 1/2 (2l + 1)2 + 8μβ /¯h2 .



−(e4 μ/2¯h2 )

2.8. V0 ≈ 61 MeV , un solo stato legato, con l = 0. Suggerimento. Sviluppare la funzione cot(π/2 + ε). 2.9. i) p¨k = −λ K pk /|p|.  √ 2/3  √ 2/3 ii) W0Airy ≈ 1.86 λ h¯ K ; W0Osc ≈ 2.08 λ h¯ K . Suggerimento. In meccanica classica il moto e` piano, soggetto alla dinamica lungo una direzione e inerziale lungo l’altra. Invertendo la quantizzazione di q e p, si ottiene l’equazione di Airy. Con quella ordinaria, iterando l’equazione e trascurando i termini di grado 4, si ottiene l’oscillatore armonico. 2.10. i) WN = −(μα2 /2¯h2 )(N − 1/2)−2 , con N = nr + |m| + 1. ii) La degenerazione e` pari a 2N − 1, da confrontare con n2 dell’idrogeno. 2.11. V0 a2 < l(l + 1)¯h2 /2μ.

2 2.12. i) Rl (r) = A π/2kr Jl+1/2 (kr) per r ≤ a , Wl,s = h¯ 2 /2μa2 jl+1/2,s , 2 s = 1, 2, ... , con jl+1/2,s zeri delle Bessel sferiche Jl+1/2 (kr) . 2 2 eV ≈ 37.7 eV , W1,1 ≈ 3.81 j3/2,1 eV ≈ 76.8 eV . ii) W0,1 ≈ 3.81 j1/2,1 2.13. [F ] = [M 1/2 L3/2 T −1 ]. Posto ν = m−eF /¯hc , Rν,s  (ρ) e jν,s2 Bessel sferiche  2 2 . = Z (z)Φ (ϕ)R (ρ), W = h /2μ ( j /ρ ) + (lπ/c) e zeri: ψl,ν,s (x) ¯ m ν,s ν,s a l l,ν,s  

H = −¯h2 /2μ ∂ 2 /∂ z2 + 1/ρ∂ /∂ ρ (ρ∂ /∂ ρ) + 1/ρ 2 (∂ /∂ ϕ − ieF /¯hc)2 . Vedi 2.6.

2.14. i) Definito Aϕ = Aa=0 : L (x, x˙ ) = μ x˙ 2 /2 + e/c˙x · Aϕ −V (x),  2 H (x, p) = μ/2 p − e/c Aϕ +V (x) ;    WBS = h¯ ω nz + 2nρ + (nϕ − eb/¯hc)2 + 2μ/¯h2 β 2 .    ii) WQM = h¯ ω nz + 2nρ + (m − eb/¯hc)2 + 2μ/¯h2 β 2 + 3/2 .

70

2 Risposte e suggerimenti

Suggerimento. Con una trasformazione di gauge si pone a zero la componente radiale del potenziale, Aρ , cio`e a = 0. Non si pu`o fare lo stesso con la componente tangenziale Aϕ , perch´e non irrotazionale. Vedi 2.6 e 2.13. E` un ordinario oscillatore armonico tridimensionale con nϕ sostituito dall’espressione sotto radice. Notare che il calcolo di Jρ si riduce facilmente a quello di Jr del problema di Keplero. 2.15. Le autofunzioni sono date da ψ = AJ|m| (kρ), con k2 = 2μW /¯h2 . W0,1 ≈ 2.402 h¯ 2 /2μa2 , W1,1 ≈ 3.832 h¯ 2 /2μa2 . Vedi 2.2 e 2.10. 2.16. unr λ m = ynr λ m (r)/r Ylm , Wnr ,λ ,m = w0 /(nr + λ + 1)2 con w0 = −μe4 /2¯h2 , λ (λ + 1) = l(l + 1) + mω2μr02 /¯h , e ω = |e|B/2μc.   2.17. Ψ (r) = NyRn0 (y)exp [i/¯h (px x + pz z)], Wn,px ,pz = Wn + 1/2μ p2x + p2z , Wn = −μe4 /32¯h2 n2 . Suggerimento. V (y) = −e2 /4y, che si ottiene tenendo conto che sulla carica immagine non si esercita lavoro quando l’altra viene portata all’infinito. Le condizioni al contorno sono di annullamento in y = 0, per cui le soluzioni sono quelle dell’atomo di idrogeno.     2.18. ψn (r) = 1/2π exp [ i(xkx + zkz )] Nn exp −α2 (y − y0 )2 /2 Hn α(y − y0 )2 , Wn = kz2 h¯ 2 /2μ + (n + 21 )¯h |e|B/μ c , con α = (|e|B/¯h c)1/2 e y0 = −¯hc kx /eB. 2.19. W1 = h¯ 2 π 2 /[2μ(b − a)2 ], ψ(r) =



1/2 1 2 sin[π(r − a)/(b − a)]. 4π(b − a) r

2.20. W = (nϑ + nϕ )2 h¯ 2 /(2μR2 ) − (qB/2μc)nϕ h¯ . Suggerimento. (λ /2π) dξ (λ 2 − μ 2 − λ 2 ξ 2 )−1/2 = 1. 2.21.

  −2 , nr + nϑ = 1, 2, ... , 0 ≤ nϕ ≤ nr + nϑ . W BS = −μe4 /2¯h2 nr + nϑ + n2ϕ + β 2 −2 

W Sch = −μe4 /2¯h2 nr + nϑ + m2 + β 2 + 1 , nr , nϑ = 0, 1, 2, ... , |m| ≤ nϑ . Risultati analoghi ma con diverse degenerazioni. 2.22. i) u111 = (2/a)3/2 sin(πx/a) sin(πy/a) sin(πz/a), W111 = 3¯h2 π 2 /2μa2 .  ii) Raggio della sfera nel primo ottante RW =

3 /6. W (2μa2 /¯h2 π 2 ) : N ≈ πRW

2.23. Posto l = 0 e W = 0, energia limite per avere uno stato legato, l’equazione

da risolvere rispetto a λ e` : Jν (β a−1/2ν ) = 0, β = 2ν

2μλ /¯h2 e Jν (ρ) funzioni di

Bessel. Per n = 3, λ ≥ 1.83(a¯h2 /2μ), con j1,1 = 3.83 il primo zero di J1 (ρ). 2.24. g2 /¯hc ≈ 0.41 e ≈ 1.62 .

Suggerimento. Vedi 2.5. α = (g/¯h) 2M/β ≈ 3.3 e ≈ 6.6.

2.3 Oscillatore Armonico ∗ 2.25.

71

m = ±2¯h, P± = 1/2 .

2.26. i) ψN (x, y, z) = unx (x)uny (y)unz (z) , WN = Wnx +Wny +Wnz , con N = nx + ny + nz , un e Wni autovettori e autovalori della buca infinita. ii) ψN (x, y, z) pari o dispari, per N dispari o pari. iii) dN=3 = 1, dN=4 = 3.

2.3 Oscillatore Armonico 3.1. iv)  α | β = exp[−(|α|2 + |β |2 )/2] exp[α∗ β ]. 2 2 v)  α | H | α = h¯ ω(|α|2 + 1/2). √ (Δ x) = h¯ /2μω ;√(Δ p) = h¯ μω/2. 1/2 vi) Posto λ = (μω/¯h) , x0 = 2Re(α)/λ , p0 = 2 2Im(α)/λ : !  "  √ 1/2 exp −λ 2 /2 (x − x0 )2 + ip0 (x0 /2 − x) .  x | α = λ/ π 3.2. WN,m = N h¯ ω + 2mλ , −N ≤ 2m ≤ N. λ < h¯ ω.    Se Ω− > 0 , posto Ω± = 1/2 (ω12 + ω22 ) ± (ω12 − ω22 )2 + 4g2 , l’autova √ √  lore e` dato da W = h¯ (n1 + 1/2) Ω+ + (n2 + 1/2) Ω− . Se Ω− < 0, si ha un oscillatore armonico e una barriera repulsiva.

3.3.

3.4. Si

tratta di un oscillatore armonico traslato in ξ = x −√ α ; posto α = eE/K: 1/2) − Kα2 /2, x n = α, x2 n = h¯ / Kμ (n + 1/2) + α2 , Wn = h¯ K/μ (n + √ p n = 0, p2 n = h¯ Kμ (n + 1/2). 3.5. Suggerimento. Risolvere nelle tre regioni e raccordare soluzioni e derivate, espresse tramite ipergeometriche confluenti. Wn = h¯ ω(n + 1/2), con n intero, solo per F = 0 oppure a = 0, cio`e oscillatore armonico. 3.6. WN = (N + 3/2)¯hω. i) Ncart = n1 + n2 + n3 con n1 , n2 , n3 = 0, 1, 2, ...; ii) Ncil = nz + 2n + |m| con nz , n = 0, 1, 2, ... , m = 0, ±1, ±2, ...; iii) N pol = 2n + l con n, l = 0, 1, 2, .... In tutti i casi la degenerazione e` pari a (N + 1)(N + 2)/2. 3.7. ψ(t) = exp(−i 2 ωt) [ cos(λt/¯h) | 1, 0 − i sin(λt/¯h) | 0, 1 ] .

} con autovalori 3.8. | 0, 0√ , | 1, 0 con W0 , W1 inalterati; {| 0, 1 , | 2, 0 √ W2± = 2 ± 2|λ | ; { | 1, 1 , | 3, 0 } con autovalori W3± = 3 ± 6|λ |. Suggerimento. Il primo ordine perturbativo fornisce la soluzione esatta, dato che la perturbazione commuta con l’Hamiltoniana libera. 3.9. Vedi 5.29. Il secondo termine commuta con il primo.

72

2 Risposte e suggerimenti

3.10. W = n1 + n2 + n3 + λ (2n3 − n1 − n2 ). Suggerimento. Trovare nuovi operatori bˆ †l = βl1 aˆ†1 + βl2 aˆ†2 + βl3 aˆ†3 , soddisfacenti bˆ † ] = wl bˆ † . [bˆ m , bˆ † ] = δml e [H, l

l

l

3.11. i) Vedi 3.6. E E ii) WN = (N + 3/2)¯hω − e2 E 2 /2K , dN = (N + 1)(N + 2)/2 . B

(2nρ + |m| + 1)¯hω ρ + (nz + 1/2)¯hω ∓ m¯hω ϕ , iii) Con campo magnetico: WN =

dove ωϕ = |e|B/2μc, ω = K/μ, ωρ2 = ωϕ2 + ω 2 e gli indici nρ , nz , m relativi alle variabili cilindriche; senza degenerazione residua.   3.12. W = nξ + 1/2 h¯ ω ξ + (nθ + 1/2) h¯ ω θ + (nz + 1/2) h¯ ω z − Bβ 2 ,



ωξ = 2A(1 + α)/μ , ωθ = 2A(1 − α)/μ , ωz = 2B/μ .  −1 −p2 /¯h2 β 2 3.13. x = p = 0 ; V (x) = (¯h2 β 4 /2μ)x2 ; P(p) = h¯ β π 1/2 e . Suggerimento. V (x) = W + ψ −1 (¯h2 /2μ) d 2 ψ/dx2 . 3.14. ψ2 ∝ (2x2 − 1) exp(−x2 /2); ψ4 ∝ (4x4 − 12x2 + 3) exp(−x2 /2). Suggerimento. Applicare gli operatori aˆ ≡ (x + d/dx) e aˆ† ≡ (x − d/dx) . 3.15. Dato ψ(x,t) =∑n cn un (x)e−iWn t/¯h , x t = B+ cos  ωt + iB− sin ωt, con



∗ B± = h¯ /μω ∑m cm cm−1 m/2 ± cm+1 (m + 1)/2 , reale e immaginario. ∗ 3.16.

Suggerimento. Per il punto iv): aˆ† e` un operatore dispari.

2.4 Delta di Dirac 4.1. Uno stato legato con W = −μλ 2 /2¯h2 . ψ  (0+ ) − ψ  (0− ) = −2μλ /¯h2 ψ(0). Suggerimento. Confronta con il 4.2. 4.2. Uno stato legato con W = −μλ 2 /2¯h2 . ψ  (0+ ) − ψ  (0− ) = −2μλ /¯h2 ψ(0). Suggerimento. Confronta con il 4.1. √ 4.3. exp[−4kx0 ] = (k − β+ )(k − β− )/(β+ β− ), k = −2μW /¯h, β± = μλ± /¯h2 . Una o due soluzioni a seconda che sia x0 ≶ (β+ + β− )/(4β+ β− ) . Per x0 → ∞ , k± → β± ; per λ+ = λ− , k+ = k− .

4.4. i) Wn = h¯ ω(n + 1/2) + χ ; d  ln con ln = (1 + 2n)¯hω/μ . 

    ii) d  h¯ ω/μ e ε ≡ 2W /¯hω : Γ (3 − ε)/4 /Γ (1 − ε)/4 = −dχ μ/ω h¯ 3 . 4.5. ρ = μλ /(−μλ + ik¯h2 ) , τ = ik¯h2 /(−μλ + ik¯h2 ). Suggerimento. Vedi 4.2.

2.4 Delta di Dirac

73

2 / 2μa2 , 4.6. i) Le soluzioni dispari sono quelle della buca semplice: Wn = n2 h¯ 2 π√ 2 indipendenti da λ .Per le soluzioni pari: k=−(μλ/¯h ) tan(ka), k= 2μW/¯h. ii) Se λ → ∞ , =⇒ tan(ka) = 0 , e le soluzioni pari, un seno in ogni semi intervallo uno dei quali ribaltato rispetto all’asse x, degenerano con le dispari. Suggerimento. Sulle soluzioni dispari la δ non agisce, perch´e δ (x)ψd (x) = 0.

4.7. tan ka = −k¯h2 /μλ , con k =



2μW /¯h2 .

Suggerimento. Partire dalla soluzione nelle tre zone: exp[ikx] , A sin kx + B cos kx, C exp[ik(x − a)]. Oppure utilizzare la matrice di trasferimento. 4.8. Diffusione uniforme in tutto l’intervallo. 4.9. λ > h¯ 2 /2μa. Suggerimento. Al minimo di λ corrisponde il minimo dell’energia; valutare l’equazione trascendente nel limite dell’argomento che tende a zero. 4.10. i) Il+1/2 (ka)Kl+1/2 (ka) = h¯ 2 /2μλ a. ii) l + 1/2 < μλ a/¯h2 . Suggerimento. La funzione Im (x)Km (x) e` decrescente con massimo in zero e Im (0)Km (0) = (2m)−1 . 4.11. Per W < 0 si ha un autovalore, dato da e2ka = α(α + k)/[(α − k)(α + 2k)], 2 con ⎧ α = λ μ/¯h . Per W > 0 : ρ3 = −ξ /η , τ3 = 1/η con  ⎨η = γ −6 e−2ika (γ + i)2 (γ − 2i) − 4(γ + i) + e2ika (γ + 2i) γ = 2k¯h2 /μλ . ⎩ξ = iγ −6 e−2ika (γ + i)(γ − 2i) − 2(2 + γ 2 ) + e2ika (γ − i)(γ + 2i) Suggerimento. Per W < 0 sfruttare la parit`a, per W > 0 usare la matrice di trasferimento. 4.12. i) Detta α la traslazione: ψk (x + a) = eiαa ψk (x), gli autovalori sono dati da: cos ka + (μλ /k¯h2 ) sin ka = cos αa . ii) Per μλ a/¯h2 = 1 , posto y = ka , lo spettro a bande si ottiene dalla diseguaglianza: −(1 + cos y) ≤ sin y/y ≤ 1 − cos y. 4.13. e−2ka = 1 − k¯h2 /λ μ. Una soluzione se h¯ 2 /2λ μ < a , altrimenti nessuna. Suggerimento. Confrontare le pendenze delle due curve. 4.14. x0 = (¯h2 /2μλ ) log 2. 4.15. i) ψk− (x) = Nk sin k(x + a) e ψk+ (x) = Nk [sin k(x + a) + β /k sin ka sin kx] , con β = 2μλ /¯h2 , e gli apici ± a seconda che o x < 0.

sia x > 0  ii) I coefficienti dello sviluppo sono f (k) = Nk π/a 2/a sin ka k2 − (π/a)2 .

74

2 Risposte e suggerimenti

 ∞

iii) A t > 0 : ψ(x,t) = π/a 2/a dk Nk exp[−iWk t/¯h] sin ka/[k2 − (π/a)2 ]· ! " −∞ ! " · sin k(x + a) : −a < x < 0 e · [sin k(x + a) + β /k sin ka sin kx] : 0 < x . A tempi grandi, la particella invade l’intero semiasse.

2.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo (1)

5.1. W1

(1)

= W2

(1)

(1)

= W3

= AB/2.

(1)

(1)

5.2. Wi = 0 , u1 = {1, 0, a∗ /(w1 − w3 )} , u2 = {0, 1, b∗ /(w2 − w3 )}, (1) u3 = {a/(w3 − w1 ), b/(w3 − w2 ), 1}. (1)

(1)

(0)

5.3. ΔW2,1 = h¯ 2 e2 /(32μ 2 c2 r03 ) ; ΔW2,1 /W2 (1)

(1)

(0)

= −(e2 /2¯hc)2 .

(0)

5.4. W1 = 2Z 4 e2 δ 2/3r03 ; |W1 |/|W1 −W2 | ≈ 6.33 · 10−10 . Suggerimento. H = H0 + H  , con H  = Ze2 (1/r − 1/δ )θ (δ − r) ; approssimare exp[−2Zr/r0 ] ≈ 1 per 0 ≤ r ≤ δ  r0 .

  5.5. i) W± = −w ± 4w2 + 2χ 2 ≈ {w + χ 2 /2w}+ oppure ≈ {−3w − χ 2 /2w}− ; W0 = −w, inalterato. ii) P−w | H −w| 1 A |2 = χ 2 /(2w2 + χ 2 ) , indipendente dal tempo. (1)

(2)

5.6. i) Wn = 0 , Wn = λ 2 (4n3 − n2 − n)/(1 − 4n2 ) ; ii) u0,1 = |0 , u0,2 = |α , stato coerente con α = −1 (vedi 3.1), degeneri tra loro. 2 , Hλ =1 = (aˆ† + aˆ†2 )(aˆ + aˆ2 ) = T † T . Suggerimento. H0 = N (1)

(1)

W2p 16  r p 2 72  r p 4 ≈ 10−10 , = ) ≈ 10−22 . (0) (0) (0) (0) 15 r0 5600 r0 W1 −W2 W2 −W3 ii) Nel caso del μ − , il primo va moltiplicato per 2102 e il secondo per 2104 . Suggerimento. Vedi il 5.4, con H  = θ (r p − r)e2 /2r p [(r/r p )2 − 3 + 2r p /r]. W1s

5.7. i)

=

(1)

= (2V0 /π)[1 + (−1)n+1 /(4n2 − 1)].

(1)

= 0 per |n| = 1, W1

5.8. Wn 5.9. Wn

(1,±)

(2)

= ±V0 /2 ; W0

= −μρ 2V02 /4¯h2 .

5.10. x3 non contribuisce, b = −(μ 2/3¯h4 )0.04 · 1.042 Δ13 , K = (μ/¯h2 )1.042 Δ12 . Suggerimento. I livelli corretti al primo ordine sono: W0 = h¯ ω/2 + 3b¯h2 /4μK; W1 = 3¯hω/2 + 15b¯h2 /4μK ; W2 = 5¯hω/2 + 39b¯h2 /4μK.

2.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo (0)

5.11. W0

(0)

= W1,1,1 +W1,1,1  = 6η ; W1

d1 = 9 + 3 = 12

(1) W0

=λ

dx(|u1

75

= W1,1,1 +W2,1,1 = 9η ; d0 = 1 ,

(x)|2 )2 ,

essendo u1 la prima autofunzione della

scatola; non si risolve la degenerazione di W2,1,1 e cambia solo l’energia degli stati a spin 0. Si risolve solo la degenerazione tra spin diversi. √ 5.12. n  a/¯h μV0 ≈ 200. (1)

5.13. Hε=0 ∼ σx in tre dimensioni. W0 (1)

(1)

= −ε/2, W±√2 = 3ε/4.

(2)

5.14. W± = 0 , W± = ∓gμB B21 /4B0 . μB = e0 h¯ /2μc. Suggerimento. H0 = −gμB B0 σz /2 , H  = −gμB B1 σx /2. (1)

5.15. W1

(1)

  = V0 /aλ 1 ± (1 + 16π 2 /a2 λ 2 )−1/2 . (1)

5.16. W1 = 0 , W2 = 0. Suggerimento. V = −e0 ε · rˆ /r2 . Tutti gli integrali sugli angoli sono nulli per ortogonalit`a o per parit`a, tranne  ψ200 | V | ψ210 , nullo per integrazione su r. 5.17. i) Wn = h¯ ω Fn (¯hω/λ ) + λ Gn (¯hω/λ ) , Fn e Gn funzioni arbitrarie. (1) (2) ii) W1 = W1 = 0. ˆ 2 − aˆ† aˆ , diagonale sugli autostati Suggerimento. Soluzione esatta: V = aˆ†2 aˆ2 = (aˆ† a) di H0 , con V |0 = 0. (1)

5.18. W2 = 0, ±A , A = ε(α − 2)Γ (4 − α)/24 , sugli stati ψ2l0 con l = 0, 1. La correzione e` nulla sugli stati ψ21± . Suggerimento. Come il 5.16 tranne che per  ψ200 | V | ψ210 = ±A. 5.19. i) Wn = h¯ ωFn (I1 , I2 ), dove Fn e` una funzione arbitraria dei due numeri puri I1 = λ1 h¯ 1/2 μ −3/2 ω −5/2 , I2 = λ2 h¯ μ −2 ω −3 . (1) iii) Wn = λ2 (¯h/2μω)2 (6n2 + 6n + 3). Suggerimento. Utilizzare {a, ˆ aˆ† }, oppure le ricorrenze tra polinomi di Hermite. (1)

5.20. W1

= −5e4 /8μc2 r02 . Notare che: p 2 /2μ = H0 + e2 /r.

5.21. i) [¯hω] = [W ]; [χ = λ h¯ /μ 2ω 3 ] = [cost] . ii) x2 n = h¯ /μω(Φn −3χ∂ Φn /∂ χ) , x4 n = (¯h/μω)2 ∂ Φn /∂ χ , p2 n = μ h¯ ω (Φ  n + χ∂ Φn /∂ χ) .  iii) Φn (χ) = n+1/2+3/4(2n2 +n+1)χ −1/8 34n3 + 51n2 + 59n + 21 χ 2 + ... 5.22. i) Wn = n + λ |cn |2 + λ 2 |cn |2 ∑m=n |cm |2 /(n − m) + ... , cn = n|ψ . ii) Per λ → ±∞ , porre H0 = λ |ψ ψ| e aˆ† aˆ perturbazione. O con l’equazione integrale |Φ = −λ (Hosc −W )−1 |ψ ψ|Φ =⇒ λ −1 = ∑n |ψ|n |2 /(W − n).

76

2 Risposte e suggerimenti (1)

(2)

5.23. i) Wn = (2 − δn,1 )V0 /4 , Wn = (V02 μa2 /8π 2 h¯ 2 ) f (n) , con f (n) = {−1/8, −1/12, 1/[2(n2 − 1)] } per n = {1, 2, > 2 }. ii) V0  n¯h2 π 2 /μa2 . (2)

(2)

5.24. W2 = ±e0 B¯h/2μc per u211 (+) e u21−1 (−), e W2 combinazioni di {u200 , u210 }.

= ±3e0 Er0 per due

(1)

5.25. Wnlm = V0 {1/2 − (r0 /24a)[3n2 − l(l + 1)]}, n = nr + l + 1. Suggerimento. Nello sviluppo del potenziale si possono trascurare i termini O(r2 /a2 ), in quanto gli integrali devono essere valutati entro i raggi di Bohr, ovvero r < rn = (n + 1)2 r0  a, per n limitato. 2 /¯ 5.26. i) W0 = h¯ (ω1 + ω2 )/2 + λ12 − λ12 h[1/ω1 + 1/ω2 + 2/(ω1 + ω2 )] + ..., con 2 λ12 = λ h¯ /(4μ1 μ2 ω1 ω2 ). ii) Se ω1 /ω2 = razionale, alcuni stati eccitati sono degeneri.

5.27. i) H = p2 /2μ + Kr2/2 + e0 /2μcB · L + e20 /8μc2 (B ∧ L)2 .

ii) Con H ≈ H0 + e0 /2μc B Lz , WN,m = h¯ K/μ (N + 3/2) + mBe0 h¯ /2μc. √ 5.28. ΔW0 = 0 ; ΔW1 =√0 ; ΔW2 = 0, ±2λ ; ΔW3 = ±2 3λ , entrambi degeneri due volte ; ΔW4 = 0, ±4 3λ , ±6λ , non degeneri. 5.29. W01 = −Z 2 /2 − Z ; W0ex = −Z 2 /2 − Z − 1/2. Z grande, correzione piccola.

 √  (1) μω/¯h : W0 = 4(aα)3 / π V0 /3 − h¯ ω(aα)2 /10 ,  √  (1) W1 = 8(aα)5 /(3 π) V0 /5 − h¯ ω(aα)2 /14 . La degenerazione non viene risolta. 5.30. Posto α =

! " 5.31. Wn = −γ/2rn + (γ/ρ) − (γ/4ρ 2 )r0 [3n2 − l(l + 1)] + ... , n = nr + l + 1. Se n ≈ 1 e r0 /ρ  1, si pu`o applicare la teoria delle perturbazioni al primo ordine, e si pu`o sviluppare in serie il potenziale, anch’esso al primo ordine. (1)

5.32. Wn (2) W±n

(2)

= 0 , W0

(2±)

= −d 2 E 2 I/¯h2 ; W±1

= {5d 2 E 2 I/6¯h2 , −d 2 E 2 I/6¯h2 };

= d 2 E 2 I/[¯h2 (4n2 − 1)] , n ≥ 2. Suggerimento. Stato fondamentale non degenere; quelli con ±n e n ≥ 1 lo sono tra di loro anche al primo ordine, e occorre diagonalizzare la correzione del secondo ordine. Per n ≥ 2 la degenerazione non si risolve. 5.33. Come il 5.21, ma con [χ = λ μ 2 h¯ ω] = [cost] . (1)

5.34. Con V1 : Wn (1)

! " = V0 1/2 + [1 + (−)n ] /π 2 (n + 1)2 ;

con V2 : Wn = V0 {1 − 2b/a + [1/π(n + 1)] sin [π(n + 1)2b/a]}; V0  n¯h2 π 2 /μa2 .

2.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo (1)

77

(2)

= −(μλ 2 ρ 2 /16¯h2 ) ;  −1 = ±λ /4 , = (λ 2 /16) −(8¯h2 /2μρ 2 ) ± λ /4 ≈ −μλ 2 ρ 2 /64¯h2 . Suggerimento. Cfr. il 2.4. Applicare il secondo ordine perturbativo agli stati non degeneri individuati dalla perturbazione al primo ordine. 5.35. W0

(1) W1

= 0 , W0

(2) W1

(1)

5.36. i) Con H  ∝ z , W211 = −e0 Ea/2 e il livello rimane tre volte  degenere.  2  (1);0 (1);±  2 2 ii) Con H ∝ xy , W211 = −e0 Ea /4 e W211 = −e0 Ea /4 1 ± 4 16/9π 2 . (1)

5.37. Wnr lm =  nr lm | ω r02 Lz /r2 | nr lm = m¯hω[(l + 1/2)n3 ]−1 , ω = e0 B/2μc. Suggerimento. Per i valori di aspettazione applicare il teorema di Feynman-Helmann.  −1 (1) 5.38. λ come in 2.16: Wnr λ m = μω 2 r02 /2 (λ + 1/2)(nr + λ + 1)3 f (l, m). (2)

5.39. i) W0 = −¯hωλ 2 /32.... (1) ii) W1 = 0, ±λ /4. 5.40. Wn = n + (−3n2 + n)λ 2 + O(λ 4 ). (2)

(1)



5.41. Vsc = z/r. W1 = −α2/3 ∑n≥2 c210,nl (1 − 1/n2 )−1 , W2 = 0, ±α

1/3 c20,21 .

5.42. W0 = 3/2¯hω + λ 2 h¯ 2 /12μ 3 ω 4 + O(λ 4 ).  

5.43. Wn ≈ h¯ ω ε + (n + 12 ) 1 − εω  /ω . √ 5.44. h¯ α/ μK  32. Suggerimento. Confrontare con la correzione al quarto ordine.   5.45. Wn = (n + 1/2)¯hω + (1/2μω 2 ) (2n + 1)¯hωG − F 2 . Suggerimento. Questo e` anche il valore esatto, vedi 5.48. (2)

(2)

(1)

= 0 , W1

(2)

(2)

5.46. W0 =0 , W1 ={0, −2}λ 2 , W2 ={2, 6, 4}λ 2 , W3 ={6, −8, −12, −6}λ 2 . Suggerimento. Correzioni nulle al primo ordine. Diagonalizzare la matrice del secondo ordine. 5.47. W0

(1)

= ±3λ /4 . λ  1.

5.48. Wn = (n + 1/2)¯hω − e2 E 2 /2μω 2 . Questo e` anche il valore esatto, vedi 5.45. (2)

5.49. W0

= −11/16λ 2 .

(0) 5.50. i) Wn = (n + 1/2)¯h g/a ; (1) ii) W0 = −¯h2/32μa2 .

78

2 Risposte e suggerimenti

5.51. Posto x0 = h¯ /μω : √ (1) i) W0 ≈ πλ /ax0 ; (1)

ii) W0

≈ λ /a2 . (0)

5.52. i) W0 (1)

ii) W0

= −μK 2 /2¯h2 ;

= −3qE h¯ 2 /2μK.

√ (0) (0) 5.53. i) Vedi 2.4. Con w0 = h¯ 2 /2μρ 2 : ψn = einϕ / 2π , Wn = n2 w0 . (0)

(0)

(0)

ii) ψn=±1 = ψn − (V0 /8w0 )[ 1/(n + 1)ψn+2 + 1/(1 − n)ψn−2 ] + ... ,

Wn=±1 = w0 n2 + 0 + ... . ψ+1 = 1/π [cos ϕ − (V0 /16w0 )cos 3ϕ +... ],

ψ−1 = 1/π [sin ϕ − (V0 /16w0 ) sin 3ϕ+ ...] , W±1 =w0 ±V0 /2+ ... . Vedi 5.9. Suggerimento. Nei sottospazi di degenerazione ±n = ±1 la perturbazione del primo ordine e` nulla e si pu`o applicare la teoria per stati non degeneri. Per n = ±1 la perturbazione deve essere diagonalizzata. (0)

5.54. i) W0 = −e2 Z 2 /r0 . ii) W0,Z=2 = −11 e2 /4r0 + ... . iii) WI = 3 e2 /4r0 . √ 5.55. W1,± = 5/2¯hω ± λ h¯ /2μω + ... , ψ1,± = 1/ 2(|100 ± |010 ) ; W1,0 = 5/2¯hω + ... , ψ1,0 = |001 . √ (1) (0) 5.56. i) Con μ = 1 : W1,± = 2¯hω ± λ h¯ /2ω , ψ± = 1/ 2(|10 ± |01 ). √ √ ex = h/2( ω 2 + λ + ω 2 − λ ) ≈ hω, ii) W00 ¯ ¯ √ √ ex 2 2 W10 = 3¯h/2 √ ω + λ + h¯ /2√ω − λ ≈ 2¯hω + λ h¯ /2ω , ex = h/2 ω 2 + λ + 3¯ h/2 ω 2 − λ ≈ 2¯hω − λ h¯ /2ω . Vedi 3.3. W01 ¯ ∗ 5.57.

√ (1) (1) (0) i) W2,0 = 3¯hω , W2,± = 3¯hω ± λ h¯ /μω , ψ2,0 = 1/ 2(|20 − |02 ) e √ (0) ψ2,±1 = 1/2(|20 ± 2 |11 |02 ).

ii) Per quelli esatti si procede come nel 5.56. (1)

(2)

5.58. Wn = {2λ /a , 0} , Wn = {−2μλ 2 /π 2 h¯ 2 n2 , 0}, per n = {dispari,pari}. Il procedimento e` valido per: λ a  (π 2 h¯ 2 /μ)n, sia al primo che al secondo ordine. Suggerimento. Nella somma al secondo ordine, notare che tutti i contributi si cancellano a due a due tranne uno: 1/(p − k) per p = 3k + 1. 5.59. i) Vedi 5.7. μ ii) W2s −W2p ≈ W2s ≈ e2 rN2 /[20(r0 )3 )] =⇒ rN ≈ 10−13 cm.

2.6 Calcolo Variazionale (1),0

5.60. Tre livelli, con correzioni: W2 

degeneri, con C = 1/5 dr

(1),±

= 0 degenere 2 volte, e W2

79

= ±C non

r4 R221 (r) f (r).

5.61. i) ψlm = R(r) Ylm (θ , ϕ) , Wl = h¯ 2 l(l + 1)/2I , con R(r) arbitraria. (0) (1) (2) (2) ii) W0 = W0 +W0 +W0 + ... = W0 = −d 2 E 2 I/3¯h2 .  1/2   5.62. W0ex = h¯ /2 ω 2 + ε/μ ≈ h¯ ω 1/2 + 1/4 ε/K − 1/16 (ε/K)2 + ... .   ≈ −2.5·10−10 . 5.63. i) Carica (Z + ζ ) e , con ζ ≈ −2Z 3 δ 2/3r02  Z=1   (1) (0) (1) (0) ii) W1 /W1 μ−Pb ≈ W1 /W1 H A2/3 (mμ /me )2 822 = O(1), e quindi il calcolo perturbativo non e` accettabile. Suggerimento. V = (Z + ζ )e2 /r = V +Vζ , e si considera Vζ come una perturbazione, oppure si risolve esattamente V e poi si sviluppa in serie.

2.6 Calcolo Variazionale 6.1. Bene ψ2 . ψ1 non appartiene al dominio dell’Hamiltoniana autoaggiunta. √ 6.2. i)√h¯ ω/ 2 ; 7¯hω/5; ii) iii) c2 = 2d 2 /α2 con d 2 → ∞ . Errmin = 0.  ∞

Suggerimento.

−∞

dx/(ξ + x2 )n+1 = π(2n − 1)!!/(2n n!ξ n+1/2 ) ; A2 = 2/πa ,

T1 (a) = h¯ 2 /4μa2 , V1 (a) = K/2a2 ; B2 = 16/5πb , T2 (b) = 7¯h2 /10μb2 , V2 (b) = Kb2 /10. 6.3. W 1 = 2.476 w0 , W 2 = 2.345 w0 ; Wex = 2.338 w0 , con w0 = (μg2 h¯ 2 /2)1/3 . Suggerimento. A2 = 4α3 , T1 = h¯ 2 α2 /2μ , V1 = 3μg/2α ; B2 = 4β 3/2 /π 1/2 ,

T2 = 3¯h2 β /4μ, V2 = 2μg/ πβ . Vedi 1.15. 6.4. i) W 2p,var = −0.113 e4 μ/¯h2 . ii) W2p,ex = −0.125 e4 μ/¯h2 . Comportamenti al contorno corretti: esponenziale all’infinito e ≈ rl all’origine.

6.5. W = 3/2 h¯ ω ≈ 1.22 h¯ ω . Wex = h¯ ω . √ 6.6. W 1 = 3 h¯ ω ≈ 1.73 h¯ ω , Wex = 1.5 h¯ ω . La prima e` dispari, ortogonale allo stato fondamentale pari. Suggerimento. T1 = α2 h¯ 2 /2μ , V1 = 3K/2α2 .

80

2 Risposte e suggerimenti

6.7. ψ(r) ≈ ψnr =0,l=1 , come nel 6.4. W = Suggerimento. T =

α2 h2 /2μ , ¯

V=



15/2 h¯ ω ≈ 2.74 h¯ ω , Wex = 2.5 h¯ ω.

15μω 2 /4α2 .

k 1/(k+1)   . 6.8. i) [W ] = λ h¯ 2 /2μ   2 k 1/(k+1)  1/(k+1) ii) W (σ¯ ) = λ h¯ /2μ (k + 1). (2k − 1)!!/(4k)k Con ψ(x) = (2πσ )−1/4 exp{−x2 /4σ }. Suggerimento. ψ | H | ψ = A/σ + Bσ k , con A = h¯ 2 /8μ, B = λ (2k − 1)!!. 1/3  6.9. Vedi il 6.7. W = (3/2)5/3 λ 2 h¯ 2 /μ . 6.10. i) W 1,0 = −(2/3π)2μe4 /¯h2 ≈ −0.85 w0 ; W 2,0 = −(5/32)2μe4 /¯h2 ≈ −0.62 w0 , Wex = −w0 = −e4 μ/2¯h2 . ii) Entrambe, perch´e nel dominio dell’Hamiltoniana e senza nodi. iii) La prima, perch´e il valore esatto e` un estremo inferiore. iv) La prima, per il comportamento asintotico.

Suggerimento. T1 = 3¯h2 α2/2μ, V1 = − 8/π αe2 ; T2 = 5¯h2 /μβ 2 , V2 = −5e2/2β . 6.11. W = −27π 2 λ 4 μ 3 /128 h¯ 6 . √ Suggerimento. ψσ = (σ 3/8π)1/2 exp(−σ r/2), W = (¯h2 /8μ)σ 2 −( πλ /4)σ 3/2 . √ σ 1/2 = 3 πλ μ/2¯h2 . 6.12. i) W 1,0 = 1.013 w1 , W 2,0 = 1.333 w1 , W 3,0 = 1.216 w1 . ii) Valore esatto w1 = h¯ 2 /2μ π 2 /a2 . iii) ψ1 = O(x), ψ2 = O(x2 ) , ψ3 = O(x), ma derivata discontinua. ∗ 6.13.

W 1,0 = −4μλ 2 /π 2 h¯ 2 ≈ 0.81 w0 , W 2,0 = −256μλ 2 /(70π 2 h¯ 2 ) ≈ 0.74 w0 con w0 = −μλ 2 /2¯h2 . Vedi 6.2 e 4.2. 6.14. ψ(x) = Ax(x + a)(x − a) ; W 1 = 21¯h2 /4μa2 . W 1 /W1ex = 21/2π 2 ≈ 1.06. Suggerimento. Funzione di prova nulla agli estremi e dispari, ortogonale allo stato fondamentale pari. 6.15. H < 0 e` condizione sufficiente. a1 > 1.36 aex e a2 > 1.55 aex . La ψ1 ha il corretto comportamento all’∞ . h¯ ω (nx + ny + 1) = h¯ ω (N + 1) , dWN = N + 1, N = 0, 1, ... 6.16. i) WN =

ii) minW = 3/2 h¯ ω ≈ 1.22 h¯ ω, da confrontare con Wex = h¯ ω . iii) Grande errore dovuto al comportamento ∝ exp(−αρ) invece che ∝ exp(−αρ 2 ) . Suggerimento. T = h¯ 2 α2 /2μ , V = 3K/4α2 .

2.7 Evoluzione temporale

81

2.7 Evoluzione temporale 7.1. tel ≈ 0.910−8 s ; t10−3 g ≈ 1016 s ≈ et`a dell’universo. 7.2. i) Solo √ √ H. √   ii) ±a 2 , con probabilit`a P± = [2(2 ± 2)]−1 1 + 2(1 ± 2) cos2 (wt/¯h) . iii) Ogni osservabile H, A, B, C, individua un sistema completo. 7.3. i) [A, B] = 0. ii) ψ(0) = 2−1/2 | i , 1 , 0 |T

=⇒ ψ(t) = 2−1/2 | i , cos(wt/¯h) , i sin(wt/¯h) |T .

7.4. i) Il sistema di Pauli si disaccoppia: [H0 ∓ μ0 B(z)]ψi (t) = i¯h∂ ψi (t)/∂t, i = 1, 2. ii) Dal teorema di Ehrenfest: d 2 z i /dt 2 ≈ ±μ0 /μ ∂ B(z i )/∂ z i , e poich´e i dati iniziali sono uguali, le traiettorie sono divergenti.



7.5. x t = − 3/8 h¯ /μω cos ωt ; W = 3/4 h¯ ω. √ Suggerimento. ψ0 = 1/2{u1 (ξ ) − 3 u0 (ξ )}, con un autostati dell’oscillatore.   7.6. i) Pb = 1 − P−b = 1 − 1/8 1 + R2 + 2 cos(w2t/¯h)R , √   ii) Pb,3c = 1/8 1 + R2 − 2 cos(w2t/¯h)R , con R = 2 cos(w1t/¯h) − sin(w1t/¯h) . 7.7. sˆx = h¯ /2 cos α(t) , sˆy = −¯h/2 sin α(t) , sˆz = 0 ; α(t) = (2μ0 B0 /¯h)(t + e−t − 1). 7.8. P↑→↓ (t) = B21 /(B20 + B21 ) sin2 (μB



B20 + B21 t/¯h).

  7.9. Psz =¯h (t) = 1/4 1 − 2 sin τt + sin2 τt . 7.10. Posto α(t) = (1 − cos ωt)gB/2ω e P(σ in ·σ f in =±) (t), le probabilit`a di permax

i

nenza o di inversione del segno, P+ o P− , per le osservabili σxin e σxf in sono: P(σ in ·σ f in =+) (t) = cos2 [α(t)] , P(σ in ·σ f in =−) (t) = sin2 [α(t)], x x x x P(σ in ·σ f in =±) (t) = 1/2 [1 ∓ sin 2α(t)] . σz e` costante del moto con probabilit`a ±1/2. x

y

7.11. sˆx (t) = sˆx cos 2ωt + sˆy sin 2ωt , sˆy (t) = sˆy cos 2ωt − sˆx sin 2ωt , sˆz (t) = sˆz . 7.12. i) Per W > V0 il pacchetto viene in parte riflesso e in parte trasmesso con velocit`a inferiore. Per W < V0 tutto riflesso con breve penetrazione sotto la barriera. ii) Esponenziali immaginari, salvo uno  reale al di l`a della barriera per W < V0 . iii) x = ±¯h p0 t/μ per x < 0 , e x = h¯

p20 − k02 t/μ per x > 0.

  Suggerimento. Principio della fase stazionaria: d/dk (kx − h¯ k2t/2μ) k=p = 0. 0

82

2 Risposte e suggerimenti

7.13. Δ p(t) = cost . Sfruttare il teorema di Ehrenfest.  7.14. P↑→↓ (t) = (ω0 /Ω0 )2 sin2 (Ω0t) , Ω0 = (ω/2 − ω1 )2 + ω02 , ω0 = μB0 /¯h , ω1 = μB1 /¯h . Per |B0 /B1 |  1 e ω  ω1 , ovvero Ω0 ≈ ω1 : |ω0 /Ω0 | ≈ |B0 /B1 | , P↑→↓ ≈ (B0 /B1 )2 sin2 (ω1 t)  1 . Per ω ≈ 2ω1 risonante, cio`e Ω0 = ω0 , anche con |B0 /B1 |  1 : P↑→↓ ≈ sin2 (ω0 t) . 7.15. Vedi 7.14. 7.16. Vedi 7.14.

 √  7.17. Posto α = μω/¯h : Δ xt = 1/ 2β cos2 ωt + (β 4 /α4 ) sin2 ωt ,  √   sin2 ωt + (β 4 /α4 ) cos2 ωt. Δ pt = μω/ 2β Suggerimento. Evoluzione del pacchetto libero in A.1

7.18. ψ(x,t) = 1/10 exp(−iW0t/¯h) [3 ψ0 − exp(−i8W0t/¯h) ψ2 ] . Il vettore passa dallo stato inziale ad ogni tempo τs = 2π h¯ /8W0 s = (μa2 /2¯hπ)s , s = 1, 2, ...   3/2 7.19. Δ xt Δ yt Δ zt = σ 2 1 + h¯ 2t 2 /4σ 4 μ 2 . Suggerimento. In x e y il moto e` libero. Lungo z, in rapresentazione di Heisenberg: zˆH (t) = −gt 2 /2 + t/μ pˆz + zˆ.

  7.20. i) ψ(x,t)= 8/5a sin πx/a exp(−itπ 2 h¯ /2μa2 )+cos πx/a exp(−it2π 2 h¯ /μa2 ) . ii) H t = H 0 = (4π 2 h¯ 2 /5μa2 ). iii) P(0 ≤ x ≤ a/2;t) = 1/2 + (16/15π) cos[ (3π 2 h¯ /2μa2 ) t ]. T √  7.21. i) Con C = A−iB , W0 =0 : W± =±¯h|C| ; ψ0 = 1/ 2 −C/|C| , 0 , C∗ /|C|  ,  T √ ψ± = 1/2  ±C/|C| , 2 , ±C∗ /|C|  . ii) sz t = h¯ cos |C|t.  T √ Suggerimento. ψ(t) = 12  C/|C|(cos |C|t +1) , −i 2 sin |C|t , C∗/|C|(cos |C|t −1)  . √ √ −3 7.22. ψ(x,t) = (8 30/π 3 a) ∑∞ m=0 (2m + 1) sin [(2m + 1)π x/a] ·   · exp −(i¯h/2μ) [(2m + 1)π/a]2 t . Gli integrali sono valutati nel 11.30. √ √ m −2 7.23. ψ(x,t) = (8 3/π 2 a) ∑∞ m=0 (−) (2m + 1) sin [(2m + 1)π x/a] ·   · exp −(i¯h/2μ) [(2m + 1)π/a]2 t .

2.7 Evoluzione temporale

83

H

7.24. i) W ≈ 0.55W1 ≈ −7.47 eV ; ii) Pl=1,m=1 = 1/5; iii) Pr a/v , P200 = cos2 (W+ a/¯hv) , P210 = sin2 (W− a/¯hv) . 7.28.  ψ(t) | Lx | ψ(t) =  ψ0 | Lx cos ωLt + Ly sin ωLt | ψ0 = h¯ cos ωLt , con ωL = e0 B/2μc . B  105 gauss . Vedi 7.26. 7.29. Definito ω = −1.9103μN B/¯h , μN = e0 h¯ /2m p c e m p massa del protone: i) ψ(t) = | cos ωt, −i sin ωt|T ; ii) P = − sin 2ωt ey + cos 2ωt ez .  t

1/2μω h¯ ds f (s) exp[iωs], si ottiene: 0  2 ˆ | n  . In particolare: Pn→m (t) = exp[−|K(t)|2 ] m | exp[iK(t)aˆ† ] exp[iK ∗ (t)a] P0→m (t) = exp[−|K(t)|2 ]|K(t)|2m /m! ,  2 P1→m (t) = exp[−|K(t)|2 ]|K(t)|2(m−1) /(m − 1)! 1 − |K(t)|2 /m .

7.30. Posto K(t) =

7.31. Con due misure si ottiene: P[{t = t, α} ; {t = 0, α}) = cos4 (wt/2¯h) . Con anche una misura intermedia: P[{t = t, α} ; {t = τ,Wi } ; {t = 0, α}] = 3/8 .  t

 t

7.32. Se Ω (t) = exp[−i ds ω(s) ] , f (t) = −i ds λ (s) Ω ∗ (s) , F(t) = z + f (t) : 0 0 √ i)  z | xˆ | z = 2Re{Ω (t)F(t)}; | z = ω(t)|F(t)|2 + 2λ (t)Re{Ω (t)F(t)}. ii)  z | H 7.33. i) Pa→2a = 64/9π 2 ; 2a ii) W (t) = (¯h2 π 2 /2μa2 ). 7.34. Con ω = e0 B/2me c , P↑→↓ (t = τ) = sin2 ωτ . τP=1 = (2n + 1)/2ω. √ 7.35. i) N = 1/ 2 ; ii) H = 3¯hω/2 ;  √ n+1 −iω(n+1/2)t iii) ψ(x,t) = ∑n=0 1/ 2 e ψn (x); iv) τ = 2π/ω.

84

2 Risposte e suggerimenti

7.36. Con ω = e0 B/2me c , P(σz = 1;t = τ) = sin2 ωτ , P(σx = 1;t = τ) = 1/2 . 7.37. i) ψ(x,t) = cos β exp(−iW0t/¯h)u0 (x) + sin β exp(−iW2t/¯h)u2 (x) con Wn e un (x) relativi all’oscillatore. ii) cos2 β e sin2 β . iii) x = 0 ad ogni tempo. 7.38. i) P↑z ;↑z (2¯h2 ) = 1 , P↑z ;↓z (2¯h2 ) = 1/2 , P↑x ;↑z (2¯h2 ) = 3/4 ; ii) S1z = h¯ /2 cos(ωt) , P(s1z = h¯ /2;t) = cos2 (ωt/2). 7.39. i) Con β = (e0 /4me c)B : Pn = cos2n β τ sin2(N−n) β τ , con n permanenze e N − n inversioni. ii) Solo permanenze se β τ = rπ, e solo inversioni se β τ = (r − 1/2)π.     ∗ 7.40. Ψ (ϕ;t) = N/2 1 − exp −i2¯ ht/μλ 2 cos 2ϕ . τ = π μλ 2 /¯h.     7.41. Ψ (ϑ , ϕ;t) = N/3 1+exp −i3¯ht/μλ 2 (3 cos2 ϑ − 1) . τ = 2π μλ 2/3¯h.   7.42. ψ(x;t) = (α2 /π)1/4 exp −α2 x2/2 + A2 − α2 x02 /2 · · exp −A2 e−2iωt + 2αxAe−iωt  − iωt/2 , con A = 1/2(αx0 + ip0 /α¯  h) ; 2 2 2 1/2 2 |ψ(x;t)| = (α /π) exp −α (x − x0 cos ωt − p0 /μω sin ωt) ; x(t) = x0 cos ωt + p0 /μω sin ωt ; p(t) = p0 cos ωt − μωx0 sin ωt. Δ 2 x(t) = 1/2α2 , Δ 2 p(t) = h¯ 2 α2 /2 , Δ x(t)Δ p(t) = h¯ /2.

2.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo 8.1. Al primo ordine perturbativo solo transizioni tra stati un di parit`a opposta. Suggerimento. Nota che con una perturbazione pari, tipo V0 x2 cos(ωt), sono permesse transizioni solo tra stati con uguale parit`a a ogni ordine. 8.2. Δ m = ±1. Utilizzare una ricorrenza dei polinomi di Hermite. √ 8.3. ck0 (t) = δk1 iF0 /(2 2π h¯ α) {eiπν+ t sin(πν+t)/ν+ + eiπν− t sin(πν−t)/ν− } , con ν± = ν ± ν¯ . P1 (t) = |c1 (t)|2 . ! " ˜ 8.4. i) P0→1 (t)=λ 2 /8 sin2 ω˜ −t/ω˜ −2 +sin2 ω˜ +t/ω˜ +2 −2 cos ωtsin ω˜ +t sin ω˜ −t/ω˜ + ω˜ − ˜ Le altre transizioni sono proibite. con ω˜ ± = (1 ± ω)/2. "2 ! 2 ˜ Poi rimane costante. ˜ ii) P0→1 (τ) = 2λ ω/(1 − ω˜ 2 ) sin2 (π/ω). iii) P0→1 (t) ≈ |K(t)|2 , come nel 7.30 al primo ordine perturbativo. 8.5. P0→2 (t ≥ T ) ≈ 1/2 (1 + δ ω/2ω)2 (δ ω/ω)2 sin2 ωT . Le altre sono nulle.   2 2 8.6. P0→1 (t  τ) = (qAτ)2 /2¯hmω π e−ω τ /2 . Le altre sono nulle.

2.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo

85

√ 8.7. c210,100 (t) = ieE0 /¯h (27 2/35 ) [r0 τ/(1 − iτΔWk0 /¯h)]. (0) (0) 8.8. i) Pn→k (t) = |Vkn /¯hωkn |2 , Vkn = k|V 0 |n , ωkn = (Wk −Wn )/¯h.   2  = k|V  |n . Notare le diverse dimensioni di V 0 e V  . ii) Pn→k (t) = Vkn /¯h . Vkn 0 0 iii) Formule valide anche per tempi finiti se ωkn τ  1.  2   8.9. P1→n = (2[H1 ]n1 /¯hωn1 ) sin(ωn1 τ/2) , con ωn1 = (Wn0 −W10 )/¯h ,

[H1 ]n1 ≈ (4V0 b/a) sin(nπ/2) . P1→2 = P1→4 = 0 ; P1→3 ≈ 1.47 · 10−4 .   "2 3 ! 8.10. i) P1→2 = 16a2 /9π 2 ≈ (e0 Eμ/¯h2 π) sin (3¯hπ 2 /4μa2 )τ   2 ≈ (16e0 Ea/9π 2 h¯ )τ , P1→3 = 0. ii) Non dipende da t. iii) Perturbazione “piccola” e τ “piccolo”.  2 8.11. P = 32ae0 E0 /9π 2 /[α2 h¯ 2 + (ΔW (0) )2 ], con ΔW (0) = 3π 2 h¯ 2 /8μa2 . (0)

(0)

(1)

= 3 h¯ ω/2 , W1

(0)

= 7 h¯ ω/2 . (1) (1) (1) (1) ii) Con μB = e0 B/2μc : W100 = 0 , W022 = −2μB h¯ , W02−2 = 2μB h¯ , W020 = 0 ,

8.12. i) W0

= 5 h¯ ω/2 , W2

(1)

W021 = −μB h¯ , W02−1 = μB h¯ . iii) Δ nx = ±1 , Δ ny = Δ nz = 0 . 2  iv) P0→1 = A2 α2 /8¯h2 [ei(ω+Ω )t − 1]/(ω + Ω ) + [ei(ω−Ω )t − 1]/(ω − Ω ) . v) Per ω, Ω molto grandi, solo il secondo termine con ω ≈ Ω : P0→1 ≈ A2 α2 /8¯h2 sin2 [(ω − Ω )t/2]/[(ω − Ω )t/2]2 , t→∞ ≈ (A2 α2 π/4¯ h2 )t δ (ω − Ω ). P0→1 8.13. P10→2p = 215 /310 π 2 [e0 E0 r0 /¯h]2 exp(−2ωτ) , ω = ΔW /¯h = 3/4(e20 /2¯hr0 ). 8.14. k pari, P = 0. k dispari P0→k = [64a2 (k + 1)2V02 ]/[π 4 k4 (k + 2)4 h¯ 2 ] F 2 (τ), √ 2 τ 2 /4) ; i) F = πτ exp(−ωk0 2 τ 2 )−1 ; ii) F = 2τ(1 + ωk0 iii) F = πτ exp(−ωk0 τ). Condizioni di validit`a : V /¯hω0  1 , τω0  1. Vedi Fi in 8.6. (1)

8.15. P0→±1 = (d 2 E02 /4¯h2 )[τ 2 (1 + ω02 τ 2 )−1 ]. (2)

P0→±2 = (d 4 E04 /64¯h4 ){τ 4 [(1 + 9ω02 τ 2 )(1 + 4ω02 τ 2 )]−1 }.  (1) 2   (2) P0→±2 = P0→±1 1/4 + O(τ 2 ω02 ) , cio`e un infinitesimo di un ordine superiore.

86

2 Risposte e suggerimenti

2.9 Momento angolare e spin 9.1. m = 0, ±1; P0 = 2/3, P±1 = 1/6. 9.2. i) No. ii) Si. iii) No. Notare: [H, L2 ] = (b − a)[z2 , L2 ] . 9.3. i) L2 = 2(2 + 1)¯h2 , con Pi = 1 . Lz = ±2¯h con Pii = 1/2 ciascuno. ii) In campo centrale le probabilit`a non mutano perch´e L2 e Lz costanti del moto. i) Se {s1 , s2 } = {1/2, 1/2}: W0,0 = −3α¯h2 /4 , W1sz = α¯h2 /4 + β h¯ sz con sz = −1, 0, 1 . ii) Se invece {s1 , s2 } = {1/2, 3/2} : W1sz = −5α¯h2 /4 + β h¯ sz con sz = −1, 0, 1 , W2sz = 3α¯h2 /4 + β h¯ sz con sz = −2, −1, 0, 1, 2.

9.4.

9.5. i) P0,0 = P1,0 = 1/2 ; ii) sz = 0. 2 , L z e L ± in coordinate polari. Vedi A.3. 9.6. Suggerimento. Applicare a ψ L 9.7. P+ = cos2 (θ /2) , P− = sin2 (θ /2). Suggerimento. Sθ = Sz cos θ + Sx sin θ . 9.8. ±¯h , con probabilit`a 1/2. 9.9. Sx = Sy = 0 ; Sx2 m = Sy2 m = (2 − m2 )¯h2 /2. 9.10. Suggerimento. Valutare l’evoluzione di ψ(0) sviluppandola sulla base delle autofunzioni di H. 9.11. Suggerimento. Applicare Sz = S1z + S2z e S2 = Sz2 + (S+ S− + S− S+ )/2 , con S± = S1± + S2± , agli stati prodotto diretto e a loro combinazioni lineari. Oppure, con qualche conoscenza in pi´u, applicare l’abbassatore S− al peso massimo di S. 9.12. i) P+ (x) = P+ (y) = 1/2, P+ (r) = (1 + n)/2. ii) Sx 0 = Sy 0 = 0, Sr 0 = n¯h/2. iii) Δ02 (sx ) = Δ02 (sy ) = h¯ 2 /4. iv) Spin costante del moto. Suggerimento. Sr = lSx +mSy +nSz . Oppure ruotare lo stato: |1/2 r = Rϕ Rθ |1/2 z .

2.9 Momento angolare e spin



87



9.13. S2T = 1/4 (N − 2n)2 + 2N . Suggerimento. S2T = S2n + S2N−n + 2Sn · SN−n . 9.14. N!/[n!(N − n)! ] con n = Sz + N/2. 9.15. Suggerimento. Essendo lo stato a terza componente nulla, basta dimostrare una delle due: J± ψ = 0. 9.16. Suggerimento. Dal peso massimo |2, 2 , con abbassatori e propriet`a di ortogonalit`a. 9.17. Pm1 = j1 = j1 /( j1 + j2 ).   9.18. P± = 1/2 (1 ± n) sin2 α + (1 ∓ n) cos2 α ± m sin 2α . 9.19. i) P(s2z = 1/2) = 1/3 , P(s2z = −1/2) = 2/3 . ii) P(s2y = ±1/2) = 1/2 , P(s1y = 0, ±1) = 1/3. 9.20. Lz = h¯ (x0 k2 − y0 k1 ). 9.21. t = π/(4λ h¯ 3 ). 9.22. Lz = 0 ; L2 = 2¯h2 ; p2 /2μ = h¯ 2 k2 /2μ. Suggerimento. Stato di particella libera.

9.23. Definiti μ˜ e,p = μe,p B e A = (μ˜ e − μ˜ p )2 + 4γ 2 : Wσ 1 = μ˜ e + μ˜ p + γ , ψ1 = |1, 0, 0, 0|T ;  T



  Wσ ± =−γ ± A , ψ± = γ/A 0, ± [A ± (μ˜ p − μ˜ e )]/2γ, 2γ/[A ± (μ˜ p − μ˜ e )], 0 ; Wσ 4 = −μ˜ e − μ˜ p + γ , ψ4 = |0, 0, 0, 1|T . √   9.24. |3/2, ±3/2 =| ± ±± , |3/2, ±1/2 =1/ 3 | ± ±∓ + | ± ∓± + | ∓ ±± ; √   |1/2, ±1/2 1 = 1/ 6 2| ± ±∓ − | ± ∓± − | ∓ ±± ; √   |1/2, ±1/2 2 = 1/ 2 | + −± − | − +± . Suggerimento. Le due 1/2 non sono univocamente determinate, e si ottengono per ortogonalit`a tra di loro e con gli stati |3/2, ±1/2 . 9.25.

  1 + cos β −√2 sin β 1 − cos β         cos(β /2) − sin(β /2) √ 1  √  (1/2) (1)   Ry = , R =  . 2 sin β 2 cos β − 2 sin β y   2  sin(β /2) cos(β /2)    √ 1 − cos β 2 sin β 1 + cos β  1

9.26. | 0, 0 = (2l + 1)− 2 ∑m=−l,+l (−)m | l, m; l, −m .

88

2 Risposte e suggerimenti

9.27. Δ 2 Lx = Δ 2 Ly = n2 /(2n − 1) , Δ 2 sin θ = 1 − (2n + 1)/(2n + 3). 9.28. i) m = 0, ±1 , l = 1, 2 . ii) Pm=0 = 5/14 ; Pm=±1 = 9/28 ; Pl=1 = 5/7 , Pl=2 = 2/7 . iii) Posto h¯ = 1 , ψ | Lz | ψ = 0 , ψ | L2 | ψ = 22/7. 9.29. i) W11 = W1−1 = 0 , degeneri, W10 = −2β , W00 = 2β , non degeneri. 10 = −2β , W 1−1 = (qB/μc)¯h , W 00 = 2β . 11 = −(qB/μc)¯h , W ii) W (0)

(0)

9.30. i) W1/2 = −3/4α¯h2 e W3/2 = 3/4α¯h2 , degeneri 4 volte; W1/2,± = −3/4α¯h2 ± 1/2g¯hωL , degeneri 2 volte; W3/2,±3/2 =3/4α¯h2 ±3/2g¯hωL , W3/2,±1/2 =3/4α¯h2 ±1/2g¯hωL , non degeneri. ii) B = α¯hμc/qg. 9.31. W = −α¯h2 s(s + 1) , W  = α¯h2 [s(s + 1) − 3]/2 , s = 0, 1, 2. 9.32.  (n1 · s1 )(n2 · s2 ) = −(l1 + l2 )¯h2 /4. Vedi 9.12. 9.33. i) L2 = 2¯h2 ; Lz = 0; ii) P(θ , ϕ; dΩ ) = (1/8π)(sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + 2 cos θ )2 dΩ . 9.34. Wsoj=3 = 2β h¯ 2 , d = 7 ; Wsoj=2 = −β h¯ 2 , d = 5 ; Wsoj=1 = −3β h¯ 2 , d = 3.

9.35. Posto |ψ = |+ 1z [ 1/2(|+ 2z + |− 2z )] , si ottiene: |ψ | 0 T |2 = 1/4. √  † 9.36. i) Posto Σ = a2 + b2 : s± = ±Σ , χ± = α± β±  con α± /β± = ia/(b∓Σ ) = = (b ± Σ )/ia. ii) P± = (b ∓ Σ − a)2 /{2[a2 + (b ∓ Σ )2 ]}.

9.37. |l + 1/2, l − 1/2 = 2l/(2l + 1) |l, l − 1; 1/2, 1/2 + √ +1/ 2l + 1 |l, l; 1/2, −1/2 , √ |l − 1/2, l − 1/2 = −1/ 2l + 1 |l, l − 1; 1/2, 1/2 +

+ 2l/(2l + 1) |l, l; 1/2, −1/2 . 9.38. i) P↓ = 2/3 . ii) P(θ , ϕ) = 1/4π. 9.39. Lx = 0 ; Lx2 = 1/2¯h2 [l(l + 1) − m2 ].   9.40. i) | ψ f | 2 = (3/8π) sin2 θ 1 − 2Re(c∗p cd ) cos θ , con c p e cd coefficienti arbitrari dell’onda p e dell’onda d, con |c p |2 + |cd |2 = 1. ii) Se si conserva la parit`a, | ψ f | 2 = (3/8π) sin2 θ .

2.10 Molte particelle

9.41. σaΔ : σbΔ : σcΔ = 9 : 1 : 2 ; ∗ 9.42.

∗

∗

89

∗

σaN : σbN : σcN = 0 : 4 : 2.

i) 1/4 , 1/2 , 1/4 ; ii) 1/2 , 1/2 ;

iii) No.

9.43. i) H = Hosc + H1 , con H1 = (qK/2μ 2 c2 ) S · L ;     ii) Wn,l, j = h¯ ω 2n + l + 3/2 +qK/4μ 2 c2 ) j( j + 1) − l(l + 1) − 3/4 , con n = 0, 1, 2... l = 0, 1, 2, ... j = l ± 1/2.

2.10 Molte particelle 10.1. i) Wne = 1,nμ =1 ≈ − (2e4 /¯h2 )(me + mrμ ), con 1/mrμ = 1/mμ + 1/ME e ME massa del nucleo di elio. Non c’`e degenerazione di scambio. ii) Il muone e` molto vicino al nucleo e scherma in parte la carica del nucleo, per cui: Wsch ≈ −(e4 /2¯h2 )(me + 4mrμ ). iii) W∞,1 < W1,2 , con W∞,1 = energia di ionizzazione dell’elettrone, e W1,2 = primo stato eccitato del muone. 10.2. Separate le equazioni nelle variabili X del centro di massa e x = x1 − x2 : + (n2 π 2 h¯ 2 )/(8μa2 ) con M = μ1 + μ2 e μ = (μ1 μ2 )/(μ1 + μ2 ), Wn = P2 /2M

φn (x1 , x2 ) = 1/2π h¯ exp(iPX/¯h) un (x), con gli un coseni e seni di 1.1. Poich´e 1 ↔ 2 comporta x → −x : per bosoni solo n dispari, per fermioni solo n pari. 10.3. Ψ = Φ(X) unx (x) uny (y) unz (z) χs (σ ), con s = 0, 1 per N = nx + ny + nz pari o dispari; W = P2 /2M + h¯ ω(N + 3/2) + {−3V0 h¯ 2 /4,V0 h¯ 2 /4}, per N pari o dispari. He He He 10.4. W2He 1S ≈ −4.07 w0 , W2 3S ≈ −4.25 w0 ; I2 1S ≈ 0.073 w0 , I2 3S ≈ 0.25 w0 . +

+

W2Li3S ≈ −10.12 w0 ; I2Li3S ≈ 1.12 w0 . Il non buon accordo con i dati sperimentali relativi agli stati eccitati e` dovuto allo schermo della carica nucleare da parte dell’elettrone interno.    ψ (1) ψ (1) ψ (1)  ψ1+ = u100 χ+1/2 1− 2±  1+   1   i) Ψ± = √  ψ1+ (2) ψ1− (2) ψ2± (2)  ψ1− = u100 χ−1/2  3!    ψ1+ (3) ψ1− (3) ψ2± (3)  ψ2± = u200 χ±1/2

ii) Il livello e` degenere 2 volte: ψ± = 1/3! det | ψα j (i) | , con i = 1, 2, 3 e con α1+ = {n1 , l1 , m1 ; s1 } = {1, 0, 0; 1/2}, α1− = {1, 0, 0; −1/2}, α2± = {2, 0, 0; ±1/2}. Posto uj (i) =ui00 (ri )(i, j = 1, 2), si trova: (ψ+ ,V ψ+ ) = (ψ− ,V ψ− ) = e2 dx1 dx2 (|x1 − x2 |)−1 · ·{u21 (1)u22 (2) + u21 (2)u22 (1) + u21 (1)u21 (2) − u1 (1) u2 (2)u1 (2)u2 (1)}.

10.5.

90

2 Risposte e suggerimenti

Suggerimento. La repulsione coulombiana e` diagonale sugli spin e quindi sugli stati ψ± . V = V12 + V23 + V13 e  ψ+ | V | ψ+ ) = 3 ψ+ | V12 | ψ+ . V12 e` diagonale sulle ψα j (3), e conviene sviluppare il determinante lungo questa riga. I prodotti scalari tra queste funzioni e tra le funzioni di spin danno origine a delle δii . 10.6. i) ψ0 = u111 (x1 )u111 (x2 )χStot =0 ; P(x)dx = |u111 (x)|2 dx . ii) W0 = (3π 2 h¯ 2 /4μa2 ) − 3A¯h2 /4. 10.7. ΔW10 = 3/8 10−10 erg , ΔW21 = 1/4 10−10 erg. Suggerimento. In virt`u del principio di esclusione di Pauli: W0 = 2W111 +W112 , W1 = W111 + 2W112 , W1 = 2W111 +W122 = W1 , W2 = 2W111 +W113 . (0)

(0)

10.8. ΨB = ∑6i=1 ciΨBi (1, 2, 3, 4, 5), (0) ΨBi = ∑P εP ψα1 (1)ψα2 (2) ψα3 (3)ψα4 (4)ψα5i (5) , con: α1 = {1, 0, 0; 1/2}; α2 = {1, 0, 0; −1/2}; α3 = {2, 0, 0; +1/2}; α4 = {2, 0, 0; −1/2}; α5i = {2, 1, {1, 0, −1}; ±1/2}, i = 1 − 6. 10.9. i) 10 stati. ii) S = 1, 3. iii) Detto χ{i jk} il prodotto simmetrizzato e normalizzato di singoli spin χ1 , χ2 e χ3 , con s = −1, 0, 1 :   √ |3/3 = χ333 , |3/2 = χ{332} , |3/1 = 2χ{322} + χ{331} / 5 ,  √  √   |3/0 = 2χ222 + χ{123} / 5, |3/ − 1 = 2χ{122} + χ{311} / 5 ,   √ |3/ − 2 = χ{112} , |3/ − 3 = χ111 ; |1/1 = χ{322} − 2χ{331} / 5 ,  √  √   |1/0 = χ222 − 2χ{123} / 5 , |1/ − 1 = χ{122} − 2χ{311} / 5 . iv) La funzione data non e` accettabile per s = 1/2. 10.10. WLipert = {−9/4 Z 2 + 5965/2916 Z}w0 = −14.11 w0 = −191.90 eV . 10.11. WLivar ≈ −14.47w0 = −196.75 eV. 10.12. WLivar ≈ −14.58w0 = −198.26 eV. 10.13. {L, S} entrambi pari o dispari. Vedi A.15. 10.14. i) P(r1 , r2 ) = 2 |ψ(r1 , r2 )|2 dV1 dV2 ; P(r, r) = |ψ(r, r)|2 dV dV . Notare il primo 2 . ii) 1 = Ptot =  dx1dx2 |ψ(x1 , x2 )|2 , tiene conto dei due casi precedenti. dr |ψ(r1 , r2 )|2 . iii) P(V,V ) = V dr 1 V 2 iv) P(V,CV ) = 2 V dr1 CV dr2 |ψ(r1 , r2 )|2 : CV = spazio complementare di V . Suggerimento. La funzione d’onda di particelle identiche e` simmetrica, ma l’interpretazione probabilistica e` la stessa del caso di particelle distinguibili.

2.10 Molte particelle

91

10.15. La degenerazione di,n degli stati |s = i,W = Wn e` data da: i) d0,0 = 1, d1/2,0 = 1, d1,0 = 6, d0,1 = 0, d1/2,1 = 9, d1,1 = 9, d0,2 = 6. ii) d0,0 = 1, d1/2,0 = 1, d1,0 = 6, d0,1 = 3, d1/2,1 = 12, d1,1 = 27. iii) I livelli vengono corretti dal termine −μB B (Lz + 2Sz ). Suggerimento. Risolvere il primo potenziale nella coordinata relativa, e poi in coordinate polari; il secondo nelle coordinate della singola particella e poi in coordinate cartesiane, moltiplicando e simmetrizzando le funzioni. In quest’ultimo caso, nx + ny + nz = 1 corrisponde unicamente a l = 1 in coordinate polari. 10.16. i) e ii) W0 = (1/a2 + 1/b2 + 1/c2 )¯h2 π 2 /μ + (27λ /8abc) + ... . iii) W0 = (5/2a2 + 1/b2 + 1/c2 )¯h2 π 2 /μ + ..., con correzione nulla al primo ordine.

10.17. WN = W3 + (N + 1) h¯ ω , W3 continuo, ω = 3K/μ , N = n1 + n2 , n1 , n2 = 0, 1, 2, .... 10.18. i) Per bosoni identici, W0 = W3 + h¯ ω , come nel 10.17. ii) Per fermioni identici di spin 1/2 lo stato fondamentale corrisponde a N = 1, e W1 = W3 + 2¯hω . Suggerimento. La funzione d’onda spaziale con N = 0 e` simmetrica, e non e` possibile antisimmetrizzare su tre spin a due valori. Lo stato con N = 1 pu`o essere scelto antisimmetrico, considerando le nuove variabili r1 = x2 − x3 e r1 = x3 − x1 . (1/2)

(1/2)

(1/2)

10.19. i) dN=0 = 1 , dN=1 = 12 , dN=2 = 39 . (1)

(1)

(1)

ii) dN=0 = 6 , dN=1 = 27 , dN=2 = 99 . Suggerimento. Negli stati prodotto diretto (n1i )(n2j ), attenzione alla degenerazione per scambio di particelle 1↔2 e per permutazioni entro le terne nl . 10.20. i) d2s2p = 22s × 62p = 12 . dL=1;S=0,1 = 3L × (1 + 3)S = 12 , ii) d2p3p = 62p × 63p = 36 . dL=0,1,2;S=0,1 = 9L × 4S = 36 . Suggerimento. Si pu`o sempre simmetrizzare e antisimmetrizzare: nel primo caso l1 = l2 , nel secondo n1 = n2 . 10.21. Posto w0 = π 2 h¯ 2 /8μa2 , Wn1 ,n2 = n w0 con n = (n21 + n22 ) . a) W11 = 2 , W12 = W21 = 5 , W22 = 8 , W31 = W13 = 10 . b) dn=2 = dn=8 = {1, 4, 6} ; dn=5 = dn=10 = {4, 8, 9} . Le tre degenerazioni tra parentesi si riferiscono ai casi {i, ii, iii}.

92

2 Risposte e suggerimenti

2.11 Argomenti vari 11.1. No. I prodotti scalari sono su misure diverse: exp(−ρ) nel caso dei polinomi generalizzati di Laguerre, e exp(−2kn r), una per polinomio, nel caso degli stati legati dell’atomo di idrogeno, individuati dal numero quantico n.

11.2. x n = a/2 ; Δn x = a 1/12 − 1/(2n2 π 2 ). 11.3. Le due matrici diagonali A e B con −a11 = a22 = a33 = 1, b11 = b22 = −b33 = 1, e tutti gli altri elementi nulli. 11.4. α = ±a , ciascuno degenere due volte. Pa = 3/4, P−a = 1/4. √   11.5. i) P0 = 25/4 / 1 + 2 ; ii) P1 = 0 ; √ 5  iii) P2 = 21/4 / 1 + 2 . Suggerimento. Attenzione alle norme! 11.6. (ψ, Hψ) = 11/6 hν. 11.7. No: p2 − p 2 = Δ 2 p = 0. #z ] = i¯h cos ϕˆ ; Δm sin ϕ Δm Mz = 0 = cos ϕ ˆ M ˆ m. 11.8. [sin ϕ, 2 4π p2 d p, con ψ(p)   = 11.9. P(p, p + d p) = |ψ(p)|



$ 23 h¯ 5 r03 /π 2 (¯h2 + r02 p2 )2 .

11.10. Suggerimento. Teorema di Ehrenfest ed equazione di Newton.  √ 2  2 

√ 11.11. P(W )dW =  c( 2μW )  +  c(− 2μW )  μ/2W dW,

√   2 2 c(p) = β / π exp − β (p − p0 ) /2 . 11.12. i) [H,C] = 0 . ii) H = 1/2 pˆ2 , A = pˆ , B = −xˆ , oppure H = 1/2 xˆ2 , A = xˆ , B = p. ˆ 11.13. Tutti i valori di aspettazione di p e di L sono nulli. Suggerimento. Funzioni reali di variabile reale danno valori di aspettazione nulli per operatori autoaggiunti immaginari. 

∞ l 11.14. ψ(r, θ , ϕ) = ∑∞ l=0 ∑m=−l 0 dk clm (k)Rkl (r)Ylm (θ , ϕ), essendo Rkl (r) le autofunzioni generalizzate del continuo. Vedi A.6.

11.15. Da ψ2n = ul=1 (x) χs=1 , segue ηπ − = −1 .

2.11 Argomenti vari

93

 1/3 11.16. Suggerimento. q = αQ , p = β P , αβ = h¯ α2 = h¯ 2 /λ μ . 11.17. A = (x · p + p · x)/2. Suggerimento. W | [A, H] | W = 0 , [A, p2 ] = i¯h2p2 , [A, x2 ] = −i¯h2x2 , [A, f (x2 )] = −i¯h2x2 d f (x2 )/dx2 , per f analitica. √   11.18. χ1 = 15/4 , χ2 = 39/4 , χ3 = 75/4 , χ4,5 = 63 ± 3993 /4. 11.19. Poich´e Δ x · Δ p ≥ h¯ /2 , Δ p = 0 . P = (π 2 h¯ 2 /12μV )(1/a21 + 1/a22 + 1/a23 ). 11.20. No, perch´e lo spettro di C e` non degenere.   11.21. Suggerimento. i/¯h p, ˆ H = ∂V /∂ x. Oppure con il teorema di Ehrenfest. 11.22. Px0 a = A2 E 2 4πσ exp[2σ (k2 − k02 ) − 2kx0 ] . Non dipende dal tempo. 11.23. Suggerimento. Le autofunzioni possono essere scelte reali. 11.24. W ≈ 67 eV. (2)

= −d 2 E 2 I/¯h2 . pE = 2d 2 I/¯h2 . Suggerimento. ∂ d /∂ E = −(1/E)∂ H/∂ E = −(1/E)∂ H /∂ E.

11.25. W0

11.26. rN = r0 N 2 /Z ≈ (3/2)2/3 r0 Z −1/3 , con r0 raggio di Bohr. 11.27. i) r ≈ Z −1/3 r0 ; ii) r ≈ Z 2/3 r0 ; iii) r ≈ Z 2/3−α r0 , α > 1. 11.28. P0→n = (ασ )2n /2n n! exp[−α2 σ 2 /2] , con σ = (μK/¯h2 )1/4 , α = qE/K. 11.29. In entrambi i casi l’incognita e` W02 − η 2 . 11.30. Con w0 = π 2 h¯ 2 /2μa2 : √ i) c1,n = (ψn , φ1 ) = − 240/π 3 [1 + (−)n ]/(n + 1)3 , |c1,0 |2 ≈ 0.999, √ |c1,2 |2 ≈ 0.001 . W φ1 = 10/π 2 w0 , Wφ21 = 120/π 4 w20 , ΔWφ1 = 20/π 2 w0 ; √ ii) c2,n = (ψn , φ2 ) = −[1 + (−)n ]8/{ 3π(n + 1)[(n + 1)2 − 4]}, |c2,0 |2 ≈ 0.961, √ |c2,2 |2 ≈ 0.038 . W φ2 = 4/3w0 , Wφ22 = 16/3w20 , ΔWφ2 = 4 2/3w0 . 11.31. i) α e β non sono compatibili. ii) Pa1 →a1 = 97/169.

94

2 Risposte e suggerimenti



√ 1/2 d/dx − 2 x/(x2 + a2 ). Suggerimento. La funzione u0 non ha nodi, e quindi e` lo stato fondamentale. 11.32. D = −

11.33. i) W = −μλ 2 /2¯h2 , vedi 4.1; √ √  2 2 ii) PW = (2 2/ σ π) e−x0 /2σ k3/ k2 + k02 . 11.34. P1s = 29 /36 , P2s = 1/4 , P2p = 0. 11.35. i) Gli autovettori di A sono |1 e |1 , il primo con autovalore α1 = 1/2, e il secondo non determinabile dai dati. ii) La seconda misura su B2 e` sbagliata. √  iii) Per C si trova: γ± = 1 ± 1/2, con |γ± = 1/ 2 |1 ± | 2 . 11.36. i) ψ|H|ψ = 2π 2/3a2 . ii) P0 = P2 = 0 , P1 = 256/(27π 2 ) , P3 = P1/25. 11.37. i) F = 7.6 · 109 eV /cm . ii) W2 = 4W1 = 152 eV . Suggerimento. Teorema di Feynman-Helmann. √ 11.38. Wl = W0 + 2W1 cos θl ; |l, k = exp(ikθl )/ N ; l = 0, 1, 2, ..., N − 1, θl = 2πl/N , k = 1, 2, ..., N. 11.39. Pext = 1 − Pint ≈ 16%. 11.40. Massimo e minimo per b =





1/2 e a = ±

1/2 , rispettivamente.

11.41. i) P1 = 32/9π 2 ; ii) P2 = 1/2 = Pmax ; iii) Pk = [2πa/¯h(π 2 − k2 a2 )2 ].   11.42. i) V j (x) = h¯ 2 /2μ j( j − 1)/x2 − 2 j/xx0 . ii) Wnx j = −¯h2 /2μ(1/x02 ) j2 /(nx + j)2 , nx = 0, 1, ... Suggerimento. Non c’`e degenerazione accidentale, ma quella legata a {n j, nnx }, con n intero. 11.43. i) Stato legato perch´e a norma finita. ii) V (x) = −β + h¯ 2 /2μ(α2 − 2α/x) per 0 ≤ x . iii) Wn = −β + α2 h¯ 2 /2μ(1 − 1/n2 ). P(W ) = 1, 0 per W = −β , = −β . 11.44. i) x(t) = X cos ωt.

ii) Wcl = μω 2 X 2 /2 , X = 2¯hN/μω (n ≈ s ≈ N ).

2.11 Argomenti vari

95

  ∗ 11.45. |C |2 = (2l + 1)(l − 2)!/(l + 2)! 1 + (−)l 2 , l ≥ 2. l 

Suggerimento. Con Yl2 (ζ , ϕ) = (2π)−1 exp(2iϕ) Nl2 (1 − ζ 2 ) d 2/dζ 2 Pl (ζ ) : ∞ Φ = ∑l=2Cl Yl2 (θ , ϕ).   √ 11.46. i) P(p)d p = (1/¯ha π) exp −(1/a2 h¯ 2 )p2 d p. ii) Δ x Δ p = h¯ /2. 



11.47. i) W n = p2n /2μ + K/2xn2 = K/μ p2n xn2 = K/μ Δn2 x Δn2 p ; da qui:

W n ≥ K/μ h¯ /2 = h¯ ω/2 = W0 .

2 ) di prova, si ottiene ψ (x) = exp(−x2 K/μ/2¯ ii) Con ψ(x) = exp(−αx h) . 0 √ iii) ψ1 (x) = 2α x ψ0 (x).

11.48. i) N = α3 /π ; ii) α = Z/r0 ; iii) W0 = Z 2 e20 /2r0 ; iv) V = 2W0 , T = −W0 ; v) r = 3r0 /2Z ; vi) r = r0 /Z. T T T √  √  √  11.49. ψ1 = 1/ 50, 2, −1 , ψ2 = 1/ 65 − 6, 2, 5 , ψ3 = 1/(3 5)4, 2, 5 . α1 = 3 , α2 = −3 , α3 = 7 . Autostati non ortogonali: matrice non hermitiana.

3

Soluzioni

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione 1.1. i) Autovalori e autovettori della buca infinita in −a < x < a sono dati da: ⎧ nπx −1/2 ⎪ sin per n pari ⎨un (x) = a 2 2 h¯ π 2 2a n ←→ Wn = ⎪ 8μa2 ⎩un (x) = a−1/2 cos nπx per n dispari. 2a ii) La funzione d’onda assegnata pu`o dunque facilmente esprimersi come: 1 ψ(x) = √ [u1 (x) + 2u2 (x)]. 5 iii) I possibili risultati della misura e relative probabilit`a sono dati da: W1 =

h¯ 2 π 2 , 8μa2

1 P1 = ; 5

W2 =

h¯ 2 π 2 , 2μa2

4 P2 = . 5

La medesima misura eseguita immediatamente dopo la prima, deve dare per continuit`a lo stesso risultato, e quindi le probabilit`a di ritrovare lo stesso autovalore e` uguale a uno, mentre e` nulla la probabilit`a di trovare l’altro. Poich´e l’Hamiltoniana non dipende dal tempo, tutte le ampiezze dipendono dal tempo solo tramite un fattore esponenziale di modulo uno, per cui le probabilit`a relative all’energia rimangono inalterate fino alla successiva misura. 1.2. Con le definizioni:

k = 2μW /¯h,

k¯ =



2μ(V0 −W )/¯h,

0 < W < V0 ,

Alabiso C., Chiesa A.: Problemi di meccanica quantistica non relativistica c Springer-Verlag Italia 2013 DOI 10.1007/978-88-470-2694-0 3, 

98

3 Soluzioni

la soluzione generale dell’equazione agli autovalori e` data da: ⎧ ⎨Aeikx + Be−ikx 0 < x < a u(x) = ⎩ kx ¯ ¯ Ce + De−kx a < x. Dobbiamo ora imporre le condizioni al contorno, u(0) = u(∞) = 0 =⇒ A + B = 0 e C = 0, e le condizioni di raccordo per la funzione e la derivata prima in x = a. Si ottiene: ⎧   ¯ ⎨A eika − e−ika = De−ka  ⎩  ika ¯ ¯ −ka Aik e + e−ika = −Dke . Dividendo la seconda per la prima, si trova infine l’equazione trascendente cercata: ¯ k cot ka = −k. 1.3. Gli stati legati sono non degeneri, e le funzioni d’onda sono puramente reali, ovviamente a meno di un coefficiente moltiplicativo. Se cos`ı non fosse, ψ e ψ ∗ sarebbero entrambe soluzioni linearmente indipendenti, contrariamente alle ipotesi. Possiamo disegnare la funzione d’onda ψn utilizzando un sistema di assi cartesiani con le ordinate sovrapposte a quelle dell’energia, e le ascisse sovrapposte alla retta W = Wn . Le funzioni vanno a zero esponenzialmente a ±∞, dove Wn < V (x). Hanno comportamento oscillante all’interno della buca, dove Wn > V (x). Hanno flessi obliqui nei punti dove la funzione si annulla, e in quelli di inversione classica, dove |V (x) − Wn | = 0. Le oscillazioni entro la buca sono regolate in sostanza dal valore |V (x) − Wn |: tanto pi`u piccolo e` tale valore, tanto meno oscilla la funzione. Lo stato fondamentale, quello a energia minima, e` senza nodi; il primo eccitato ne ha uno, il secondo due, ecc. Se il potenziale e` pari, le autofunzioni hanno la stessa parit`a dell’indice. Sull’asse delle ascisse le funzioni non hanno minimi, massimi o flessi W2 orizzontali. Se ci`o avvenisse, si annulleW1 rebbero nello stesso punto funzione e derivata prima nel primo caso, e derivata priW 0 ma e derivata seconda nel secondo caso. Per il teorema sull’unicit`a della soluzione, nel primo caso sarebbe identicamente nulla la funzione d’onda, mentre nel secondo caso lo sarebbe la derivata prima, con funzione d’onda costante, e quindi ancora identicamente nulla per le condizioni di annullamento a ±∞. Nel grafico sono stati indicati i comportamenti salienti di queste: i comportamenti asintotici a zero, e tutte le ascisse ove le tre funzioni hanno sicuramente un flesso. Per W > 0, le funzioni sono oscillanti con frequenza crescente con |V (x) −W |.

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

99

1.4. Dati i coefficienti ρ e τ per una barriera, possiamo dire che attraverso di essa due soluzioni linearmente indipendenti si trasformano nel seguente modo: eikx + ρe−ikx =⇒ τeikx ,

e−ikx + ρ ∗ eikx =⇒ τ ∗ e−ikx

con

|ρ|2 + |τ|2 = 1,

dove la seconda soluzione e` la complessa coniugata della prima, e la soluzione generale:     A eikx + ρe−ikx + B e−ikx + ρ ∗ eikx =⇒ Aτeikx + Bτ ∗ e−ikx , ovvero: con:

Ceikx + De−ikx =⇒ C eikx + D e−ikx , ⎧ ⎨C = A + Bρ ∗ ⎩D = Aρ + B

e

⎧ ⎨C = Aτ = C/τ ∗ − Dρ ∗ /τ ∗ ⎩D = Bτ ∗ = −Cρ/τ + D/τ.

Le espressioni di C e D si ottengono ovviamente risolvendo il primo sistema rispetto ad A e B e sostituendo questi valori nel secondo, tenendo conto della relazione |ρ|2 + |τ|2 = 1. La trasformazione da {C, D} a {C , D } si pu`o esprimere in forma matriciale tramite la matrice di trasferimento:      1/τ ∗ −ρ ∗ /τ ∗  M=  −ρ/τ 1/τ  che collega la soluzione generale a sinistra della barriera con quella a destra. Nel nostro caso abbiamo una seconda barriera identica posta a distanza L dalla prima, e quindi operariamo nuovamente con la matrice di trasferimento sulla funzione d’onda traslata appunto di L:           ikL    0  C  e C  .    = MTL M   e TL =  D  0 e−ikL  D  La matrice TL e` evidentemente la matrice di traslazione, e la formula riguarda la soluzione generale. Noi cerchiamo la soluzione particolare tipica dell’effetto tunnel, con parametri di riflessione e trasmissione, per cui:                 ikL 1 − ρ ∗ ρ2 /τ ∗2 + e−ikL |ρ|2 − ρ ∗ ρ2 /|τ|2  τ2   1  e   = MTL M   =  .          ikL  0 ρ2   e −ρ + |ρ|2 ρ2 /|τ|2 + e−ikL −ρ + ρ2 /τ 2 

100

3 Soluzioni

Ricaviamo ρ2 dalla seconda e lo sostituiamo nella prima: ⎧ τeikL + τ ∗ e−ikL ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ρ2 = ρ τ|ρ|2 eikL + τ ∗ e−ikL ⎪ |τ|2 ⎪ ⎪ ⎩τ2 = τ . 2 ikL τ|ρ| e + τ ∗ e−ikL Vale la pena controllare che continua ad essere |ρ2 |2 + |τ2 |2 = 1. 1.5. i) Si possono avere stati legati per −V0 < W < 0. La condizione di esistenza di almeno uno stato legato corrisponde a quella di esistenza del primo stato dispari per la buca simmetrica ottenuta da quella data per specularit`a rispetto all’asse delle ordinate. Queste condizioni saranno meno restrittive rispetto alla buca quadrata semplice, grazie alla barriera V1 , che comporta una discesa pi`u rapida della funzione d’onda per x > a. Per 0 < W gli stati sono liberi, anche per 0 < W < V1 . In quest’ultimo caso per`o esistono pacchetti d’onda, soluzioni dell’equazione completa, temporaneamente “quasi confinati” in 0 < x < a, le cosiddette risonanze che decadono per effetto tunnel. ii) Introduciamo anzitutto le variabili utili nelle tre regioni:



k0 = 2μ(V0 +W )/¯h, k1 = 2μ(V1 −W )/¯h, k = −2μW /¯h. La condizione u(0) = 0 determina la soluzione nella buca: u(x) ∝ sin (k0 x). Se h¯ 2 /(2μa2 )  (V1 + V0 ), con a e V0 fissi e V1 molto grande, possiamo considerare il potenziale come una buca infinita e imporre condizioni di annullamento anche in x = a, ottenendo per il primo stato legato: sin (k0 a) = 0 =⇒ W0 = −V0 +

h¯ 2 π 2 . 2μa2

Risolviamo ora l’equazione di Schr¨odinger per il potenziale completo. La soluzione generale e` data da: ⎧ ⎪ 0

1 h¯ 2 π 2 ≈ 9.4eV. 4 2μa2

Notare che il caso V1 = 0 poteva essere trattato subito pi`u semplicemente, raccordando in x = a la soluzione esponenzialmente decrescente con il solo termine coseno, annullando nella regione II) il coefficiente dell’altro esponenziale. Notare inoltre che l’accordo con il dato esatto non e` molto soddisfacente. Questo dipende dal fatto che l’approssimazione WKB e` valida per potenziali che variano poco su distanze dell’ordine della lunghezza d’onda della particella, ma anche in zone lontane dai punti di inversione classica. Entrambe le condizioni non si applicano al meglio nel caso di potenziali discontinui, quali quelli a buca quadrata. Ricordiamo che WKB fornisce lo spettro esatto dell’oscillatore armonico, mentre per la buca quadrata di semiampiezza a prevede l’esistenza di uno stato legato solo per: 1 h¯ 2 π 2 V0 > , 16 2μa2 contrariamente alla situazione reale di esistenza di almeno una soluzione (pari) per qualsiasi valore (positivo) di V0 . 1.6. Il problema e` analogo alla parte radiale dell’atomo di idrogeno con momento angolare l = 0. Operate le sostituzioni, l’equazione di Schr¨odinger diventa: d 2 u(ξ ) du(ξ ) b + u(ξ ) = 0. − dξ 2 dξ ξ La funzione d’onda deve annullarsi all’origine, e cos`ı anche la funzione u(ξ ), che pertanto sviluppiamo senza termine noto: u(ξ ) =

∞

∑ cn ξ n .

n=1

Sostituita nell’equazione di Schr¨odinger, con derivata prima e seconda, si ottiene: u(ξ ) =

∞

∑



 (n + 2)(n + 1)cn+2 − (n + 1 − b) cn+1 ξ n = 0,

n=0

da cui si ricava la regola di ricorrenza: cn+2 =

n+1−b cn+1 (n + 2)(n + 1)

=⇒ cn =

[1 − b]n c1 n!(n − 1)!

con [1 − b]n = (n − 1 − b)(n − 2 − b) · · · (2 − b)(1 − b).

104

3 Soluzioni

Quindi, dalla regola di ricorrenza segue che a grandi n: 1 cn+1 ∼ , cn n pari al rapporto dei coefficienti per la serie esponenziale eξ . Questo pertanto e` il comportamento a grandi ξ della funzione u(ξ ), e conseguentemente: ψ(x) = e−ξ /2 u(ξ ) −→ eξ /2 , ξ →∞

divergente e non accettabile. La serie pertanto deve interrompersi, e questo avviene solo per b = N intero, cui corrispondo gli autovalori e le autofunzioni seguenti: WN = −

λ2 μ 2N 2 h¯ 2

   2 x n (N − 1)! 1 x N ψN (x) = A exp − (−)n . ∑ N x0 n=1 (N − n)! n! (n − 1)! N x0 1.7. Il potenziale e` pari con stati legati non degeneri, per cui esistono soluzioni pari o dispari. Poniamo: ν 2 = 8μa2 |W |/¯h2 λ 2 = 8μa2V0 /¯h2 ξ = λ e−|x|/2a , e risolviamo nella regione 0 ≤ x, dove |x| = x, e poi imponiamo all’origine le condizioni di annullamento della funzione d’onda per le soluzioni dispari, e della sua derivata per quelle pari. L’equazione di Schr¨odinger e` la seguente: ν2  d 2 u 1 du  + 1 − 2 u = 0. + 2 dξ ξ dξ ξ Le soluzioni soddisfacenti la condizione all’infinito sono le funzioni di Bessel di prima specie Jν (ξ ) con ν > 0, mentre le J−ν (ξ ) divergono per x → ∞, cio`e ξ → 0. Pertanto:   u(x) ≈ Jν (ξ ) = J√8μa2 |W |/¯h2 8μa2V0 /¯h2 e−x/2a , e a queste dobbiamo imporre la condizione all’origine, ovvero: ⎧ ⎨J (λ ) = 0 soluzioni dispari ν ⎩J  (λ ) = 0 soluzioni pari. ν

 , In A-S 9.5.2, si trova che le Jν e Jν hanno infiniti zeri semplici λ = jν,s e λ = jν,s crescenti in s e tutti interallacciati tra di loro. Vale:    jν,1 < jν+1,1 < jν,2 < jν+1,2 < jν,3 < ...eν ≤ jν,1 < jν,1 < jν,2 < jν,2 < jν,3 < ...

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

105

Ovviamente, trovati gli zeri si deve invertire la relazione λ = λ (ν) e ricavare l’energia W in funzione del potenziale V0 (vedi 2.5). 1.8. i) Lo stato fondamentale di questo potenziale e` pari e possiamo risolvere il problema nella sola zona con x > 0. La parit`a della funzione automaticamente assicura il raccordo all’origine u0 (0− ) = u0 (0+ ), mentre il raccordo della derivata comporta l’annullarsi di questa u0 (0) = 0. Con le sostituzioni: 



k = 2μ|W |/¯h, ν = 2ak = 8μa2 |W |/¯h, λ = 8μa2V0 /¯h, ξ = λ e−x/2a , l’equazione di Schr¨odinger diventa: ν2  d 2 u 1 du  + 1 − + u = 0, dξ 2 ξ dξ ξ2 che ha come soluzione la sola funzione di Bessel: u(ξ ) = CJν (ξ ) = CJν (λ e−x/2a ), che soddisfa la condizione di annullamento all’infinito. Infatti, ξ → 0 per x → ∞, e in questo limite l’altra soluzione, la funzione di Bessel J−ν , diverge. Inoltre, la condizione di continuit`a della derivata all’origine diventa:    2 2V /¯ Jν (λ ) = J√ 8μa h = 0. 0 2 2 8μa |W |/¯h

ii) Per ipotesi λ  1, possiamo sfruttare lo sviluppo asintotico suggerito: Jν (λ ) ≈

 λ ν+1 1  λ ν−1 1 − , 2Γ (ν) 2 2Γ (ν + 2) 2

e ottenere l’equazione: λ2 = 0. 4 Notare che, per lo stato fondamentale, se λ  1 anche ν  1, per cui l’equazione precedente si pu`o approssimare con: ν(ν + 1) −

ν0 =

λ2 4

=⇒ W0 = −

2μa2V02 . h¯ 2

In questo limite possiamo anche dare una espressione semplice per la funzione d’onda. Dal comportamento a piccolo argomento delle Bessel e della Γ (A-S 9.1.7 e 6.1.39): u(x) ≈ CJν0 (ξ ) ≈ C

√ 1 λ ν0 ξ ν0 ≈ C √ e−ν0 |x|/2a ≈ κ0 e−κ0 |x| , Γ (ν0 + 1) ν0

106

3 Soluzioni

dove abbiamo tenuto conto delle dimensioni della costante C, uguali all’inverso di una lunghezza, cio`e [C] = [k−1 ]. 1.9. Per x > 0 ponendo: α=



μω/¯h,

si ottiene:

ε = 2W /¯hω,

ξ = αx,

ψ+ + (ε − ξ 2 )ψ+ = 0.

Con l’ulteriore sostituzione di variabile indipendente e di funzione incognita: y = ξ 2,

ψ+ (y) = e−y/2 F(y),

la nuova funzione incognita F(y) soddisfa l’equazione:   1 1−ε 1 F  + − 1 F − F = 0. 2y 4 y Soluzioni linearmente indipendenti sono le ipergeometriche confluenti di Kummer di prima specie (cfr. A-S 13.1. e 13.1.13): M(a, b; y)

e y1−b M(a − b + 1, 2 − b; y) con

a=

1−ε 4

e

1 b= . 2

Quindi:   ψ+ (y) = e−y/2 A M(a, b; y) + B y1/2 M(a − b + 1, 2 − b; y) . Dai comportamenti asintotici delle ipergeometriche confluenti segue che:   Γ (b) Γ (2 − b)  . ψ+ (y) −→ e−y/2 ey ya−b A +B y→∞ Γ (a) Γ (a − b + 1) A causa degli esponenziali, per annullarsi all’infinito si deve annullare il coefficiente, cio`e: AΓ (b)Γ (a − b + 1) + BΓ (a)Γ (2 − b) = 0, ovvero la soluzione:   Γ (b)Γ (a − b + 1) 1/2 ψ+ (y) = Ae−y/2 M(a, b; y) − y M(a − b + 1, 2 − b; y) Γ (a)Γ (2 − b) ≈ e−y/2U(a, b; y), dove U(a, b; y) e` la funzione di Kummer di seconda specie, cui si poteva pensare sin dall’inizio visto che e` quella che converge all’infinito (A-S 13.1.3).

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

107

Per x < 0 invece, nella zona del potenziale lineare, ponendo β = 2μλ /¯h2 e y = β 1/3 (x +W /λ ), otteniamo l’equazione: d 2 ψ(y) + yψ(y) = 0, dy2 che ha come soluzione le funzioni di Airy Ai e Bi (cfr. 1.15), con Bi divergente all’infinito. Dunque:   ψ− (x) = C Ai β 1/3 (x +W /λ ) . La normalizzazione e le due condizioni di raccordo per la funzione e la derivata, ψ+ (0) = ψ− (0) e ψ+ (0) = ψ− (0), determinano le due costanti A,C e l’energia W . Notare che, se dovessimo risolvere l’usuale oscillatore armonico, la soluzione generale ψ+ vista prima si estenderebbe a x < 0 per analiticit`a , e dovremmo imporre la convergenza a ±∞ come abbiamo fatto sopra, cio`e due condizioni. Siccome per`o l’oscillatore armonico e` pari e le autofunzioni sono o pari o dispari, potremmo anche ridurre fin dall’inizio la soluzione generale: o alla prima funzione di Kummer, pari perch´e funzione di ξ = x2 , oppure alla seconda, dispari grazie al fattore moltiplicativo y1/2 = ±x. Quindi, una soluzione da −∞ a +∞ dipendente da un solo parametro, A o B, per cui, imponendo la normalizzazione e solo una convergenza, ad es. +∞, l’autovalore si quantizza. La seconda convergenza a −∞ e` assicurata dalla parit`a. 1.10. Si tratta di una doppia buca con una barriera centrale, con stati legati per −V0 < W < 0. Poniamo:



k1 = 2 μ (V1 −W )/¯hk0 = 2 μ (V0 +W )/¯hχ = −2 μ W /¯h. Per ottenere le soluzioni dispari e` sufficiente calcolarle per 0 < x, con l’avvertenza che si annullino all’origine; esse sono date da: ⎧ ⎪ 0 0.

Per x > 0, con il cambio di variabili suggerito:  aW  , y = χ x−a+ V0

χ=

 2μV 1/3 0

a¯h2

,

l’equazione di Schr¨odinger diventa: d2ψ + yψ = 0, dy2 ovvero l’equazione di Airy (A-S 10.4). Soluzioni classiche sono le funzioni di Airy Ai(−y) e Bi(−y) ma, come vedremo, e` pi`u opportuno per noi utilizzare le funzioni

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

113

di Bessel cilindriche, di Jeffrey (o Hankel) (A-S 10.4.15/19): 2 ζ = y3/2 : 3

=

ψ = cAi(−y) + dBi(−y) =

1

1

(1) (2) y/3 eiπ/6 (c + id) H1/3 (ζ ) + y/3 e−iπ/6 (c − id) H1/3 (ζ ) = 2 2 √ (1) √ (2) = τ y H1/3 (ζ ) + σ y H1/3 (ζ ).

Dal comportamento asintotico delle funzioni di Jeffreys (A-S 9.2) ricaviamo quello della funzione d’onda: ' ' 2 i[ζ −π/6−π/4] 2 −i[ζ −π/6−π/4] √ √ ψ(y) −→ τ y e e +σ y . y→∞ πζ πζ Delle due soluzioni consideriamo solo la prima, che permette di discutere l’effetto tunnel con un’onda propagantesi da sinistra verso destra. Possiamo cio`e porre arbitrariamente σ = 0, dato che a sinistra abbiamo tenuto la soluzione generale. Quindi, soluzione e sua derivata (A-S 9.1.27), sono le seguenti: ν Cν (z)=Cν−1 (z)− Cν (z) z

=⇒

⎧ √ (1) 3/2 ⎪ ⎨ψW (y) = τ y H1/3 (2/3y )

0≤x

⎪ ⎩ d ψ (y) = χ d ψ (y) = χτy H (1) (2/3y3/2 ). −2/3 dx W dy W

Imponiamo il raccordo in x = 0 con la soluzione trovata alla sinistra dell’origine: ⎧ √ (1) 3/2 ⎪ ⎨(1 + ρ) = τ y0 H1/3 (2/3y0 ) y0 = yx=0 = aχ(W /V0 − 1). ⎪ ⎩ik(1 − ρ) = τ χy0 H (1) (2/3y3/2 ) 0 −2/3 Da qui si ricava τ (e volendo ρ):   √ (1) 3/2 (1) 3/2 −1 τ = 2ik χy0 H−2/3 (2/3y0 ) + ik y0 H1/3 (2/3y0 ) . La soluzione e` cos`ı completa. Per quanto riguarda il coefficiente di trasmissione, questo sarebbe dato da |τ|2 se la soluzione fosse data a sua volta da semplici esponenziali, invece che da funzioni pi`u complesse come nel caso attuale. Dobbiamo pertanto ripartire dalla definizione originaria dei coefficienti di riflessione e trasmissione, quali rapporti tra i comportamenti asintotici dei flussi di probabilit`a, definiti in tutta generalit`a da:  h¯  ∗ d d J= ψ ψ − ψ ψ∗ . 2μi dx dx

114

3 Soluzioni

Per l’onda incidente, pura onda piana, il flusso incidente e` dato da: Jinc =

h¯   h¯ k 2ki = . 2μi μ

Per l’onda trasmessa: Jtr =

 ∗  h¯  √ (1) (1) τ y H1/3 (ζ ) χτy H−2/3 (ζ ) − [...]∗ −→ 2μi y→∞

 2  −i[ζ −π/6−π/4] i[ζ +π/3−π/4]  h¯ e − [...]∗ = e χ|τ|2 y3/2 y→∞ 2μi πζ  3 h¯ h¯ 3  iπ/2 = − e−iπ/2 = χ|τ|2 e |τ|2 χ. 2μi π πμ

−→

Si ottiene pertanto:

3 2χ |τ| . π k √ Sostituito il valore di τ trovato prima, ed estratto un fattore y0 , infine si trova: Ctr = Jtr /Jinc =

Ctr =

12kV0   .  √ (1) 3/2 (1) 3/2 2 πa|W −V0 |χ y0 H−2/3 (2/3y0 ) + ik H1/3 (2/3y0 )

1.14. i) Posto: k=



2μW /¯h,

k¯ =



2μ|V0 −W |/¯h,

la soluzione pari per V0 < W e` data da: ⎧ ⎨A sin kx + B cos kx ψ+ = ⎩ ¯ C cos kx

a ≤ |x| ≤ b |x| < a.

Le condizioni di raccordo in a e b portano a: ⎧ ⎪ A sin kb + B cos kb = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ¯ A sin ka + B cos ka = C cos ka ⎪ ⎪ ⎪ ⎪  ⎩  ¯ sin ka. ¯ k A cos ka − B sin ka = −kC L’annullarsi del determinante dei coefficienti e` espresso da:     ¯ sin kb cos ka − cos kb sin ka − k cos ka ¯ sin kb sin ka + cos kb cos ka = 0, k¯ sin ka da cui si ricava l’equazione trascendente: ¯ tan [k(b − a)]. k/k¯ = tan [ka]

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

115

Gli altri casi si ottengono con semplici scambi nella zona centrale, quella con mo¯ Scambiando funzioni trigonometriche con iperboliche, seni con coseni e mento k. seni iperbolici con coseni iperbolici. Lo schema completo e` il seguente: ⎧⎧ ⎪ ¯ tan [k(b − a)] ⎨k/k¯ = tan [ka] pari ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ V0 < W ⎪ ⎪ ⎪ ¯ tan [k(b − a)] dispari ⎨⎩k/k¯ = − cot [ka] . ⎧ ⎪ ⎪ ¯ ¯ ⎨ ⎪ k/ k = tanh [ ka] tan [k(b − a)] pari ⎪ ⎪ ⎪ 0 < W < V0 . ⎪ ⎪⎩ ⎩ ¯ ¯ k/k = coth [ka] tan [k(b − a)] dispari ii) All’istante iniziale la funzione d’onda e` concentrata sulla destra, tra a e b, ed e` composta da un pacchetto d’onde contenente tutte (si presume) le frequenze. Col passare del tempo, le singole frequenze si evolvono separatamente, si sfasano, e il pacchetto d’onde va ad invadere tutto lo spazio, cio`e −b < x < b. 1.15. L’equazione da risolvere e` la seguente: 

−

 h¯ 2 d 2 + μgz ψ(z) = W ψ(z), 2μ dz2

ψ(0) = 0.

Con le sostituzioni: α=

2μ 2 g , h¯ 2

 W  x = α1/3 z − =⇒ μg

ψ  − xψ = 0,

nota come equazione di Airy (A-S 10.4.). Le soluzioni si esprimono come: ψ(x) = aAi(x) + bBi(x). Delle due funzioni di Airy Ai e Bi, la seconda diverge esponenzialmente per x → ∞, e scegliamo pertanto b = 0. La condizione di annullamento in z = 0 della funzione d’onda, diventa allora:  W  = 0. ψ(z = 0) ≈ Ai x = −α1/3 μg Poich´e il primo zero della funzione di Airy Ai(x) si trova in x ≈ −2.34 (A-S Tav. 10.13), l’energia dello stato fondamentale e` data dalla relazione: −α1/3

 h¯ 2 μg2 1/3 W0 ≈ −2.34 =⇒ W0 ≈ 2.34 = 2.34w0 . μg 2

Gli stati eccitati hanno energie multiple di w0 , con coefficienti dati dagli zeri successivi della funzione di Airy Ai.

116

3 Soluzioni

1.16. Dovendo trattare lo spettro continuo del potenziale V , conviene trasformare l’equazione di Schr¨odinger in equazione integrale, che contiene anche una soluzione arbitraria dell’equazione di Schr¨odinger libera. Essendo noi interessati all’effetto tunnel, possiamo selezionare una particolare soluzione libera, ad esempio quella di onda uscente per x → ∞, ed esaminare cos`ı la seguente equazione: ψk (x) = eikx −

iμ h¯ 2 k

 ∞ −∞



dx eik|x−x |V (x )ψ(x ).

Iterandola, possiamo ottenere la soluzione sotto forma di serie, in genere non convergente, ma vantaggiosa quando la serie stessa pu`o essere troncata ai primi termini, in particolare al primo. In questo caso si parla di approssimazione di Born, e la sua validit`a dipende dalla natura del potenziale V . Infine, nel nostro caso di potenziale a supporto compatto −a < x < a, la soluzione si pu`o esprimere in forma differente nelle due zone esterne all’intervallo: ⎧   iμ a  ik(x −x) ikx ⎪ ⎪ e − dx e V (x )eikx x < −a ⎨ 2 h¯ k −a ψk (x) = =⇒  ⎪  iμ a  ik(x−x ) ⎪ ikx  ikx ⎩e − dx e V (x )e x>a h¯ 2 k −a ⎧    −iμ a  2ikx ⎪ ikx  ⎪ e + dx e V (x ) e−ikx x < −a ⎪ ⎨ h¯ 2 k −a =⇒ ψk (x) =    ⎪ iμ a  ⎪  ⎪ dx V (x ) eikx x > a. ⎩ 1− 2 h¯ k −a Quest’ultima forma e` immediatamente interpretabile come effetto tunnel di un’onda piana proveniente da sinistra, parzialmente riflessa e parzialmente trasmessa, con i relativi parametri ρ(k) e τ(k) dati da: ρ(k) = −

iμ h¯ 2 k

 a −a

dx e2ikxV (x),

τ(k) = 1 −

iμ h¯ 2 k

 a −a

dx V (x).

Queste ampiezze sono calcolate correttamente al primo ordine ma, elevando a quadrato per valutare le probabilit`a, appaiono termini di secondo ordine, che quindi vanno inseriti integralmente sin dall’inizio nelle ampiezze. Questi nuovi termini danno contributi ancora di secondo grado in |τ|2 , ma di terzo in |ρ |2 , e quindi trascurabili. In conclusione, per il calcolo delle probabilit`a, ρ calcolato precedentemente e` corretto, mentre τ e` incompleto, al punto da fornire un risultato assurdo: |τ|2 > 1. Calcoliamo dunque il coefficiente di riflessione e deduciamo poi quello di trasmissione imponendo che la somma sia uguale a uno. Dobbiamo valutare: ρ(k) = −

iμ h¯ 2 k

 a −a

dx e2ikxV (x) = −

iμλ a5 h¯ 2 k

 1 −1

dξ e2ikaξ (ξ 2 − 1)2 ,

x ξ= , a

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

117

e, per fare ci`o, possiamo utilizzare l’identit`a:    d n dx eixy xn = −i dxeixy ∀n, dy e quindi verificata per ogni funzione F polinomiale. In particolare:   1 d sin y . dx eixy F(x) = 2 F −i dy y −1 Il risultato cercato si ottiene dalla seguente espressione:   4 iμλ a5 d2 d sin y ρ(k) = − 2 2 + 2 + 1 = dy4 dy2 y y=2ka h¯ k   iμλ a5 (y2 − 3) sin y + 3y cos y = − 2 2 −8 , y5 h¯ k y=2ka ottenuta con calcoli noiosi ma banali. Il risultato finale e` dunque:: ρ(k) =

 "  iμλ a6 ! 3ka cos(2ka) + 2(ka)2 − 3/2 sin(2ka) , 2 6 h¯ (ka)

da cui si pu`o infine ricavare |τ|2 = 1 − |ρ|2 . Per quanto riguarda l’approssimazione, questa e` valida se il termine successivo risulta trascurabile. Questo avviene se il parametro di sviluppo e` piccolo, cio`e se: μλ a5  1. h¯ 2 k 1.17. i) Sia V1 < W . la soluzione generale e` data da: ⎧

⎨A sin (k1 x) k1 = 2μ(W −V1 )/¯h √ ⎩ B sin [k(b − x)] k = 2μW /¯h

0≤x≤a a ≤ x ≤ b.

Imponendo la continuit`a della funzione e della derivata prima in x = a, si ottiene: ⎧ ⎨A sin (k1 a) = B sin [k(b − a)] ⎩

Ak1 cos (k1 a) = −Bk cos [k(b − a)],

e infine, dividendo le due equazioni: tan [k(b − a)] k , =− k1 tan (k1 a) da cui, graficamente, si possono ricavare gli autovalori W dell’energia.

118

3 Soluzioni

Per 0 < W < V1 , k1 e` immaginario, e le funzioni circolari che lo contengono diventano iperboliche di argomento reale. ii) Per quanto riguarda l’evoluzione temporale, lo stato assegnato non e` propriamente nel dominio di definizione dell’Hamiltoniana, avendo derivata discontinua a gradino in x = a. Questo stato appartiene al dominio della buca infinita in a ≤ x ≤ b, e rappresenta una buona approssimazione del suo stato fondamentale (vedi il 6.1). Potendo trascurare il punto di alta discontinuit`a, la parte di funzione identicamente nulla non si evolverebbe e continuerebbe ad essere nulla. Se invece si considera un dato iniziale con derivata a variazione molto rapida ma continua, il trattamento sarebbe rigoroso e si avrebbe l’effetto tunnel: funzione d’onda a lungo confinata a destra per poi invadere tutto il dominio. iii) Posto ⎧

⎨C sinh (k10 x) 0 ≤ x ≤ ak10 = 2μ|W 0 −V1 |/¯h sinh (k10 a) , D/C =

⎩ sin [k0 (b − a)] D sin [k0 (b − x)] a ≤ x ≤ bk0 = 2μW 0 /¯h la probabilit`a richiesta e` data da: a

0 2 0 dx|ψ1 |  b 0 2 0 2 0 dx|ψ1 | + a dx|ψ |

P0 (0 ≤ x ≤ a) =  a con: I1 = I2 =

 b a

 a 0

dx sinh2 (|k10 |x) =

dx sin2 [k0 (b − x)] = −

=

|C|2 I1 I1 = , 2 2 |C| I1 + |D| I2 I1 + |D/C|2 I2

1 1 sinh (2k10 a) − a, 2 4k10

1 1 sin [2k0 (b − a)] + (b − a). 4k0 2

1.18. Si tratta di k reali, altrimenti la funzione data divergerebbe esponenzialmente a +∞ o a −∞. Sostituita la ψ(x) assegnata nell’equazione di Schr¨odinger, si ottiene: k2 (tanhx + c) − 2(ik + c)sech2 x = W (tanhx + c), soddisfatta per c = −ik e W = k2 > 0. Questo autovalore e` degenere, e due autofunzioni linearmente indipendenti, non normalizzate, sono date da: ψ± (x) = e±ikx (tanhx ∓ ik),

k > 0.

i) Per valutare i coefficienti di riflessione e trasmissione per questo potenziale, si consideri il comportamento asintotico di queste soluzioni. Poich´e tanhx→1 per x→∞ e tanh(−x) = −tanhx, si ha facilmente: ψ+ ∝

⎧ ⎨−(1 + ik)eikx ⎩

(1 − ik)eikx

per x→ − ∞ per x→ + ∞

,

ψ− ∝

⎧ ⎨−(1 − ik)e−ikx ⎩

(1 + ik)e−ikx

per x→ − ∞ per x→ + ∞.

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

119

Quindi, in entrambi i casi, onde provenienti da sinistra o da destra, le probabilit`a di trasmissione e di riflessione sono uguali a uno e a zero, rispettivamente, coerentemente con un potenziale negativo ed energia W > 0: T = | τ± | 2 = | − (1 − ik)/(1 + ik) | 2 = 1,

R = | ρ± | 2 = 0.

ii) Data una barriera di potenziale, o una buca, caratterizzata dalle ampiezze τ e ρ di trasmissione e riflessione, e` possibile definire una matrice M che trasforma la soluzione a sinistra della barriera in quella a destra di essa, in questo caso da x → −∞ a x → ∞. Come fatto nel Problema 1.4, dati i due parametri arbitrari A e B, la soluzione generale: ⎧ ⎨(A + Bρ ∗ ) eikx + (Aρ + B) e−ikx x → −∞ ⎩ (Aτ) eikx + (Bτ ∗ ) e−ikx

x → ∞,

pu`o essere rappresentata dalla relazione:          Aτ  A + Bρ ∗    = M .  ∗   Bτ   Aρ + B  Alternativamente, si pu`o introdurre una matrice di trasformazione tra stati entranti e stati uscenti, unitaria per la conservazione della probabilit`a:         A + Bρ ∗  Aρ + B   = S .      Bτ ∗ .   Aτ  La matrice S e` detta matrice di scattering, in analogia con la trattazione dell’urto nei problemi tridimensionali. Da qui si ricava:         τ   0 −(1 − ik)/(1 + ik) ρ    . S= =   τ ρ ∗ τ/τ ∗  −(1 − ik)/(1 + ik)  0 La seconda forma e` quella relativa al nostro problema, caratterizzato da ρ = 0 e dal valore di τ che si legge nelle ψ± viste prima. iii) Sostituendo la funzione d’onda ψ = sechx nell’equazione di Schr¨odinger e svolgendo esplicitamente i calcoli, si ottiene −ψ = W ψ, da cui segue W = −1. L’autofuzione sechx non ha nodi, e dunque e` lo stato fondamentale. iv) Con il metodo variazionale, a partire da una funzione di prova senza nodi. 1.19. i) Data l’equazione di Schr¨odinger: 

−

 a x 2  h¯ 2 d 2 ψ(x) = W ψ(x), +V − 0 2μ dx2 x a

120

3 Soluzioni

si vede facilmente che i comportamenti asintotici della soluzione sono del tipo: ⎧ √ ⎪ ⎨ψ ≈x→∞ e−ξ /2 ξ = 2μV0 /¯hax2   ⎪ 1 ⎩ψ ≈x→0 ξ ν/2 ν=2 8μV0 a2 /¯h2 + 1 + 1 . Operata quindi la sostituzione ψ(x) = e−ξ /2 ξ ν/2 u(ξ ), si ottiene per u(ξ ) l’equazione seguente:   ν 1 μa(W + 2V )  1 0  √ ξ u + ν + − ξ u − αu = 0, con α = , + − 2 2 4 2¯h 2μV0 che ha per soluzioni le funzioni ipergeometriche confluenti di Kummer (A-S 13.1): u(ξ ) = c1 M(α, ν + 1/2; ξ ) + c2 ξ 1/2−ν M(α − ν + 1/2, 3/2 − ν; ξ ). Poich´e la u(ξ ) non pu`o avere singolarit`a a potenza all’origine, e poich´e le funzioni M di Kummer sono ivi regolari, deve essere c2 = 0. Inoltre, la M ≈ eξ per ξ → ∞, e pertanto la ψ(x) sarebbe divergente esponenzialmente, a meno che la serie non si tronchi a un polinomio, come avviene per α = −n intero positivo. Imponendo questa condizione, e sostituendo il valore di ν, si ottengono gli autovalori:     Wn = h¯ V0 /2μa2 4n + 2 + 8μV0 a2 /¯h2 + 1 − 2V0 . ii) Per la seconda domanda, notiamo che il potenziale ha la forma: V (x) =

V0 2 V0 a2 x + 2 − 2V0 , a2 x

analogo al potenziale efficace dell’oscillatore armonico isotropo in due e tre dimensioni, con le stesse condizioni di annullamento all’origine. Quello bidimensionale e` dato da: 1 h¯ 2 m2 − 1/4 Ve f f (r) = Kr2 + m = 0, ±1, ±2, ... 2 2μ r2 Con la barriera centrifuga ricavata nel 2.10. Sostituendo quindi nello spettro precedente i coefficienti:  1 h¯ 2 1 m2 − , V0 /a2 → K V0 a2 → 2 2μ 4 otteniamo gli autovalori:

W 2d = h¯

  K/μ 2n + |m| + 1 .

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

121

Infine, il potenziale dell’oscillatore armonico tridimensionale isotropo e` dato da: Ve f f (r) = 12 Kr2 +

h¯ 2 l(l + 1) , 2μ r2

l = 0, 1, 2, ...

e quindi, con le opportune sostituzioni, si ottiene:  

W 3d = h¯ K/μ 2n + l + 3/2 , l = 0, 1, 2, ...,

n = 0, 1, 2, ...

1.20. i) Il potenziale e` pari e quindi ammette una soluzione pari che, per W > 0 e a meno della normalizzazione, e` della forma: ⎧

⎪ x < −b k = 2μW /¯h ⎪ ⎨ψI = A cos(kx) − B sin(kx)

¯ ¯ = 2μ(W +V0 )/¯h ψ(x) = ψII = cos kx −b < x < b k ⎪ ⎪ ⎩ ψIII = A cos(kx) + B sin(kx) b < x. Essendo la soluzione pari, possiamo imporre la continuit`a della funzione e della derivata solo in x = b. Otteniamo: ⎧ ⎨cos(kb)A + sin(kb)B = cos(kb) ¯ s = sin(kb), c = cos(kb) ⎩− sin(kb)A + cos(kb)B = −k/k ¯ sin(kb) ¯ ¯ ¯ s¯ = sin(kb), c¯ = cos(kb). Il determinante del sistema e` uguale a 1, e le soluzioni sono date dalla regola di Kramer:         c¯  c = cos(kb), s = sin(kb)  c¯ s c A = det  ,  , B = det  ¯ ¯ ¯  c¯ = cos(kb), ¯ c −s −s¯k/k −s¯k/k s¯ = sin(kb). ii) Per valutare le ampiezze dell’oscillazione, consideriamo la funzione d’onda nella terza zona: 



B A cos(kx) + √ sin(kx) = A2 + B2 sin(kx+ χ), ψIII = A2 + B2 √ A2 + B2 A2 + B2   avendo ovviamente definito χ = arcsin A/(A2 + B2 )−1/2 . Pertanto, notando che si elidono i doppi prodotti provenienti dai due quadrati: 2 ) = A2 + B2 = max(ψIII

¯ 2 + (cs) ¯ 2 + (cs) = (cc) ¯ 2 + (ss) ¯ 2 (k/k) ¯ 2 (k/k) ¯ 2= ¯ 2 = c¯2 + s¯2 (k/k) ¯ 2. = c¯2 (c2 + s2 ) + s¯2 (s2 + c2 )(k/k)

122

3 Soluzioni

¯ > 1, troviamo Poich´e c¯2 + s¯2 = 1 e k/k 2 ) > 1 e, poich´ che max(ψIII e max(ψII2 ) = 1, le ampiezze sono maggiori all’esterno della buca che non all’interno. Le frequenze di oscillazione invece sono maggiori all’interno, perch´e proporzionali a k. Nel grafico e` riportata la funzione d’onda per i valori: b = 1, μ = 10, h¯ = 1, V0 = W = 0.5.

V/ψ

W −b

xψ b

x

0

V

−V

0

1.21. Con l’introduzione della variabile y e dei parametri β e ν:

y = 2 2μa2V0 /¯h exp(−x/a),

β = −2μa2W /¯h,



1 2 , ν = 2μa V0 /¯h − β + 2

l’equazione di Schr¨odinger nella variabile y diventa:  1  1 ν + β + 1/2 β 2  − 2 ψ = 0. ψ + ψ + − + y 4 y y I comportamenti asintotici delle soluzioni sono chiaramente e(±y/2) per y → ∞, e y±β per y → 0. Con il cambio di funzione incognita: ψ = exp(−y/2)yβ ϕ(y), l’equazione da risolvere per la ϕ diventa: yϕ  + (2β + 1 − y)ϕ  + νϕ = 0, con condizioni al contorno per la ϕ di finitezza all’origine e di crescita all’infinito al pi`u come potenza. L’equazione e` una ipergeomerica confluente, di cui si sceglie la sola soluzione finita all’origine (A-S 13.1 e 13.5): ϕ(y) = M(−ν, 2β + 1; y). La soluzione diverge all’∞ in modo esponenziale, a meno che la serie ipergeometrica non si interrompa a una somma finita, e cio`e a meno che non sia ν = n intero non negativo. In tal caso: ( Wn = −V0

)2

h¯ (n + 1/2) 1−

2μa2V0

,

n = 0, 1, 2, ...

Notare per`o che n = ν non pu`o essere arbitrario, in quanto legato al parametro positivo β definito sopra:



−2μa2Wn /¯h = 2μa2V0 /¯h − 1/2 − n > 0.

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

123



Esistono stati legati solo se 2μa2V0 /¯h > 1/2. Inoltre, esistono

finiti stati legati in numero pari ad N, essendo N il massimo intero per cui vale 2μa2V0 /¯h > N + 1/2. 1.22. i) Una soluzione appropriata e` la seguente: ⎧ √ ⎨exp(ikx) + ρ exp(−ikx) k = 2μW /¯h ψ(x) =

⎩ ¯ τ exp(ikx) k¯ = 2μ(W −V0 )/¯h

x V0 ):   ψ(z) = z−ik1 a w(z), k1 = 2μ(W −V0 )/¯h2 , k = 2μW /¯h2

=⇒

=⇒ z(1 − z)w + (1 − z)(1 − 2ik1 a)w + (k12 − k2 )a2 w = 0. Una soluzione di questa equazione e` la funzione ipergeometrica (vedi A.9): w(z) = F(α, β ; γ; z),

α = −i(k + k1 )a,

β = i(k − k1 )a,

γ = 1 − i2k1 a,

in corrispondenza della quale: ψ(x) = N exp[ik1 x]F(α, β ; γ; − exp[−x/a]) −→ N exp[ik1 x]. x→∞

Questa e` evidentemente la soluzione che cerchiamo per x > 0, cio`e la sola onda trasmessa. Con l’altra ipergeometrica linearmente indipendente otteniamo: ψ(x) = N˜ exp[ik1 x]z1−γ F(α−γ +1, β −γ +1; 2−γ; − exp[−x/a]) −→ N˜ exp[−ik1 x], x→∞

cio`e l’onda incidente da destra, che poniamo a zero. Per x → −∞, e quindi per z → −∞, utilizziamo le formule di trasformazione delle ipergeometriche dalla rappresentazione in z a quella in z−1 (vedi A.9): F(α, β ; γ; z) = +

Γ (γ)Γ (β − α) (−z)−α F(α, 1 + α − γ; 1 + α − β ; z−1 )+ Γ (β )Γ (γ − α)

Γ (γ)Γ (α − β ) (−z)−β F(α, 1 + β − γ; 1 + β − α; z−1 ). Γ (α)Γ (γ − β )

Raccogliendo tutto, abbiamo: ψ(x) −→ N x→−∞

Γ (γ)Γ (β − α) −ikx Γ (γ)Γ (α − β ) ikx e e . +N Γ (β )Γ (γ − α) Γ (α)Γ (γ − β )

Da qui e dal comportamento uscente di ψ(x) visto prima, possiamo finalmente ricavare i coefficienti richiesti, ad esempio T di trasmissione:     k1  Γ (α)Γ (γ − β ) 2 k1  Γ [−i(k + k1 )a]Γ [1 − i(k + k1 )a] 2 flussotras =  =  T=  . flussoinc k Γ (γ)Γ (α − β )  k Γ (1 − i2k1 a)Γ (−i2ka) Sfruttiamo alcune propriet`a della funzione Γ (A-S 6.1.15 e 6.1.29): Γ (1 + z) = zΓ (z),

|Γ (iy)|2 =

π , y sinh πy

3.1 Equazione di Schr¨odinger in una dimensione

125

e otteniamo: T=

π2 (2k1 a)(2ka) sinh(2πk1 a) sinh(2πka) k1 [(k + k1 )a]2 = 2 2 2 k (2k1 a) [(k + k1 )a] sinh [π(k + k1 )a] π2 =

sinh(2πk1 a) sinh(2πka) . sinh2 [π(k + k1 )a]

Da questa espressione possiamo ricavare i due limiti; se W → ∞, k1 → k → ∞, e quindi: sinh2 (2πka) T ≈ = 1. W →∞ sinh2 (2πka) Per W → V0 , k1 → 0, e quindi: T ≈ (2πk1 a) W →V0

2 sinh(πka) cosh(πka) = 4πk1 a coth(πka) ≈ 0. sinh2 (πka)

∗ 1.24.

i) Riprendiamo i calcoli del 1.2.

√ Se 0 < W < V0 , k = 2μW /¯h, k¯ = 2μ(V0 −W )/¯h, la soluzione dell’equazione agli autovalori soddisfacenti le condizioni al contorno u(0) = 0, u(∞) = 0 e` : ⎧ ⎨A sin(kx) 0 < x < a u(x) = ⎩ −kx ¯ Be a < x. Le condizioni di raccordo per la funzione e la derivata prima in x = a portano a: ⎧ ¯ ⎨A sin(ka) = Be−ka ⎩

¯ ¯ −ka Ak cos(ka) = −Bke ,

e dividendo la seconda per la prima, si trova infine l’equazione trascendente cercata: ¯ k cot(ka) = −k. L’equazione trascendente e` quella delle soluzioni dispari della buca quadrata. Vi sono n soluzioni se: h¯ 2  π 2 h¯ 2  π 2 (2n − 1)2 < a2V0 < (2n + 1)2 , 2μ 2 2μ 2 e non ne esiste neppure una se la buca troppo stretta o troppo poco profonda: a2V0
0.

ζ = 1/kr0 , ρ = 2kr,

l’equazione radiale diventa: d 2 y  1 ζ λ (λ + 1)  + − + − y = 0, dρ 2 4 ρ ρ2 cio`e quella dell’atomo di idrogeno con nuovi parametri. Le usuali regole di quantizzazione diventano ora: ζ − λ − 1 = nr , con nr intero positivo, da cui: Wnr λ = −

1 e4 μ . 2 (n + λ + 1)2 2¯h r

Sostituendo il valore (positivo) di λ : ' 1 1 λ =− + 2 2

(2l + 1)2 +

8μβ , h¯ 2

3.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni

139

otteniamo infine: Wnr λ = −

1 e4 μ   . 2  2¯h n + 1/2 + 1/2 (2l + 1)2 + 8μβ /¯h2 2 r



¯ e 2.8. Come nel 2.1, definito k¯ = 2μ(V0 +W )/¯h, k = 2μ|W |/¯h, ξ = ka η = ka, gli autovalori a l = 0 sono determinati dalle relazioni ⎧ ⎨ξ cot ξ = −η ⎩ξ 2 + η 2 = 2μV0 a2 . h¯ 2 L’equazione non

e` risolubile analiticamente ma, con i parametri del problema, ricaviamo η = a 2μ|W |/¯h ≈ 0.22, e la prima equazione diventa tan ξ ≈ −4.54ξ . Facendo ora riferimento alla soluzione grafica del problema, dobbiamo intersecare la funzione y = tan ξ con una retta a pendenza negativa molto elevata. La prima intersezione avviene nel ramo negativo della tangente, per ξ poco oltre π/2, ovvero a ξ = π/2 + ε con ε piccolo. In queste condizioni, possiamo operare uno sviluppo in serie intorno a π/2 della cotangente (non della tangente che ivi diverge):  π π + ε ≈ −ε = − ξ . cot 2 2 Questa espressione, reinserita nell’equazione trascendente, porta a: π  ξ − ξ = −0.22 =⇒ ξ ≈ 1.7, 2 che si pu`o sostituire nella seconda formula di partenza unitamente a η:   h¯ 2 V0 = ξ 2 + η 2 ≈ 61Mev. 2μa2 Possiamo stimare l’eventuale presenza di altri stati legati usando le formule del Problema 2.1.   π 2 2μ π 2 (2n − 1) < V0 a2 2 = ξ 2 + η 2 < (2n + 1) . 2 2 h¯ Sostituendo i valori trovati, le diseguaglianze sono verificate per n=1:  π 2 2

 π 2

< 2.94 < 9

Quindi, esiste un solo stato legato con l = 0.

2

.

140

3 Soluzioni

Per l = 1 invece non esistono stati legati , in quanto: V0 a2

2μ = ξ 2 + η 2 ≈ 2.94 < π 2 , h¯ 2

e questa e` la condizione trovata nel 2.1 per la non esistenza. 2.9. i) Dall’Hamiltoniana data: √ H = λ p · p + 1/2Kq · q = λ



seguono le equazioni di Hamilton: ⎧ ⎨q˙k = ∂ H/∂ pk ⎩

 1  p21 + p22 + p23 + K q21 + q22 + q23 , 2

=⇒ q˙k = λ pk /|p|

p˙k = −∂ H/∂ qk

=⇒

p˙k = −Kqk ,

e quindi l’equazione di Newton classica: p¨k = −χ pk /|p|, χ = λ K. L’Hamiltoniana e` invariante per rotazione, e possiamo scegliere un sistema di riferimento tale che la posizione iniziale giaccia sul semiasse positivo delle x e l’impulso nel piano xy. Per simmetria la forza e` diretta solo centralmente, e cio`e lungo l’asse x. Pertanto, lungo gli assi y e z il moto e` inerziale, e mantiene l’impulso iniziale, in particolare nullo nella direzione z. Lungo l’asse x, invece, si esercita la forza generata dal potenziale, la posizione iniziale e` data da x(0) = |q(0)| e l’impulso iniziale e` pari alla componente lungo x di quello totale. Consideriamo dunque solo il moto lungo l’asse ove si esercita la forza, utilizzando i simboli {q, p} e {q0 , p0 } per coordinate e rispettivi dati iniziali. L’equazione del moto diventa: ⎧ ⎨χ|p|/|p| p>0 p¨ = −χ p , χ p = ⎩−χ|p|/|p| p < 0. Si tratta di una forza di richiamo, e la soluzione e` data da: 1 p(t) = − χ pt 2 + at + p0 . 2 Da questa e dalla seconda equazione di Hamilton segue:   q(t) = −1/K −χ pt + a ,

3.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni

141

da cui, imponendo le condizioni iniziali, a = −q0 K, si ottiene infine: ⎧ ⎨q(t) = λ t + q p 0 ⎩ p(t) = − 1 χ pt 2 − q0 Kt + p0 , 2

avendo impiegato la stessa convenzione usata per χ p , λ p = sign(p)λ |p|/|p|. ii) Analizziamo ora la stessa equazione da un punto di vista quantistico, quantizzando per`o le variabili coniugate {q, p} in modo opposto al solito, cio`e le pk come moltiplicatori e le qk → i¯h∂ /∂ pk . Il problema e` a simmetria centrale e, separata la parte angolare, si ottiene l’equazione radiale agli autovalori W dell’energia, data da:  d 2 y(r)  1 2 l(l + 1) 1 K h + + λ r y(r) = Wy(r). − K h¯ 2 ¯ 2 dr2 2 r2 Lo stato fondamentale e` a momento angolare nullo, soluzione della equazione: W0 1 d 2 y(r) λ y(r). + ry(r) = − h¯ 2 2 dr2 K K Questa e` l’equazione di Airy, gi`a risolta nel Problema 1.15. Da quei risultati, con le sostituzioni μ → 1, g → λ /K, W → W /K, si ricava:  √ 2/3 W0 ≈ 1.86 λ h¯ K . Mantenendo invece la quantizzazione ordinaria: 1 H = λ |p| + Kq2 2

 1 2 =⇒ λ |p|ψ = W − Kq ψ. 2

Iterando l’equazione: 1 λ 2 p2 +W Kq2 − K 2 q4 ψ = W 2 ψ. 4



Per lo stato fondamentale, possiamo trascurare il termine quartico: (λ 2 p2 +W Kq2 )ψ = W 2 ψ, e quindi l’oscillatore armonico tridimensionale isotropo. Con le identificazioni: 1 μω 2 = W K =⇒ ω 2 = 4λ 2W K, 2   √ 3 3 = h¯ 2λ W K N + , N = n1 + n2 + n3 , WN2 = h¯ ω N + 2 2 λ2 =

1 , 2μ

142

3 Soluzioni

e infine:   √ 3 2/3 WN = 2λ h¯ K(N + ) , 2

 √ 2/3  √ 2/3 ≈ 2.08 λ h¯ K . W0 = 3λ h¯ K

Con un errore del 10% sul valore esatto visto prima. 2.10. L’equazione radiale dell’atomo d’ idrogeno bidimensionale e` la seguente:   α h¯ 2   1 m2 − R (r) + R (r) − 2 R(r) − +W R(r) = 0. 2μ r r r Poich´e siamo in uno spazio bidimensionale, e` naturale il cambio di funzione y(r) R(r) = √ r

=⇒

 ∞ 0

dr rR2 (r) =

 ∞ 0

dr y2 (r) = 1,

che permette di considerare funzioni y(r) a quadrato sommabili in [0, ∞) sulla misura dr. Si ottiene l’equazione: 2μ   α  h¯ 2 m2 − 1/4  y = 0. y + 2 W + − r 2μ r2 h¯ Questa ha la stessa forma dell’equazione radiale dell’atomo di idrogeno, pur di sostituire: 1 1 Ze2 −→α, l(l + 1)−→λ (λ + 1) = m2 − =⇒ λ = |m| − . 4 2 In modo analogo, gli autovalori: Wnr l = −

μZ 2 e4 1 2¯h2 (nr + l + 1)2

e cio`e Wn = −

μZ 2 e4 1 2¯h2 n2

−→ Wnr m = −

−→ WN = −

μα2 1 , 2¯h2 (nr + |m| + 1/2)2

μα2 1 , 2¯h2 (N − 1/2)2

Con N = nr + |m| + 1 = 1, 2, ... ii) La degenerazione di WN si ottiene valutando, a N fissato, i possibili valori di |m| = 0, 1, ..., N − 1, cui corrispondono 2(N − 1) valori m = ±1, ±2, ..., oltre a m = 0 che compare una volta sola. In totale: d(N) = 2(N − 1) + 1 = 2N − 1, da confrontare con la degenerazione d(n) = n2 dell’analogo caso tridimensionale, cio`e l’atomo di idrogeno. 2.11. Si pu`o dare una risposta qualitativa immediata, imponendo che il potenziale efficace sia sempre positivo. Questo si ottiene se: h¯ 2 l(l + 1) h¯ 2 2 l(l + 1). −V > 0 =⇒ V a < 0 0 2μ a2 2μ

3.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni

143

C’`e anche una risposta precisa, sulla base del Problema 2.1, dove si trovano le condizioni per la non esistenza di stati legati di momento angolare l = 0 e l = 1: ⎧ ⎨V0 a2 < (π/2)2 h¯ 2 /2μ l = 0 ⎩ 2 V0 a < π 2 h¯ 2 /2μ

l=1.

2.12. i) Dobbiamo risolvere il problema della particella libera in coordinate polari, con condizioni di annullamento della funzione d’onda sulle pareti della buca. L’equazione radiale: d 2 R 2 dR  2 l(l + 1)  + k − + R = 0, dr2 r dr r2

k=



2μW /¯h,

ha come soluzioni le funzioni di Bessel sferiche (A.5 e A-S 10.1): R(r) = A jl (kr) + Byl (kr)r ≤ a. Imponendo la regolarit`a della funzione d’onda nell’origine otteniamo B = 0:

R(r) = A jl (kr) = A π/2krJl+1/2 (kr) ,

r ≤ a.

Questa ovviamente si annulla in r = a se ka e` uno zero delle Jl+1/2 : ka = jl+1/2,s

=⇒ Wl,s =

h¯ 2 1 2 j , 2μ a2 l+1/2,s

s = 1, 2, ...

ii) I due valori minimi sono i seguenti (A-S Tav. 10.6): j1/2,1 ≈ 3.14 ,

j3/2,1 ≈ 4.49

con, ovviamente, j1/2,1 = π, in quanto la prima Bessel e` un seno smorzato. Inserendo i valori delle costanti, e a = 10−8 cm, i due primi autovalori dell’energia Wl,s sono dati da: ⎧ ⎪ ⎨W ≈ 3.81 j2 eV ≈ 37.7 eV 0,1

1/2,1

⎪ ⎩W1,1 ≈ 3.81 j2 3/2,1 eV ≈ 76.8 eV . 2.13. Le dimensioni di F si ricavano da quelle del potenziale A, per le quali possiamo utilizzare le relazioni che ci vengono in mente per prime, ad esempio: E = ∇V −

1 ∂A , c ∂t

144

3 Soluzioni

dove E e` il campo elettrico, la forza su una carica elettrica e e` data da F = eE, e [e2 /L] = [W ]. Pertanto: [A] = [W 1/2 L−1/2 ]

=⇒

[F ] = [W 1/2 L1/2 ] = [M 1/2 L3/2 T −1 ].

Conviene esprimere il potenziale A in coordinate cilindriche: A=

F F (−y, x, 0) = ϕ . x2 + y2 ρ

E` lo stesso potenziale gi`a incontrato nel 2.6 al di fuori del cilindro interno, con (F /2π → F ). Procediamo dunque in modo analogo, con l’accoppiamento minimale: 1 ∂ ie F 1 ∂ ie → − , ∇ → ∇ − A =⇒ ρ ∂ϕ ρ ∂ ϕ h¯ c ρ h¯ c e quindi:

∂ ie ∂ → − F ∂ϕ ∂ ϕ h¯ c

ovvero

e Lz → L z − F . c

Infine, in coordinate cilindriche l’Hamiltoniana si scrive: H =−

h¯ 2  ∂ 2 1  1 ∂  ∂  e 2 ρ + F . + − L z 2μ ∂ z2 ρ ∂ ρ ∂ρ 2μρ 2 c

Procediamo per separazioni di variabili: ψ(x) = Z(z) Φ(ϕ) R(ρ)

con Z(0) = Z(c) = 0 ,

Φ(0) = Φ(2π) ,

R(ρb ) = 0,

e R(0) regolare. Le autofunzioni in z e in ϕ e relativi autovalori, sono dati da:

2 h¯ 2  lπ 2 Zl (z) = sin(lπz/c), wl = , l = 0, 1, 2, ... c 2μ c 1 Φm (ϕ) = √ eimϕ , 2π

m = 0, ±1, ±2, ...

mentre la parte radiale soddisfa l’equazione:   1 d  d  ν2  R(ρ) = 0, ρ − 2 +W ρ dρ dρ ρ con:

Posto r =

 eF 2 ν2 = m − , h¯ c

 ρ, l’equazione diventa: W

 = 2μ (W − wl ). W h¯ 2

 1 ν2  R (r) + R (r) + 1 − 2 R(r) = 0, r r

3.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni

145

equazione di Bessel con soluzioni J±ν (r) per ν non intero, e Jν (r) e Yν (r) per ν intero. Data la condizione di regolarit`a all’origine, l’unica soluzione accettabile e` la Jν (r), con l’ulteriore condizione:

 ρb ) = 0. Jν ( W Gli autovalori sono dunque dati dagli zeri delle funzioni di Bessel (A-S 9.5.):    2 h¯ 2  jν,s 2  lπ 2 m,s = jν,s W =⇒ Wl,ν,s = + ρb 2μ ρb c con ν funzione di m, e i jν,s crescenti con s e interallacciati con i jν+1,s . 2.14. i) La Lagrangiana e l’Hamiltoniana classiche sono date da:  e 1  L (x, x˙ ) = μ x˙2 + y˙2 + z˙2 + v · A −V (x, y, z). 2 c H(x, p) =

1  e 2 p − A +V (x, y, z). 2μ c

ii) La divergenza del potenziale vettore A e` nulla ovunque, salvo sull’asse z, di equazione x2 + y2 = 0, ove tutto e` singolare: ∂i Ai =

a(x2 + y2 ) − 2x(ax − by) a(x2 + y2 ) − 2y(ay + bx) ∂ Ax ∂ Ay + = + = 0. 2 2   ∂x ∂y x2 + y2 x2 + y2

Situazione analoga per il rotore:   ∂A ∂ Ax   y ∇ × A = − = ∂x ∂y k =

 b(x2 + y2 ) − 2x(ay + bx) −b(x2 + y2 ) − 2y(ax − by)  = 0, −  2  2 x2 + y2 x2 + y2

e le altre due componenti, lungo x e y banalmente nulle. Causa per`o la singolarit`a sull’asse z, il dominio non e` semplicemente connesso e la circuitazione del potenziale vettore non e` nulla. In coordinate cilindriche:  x y   y x  a b , , 0 +b − 2 , 2 , 0 = ρ + ϕ = Aρ + Aϕ , ρ2 ρ2 ρ ρ ρ ρ

A=a

con una componente radiale e una tangenziale, con ρ e ϕ versori ortogonali. Dunque:  2π b ϕ · ϕ ρdϕ = 2πb. F = A · dl = Aϕ · dl = ρ 0

146

3 Soluzioni

Quindi, la circuitazione del potenziale e` diversa da zero anche se eseguita in una zona ove il campo magnetico e` ovunque nullo. Questo fenomeno e` noto come effetto di Aharonov-Bohm, ed e` stato affrontato in dettaglio nel Problema 2.6. La circuitazione e` pari al flusso del campo magnetico attraverso una superficie contenuta nella linea chiusa lungo la quale si esegue l’integrale di linea. Nel 2.6 avevamo trovato 2πb = B0 πρa2 , ma ora il cilindro interno di raggio ρa , l’unica zona ove il campo e` diverso da zero, e` ridotto all’asse z, cio`e ρa = 0 e pertanto B0 ≈ ∞: il sistema e` analogo a una corrente elettrica lungo z. La componente radiale Aρ ha rotore e circuitazione nulli e sono pertanto nulli sia il campo che il flusso associati. Questa componente e` dunque eliminabile con una trasformazione di gauge: A → A = Aϕ + Aρ + ∇ χ = Aϕ , con χ soddisfacente le seguenti equazioni: ⎧ x ⎪ ⎪ ⎨∂ χ/∂ x = −a x2 + y2 a =⇒ χ = − log(x2 + y2 ). y ⎪ 2 ⎪ ⎩∂ χ/∂ y = −a 2 x + y2 Consideriamo quindi un potenziale vettore con la sola componente angolare ϕ , e ricordiamo che per le coordinate cilindriche {z, ρ, ϕ} e le coniugate Aϕ = (b/ρ)ϕ {pz , pρ , pϕ } vale: r 2 = z2 + ρ 2 ,

p2 = p2z + p2ρ +

p2ϕ ρ2

=⇒

p·ϕ =

pϕ . ρ

L’Hamiltoniana infine si scrive: e 2 1  p − A +V (z, ρ) = H= 2μ c   1 p β2 e b 2 1 1 ϕ p2z + p2ρ + + μω 2 (z2 + ρ 2 ) + 2 . − = 2μ 2μ ρ cρ 2 ρ Poich´e questa non dipende da ϕ, p˙ϕ = −

∂H = 0 =⇒ ∂ϕ

pϕ = pϕ = cost,

e l’Hamiltoniana H=

 1 1   1 1  2 e 2 2 pz + p2ρ + b p − + 2μβ + μω 2 r2 ϕ 2μ 2μ ρ 2 c 2

assume la forma di quella dell’oscillatore armonico tridimensionale isotropo in coordinate cilindriche, con la sostituzione:  e 2 pϕ 2 =⇒ pϕ − b + 2μβ 2 ≡ α2 , c

3.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni

147

con un contributo del potenziale vettore e uno del potenziale esterno: H=

1 2 1 1 α2 1 2 1 pz + μω 2 z2 + pρ + μω 2 ρ 2 + = W. 2μ 2 2μ 2 2μ ρ 2

iii) Senza insistere troppo sui conti, risolviamo questo problema classico con l’ausilio delle equazioni di Hamilton-Jacobi, con funzione generatrice separabile: ⎧ ⎨ pz = ∂ S/∂ z = ∂ Z(z)/∂ z S(z, ρ) = Z(z) + R(ρ) =⇒ ⎩ pρ = ∂ S/∂ ρ = ∂ R(ρ)/∂ ρ. Per separazione delle variabili: ⎧ ⎨ p2z + μ 2 ω 2 z2 = k2 ⎩

p2ρ + μ 2 ω 2 ρ 2 + α2 /ρ 2 = 2μW − k2 .

A questo punto possiamo imporre la quantizzazione di Bohr-Sommerfeld: Jϕ = Jz =

 2π 0

pϕ dϕ = 2π pϕ = nϕ h

dz pz = 4

 zmax

dz 0



=⇒

k2 − μ 2 ω 2 z2 =

pϕ = nϕ h¯ . k2 π = nz h. μω

L’integrale si valuta osservando che zmax e` il valore che annulla l’integrando: zmax =

k μω

=⇒ z =

E infine: Jρ =

dρ pρ =

 dρ

k sin θ . μω

γ − δ ρ 2 − α2 /ρ 2 ,

con: γ = 2μW − k2 = 2μ(W − h¯ ωnz ) ,

δ = μ 2ω 2 ,

α2 =



 e 2 nϕ h¯ − b + 2μβ 2 . c

L’integrale e` lo stesso che si incontra nel problema kepleriano (Goldstein 9.68), e d`a come risultato:   W − h¯ ωnz γ/2 Jρ = π √ − α = π − α = nρ h. ω δ

148

3 Soluzioni

Da qui si ricava:    2 WBS = h¯ ω nz + 2nρ + nϕ − eb/¯hc + 2μ/¯h2 β 2 ,

nz , nρ , nϕ = 0, 1, 2, ...

iv) In termini quantistici, occorre risolvere l’Hamiltoniana: e 2 1  p − A +V (z, ρ) = 2μ c   1 2 1 1 eb 2 1 2 1 2 L , − + 2μβ = pz + μω 2 z2 + pρ + μω 2 ρ 2 + z 2μ 2 2μ 2 2μρ 2 c H=

costituita da un oscillatore armonico monodimensionale sommato a uno bidimensionale con il termine angolare modificato: Lz2

=⇒

(Lz − eb/c)2 + 2μβ 2 .

Le soluzioni dell’oscillatore bidimensionale in coordinate polari sono date nel 1.19, e di quello tridimensionale in coordinate cilindriche nel 3.6. Gli autovalori sono:   1 W osc = Wz +Wρ = h¯ ω nz + + 2n + |m| + 1 . 2 Per cui lo spettro del nostro sistema si ottiene sostituendo in questa espressione il termine m, autovalore di Lz , con l’autovalore dell’operatore modificato:

    W = h¯ ω nz + 2nρ +

m − eb/¯hc

2

+ 2μ/¯h2 β 2 + 3/2 ,

nz , nρ , m = 0, 1, 2, ...

Notare la differenza tra i due approcci: in meccanica quantistica il valore minimo dell’energia e` sempre > 0, uguale a 3/2, in virt`u del principio di indeterminazione di Heisenberg. 2.15. Confrontando con 2.2 e 2.10, possiamo scrivere l’equazione radiale: R +

R  2 m2  2μW + k − 2 R = 0, k2 = , ρ ρ h¯ 2

le cui soluzioni sono funzioni di Bessel. Una sola e` accettabile, mentre l’altra diverge all’origine. Imponendo l’annullamento sulla barriera, si ottengono gli autovalori: R(ρ) = A J|m| (k ρ)conJ|m| (k a) = 0. Essi sono dunque legati agli zeri delle funzioni di Bessel, con i primi dati da (vedi A-S Tav. 9.5): j0,1 ≈ 2.40 j1,1 ≈ 3.83 =⇒ W0,1 ≈ 2.88¯h2 /μ a2 ,

W1,1 ≈ 7.33¯h2 /μ a2 .

3.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni

149

2.16. Con l’accoppiamento minimale, l’Hamiltoniana e` data da: H= =

e 2 e2 p2 e e2 e2 1  p− A − = − A·p+ A2 − = 2 2μ c r 2μ μ c 2μc r

p2 e2 e B r02 −y px + x py 1  e B r02 2 x2 + y2 − − + = 2 2μ r 2μ c r 2μ 2c r4 = H0 + H1 + H2 = H0 + H2 ,

con H0 , Hamiltoniana imperturbata dell’atomo di idrogeno, H1 = ω r02

Lz sin2 θ , H2 = α 2 , 2 r r

con

ω=

|e| B 2μ c

e α=

ω 2 r04 μ , 2

e ω e` nota come frequenza di Larmor. Trascurare i termini in B2 , cio`e in α, come dice il problema, vuol dire trascurare H2 , e rimanere quindi con il solo H0 , per il quale il problema agli autovalori si pu`o risolvere esattamente. Infatti, separate le variabili angolari, l’effetto del termine H1 e` quello di aggiungere un contributo alla barriera centrifuga: l(l + 1)

=⇒

λ (λ + 1) ≡ l(l + 1) + mωβ ,

β=

2μ r02 , h¯

con λ = λ (l, m) non intero. Autofunzioni e autovalori sono perci`o dati da: unr λ m =

ynr λ m (r) Ylm , r

Wnr λ m = w0

1 , (nr + λ + 1)2

w0 = −

e2 μe4 =− 2, 2r0 2¯h

con w0 energia dello stato fondamentale dell’atomo di idrogeno. Nel caso di campi B deboli, tali per cui ε = mωβ  1, si pone λ = a + bε + ..., e sostituirlo nella sua definizione, ottenendo: m λ = l + ωβlm + ..., con βlm = β. 2l + 1 Allo stesso ordine di approssimazione, possiamo sviluppare l’energia gi`a trovata:   1 1 2ωβlm Wnr λ m = w0 = w − + ... = Wnlm , 0 (nr + 1 + l + ωβlm + ...)2 n2 n3 con n = nr + 1 + l. Dunque, al primo ordine, le correzioni ai livelli energetici sono: (1)

Wnlm =

1 μω e2 r0 1 m m = h¯ ω. l + 1/2 n3 l + 1/2 n3 h¯

2.17. Le linee del campo sono distribuite come in presenza di una carica immagine, uguale ed opposta, nel conduttore. Per il calcolo del potenziale per`o bisogna tenere conto che, nel portare le cariche dall’infinito al punto y, sulla carica immagine non si esegue lavoro dato che, essendo immersa in un conduttore, non vi sono forze

150

3 Soluzioni

applicate su di essa. Il potenziale pertanto e` la met`a di quello dato da due cariche ±e a distanza 2y una dall’altra: e2 V =− . 4y Dunque, l’equazione di Schr¨odinger e` quella radiale con l = 0 dell’atomo idrogenoide con carica Z = 1/4 e la stessa condizione di annullamento in y = 0; quindi: ⎧  Zμe4 μe4 1 1  2 ⎪ ⎪ ⎨Wn = − 2 = − Wn,px ,pz = Wn + px + p2z 2 n2 2 2μ 2¯h n 32¯h ⎪ ⎪ ⎩Y (y) = yR (y), Ψ (x) = NyRn0 (y)exp [i/¯h (px x + pz z)] n n0 con Rn0 (y) autofunzioni dell’atomo di idrogeno; lo stato fondamentale e` dato da:  μe2 3/2  μe2 y  Y1 (y) = 2y exp − . 4¯h2 4¯h2 2.18. Il campo elettromagnetico si inserisce con l’accoppiamento minimale: H=

e 2 1  p− A , 2μ c

e la scelta di gauge pi`u semplice e` data da Ax = −By, Ay = Az = 0:   i    ∂ ∇ × A =   ∂x  −By

 k   ∂ ∂  ∇ · A = 0, = kB∇ ∂ y ∂ z   0 0  j

che porta all’Hamiltoniana: H=

 eB 2 1  px + y +p2y + p2z . 2μ c

Convieve separare in coordinate cartesiane, osservando che nella x e nella z il potenziale e` nullo e quindi la particella e` libera: ψ = X(x)Y (y)Z(z)X(x) ≈ eikx x ,

Z(z) ≈ eikz z ,

da cui si ottiene l’equazione in y:   1 1  (y) p2y + μω 2 (y − y0 )2 Y (y) = WY 2μ 2

3.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni

151

k2 h¯ 2 |e|B ckx h¯  , y0 = − , W = W − z . Si tratta dunque di un oscillatore μc eB 2μ armonico con spettro: con ω =

Wn =

kz2 h¯ 2 + (n + 1/2)¯hω 2μ

n = 0, 1, ...

e autofunzioni dell’oscillatore armonico traslato di y0 : ψ(r) =

1 exp[i(kx x+kz z)]Nn exp[−α2 (y−y0 )2 /2]Hn [α(y−y0 )] , 2π

α=

|e|B/¯hc.

2.19. Si tratta di un problema a simmetria sferica, per cui rimane da risolvere solo l’equazione radiale per y(r) = rR(r): d 2 y(r)  2 l(l + 1)  2μ y(r) = 0 , k2 = 2 W, + k − dr2 r2 h¯ con le condizioni al contorno y(a) = y(b) = 0. Poich´e interessa solo lo stato fondamentale, e questo corrisponde a l = 0, l’equazione da risolvere e` la seguente: y + k2 y = 0. Le soluzioni soddisfacenti la condizione al contorno y(a) = 0 sono date da: y(r) = N sin[k(r − a)], e imponendo a queste di annullarsi anche in r = b, otteniamo lo spettro: kn =

nπ , n = 1, 2, ... b−a

Lo stato fondamentale e` dato da n = 1, cui corrisponde l’energia: W1 =

h¯ 2 π 2 . 2μ(b − a)2

La condizione di normalizzazione ||y|| = 1 fornisce il valore N = 2/(b − a), e pertanto la funzione d’onda tridimensionale normalizzata risulta essere:

r−a 2 1 1 sin π . ψ(r) = √ b−a 4π b − a r 2.20. Scelto l’asse z nella direzione del campo magnetico B, e trascurati i termini quadratici in questo, l’Hamiltoniana classica e` data da % & & % p2ϕ p2ϕ p2ϑ qB 1 1 2 2 pr + 2 + 2 2 − − ω pϕ , pϑ + 2 Mz = H= 2μ r 2μc 2μR2 r sin ϑ sin ϑ

152

3 Soluzioni

dove ω = qB/2μc e` la frequenza di Larmor, e abbiamo tenuto conto che vale r = R = cost. Non vi e` dipendenza da ϕ, e quindi pϕ e` una costante del moto. Pertanto: ' '   Jϕ2 1 η2 Jϕ = pϕ =cost , pϑ = 2μR2 W +ωJϕ − 2 , Jϑ = λ 2− 2 d ϑ 2π sin ϑ sin ϑ con le costanti: λ=



  2μR2 W + ωJϕ ,

η = Jϕ2 .

Il calcolo di Jϑ si esegue facilmente, osservando che la sua derivata rispetto a λ si riduce a un integrale elementare: λ ∂ Jϑ = ∂λ 2π



dϑ λ 2 − η 2 /sin2 ϑ

=

λ 2π



dξ λ 2 − η 2 − λ 2ξ 2

=1.

Conoscendo il valore di Jϑ per un valore particolare di λ , (ad es. Jϑ = 0 per λ = η) si pu`o allora concludere che

Jϑ = λ − η =



  2μR2 W + ωJϕ − Jϕ

=⇒ W =

(Jϑ + Jϕ )2 − ωJϕ , 2μR2

da cui infine si ottiene lo spettro alla Bohr sostituendo alle variabili d’azione multipli interi nθ e nϕ di h¯ . Naturalmente il risultato pi`u corretto e` ottenuto dall’equazione di Schr¨odinger: (Jϑ + Jϕ )2 −→ h¯ 2 ( + 1) . 2.21. L’Hamiltoniana espressa in coordinate sferiche H=

β2 1 2 e2 p − + 2μe r 2μe r2 sin2 ϑ

non dipende da ϕ, e quindi pϕ e` una costante del moto e Jϕ = pϕ . Rispetto al caso dell’atomo di idrogeno, si ha:  Jϕ −→ J˜ϕ = Jϕ2 + β 2 , mentre l’espressione di Jϑ non cambia. Pertanto: H=

1 2 e2 λ2 pr − + 2μe r 2μr2

con λ = (Jϑ + J˜ϕ )2 .

3.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni

153

Il calcolo procede come nel caso coulombiano puro, e la quantizzazione di BohrSommerfeld fornisce infine lo spettro: Wnr nϑ nϕ = −

2¯h2

μe4 2 ,  nr + nϑ + n2ϕ + β 2



nr + nϑ = 1, 2, 3, ... ,

0 ≤ nϕ ≤ nr + nϑ .

Consideriamo ora la soluzione quantistica esatta. L’equazione di Schr¨odinger si risolve formalmente allo stesso modo che nel caso coulombiano puro. Avendo separato le variabili in coordinate sferiche si e` ricondotti all’equazione 1 d d m2 + β 2 sin ϑ Θ− Θ = −λ (λ + 1)Θ sin ϑ dϑ dϑ sin2 ϑ con λ (λ + 1) costante di separazione. Si pone ζ = cos ϑ e ν 2 = m2 + β 2 e si trova l’equazione di Legendre:  (1 − ζ 2 )Θ  − 2ζ Θ  + λ (λ + 1) −

ν2  Θ = 0. 1−ζ2

Ponendo Θ = (1 − ζ 2 )ν/2 F(ξ ) con ξ = (1 − ζ )/2, l’equazione per F si riduce alla equazione ipergeometrica: ξ (1 − ξ )F  + [c − (a + b + 1)ξ ]F  − abF = 0, con i paramentri a = ν − λ , b = ν + λ + 1, c = ν + 1. La soluzione generale e` : F(ξ ) = AF(a, b; c; ξ ) + Bξ 1−c F(a − c + 1, b − c + 1; 2 − c; ξ ). Dato il valore negativo di 1 − c, la regolarit`a in ξ = 0 comporta B = 0. Inoltre, la regolarit`a in ξ = 1 impone a = −nϑ oppure b = −nϑ , con nϑ intero non negativo, cio`e λ = nϑ + ν oppure λ = −nϑ − ν − 1. Come nel caso di potenziale puramente centrale, il parametro λ si quantizza, a valori per`o λ = l intero. Passando ora all’equazione radiale, questa rimane la medesima dell’atomo di idrogeno, salvo appunto l =⇒ λ = nϑ + ν. Dunque: −2

μe4  2 +β2 +1 + n + m , n r ϑ 2¯h2 nr , nϑ = 0, 1, 2, ... , |m| ≤ nϑ .

Wnr nϑ m = −

Come trovato con la Bohr-Sommerfeld, salvo le degenerazioni.

154

3 Soluzioni

2.22. Per una particella confinata in una scatola di lato a, un set completo di autofunzioni e` dato da:  πx   πy   πz   h¯ 2 π 2  2 un1 n2 n3 =(2/a)3/2 sin n1 n1 + n22 + n23 , sin n2 sin n3 , W123 = 2 a a a 2μa con la degenerazione data dai possibili valori di {n1 , n2 , n3 } a somma dei quadrati costante. i) Lo stato a energia minima e` lo stato u111 , con autovalore W111 = 3¯h2 π 2 /2μa2 , evidentemente non degenere. ii) Gli stati a energia minori di un valore dato W , devono soddifare la relazione: 2 n21 + n22 + n23 < W (2μa2 /¯h2 π 2 ) = RW .

In un sistema d’assi cartesiani, questo equivale a considerare i punti di coordinate intere contenuti nel primo ottante (gli n sono positivi) della sfera di raggio RW , ovvero un ottavo di tutti quelli della sfera. Ognuno di questi punti corrisponde a un autostato differente, e quindi il loro numero e` uguale al numero N di autostati con energia minore di W . Se N >> 1, questo numero e` anche uguale al numero di cubetti di lato unitario aventi vertici contenuti nel primo ottante della sfera e con coordinate intere. Se N >> 1, la somma dei loro volumi e` uguale al volume dell’ottante. Dunque:  3/2 2μa2 1 4π W 2 2 . N≈ 8 3 h¯ π 2.23. Lo stato fondamentale ha momento angolare l = 0 e un limite superiore di energia W = 0, dato che W > 0 appartiene al continuo. Dunque, queste sono le condizioni minime per l’esistenza di almeno uno stato legato. Dobbiamo cio`e risolvere l’equazione di Schr¨odinger radiale: d 2 y(r) 2μλ 1 + 2 n y(r) = 0 , dr2 h¯ r

y(r) = rR(r),

e assicurarci che abbia almeno una soluzione. Di solito si fissa la costante di accoppiamento e l’energia e` un’incognita, qui invece e` l’opposto. Operiamo le sostituzioni suggerite e calcoliamo le derivate:  ν = 1/(n − 2) , β = 2ν 2μλ /¯h2 , ρ = β r−1/2ν = β r−n/2+1 =⇒ d2 d d2 + β 2 (−n/2 + 1)2 r−n 2 . = β (−n/2 + 1)(−n/2)r−n/2−1 2 dr dρ dρ Sostituiamo ora questa derivata nell’equazione di Schr¨odinger, moltiplichiamo tutto per rn , e teniamo conto che rn/2−1 = β ρ −1 e che β 2 (−n/2 + 1)2 = β 2 /4ν 2 . Si

3.2 Equazione di Schr¨odinger in due e tre dimensioni



ottiene:

155

 1 d d2 + (2ν + 1) + 1 y(ρ) = 0. dρ 2 ρ dρ

Questa e` una delle equazioni differenziali, detta di Lommel, aventi come soluzioni le funzioni di Bessel. Vedi A-S 9.1.52, dove e` riportata la soluzione generale in termini delle funzioni di Bessel del primo e del secondo tipo Jν (ρ) e Yν (ρ): y(r) = ρ −ν w(ρ) = N1 ρ −ν Jν (ρ) + N2 ρ −ν Yν (ρ). Per r → ∞ ρ → 0, con comportamenti asintotici Jν (ρ) ≈ ρ ν e Yν (ρ) ≈ ρ −ν , per ρ→0

ρ→0

cui il primo tende a costante e il secondo diverge, e dunque N2 = 0. La soluzione normalizzabile e` quindi: √ y(r) = N rJν (β r−1/2ν ). Dobbiamo ancora imporre le condizioni di raccordo sulla barriera, e cio`e Jν (β a−1/2ν ) = 0, e poich´e 0 < ν ≤ 1, dal grafico di queste Bessel riportato nel testo del 2.24, e dai valori degli zeri in A-S Tav. 9.5, segue che il valore limite inferiore deve essere compreso tra il primo zero di J0 e il primo di J1 , cio`e 2.40 < β a−(1/2ν) ≤ 3.83, a seconda di ν, ovvero di n. In particolare, per n = 3, cio`e ν = 1, bisogna cercare gli zeri della J1 , a partire dal primo j1,1 = 3.83, per cui deve essere: −1/2ν

βa



≥ 3.83 =⇒ 2

2μλ /¯h2 ≥ a1/2 3.83 =⇒ λ ≥

a¯h2 3.832 a¯h2 ≈ 1.83 . 8 2μ 2μ

Se λ aumenta a partire dal valore indicato, il potenziale diventa pi`u attrattivo e lo stato fondamentale scende pi`u in fondo nella buca, con la possibilit`a di avere anche stati eccitati, con energia limitata superiormente dal valore W = 0. Analogamente, se λ aumenta, il valore β a−(1/2ν) si sposta nel grafico del 2.24 verso destra e diventa soluzione (a energia W ≈ 0) quando incontra il successivo zero j1,2 = 7.1 della Bessel J1 ; questa soluzione continuerebbe ad avere anche lo zero precedente, ottenuto in corrispondenza a un r > a, e quindi non sarebbe lo stato fondamentale, ma il primo eccitato. 2.24. La prima parte e` analoga al Problema 2.5. Con la scelta dei parametri: β=

1 , 2λ b

α2 =

2Mg2 , h¯ 2 β

ν2 =

4Mλ b2 |W | , h¯ 2

ρ = αe−β r ,

156

3 Soluzioni

con ν e α numeri puri, si arriva all’equazione di Bessel risolta nel 2.5. Imponendo l’annullamento della soluzione in r = 0, si ottiene l’equazione implicita nell’energia:  √  Jν (α) = J

2g M¯ λ /¯h = 0. 2¯ λ M|W |/¯h Rispetto alle ovvie modifiche di notazione, notare il fattore M/2 rispetto a μ del 2.5. Qui infatti si parte da un problema a due corpi, con massa ridotta M/2. La funzione di Bessel di cui sopra, in corrispondenza a W = 2.2 Mev, ha indice: 

2 Mc2 |W | ≈ 0.65. ν = 2¯ λ M|W |/¯h = μπ c2 Dal grafico accluso nel testo, le curve del livello zero delle funzioni di Bessel indicano che la J0.65 (α) si annulla per α ≈ 3.3 , 6.6, ..... Leggendo invece il grafico ad α fissato, si conclude che per α  3.3 non ci sono zeri con ν > 0, e quindi non ci sono stati legati. Per α ≈ 3.3 si incontra un unico zero in ν ≈ 0.65, che si sposta verso destra all’aumentare di α. Poco oltre α ≈ 5 appare un secondo stato legato che per α ≈ 6.6 si trova nel richiesto ν ≈ 0.65. In conclusione, il potenziale dato presenta uno stato legato in W = 2.2 Mev, in corrispondenza ai due valori della costante di accoppiamento (adimensionale): α 2 μ π c2 g2 ≈ 0.41 = 4 Mc2 h¯ c

e

≈ 1.62.

Nelle due costanti d’accoppiamento, esso appare come primo e secondo stato legato, rispettivamente. ∗ 2.25.

Gli indici in ψ11 si riferiscono evidentemente ai due numeri quantici n1 e n2 di oscillatore singolo, e dunque alla autofunzione: 2α3 x2 + y2 ]. ψ11 (x, y) = u1 (x)u1 (y) = √ xy exp[−α2 2 π = −i¯h∂ /∂ ϕ, occorre passare Per ottenere informazioni sul momento angolare M alle coordinate polari ρ e ϕ, e quindi: ρ2 2α3 ψ11 (x, y) = √ cos ϕ sin ϕρ 2 exp[−α2 ] = F(ρ)(e2iϕ − e−2iϕ ). 2 π √ sono date da: ϕm (ϕ) = 1/ πeimϕ , gli autovalori possiPoich´e le autofunzioni di M sono m = ±2¯h, con probabilit`a P±1 = 1/2. Le due probabilit`a si ottengono bili per M osservando che i due autostati intervengono con uguale peso, e la somma delle due probabilit`a deve essere uguale a uno, dato che si raggiunge cos`ı la certezza. Oppure si calcolano i prodotti scalari (ϕ±2 , ψ11 ), ricordandosi di integrare anche su ρ. L’ortogonalit`a delle funzioni in ϕ e la normalizzazione della ψ11 portano al risultato precedente.

3.3 Oscillatore Armonico

157

2.26. i) Scegliendo l’origine delle coordinate al centro della scatola, e gli assi paralleli ai lati, per separazione delle variabili le soluzioni sono il prodotto delle soluzioni delle tre buche quadrate {unx , uny , unz } di semiampiezza {ax , ay , az }, con: ⎧ nx πx −1/2 ⎪ ⎪ cos per nx dispari ⎨ax 2 2 2ax h¯ π 2 n ←→u (x) = Wnx = nx nx πx ⎪ 8μa2x x ⎪ ⎩a−1/2 sin per nx pari, x 2ax e analoghe espressioni per y e z. ii) I coseni sono pari e i seni dispari, per cui: se Ntot = nx +ny +nz e` pari, vuol dire che ci sono tre indici pari oppure un indice pari e due dispari, e quindi l’autovettore e` il prodotto di 3 seni oppure di un seno e 2 coseni, e dunque e` dispari; se invece Ntot = nx + ny + nz e` dispari, vuol dire che ci sono tre indici dispari oppure un indice dispari e due pari, e quindi l’autovettore e` il prodotto di 3 coseni oppure di un coseno e 2 seni, e dunque e` pari. iii) Il primo livello e` caratterizzato dalla terna {1, 1, 1}, con Ntot = 3, e degenerazione 1. Il secondo livello corrisponde a Ntot = 4, in tre possibili combinazioni: {2, 1, 1}, {1, 2, 1}, {1, 1, 2}. Ovvero degenerazione d = 3.

3.3 Oscillatore Armonico 3.1. Posto



aˆ = μω/2¯h xˆ + i 1/2μ h¯ ω pˆ e

aˆ† =



μω/2¯h xˆ − i 1/2μ h¯ ω p, ˆ

uno aggiunto dell’altro, vale: = aˆ† a: i) [a, ˆ aˆ† ] = −i/¯h[x, ˆ p] ˆ = 1. Inoltre, posto N ˆ a] [N, ˆ = [aˆ† , a] ˆ aˆ = −aˆ e

aˆ† ] = [a, [N, ˆ aˆ† ]

aˆ† = aˆ† .

ii) Da qui segue: aˆ | n = naˆ | n + [N, a] N ˆ | n = (n − 1)aˆ | n

e

aˆ† | n = (n + 1)aˆ† | n . N

Cio`e aˆ | n e aˆ† | n sono proporzionali a | n − 1 e | n + 1 , oppure sono nulli: ⎧ ⎨aˆ | n = A | n − 1 A2 =  n | aˆ† aˆ | n = n ⎩aˆ† | n = B | n + 1 B2 =  n | aˆaˆ† | n =  n | aˆ† aˆ + 1 | n = n + 1,

158

3 Soluzioni

e dunque: aˆ | n =

√

n | n−1 e

√

aˆ† | n =

n + 1 | n + 1 .

Naturalmente, non esistono stati con n < 0, e aˆ | 0 = 0. iii) Posto Nα = exp[−|α|2 /2]: aˆ | α = Nα

∞

αn √ n | n − 1 = Nα

∑ √n!

n=1

iv)  α | β = Nα Nβ

∞

αm+1 √ | m = α | α . m! m=0

∑

∞

∞ ∗ α∗m β n (α∗ β )n √ √ δmn = Nα Nβ ∑ = Nα Nβ eα β . n! m,n=0 m! n! n=0

∑

v)  α | H | α = h¯ ωe−|α|

2

∞

2 2 |α|2n (n + 1/2) = h¯ ωe−|α| (|α|2 + 1/2)e|α| = n=0 n!

∑

= h¯ ω(|α|2 + 1/2). Invertendo poi le relazioni iniziali:



xˆ = h¯ /2μω(aˆ + aˆ† ) e pˆ = −i μ h¯ ω/2(aˆ − aˆ† ), ⎧ ⎨ α | xˆ | α = h¯ /2μω(α + α∗ ) = R 2¯h/μω R = Re(α)

⎩ α | pˆ | α = −i μ h¯ ω/2(α − α∗ ) = I 2μ h¯ ω I = Im(α).

E anche: ⎧ ⎨ α | xˆ2 | α = h¯ /2μω(α2 + α∗2 + 2|α|2 + 1) = h¯ /2μω(4R2 + 1) ⎩ α | pˆ2 | α = −μ h¯ ω/2(α2 + α∗2 − 2|α|2 + 1) = μ h¯ ω/2(4I 2 + 1). Da cui:

⎧ ⎨(Δ x)2 =  xˆ2 −  xˆ 2 = h¯ /2μω  4R2 + 1 − 4R2 = h¯ /2μω α α ⎩(Δ p)2 =  pˆ2 α −  pˆ 2 = μ h¯ ω/2 4I 2 + 1 − 4I 2 = h¯ μω/2. α

E infine:

h¯ Δx·Δ p = . 2

vi) Mostriamo che lo stato coerente nella rappresentazione delle x e` una gaussiana, e dunque a indeterminazione minima. Tenendo conto che le autofunzioni dell’oscillatore armonico nella rappresentazione delle coordinate sono i polinomi di Hermite Hn , con l’opportuno termine esponenziale e il fattore di normalizzazione, posto λ = (μω/¯h)1/2 :  xˆ | α = Nα

∞

αn

∑ √n!  xˆ | n = e−|α| /2 e−λ

n=0

2

2 x2 /2

∞

αn 

∑ √n!

n=0

1/2 λ Hn (λ x). π 1/2 2n n!

3.3 Oscillatore Armonico

159

La sommatoria e` quella classica che definisce la funzione generatrice (vedi A.2): ∞

1

∑ n! Hn (y)zn = exp[2yz − z2 ].

n=0

√ Nel nostro caso abbiamo y = λ x e z = α/ 2, per cui la funzione √ chiaramente generatrice e` exp[2λ xα/ 2−α2 /2]. Raccogliendo anche gli altri fattori, otteniamo: x|α =

 λ 2 x2 |α|2 + α2 √   λ 1/2 √ exp − − + 2λ αx . 2 2 π

Con le definizioni seguenti: √ x0 =

2Re(α) , λ

√ Im(α) p0 = 2 2 , λ

possiamo infine riesprimere tutto come: x|α =

  λ2   λ 1/2 x0 √ (x − x0 )2 + ip0 ( − x) . exp − 2 2 π

E questa e` la usuale gaussiana modulata. 3.2. i) Posto: H = H0 + λV

con H0 = h¯ ω(aˆ†1 aˆ1 + aˆ†2 aˆ2 )

e V = aˆ†1 aˆ2 + aˆ†2 aˆ1 ,

si pu`o facilmente controllare che i due operatori commutano e possono quindi essere diagonalizzati simultaneamente. Questo si pu`o fare in tre modi diversi. L’operatore H0 non e` la somma di due oscillatori, ma solo la somma dei due relativi operatori numero, con autovettori e autovalori noti: H0 | N − i, i = N h¯ ω | N − i, i ,

N = 0, 1, 2, ... ,

i = 0, 1, 2, ..., N,

dove i e` anche un indice di degenerazione nei sottospazi (N + 1)−dimensionali HN . Consideriamo ora V all’interno di questi sottospazi:



Vi i =  N −i , i | aˆ†1 aˆ2 + aˆ†2 aˆ1 | N −i, i = δi ,i−1 i(N − i + 1)+δi ,i+1 (i + 1)(N − i). Questa forma ricorda strutture note, pi`u facilmente riconoscibili con le sostituzioni: N = 2 j, i = j − m , i = j − m :



Vm m = δm ,m+1 ( j − m)( j + m + 1) + δm ,m−1 ( j + m)( j − m + 1) = = 2 j, m | Jx | j, m , con le usuali notazioni dei momenti angolari, in questo caso adimensionali come gli aˆ e aˆ† . La diagonalizzazione di Jx nei sottospazi e` ben nota, e fornisce come

160

3 Soluzioni

autovalori m, con − j ≤ m ≤ j. Quindi, gli autovalori di H sono dati da: WNm = N h¯ ω + 2mλ ,

−N/2 ≤ m ≤ N/2.

E affinch´e lo spettro sia puramente positivo, occorre che: λ < h¯ ω. ii) Il risultato ottenuto, cio`e l’identificazione dell’operatore V con un operatore di momento angolare, non e` ovviamente casuale. Infatti, con i termini quadratici nei due oscillatori, si possono definire 4 operatori autoaggiunti, oltre naturalmente all’operatore unit`a, dato dai commutatori elementari [aˆi , aˆ†i ]: 1 = 1 (aˆ† aˆ2 + aˆ† aˆ1 ) , A 2 2 1

3 = 1 (aˆ† aˆ1 − aˆ† aˆ2 ), A 2 2 1

2 = i (aˆ† aˆ2 − aˆ† aˆ1 ) , A 2 2 1 4 = 1 (aˆ† aˆ1 + aˆ† aˆ2 ). A 2 2 1

Abbiamo omesso gli operatori diagonali con i distruttori a sinistra, perch´e ottenibili dagli altri con commutazioni elementari. E` semplice controllare che valgono le seguenti propriet`a: i , A k , j ] = iεi jk A [A

4 , A i ] = 0 , [A

i = 1, 2, 3.

3 e A 4 . Possiamo anche Ve ne sono solo due commutanti tra di loro, ad esempio A † considerare un altro operatore, quartico negli aˆi , aˆi : 4 + 1) = 1 (aˆ† aˆ1 + aˆ† aˆ2 ) 1 (aˆ1 aˆ† + aˆ2 aˆ† ), =A 4 (A A 2 1 2 2 1 2 che evidentemente commuta con i due precedenti. Si pu`o controllare che: 4 + 1) = A 21 + A 22 + A 23 . 4 (A A Da qui, la completa identificazione degli operatori precedenti con quelli di momento angolare (adimensionale): i , Ji = A

i = 1, 2, 3

e

J2 = J12 + J22 + J32 = J(J + 1)

Tramite questi operatori, l’Hamiltoniana di partenza si scrive: H = h¯ ω2J + λ 2J1 , con autovalori: 2 j¯hω + 2mλ ,

− j ≤ m ≤ j,

con j intero o semintero, come gi`a trovato con il metodo i).

con

4 . J=A

3.3 Oscillatore Armonico

161

iii) Anche l’ultima tecnica di risoluzione del problema ha caratteristiche generali, nel senso che una qualsiasi forma quadratica: H = ∑ aˆ†i Γi j aˆ j , ij

con Γ hermitiana, e` sempre diagonalizzabile con la matrice unitaria che diagonalizza Γ . Posto: † = Γlm = δlm γl ; ∑ UliΓi jU jm ij



bˆ s = ∑ Usn aˆn , n

m

   † † aˆn , aˆ†m = ∑ UsnUml bˆ s , bˆ †l = ∑ UsnUml δnm = δsl , mn

si ottiene:

† bˆ †l = ∑ aˆ†mUml ;

mn

Γ U† Uˆa = bˆ †Γ bˆ = ∑ γl bˆ †l bˆ l . H = aˆ †Γ aˆ = aˆ † U† UΓ l

ˆ i = bˆ i . Dunque, l’Hamiltoniana e` la somma di due operatori nuDove aˆ |i = aˆi , b| mero, di peso γ1 e γ2 , e ha come spettro la somma degli spettri. Pertanto, dobbiamo solo trovare gli autovalori {γi } della matrice Γ :       h¯ ω λ  Γ =  =⇒ det Γ − γI = (¯hω − γ)2 − λ 2 = 0.  λ h¯ ω  Da qui si ottiene: H = (¯hω + λ )bˆ †1 bˆ 1 + (¯hω − λ )bˆ †2 bˆ 2 = h¯ ω(bˆ †1 bˆ 1 + bˆ †2 bˆ 2 ) + λ (bˆ †1 bˆ 1 − bˆ †2 bˆ 2 ), con autovalori: W = h¯ ω(n1 + n2 ) + λ (n1 − n2 ) = h¯ ωN + λ 2m ,

N = 0, 1, 2, ... ,

−N ≤ 2m ≤ N.

3.3. L’Hamiltoniana si scrive: H=

1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 p + p + ω x + ω x + gx1 x2 = ∑ p2i + ∑ xi Ωi j x j , 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2 i 2 ij

con: Ω11 = ω12 , Ω22 = ω22 , Ω12 = Ω21 = g. Una forma quadratica di questo tipo e` sempre diagonalizzabile tramite una trasformazione ortogonale. Sia O la matrice che diagonalizza Ω sui suoi autovalori Ω1 e Ω2 , e sia: x i = ∑ Oi j ξ j , j

O−1 = O , T

ξi = ∑ O ji x j , j

π j = −i¯h

∂ , ∂ξj

162

3 Soluzioni

da cui segue: pi = −i¯h

∂ξj ∂ ∂ = −i¯h ∑ = ∑ Oi j π j . ∂ xi j ∂ xi ∂ ξ j j

Sostituendo queste espressioni nell’Hamiltoniana di partenza, si ottiene: H=

1 1 Oi j π j ∑ Oik πk + ∑ ∑ Oil ξl Ωi j ∑ O jm ξm = ∑ ∑ 2 i j 2 ij l m k

 1 T T 1 T T 1 2 π + ξ O Ω Oξξ = = π O Oπ π1 + π22 + Ω12 ξ12 + Ω22 ξ22 , 2 2 2 cio`e la somma di due oscillatori armonici disaccoppiati. I termini nei πi si ottengono direttamente dalla ortogonalit`a della matrice O; i termini negli ξi derivano dalla diagonalizzazione della matrice simmetrica Ω , tramite la matrice ortogonale O. L’operazione e` sempre fattibile, ed equivale, in campo reale, alla diagonalizzazione di una matrice hermitiana tramite una matrice unitaria. La matrice Ω diagonalizzata ha sulla diagonale principale i suoi autovalori, che si trovano risolvendo l’equazione:    2    ω − Ω g   1 det Ω − Ω I = 0 =⇒ det   = 0.  g ω22 − Ω  L’equazione ammette come soluzione: 1 2 ω + ω22 ± Ω± = 2 1



ω12 − ω22

2

 + 4g2 .

Posto Ω12 = Ω+ e, per Ω− > 0, Ω22 = Ω− , si ottiene finalmente l’Hamiltoniana vista sopra. Lo spettro e` dunque dato da:     Wn1 n2 = n1 + 1/2 h¯ Ω1 + n2 + 1/2 h¯ Ω2 . Se invece Ω− < 0, l’Hamiltoniana ancora si diagonalizza ma corrisponde alla somma di un oscillatore in ξ1 e di una barriera repulsiva in ξ2 . 3.4. L’Hamiltoniana del sistema e` data da: H=

p2 1 2 + Kx − eEx. 2μ 2

Conviene completare il quadrato con le sostituzioni: α=

eE , K

ξ = x−α,

β=

e2 E 2 1 = Kα2 , 2K 2

con le quali l’Hamiltoniana diventa: H=

p2 1 2 + Kξ − β . 2μ 2

3.3 Oscillatore Armonico

163

Lo spettro quindi e` quello dell’oscillatore armonico traslato:

W = h¯ ω(n + 1/2) − β = h¯

K/μ(n + 1/2) −

e2 E 2 , 2K

mentre le autofunzioni sono quelle dell’oscillatore armonico nella variabile ξ : √     − σ 2 2 2 1/4 un (x) =

√ exp − σ (x − α) /2 Hn σ (x − α) , σ = (μK/¯h ) . n 2 n! π Per valutare i valori di aspettazione richiesti, conviene passare agli operatori {a, ˆ aˆ† }. Posto: '

√ h¯ h¯ μK † † √ ξ = A+ (aˆ + aˆ ) , p = −iA− (aˆ − aˆ ) , A+ = , A− = , 2 μK 2 si ottiene:  n | xˆ | n =  n | ξ + α | n = A+  n | aˆ + aˆ† | n + α = α;  n | p | n = A−  n | aˆ − aˆ† | n = 0;  n | xˆ2 | n = A2+  n | ξ 2 + α2 + 2αξ | n = A2+  n | ξ 2 | n + α2 = h¯ = √  n | aˆaˆ† + aˆ† aˆ | n + α2 = 2 μK h¯ h¯  n | 2aˆ† aˆ + 1 | n + α2 = √ (n + 1/2) + α2 ; = √ 2 μK μK √

h¯ μK 2  n | aaˆ† + aˆ† aˆ | n + α2 = h¯ μK(n + 1/2). n| p |n = 2 3.5. Si pu`o riscrivere il potenziale completo nel modo seguente: ⎧ ⎪ per x < −a 1/2Kx2 − Fa ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ Vtot = 1/2K(x + F/K)2 − 1/2F 2 /K per |x| < a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 1/2Kx2 + Fa per x > a . Sono quindi tre rami di oscillatore armonico raccordati in ±a, di cui quello centrale con vertice in −F/K. Non e` un potenziale pari, e in ciascuno dei tre rami la soluzione comprende entrambe le funzioni di Kummer M. La trattazione generale si trova nello svolgimento del Problema 1.9, che qui seguiamo passo passo. Introduciamo i nuovi parametri

−a

Fa _

a

|

|

−Fa

_

0

164

3 Soluzioni

ε− , ε0 , ε+ , dati da: ε− = 2(W + Fa)/¯hω, ε+ = 2(W − Fa)/¯hω,

ε0 = 2(W + F 2 /2K)/¯hω,

ω = K/μ,

con W autovalore dell’energia; introduciamo inoltre la nuova variabile ξ = x + F/K e α = (μK/¯h2 )1/4 . Nelle tre zone x < −a, −a < x < a , a < x abbiamo:      2 2 ψ− (x) = e−α x /2 A M 1/4(1− ε− ), 1/2; α2 x2 +B αxM 1/4(3− ε− ), 3/2; α2 x2

ψ0 (x) = e−α

2 ξ 2 /2

ψ+(x) = e−α

     C M 1/4(1− ε0 ), 1/2; α2 ξ 2 +D αξ M 1/4(3− ε0 ), 3/2; α2 ξ 2 )

2 x2 /2



    A˜ M 1/4(1− ε+ ), 1/2; α2 x2 +B˜ αxM 1/4(3− ε+ ), 3/2; α2 x2 .

Dobbiamo ora imporre le condizioni di annullamento a ±∞ e quelle di raccordo di funzione e derivata in ±a, cio`e sei condizioni. Le prime due sono state trovate nel Problema 1.9: AΓ [1/4(3 − ε− )] + 12 BΓ [1/4(1 − ε− )] = 0 ˜ [1/4(3 − ε+ )] + 1 BΓ ˜ [1/4(1 − ε+ )] = 0, AΓ 2 dove i fattori Γ (1/2) e Γ (3/2) nei primi e secondi addendi, rispettivamente, si semplificano col fattore 1/2 nei secondi. Queste due condizioni e le altre quattro citate, pi`u quella di normalizzazione della funzione d’onda, permettono di determinare in ˜ B˜ per alcuni (infiniti) valori quantizzati modo univoco le sei costanti A, B,C, D, A, dell’energia Wn = εn h¯ ω. In generale, εn = n + 1/2 per n intero, in quanto questi autovalori corrispondono ad autofunzioni pari o dispari, soluzioni di questo potenziale solo per alcuni casi particolari, F = 0 oppure a = 0, cio`e l’oscillatore armonico. 3.6. Consideriamo il problema agli autovalori per l’Hamiltoniana dell’oscillatore lineare armonico tridimensionale isotropo: H (3) =

p2 1 + μω 2 r2 , 2μ 2

p2 = p2x + p2y + p2z ,

r2 = x2 + y2 + z2 .

i) Coordinate cartesiane. L’Hamiltoniana e` esprimibile come: H (3) = Hx + Hy + Hz ,

Hx =

p2x + 1/2μω 2 x2 , ... 2μ

e quindi, ponendo per l’autofunzione: ψnx ,ny ,nz (x) = unx (x)uny (y)unz (z) ,

3.3 Oscillatore Armonico

165

il problema si separa in tre oscillatori armonici monodimensionali, e l’autovalore totale e` dato da: Wcart = (Ncart + 3/2)¯hω, Ncart = nx + ny + nz . ii) Coordinate cilindriche. Introdotte le coordinate: {z, ρ, ϕ}

ρ 2 = x2 + y2

y ϕ = arctan , x

l’Hamiltoniana e` esprimibile come: H (3) = Hz + H (2)

,

H (2) = −

h¯ 2  1 ∂  ∂  1 ∂ 2  + 1/2μω 2 ρ 2 . ρ + 2 2μ ρ ∂ ρ ∂ρ ρ ∂ ϕ2

Definita la funzione d’onda: y(ρ) ψ(x) = u(z)Φ(ϕ)R(ρ) = u(z)Φ(ϕ) √ , ρ il problema si separa in un oscillatore armonico monodimensionale in z e in uno bidimensionale isotropo in {x, y}, che si separa a sua volta in un problema angolare per l’operatore: −(¯h2 /2μ)∂ 2 /∂ ϕ 2 , con condizioni periodiche agli estremi di [ 0, 2π], e nell’equazione agli autovalori monodimensionale in ρ della forma: y +

2μ  h¯ 2 m2 − 1/4  2 2 ρ − W − 1/2μω y = 0, 2μ ρ2 h¯ 2

dove m e` l’autovalore del problema angolare. Questa equazione e` stata risolta nel Problema 1.19 ricavando gli autovalori W 2d , ai quali va in questo caso aggiunto quello dell’oscillatore monodimensionale in z: W 2d = h¯ ω(2n + |m| + 1) =⇒ Wcil = (Ncil + 3/2)¯hω ,

Ncil = nz + 2n + |m|.

iii) Coordinate polari. Con la usuale definizione: ψ(x) = Y (θ , ϕ)R(r) = Y (θ , ϕ)

y(r) , r

l’equazione radiale nell’incognita y diventa l’usuale equazione di Schr¨odinger monodimensionale in r = [0, ∞) con condizioni di annullamento agli estremi: y +

2μ  h¯ 2 l(l + 1)  W − 1/2μω 2 r2 − y = 0. 2 2μ r2 h¯

Anche le soluzioni di questa equazione si ricavano dal Problema 1.19: Wpol = (N pol + 3/2)¯hω ,

N pol = 2n + l.

166

3 Soluzioni

In conclusione, lo spettro dell’oscillatore tridimensionale isotropo e` dato in ogni caso da: W = (N + 3/2)¯hω , N = 0, 1, 2, .... con tre diverse espressioni per l’intero N: i) N = Ncart = nx + ny + nz ; nx , ny , nz = 0, 1, 2, ...; ii) N = Ncil = nz + 2n + |m|; nz , n = 0, 1, 2, ..., m = 0, ±1, ±2, ...; iii) N = N pol = 2n + l; n, l = 0, 1, 2, ... Per il calcolo delle degenerazioni a N fissato, possiamo procedere cos`ı: i) Fissato nx = 0, ..., N, ny pu`o variare da 0 a N − nx , e pu`o pertanto assumere (N − nx + 1) valori, mentre nz e` fissato una volta fissati nx e ny . Pertanto: dcart =

(N + 1)(N + 2) . 2

N

∑ (N − nx + 1) =

nx =0

ii) Fissato nz = 0, ..., N, a causa del termine 2n, |m| assume tutti i valori pari da 0 a N − nz se N − nz e` pari, e quindi (N − nz )/2 + 1 valori, oppure tutti i valori dispari se N − nz e` dispari, e quindi (N − nz + 1)/2 valori; occorre poi tenere conto del doppio segno ±m per tutti gli m = 0, e cio`e 2 [(N − nz )/2 + 1] − 1 = N − nz + 1 nel caso pari, oppure e 2 [(N − nz + 1)/2] = N − nz + 1 nel caso dispari. Si ottiene pertanto: dcil =

N

∑ (N − nz + 1) =

nz =0

(N + 1)(N + 2) . 2

iii) Fissato l = 0, 2, ..., N se N e` pari, oppure l = 1, 3, ..., N se N e` dispari, vi e` la degenerazione in m = −l, −l + 1, ..., l − 1, l. Pertanto: p d pol =

d dpol =

Np

∑

(2l + 1) =

l=0,2 Nd

∑ (2l + 1) =

l=1,2

N p + 2 2N p + 2 (N p + 1)(N p + 2) * = 2 2 2 Nd

+1 2

+4 = 2

2N d

(N d

+ 1)(N d

+ 2)

=

(N + 1)(N + 2) . 2

2

Ovviamente, le degenerazioni nei tre casi sono uguali. 3.7. Poniamo h¯ = ω = 1; e` immediato controllare che:     H0 ,V = λ aˆ†1 aˆ1 + aˆ†2 aˆ2 + 1, aˆ†1 aˆ2 + aˆ†2 aˆ1 = 0. Quindi l’Hamiltoniana totale e` diagonalizzabile sulla base degli stessi autovettori di H0 , il cui spettro e` per`o degenere, in relazione a tutte le coppie di interi tali che n1 + n2 = N. Possiamo diagonalizzare V nei sottospazi di degenerazione poich´e, grazie alla commutazione, questi sottospazi sono invarianti rispetto a V ; ne risulter`a quindi una diagonalizzazione a tutti gli ordini perturbativi, cio`e una diagonalizzazione esatta. Nel caso del sottospazio con n1 + n2 = 1, cui appartiene lo stato iniziale

3.3 Oscillatore Armonico

167

e quindi anche il suo evoluto temporale, e` immediato verificare che gli autostati comuni anche a V sono dati da:  1  con H0 | ± = 2 | ± | ± = √ | 1, 0 ± | 0, 1 2

e V | ± = ±λ | ± .

Inoltre, invertendo la relazione, possiamo esprimere lo stato iniziale in funzione di questi autostati dell’Hamiltoniana totale:  1  ψ0 = | 1, 0 = √ | + + | − 2

=⇒

 1  ψ(t) = √ e−i(2+λ )t | + + e−i(2−λ )t | − = 2   λ λ = e−i2ωt cos t | 1, 0 − i sin t | 0, 1 . h¯ h¯ Notare i parametri fisici, reinseriti con pure considerazioni dimensionali. ˆ (aˆ† )n ] = n(aˆ† )n , gli operatori diagonali contano il numero degli 3.8. Poich´e [aˆ† a, † aˆ con il segno +, e quello degli aˆ con il segno −. E` quindi facile controllare che ∗ 2 † ciascun addendo del potenziale di perturbazione V = λ aˆ†2 1 aˆ2 + λ aˆ1 aˆ2 commuta con l’Hamiltoniana imperturbata. Questo implica che il calcolo perturbativo al primo ordine fornisce il valore esatto a tutti gli ordini. Si determina la matrice della perturbazione in ogni sottospazio di degenerazione e si diagonalizza. Per i primi livelli, questo si pu`o fare rapidamente. 1. | 0, 0 e | 1, 0 sono non degeneri, e sono lasciati inalterati dalla perturbazione, in quanto gli elementi di matrice sono nulli. 2. | 2, 0 e | 0, 1 sono un doppietto con autovalore 2; la matrice da diagonalizzare e`  √ ∗   2λ   0 , √  2λ 0  √ e l’autovalore (esatto) dell’energia e` 2 ± 2|λ |. 3. Anche | 3, 0 e | 1, 1 sono degeneri, con autovalore 3. La matrice e` data da:  √ ∗   6λ   0 √ ,  6λ 0  √ e l’autovalore (esatto) dell’energia e` 3 ± 6|λ |. Eccetera. 3.9. L’Hamiltoniana e` la medesima di 5.29, dove si chiede una soluzione pertur†2 2 2 bativa al primo ordine. L’operatore V = aˆ†2 o commuta con la parte 1 aˆ2 + aˆ2 aˆ1 per` di oscillatore armonico, e pertanto lo spettro e` dato esattamente dalla diagonalizzazione della matrice rappresentativa di V ristretta ai sottospazi di degenerazione.

168

3 Soluzioni

3.10. Si riconosce facilmente che il termine additivo proporzionale a λ commuta con l’Hamiltoniana imperturbata, e quindi il calcolo perturbativo al primo ordine e` equivalente al calcolo esatto. Tuttavia, la diagonalizzazione della matrice + A † |n1 n2 n3 , n1 n2 n3 |A

= aˆ† aˆ2 + aˆ† aˆ3 + aˆ† aˆ1 , A 1 2 3

nel sottospazio di degenerazione con n1 + n2 + n3 = n1 + n2 + n3 = N, non appare semplice. Conviene infatti risolvere il problema completo sin dall’inizio. Come nel caso bidimensionale trattato nel punto iii) del Problema 3.2, ogni forma quadratica autoaggiunta nelle a, ˆ aˆ† pu`o essere diagonalizzata, diagonalizzando una matrice di dimensioni uguali al numero di oscillatori, in questo caso uguale a 3. Si arriverebbe cos`ı alla forma: = H



3

∑ wl bˆ †l bˆ l

con

 bˆ m , bˆ †l = δml

 e

 bˆ † = wl bˆ † . H, l l

l=1

Dunque, la diagonalizzazione della matrice equivale alla risoluzione di un problema agli autovalori per operatori:   bˆ † = wbˆ † con bˆ † = β1 aˆ† + β2 aˆ† + β3 aˆ† . H, 1 2 3 Introduciamo in questa equazione l’espressione esplicita dell’Hamiltoniana:   bˆ † ] = bˆ † + λ β1 (aˆ† + aˆ† ) + β2 (aˆ† + aˆ† ) + β3 (aˆ† + aˆ† ) = wbˆ † , [H, 2 3 3 1 1 2 che porta al sistema

⎧ ⎪ ⎪ ⎨β1 + λ (β2 + β3 ) = wβ1 β2 + λ (β3 + β1 ) = wβ2 ⎪ ⎪ ⎩ β3 + λ (β1 + β2 ) = wβ3 .

Si hanno soluzioni non nulle se il determinante e` uguale a zero, e cio`e se: (w − 1)3 − 2λ 3 − 3λ 2 (w − 1) = 0. L’equazione ammette le seguenti soluzioni: w = {1 − λ , 1 − λ , 1 + 2λ }. Si conclude che l’Hamiltoniana si pu`o scrivere come somma di tre oscillatori armonici indipendenti con le frequenze w appena trovate. Lo spettro e` dato da: Wn1 n2 n3 = (1 − λ )(n1 + n2 ) + (1 + 2λ )n3 = n1 + n2 + n3 + λ (2n3 − n1 − n2 ). Notare che la matrice di perturbazione ha autovalori dati da λ (2n3 − n1 − n2 ).

3.3 Oscillatore Armonico

169

Oppure, si pu`o sfruttare la particolare simmetria di permutazione dell’Hamiltoniana: ⎧   ⎪ 0 + λ aˆ† (aˆ2 + aˆ3 ) + permutazioni cicliche ⎪ H ⎪ 1 ⎨   = H 0 0 + λ aˆ† (aˆ1 + aˆ2 + aˆ3 ) + permutazioni cicliche − H H 1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 + λ (aˆ† + aˆ† + aˆ† )(aˆ1 + aˆ2 + aˆ3 ). (1 − λ ) H 1 2 3 Se si utilizza l’ultima forma, si orientano gli assi in modo che il nuovo asse 3 coinci√ da con la direzione (1, 1, 1), ponendo cio`e B 3 = (aˆ1 + aˆ2 + aˆ3 )/ 3, e si tiene conto che l’Hamiltoniana imperturbata e` invariante per rotazione, si trova: = (1 − λ ) H 0 + 3λ B † B 3 , H 3 e per lo lo spettro si trova il risultato precedente: Wn1 n2 n3 = (1 − λ )(n1 + n2 + n3 ) + 3 3 = n1 + n2 + n3 + λ (2n3 − n1 − n2 ). 3.11. i) L’Hamiltoniana dell’oscillatore e` data da: H =−

h¯ 2 2 1 2 ∇ + Kr . 2μ 2

Gli autovalori e le loro degenerazioni sono: 3 (N + 1)(N + 2) WN = (N + )¯hω e dN = , 2 2

ω = K/μ, N = nx + ny + nz = 2nρ + nz + |m|. Gli indici n sono interi non negativi, e m intero. Le due decomposizioni di N si riferiscono alle soluzioni in coordinate cartesiane e cilindriche (vedi il 3.6). i) Con l’introduzione di un campo elettrico uniforme, che scegliamo diretto come l’asse z, l’Hamiltoniana diventa: 1 h¯ 2 H = − ∇ 2 + Kr2 − eEz = 2μ 2     h¯ 2 ∂ 2 h¯ 2 ∂ 2 1 2 1 2 + − + = − + + Kx Ky 2μ ∂ x2 2 2μ ∂ y2 2 ( )  e2 E 2 h¯ 2 ∂ 2 1 eE 2 − + − + K z− . 2 2μ ∂ z 2 K 2K Si tratta ancora di un oscillatore isotropo, con una traslazione della coordinata z nella autofunzione, e un termine costante aggiuntivo nell’autovalore dell’energia.

170

3 Soluzioni

Dunque: E e2 E 2 3 WN = (N + )¯hω − 2 2K

E

e d N = dN =

(N + 1)(N + 2) . 2

ii) Nel caso invece di campo magnetico uniforme diretto come l’asse z, conviene utilizzare le coordinate cilindriche {z, ρ 2 = x2 + y2 , ϕ}, e la rappresentazione del campo magnetico tramite il potenziale vettore Aϕ = 12 Bρ, Aρ = Az = 0, a divergenza nulla. L’Hamiltoniana si scrive: 1  e 2 e2 2 1 1 2 e p − A +V = p − A·p+ A + K(ρ 2 + z2 ) = 2μ c 2μ μc 2μc2 2     2  2 2 2 2 h¯ ∂ ∂ 1 1 h¯ ∂ e 2 2 2 2 = − μω μω + ρ + z + + − − ωϕ Lz = 2μ ∂ x2 ∂ y2 2 ρ 2μ ∂ z2 2 |e|

H=

= Hρ + Hz ∓ ωϕ Lz , dove il segno ∓ dipende dal segno della carica e, e abbiamo definito: ωϕ =

|e|B , 2μc

ωρ2 = ωϕ2 + ω 2 ,

Lz = pϕ ρ = −i¯h

∂ 1 ∂ ρ = −i¯h = Lϕ . ρ ∂ϕ ∂ϕ

Abbiamo dunque riscritto l’Hamiltoniana come somma di un oscillatore bidimensionale di frequenza ωρ , di un oscillatore tridimensionale monodimensionale di frequenza ω, e dell’unica componente di momento angolare definito in coordinate cilindriche. Lo spettro e` dato da: B

WN = (2nρ + |m| + 1)¯hω ρ + (nz + 1/2)¯hω ∓ m¯hω ϕ . Salvo il caso di frequenze commensurabili, la degenerazione e` completamente risolta. 3.12. Con il cambio di variabili suggerito, il potenziale diventa:         V (ξ , θ , z) = A/2 ξ 2 +θ 2 +2ξ θ + ξ 2 +θ 2 −2ξ θ +2α ξ 2 −θ 2 +B z2 +2β z =   = A[(1 + α)ξ 2 + (1 − α)θ 2 ] + B z2 + 2β z . Poich´e la trasformazione e` una semplice rotazione, il Laplaciano rimane invariato in forma, e l’equazione di Schr¨odinger diventa:  2 h¯ 2 ∂ ∂2 ∂2 ψ(ξ , θ , z) + [V (ξ , θ , z) −W ]ψ(ξ , θ , z) = 0. − + + 2μ ∂ ξ 2 ∂ θ 2 ∂ z2 Per separazione delle variabili, ponendo: ψ(ξ , θ , z) = Ξ (ξ )Θ (θ )Z(z) ,

W = Wξ +Wθ +Wz ,

3.3 Oscillatore Armonico

171

si ottiene: ⎧ ⎪ −¯h2 /2μd 2 /dξ 2 Ξ (ξ ) + [A(1 + α)ξ 2 −Wξ ]Ξ (ξ ) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ −¯h2 /2μd 2 /dθ 2Θ (θ ) + [A(1 − α)θ 2 −Wθ ]Θ (θ ) = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪   ⎩ −¯h2 /2μd 2 /dz2 Z(z) + [B z2 + 2β z −Wz ]Z(z) = 0. Con la ovvia traslazione z = z+β , anche la terza equazione si riduce a un oscillatore armonico, e pertanto lo spettro W = Wξ +Wθ +Wz si ottiene dai tre contributi: ⎧

  ⎪ W = n + 1/2 h ω ω = 2A(1 + α)/μ ¯ ⎪ ξ ξ ξ ξ ⎪ ⎪ ⎨

Wθ = (nθ + 1/2) h¯ ω θ ωθ = 2A(1 − α)/μ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎩ Wz = (nz + 1/2) h¯ ω z − Bβ 2 ωz = 2B/μ, con nξ , nθ , nz = 0, 1, 2, ... 3.13. i) Il valor medio della posizione e` dato da:  xˆ =

 ∞ −∞

dxψ ∗ (x)xψ(x) ∝

 ∞ −∞

dx xe−β

2 x2

= 0.

ii) Il valor medio del momento e` dato da:   ∞  ∞ 2 2 2 2 d d  p = ψ(x) ∝ dxψ ∗ (x) −i¯h dxe−β x /2 e−β x /2 = 0. dx dx −∞ −∞ Sia i) che ii) sono nulli per parit`a. iii) Dall’equazione di Schr¨odinger si ricava direttante: V (x) = W + ψ −1

h¯ 2 d 2 ψ. 2μ dx2

Introducendo la forma esplicita dell’autofunzione e dell’autovalore, si ottiene: V (x) =

 h¯ 2 β 4 2 h¯ 2 β 2 h¯ 2  4 2 + β x −β2 = x . 2μ 2μ 2μ

iv) L’ampiezza di probabilit`a in p si pu`o ottenere dalla trasformata di Fourier: ψ(p) =  p | ψ =



 dx p | x  x | ψ =

β 2¯hπ 3/2

1/2 

∞

−∞

dx e−ipx/¯h e−β

2 x2 /2

.

172

3 Soluzioni

Questa e` la trasformata di Fourier di una gaussiana, che sappiamo essere ancora una gaussiana. Per il calcolo esplicito: * +   β2 2 p 2 p β2 p2 − x + 2i 2 x = − x+i 2 + 2 4 . 2 2 h¯ β h¯ β h¯ β

L’integrale della gaussiana e` pari a 2π/β 2 , come sull’asse reale dato che il contorno non contiene singolarit`a e il contributo da 0 a −ip/¯hβ 2 e` nullo per x → ±∞. Quindi:  −1/2 2 2 2 ψ(p) = h¯ β π 1/2 e−p /2¯h β

 −1 2 2 2 =⇒ P(p) = |ψ(p)|2 = h¯ β π 1/2 e−p /¯h β .

Oppure, possiamo considerare l’equazione di Schr¨odinger nella rappresentazione delle p:  2 p h¯ 4 β 4 d 2 − ψ(p) = W ψ(p). 2μ 2μ d p2 Si tratta ancora di un oscillatore armonico nelle p, con costante di accoppiamento pari a 1/(2μ h¯ 2 β 4 ) e con autovalore Wp = W /(¯h2 β 4 ) = 1/(2μβ 2 ). L’autofunzione e` quella dello stato fondamentale, cio`e la gaussiana gi`a trovata. 3.14. Valutiamo anzitutto l’autovalore richiesto: 2 d  d 3 1 x− x+ (2x − 3x)e−x /2 = 2 dx dx  2 2 1 = x − d/dx (6x2 − 3)e−x /2 = 3(2x3 − 3x)e−x /2 = 3ψ. 2 La funzione assegnata corrisponde pertanto al quarto stato legato, cio`e con n = 3. Gli stati con n = 2 e n = 4 si ottengono con l’applicazione dell’operatore di distruzione aˆ e di creazione aˆ† , rispettivamente.  2 2 d (2x3 − 3x)e−x /2 ∝ (2x2 − 1)e−x /2 . ˆ 3 ∝ x+ ψ2 ∝ aψ dx

aˆ† aψ ˆ =

2 2 d ψ4 ∝ aˆ ψ3 ∝ x − (2x3 − 3x)e−x /2 ∝ (4x4 − 12x2 + 3)e−x /2 . dx 

†

Le funzioni precedenti sono proporzionali a tre polinomi di Hermite. 3.15. La pi`u generale soluzione dell’equazione di Schr¨odinger e` data da: ψ(x,t) = ∑ cn un (x)e−iWn t/¯h , n

Wn = (n + 1/2)¯hω,

3.3 Oscillatore Armonico

173

dove un (x) e Wn sono gli autostati e gli autovalori dell’Hamiltoniana. Utilizzando l’espressione precedente e la relazione di ricorrenza data, si ottiene: x t =



dx ψ ∗ (x,t)xψ(x,t) = ∑ c∗m cn e−i(Wn −Wm )t/¯h



dx u∗m (x)xun (x) =

m,n

=







(n + 1)/2δm,n+1 + n/2δm,n−1 = h¯ /μω ∑ c∗m cn e−i(Wn −Wm )t/¯h m,n

=



 



h¯ /μω ∑ c∗m cm−1 m/2eiωt + cm+1 (m + 1)/2e−iωt = B+ cos ωt +iB− sin ωt, m

dove i due coefficienti B± sono dati da:  



B± = h¯ /μω ∑ c∗m cm−1 m/2 ± cm+1 (m + 1)/2 . m

Controllare che B+ e` reale e B− immaginario, e quindi che A± sono entrambi reali. ∗ 3.16.

i) Dalle espressioni esplicite:



xˆ = h¯ /2μω(aˆ + aˆ† ) , pˆ = −i μ h¯ ω/2(aˆ − aˆ† )

=⇒

x ∝ a ˆ + aˆ† ,

e quindi: a ˆ =  n | aˆ | n = 0 ,

aˆ† = 0

=⇒

x ˆ = 0,

 p ˆ = 0.

ii) Poich´e

1 1 V = μω 2 xˆ2 = h¯ ω(aˆ + aˆ† )(aˆ + aˆ† ) , 2 4 e gli unici contributi derivano dai termini misti:  n | aˆaˆ† | n = (n + 1) n | n = n + 1 , Sostituendo nella formule precedente:  1 1 1 h¯ ω = Wn V = n+ 2 2 2

=⇒

 n | aˆ† aˆ | n = n.

1 T = W − V = Wn . 2

Stesso risultato dal teorema del viriale con un potenziale omogeneo di grado 2. iii) L’indeterminazione:  2 Δx2 =  x ˆ − xˆ = xˆ2 Δx2 = xˆ2 = E quindi:

2 W V = , 2 μω μω 2

essendo

ˆx = 0.

Δ p2 = p2 = 2μT = μW,

 1 W h¯ . Δx Δ p = = n+ ω 2

174

3 Soluzioni

iv) Poich´e: aˆ =







d , μω/2¯hxˆ + i 1/2μ h¯ ω pˆ = 1/2μ h¯ ω μωx + h¯ dx

abbiamo:

 d u0 = 0, au ˆ 0 ∝ μωx + h¯ dx e, risolvendo l’equazione differenziale:  μω  u0 = N exp − x2 , 2¯h cio`e una gaussiana. A partire da questa, tutti gli altri stati si ottengono applicando n volte l’operatore aˆ† , che e` dispari, essendo dispari i due addendi che lo compogono. Essendo u0 pari, lo stato un avr`a la stessa parit`a di n.

3.4 Delta di Dirac 4.1. Le autofunzione della buca quadrata sono pari o dispari, date da: ⎧ ⎧ kx kx ⎪ ⎪ x < −b x < −b ⎪ ⎪ ⎨Ne ⎨Ne ¯ ¯ u p (x) = N  cos kx ud (x) = N  sin kx |x| < b |x| < b ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ −kx ⎩ −kx b < x, b < x, Ne −Ne con k =



2μ|W |/¯h ,

k¯ =



2μ|W +V0 |/¯h.

Gli autovalori W < 0 corrispondenti soddisfano le equazioni: ξ tan ξ = η

oppure

− ξ cot ξ = η

con

¯ ξ = kb

e η = kb.

Esistono n stati legati pari se: h¯ 2 2 h¯ 2 2 2 π (n − 1)2 < V0 b2 < π n 2μ 2μ

n = 1, 2, 3, ...

mentre esistono n soluzioni dispari se: h¯ 2  π 2 h¯ 2  π 2 (2n − 1)2 < V0 b2 < (2n + 1)2 2μ 2 2μ 2

n = 1, 2, 3, ...

Nella figura e` riportato il caso con h¯ 2 /2μ = 1, V0 = 12, b = 0.58. Poich´e vale V0 b2 = 4, si ha una sola soluzione pari e una sola dispari, in accordo con le diseguaglianze precedenti, con autovalori Wp ≈ −8.7 Wd ≈ −1.3.

3.4 Delta di Dirac

Se la buca si stringe e sprofonda ulteriormente, con b → 0, V0 → ∞, V0 b = λ /2 = cost, vale V0 b2 → 0: la soluzione dispari tende ad una funzione discontinua nell’origine, e dunque non accettabile, mentre quella pari tende a una funzione continua con derivata prima discontinua di prima specie, e con derivata seconda a delta di Dirac. Nel presente limite, vale anche ξ → 0 e η → 0, e quindi anche tan ξ ∼ ξ e cot ξ ∼ 1/ξ . Le equazioni per gli autovalori diventano allora: ξ tan ξ ∼ ξ 2 = η −ξ cot ξ ∼ −

ξ =η ξ

=⇒ =⇒

175

2

−b b

0

−2

W

d

−4

−6

−8

Wp

−10

−12 −5

0

−V0

5

μλ 1

b= 2μ|W | b 2 h¯ h¯ −1 =

1

2μ|W | b. h¯

La seconda equazione non ammette soluzioni, mentre la prima ammette come risultato: μλ μλ 2 , k= 2 . |W | = 2 2¯h h¯ Esiste quindi un solo stato legato, ovviamente pari in quanto V0 b2 → 0. Data la parit`a, le continuit`a della funzione e della sua derivata in ±b si ottengono automaticamente dalla imposizione nel solo punto b, e cio`e con due condizioni che, unitamente alla normalizzazione a uno, permettono di determinare le costanti N ed N  , solo per alcuni valori dell’energia W . Al limite b = 0, sparisce la zona intermedia, e dobbiamo imporre condizioni di raccordo solo in x = 0. La funzione tende a una cuspide, continua per la parit`a della funzione stessa. La derivata invece e` discontinua a causa della cuspide, e dobbiamo cercare per essa una nuova condizione. Per determinare tale condizione, integriamo l’equazione di Schr¨odinger nell’intervallo ±b e valutiamone il limite per b → 0 e V0 → ∞: 0=

 b −b

dx

 d2ψ dx2

=⇒ bV

+

 2μ 2μ (V0 +W )ψ = ψ  (b) − ψ  (−b) + 2 2 h¯ h¯

ψ  (0+ ) − ψ  (0− ) = lim

b→0 V0 →∞

 b −b

dx (V0 +W )ψ

2μ 2μ (−2bV0 )ψ(0) = − 2 λ ψ(0). 2 h¯ h¯

Se ora applichiamo queste condizioni alla soluzione del problema al limite: ⎧ ⎨Nekx x 0 le soluzioni sono improprie, di tipo libero a spettro continuo, degeneri due volte come nel caso della buca finita.

u(x) −|W|

4.2. Se integriamo l’equazione di Schr¨odinger tra 0− e 0+ , otteniamo:  0+ 0−

dx

 d2ψ dx2

−

  2μ  −λ δ (x)−W ψ =0 h¯ 2

=⇒

ψ  (0+ )−ψ  (0− ) = −

2μλ ψ(0), h¯ 2

esattamento quello che avevamo trovato nel Problema 4.1, con λ = 2V0 b, area della buca. Pertanto il potenziale a δ di Dirac e` in effetti da intendersi come limite fisico della buca quadrata che si stringe e sprofonda tenendo per`o l’area costante. i) Se ragioniamo direttamente, e disinvoltamente, con le distribuzioni, una soluzione puntuale dell’equazione di Schr¨odinger continua con derivata prima discontinua di prima specie possiede una derivata seconda proporzionale a una δ di Dirac, che va a compensare la δ del potenziale all’interno dell’equazione di Schr¨odinger. Da un punto di vista invece dello spazio di Hilbert, la δ di Dirac e` da ritenersi sinonimo delle condizioni al contorno trovate prima. In effetti e` noto che l’operatore 2 ,L2 eL2 ` autoaggiunto se il suo dominio e` costituito d 2 /dx2 negli spazi La,b a,∞ −∞,∞ e dalle funzioni assolutamente continue (continue con derivata prima continua), che agli estremi si annullano oppure sono periodiche insieme alla derivata prima. Si pu`o dimostrare anche che l’operatore rimane autoaggiunto se le funzioni del dominio in qualche punto sono continue con discontinuit`a della derivata del tipo visto sopra: ψ  (x¯+ ) − ψ  (x¯− ) = −ηψ(x), ¯ con η costante reale e x¯ interno all’insieme di definizione. Infatti: 2 ψ) = (ϕ, D

 +∞ −∞

dx ϕ ∗ (x)

d2 ψ(x) = dx2

 x¯− −∞



dx ϕ ∗ (x)ψ (x) +

 +∞ x¯+



dx ϕ ∗ (x)ψ (x),

sicuramente valida per funzioni continue con derivate continue. Integriamo per parti due volte e imponiamo la continuit`a delle funzioni in x¯ e l’annullamento all’infinito. Troviamo:    ∗ 2 ϕ, ψ). 2 ψ) = ϕ ∗ (x) ¯ ψ  (x¯− ) − ψ  (x¯+ ) − ϕ  (x¯− ) − ϕ  (x¯+ ) ψ(x) ¯ + (D (ϕ, D

3.4 Delta di Dirac

177

Pertanto, se vale la condizione precedente sulle derivate prime, sia per la ϕ che per la ψ, si ottiene la relazione di simmetria: 2 ψ) = (D 2 ϕ, ψ). (ϕ, D 2 che quello del suo Poich´e la condizione imposta riguarda sia il dominio di D 2 e` autoaggiunto. aggiunto, questo non e` ulteriormente estendibile, e dunque D ii) Le soluzioni dell’equazione di Schr¨odinger sono le medesime trovate nel 4.1: √ √ −2μW uW (x) = Ne−k|x| , N = k , k = , W = −μλ 2 /2¯h2 . h¯ Esiste un solo stato legato (pari) a energia negativa, con comportamento esponenziale decrescente sia per x > 0 che per x < 0. iii) Queste soluzioni si possono anche ottenere operando la trasformata di Fourier sulla intera equazione, ottenendo: η 2μλ   −p2 ψ(p) + √ ψ(0) = k2 ψ(p) con η = 2 h¯ 2π da cui:

e

k2 =

2μW , h¯ 2

ψ(0) η  . ψ(p) =√ 2π (k2 + p2 )

Possiamo ora applicare la antitrasformata di Fourier: ψ(x) =

η ψ(0) 2π

 +∞ −∞

dp

eipx . k2 + p2

Per x > 0 l’integrale pu`o essere chiuso nel semipiano superiore grazie al termine eipx che annulla il contributo sul semicerchio. L’integrando ha ora un polo in p = ik e si ottiene: ψ(x) =

 η  η eipx = ψ(0)e−kx . ψ(0)2πiRes p=ik 2π (−ik + p)(ik + p) 2k

Ponendo x = 0, si ottiene η = 2k, e sostituendo in questa i valori η e k2 , si ottiene lo spettro W = −μλ 2 /2¯h2 , gi`a valutato in precedenza. Lo stesso procedimento applicato in x < 0 fornisce il medesimo valore dell’energia nonch´e l’analoga espressione per la funzione d’onda con esponenziale positivo.

4.3. Cerchiamo stati legati, corrispondenti a W < 0. Posto k = 2μ(−W )/¯h, la soluzione e` data da: ⎧ kx ⎪ x < −x0 ⎪ ⎨Ae ψ(x) = Bekx +Ce−kx x < |x0 | ⎪ ⎪ ⎩ −kx De x0 < x

178

3 Soluzioni

con le condizioni al contorno di continuit`a della funzione e discontinuit`a della derivata: ⎧ ⎨ψ  ([−x0 ]+ ) − ψ  ([−x0 ]− ) = −(2μλ− /¯h2 )ψ(−x0 ) ⎩

ψ  (x0+ ) − ψ  (x0− ) = −(2μλ+ /¯h2 )ψ(x0 ),

ovvero, posto α± = 2μλ± /¯h2 : ⎧ −kx −kx kx ⎪ ⎪ ⎪Ae 0 = Be 0 +Ce 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨Bke−kx0 −Ckekx0 − Ake−kx0 = −α− Ae−kx0 ⎪ ⎪ ⎪ Bekx0 +Ce−kx0 = De−kx0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ −Dke−kx0 − Bkekx0 +Cke−kx0 = −α+ De−kx0 . Semplici passaggi portano a: ⎧ ⎪ ⎪ ⎪2B = A(2 − α− /k) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨2Cekx0 = Ae−kx0 α− /k ⎪ ⎪ ⎪ 2Bekx0 = De−kx0 α+ /k ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 2C = D(2 − α+ /k). Posto β± = α± /2, la compatibilit`a di questo sistema lineare omogeneo e` data da: e−4kx0 =

(k − β+ )(k − β− ) . β+ β−

Si pu`o risolvere per via grafica l’equazione trascendente, eguagliando nel semipiano k > 0 le due funzioni: y(k) = e−4kx0

,

z(k) =

(k − β+ )(k − β− ) . β+ β−

All’origine valgono entrambe 1, e presentano una (β ) o due (βm e βM ) intersezioni a seconda che sia y (0) ≷ z (0), ossia rispettivamente x0 ≶ (β+ + β− )/(4β+ β− ). Nel caso particolare λ+ = λ− e quindi β+ = β− = β = α/2, le diseguaglianze diventano: x0 ≶ 1/α. Da un punto di vista qualitativo, y(k) quando vi sono due soluzioni queste hanno caz(k) ratteristiche ben distinte: quella con le concavit`a dei rami verso ±∞ rivolte dalla stessa parte delβ | | | l’asse x (soluzione pari per λ+ = λ− ), e quella k 0 β β m M con le concavit`a rivolte in senso opposto (solu-

3.4 Delta di Dirac

179

zione dispari per λ+ = λ− ). Tra −x0 e x0 la prima soluzione e` una funzione di tipo catenaria per λ+ = λ− , oppure un coseno iperbolico per λ+ = λ− . La seconda soluzione e` invece un seno iperbolico, o di forma simile. Questa e` la soluzione che si perde se x0 e` piccolo, oppure se sono piccoli i coefficienti delle delta: il raccordo infatti tra il ramo sinistro e quello destro ribaltato comporta maggiori difficolt`a che non il raccordo tra i due rami dalla stessa parte dell’asse x. In entrambi i casi, λ+ e λ− diversi o uguali tra loro, per x0 → ∞ si hanno sempre due soluzioni: km = βm → min{β+ , β− } e kM = βM → max{β+ , β− } per λ+ = λ− , oppure degeneri con km , kM → β per λ+ = λ− . Nel primo caso si ha: kM − km →

μ (λM − λm ), h¯ 2

mentre nel secondo la differenza tra i due autovalori tende a zero. 4.4. i) Nel caso d → ∞, lo spettro e` quello armonico traslato di χ:  1 + χ. Wn = h¯ ω n + 2 La scala delle lunghezze e` data dalla larghezza classica, ovvero dalla distanza tra i punti di inversione alla data energia di oscillazione W osc , ovvero: 

1 1 = μω 2 ln2 , ln = (2n + 1)¯hω/μ. Wnosc = h¯ ω n + 2 2

Pertanto, il limite d → ∞ si deve intendere come h¯ ω/μ  d.

ii) Nel secondo caso, cio`e d  h¯ ω/μ, dobbiamo risolvere l’equazione: −

h¯ 2 d 2 ψ(x) 1 + μω 2 x2 ψ(x) + λ δ (x)ψ(x) = W ψ(x), 2μ dx2 2

con λ = 2dχ. Questa e` l’ordinaria equazione del potenziale quadratico da risolvere con le condizioni di annullamento all’infinito, e con quelle condizioni imposte all’origine dalla funzione delta. Posto: 

ξ = μω/¯hx , β = 2λ μ/ω h¯ 3 , ε = 2W /¯hω, l’equazione diventa:

  ψ  + ε − ξ 2 − β δ (ξ ) ψ = 0.

La soluzione generale di questa equazione con β = 0 e` risolta per 0 < ξ nel Problema 1.9, e la soluzione convergente a +∞ e` data tramite la funzione di Kummer di seconda specie. Inoltre, per la continuit`a all’origine, e dunque per la parit`a della soluzione complessiva, la stessa funzione e` soluzione per ξ < 0, e pertanto: ψ(ξ ) = ψ± (ξ ) = Ae−ξ

2 /2

U(a, 1/2; ξ 2 )ξ  0

con

a=

1−ε . 4

180

3 Soluzioni

Dobbiamo ora imporre la discontinuit`a della derivata all’origine: ψ+ (0+ ) − ψ− (0− ) = β ψ(0). La derivata del fattore esponenziale evidenzia un termine ξ che all’origine annulla la rimanente funzione U, ivi regolare. Rimangono solo le derivate della U:     2 2 lim e−ξ /2 2ξ U  (a, 1/2; ξ+2 ) −U  (a, 1/2; ξ−2 ) = β e−ξ /2U(a, 1/2; ξ 2 ) , ξ →0

con U  derivata rispetto a ξ 2 . La funzione e` regolare in x = 0 , e vale (A-S 13.5.10): U(a, 1/2; 0) =

Γ (1/2) . Γ (a + 1/2)

La derivata della U e` invece data da (A-S 13.4.21, 13.5.8): U  (a, 1/2; ξ 2 ) = −aU(a + 1, 3/2; ξ 2 ) ≈ − a ξ →0

Γ (1/2) −1 Γ (1/2) −1 ξ =− ξ . Γ (a + 1) Γ (a)

Raccogliendo tutto, otteniamo l’equazione implicita per l’energia:  

Γ (3 − ε)/4 Γ (a + 1/2) μ   = −dχ 4 = −β =⇒ . Γ (a) Γ (1 − ε)/4 ω h¯ 3 4.5. Al di fuori dell’origine, scriviamo la soluzione corrispondente alla particella libera che si muove nella direzione positiva dell’asse x: ⎧  ⎨eikx + ρ(k)e−ikx x < 0 ψ(x) = k = 2μW h¯ 2 . ⎩τ(k)eikx x>0 Le condizioni di raccordo in x = 0 dovute alla δ impongono: ⎧ ⎨1 + ρ(k) = τ(k) ⎩ik[ρ(k) − 1 + τ(k)] = 2μλ τ(k). h¯ 2 Da qui possiamo ricavare i coefficienti di riflessione e trasmissione, dati da: ρ(k) =

μλ , −μλ + ik¯h2

τ(k) =

μ 2λ 2 , μ 2 λ 2 + k2 h¯ 4

|τ|2 =

ik¯h2 −μλ + ik¯h2

e le relative probabilit`a: |ρ|2 =

k2 h¯ 4 . μ 2 λ 2 + k2 h¯ 4

3.4 Delta di Dirac

181

I limiti ad energia zero o infinita si ricavano dagli analoghi limiti di k: |ρ|2−→ 1 , k→0

|τ|2−→ 0 ; k→0

|ρ|2−→ 0 , k→∞

|τ|2−→ 1. k→∞

A energia nulla esiste solo l’onda riflessa, mentre a energia infinita solo quella trasmessa. 4.6. i) Il potenziale in esame e` una buca infinita con al centro una delta di Dirac. In generale, per W > 0 esistono soluzioni pari e dispari. Quelle dispari sono le medesime della sola buca infinita, in quanto si annullano all’origine e pertanto ψ(x)δ (x) = 0. Autovalori e autovettori sono dati da: Wdn = n2 h¯ 2 π 2 /2μa2

,

udn (x) =



1/a sin

nπx . a

Dove l’indice d sta per dispari. Le soluzioni pari sono invece date da: ⎧ ⎨A sin kx + B cos kx

−a < x < 0 ψ p (x) = k = 2μW /¯h. ⎩−A sin kx + B cos kx 0 < x < a Devono annullarsi sulle pareti, per x = ±a, mentre all’origine, oltre alla continuit`a implicita nella parit`a, devono soddisfare le condizioni sulla discontinuit`a della derivata: ⎧ ⎨−A sin ka + B cos ka = 0

 ⎩−kA cos kx − kB sin kx − kA cos kx + kB sin kx

x=0

= 2αB

α = μλ /¯h2 .

Ovvero: ⎧ ⎨tan ka = B/A ⎩−2kA = 2αB, da cui l’equazione trascendente per gli autovalori relativi alle autofunzioni pari: k = tan ka. α ii) Se λ → ∞, 1/α → 0 e pertanto gli autovalori sono dati dagli zeri della tangente: −

k pn = nπ/a ,

Wpn = n2 h¯ 2 π 2 /2μa2 .

Dunque, nel limite λ → ∞ gli autovalori relativi alle autofunzioni pari tendono a quelli delle dispari prima trovati, dando cos`ı origine a uno spettro degenere. Le autofunzioni pari tendono a semplici seni in ciascun semi intervallo, continui ma con

182

3 Soluzioni

derivata discontinua nell’origine: come le dispari ma con un ramo ribaltato rispetto all’asse x. Qui di seguito riportiamo le due prime autofunzioni, pari e dispari con autovalori Wp e Wd , per i due valori λ = a e λ = 20a.

Wd

Wd

Wp

Wp

−a

λ=a

a

−a

λ=20a

a

4.7. Delle due soluzioni linearmente indipendenti, scegliamo quella con impulso positivo: ⎧ ⎪ xa Ce E` stato imposto l’annullamento dell’onda riflessa a x < 0, come richiesto dal problema, e posto uguale a uno il primo coefficiente, assorbito nella normalizzazione. Inoltre e` stato ridefinito il coefficiente C in modo tale da avere l’esponenziale come funzione di (x − a). Imponiamo ora le usuali condizioni richieste dai potenziali deltiformi: ⎧ ⎨B = 1 x=0 ⎩kA − ik = 2μλ /¯h2 ,

x=a

⎧ ⎨A sin ka + B cos ka = C ⎩ ikC − kA cos ka + kB sin ka = 2μλC/¯h2 .

Tenuto conto del valore di B ed eliminato C dalle ultime due, otteniamo: ⎧ ⎨A = i + 2μλ /k¯h2 ⎩

(|A|2 − 1) tan ka = −A − A∗ ,

3.4 Delta di Dirac

183

e infine l’equazione trascendente per gli autovalori, ovviamente continui: tan ka = −

k¯h2 . μλ

Lo stesso problema pu`o essere affrontato tramite la tecnica della matrice di trasferimento, utile in presenza di due o pi`u barriere nel caso in cui si conoscano i coefficienti di riflessione e trasmissione per ogni singola barriera. Dal Problema 1.4 segue che: ⎧ τeika + τ ∗ e−ika ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ρ2 = ρ τ|ρ|2 eika + τ ∗ e−ika ⎪ |τ|2 ⎪ ⎪ ⎩ τ2 = τ . τ|ρ|2 eika + τ ∗ e−ika Per rispondere alla domanda del problema, cio`e se esistono energie per le quali la riflessione e` nulla, si deve imporre ρ2 = 0, e quindi: −μλ − ik¯h2 τ∗ eika = − = − τ e−ika −μλ + ik¯h2

con

τ=

ik¯h2 , −μλ + ik¯h2

dove abbiamo impiegato l’espressione esplicita di τ calcolata nel Problema 4.5. Alla proporzione ora trovata applichiamo l’eguaglianza dei rapporti tra le differenze e le somme, trovando cos`ı infine: tan ka = −

k¯h2 , μλ

come ottenuto in precedenza con la trattazione diretta. 4.8. Possiamo partire da uno stato concentrato da un lato dell’origine, e svilupparlo sulla base delle autofunzioni trovate nel Problema 4.6. Queste nel tempo si sfaseranno indipendentemente le une dalle altre e, a causa delle pareti riflettenti, ci si attende dopo qualche tempo una diffusione uniforme del pacchetto iniziale in tutto l’intervallo [−a + a]. 4.9. Dobbiamo in sostanza risolvere l’equazione radiale:   l(l + 1) 2μλ 2μ d 2 y(r) − − δ (r − a) y(r) = − 2 Wy(r). dr2 r2 h¯ 2 h¯ Cerchiamo gli stati legati, con W < 0, e quindi poniamo: k2 =

2μ|W | h¯ 2

,

β=

2μλ . h¯ 2

184

3 Soluzioni

Inoltre, poich´e cerchiamo il valore minimo di λ affinch´e esista uno stato legato, studiamo le condizioni di esistenza dello stato fondamentale, quello cio`e con l = 0: d 2 y(r) − β δ (r − a)y(r) = k2 y(r). dr2 Le soluzioni sono date da: y(r) =

⎧ ⎨Ae−kr + Bekr

r a,

e imponendo le condizioni di annullamento in [0, +∞], otteniamo: y(r) =

⎧ ⎨F sinh kr

r a,

con le condizioni in a: ⎧ ⎨Ge−ka = F sinh ka ⎩ −kGe−ka − kF cosh ka = −β Ge−ka . Gli autovalori si trovano dunque risolvendo l’equazione trascendente: coth ka =

β − 1. k

Per trovare il valore minimo di λ che permette l’esistenza di stati legati, dobbiamo trovare quali sono le condizioni sotto le quali lo stato fondamentale e` di energia minima, e non ne esistano perci`o di eccitati. Quindi, studiamo l’equazione agli autovalori nel limite ka → 0 e coth ka → 1/ka. Ovvero: k = β − 1/a = 2μλ /¯h2 − 1/a. Dovendo k mantenersi positivo, si ricava la condizione richiesta: λ>

h¯ 2 . 2μa

4.10. i) L’equazione radiale e` la stessa del Problema 4.9:   d 2 y(r) l(l + 1) 2μλ 2 + −k − + δ (r − a) y(r) = 0 , dr2 r2 h¯ 2

k2 = −

2μW . h¯ 2

3.4 Delta di Dirac

185

√ Con il cambio di funzione χ(r) = y(r)/ r, l’equazione diventa:   1  (l + 1/2)2 2μλ  2 χ + χ + −k − + 2 δ (r − a) χ = 0. r r2 h¯ A sinistra e a destra di a la soluzione generale e` espressa tramite le funzioni di Bessel Sferiche Modificate Il+1/2 (kr) e Kl+1/2 (kr) (A-S 10.2). Poich´e la funzione χ deve annullarsi sia in r = 0 che in r = ∞, la soluzione e` data da: ⎧ ⎨AIm (kr) r a cui dobbiamo imporre le condizioni al contorno in r = a: ⎧ ⎨AIm (ka) = BKm (ka) ⎩

BkKm (ka) − AkIm (ka) = −2μλ /¯h2 AIm (ka).

Moltiplichiamo ora la seconda per BKm (ka) e, sfruttando la prima, otteniamo: BKm (ka)AIm (ka) − AIm (ka)BKm (ka) =

−2μλ ABIm (ka)Km (ka). k¯h2

Per la propriet`a del Wronskiano citata nel testo, si ottiene la condizione cui devono soddisfare gli autovalori dell’energia, ovvero dell’impulso k: Gm (ka) = Im (ka)Km (ka) =

h¯ 2 . 2μaλ

ii) Per trovare la condizione di esistenza di almeno uno stato legato, la funzione Gm (x) deve intersecare la retta orizzontale y = h¯ 2 /2μaλ per 0 ≤ x < ∞. Gm (x) e` sempre positiva e vale Gm (x) → 0 per x → ∞, come si ricava dai comportamenti delle funzioni di Bessel (Watson 7.23):



Im (x) ≈ 1/2πxex Km (x) ≈ π/2xe−x . Dimostriamo che Gm (x) e` monotona decrescente per 0 ≤ x. Se cos`ı non fosse, avrebbe almeno un massimo relativo, e sarebbe intersecata almeno due volte dalla (m) (m) retta y = h¯ 2 /2μaλ , nei punti x1 = k1 a e x2 = k2 a. L’equazione in χ(r) avrebbe allora due soluzioni χm (r), espresse dalle Bessel modificate come visto sopra, cori(m) (m) spondenti ai due autovalori distinti (k1 )2 e (k2 )2 . Poich´e l’operatore agente sulla χ(r) e` autoaggiunto, le due soluzioni dovrebbero essere ortogonali. Ma questo non e` possibile, in quanto sia Im che Km hanno segno definito, senza zeri, e pertanto gli integrali del prodotto di coppie di I e di K non possono annullarsi. Pertanto, Gm (x) e` monotona decrescente, non ha massimi relativi ma solo un massimo assoluto in

186

3 Soluzioni

x = 0 ove vale (A-S 9.6.7, 9.6.9): Im (0)Km (0) = 1/2m. L’esistenza di stati legati di momento l e` assicurata se questo massimo e` maggiore dell’intercetta vista prima y = h¯ 2 /2μaλ , e cio`e alla fine per: 2m = l + 1/2 < μλ a/¯h2 . 4.11. W < 0. Il potenziale e` pari e, grazie alle condizioni di raccordo e al contorno, non c’`e degenerazione, e pertanto esistono solo soluzioni pari o dispari. In realt`a esiste solo

una soluzione pari, come sempre avviene per i potenziali a delta di Dirac. Posto k = 2μ(−W )/¯h, la soluzione e` data da: ⎧ ⎪ Aekx x < −a ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨Bekx +Ce−kx −a < x < 0 ψ(x) = −kx kx ⎪ ⎪ 0 0 , ψ(0) = 0, − − 2μ dx2 x e` formalmente identica all’equazione radiale dell’atomo di idrogeno per la funzione ynl (r) = rRnl (r) nel caso l = 0, con le medesime condizioni di annullamento all’origine. Autofunzioni ed autovalori sono noti e sono dati da: (0)

W0

=−

μK 2 , 2¯h2

ψ0 (x) =

2

xe−x/r0 , 3/2

r0

con

r0 =

h¯ 2 . μK

ii) Se si applica un campo elettrico E nella direzione x, si introduce un potenziale perturbativo V  = −qEx, e una correzione all’energia dello stato fondamentale data, al primo ordine perturbativo, da: (1)

W0

=  ψ 0 | H  | ψ0 = −

4 qE r03

 ∞ 0

3 3qE h¯ 2 dx x3 e−2x/r0 = − qEr0 = − . 2 2μK

5.53. i) Le soluzioni imperturbate sono valutate nel Problema 2.4, e sono date da: einϕ (0) ψn = √ , 2π

(0)

Wn

= w0 n2 ,

w0 =

h¯ 2 2μρ 2

n = 0, ±1, ±2, ....

ii) Le correzioni all’energia sono valutate nel 5.9, e qui ci occupiamo delle autofunzioni. Lo stato fondamentale e` non degenere, mentre sono degeneri di ordine 2 gli stati eccitati con | n | ≥ 1. Gli elementi di matrice della perturbazione sono: Vm,n =

 π

V0 e−imϕ einϕ [ δm,n+2 + δm,n−2 ]. dϕ √ V0 cos 2ϕ √ = 2 −π 2π 2π

Tranne il caso n = ±1 con V±1,∓1 = V0 /2, che trattiamo a parte, nei sottospazi di degenerazione n = ±1 tutti gli elementi di matrice sono nulli, e dunque il primo ordine perturbativo non modifica l’autovalore e non risolve la degenerazione. Questo comporta che le funzioni all’ordine zero, da cui iniziare lo sviluppo perturbativo, possono essere scelte arbitrariamente entro il sottospazio Hn , ad esempio le due (0) ψn , e procedere da ciascuna come nel caso non degenere. Pertanto, le correzioni

3.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo

241

al primo ordine alle funzioni d’onda sono date da: ) ( Vm,n 1 V0 δm,n+2 + δm,n−2 (1) (0) √ eimϕ = ψn=±1 = ∑ (0) ψ = ∑ (0) m (0) (0) 2π Wn −Wm m=n Wn −Wm m=±n 2 V0 = 2w0

(

) −1 ei(n+2)ϕ ei(n−2)ϕ 1 √ √ + . 4(n + 1) 4(n − 1) 2π 2π

Notare che nella sommatoria abbiamo escluso anche il caso m = −n, in quanto Vm,−m = 0, sempre per m = ±1. In conclusione: Wn=±1 = w0 n2 + 0 + ...   −1 V0 1 (0) (0) (0) + ... ψ ψ + ψn=±1 = ψn + 2w0 4(n + 1) n+2 4(n − 1) n−2 Al primo ordine perturbativo, le due autofunzioni corrispondenti a n = ±s, rimangono degeneri ma ortogonali tra loro, grazie all’ortogonalit`a dell’ordine zero. Si ha infatti:   V0 1 −1 (0) (0) (0) + ... ψ ψ + ψ−n=±1 = ψn + 2w0 4(n + 1) −n−2 4(n − 1) −n+2 I due stati risultano sviluppati su autofunzioni imperturbate ortogonali a coppie, bench´e a coppie degeneri. Per lo stato con n = ±1 invece, occorre prima diagonalizzare la perturbazione nel sottospazio di degenerazione. La matrice e` nota essendo uguale alla σx di Pauli, diagonale nella base   1  1  χ±1 = √   , 2 ±1 con autovalori pari a ±1. I nuovi stati imperturbati diventano ora: ⎧  iϕ  e e−iϕ 1 ⎨cos ϕ 1 (0) ψ±1 = √ √ ± √ =√ . π ⎩i sin ϕ 2π 2π 2 Pertanto, per n = ±1, gli elementi di matrice della perturbazione vanno valutati su questi stati imperturbati. Questi devono essere utilizzati per valutare la correzione agli stati, dove si deve sommare su m = n. Limitiamoci dunque a valutare questi elementi di matrice:  iϕ   π e−iϕ e−imϕ 1 e V0 √ √ √ √ V0 cos 2ϕ ± dϕ Vm=±1,±1 = = √ [δ3,m ± δ3,−m ] , −π 2π 2π 2π 2 2 2

242

3 Soluzioni

da cui si ottiene: (1)

ψ±1 =

−1 V0 √ 8 2 2w0



 e−i3ϕ ei3ϕ √ ±√ . 2π 2π

Infine, degenerazione risolta e stati all’ordine zero scelti opportunamente: ⎧ V0 ⎪ ⎪ cos ϕ − cos 3ϕ + ... ⎨ 16w0 V0 1 W±1 = w0 ± + .... , ψ±1 = √ 2 V π⎪ ⎪ ⎩sin ϕ − 0 sin 3ϕ + ... 16w0 Abbiamo omesso la i davanti al seno, perch´e assorbibile nel fattore di fase. Notare che il potenziale e` pari in [−π, π], e gli stati non degeneri devono essere pari o dispari. Poich´e coseno e seno di un numero dispari di angoli si sviluppa in potenze dispari di coseni e seni, rispettivamente pari e dispari, il risultato ottenuto e` coerente con i requisiti di parit`a. 5.54. L’Hamiltoniana imperturbata del sistema e` data da: H =−

 Ze2 Ze2 h¯ 2  2 − . ∇1 + ∇22 − 2μ r1 r2

Con separazione delle variabili, lo stato fondamentale risulta essere: ' Z 3 −Zr/r0 . e Φ(r1 , r2 ) = ψ100 (r1 )ψ100 (r2 )ψ100 (r) = πr03 Questo stato e` accettabile sia per bosoni indistinguibili a spin zero, perch´e si tratta di una funzione simmetrica, sia per particelle distinguibili. Se ora consideriamo la repulsione tra i due elettroni come perturbazione al primo ordine, dobbiamo valutarne il valore di aspettazione sullo stato fondamentale, essendo questo non degenere, ΔW = H  = J100;100 = e2  =e

2

Z3 πr03

2  

 

d3 r1 d3 r2

|ψ100 (r1 )|2 |ψ100 (r2 )|2 = |r1 − r2 |

d3 r1 d3 r2 exp[−2Z(r1 +r2 )/r0 ] = e2 |r1 − r2 |



Z3 πr03

2

5Ze2 20π 2 = . (2Z/r0 )5 8r0

Si tratta dell’integrale diretto, valutato in A.13. L’energia dello stato fondamentale imperturbato e` pari a due volte quella di un singolo elettrone: (0)

W0

=−

e2 Z 2 , r0

3.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo

243

cui si aggiunge la correzione perturbativa: W0 = −

e2 Z 2 5Ze2 11e2 + + ... = − + ... r0 8r0 4r0

valutato per l’Elio a Z = 2. Per quanto riguarda l’energia di ionizzazione di uno dei due elettroni, questa e` data dalla differenza tra l’energia dello stato finale e quella dello stato iniziale: lo stato finale e` costituito da un elettrone (pi`u il nucleo), e quello iniziale e` quello valutato sopra.  2 2 3e2 e2 Z 2 e Z 5Ze2 = WI = − − − + = 1.5w0 , 2r0 r0 8r0 4r0 valutata per l’Elio, e con w0 = e2 /2r0 . 5.55. Il primo stato eccitato e` degenere 3 volte, e lo indichiamo con le usuali notazioni: | ψ1 = | 100 , | ψ2 = | 010 , | ψ3 = | 001 . Per gli elementi di matrice della perturbazione nel sottospazio di degenerazione, utilizziamo la relazione elementare che si ricava facilmente con l’aiuto di creatori e distruttori:

√ n | x | n + 1 = n + 1 h¯ /2μω. Si ottiene: V11 = λ  100 | xy | 100 = λ  1 | x | 1  0 | y | 0 = 0 = V22 = V33 V12 = λ  100 | xy | 010 = λ  1 | x | 0  0 | y | 1 = λ h¯ /2μω = V21 V13 = λ  100 | xy | 001 = λ  1 | x | 0  0 | y | 0 = 0 = V31 V23 = λ  010 | xy | 001 = λ  0 | x | 0  1 | y | 0 = 0 = V32 . La matrice della perturbazione e` cos`ı data da:   0 1 0   λ h¯   Vi j = 1 0 0 ,  2μω  0 0 0 con autovalori e autovettori facilmente deducibili da quelli di σx . Tenuto conto anche dell’autovalore imperturbato, le quantit`a richieste sono: 5 ψ1,0 = | 001 W1,0 = h¯ ω + 0 + ... 2 λ h¯ 5 1 W1,± = h¯ ω ± + ... ψ1,± = √ ( | 100 ± | 010 ). 2 2μω 2

244

3 Soluzioni

5.56. Per il singolo oscillatore valgono le formule solite:

Wni = (ni + 1/2)¯hω , xi = h¯ /2μω(aˆi + aˆ†i ) , [aˆi , aˆ†i ] = 1 ,

i = 1, 2.

Il primo stato eccitato e` degenere due volte, con autovalore e autostati: (0)

W1

= 2¯hω, | 10 , | 01 .

i) Con μ = 1, i valori di aspettazione della perturbazione in questo sottospazio sono i seguenti: h¯ h¯  1 | aˆ†x | 0 x y  0 | aˆy | 1 y = λ 2ω x 2ω h¯ h¯ ,  0 | aˆx | 1 x y  1 | aˆ†y | 0 y = λ λ  01 | xy | 10 = λ 2ω x 2ω

λ  10 | xy | 01 = λ

e tutti gli altri nulli. La diagonalizzazione della matrice di perturbazione:   h¯ 0 1 λ  , 2ω 1 0 porta agli autovalori ±λ h¯ /2ω. Dunque, gli autovalori corretti al primo ordine sono: (0)

W1

(1)

=⇒ W1,± = 2¯hω ± λ

h¯ . 2ω

Le autofunzioni all’ordine zero, quelle cio`e cui tendono le soluzioni perturbate quando λ → 0, sono quelle che diagonalizzano la matrice vista sopra: 1 (0) ψ± = √ ( | 10 ± | 01 ). 2 ii) Il problema e` risolubile esattamente, come fatto nel 3.3, in quanto la forma quadratica dell’Hamiltoniana e` diagonalizzabile tramite una rotazione degli assi:  1 1 2 1 2 (px + p2y ) + ω 2 (x2 + y2 ) + λ xy = π+ + π−2 + Ω+2 ξ+2 + Ω−2 ξ−2 . 2 2 2 Si tratta della somma di due oscillatori non interagenti, con autovalori:   1 1 h¯ Ω+ + n− + h¯ Ω− , Ω±2 = ω 2 ± λ . Wn+ n− = n+ + 2 2 I valori esatti sono allora:

 1

1  W00 = h¯ Ω+ + Ω− = h¯ ( ω 2 + λ + ω 2 − λ ) ≈ h¯ ω. 2 2

3.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo

245

3

1

h¯ , W10 = h¯ ω 2 + λ + h¯ ω 2 − λ ≈ 2¯hω + λ 2 2 2ω 1

3

h¯ W01 = h¯ ω 2 + λ + h¯ ω 2 − λ ≈ 2¯hω − λ , 2 2 2ω dove abbiamo sviluppato fino al primo ordine ritrovando i dati perturbativi. ∗ 5.57.

i) Come nel 5.56, poniamo per il singolo oscillatore:

Wni = (ni + 1/2)¯hω , xi = h¯ /2μω(aˆi + aˆ†i ) , [aˆi , aˆ†i ] = 1 ,

i = 1, 2.

Il secondo stato eccitato e` degenere tre volte, con autovalore e autostati: (0)

W2

= 3¯hω, | 20 , | 11 , | 02 .

I valori di aspettazione della perturbazione in questo sottospazio sono i seguenti: λ  20 | xy | 11 = λ  11 | xy | 20 = λ  11 | xy | 02 = λ  02 | xy | 11 = λ √

h¯ 2μω

e tutti gli altri nulli (vedi 5.56). La matrice di perturbazione:   0 1 0   λ h¯ h¯ 1   √ 1 0 1 =⇒ W2(1) = 0, ± . λ  μω 2  μω 0 1 0 Notare che la matrice e` proporzionale a Jx per l = 1. Le autofunzioni all’ordine zero, quelle cio`e cui tendono le soluzioni perturbate quando λ → 0, sono quelle che diagonalizzano la matrice vista sopra: √ (0) ψ2,±1 = 1/2( | 20 ± 2 | 11 + | 02 ). √ (0) ψ2,0 = 1/ 2( | 20 − | 02 ). ii) Il problema si diagonalizza esattamente, come fatto nel 3.3 e nel 5.56, in due oscillatori non interagenti con autovalori:   1 1 h¯ Ω+ + n− + h¯ Ω− , Ω±2 = ω 2 ± λ . Wn+ n− = n+ + 2 2

246

3 Soluzioni

I valori esatti sono allora: 

1 1  2 W00 = h¯ (Ω+ + Ω− ) = h¯ ω + λ + ω 2 − λ ≈ h¯ ω. 2 2 5 2 1 2 h¯ W20 = h¯ ω + λ + h¯ ω − λ ≈ 3¯hω + λ , 2 2 ω 3

3

W11 = h¯ ω 2 + λ + h¯ ω 2 − λ ≈ 3¯hω, 2 2 1 2 5

h¯ W02 = h¯ ω + λ + h¯ ω 2 − λ ≈ 3¯hω − λ , 2 2 ω dove abbiamo sviluppato fino al primo ordine ritrovando i dati perturbativi. 5.58. Autovettori e autovalori imperturbati sono i seguenti: (0)

un =



 x , 2/a sin nπ a

(0)

Wn

=

n2 π 2 h¯ 2 , 2μa2

n = 1, 2, ....

In a/2 queste funzioni sono nulle se n e` pari, e annullano la delta, e diverse da zero per n dispari. Quindi, i valori di aspettazione del potenziale a delta sono: ⎧ (n+m−2)/2 2λ /a n, m dispari 2λ nπ mπ ⎨(−)  Vnm = sin sin = ⎩ a 2 2 0 n e/o m pari. Le correzioni a stati con n pari sono nulle sia al primo che al secondo ordine, in accordo con la soluzione esatta del 4.6, se pure relativa all’intervallo −a < x < a. Calcoliamo le correzioni ai livelli con n dispari. Al primo ordine sono date da: (1)

 W2k+1 = V2k+1,2k+1 = (−)2k 2λ /a = 2λ /a ,

k = 0, 1, 2, ...

Per il secondo ordine dobbiamo calcolare:  2    V 2k+1,2p+1  1 8μλ 2 (2) = , W2k+1 = ∑ (0) 2 ∑ (2k + 1)2 − (2p + 1)2 (0) 2h π ¯ p=k p=k W2k+1 −W2p+1

k = 0, 1, 2, ...

Per la sommatoria, utilizziamo il suggerimento del testo:   1 1 1 1 = = − ∑ 2 2 4(2k + 1) p∑ p−k p=k (2k + 1) − (2p + 1) =k p + k + 1   1 1 1 1 − =− = = − 2. 2 4(2k + 1) (3k + 1) − k 4(2k + 1) 4n Tutti gli addendi si cancellano a due a due salvo quello indicato, relativo a p = 3k +1 nel secondo addendo. Indichiamo con p1 e p2 gli indici dei primi e dei secondi

3.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo

247

addendi. Per p2 ≤ 2k, i secondi si cancellano tra loro: quelli con 0 ≤ p2 ≤ k − 1 con quelli con k + 1 ≤ p2 ≤ 2k. Per p2 = 2k + 1 + q, con q = 0, 1, 2, ..., i secondi si cancellano con i primi con p1 = q, tutti tranne quello con p2 = 3k + 1, cio`e q = k che per`o non e` permesso perch´e comporta p1 = k. Dunque: ⎧ 2μλ 2 ⎪ ⎨− (2) π 2 h¯ 2 n2 Wn = ⎪ ⎩ 0

n dispari n pari.

Il procedimento al primo ordine e` valido, se questo e` piccolo rispetto alla spaziatura: π 2 h¯ 2 2λ  [(n + 1)2 − n2 ] a 2μa2

=⇒

λa 

π 2 h¯ 2 n. 2μ

Al secondo ordine, questo deve essere piccolo rispetto al primo: 2μλ 2 2λ  2 2 2 a π h¯ n

=⇒

λa 

π 2 h¯ 2 2 n , μ

condizione soddisfatta se e` soddisfatta quella al primo ordine. (1)

5.59. i) I dati richiesti sono stati valutati nel 5.7, escluso W2s , assumendo che il raggio del protone sia piccolo rispetto al raggio di Bohr dell’elettrone. Analogamente, nel caso attuale noi assumiamo che il raggio del nucleo Z sia piccolo rispetto al raggio di Bohr del muone, ipotesi che per`o commenteremo nel punto iii). (1)

W1s ≈

2e2 rN2 , μ 5(r0 )3

(1)

W2s ≈

e2 rN2 , μ 20(r0 )3

(1)

W2p ≈

(1)

e2 rN4 , μ 1120(r0 )5

μ

rN  r 0 .

(1)

Il calcolo di W2s e` del tutto analogo a quello di W1s , grazie a due osservazioni: a) la correzione H  dipende solo da r, e quindi l’integrazione su dΩ agisce solo sulle armoniche sferiche, normalizzate a 1. b) La seconda autofunzione radiale, R20 , differisce dalla prima, R10 , solo per μ μ un fattore numerico e per (1 − Zr/r0 ) che, nell’ipotesi di cui sopra r ≈ rN  r0 , si riduce all’unit`a come in R10 . Quindi rimane solo il fattore numerico, e quindi √ (1) (1) W2s = (2 2)−2W1s . μ ii) Rispetto al secondo valore, il terzo e` dell’ordine (50)−1 O[(rN /r0 )2 ]  1, e quindi pu`o essere trascurato rispetto al primo. Pertanto: W2s −W2p ≈ W2s = μ

e2 rN2 μ , 20(r0 )3

inserito r0 = me /mμ r0e ≈ 200−1 · 0.5 · 10−8 cm, si pu`o risalire alle dimensioni del nucleo, rN ≈ 10−13 cm.

248

3 Soluzioni

iii) L’atomo mesico di numero atomico Z e` costituito da un ordinario atomo nel quale un mesone μ ha sostituito uno degli elettroni. Inizialmente il muone e` catturato su un’orbita eccitata simile a quella dell’elettrone espulso, per poi scendere rapidamente ai livelli pi`u bassi per emissione a cascata di raggi X, o di altri elettroni per effetto Auger. A causa della sua massa elevata, mμ ≈ 206me , il suo raggio di Bohr e` molto pi`u piccolo di quello degli elettroni, ovvero le sue orbite sono molto pi`u vicine al nucleo di quelle di tutti gli elettroni, e quindi risente in modo accentuato della distribuzione di volume della carica nucleare e molto poco della carica elettronica, per lo pi`u esterna all’orbita del μ. La correzione di volume e` dunque necessaria, ma occorre rivedere il calcolo, μ basato sull’ipotesi ZrN  r0 . Rispetto all’atomo di idrogeno, ora e` diminuito il raggio di Bohr, e sono aumentati sia Z che rN e, ad esempio, gli esponenziali delle funzioni d’onda non possono essere posti uguali a 1. In effetti, i dati sperimentali sono diversi da quelli calcolati, e sono minori per l = 0 e maggiori per l = 1, 2. 5.60. Il livello n = 2 e` degenere 4 volte in corrispondenza ai valori del momento angolare l = 0, m = 0; l = 1, m = −1, 0, 1. In corrispondenza a questi 4 valori, dobbiamo valutare la seguente matrice: Hl m ;lm =



dΩ dr r2 R2l  (r)R2l (r) f (r)r2 sin2 θ sin ϕ cos ϕYl  m (Ω )Ylm (Ω ).

Di tutti questi elementi, sono nulli per motivi di parit`a quelli contenenti gli integrali:  2π 0

dϕ sin ϕ cos ϕ = 0

 2π 0

dϕ sin ϕ cos ϕe±iϕ = 0.

Gli unici integrali in ϕ diversi da zero sono quelli contenenti il fattore e±2iϕ , e quindi   H1,1;1,−1 e H1,−1;1,1 :  = H1,1;1,−1

3 8π =



dr r4 R221 (r) f (r)

3 8π



 π 0

dθ sin5 θ

 2π 0

dϕ sin ϕ cos ϕe−2iϕ =

  4!!  π  −i = −iC, dr r4 R221 (r) f (r) 2 5!! 2 

1 dr r4 R221 (r) f (r). 5 Dobbiamo quindi valutare gli zeri del determinante:   −W 0 0 0      0 −W 0 iC   det[H  −W I] = det   = W 2 (W 2 −C2 ) = 0.  0 0 −W 0     0 −iC 0 −W   H1,−1;1,1 = iC ,

essendo C =

3.5 Perturbazioni indipendenti dal tempo (1),0

249

(1),±

Abbiamo quindi la correzione W2 = 0 due volte degenere, e le due W2 = ±C non degeneri. Complessivamente, il livello n = 2, degenere quattro volte, si separa in tre livelli, di cui uno degenere due volte. 5.61. i) L’Hamiltoniana classica del rotatore e` data da: H=

M2 , 2I

e, assumendo la quantizzazione canonica, l’espressione precedente fornisce anche l’energia quantistica. Le autofunzioni dell’operatore L2 sono le armoniche sferiche, con gli usuali autovalori: ψlm = R(r)Ylm (θ , ϕ)Wl =

h¯ 2 l(l + 1) , 2I

dove R(r) e` un’arbitraria funzione della sola r, che possiamo pensare normalizzata, e gli autovalori, salvo il primo, sono degeneri. ii) Scegliamo l’asse delle z diretto come il campo elettrico, e introduciamo la perturbazione: r H  = −d · E = −d · E = −dE cos θ . r Dobbiamo ora calcolare i valori di aspettazione di H  sullo stato fondamentale, non degenere. Al primo ordine si ottiene zero, in quanto cos θ e` dispari, mentre per il secondo ordine possiamo osservare che:

4π  Y10 , H = −dE cos θ = −dE 3 e quindi che l’unico elemento di matrice diverso da zero e` :

4π 1 1   Y10 | Y10 = −dE √ .  Y00 | H | Y10 = −dE √ 3 4π 3 (0)

(0)

Questa espressione va elevata al quadrata e divisa per W0 − W1 −¯h2 /I, portando cos`ı al risultato richiesto: (0)

(1)

(2)

(2)

W0 = W0 +W0 +W0 + ... = W0

=−

= −2¯h2 /2I =

d2E 2I . 3¯h2

5.62. Gli stati dell’oscillatore armonico sono non degeneri, per cui la prima correzione e` data da: (1)

W0

1 1 h¯ 1ε  0 | aˆaˆ† | 0 = h¯ ω. = ε 0 | x2 | 0 = ε 2 2 2μω 4K

250

3 Soluzioni

Il secondo ordine contribuisce tramite: (2)

W0

=

∑

   (1) 2 H0,s 

(0) (0) s=0 W0 −Ws

,

con: 1 h¯ h¯ (1) H0,s = ε s | x2 | 0 = ε  s | (aˆ + aˆ† )(aˆ + aˆ† ) | 0 = ε √ δs0 . 2 4μω 2 2μω E quindi: (2) W0

2  1 1 h¯ h¯ 1  ε 2 = − ε2 2 3 = − =− ε √ h¯ ω. 2¯hω 16 μ ω 16 K 2 2μω

Il problema e` risolubile esattamente perch´e si tratta in effetti di un potenziale armonico di costante K  = K + ε, con energia dello stato fondamentale:   1 1 ε 1/2 K + ε 1/2 1 W0 = h¯ ω  = h¯ = h¯ ω 2 + = 2 2 μ 2 μ     1 1ε 1  ε 2 ε 3 = h¯ ω + − +O . 2 4 K 16 K K I primi due termini correttivi sono uguali, come saranno uguali anche tutti quelli successivi. 5.63. Nel Problema 5.4 era stato calcolata perturbativamente la correzione da apportare all’energia dello stato fondamentale dell’atomo idrogenoide: (1)

W1

=

2 e2 Z 4 2 δ , 3 r03

(0)

essendo W1 = −Z 2 e2 /2r0 l’energia imperturbata, ovvero quella totale nel caso di nucleo puntiforme. i) Se vogliamo interpretare la perturbazione come dovuta a una carica aggiuntiva, cio`e al potenziale:  ζ e2 e2 = V +Vζ , V = (Z + ζ ) = Z 1 + r Z r possiamo procedere confrontando il risultato perturbativo con l’autovalore esatto della nuova Hamiltoniana: (0)

(1)

W1 +W1

1 ≈W

(0)

(1)

=⇒ W1 +W1

≈

(Z + ζ )2 (0) W1 , Z2

3.6 Calcolo Variazionale

e quindi:

251

. / (1) (1) W1 ζ / 1 W1 0 1 + = 1 + (0) = 1 + + .... Z 2 W (0) W1 1

Nel caso del rapporto piccolo, abbiamo finalmente: (1)

ζ 2 δ2 1 W1 = − 2 2 ≈ −2.5 · 10−10 ≈ (0) Z 2W 3 r0 /Z 1 dove abbiamo posto Z = 1, il raggio di Bohr r0 = 0.53 · 10−8 , e il valore di δ assegnato. Alternativamente, possiamo pensare al potenziale dovuto alla carica aggiuntiva come a sua volta a una perturbazione, e quindi valutare la correzione al livello energetico, data da: (1)

 u100 | Vζ | u100 = W1

= −ζ e2

Z 2 e2 Z 4 2 ≈ δ , r0 3 r03

e quindi il primo risultato perturbativo. ii) Nel caso dell’atomo mesico del piombo, le correzioni da apportare ai precedenti calcoli sono relative al raggio di Bohr del mesone nel campo generato dalla carica Ze: r0 me r0 ≈ rμ−Pb = Z mμ 82 · 207 e alle dimensioni del nucleo di piombo circa proporzionale a quello dell’idrogeno tramite il fattore A1/3 ≈ 5.9, essendo A = 208 il numero di massa. Quindi: (1) 2 W1  4 δPb 4 δ 2 2/3 = − = − A (82 · 207)2 ≈  2 (0) 3 rμ−Pb 3 r02 W1 μ−Pb

≈ −5 · 10−10 · 5.92 · (82 · 207)2 = O(1). Evidentemente, in tali condizioni la teoria perturbativa non e` applicabile. Vedi gli analoghi commenti nel 5.59.

3.6 Calcolo Variazionale 6.1. Le funzioni di prova devono appartenere al dominio di autoaggiuntezza dell’Hamiltoniana, e quindi annullarsi (o essere periodiche) agli estremi. Solo ψ2 soddisfa le condizioni di annullamento.

252

3 Soluzioni

6.2. Valutiamo anzitutto l’integrale seguente, che verr`a utile sia per normalizzare le funzioni d’onda, sia per valutare i valori di aspettazione:  ∞

dx 1 d =− 2 n+1 n dξ −∞ (ξ + x ) =

 ∞

x +∞ dx (−)n d n 1



arctan =  = 2 n n! dξ n ξ −∞ (ξ + x ) ξ −∞

π(2n − 1)!! (−)n d n π

= n . n! dξ n ξ 2 n!ξ n+1/2

i) Utilizzando la formula precedente: ||ψ1 || = A 2

2

 +∞ −∞

dx 

1 1 + x2 /a2

2 = A

2 πa

2

=1

=⇒

A=

2 . πa

Sullo stato ora normalizzato, possiamo valutare i valori di aspettazione dell’Hamiltoniana:  ψ1 | H | ψ1 = T 1 + V 1 , con:  1 1 h¯ 2 +∞  dψ1 2  ψ1 | pˆ2 | ψ1 = || pψ ˆ 1 ||2 = dx  = 2μ 2μ 2μ −∞ dx   h¯ 2 2 +∞  −2x/a2 2 h¯ 2 2 4 +∞ x2 = A A dx = 4a dx 2 .  2 2 2 2μ (1 + x /a ) 2μ (a + x2 )4 −∞ −∞

T 1 =

Per valutare l’ultimo integrale, sommiamo e sottraiamo a2 al numeratore: x2 (a2 + x2 )4

=

1 (a2 + x2 )3

−

a2 (a2 + x2 )4

,

e ci riconduciamo agli integrali sopra classificati, con n = 2, 3. Si ottiene infine: T 1 =

h¯ 2 . 4μa2

Per quanto riguarda la parte potenziale: V 1 =

K 2 4 A a 2

 +∞ −∞

dx

x2 (a2 + x2 )2

=

K 2 a , 2

che si ottiene scomponendo l’integrale come visto sopra. Pertanto: W1 (a) = H 1 =

h¯ 2 K + a2 . 4μa2 2

3.6 Calcolo Variazionale

253

Imponendo le condizioni di minimo (stazionariet`a): d h¯ , W1 (a) = 0 =⇒ a¯2 = √ 2 d(a ) 2Kμ

1 W 1 (a) ¯ = √ h¯ ω ≈ 0.71¯hω , 2

ω=

K/μ.

¯ Il valore appena trovato e` da confrontare con il valore esatto W1ex = 1/2¯hω < W 1 (a). ii) Dobbiamo ora ripetere tutta la procedura con la seconda funzione di prova:

 +∞ 1 16 2 2 2 5πb dx  = 1 =⇒ B = . ||ψ2 || = B 4 = B 2 2 16 5πb −∞ 1 + x /b La parte cinetica e` data da: T 2 =

h¯ 2 2 B 2μ

 +∞ −∞

  dx

−4x/b2 2 h¯ 2 2 B 16b8  = 2 2 3 (1 + x /b ) 2μ

 +∞ −∞

dx

x2 (b2 + x2 )6

.

Anche l’ultimo integrando pu`o essere scomposto aggiungendo e togliendo b2 al numeratore, e utilizzando gli integrali iniziali. Si ottiene: T 2 =

7¯h2 , 10μb2

V 2 =

K 2 8 B b 2

Pertanto: W2 (b) =

 +∞ −∞

dx

x2 K = b2 . (b2 + x2 )4 10

7¯h2 K + b2 , 10μb2 10

da cui: ' d W2 (b) = 0 =⇒ d(b2 )

b¯ 2 = h¯

7 Kμ

√ ¯ = =⇒ W 2 (b)

7 h¯ ω ≈ 0.53¯hω, 5

che rappresenta un ulteriore miglioramento verso il valore esatto 0.5¯hω. iii) Consideriamo la funzione di prova e l’autofunzione esatta:

 μK 1/4   2 2 2 α 2 2 −d , u0 (x) = √ e−α x /2 con α = . ψ3 = C 1 + x /c π h¯ 2 Grazie al limite suggerito nel testo: e−x = lim (1 + x/ξ )−ξ : ξ →∞

 lim 1 +

ξ →∞

 x2 −ξ α2 x2 /2 −ξ = lim = exp[−α2 x2 /2], 1 + 2ξ /α2 ξ ξ →∞

e ponendo c2 = 2d 2 /α2 , nel limite d 2 = ξ → ∞, la funzione di prova tende a quella esatta e l’errore tende a zero. Da questa analisi si comprende anche il motivo per

254

3 Soluzioni

cui la funzione di prova ψ2 esaminata precedentemente desse un risultato migliore della ψ1 . 6.3. Normalizziamo le funzioni di prova, riportando gli integrali della A.12 per comodit`a :  ∞ n! (1) In = dx xn e−σ x = n+1 σ 0

 ∞  ∞ 2 2 (2n − 1)!! π (2) n! (2) I I2n = dx x2n e−σ x = = dx x2n+1 e−σ x = . 2(2σ )n σ 2n+1 2σ n+1 0 0 Da questi si ottiene: ||ψ1 ||2 = A2 ||ψ2 ||2 = B2

 ∞ 0

 ∞ 0

dz z2 e−2αz =

dz z2 e−β z = 2

A2 =1 4α3

B2  π 1/2 =1 4 β3

=⇒ =⇒

A = 2α3/2 . B=2

 β 3 1/4 π

.

Dobbiamo valutare il valore d’aspettazione dell’Hamiltoniana sugli stati di prova: W1,2 =  ψ1,2 | H | ψ1,2 =  ψ1,2 | T | ψ1,2 +  ψ1,2 | V | ψ1,2 = T 1,2 + V 1,2 , con: T 1,2 =

2 1 1 h¯ 2  d   ψ1,2 | pˆ2 | ψ1,2 =  pψ ˆ 1,2 | pψ ˆ 1,2 =  ψ1,2  . 2μ 2μ 2μ dz

Con la prima funzione di prova: 2¯h2 α3  d −αz 2  ze  = μ dz   h¯ 2 2¯h2 α3 ∞  −2αz = α2 . dz e + α2 z2 e−2αz − 2αze−2αz = μ 2μ 0  ∞ 3μg V 1 =  ψ1 | μgz | ψ1 = 4μgα3 dz z3 e−2αz = . 2α 0 T 1 =

Raccogliendo i risultati precedenti: W1 =

h¯ 2 2 3μg α + . 2μ 2α

Possiamo ora valutare il minimo di questa espressione, annullandone la derivata:  3μ 2 g 1/3 d h¯ 2 3μg . W1 = α − 2 = 0 =⇒ α¯ = dα μ 2α 2¯h2

3.6 Calcolo Variazionale

255

Sostituito questo valore nella espressione precedente, si trova: ¯ = W 1 = W1 (α)

h¯ 2  3μ 2 g 2/3 3μg  3μ 2 g −1/3  243 1/3  μg2 h¯ 2 1/3 + = ≈ 2μ 2¯h2 2 16 2 2¯h2

 μg2 h¯ 2 1/3 ≈ 2.476 ≡ 2.476w0 . 2 Consideriamo ora la seconda funzione di prova: h¯ 2 4 3/2  d −β x2 /2 2 √ β  xe  = 2μ π dx   3¯h2 2 2 2¯h2 β 3/2 ∞  −β x2 √ β, dx e + β 2 x4 e−β x − 2β x2 e−β x = = 4μ μ π 0

T 2 =

β 3/2 V 2 =  ψ2 | μgx | ψ2 = 4μg √ π

 ∞ 0

2 2μg dx x3 e−β x = . πβ

Raccogliendo i risultati precedenti: W2 =

2μg 3 h¯ 2 β+ . 4μ πβ

Possiamo ora valutare il minimo di questa espressione, annullandone la derivata: μg 3 h¯ 2 d W2 = −

= 0 =⇒ dβ 4μ πβ 3

β¯ =

 4μ 2 g 2/3 . √ 3¯h2 π

Sostituito questo valore nella espressione precedente, si trova: W 2 = W2 (β¯ ) =

 81 1/3  μg2 h¯ 2 1/3 2π

2

≈ 2.345w0 .

Possiamo ora confrontare i risultati ora ottenuti con quello esatto del Problema 1.15: W 1 = 2.476w0 ,

W 2 = 2.345w0 ,

Wex = 2.338w0 .

Si potrebbe anche utilizzare una funzione di prova con il comportamento corretto all’infinito, che si ricava direttamente dall’equazione di Airy ed e` del tipo ≈ exp[−γx3/2 ]. Notiamo infine che, essendo il potenziale omogeneo di primo ordine, vale il teorema del viriale 2T 1,2 = V 1,2 . 6.4. i) Normalizziamo lo stato, scegliendo l’asse z diretto come il vettore a. √

4π 2 (2) 4π 2 3 8 2 5 π 2 2 a I4 = a = 1 =⇒ a = 3/2 α . ||ψ|| = 3 3 32α4 2α2 π

256

3 Soluzioni

Valutiamo sugli stati normalizzati il valore di aspettazione del termine cinetico:   ∂ 2 h¯ 2   ψ |T |ψ = d3 r ψ  = 2μ ∂r   2 2 2 h¯ 2 = d3 r ∑ ai − a · r2α2 ri e−2α r = 2μ i  ∞  +1   2 2 2 h¯ 2 dr d cos θ 1 − 4 cos2 θ α2 r2 + 4 cos2 θ α4 r4 r2 e−2α r = a 2π = 2μ 0 −1 4 h¯ 2 a2 2π  4 3 5 · 3  (2) 5¯h2 α2 1 − α2 2 + α4 I = = . μ 3 4α 3 4 · 4α4 2 2μ

Per il termine potenziale:  ψ | V | ψ = −e

 2



dΩ

−2α2 r2

dr ra r cos θ e 2 2

2

√ e2 a2 4π (2) e2 4 2 √ =− I3 = − α. 3 π 3

Le condizioni di minimo sono date da: √  5¯h2 α e2 4 2 d  d W (α) = − √ = 0, T (α) +V (α) = dα dα μ 3 π da cui: √ 4 2 e2 μ α¯ = √ 15 π h¯ 2

¯ =− =⇒ W (α)

16 e4 μ e4 μ ≈ −0.113 . 3 · 15 π h¯ 2 h¯ 2

ii) Confrontiamo con il valore esatto: Wn=2 = −

1 e4 μ e4 μ ¯ ≈ −0.125 2 < W (α). 2 8 h¯ h¯

La scelta della funzione di prova e` appropriata. E` di momento angolare l = 1 dato che contiene le funzioni trigonometriche al primo ordine; coseno o seno e` irrilevante, in quanto dipende dall’orientazione del vettore a rispetto all’asse z. Inoltre,  ha comportamento all’origine ≈ r = rl l=1 , e non ha nodi. Caratteristiche condivise con l’autofunzione esatta con l = 1 e numero quantico radiale nr = 0, cio`e appunto lo stato 2p. 6.5. La normalizzazione porta a: 1 = ||ψ||2 = C2 2π

 ∞ 0

dρρ exp(−2αρ) =

πC2 . 2α2

3.6 Calcolo Variazionale

257

I valori di aspettazione sono dati da:  1 1  pˆ 2 |ψ =  ψ | pˆ2x + pˆ2y | ψ = || pˆx ψ||2 + || pˆy ψ||2 = 2μ 2μ 2μ       2  2 2 2 2 h¯ h¯ α x2 + y2 h¯ 2 α2 d  d  2 = d2 x  ψ  +  ψ  = d2 x ||ψ|| = ; 2μ dx dy 2μ ρ2 2μ  ∞ 3 K V = πKC2 dρρ 3 e−2αρ = . 4 α2 0 T =  ψ |

E quindi

dW d h¯ 2 3 K ¯ = 3/2¯hω ≈ 1.22¯hω, = 0 =⇒ W (α) = [T + V ] = α − 3 dα dα μ 2α maggiore del valore esatto Wex = h¯ ω. Notare che si tratta di un oscillatore armonico bidimensionale. 6.6. Per la ricerca del primo stato eccitato e` pi`u conveniente la ψ1 perch´e dispari, e quindi ortogonale allo stato fondamentale che e` pari. Normalizziamo la funzione: 1 = ||ψ1 ||2 = A2

 +∞ −∞

dx x2 e−2α|x| = 2A2

 ∞ 0

dx x2 e−2αx =

A2 . 2α3

Valutiamo ora i valori di aspettazione:  ψ1 | H | ψ1 =  ψ1 | T 1 =

h¯ 2 2μ

 +∞ −∞

α3 h¯ 2 = μ

 dψ 2 α3 h2  +∞  2 ¯  1 dx dx e−α|x| − α|x|e−α|x| =  = dx μ −∞

 +∞ −∞

V 1 = Kα3

pˆ2 1 | ψ1 + K ψ1 | x2 | ψ1 = T 1 + V 1 . 2μ 2

 α2 h¯ 2  dx e−2α|x| + α2 x2 e−2α|x| − 2α|x|e−2α|x| = . 2μ

 +∞ −∞

dx x4 e−2α|x| = 2Kα3

Pertanto: W1 (α) = T 1 + V 1 =

 ∞ 0

dx x4 e−2αx =

3 K . 2 α2

α2 h¯ 2 3 K , + 2μ 2 α2

dW 1 h¯ 2 3K = α − 3 = 0 =⇒ α¯ = (3μK/¯h2 )1/4 dα μ α

¯ = =⇒ W 1 (α)

√ 3¯hω.

Questo valore approssimato e` pari a 1.73¯hω, da confrontare con il valore esatto 1.5¯hω.

258

3 Soluzioni

6.7. La funzione di prova e` analoga a quella del Problema 6.4, e come quella e` una buona funzione di prova per lo stato con l = 1 e nr = 0. (1)

In =

 ∞ 0

dx xn e−2αx =

n! (2α)n+1

=⇒

||ψ||2 = a2

4 3π

 ∞ 0

dr r4 e−2αr =

a2 π = 1. α5

Per il calcolo dell’energia cinetica e potenziale, utilizziamo coordinate polari, con l’asse z parallelo ad a, come nel 6.4: 

 ∂ 2   d3 r ψ  = ∂r   h¯ 2 ri 2 −2αr = d3 (r) ∑ ai − a · rα e = 2μ r i  ∞  +1   h¯ 2 2 a 2π dr d cos θ 1 − 2 cos2 θ αr + cos2 θ α2 r2 r2 e−2αr = = 2μ 0 −1   2 π h¯ 2 4 (1) 2 h¯ 2 α2 π h¯ 2 a2 (1) (1) = a 2I2 − αI3 + α2 I4 = . = 3 μ 3 3 2μ α 2μ

ψ |T |ψ =

h¯ 2 2μ

Per l’energia potenziale otteniamo: 1 4π (1) 15μω 2  ψ | V | ψ = a2 μω 2 I6 = . 2 3 4α2 Minimizzando W (α) = T + V , rispetto al paramentro variazionale α, si ottiene:

15 μω 15 2 ¯ = =⇒ W (α) h¯ ω ≈ 2.74¯hω. α¯ = 2 h¯ 2 (ex)

Da confrontare con il valore esatto Wl=1,nr =0 = 2.5¯hω. Vedi il 3.6 per l’oscillatore armonico in coordinate polari. 6.8. i) Lo spettro dell’energia e` puramente discreto. Ogni autovalore e` del tipo Wn = wcn dove w e` la scala di energia del problema, e si esprime tramite i parametri del problema: β  w = λ α h¯ 2 /2μ . Tenendo conto che [λ ] = [W ][L−2k ], e risolvendo il sistema in α e β , si ottiene: α = (k + 1)−1 ,

β = kα

  k 1/(k+1) =⇒ Wn = λ h¯ 2 /2μ cn

n = 1, 2, ...

da cui segue immediatamente l’andamento asintotico in λ di tutti gli stati legati.

3.6 Calcolo Variazionale

259

ii) Valutiamo ora lo stato fondamentale mediante il metodo variazionale. Scegliamo come funzione di prova ψ(x) = N exp{−x2 /4σ }: ||ψ||2 = N 2

 ∞ −∞

dr e−x

2 /2σ

√ = N 2 2πσ

=⇒

N 2 = (2πσ )−1/2 .

Da qui si ricava: ψ |H |ψ =N

2

 ∞ −∞

dx

2 h¯ 2  d   ψ(x) + λ  x2k ψ = 2μ dx

h¯ 2 1 (2) A (2) = N2 I + λ N 2 I2k = + Bσ k 2μ 4σ 2 2 σ con A =

1 h¯ 2 , B = λ (2k − 1)!!. 4 2μ

Il valore ottimale di σ si ottiene imponendo che dH /dσ = 0. Esso vale:  σ¯ =

A kB

1/(k+1)

(  k )1/(k+1)   (2k − 1)!! 1/(k+1) h¯ 2 =⇒ W (σ¯ ) = λ (k +1). 2μ (4k)k

Il fattore dimensionale e` stato valutato all’inizio ed e` il medesimo per tutti gli stati legati. Ovviamente, il calcolo variazionale serve a valutare, per eccesso, il coefficiente numerico c1 relativo allo stato fondamentale. Nel caso banale k = 1, l’Hamiltoniana e` quella dell’oscillatore armonico, e la funzione di prova e` quella esatta dello stato fondamentale. Infatti, posto:

1 1 α2 1 1 μK 2 k = 1 , λ = μω =⇒ W (σ¯ ) = h¯ ω , = = , 2 2 4σ 2 h¯ 2 2 cio`e appunto i parametri esatti dell’oscillatore. 6.9. Essendo il potenziale a simmetria sferica, anche lo stato fondamentale gode di questa propriet`a, e non dipende dalle variabili angolari; inoltre non ha nodi, e` diverso da zero all’origine, e decresce esponenzialmente all’infinito. Quindi, sembra opportuna una funzione di prova del tipo: ψ = e−αr

r2 = x2 + y2 + z2 ,

con α parametro variazionale. Essendo:  1 1 1 ∂ ∂ p2 +V (r) = −¯h2 2 r2 + 2 L2 + λ r, H= 2μ 2μ r ∂r ∂r r

260

3 Soluzioni

occorre valutare:  ∞



∞ 1 d d dr r2 e−αr 2 r2 e−αr + λ drr3 e−2αr = r dr dr 0 0   ∞ 2 −2αr h¯ 2 3λ λ 3! h¯ 2 =− α e + dr r2 α − + = . 4 2μ 0 r (2α) 8μα 8α4  ∞ 1 ψ |ψ = dr r2 e−2αr = . 4α3 0

ψ |H |ψ =−

h¯ 2 2μ

Da queste due espressioni segue: W (α) =

ψ |H|ψ h¯ 2 2 3 λ = α + , ψ |ψ 2μ 2α

d h¯ 2 3 λ W (α) = α − = 0, dα μ 2 α2

1/3  e quindi il valore ottimale: α¯ = 3μλ /2¯h2 . Sostituendo questo valore in W (α), si ottiene il valore approssimato cercato: W=

9λ h¯ 2 α¯ 3 3 λ + = = 2μ α¯ 2 α¯ 4 α¯

 5/3  2 2 1/3 λ h¯ 3 . 2 μ

Si pu`o naturalmente trattare il problema facendo riferimento alla sola equazione radiale nella y(r) = R(r)/r che, nel caso dello stato fondamentale a l = 0, e` uguale all’equazione del problema monodimensionale 6.7: il calcolo variazionale risulta identico a quello appena svolto. Infatti, la parte radiale del termine cinetico tridimensionale sopra utilizzata si pu`o scrivere nel modo seguente:  2 1 d 1 d 2d = −i¯h r = Pr2 , −¯h 2 r r dr dr r dr 2

e il suo valore di aspettazione diventa:  R(r) |

Pr2

| R(r) =

 ∞ 0

  2  ∞   y(r) 2  d 2   drr Pr = h¯ dr  y(r) , r  dr 0 2

ovvero il valore di aspettazione del termine cinetico monodimensionale. 6.10. i) Per la normalizzazione del primo stato: 1 = ||ψ1 ||2 =



d3 r|ψ1 (r)|2 = 4π|A|2

da cui: |A|2 =

 2α2 3/2 π

.

 ∞ 0

dr r2 e−2α

2 r2

,

3.6 Calcolo Variazionale

261

Il valore d’aspettazione del termine cinetico e` dato da: h¯ 2  ψ1 | T | ψ1 = 2μ =



 ∂ 2  2 2 2 h¯ 2 2   d3 r ψ1  = d3 r ∑ − 2α2 ri e−2α r = |A| ∂r 2μ i

h¯ 2 2 |A| 16πα4 2μ

 ∞

dr r4 e−2α

2 r2

0

= 3α2

h¯ 2 . 2μ

Il termine potenziale:  ψ1 | V | ψ1 = −e2 4π|A|2

 ∞

dr re−2α

0

2 r2



=−

8/πe2 α.

Le condizioni di minimo sono date da:  d  d W (α) = T (α) +V (α) = 0. dα dα Da cui: ¯ =− W 1 (α)

2 e4 ≈ −0.85w0 , 3π h¯ 2 /2μ

w0 =

e4 μ . 2¯h2

Ripetendo i calcoli per la seconda autofunzione: |B|2 =

15 , 2πβ 5

Da cui: W 2 (β¯ ) = −

T2 =

10 h¯ 2 , β 2 2μ

V2 = −

5e2 . 2β

5 e4 ≈ −0.62w0 . 32 h¯ 2 /2μ

ii) Si, perch´e sia ψ1 che ψ2 sono nel dominio dell’Hamiltoniana e non hanno nodi. iii) Poich´e l’autovalore esatto Wex = −w0 e` minore o uguale di ogni valore di aspettazione, e W 1 < W 2 , il primo rappresenta una migliore approssimazione. iv) Da considerazioni asintotiche, si sa che il comportamento dell’autofunzione esatta e` di tipo esponenziale. Il comportamento della prima funzione di prova risulta pertanto pi`u simile a questo, seppure esponenziale in r2 invece che in r. 6.11. Lo stato fondamentale cercato e` in onda s, per cui scegliamo come funzione di prova lo stato fondamentale dell’atomo d’idrogeno ψ(r) = (σ 3 /8π)1/2 exp[−σ r/2], anch’esso in onda s, utilizzando σ come parametro variazionale:     h¯ 2 1 ∂ 2 ∂ ∗ ∗ W (σ ) = drψ Hψ = drψ − r +V (r) ψ = 2μ r2 ∂ r ∂ r    ∞ h¯ 2 1 d 2 d σ3 λ 2 −σ r/2 − e−σ r/2 = = 4π r − dr r e 8π 2μ r2 dr dr r3/2 0

262

3 Soluzioni

√     σ 2 r2 πλ h¯ 2 σ 3 h¯ 2 1 1/2 −σ r e = σr − −λr − dr = 2μ 4 2 2μ 2σ 2σ 3/2 0 √ h¯ 2 σ 2 πλ 3/2 = − σ . 2μ 4 4 σ3 = 2

 ∞



Annullando la derivata di questa espressione: √ d h¯ 2 σ 3 π 0= W (σ ) = − λ σ 1/2 , dσ 2μ 2 8 si ottengono due soluzioni: σ =0

e

σ

1/2

√ 3 πλ . = 2 4¯h /2μ

La prima e` da scartare perch´e comporta ψ costante e quindi ψ = 0 dato che si deve annullare all’infinito, mentre la seconda porta al valore dell’energia cercato: W =−

π 2λ 4 27 . 1024 (¯h2 /2μ)3

Come nel 6.9 si poteva eseguire il calcolo solo sulla equazione radiale nella variabile y(r) = R(r)/r. 6.12. Anzitutto riportiamo le soluzioni esatte per il successivo confronto: ψn =



 x , 2/a sin nπ a

Wn =

n2 π 2 h¯ 2 = n2 w1 . 2μa2

Ricordiamo che il principio di Riesz prevede di variare le funzioni di prova tra tutte quelle appartenenti al dominio di definizione dell’operatore, non necessariamente in funzione di un qualche parametro variazionale. Pertanto, dobbiamo valutare i valori di aspettazione dell’energia sugli stati normalizzati. Gli stati assegnati sono naturalmente intesi nulli al di fuori dell’intervallo 0 < x < a, ed essendo il potenziale nullo all’interno, abbiamo V = 0. Quindi:

1)

W 1 = A2 2)

 a

 dψ(x) 2   dx  . dx 0  a −1 30 dx x2 (x2 − 2ax + a2 ) = 5 A2 = a 0

W = H = T =

h¯ 2 2μ

 a

h¯ 2 2μ

h¯ 2 10 = 1.013 w1 . 2μ a2 0 −1  a 8 2 4 πx dx sin = B = a 3a 0 dx(2x − a)2 =

3.6 Calcolo Variazionale

W 2 = B2 3)

h¯ 2 2μ

263

 a

4π 2 2  πx  2  πx  h¯ 2 4 π 2 cos = sin = 1.333w0 . a2 a a 2μ 3 a2 0 −1  a/2  a 12 2 2 2 C = dx x + dx(a − x) = 3 a 0 a/2 dx



h¯ 2 W3 = C 2μ 2

0

a/2

dx +



 a a/2

dx =

h¯ 2 12 = 1.216w0 . 2μ a2

In quest’ultimo caso, volendo fare agire la derivata seconda sulla destra: W 3 = −C2

h¯ 2 2μ

h¯ 2 = −C2 2μ h¯ 2 = C2 2 2μ

 a 0

dx ψ3 (x)

 a 0

dx ψ3 (x)

 a 0

d2 ψ3 (x) = dx2 d [θ (a/2 − x) − θ (x − a/2)] = dx h¯ 2 12 , 2μ a2

dx ψ3 (x)δ (x − a/2) =

come sopra.

iii) Le tre funzioni si annullano in x = 0 e x = a. Le prime due appartengono al dominio di definizione dell’Hamiltoniana come operatore autoaggiunto in uno spazio di Hilbert separabile (vedi Problema 4.2), mentre la terza soddisfa tale requisito se si allarga lo spazio ai funzionali, ad esempio alla delta di Dirac. Quindi, vedi A.16.3, tutte e tre hanno valori di aspettazione superiori all’autovalore esatto. L’autofunzione esatta e` assolutamente continua e si annulla agli estremi, ma non pu`o avere anche le derivate prime nulle, altrimenti sarebbe ovunque nulla per il teorema di Cauchy-Kovalevskaya; pertanto, agli estremi deve avere zeri del primo ordine, annullarsi cio`e come ±x e ±(x − a). Delle tre funzioni di prova, la prima si annulla come x ed e` regolare, la seconda si annulla come x2 e la terza ha la derivata discontinua. Era dunque da attendersi che la prima desse un risultato migliore. ∗ 6.13.

Le normalizzazioni sono state gi`a valutate nel 6.2, e sono, rispettivamente:



A = 2/πa , B = 16/5πb.

Sempre nel 6.2 si trovano i valori di aspettazione della parte cinetica: T 1 =

1 h¯ 2 ,  ψ1 | pˆ2 | ψ1 = 2μ 4μa2

T 2 =

1 7¯h2 .  ψ2 | pˆ2 | ψ2 = 2μ 10μb2

Per quanto riguarda la parte potenziale: V 1 = −λ A2 a4 V 2 = −λ B2 b8

 +∞ −∞

dx

 +∞ −∞

dx

δ (x) (a2 + x2 )2

= −λ

2 , πa

δ (x) 16 = −λ . (b2 + x2 )4 5πb

264

3 Soluzioni

Nei due casi, si ha pertanto la seguente situazione: h¯ 2 2 −λ , 4μa2 πa

W 1 (a) ¯ = min W 1 (a) = −

7¯h2 16 −λ , 10μb2 5πb

¯ = min W 2 (b) = − W 2 (b)

W 1 (a) = W 2 (b) =

a

a

4μλ 2 ≈ 0.81w0 π 2 h¯ 2

256μλ 2 ≈ 0.74w0 , 70π 2 h¯ 2

essendo w0 = −μλ 2 /2¯h2 il valore esatto, gi`a trovato in 4.2. Notare che sono minori di uno i rapporti con w0 in quanto questo e` negativo. 6.14. Le autofunzioni della buca infinita si devono annullare agli estremi, e sono alternativamente pari e dispari, con un numero crescente di zeri interni, a partire dallo stato fondamentale, pari e senza zeri interni. Il primo stato eccitato e` dispari e deve dunque annullarsi anche al centro, e un polinomio che si annulla in tre punti reali deve essere almeno di terzo grado. Dunque: ψ(x) = Ax(x + a)(x − a) ,

A2 =

105 . 16a7

Questa e` una funzione dispari, appartenente cio`e a uno spazio ortogonale allo stato fondamentale, che e` pari. Pertanto, il valore di aspettazione dell’energia sul nostro stato di prova sar`a maggiore dell’autovalore minimo nel nuovo sottospazio, cio`e del primo eccitato. Il valore di aspettazione dell’energia si ottiene da: h¯ 2 d 2 ¯2 2 h W1 =  ψ | − | ψ

= A 2μ dx2 2μ

 a



2

 d  3 dx x − a2 x dx −a

8 h¯ 2 21 h¯ 2 = A2 a5 = 2 . 5 2μ 2a 2μ

Confrontando col valore esatto: W1,ex =

π 2 h¯ 2 , a2 2μ

W1 21 = 2 ≈ 1.06, W1,ex 2π

correttamente maggiore di uno. 6.15. Con il metodo di Riesz, noi valutiamo W =  ψ | H | ψ , e questo valore e` sicuramente W0 < W , con W0 autovalore fondamentale. Se per`o H non avesse stati legati e tutto lo spettro fosse continuo con 0 < W , allora sarebbe anche 0 < W . Dunque, la condizione W0 < W < 0 garantisce che esista almeno uno stato legato con valore di aspettazione dell’energia minore di zero. Non e` necessario normalizzare le autofunzioni in quanto dobbiamo solo controllare il segno dei valori di aspettazione. T 1,2 =

2 1 h¯ 2  d 1  ˆ 1,2 =  ψ1,2 | pˆ2 | ψ1,2 =  pψ ˆ 1,2 | pψ  ψ1,2  . 2μ 2μ 2μ dx

3.6 Calcolo Variazionale

265

Con la prima funzione di prova: h¯ 2 2  d −αx 2 |A|  xe  = 2μ dx   h¯ 2 1 h¯ 2 2 ∞  −2αx = dx e + α2 x2 e−2αx − 2αxe−2αx = |A| |A|2 . 2μ 2μ 4α 0

T 1 =

V 1 = −λ a2 |A|2 e−2αa Pertanto, la condizione che sia W 1 < 0, si traduce in h¯ 2 1 eξ h¯ 2 e h¯ 2 − λ a21 e−2αa1 < 0 =⇒ a1 > ≥ , 2μ 4α 2λ ξ 2μ 2λ 2μ

ξ = 2αa1 .

Analogamente: h¯ 2 2  d −β x2 /2 2 |B|  xe  = 2μ dx

  h¯ 2 h¯ 2 2 ∞  −β x2 π 2 4 −β x 2 −β x2 23 = = dx e +β x e − 2β x e |B| |B| . 2μ 2μ 8 β 0

T 2 =

V 2 = −λ a2 |B|2 e−β a . 2

E quindi: h¯ 2 3 2μ 8

√ 2 √ 2 3 2eπ h¯ 2 π h¯ 2 eξ 3 π − λ a22 e−β a2 < 0 =⇒ a2 > ≥ , β 2μ ξ 8λ 8λ 2μ

ξ 2 = β a22 .

Questi risultati vanno confrontati col valore esatto trovato nel 4.13: aex >

1 h¯ 2 1 h¯ 2 1 h¯ 2 a1 > 1.36 a2 > 1.55 . λ 2μ λ 2μ λ 2μ

Come prevedibile, la prima funzione di prova fornisce un valore migliore, avendo un comportamento asintotico pi`u vicino a quello esatto. 6.16. i) Le autofunzioni sono il prodotto di quelle monodimensionali in x per quelle in y, e gli autovalori la somma relativa: ψN (x, y) = ψnx (x)ψny (y) ,

WN = h¯ ω(N + 1) ,

N = nx + ny .

Dato N, a questo corrispondono tutti gli nx = 0, 1, ..., N, e gli ny complementari a questi rispetto a N; ovvero N + 1 valori, e questa e` la degenerazione del livello N.

266

3 Soluzioni

ii) La funzione d’onda si normalizza con |N|2 = 2α2 /π. Per i valori di aspettazione di energia cinetica (vedi 2.2), potenziale e totale, otteniamo: T=

1  ψ | pˆ 2 | ψ = 2μ

d 1 d ρ ψ(ρ) = ρ dρ dρ 0 ∗  ∞  h¯ 2 d d = 2π ψ(ρ) ρ ψ(ρ) = dρ 2μ dρ dρ 0   d 2 h¯ 2 h¯ 2 2   = 2π dρρ  ψ(ρ) = α , 2μ dρ 2μ =−

h¯ 2 2π 2μ

 ∞

dρρψ ∗ (ρ)

1 3 K V = Kρ 2 = , 2 4 α2

W=



h¯ 2 2 3 K . α + 2μ 4 α2

Minimizzando quest’ultimo valore: 



2 α = 3/4 K h¯ 2 /2μ , W0 ≈ minW = 3/2¯hω ≈ 1.22¯hω. iii) Il valore esatto e` W0 = h¯ ω, e l’errore deriva dal comportamento asintotico, esponenziale in ρ invece che in ρ2 .

3.7 Evoluzione temporale 7.1. La funzione d’onda assegnata e` una gaussiana centrata all’origine di cui si conosce esattamente l’evoluzione libera (vedi A.1): ( ) ' x2 1  .    exp − ψ(x,t) = √ 4σ 2 1 + i(¯h/2σ 2 μ)t 2πσ 1 + i(¯h/2σ 2 μ)t I valori medi valutati su questa funzione d’onda si ottengono calcolando gli integrali sul modulo quadro della funzione stessa: ( ) 2 1 x   .   exp − |ψ(x,t)|2 = √ 2σ 2 1 + (¯h2 /4σ 4 μ 2 )t 2 2πσ 1 + (¯h2 /4σ 4 μ 2 )t 2 Questa espressione e` ancora il quadrato di una gaussiana reale, nella quale la semiampiezza, ovvero lo scarto quadratico medio, si legge direttamente:  Δ xt = σ 1 + (¯h2 /4σ 4 μ 2 )t 2 , da cui: t=

2μσ 2 h¯

 (Δ xt /σ )2 − 1 .

3.7 Evoluzione temporale

267

Sostituendo i valori numerici, ricaviamo il tempo necessario a una particella monodimensionale libera, inizialmente confinata in un segmento pari al raggio di Bohr dell’elettrone, per raggiungere le dimensioni di 1cm. Poich´e Δ xt  σ , vale t ≈ 2μσ Δ xt /¯h, da cui, in cgs: tel ≈

2 · 0.9 10−27 · 0.53 10−8 s ≈ 0.9 10−8 s , 1.05 · 10−27

t10−3 g ≈ 1016 s .

Il secondo valore e` dell’ordine dell’et`a dell’universo. 7.2. i) Si trova facilmente che: [H, A] = 0 ;

[H, B] = 0 ;

[H,C] = 0.

L’unica costante del moto tra le quattro e` dunque H. ii) Le autofunzioni di C e di H ∝ σx sono date rispettivamente da:             1 1 0     1 H ψcC =   ψ0C =   ; ψ±w = √  . 0 1 2 ±1 Esprimiamo lo stato iniziale, autofunzione di C, tramite le autofunzioni di H:      1  0 C H ψ(0) = ψ0 =   = √ ψwH − ψ−w . 1 2 Data la linearit`a dell’operatore evoluzione temporale, e la sua semplice espressione per un’Hamiltoniana indipendente dal tempo, otteniamo al tempo t:    −i sin(wt/¯h) 1  −i/¯hwt H H . ψ(t) = √ e ψw − ei/¯hwt ψ−w =   2  cos(wt/¯h)  √ Risolvendo il problema agli autovalori per A si ottiene α± = ±a 2 e per gli autovettori corrispondenti:     1 1   A ψ± =  √ (1 ± √2) . 2(2 ± 2) La probabilit`a che al tempo t una misura di A dia l’uno o l’altro degli autovalori e` data dal prodotto scalare delle corrispondenti autofunzioni di A con la funzione

268

3 Soluzioni

d’onda al tempo t:  2   A   A √ P±a = ψ , ψ(t)   =  ± 2 =

1 √ 2(2 ± 2)

1

2 √  {−i sin(wt/¯h) + (1 ± 2) cos(wt/¯h)} =

√ 2(2 ± 2)   √ 1 + 2(1 ± 2) cos2 (wt/¯h) .

Controllare che la somma delle due probabilit`a sia uguale a 1. iii) Ciascuno dei quattro operatori rappresenta singolarmente un sistema completo di osservabili dato che i relativi autovalori sono tutti non-degeneri. Tre qualsiasi di essi rappresentano dunque tre diversi sistemi completi di osservabili. 7.3. i) [A, B] = 0 e quindi A e B sono compatibili. ii) Risolviamo anzitutto il problema agli autovalori per A, B e H, notando che B e` diagonale e A e H sono diagonali a blocchi con le sottomatrici proporzionali alle σ di Pauli. Quindi:     iξ  η          A B ψ−a = N−a  ξ  , ψb = Nb η   ,     ξ  0 con ξ , ξ  , η, η  arbitrari. Il vettore comune ai due autospazi e` definito chiaramente da ξ  = 0 e quindi:   i 1   ψ(0) = ψα=−a,β =b = √ 1 . 2   0 Le autofunzioni dell’Hamiltoniana si deducono altrettanto semplicemente e sono:     1 0   1     H H ψ±w = √  1  . ψ0 = 0   2   0 ±1 Se sviluppiamo lo stato iniziale sulla base di queste autofunzioni otteniamo: 1 1 H i , ψ(0) = √ ψ0H + ψwH + ψ−w 2 2 2 e il suo evoluto temporale:     i     i H 1 −i/¯hwt H 1 i/¯hwt H 1   ψ(t) = √ ψ0 + e ψw + e ψ−w = √  cos(wt/¯h)  .   2 2 2 2  i sin(wt/¯h)

3.7 Evoluzione temporale

269

7.4. i) L’Hamiltoniana di una particella di momento magnetico μ0 σ immersa in un campo magnetico e` data da:     p2 0  H0 − μ0 B(z) H= − μ0 B · σ =  .  2μ 0 H0 + μ0 B(z) Poich´e l’operatore e` diagonale nello spazio di spin, l’equazione di Pauli si disaccoppia in due equazioni di Schr¨odinger:  ∂ ψ1 (t) , H0 − μ0 B(z) ψ1 (t) = i¯h ∂t   ∂ ψ2 (t) , H0 + μ0 B(z) ψ2 (t) = i¯h ∂t



ψ1 (0)

= aϕ(x)

ψ2 (0)

= bϕ(x)

    a χσ =   . b

ii) Dal teorema di Ehrenfest ricaviamo le equazioni di Newton disaccoppiate 1 ∂V d2

i x i = −  2 dt μ ∂x

| ψi (t) , con O i =  ψi (t) | O

i = 1, 2.

Da queste si ottiene: d2 x i = 0 , dt 2

d2 y i = 0 dt 2

μ0 ∂ B(z) μ0 ∂ B(z 1 ) d2 z 1 = 

1 ≈ dt 2 μ ∂z μ ∂ z 1 μ0 ∂ B(z) μ0 ∂ B(z 2 ) d2 z 2 = −  .

2 ≈ − dt 2 μ ∂z μ ∂ z 2 Le due equazioni sono uguali salvo il segno, ed essendo i dati iniziali uguali, i due fasci si separano fin dall’istante iniziale, seguendo traiettorie classiche. 7.5. Nella funzione assegnata si riconosce la sovrapposizione di due autostati dell’oscillatore:  μω 1/4  √ √ √ 2 1 u1 (ξ ) − 3u0 (ξ ) . ψ0 (x) = ψ(x; 0) = e−ξ /2 ( 2ξ − 3) = 16π h¯ 2 Detti W0 e W1 i due primi autovalori, al tempo t la funzione di stato diventa: ψ(ξ ;t) =

 √ 1 u1 (ξ )e−i/¯hW1 t − 3u0 (ξ )e−i/¯hW0 t . 2

Per calcolare il valore d’aspettazione della posizione, ricordiamo che:



ξ un (ξ ) = (n + 1)/2un+1 (ξ ) + n/2un−1 (ξ ),

270

3 Soluzioni

che si pu`o ottenere dalle regole di ricorrenza dei polinomi di Hermite, oppure dall’espressione di ξ in termini di creatori e distruttori. Quindi: x t = =

 ∞ −∞

dx x|ψ(x;t)|2 =



h¯ /μω

 ∞ −∞

dx ψ ∗ (ξ ;t)ξ ψ(ξ ;t) =

 ∞  ∗ √ 1

dx u1 (ξ )e−i/¯hW1 t − 3u0 (ξ )e−i/¯hW0 t · h¯ /μω 4 −∞   



· u2 (ξ ) + 1/2u0 (ξ ) e−i/¯hW1 t − 3/2u1 (ξ )e−i/¯hW0 t =

=−







W0 −W1 t = − 3/8 h¯ /μω cos ωt. 3/8 h¯ /μω cos h¯

Nell’ultimo passaggio abbiamo sfruttato l’ortonormalit`a delle autofunzioni dell’oscillatore. Il valore di aspettazione dell’energia non dipende dal tempo, e si valuta sullo stato iniziale: 1 3 3 W = W0 + W1 = h¯ ω. 4 4 4 7.6. Autovalori e autofunzioni si calcolano direttamente, oppure notando che A e` proporzionale alla rappresentazione tridimensionale di Jx , mentre B e H lo sono a σx e σy , rispettivamente, nei sottospazi bidimensionali. Quindi:   1 1   A ψ0 = √  0  , 2   −1

      0  ξ   1      1 √  1      A √ B B ψ±a 2 = ± 2 ; ψb = Nb  ξ  , ψ−b = √ 1 ;    2 2   −ξ   1  1       1 0 0     1       C H H ψ3c = N3c  η  ; ψ±w1 = √ ∓i , ψw2 = 0 ,       2 0 1 η 

con β = b e γ = 3c degeneri due volte, e {ξ , ξ  } e {η, η  } arbitrari. Se ora sviluppiamo lo stato iniziale sugli autovettori di H, troviamo: ψ(0) =

ψaA√2

√ √ 1+i 2 H 1−i 2 H 1 √ ψw1 + √ ψ−w1 + ψwH2 , = 2 2 2 2 2

3.7 Evoluzione temporale

271

e al tempo t:       0 √  1  √ 1   −i/¯hw1 t 1 + i 2   i/¯hw1 t 1 − i 2   −i/¯hw2 t 1   ψ(t) = e −i + e i+e 0 =     4 4 2  0 0 1   √ cos(w t/¯h) + 2 sin(w t/¯h) 1 1    1 √  =  2 cos(w1t/¯h) − sin(w1t/¯h) .  2   −i/¯ h w t   2 e i) Poich´e l’autovalore massimo di B e` degenere due volte, la probabilit`a di trovarlo in una misura al tempo t e` data dalla somma delle probabilit`a di trovarlo in uno dei due autostati. E` per`o pi`u conveniente valutare la situazione complementare: w  w   B 2 1  √ 1 1 Pb = 1 − P−b = 1 −  ψ−b , ψ(t)  = 1 −  2 cos t − sin t + 8 h¯ h¯ w   w  2  2 2 + cos t − i sin t  = h h ¯ ¯   w 2 w  w  √ 1 1 1 2 = 1− 1 + 2 cos t − sin t t · + 2 cos 8 h¯ h¯ h¯  w  w  √ 1 1 t − sin t . 2 cos · h¯ h¯ ii) Per valutare la probabilit`a di trovare contemporaneamente gli autovalori massimi di B e C, dobbiamo proiettare lo stato al tempo t sull’autovettore comune, dato da:   0 1   B/C ψb/3c = √  1  . 2   −1 B solo nel segno della terza componente, per cui la probabiQuesto differisce da ψ−b lit`a cercata si ottiene da P−b , cambiando segno al termine exp(−1/¯hw2 t), e quindi a cos(w2t/¯h):   w 2 √ w  w  1 1 2 t − sin t t · − 2 cos Pb,3c = 1/8 1 + 2 cos h¯ h¯ h¯  w  w  √ 1 1 t − sin t . 2 cos · h¯ h¯

7.7. Con campi magnetici uniformi ma non costanti, cio`e non dipendenti dalla posizione ma dipendenti dal tempo, l’Hamiltoniana del sistema e` data da: σ ,t) = H(x) − μ0 B(t) · σ , H = H(x) + H(σ

272

3 Soluzioni

e il problema e` separabile nelle variabili di posizione e di spin-tempo. Posto: σ ;t), ψ(x, σ ;t) = X(x)Σ (σ l’equazione di Schr¨odinger si separa nel modo seguente: ⎧ ∂ ⎨(H(σ σ ;t) = i¯h Σα (σ σ ) + α)Σα (σ σ ;t) ∂t ⎩ H(x)Xα (x) = αXα (x), con α costante di separazione. Se ora poniamo: σ ;t) = exp[−i/¯hαt]Ωα (σ σ ;t), Σα (σ σ ;t) soddisfa: e sostituiamo nella prima equazione, otteniamo che la funzione Ωα (σ σ )Ω (σ σ ;t) = i¯h H(σ

∂ σ ;t), Ω (σ ∂t

e non dipende da α. Esistono quindi soluzioni particolari della forma σ ;t), ψα (x, σ ;t) = Xα (x) exp[−i/¯hαt]Ω (σ mentre la soluzione generale e` data da una qualsiasi combinazione di queste, dato che l’equazione e` lineare e non dipende dal parametro α, quindi: σ ;t) = Φ(x;t)Ω (σ σ ;t), ψ(x, σ ;t) = ∑ cα Xα (x) exp[−i/¯hαt]Ω (σ α

cui vanno imposte le condizioni iniziali: σ ; 0). ψ0 = ψ(x, σ ;t = 0) = Φ(x; 0)Ω (σ Nel nostro caso, la funzione spaziale evolve con un’Hamiltoniana libera, mentre quella di spin e` soggetta al campo magnetico uniforme assegnato, e quindi evolve secondo l’equazione di Pauli, a partire dallo stato iniziale costituito dall’autostato di sˆx con autovalore h¯ /2:         1 dΩ (t) Ω1 (t) 1 HΩ (t) = i¯h , Ω (t) =   con Ω (0) = ω+x = √   , Ω2 (t) dt 2 1 e con l’Hamiltoniana data da: H = −μ0 B · σ = −μ0 B0 (1 − e−t )σz .

3.7 Evoluzione temporale

273

Abbiamo dunque l’equazione:         dΩ1 (t)/dt   Ω1 (t)  −μ0 B0 (1 − e )   = i¯h   dΩ2 (t)/dt  −Ω2 (t) −t

che si disaccoppia in due equazioni di Schr¨odinger −μ0 B0 (1 − e−t )Ω1 (t) = i¯h μ0 B0 (1 − e−t )Ω2 (t) = i¯h

dΩ1 (t) dt

dΩ2 (t) dt

1 Ω1 (0) = √ 2

, ,

1 Ω2 (0) = √ . 2

Si ottiene facilmente: Ω1 (t) = c+ exp [iμ0 B0 /¯h(t + e−t )] Ω2 (t) = c− exp [−iμ0 B0 /¯h(t + e−t )] con le costanti di integrazione date da: 1 c± = √ exp (∓iμ0 B0 /¯h) . 2 La soluzione al tempo t e` dunque data da:     −t 1  exp [iμ0 B0 /¯h(t + e − 1)]  Ω (t) = √  . 2 exp [−iμ0 B0 /¯h(t + e−t − 1)] Posto:

  α(t) = 2μ0 B0 /¯h t + e−t − 1 ,

i valori di aspettazione delle tre componenti dello spin in funzione del tempo sono dati da: h¯ sˆx = Tr(Ω † σx Ω ) = 4 h¯ sˆy = Tr(Ω † σy Ω ) = 4

h¯ h¯ (exp[−iα(t)] + exp[iα(t)]) = cos α(t) 4 2 i¯h h¯ (− exp[−iα(t)] + exp[iα(t)]) = − sin α(t) 4 2

sˆz = 0.

Infine, poich´e per t → ∞, α(t) ≈ 2μ0 B0t/¯h, nello stesso limite otteniamo: sˆx ≈

t→∞

h¯ cos(2μ0 B0t/¯h) , 2

h¯ sˆy ≈ − sin(2μ0 B0t/¯h). 2 t→∞

7.8. Come nel 7.7, risolviamo solo la parte di spin tenendo conto che ora il dato iniziale e` autofunzione dello spin sˆz con autovalore h¯ /2, e che l’Hamiltoniana e` non

274

3 Soluzioni

diagonale:     B0 B1  σ ) = −μB B · σ = −μB (B0 σz + B1 σx ) = −μB  H(σ , B1 −B0  con autovalori e autofunzioni dati da: W± = ±μB β ,

β=



B20 + B21 ,

    1 ϕ± = N±   , α± 

α± =

±β − B0 . B1

Le soluzioni cercate dell’equazione di Pauli sono pertanto della forma:          1  iγt 1 σ ;t) = c+   e + c−   e−iγt , Ω (σ α+  α− 

γ = μB β /¯h

con

    1 σ ; 0) =   . Ω (σ 0

Imponendo ora le condizioni iniziali, si ottiene: c± = (β ± B0 )/2β , che definiscono infine la soluzione al tempo t: 1 σ ;t) = Ω (σ β

    β cos γt + iB0 sin γt   .     iB1 sin γt

Controllare che lo stato sia correttamente normalizzato. La probabilit`a di spin-flip e` infine:    B21 2 μB 2 2 sin B0 + B1t . P(t)+→− = 2 h¯ B0 + B21 7.9. Gli operatori di momento angolare nella rappresentazione tridimensionale   010 h¯  sˆx = √  1 0 1 2  010

    ,  

  0 −i 0 h¯  sˆy = √  i 0 −i 2  0 i 0

    ,  

  1 0 0   sˆz = h¯  0 0 0   0 0 −1

    ,  

hanno autovalori uguali ±¯h, 0, e autovettori:         1 1  1   1        1   1 √  1   1 √  y y x x | χ±1 = ± 2 , | χ0 = √  0  , | χ±1 = ±i 2 , | χ0 = √ 0 ,   2 2 2   2    1   −1  −1 1 mentre per sˆz , diagonale, gli autovettori sono dati dalla base canonica.

3.7 Evoluzione temporale

275

Tenuto conto che lo stato iniziale e` autostato di sˆx , e che l’Hamiltoniana di evoluzione e` H = τ sˆy (notare [τ] = [T −1 ]), lo stato al tempo t > 0 e` dato da: | ψ(t) = e−iτt | χ+y  χ+y | χ+x + eiτt | χ−y  χ−y | χ+x + | χ0y  χ0y | χ+x . Per avere la probabilit`a di trovare +¯h in una misura di sˆz al tempo t > 0, dobbiamo proiettare lo stato | ψ(t) sulla autofunzione corrispondente, che ha diversa da zero solo la prima componente. Quindi: 1 1 1  χ+z | ψ(t) = e−iτt  χ+y | χ+x + eiτt  χ−y | χ+x + √  χ0y | χ+x = 2 2 2  1 1 1 −2ie−iτt + 2ieiτt + 2 = (1 − sin τt), 8 4 2 e infine la probabilit`a e` data da: =

1 Psz =¯h (t) = (1 − 2sin τt + sin2 τt). 4 7.10. L’Hamiltoniana e` data da: h¯ μ 0 · B = − gB sin ωtσz , H = −μ 2 ed essendo σz diagonale, l’equazione di Pauli si disaccoppia: ⎧ dψ1 (t) 1 ⎪ ⎪ = − gB sin ωtψ1 (t) ⎨i dt 2 ⎪ dψ2 (t) 1 ⎪ ⎩i = gB sin ωtψ2 (t), dt 2 e si risolve tenendo conto dello stato iniziale, autostato di σx con autovalore ±1:             ψ1 (0) 1  exp[igB/2ω(1 − cos ωt)]  1 1      . ψ± (0) =   = √2   =⇒ ψ± (t) = √2   ψ2 (0) ±1 ±exp[−igB/2ω(1 − cos ωt)] Possiamo ora valutare le diverse probabilit`a, moltiplicando scalarmente lo stato al tempo t per gli autovettori χ±x di spin. Per la permanenza o inversione di spin nel caso di misure di σx , posto α(t) = gB/2ω(1 − cos ωt), si ottiene: ⎧     iα(t)  2  ⎪ ⎪      e 1 2 ⎪ x ⎪   = cos2 α(t) P±→± (t) = (χ±x , ψ± (t)) =  1 ± 1  ⎪ ⎪  −iα(t) ⎪ 4 ⎨ ±e      ⎪   iα(t)  2 ⎪ ⎪      ⎪ ⎪ x 2  x 2 1   e  ⎪ ⎪ ⎩P±→∓ (t) = (χ∓ , ψ± (t)) = 4 1 ∓ 1  −iα(t)   = sin α(t).   ±e 

276

3 Soluzioni

Ovviamente, le due espressioni si possono compendiare in una sola, che tenga conto della permanenza o del cambio di segno tramite il prodotto dei due autovalori iniziale e finale, σxin · σxf in = ±. Nel caso di una misura finale di σy :     iα(t)  2 1 1   e  P(σ in ·σ f in =±) (t) = 1 ∓ i  −iα(t)   = [1 ∓ sin 2α(t)] . y x e  4 2 Per quanto riguarda invece σz , essa e` costante del moto e le probabilit`a relative sono 1/2 per entrambi gli autovalori ±1/2. 7.11. i) Riducendoci alle sole variabili di spin e con B diretto come l’asse z: H = −μBσz ,

U(t) = eiωtσz ,

ω = μB/¯h.

Quindi, in rappresentazione di Heisenberg: h¯ sˆx (t) = e−iωtσz σx eiωtσz = 2    (−iωt)2     (−iωt)3     h¯  σx −iωt σz , σx + +... . σz , σz , σx + σz , σ z , σ z , σ x 2 2! 3! Dalle regole di commutazione tra le matrici di Pauli, segue che σz commutato con σx d`a 2iσy , commutato ancora con questo d`a −2iσx , commutato... ecc., ecc...., d`a alla fine: =

sˆx (t) =

 h¯  (−iωt)2 (−iωt)3 σx + (−iωt)2iσy + (−)(2i)2 σx + (−)(2i)3 σy + ... = 2 2! 3! = sˆx cos 2ωt + sˆy sin 2ωt.

Analogamente, sˆy (t) = sˆy cos 2ωt − sˆx sin 2ωt, mentre sˆz rimane inalterato perch´e costante del moto. ii) Possiamo anche affrontare lo stesso problema risolvendo direttamente le equazioni di Heisenberg, osservando che l’Hamiltoniana non dipende esplicitamente dal tempo, e quindi rimane costante anche in rappresentazione di Heisenberg. Pertanto: ⎧   ⎪ d sˆx (t)/dt = i/¯h H(t), sˆx (t) = 2ω sˆy (t) ⎪ ⎪ ⎪ ⎨   d sˆy (t)/dt = i/¯h H(t), sˆy (t) = −2ω sˆx (t) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ d sˆz (t)/dt = 0. Passando ora agli operatori di creazione e distruzione sˆ± (t) = sˆx (t) ± isˆy (t): d sˆ± (t) = ∓2iω sˆ± (t) =⇒ dt

h¯ sˆ± (t) = exp[∓2iωt]sˆ± (0) = exp[∓2iωt] (σx ± σy ), 2

3.7 Evoluzione temporale

277

ovvero: sˆx (t) ± isˆy (t) = [sˆx cos 2ωt + sˆy sin 2ωt] ± i [sˆy cos 2ωt − sˆx sin 2ωt] . Eguagliando i termini reali e quelli immaginari, si ottiene il risultato precedente. 7.12. i) Il pacchetto rimane centrato attorno al suo valor medio x0 = (p0 /μ)t e, arrivato sulla barriera, per W < V0 viene riflesso, salvo una breve penetrazione al di l`a della barriera; per W > V0 invece, il pacchetto viene in parte riflesso e in parte trasmesso con velocit`a inferiore, in relazione alla energia efficace W −V0 . ii) Per la trattazione analitica, risolviamo l’equazione agli autovalori: Per 0 < W < V0 ,una soluzione e` data da: ⎧

⎨u− = eikx + Ae−ikx x < 0 , k = 2μW /¯h

⎩ u+ = Be−kx x > 0 , k = 2μ(V0 −W )/¯h, mentre un’altra indipendente potrebbe essere la u∗ , oppure quella con due componenti a destra e una a sinistra. Le condizioni di raccordo all’origine di funzione e derivata prima portano ai valori: ⎧ ⎨A = (ik + k)/(ik − k) ⎩

B = 2ik/(ik − k).

Notare A2 = 1, cio`e onda incidente e onda riflessa di uguale peso. Per V0 < W , una soluzione e` data da: ⎧



⎨u− = eikx + Ae−ikx x < 0 , k = 2μW /¯h, k0 = 2μV0 /¯h 

⎩u = Beiχx x > 0 , χ = 2μ(W −V0 )/¯h = k2 − k02 . + Le condizioni di raccordo si ricavano dalle precedenti con la sostituzione −k → iχ: ⎧ ⎨A = (k − χ)/(k + χ) ⎩

B = 2k/(k + χ)

A2 + B2 = 1.

La soluzione dell’equazione completa di Schr¨odinger e` data da: ⎧ ψin (x,t) = ⎪ ⎪ ⎪        ∞ ⎪ ⎪ h¯ k2 h¯ k2 ⎪ ⎨ √1 dkc(k) exp i kx − t + A(k) exp −i kx + t 2μ 2μ 2π h¯ 0 ⎪ ⎪    ∞ ⎪ ⎪ 1 h¯ χ 2 ⎪ ⎪ ⎩ ψtr (x,t) = √ t dkc(k)B(k) exp i χx − 2μ 2π h¯ 0

x 0.

278

3 Soluzioni

iii) Per ipotesi, c(k) e` una funzione piccata attorno a un valore p0 > 0, il che comporta che l’integrando deve essere valutato per k ≈ p0 . Inoltre, per il principio della fase stazionaria, le ψ sono sensibilmente diverse da zero a grandi x e t solo se esistono dei valori di k per i quali la fase dell’integrando e` stazionaria, quindi per: ⎧  h¯ k h¯  ⎪ x 0. μ μ k=p0 A destra della barriera il baricentro del pacchetto si muove con velocit`a ridotta. Il principio della fase stazionaria si illustra in modo intuitivo: per grandi x e t, piccole variazioni di k nell’integrale fanno oscillare molto rapidamente gli esponenziali. Essendo moltiplicati per la funzione c(k) regolare, l’effetto complessivo e` nullo, a meno che gli esponenziali abbiano fase complessivamente stazionaria. Per la dimostrazione formale si pu`o fare riferimento ai comportamenti asintotici delle trasformate di Fourier. 7.13. Notare che il potenziale assegnato e` uguale a quello di 1.15 e 6.3, ma di segno opposto. Quelli erano attrattivi, questo repulsivo. Dobbiamo valutare al tempo t:  ˆ 2. Δ p =  pˆ2 −  p Conviene utilizzare il teorema di Ehrenfest:  dA 1  =  A, H . dt i¯h Dal primo commutatore  si ottiene:

mentre dal seguente

   p, ˆ H = −α p, ˆ xˆ = i¯hα,

d p ˆ =α dt 

=⇒

 p ˆ = αt + p0 ;

   ˆ pˆ2 , H = −α pˆ2 , xˆ = i2¯hα p,

si ottiene: d pˆ2 = 2α p ˆ = 2α2t + 2αp0 dt

=⇒  pˆ2 = α2t 2 + 2αp0t + cost.

3.7 Evoluzione temporale

279

Raccogliendo le precedenti espressioni:   2  Δ p(t) = α2t 2 + 2αp0t + cost − αt + p0 = cost − p20 = cost. 7.14. L’Hamiltoniana si scrive:     0 exp[iωt]   − h¯ ω1 σz , σ · B = −¯hω0  H = −μσ  exp[−iωt] 0  Se poniamo ora:

ω0 = μB0 /¯hω1 = μB1 /¯h.

    a(t) ψ(t) =  , b(t)

l’equazione di Schr¨odinger i¯hd/dtψ(t) = Hψ(t) diventa: ⎧ ⎨a(t) ˙ = iω1 a(t) + iω0 exp[iωt]b(t) ⎩˙ b(t) = −iω1 b(t) + iω0 exp[−iωt]a(t). Con il cambio di incognite suggerito: ⎧ ⎨a(t) = α(t) exp[iω1t] ⎩ b(t) = β (t) exp[−iω1t], il sistema diventa: ⎧ ⎨α(t) ˙ = iω0 exp[i2Ωt]β (t) ⎩˙ β (t) = iω0 exp[−i2Ωt]α(t)

Ω = −ω1 +

Di queste, cerchiamo una soluzione esponenziale: ⎧ ⎨α(t) = Nα exp[iΩαt] ⎩

β (t) = Nβ exp[iΩβ t].

Sostituita nel sistema precedente, si ottiene: ⎧ ⎨Ωα Nα − ω0 Nβ = 0 Ωα − Ωβ = 2Ω ⎩ −ω0 Nα + Ωβ Nβ = 0

ω . 2

280

3 Soluzioni

dove la prima deriva dall’annullamento dell’esponente. Il restante sistema, visto nelle incognite {Nα , Nβ }, ha soluzione se si annulla il determinante: Ωα Ωβ − ω02 = 0. Da questa e da quella precedentemente trovata (somma e prodotto degli zeri di un polinomio di secondo grado), si trova infine:   Ωα± = Ω ± Ω0 , Ωβ ± = −Ω ± Ω0 con Ω0 = Ω 2 + ω02 = (ω/2 − ω1 )2 + ω02 . Le soluzioni esponenziali (ad esempio) per la funzione β sono allora: β (t) = Nβ + exp[iΩβ +t] + Nβ − exp[iΩβ −t], mentre per la α utilizziamo l’equazione differenziale: α(t) = =

β˙ (t) exp[i2Ωt] = iω0

 1  N Ω exp[i(Ωβ + + 2Ω )t] + Nβ − Ωβ − exp[i(Ωβ − + 2Ω )t] . ω0 β + β +

Possiamo ora imporre le condizioni iniziali sulla funzione d’onda ψ(t), imponendo che sia a spin in su, ovvero: ⎧  ⎧  1 ⎨ ⎨a(0) = α(0) = 1 ⎪ Nβ + Ωβ + + Nβ − Ωβ − = 1 ω0 ⎪ ⎩ ⎩ b(0) = β (0) = 0 Nβ + + Nβ − = 0. Il sistema ha soluzione: Nβ + = −Nβ − =

ω0 ω0 = . Ωβ + − Ωβ − 2Ω0

Dobbiamo infine calcolare la probabilit`a di trovare al tempo t lo spin capovolto, e questa e` data da |b(t)|2 , essendo:   b(t) = β (t) exp[−iω1t] = exp[−iω1t]Nβ + exp[iΩβ +t] − exp[iΩβ −t] . Ricordando che: −ω1 + Ωβ ± = −ω1 − Ω ± Ω0 = −ω/2 ± Ω0 , otteniamo: b(t) = Nβ + exp[−iω/2t] (exp[iΩ0t] − exp[−iΩ0t]) .

3.7 Evoluzione temporale

Sostituendo tutte le espressioni trovate prima:  P↑→↓ (t) =

ω0 Ω0

2 sin2 (Ω0t),

con, ricordiamo: Ω0 =



(ω/2 − ω1 )2 + ω02 ,

ω0 = μB0 /¯h ,

ω1 = μB1 /¯h.

Nel caso che: |B0 /B1 |  1 e anche ω  ω1 , ovvero Ω0 ≈ ω1 , allora |ω0 /Ω0 | ≈ |B0 /B1 |, e la probabilit`a di spin-flip e` data da: P↑→↓ ≈ (B0 /B1 )2 sin2 (ω1t)  1. Se invece ω assume il valore risonante ω ≈ 2ω1 , e quindi Ω0 = ω0 : P↑→↓ ≈ sin2 (ω0t). 7.15. Con l’Hamiltoniana data:      0 eiωt  H = −¯hω0  −iωt  − h¯ ω1 σz , e 0 

ω0 = μB0 /¯h ,

ω1 = μB1 /¯h,

l’equazione di Pauli sulla funzione d’onda     a(t) ψ(t) =   b(t) si scrive:

                ˙   0 eiωt  a(t) 1 0  a(t) a(t) i   − ω1   .  = −ω0  −iωt ˙  e 0 −1 b(t) b(t) 0  b(t)

Se poniamo:

⎧ ⎨a(t) = eiω/2t α(t) ⎩b(t) = e−iω/2t β (t),

l’equazioni diventa:           ω ˙   Ω ω0  α(t) α(t) i ˙  =    Ω = −ω1 + . β (t) ω0 −Ω  β (t) 2

281

282

3 Soluzioni

 indipendente dal Cio`e un’ordinaria equazione di Schr¨odinger con Hamiltoniana H tempo:     Ω ω   0 = H . ω0 −Ω  La soluzione al tempo t si ottiene pertanto sviluppando lo stato iniziale sulle au e moltiplicando per gli esponenziali nel tempo. Occorre pertanto tofunzioni di H,  Si ottiene: risolvere il problema agli autovalori per H.  w˜ ± = ±Ω0 , Ω0 = (ω1 − ω/2)2 + ω02   '   Ω0 ± Ω      ±

±x ω0    ω0  = ψ± =     . 2Ω0  ω    0 y    Ω0 ± Ω  Sviluppando sulle autofunzioni trovate, la funzione d’onda al tempo t e` data da:                     x α(t) α0  −x α0     = exp(−iwt)       . x y −x y ˜   ˜       + exp(iwt)   β (t)  y  β0  y  β0  Noi dobbiamo valutare l’ampiezza di probabili`a di spin-flip, ovvero valutare:         α0  1 b(t) = e−iω/2t β (t) da   =   .  β0  0 Si ottiene: β (t) = −

ω0 2i sin wt, ˜ 2Ω0

e quindi: P↑→↓ = |b(t)|2 =

ω02 sin2 (ω1 − ω/2)2 + ω02

 (ω1 − ω/2)2 + ω02t .

7.16. Per risolvere il 7.14 possiamo anche utilizzare la rappresentazione di interazione piuttosto che quella usuale di Schr¨odinger, grazie al fatto che l’Hamiltoniana e` la somma di una parte risolubile e di un’altra dipendente dal tempo: 1 (t). =H 0 + H H

3.7 Evoluzione temporale

283

Indichiamo con i pedici I e S le osservabili e gli stati nelle due rappresentazioni, e 0 e gli stati con H 1 , ovvero: scegliamo di far evolvere gli operatori con H S | ψS (t) =  ψ0 | U SU(t) † (t)O | ψ0 =  ψS (t) | O SV (t)W I (t) | ψI (t) , (t) | ψ0 =  ψI (t) | O † (t)V † (t)O =  ψ0 | W cio`e con: (t)ψ0 , ψI (t) = W

I (t) = V † (t)O SV (t) , O

ψS (t) = U(t)ψ 0 = V (t)ψI (t),

⎧ dV (t) ⎪ 0V (t) ⎪ =H ⎨i¯h dt ⎪ dW ⎪ ⎩i¯h (t) = H (t). 1,I W dt 0 = −¯hω1 σz non dipende dal tempo: Poich´e H ⎧ ⎨V (t) = e−iH 0 /¯ht = eiω1 σz t ⎩



ψS (t) = e−iH0 /¯ht ψI (t) = eiω1 σz t ψI (t).

Per risolvere la seconda equazione in W (t), dobbiamo prima determinare    iωt  0 e  iω1 σz t  † −iω σ t 1,I = V (t)H 1V (t) = −¯hω 0 e 1 z  H . e e−iωt 0  1 con proiettori non ortogonali sugli autostati di σz : Conviene sviluppare H              0 eiωt  iωt 1 −iωt 0  −iωt  1 0 =  = e  1 0+e e 0 1 0  = eiωt | +  − | + e−iωt | −  + | , e quindi:   1,I = −¯hω 0 eiωt e−iω1 t | +  − | e−iω1 t + e−iωt eiω1 t | −  + | eiω1 t = H     0 ei(ω−2ω1 )t   = −¯hω 0  −i(ω−2ω )t . 1  e 0 Possiamo ora scrivere l’equazione cui soddisfa la ψI : ⎧     ⎨c(t) ˙ = iω0 e−2iνt d(t)  c(t)  ψI (t) =   =⇒ d(t) ⎩˙ d(t) = iω0 e+2iνt c(t)

ν = ω1 − ω/2.

284

3 Soluzioni

Le soluzioni possono essere cercate della forma esponenziale: ⎧ ⎨c(t) = CeiΓ t ⎩  d(t) = DeiΓ t , che, sostituita nelle equazioni differenziali, porta alla cancellazione della dipendenza temporale e alla condizione: ⎧ ⎨Γ C − ω0 D = 0 ⎩ ω0C − ΓD = 0. Da queste si ricava una condizione di compatibilit`a, da aggiungere a quella sugli esponenziali nel tempo: ⎧ ⎨−Γ Γ + ω02 = 0 ⎩ Si ottiene:

2ν + Γ − Γ = 0.

⎧  ⎪ ⎨Γ± = −ν ± ν 2 + ω02  ⎪ ⎩Γ± = ν ± ν 2 + ω 2 , 0

e quindi la soluzione generale: ⎧ ⎨c(t) = C+ eiΓ+ t +C− eiΓ− t ⎩   d(t) = D+ eiΓ+ t + D− eiΓ− t . Dobbiamo ora imporre le condizioni iniziali: ψI (0) = ψ0 in quanto W (0) = 1. Cominciamo con d(0) = 0, da cui:    iΓ+ t iΓ− t iνt 2 2 (ω1 − ω/2) + ω0 t . d(t) = D e − e = De 2i sin Questa funzione reinserita nel sistema, porta a: c(t) =

D   iΓ+ t  iΓ− t  Γ+ e − Γ− e . ω0

Imposta la condizione iniziale c(0) = 1, si ricava D e quindi:  iω0 i(ω1 −ω/2)t 2 2 e sin (ω1 − ω/2) + ω0 t . d(t) =  (ω1 − ω/2)2 + ω02

3.7 Evoluzione temporale

285

Per le probabilit`a dobbiamo risalire alla funzione d’onda di Schr¨odinger:         a(t)  eiω1 t c(t)      ψS (t) = V (t)ψI (t) =⇒   = b(t) e−iω1 t d(t) e da qui si ricava la solita forma di b(t) gi`a trovata prima. 7.17. Stabiliamo le relazioni rilevanti in rappresentazione di Schr¨odinger e di Heisenberg, utilizzando il lemma di Baker-Hausdorff come nel 7.11:  1 it 2 it x(t) ˆ = eiHt/¯h xe x] ˆ+ ˆ −iHt/¯h = xˆ + [H, [H, [H, x]] ˆ + ... = 2! h¯ h¯ t 1 1 t 3ω 2 = xˆ + pˆ − t 2 ω 2 xˆ − pˆ + ... = μ 2! 3! μ e analogo per la p(t), ˆ per cui: x(t) ˆ = xˆ cos ωt +

pˆ sin ωt , μω

p(t) ˆ = −μω xˆ sin ωt + pˆ cos ωt.

Confronta con l’evoluzione delle a(t) ˆ e aˆ† (t) nel 7.30. Dalla prima di queste si ricava: Δ 2 xt =  ψ(t) | xˆ2 | ψ(t) − ( ψ(t) | xˆ | ψ(t) )2 =







=  ψ(0) | eiHt/¯h xˆ2 e−iHt/¯h | ψ(0) − ( ψ(0) | eiHt/¯h xˆ e−iHt/¯h | ψ(0) )2 = =  ψ0 | xˆ2 (t) | ψ0 − ( ψ0 | x(t) ˆ | ψ0 )2 = =  ψ0 | [xˆ cos ωt + (μω)−1 pˆ sin ωt]2 | ψ0 − ( ψ0 | xˆ | ψ0 )2 cos2 ωt . Nella formula precedente abbiamo usato le notazioni xˆ e x(t) ˆ per la posizione in rappresentazione di Schr¨odinger e di Heisenberg, rispettivamente; inoltre ψ(t) e` la funzione d’onda di Schr¨odinger, mentre   ψ0 = ψ(0) = N exp −β 2 (x − x0 )2 /2 rappresenta la funzione d’onda sia di Heisenberg che di Schr¨odinger al tempo iniziaˆ 0 sarebbe le. Infine, poich´e la ψ0 e` reale e pˆ = −i¯hd/dx, il valore di aspettazione  p immaginario, pur essendo pˆ autoaggiunto; dunque  p ˆ 0 = 0. Svolgendo il quadrato: Δ 2 xt = xˆ2 0 cos2 ωt + (μω)−2  pˆ2 0 sin2 ωt+ 1 ˆ 0 )2 cos2 ωt . + cos ωt sin ωtxˆ pˆ + pˆx ˆ 0 − (x μω

286

3 Soluzioni

Il termine misto  xˆ pˆ + pˆxˆ 0 e` nullo, come sopra per  p ˆ 0 . Per quanto riguarda gli altri contributi, sono valori di aspettazione di posizione e momento, e loro quadrati, su una gaussiana (reale) centrata in x0 (vedi A.1): x ˆ 0 = xˆ0

xˆ2 0 − x ˆ 20 = 1/2β 2

 p ˆ 0=0

 pˆ2 0 −  p ˆ 20 = h¯ 2 β 2 /2.

Quindi: Δ 2 xt = [ =

1 h¯ 2 β 2 2 2 + x ] cos ωt + sin2 ωt − x02 cos2 ωt = 0 2β 2 2μ 2 ω 2 β2 1 2 cos ωt + sin2 ωt, 2β 2 2α4

α=



μω/¯h.

Analogamente, essendo: p(t) ˆ = −μω xˆ sin ωt + pˆ cos ωt, come dato in precedenza, troviamo: Δ 2 pt = μ 2 ω 2 [

1 β2 2 sin ωt + cos2 ωt]. 2β 2 2α4

Le indeterminazioni sono pertanto espresse da:

1 β4 2 μω β4 2 Δ xt = √ cos ωt + 4 sin ωt , Δ pt = √ sin2 ωt + 4 cos2 ωt. α α 2β 2β Notare che al tempo t = 0: √ Δ x = 1/ 2β ,

√ Δ p = h¯ β / 2

=⇒

Δ xΔ p = h¯ /2,

cio`e il minimo, essendo il tutto valutato su una gaussiana reale. Si pu`o controllare che, per t > 0 vale Δ xt Δ pt > h¯ /2. 7.18. Ricordiamo le autofunzioni e gli autovalori dalla buca infinita in 0 < x < a: ψn (x) =



2/a sin

π(n + 1)x , a

Wn =

h¯ 2 π 2 (n + 1)2 , 2μ a2

n = 0, 1, 2, ...

Lo stato iniziale si decompone facilmente su questa base: 1 πx = √ [3ψ0 − ψ2 ] =⇒ a 10  1 −iW0 t/¯h  3ψ0 − e−i8W0 t/¯h ψ2 . =⇒ ψ(x,t) = √ e 10 ψ(x, 0) = A sin3

3.7 Evoluzione temporale

287

Dunque, per tutti i valori di t per i quali il secondo esponenziale e` multiplo di 2π, cio`e: h¯ μa2 τs = 2πs = s , s = 1, 2, ..., 8W0 2π h¯ il vettore di stato ripassa per il valore iniziale. 7.19. Il problema e` separabile in coordinate cartesiane, e per quanto riguarda x e y rappresenta una particella libera con dato iniziale gaussiano centrato nell’origine e con velocit`a iniziale nulla. L’indeterminazione relativa alle due variabili e` data dal quadrato di quanto riportato nel 7.1:  h¯ 2 2 2 Δ xt Δ yt = σ 1 + 4 2 t . 4σ μ Consideriamo ora il restante problema relativo all’Hamiltoniana: 2 z = pˆ + μ zˆ, pˆ = pˆz H 2μ

che tratteremo in rappresentazione di Heisenberg, indicata con l’indice H, lasciando senza indice gli operatori in rappresentazione di Schr¨odinger:  2 Δ zt =  ψ(t) | zˆ − ˆz t | ψ(t) =  ψ0 | [ˆzH (t) − z(t)]2 | ψ0 , con: z(t) = ˆz t = ˆzH (t) 0 . Valutiamo dunque zˆH (t) = zˆ(t), tramite le equazioni di Heisenberg: ⎧ d i ⎪ H ] = −μg ⎪ ⎨ dt pˆH (t) = − h [ pˆH , H ¯ 1 d ⎪ ⎪ ⎩ zˆH (t) = pˆH (t). dt μ La soluzione del sistema e` data da: ⎧ ⎪ ⎨ pˆH (t) = −μgt + pˆ 1 t ⎪ ⎩zˆH (t) = − gt 2 + pˆ + zˆ. 2 μ Possiamo ora valutare il valore di aspettazione dell’operatore posizione: 1 t 1 t ˆ 0 +  zˆ 0 = − gt 2 +  p ˆ 0. z(t) = ˆz(t) 0 = − gt 2 +  p 2 μ 2 μ

288

3 Soluzioni

Inserendo questa espressione nella formula per Δt z: 

2 t (Δ zt ) =  (ˆzH (t) − z(t)) 0 =  ( pˆ −  p ˆ 0 ) + zˆ 0 = μ  2t  t2 ˆ 0 zˆ 0 . ˆ 0 )2 0 + ˆz2 0 +  pˆ −  p = 2  ( pˆ −  p μ μ 2

2

ˆz 0 e` immaginario puro. L’ultimo addendo e` nullo perch´e ˆz 0 = z0 = 0 e perch´e  pˆ I primi due addendi invece sono non nulli e rappresentano gli usuali scarti quadratici di momento e posizione di Schr¨odinger sulla gaussiana iniziale, rispettivamente uguali a h¯ 2 /4σ 2 e σ 2 . Pertanto: (Δ zt )2 =

 h¯ 2 2 h¯ 2 2  2 2 t + σ = σ t , 1 + 4σ 2 μ 2 4σ 4 μ 2

uguale ancora al valore libero. In conclusione: 

 Δ xt Δ yt Δ zt = σ

2

h¯ 2 1 + 4 2 t2 4σ μ

3/2 .

7.20. i) Autovettori e autovalori della buca infinita sono dati da: ϕn =



2/a sin

nπx , a

Wn =

n2 π 2 h¯ 2 , 2μa2

n = 1, 2, ...

Su questa base, lo stato iniziale e` facilmente sviluppabile: 2 1 ψ0 = √ ϕ1 + √ ϕ2 . 5 5 Tale stato, al tempo t > 0 evolver`a in: √     2π 2 h¯ πx 1 2πx 2 2 π 2 h¯ + exp −i = t sin t sin ψ(x,t) = √ exp −i 2μa2 a 2 μa2 a 5a

    π 2 h¯ πx 2π 2 h¯ πx 8 = exp −i sin . t + exp −i t cos 5a 2μa2 μa2 a a ii) L’energia media del sistema al tempo t = 0 e` data da: 4 1 4 π 2 h¯ 2 ,  ψ0 | H | ψ0 = ∑ |cn |2Wn = W1 + W2 = 5 5 5 μa2 n e questo valore rimane costante nel tempo.

3.7 Evoluzione temporale

289

iii) La probabilit`a di trovare la particella nella prima met`a della buca al tempo t e` data da:  P(0 ≤ x ≤ a/2;t) =

8 = 5a

 a/2 0

a/2

0

dx|ψ(x,t)|2 =

  πx 3π 2 h¯ πx 2 πx 1 + cos dx sin t = + 2 cos cos a a a 2μa2 2

=

16 3π 2 h¯ 1 + cos t. 2 15π 2μa2

7.21. i) Dalla rappresentazione tridimensionale dello spin, l’Hamiltoniana si scrive:    0 C 0     h¯  ∗  H = Asˆx + Bsˆy = √  C 0 C  , C = A − iB.  2    0 C∗ 0  Gli autovalori e gli autovettori sono desumibili da quelli di sy e sono dati da:      ±C/|C|  −C/|C|       1  1  √   W = 0, ±¯h|C| , ψ0 = √  0  , ψ± =  2 .   2 2    ∗  ±C /|C|  C∗ /|C|  ii) Lo stato iniziale si pu`o sviluppare su questi autostati, e il suo evoluto temporale e` dato da:  √ 1  −i/¯hW+ t e ψ(t) = ψ+ − e−i/¯hW− t ψ− − 2e−i/¯hW0 t ψ0 = 2   (C/|C|)(cos |C|t + 1)     √ 1   =  . −i 2 sin |C|t  2   ∗ (C /|C|)(cos |C|t − 1) Da qui possiamo calcolare il valore di aspettazione di sz al tempo t:  ψ(t) | sz | ψ(t) = h¯ cos |C|t. 7.22. Nel Problema 11.30 sono valutati i coefficienti dello sviluppo all’istante iniziale, ai quali dobbiamo solo aggiungere l’evoluzione temporale. Dunque: √   2   πx 8 30 ∞ i¯h  π 1 ψ(x,t) = 3 √ ∑ (2m + 1) exp − (2m + 1) sin t . π a m=0 (2m + 1)3 a 2μ a

290

3 Soluzioni

7.23. Occorre ripetere i calcoli del 11.30 per quanto riguarda normalizzazione e coefficienti dello sviluppo, e quindi aggiungere l’evoluzione come nel 7.22

 a   2 3 a  a  2 2 2 2 1 3 −  − x = N a =⇒ N = 2 dx . N ||ψ(0)|| = N 3 2 2 12 a 0 Per quanto riguarda i coefficienti, con integrazioni elementari, si trova: √    a a/2 2 6 πx πx cn = (ψn , ψ(0)) = 2 dx x sin (n + 1) + dx(a − x) sin (n + 1) = a a a 0 a/2 ⎧ √ 4 6 ⎨(−)m n = 2m m = 0, 1, 2, .... = 2 π (n + 1)2 ⎩0 n = 2m + 1 E cos`ı infine, al tempo t: √   2   πx 8 3 ∞ i¯h  π 1 ψ(t) = √ 2 ∑ (−)m (2m + 1) exp − (2m + 1) sin t . aπ m=0 (2m + 1)2 a 2μ a 7.24. i) Per quanto riguarda l’energia: W =  ψ 0 | H | ψ0 =

1 11 [4W1 +W2 + 2W2 + 3W2 ] = W1 = 0.55W1 ≈ 10 20

≈ −0.55 · 13.5 eV ≈ −7.47 eV. ii) La probabilit`a relativa all’energia non dipende dal tempo, essendo essa una costante del moto. Valutata a t = 0: 1 Pl=1,m=1 = . 5 iii) La probabilit`a di trovare a t = 0 l’elettrone entro una distanza r¯ dal protone e` data da: Pr≤¯r =



 r¯

dΩ 0

dr r2 |ψ|2 =

1 10

 r¯ 0

  dr 4R21,0 (r) + 6R22,1 (r)

dove l’integrazione angolare si effettua immediatamente per l’ortogonalit`a delle armoniche sferiche. Se l’integrale fosse esteso da zero a infinito, essendo le R normalizzate, darebbe come risultato 1. Dovendo invece valutare l’integrale solo su valori di r molto pi`u piccoli del raggio di Bohr, possiamo approssimare gli esponenziali che esprimono le funzioni radiali:   2r r 4 −2r/r0 4 r2 −r/r0 r2 2 2 , R2,1 (r) = 1− . ≈ 3 1− e ≈ R1,0 (r) = 3 e r0 r0 r0 r0 24r05 24r05

3.7 Evoluzione temporale

291

Sostituendo nell’integrale: Pr 1: rimane autoaggiunta ma senza le caratteristiche tipiche dell’oscillatore, in particolare l’esistenza di un set completo di stati legati, come vedremo utilizzando variabili canoniche. Al contrario, per 2λ < 1 lo spettro e` quello dell’oscillatore armonico scalato, cio`e proporzionale al valore del commutatore tra i nuovi operatori, e traslato:

  ˆ Aˆ † = (σ 2 − τ 2 ) , [a, A, ˆ aˆ† ] = 1 − 4λ 2 =⇒



=⇒ Wn = n 1 − 4λ 2 − τ 2 = (n + 1/2) 1 − 4λ 2 − 1/2. Si pu`o anche procedere in coordinate canoniche, definendo:  1  aˆ = √ xˆ + i pˆ , 2

 1  aˆ† = √ xˆ − i pˆ , 2



 x, ˆ pˆ = i,

292

3 Soluzioni

l’Hamiltoniana diventa:

  1 1 2 1 + 2λ 1 2 xˆ − . H = (1 − 2λ ) pˆ + 2 1 − 2λ 2 2

Da qui si vede che se 2λ > 1, il potenziale diventa repulsivo e non ci sono stati legati. Altrimenti, lo spettro e` quello armonico scalato e traslato, gi`a trovato prima. Per l’evoluzione temporale utilizziamo la rappresentazione di Heisenberg, sfruttando il fatto che lo stato iniziale e il suo evoluto temporale sono definiti da: aˆ | 0 = 0 =⇒ U(t)aU ˆ † (t)U(t) | 0 = aˆH (t) | ψ0 (t) = 0, con | ψ0 (t) evoluto temporale di Schr¨odinger dello stato | 0 . Valutiamo quindi i creatori e distruttori in rappresentazione di Heisenberg: ⎧ d ⎪ = aˆ (t) + 2λ aˆ† (t) ⎪ ⎨i aˆH (t) = [aˆH , H] H H dt ⎪ d ⎪ = −aˆ† (t) − 2λ aˆ (t), ⎩i aˆ† (t) = [aˆ† , H] H H H dt H che in termini matriciali si scrive: d i aˆ H (t) = MˆaH (t) dt

    aˆH (t) , con aˆ H (t) =   aˆ† (t) H

     1 2λ  . M =   −2λ −1

La soluzione e` quindi data da:      aˆ  −iMt −iMt   aˆ H (0) = e aˆ H (t) = e  † . aˆ  L’esponenziale di M si pu`o valutare esplicitamente, vedi 9.12 e 9.25, dato che:     1 0 2 2  M = (1 − 4λ )   = γ , Iγ = 1 − 4λ 2 , 2λ < 1; 0 1 e−iMt = =

∞

∞ (−i)2n (−i)2m+1 (M)2nt 2n + M ∑ (M)2mt 2m+1 = 2n! (2m + 1)! n=0 m=0

∑ ∞

∞ i (−)n (−)m (γt)2n I − M ∑ (γt)2m+1 I = 2n! γ (2m + 1)! n=0 m=0

∑

i = cos γtI − sin γtM. γ

3.7 Evoluzione temporale

293

Da qui segue che gli operatori in rappresentazione di Heisenberg sono espressi da: ⎧   2iλ i † ⎪ ⎪ ⎨aˆH (t) = cos γt − γ sin γt aˆ − γ sin γt aˆ ⎪   ⎪ ⎩aˆ† (t) = 2iλ sin γt aˆ + cos γt + i sin γt aˆ† . H γ γ Tramite questi, possiamo esprimere lo stato al tempo t come soddisfacente l’equazione:   aˆH (t) | ψ0 (t) = C(t)aˆ + D(t)aˆ† | ψ0 (t) = 0, i 2iλ C(t) = cos γt − sin γt, D(t) = − sin γt. γ γ Possiamo ora sviluppare lo stato al tempo t sugli autostati dell’oscillatore imperturbato, e poich´e si tratta dell’evoluto temporale di | 0 tramite l’Hamiltoniana H che non cambia la parit`a dello stato, lo sviluppo pu`o essere limitato agli stati | 2n :   aˆH (t) | ψ0 (t) = C(t)aˆ + D(t)aˆ† ∑ c2n (t) | 2n = n

√ √ = C(t) ∑ c2n (t) 2n | 2n − 1 + D(t) ∑ c2m (t) 2m + 1 | 2m + 1 = 0. n

m

Da qui si ricava la regola di ricorrenza sui coefficienti: D(t) c2n (t) = − C(t)

2n − 1 2n



D(t) c2n−2 (t) = − C(t)

n '

(2n − 1)!! (2n)!!

Completiamo l’esercizio controllando che lo stato sia normalizzabile:  ||ψ0 (t)||2 = ∑ |c2n (t)|2 = ∑ n

n

n (2n − 1)!! 4λ 2 sin2 γt c2 . (2n)!! 0 γ 2 cos2 γt + sin2 γt

Valutiamo separatamente i due fattori: 1 − 4λ 2 4λ 2 (1 − cos2 γt) 4λ 2 sin2 γt = 1− < 1, = 2 2 2 2 2 1 − 4λ cos γt 1 − 4λ 2 cos2 γt γ cos γt + sin γt dove l’ultima diseguaglianza deriva da: 0 < 1 − 4λ 2
= sin . P200 t > v v v v h¯ h¯ 7.28. L’Hamiltoniana del sistema (vedi 7.26) e` data da: H=

p2 e20 e0 B − + Lz = H0 + ωL Lz , 2μ r 2μc

ωL =

e0 B . 2μc

Per affrontare il problema nel formalismo di Heisenberg, ricordiamo che:  ψ(t) | Lx | ψ(t) =  ψ0 | Lx (t) | ψ0 con

Lx (t) = e−iHt/¯h Lx eiHt/¯h .

L’evoluto temporale dell’operatore si pu`o ottenere dalla commutazione iterata di Lx con l’Hamiltoniana. La parte imperturbata dell’atomo d’idrogeno commuta, per cui rimane solo il contributo dell’esponenziale di Lz : Lx (t) = e−iωL Lz t/¯h Lx eiωL Lz t/¯h =

296

3 Soluzioni

 1  iωLt 2    1  iωLt 3     iωLt  L z , L x , Lz + Lz , Lz , Lx , Lz .....= L x , Lz + 2 3! h¯ h¯ h¯ ∞ ∞     1 1 2n 2n+1 = Lx cos ωLt + Ly sin ωLt. = Lx ∑ ωLt + Ly ∑ ωLt 2n! (2n + 1)! n=0 n=0

=Lx+

Al tempo t, il valore di aspettazione sullo stato iniziale, autostato di Lx , e` dato da:  ψ0 | Lx cos ωLt + Ly sin ωLt | ψ0 = h¯ cos ωLt, come gi`a ottenuto nel 7.26. Notare che | ψ0 appartiene alla base che diagonalizza Lx , sulla quale Ly e Lz agiscono tramite innalzatori e abbassatori. Valutiamo ora l’intensit`a del campo magnetico al di sopra della quale lo spinorbita e` trascurabile. Dalla trattazione usuale, il suo contributo risulta essere dell’ordine α2 di quello fondamentale: ΔWs-o ≈ α2 w0 ,

α≈

1 , 137

w0 ≈ 13.6 eV.

Il contributo del campo al primo ordine e` invece dato da ωL h¯ , e quindi la condizione richiesta e` soddisfatta se: ωL h¯ =

e0 B¯h  α2 w0 2μc

=⇒ B 

α2 w0 0.7 · 10−3 eV ≈ ≈ 105 gauss, μB 0.6 · 10−8 eVgauss−1

con μB = magnetone di Bohr. 7.29. Considerando la sola parte di spin, l’equazione di Schr¨odinger e` data da: i¯h

d ψ(t) = Hψ(t), dt

con la Hamiltoniana nella zona II: μ · B = −μn Bσx , H = −μ

    a(t) ψ(t) =  , b(t)

e inoltre μn = −1.9103μN , momento magnetico anomalo del neutrone, essendo μN = e0 h¯ /2m p c il magnetone nucleare e m p la massa del protone. L’equazione di Schr¨odinger si riscrive: d ψ(t) = −iωσx ψ(t) , dt dando luogo al sistema:

ω = μn B/¯h,

⎧ ⎨a(t) ˙ = −iωb(t) ⎩b(t) ˙ = −iωa(t).

3.7 Evoluzione temporale

297

Per sostituzione, possiamo trasformarlo in due equazioni di secondo grado disaccoppiate, tipo oscillatore. Imponendo le condizioni iniziali, a(0) = 1 e b(0) = 0, possiamo scrivere la soluzione normalizzata:      cos ωt  ψ(t) =  . −i sin ωt  Valutiamo ora la polarizzazione: P =  ψ | σ | ψ =  ψ | σx ex + σy ey + σz ez | ψ = = − sin 2ωtey + cos 2ωtez . Quindi lo spin giace nel piano {y, z} e precede attorno a ex con velocit`a angolare 2ω. Questo era del tutto prevedibile, dato che nella zona II lo spin al tempo t = 0 e` diretto lungo z e il campo magnetico lungo x. 7.30. Con le usuali definizioni, possiamo riscrivere l’Hamiltoniana:

=H 0 + H 1 (t) , H 0 = h¯ ω(aˆ† aˆ + 1/2) , H 1 (t) = − h¯ /2μω f (t)(aˆ† + a). H ˆ Nella rappresentazione di interazione, posto l’operatore di evoluzione temporale di = V (t)W (t), con V (t) evolutore degli operatori e W (t) degli stati, Schr¨odiner U(t) definiamo V (t) tramite H0 , e W (t) tramite H1 (t). Poich´e H0 non dipende dal tempo, esso`e dato da:   ⎧ 0t/¯h ⎨V (t) = exp −iH ⎩ψ I (t) = W (t) = H 1I (t)W (t)ψ(0) , i¯h d W (t). dt I (t) in rappresentazione di interazione e` data da: D’altra parte, l’Hamiltoniana H 1

  1I (t) = V † (t)H 1V (t) = − h¯ /2μω f (t) exp (iH0t/¯h) aˆ† + aˆ exp (−iH0t/¯h) = H

=−

  h¯ /2μω f (t) exp (iωt) aˆ† + exp (−iωt) aˆ .

Confronta nel 7.17 con l’evoluzione alla Heisenberg delle x(t) ˆ e p(t) ˆ secondo l’Hamiltoniana dell’oscillatore armonico H0 . Se introduciamo la quantit`a: K(t) =



 t

1/2μω h¯ 0

ds f (s) exp (iωs) ,

K(0) = 0,

(t) e teniamo conto della precedente forma di H1I (t), l’operatore di evoluzione W soddisfa l’equazione:  d dK(t) † dK ∗ (t) (t). W (t) = i aˆ + aˆ W dt dt dt

298

3 Soluzioni

Il fattore entro parentesi non e` integrabile in modo semplice, perch´e aˆ† e aˆ non commutano, per cui conviene cercare di eliminare uno dei due operatori, assorbendolo nell’incognita. Introduciamo perci`o il nuovo operatore:   #(t) = exp −iK(t)aˆ† W (t), W che soddisfa l’equazione:  ∗     dK † d # = + exp −iK aˆ† i dK aˆ† + dK aˆ W W (t) = −i aˆ exp −iK aˆ† W dt dt dt dt =i

  dK ∗ (t) (t). exp −iK(t)aˆ† aˆW dt

 † Commutiamo ora i due fattori in parentesi, sfruttando la relazione a, ˆ aˆ = 1:             exp αaˆ† aˆ = aˆ exp αaˆ† + exp αaˆ† , aˆ = aˆ − α exp αaˆ† . Tale formula si pu`o ricavare iterativamente, sviluppando l’esponenziale, oppure notando che il commutatore tra aˆ† e aˆ e` il medesimo che tra x e p (a parte fattori numerici) e quindi si pu`o ottenere derivando la funzione a valori operatoriali, ri#, spetto all’operatore. Pertanto, sostituendo quanto trovato nell’equazione per la W si ottiene: dK ∗ (t) d # #(t). W (t) = i [aˆ + iK(t)] W dt dt Questa equazione pu`o ora essere risolta esplicitamente: #(t) = exp [iK ∗ (t)a] W ˆ exp [−F(t)] ,

F(t) =

 t

dsK(s) 0

dK ∗ (s) , ds

da cui l’operatore di evoluzione degli stati in rappresentazione di interazione:   (t) = exp iK(t)aˆ† exp [iK ∗ (t)a] W ˆ exp [−F(t)] , e infine l’evoluzione dello stato in rappresentazione di Schr¨odinger: ψ(t) = V (t)ψ I (t) = exp (−iH0t/¯h) ψ I (t) =   = exp (−iH0t/¯h) exp iK(t)aˆ† exp [iK ∗ (t)a] ˆ exp [−F(t)] ψ0 . Da qui possiamo ricavare le probabilit`a richieste: | n |2 = | m | V (t)W (t) | n |2 = Pn→m (t) = | m | U(t)  2     =  m | exp [−iWmt/¯h] exp iK(t)aˆ† exp [iK ∗ (t)a] ˆ exp [−F(t)] | n  = 2       = exp −|K(t)|2  m | exp iK(t)aˆ† exp [iK ∗ (t)a] ˆ | n  .

3.7 Evoluzione temporale

299

Nell’ultimo passaggio abbiamo fatto uso della seguente eguaglianza:   t   2 dK ∗ dK   + K ∗ (s) =  exp [−F(t)]  = exp {− [F(t)+ F ∗ (t)]} = exp − ds K(s) ds ds 0   t   d = exp − ds |K(s)|2 = exp −|K(t)|2 . ds 0 In alcuni casi particolari, le espressioni si semplificano in quanto l’esponenziale con gli abbassatori contribuisce solo con i primi termini dello sviluppo. Ad esempio a partire dallo stato iniziale dato dallo stato fondamentale o dal primo eccitato: 2      |K(t)|2m [iK(t)]m †m  aˆ | 0  = exp −|K(t)|2 . P0→m (t) = exp −|K(t)|2  m | m! m! Con un conto analogo: 2    [iK(t)]m †m ∗ [iK(t)]m−1 †m−1  aˆ aˆ iK (t)a|1 |1 + m| ˆ  = P1→m (t) = exp −|K(t)|2 m| (m − 1)! m!  2  |K(t)|2(m−1)  |K(t)|2 1− = exp −|K(t)|2 . (m − 1)! m 7.31. I due operatori sono analoghi agli operatori di spin nella rappresentazione con s = 1, A ≈ sˆz e H ≈ sˆx . Gli autostati di H sono:     1  1    1 √  1   | ± w H = ± 2 , |0 H = √  0  .  2 2    1  −1 Lo stato iniziale si sviluppa facilmente sulla base di questi stati:   1   1 1 1   |ψ(0) = |α A = 0 = |w H + √ |0 H + | − w H ,   2 2 2 0 e il suo evoluto temporale e` dato da:  wt     cos2  2¯h     i wt  1 1 1 | ψ(t) = e−i/¯hwt |w H + √ |0 H + ei/¯hwt | − w H = − √ sin  . h¯  2 2 2 2    wt     − sin2 2¯h

300

3 Soluzioni

E` opportuno controllare la normalizzazione a uno dello stato | ψ(t) . Proiettando questo stato sullo stato iniziale e quadrando, si ottiene la probabilit`a richiesta: P({t = t, α}; {t = 0, α}) = cos4

wt . 2¯h

Se ad un istante intermedio 0 < τ < t si esegue una misura dell’energia, da quell’istante in poi lo stato non evolve e le probabilit`a possono essere valutate all’istante τ. La probabilit`a totale e` data dalla somma delle singole probabilit`a su ciascun autostato Wi dell’Hamiltoniana:  2   P({t = t, α}; {t = τ,Wi }; {t = 0, α}) = ∑  α | Wi  Wi | e−1H t/¯h | α  = i=1,3

=

∑

1 1 3 + = . 8 4 8

| α | Wi |2 | Wi | α |2 =

i=1,3

Notare che facendo agire l’evoluzione a sinistra si ottiene un fattore di fase. 7.32. In descrizione di Heisenberg, l’operatore di annichilazione evolve secondo: i

d a(t) ˆ = ω(t) a(t) = [a(t), ˆ H] ˆ + λ (t) , dt

a(0) ˆ = aˆS = a. ˆ

La soluzione generale dell’omogenea associata e` data da: aˆ0 (t) = Ω (t)Aˆ ,

Ω (t) = exp{−i

 t 0

ds ω(s)},

con Aˆ operatore costante. Una soluzione particolare dell’equazione completa si pu`o cercare tra le funzioni ordinarie f (t)Ω (t), ovviamente a meno dell’operatore identit`a. Sostituendo nell’equazione di Heisenberg: i

dΩ (t) d f (t) Ω (t) + i f (t) = ω(t) f (t)Ω (t) + λ (t) dt dt

=⇒

1 dΩ (t) d f (t) d f (t) =−f (t) −iω(t) f (t)−iλ (t)Ω −1 (t) =⇒ =−iλ (t)Ω −1 (t), dt Ω (t) dt dt da cui: f (t) = −i

 t 0

dsλ (s) Ω ∗ (s).

Sommando la soluzione generale dell’omogenea con quella particolare della completa, e imponendo le condizioni iniziali, ottieniamo infine: a(t) ˆ = Ω (t)[aˆ + f (t)].

3.7 Evoluzione temporale

301

Calcoliamo ora i valori di aspettazione al tempo t di operatori rilevanti sullo stato iniziale costituito dallo stato coerente | z , con aˆ | z = z | z :  z | a(t) ˆ + aˆ† (t) | z =  z | Ω (t)[aˆ + f (t)] | z + c.c. = 2Re{Ω (t)[z + f (t)]}  z | aˆ† (t)a(t) | z =  z | Ω ∗ (t)[aˆ + f (t)]† Ω (t)[aˆ + f (t)] | z = |z + f (t)|2 . da cui si ricavano i valori medi richiesti: √  z | xˆ | z = 2Re{Ω (t)[z + f (t)]} | z = ω(t)|z + f (t)|2 + 2λ (t)Re{Ω (t)[z + f (t)]}. z|H 7.33. Gli stati fondamentali delle buche infinite di larghezza a e 2a sono dati da: ⎧

⎪ π a a 2 ⎪ a ⎪ cos x − 0 non dipende dal tempo; pertanto, il valor medio dell’energia a t > 0 pu`o essere valutato sullo stato iniziale:  +a/2   h¯ 2 π 2 2a  d a 2 W (t) =  ψ0a | H 2a | ψ0a = .  ψ0 (x) dx =  ψ0a | H a | ψ0a = W0a = 2μ a2 −a/2 dx Come prima, notare l’integrale tra ±a/2. Ipotizzare un cambio istantaneo di Hamiltoniana, cio`e molto veloce rispetto ai tempi caratteristici del sistema, equivale a ipotizzare che lo stato iniziale del nuovo sistema sia lo stesso in cui si trovava appena prima del cambio. Questo e` un particolare tipo di Hamiltoniana dipendente dal tempo, schematizzabile con una dipendenza a gradino. Se la dipendenza dal tempo e` di natura differente, in particolare lenta rispetto ai tempi del sistema, allora lo stato evolve anche durante l’evoluzione dell’Hamiltoniana, secondo un’equazione di Schr¨odinger con Hamiltoniana dipendente dal tempo. Confronta con 8.9. 7.34. L’Hamiltoniana e` data da: μ · B = h¯ ωσx , H = −μ

ω=

e0 B . 2me c

302

3 Soluzioni

L’equazione di Pauli per il sistema diventa:        01 d  ψ1 (t)   = h ω i¯h  ¯  dt  ψ (t)   10 2

      ψ1 (t)   .     ψ2 (t) 

Ovvero: ⎧ ⎨idψ1 (t)/dt = ωψ2 (t) ⎩

idψ2 (t)/dt = ωψ1 (t)

d 2 ψ1 (t) + ω 2 ψ1 (t) = 0, dt 2

=⇒

che ammette la soluzione generale: ⎧ ⎨iψ1 = aeiωt + be−iωt ⎩

con

iψ2 = −aeiωt + be−iωt

    1 ψt=0 =   , 0

da cui si ricava a = b = 1/2, con un irrilevante fattore moltiplicativo i, e quindi:        iωt −iωt  + e cos ωt e     1 = . ψ(t) =    2 −eiωt + e−iωt  −i sin ωt  La probabilit`a di trovare al tempo τ lo spin in gi`u, si ottiene proiettando sull’autostato corrispondente, e cio`e: 1 P(σz = −1;t = τ) = sin2 ωτ = (1 − cos 2ωτ). 2 Questo valore e` uguale a 1 se: cos 2ωτ = −1, ovvero, per τ = (2n + 1)

me cπ . e0 B

7.35. i) La condizione di normalizzazione e` data da: 1 = ||ψ(x, 0)||2 = |N|2

∑ (1/2)n = 2|N|2 ,

n=0

√ da cui, assumendo N reale, N = 1/ 2.

3.7 Evoluzione temporale

303

ii) Il valore d’aspettazione dell’energia e` dato da: % &  n  1 n 1 1 1 H =  ψ | H | ψ = ∑ h¯ ω = ∑ n+1 + n+ h¯ ω. 2 n=0 2 2 2 n=0 2 Per valutare la sommatoria possiamo sfruttare la derivata: n

1

d

d

x

1

∑ xn+1 = − dx ∑ xn = dx 1 − x = (1 − x)2

n=0

=⇒

n=0

n

∑ 2n+1 = 1,

n=0

da cui infine, H = 3/2¯hω. iii) La funzione d’onda al tempo t > 0 e` data da: ψ(x,t) =



√ n+1 −iω(n+1/2)t 1/ 2 e ψn (x).

∑

n=0

iv) Da questa segue la densit`a di probabilit`a: |ψ(x,t)|2 =

∑

√ m+n+2 −iω(n−m)t e ψn (x)ψm∗ (x). 1/ 2



m,n=0

I singoli termini della somma hanno periodo (2π/ω|n − m|), tutti sottomultipli del periodo massimo τ = 2π/ω. Questo dunque e` il periodo dell’intera densit`a di probabilit`a. 7.36. Si pu`o sviluppare lo stato iniziale sulla base degli autostati dell’Hamiltoniana, cio`e di σx , e quindi applicare l’operatore unitario di evoluzione temporale. Oppure sviluppare l’operatore di evoluzione in serie di σx , ricordando che σx2 = 1, e applicarlo direttamente allo stato iniziale, come nel 7.25. Qui risolviamo direttamente l’equazione del moto di Pauli, come fatto precedentemente nel 7.29 e 7.34. Posto ω = e0 B/2me c, la soluzione generale e` data da: ⎧ ⎨iψ1 = aeiωt + be−iωt ⎩

iψ2 = −aeiωt + be−iωt

con

    0 ψt=0 =   . 1

Le condizioni iniziali comportano b = −a = 1/2, e quindi:     −i sin ωt   . ψ(t) =    cos ωt 

304

3 Soluzioni

Per ottenere le probabilit`a richieste, occorre moltiplicare scalarmente lo stato al tempo τ per gli autostati relativi:         1 1 1   ψσz =1 =   , ψσx =1 = √   , 2 1 0  1 1 2 sin ωτ + cos2 ωτ = . 2 2 Notare che nel caso della σx la probabilit`a e` costante, perch´e l’osservabile e` costante del moto, e vale 1/2 per simmetria rispetto al dato iniziale. √ 7.37. i) Poich´e il fattore 1/2 2 e` uguale al rapporto tra le normalizzazioni dei due polinomi di Hermite u2 e u0 , vedi A.2, possiamo scrivere: P(σz = 1;t = τ) = sin2 ωτ

P(σx = 1;t = τ) =

ψ(x, 0) = cos β u0 (x) + sin β u2 (x), normalizzata a 1 se intendiamo con un gli autostati normalizzati dell’oscillatore. Da qui: ψ(x,t) = cos β e−iW0 t/¯h u0 (x) + sin β e−iW2 t/¯h u2 (x), Con, ovviamente, Wn = (n + 1/2)¯hω. ii) I possibili risultati di una misura dell’energia sono W0 e W2 , con probabilit`a cos2 β e sin2 β , rispettivamente. iii) Il valore di aspettazione x = 0 ad ogni tempo, perch´e la funzione d’onda ha parit`a definita, e x e` dispari. 7.38. Utilizzando il punto e virgola in | m1 ; m2 per separare le terze componenti nella rappresentazione del prodotto diretto dei due spin, e la virgola in | j, m nella rappresentazione dello spin totale, i tre stati indicati si esprimono nel modo seguente: 1 ψ1 = | 1/2; 1/2 = | 1, 1 ψ2 = | 1/2; −1/2 = √ [ | 1, 0 + | 0, 0 ] 2   1 1 1 | 1, 1 + √ [ | 1, 0 + | 0, 0 ] . ψ3 = √ [ | 1/2; 1/2 + | − 1/2; 1/2 ] = √ 2 2 2 Le tre probabilit`a richieste sono dunque: P↑z ;↑z (2¯h2 ) = 1 ,

P↑z ;↓z (2¯h2 ) =

1 , 2

3 P↑x ;↑z (2¯h2 ) = . 4

L’Hamiltoniana si rappresenta in termini dei quadrati dei singoli operatori:   ω ω  2 3 2 ω 2 2 2 S − h¯ . S − S1 − S2 = H = S1 · S2 = 2¯h 2¯h 2 h¯

3.7 Evoluzione temporale

305

Suoi autostati sono gli autostati del momento angolare totale, con: ⎧ ⎨H | 1, 0 = ω/4¯h | 1, 0 ⎩ H | 0, 0 = −3ω/4¯h | 0, 0 . Pertanto, applicando l’evolutore temporale allo stato iniziale:  1  ψ2 (t) = U(t)ψ2 = √ e−iωt/4 | 1, 0 − ei3ωt/4 | 0, 0 . 2 Se ora ritorniamo alla base dei due spin:  1  −iωt/4 { | 1/2; −1/2 + | − 1/2; 1/2 } + e 2   1 + ei3ωt/4 { | 1/2; −1/2 − | − 1/2; 1/2 } . 2 La probabilit`a di trovare la particella 1 nell’autostato h¯ /2 di S1z e` dunque data da: ψ2 (t) =

1   2   P(s1z = h¯ /2;t) =  eiωt/4 eiωt/2 + e−iωt/2  = cos2 (ωt/2). 2 Mentre il valore di aspettazione di S1z :  2 1  2  h h¯ 1  −iωt/4 ¯  −iωt/4 i3ωt/4  i3ωt/4  +e −e  ψ2 (t) | S1z | ψ2 (t) =  − e  = cos(ωt). e 2 4 4 2 7.39. L’Hamiltoniana del sistema e` data da: μ · B = −μB Bσz , H = −μ

μB =

e0 h¯ . 2me c

All’istante t = 0, dopo la prima misura, la funzione d’onda sar`a:     1 1 ψ±0 = √   , 2 ±1 a secondo del risultato della misura. La successiva evoluzione temporale e` data da: ψ± (t) = exp[iμB Bσz t/¯h]ψ±0 = = cos(βt)ψ±0 + i sin(βt)σz ψ±0 = cos(βt)ψ±0 + i sin(βt)ψ∓0 ,

β = μB B/¯h.

Come sempre, abbiamo sviluppato in serie l’esponenziale e tenuto conto che: σz2 = 1 ,

σz ψ±0 = ψ∓0 .

306

3 Soluzioni

A tempi successivi dunque, si ha probabilit`a cos2 (βt) di permanenza del segno dello spin, e sin2 (βt) della sua inversione. i) Con N misure a intervalli regolari di tempo τ, le configurazioni ottenibili si distinguono per n permanenze ed N − n inversioni di segno, con probabilit`a: Pn = cos2n (β τ) sin2(N−n) (β τ). ii) Se β τ = π + rπ, sin(β τ) = 0, e quindi si hanno solo permanenze. Se invece β τ = π/2 + rπ, cos(β τ) = 0, e quindi si ha inversione dello spin (spin-flip) a ogni misura. Queste sono le configurazioni deterministiche cercate. ∗ 7.40.

Come ricavato nel 2.4, autovalori e autovettori del rotatore piano sono: Wn =

h¯ 2 2 n , 2μλ 2

1 Φ(ϕ) = √ einϕ , 2π

n = 0, ±1, ±2, ...

Su questa base, il dato iniziale: 1 Ψ (ϕ;t = 0) = N sin2 (ϕ) = N [1 − cos(2ϕ)], 2 riceve contributo dai numeri quantici n = 0 e da n = ±2, questi ultimi relativi allo stesso autovalore W±2 = 2¯h2 /μλ 2 . Inoltre, le normalizzazioni degli autostati non vengono modificate dallo sviluppo temporale, e quindi si possono omettere. Dunque:    2¯h 1 Ψ (ϕ;t) = N 1 − exp −i 2 t cos(2ϕ) . 2 μλ Il tempo necessario a tornare alla posizione iniziale e` dato da: τ = π μλ 2 /¯h. 7.41. Nel caso tridimensionale possiamo fare riferimento all’equazione completa, e imporre il vincolo r = cost = λ : H=

1 L2 , 2μλ 2

dove L e` il momento angolare, il cui quadrato ha come autofunzioni le armoniche sferiche: L2Ylm (θ , ϕ) = h¯ 2 l(l + 1)Ylm (θ , ϕ). Come nel 7.40, possiamo sviluppare sulle armoniche sferiche lo stato iniziale. Poich´e questo contiene solo il cos2 (θ ), le uniche armoniche che danno contributo sono: Y00 ∝ 1 , Y20 ∝ (3 cos2 θ − 1). Poich´e: Ψ (θ , ϕ;t = 0) = N cos2 θ =

N [1 + (3 cos2 θ − 1)], 3

3.7 Evoluzione temporale

307

e le normalizzazioni sono inutili, al tempo t si avr`a :    N 3¯h Ψ (θ , ϕ;t) = 1 + exp −i 2 t (3 cos2 θ − 1) , 3 μλ con periodo τ = 2π μλ 2 /3¯h. 7.42. L’evoluzione temporale della funzione d’onda assegnata:   α2 ψ(x; 0) = N exp − (x − x0 )2 + ip0 x/¯h , 2 si pu`o esprimere sulla base delle autofunzioni ψn dell’oscillatore: ψ(x;t) =

∞

∑ cn exp[−iWnt/¯h]ψn (x),

n=0

  α2 ψn (x) = Nn exp − x2 Hn (αx) , 2

Nn =

√

α , π2n n!

con Hn polinomi di Hermite, Nn la loro normalizzazione. I coefficienti cn dello sviluppo si calcolano come al solito dal prodotto scalare:     ∞ α2 α2 ip0 x = dxHn (αx) exp − x2 − (x − x0 )2 + cn = dxψ(x; 0)ψn∗ (x) = NNn 2 2 h¯ −∞   ∞   = NNn α−1 exp −ζ02 /2 dζ Hn (ζ ) exp −ζ 2 + 2ζ A , −∞

 1 ip0 ζ + . A= 2 0 α¯h

con ζ = αx ,

ζ0 = αx0 ,

L’ultimo passaggio e` stato fatto in vista del calcolo successivo, dove utilizziamo la funzione generatrice dei polinomi di Hermite:   exp −u2 + 2ζ u =

∞

un

∑ n! Hn (ζ ).

n=0



 Infatti, se moltiplichiamo questa per exp −ζ 2 + 2ζ A , e integriamo su ζ , a destra dell’uguale compare uno sviluppo in serie di potenze con i coefficienti cn cercati, ovvero:  ∞ −∞

  dζ exp −u2 − ζ 2 + 2ζ u + 2ζ A =

∞

un

∑ n!

n=0

 ∞ −∞

  dζ Hn (ζ ) exp −ζ 2 + 2ζ A =

  ∞ un = α exp ζ02 /2 ∑ (NNn )−1 cn . n! n=0

308

3 Soluzioni

La parte sinistra invece diventa:  ∞ −∞

  dζ exp −u2 − ζ 2 + 2ζ u + 2ζ A =

 ∞

!  " dζ exp − ζ 2 − 2ζ (u + A) + u2 + (A2 + 2uA − A2 − 2uA) = −∞  ∞      dζ exp − (ζ − (u + A))2 + A2 + 2uA = = =

−∞

  √  ∞ 1 √ = π exp A2 + 2uA = π exp A2 ∑ (2A)n un . 0 n! Eguagliando le due espressioni:  ∞ 1   ∞ √ un π exp A2 ∑ (2A)n un = α exp ζ02 /2 ∑ (NNn )−1 cn , n! 0 n! n=0 otteniamo finalmente i coefficienti:   √ cn = πα−1 NNn exp A2 − ζ02 /2 (2A)n . Raccogliendo i vari risultati parziali sinora ottenuti, l’espressione esplicita della funzione d’onda al tempo t e` pertanto data da: ψ(x;t) =

∞

∑ cn exp[−iWnt/¯h]ψn (x) =

n=0 ∞

  α2 2 Hn (αx) = c exp[−iW t/¯ h ]N exp − x n n n ∑ 2 n=0   √ −1 α2 2 α2 2 ∞ 2 2 = πα N exp − x + A − x0 ∑ Nn (2A)n exp[−iWnt/¯h]Hn (αx) = 2 2 n=0  ∞  2 2 α α (2A)n = (α2 /π)1/4 exp − x2 + A2 − x02 ∑ n Hn (αx) exp [−iω(n + 1/2)t], 2 2 n=0 2 n! =

dove abbiamo anche esplicitato gli autovalori dell’energia Wn . La somma in n che coinvolge i polinomi di Hermite e` della forma che porta alla funzione generatrice nella variabile u = Ae−iω , tenendo conto che eiωn = (eiω )n :    α2 2 α2 2 ωt  2 1/4 2 ψ(x;t) = (α /π) exp − x + A − x0 exp −A2 e−2iωt + 2αxAe−iωt − i . 2 2 2 Da qui, con qualche calcolo, si pu`o ricavare la densit`a di probabilit`a:  !  " |ψ(x;t)|2 = (α2 /π)1/2 exp −α2 x2 − α2 x02 + 2R A2 (eiωt − e−iωt ) + 2αxA e−iωt =  = (α2 /π)1/2 exp − α2 x2 − α2 x02 +

3.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo

309

     1 p0  p0 2 αx0 + i (cos ωt − i sin ωt) = + 2R i2 sin ωt + αx αx0 + i 4 α¯h α¯h  p0 x0 = (α2 /π)1/2 exp − α2 x2 − α2 x02 − 2 sin ωt cos ωt + 2α2 xx0 cos ωt+ h¯  p2 p0 x + ωtα2 x02 sin2 − 2 0 2 sin2 ωt + 2 sin ωt . h¯ α h¯ Ponendo sin2 ωt = 1 − cos2 ωt nel primo addendo, e ricordando che α2 h¯ = μω, possiamo esprimere tutto come: ( 2 )  p0 2 2 1/2 2 |ψ(x;t)| = (α /π) exp −α x − x0 cos ωt − sin ωt . μω Si tratta di una gaussiana, come gaussiana modulata era la funzione d’onda iniziale. Da qui si ricava facilmente che la particella si muove con le seguenti leggi: x0 (t) = x(t) = x0 cos ωt +

p0 sin ωt μω

p(t) = p0 cos ωt − μωx0 sin ωt, e con le seguenti indeterminazioni, o scarti quadratici medi: Δ 2 x(t) =

1 , 2α2

Δ 2 p(t) =

h¯ 2 α2 , 2

h¯ Δ x(t) · Δ p(t) = . 2

3.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo 8.1. Conviene considerare la buca infinita pari, con −a < x < a. Gli autostati sono dati da: 1 nπx un (x) = √ sin , a 2a

1 nπx n pari; un (x) = √ cos , a 2a

n dispari.

Dalla teoria generale delle perturbazioni dipendenti dal tempo si ottengono le ampiezze di probabilit`a di transizione da uno stato un a uno stato um , con m = n: cm,n (t) = −

i h¯

 t 0

dt  [H1 (t  )]mn ei/¯h(Wm −Wn )t



con

cm,n (0) = 0

ma

cn,n (0) = 1.

Essendo la perturbazione dispari, i suoi valori d’aspettazione: [H1 (t  )]mn ∝

 a −a

dx u∗m (x)xun (x)

sono differenti da zero solo se le autofunzioni hanno parit`a opposta. Quindi, al primo ordine perturbativo, sono permesse solo le transizioni tra stati con (n − m) dispari.

310

3 Soluzioni

Notiamo invece che se la perturbazione fosse stata proporzionale a un termine x2 , le transizioni possibili sarebbero state quelle tra stati della stessa parit`a, questa volta per`o a tutti gli ordini. Infatti, l’equazione di Schr¨odinger sui coefficienti ha la forma generale seguente: i¯h

 dck (t) = ∑[H1 (t  )]kr ei/¯h(Wk −Wr )t cr (t). dt r

Se all’istante iniziale c’`e un unico coefficiente diverso da zero, diciamo cn come nel caso attuale, nel tempo dt successivo col potenziale pari si andranno sviluppando solo i termini della stessa parit`a. E cos`ı anche in tutto il tempo futuro. Col potenziale dispari invece, pur partendo con parit`a definita, gli stati con parit`a opposta si eccitano immediatamente dopo. 8.2. Nell’approssimazione di dipolo elettrico, la probabilit`a di transizione nell’unit`a di tempo da un livello a un altro e` data da: 2 2π   Πn→m ∝ 2 εε · Dmn  , Dmn = exmn = e um | x | un . h¯ Si pu`o anche affrontare un problema monodimensionale, ipotizzando un campo elettrico orientato nella direzione delle x, mediando quindi sulle due altre direzioni non interessate dalla perturbazione. Nel caso di un oscillatore armonico con autofunzioni:  μK 1/4 2 x, un (ξ ) = Nn Hn (ξ )e−ξ /2 con ξ = h¯ 2 e Hn gli usuali polinomi di Hermite, dobbiamo valutare:  um | x | un ∝  um | ξ | un . Per i polinomi di Hermite vale la regola di ricorrenza: 1 ξ Hn = Hn+1 − nHn−1 . 2 per cui: Πn→m ∝  um | ξ | un = an  um | un+1 + bn  um | un−1 , dove an e bn tengono conto dei diversi coefficienti di normalizzazione delle funzioni di Hermite. Si ricavano quindi le regole di selezione per le transizioni di dipolo, date da Δ m = ±1. 8.3. L’Hamiltoniana del sistema si pu`o esprimere nel modo usuale: H = H0 + H1 (t) ;

H0 =

p2 1 2 + Kx , 2μ 2

¯ H1 (t) = −F0 x cos(2π νt).

3.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo

311

All’istante t = 0 il sistema si trova nello stato fondamentale dell’oscillatore armonico e dobbiamo valutare le probabilit`a di transizione a stati eccitati, a partire dalle ampiezze: ck0 (t) = −

i h¯

 t 0

(0)

dt  [H1 (t  )]k0 ei/¯h(Wk

con ¯ [H1 (t)]k0 = −F0 cos(2π νt)

 ∞ −∞

(0)

−W0 )t 

,

k > 0,

dx u∗k (x)xu0 (x),

e autovalori e autovettori dell’oscillatore armonico dati da (0)

Wk

= (k + 1/2)hν ,

uk = Nk e−α

2 x2 /2

Hk (αx),

con Hk i polinomi di Hermite di grado k e α=

 μK 1/4 h¯ 2

,

Nk =



1/2 α . π 1/2 2k k!

Per calcolare il valore di aspettazione di x sulle autofunzioni, consideriamo le espressioni esplicite: xu0 (x) =

2 2 1 1 N0 N0 (αx)u0 (x) = ξ N0 e−ξ /2 = N1 H1 (ξ )e−ξ /2 = u1 (x). α α 2αN1 2αN1

Pertanto, 1 ¯ √ δk1 . [H1 (t)]k0 = −F0 cos(2π νt) 2α L’unico coefficiente diverso da zero e` dunque c10 (t), dato da: iF0 c10 (t) = √ 2α¯h

 t 0

¯  ) exp(i2πνt  ) = dt  cos(2π νt

¯  ¯ sin π(ν − ν)t iF0  sin π(ν + ν)t ¯ ¯ + exp[iπ(ν − ν)t] . = √ exp[iπ(ν + ν)t] ν + ν¯ ν − ν¯ 2 2π h¯ α Infine, la probabilit`a di transizione u0 → u1 e` data da: P0→1 (t) = |c1 (t)|2 = =

¯ ¯ ¯ − cos (2πνt) cos (2π νt) ¯  F02  sin2 π(ν + ν)t sin2 π(ν − ν)t cos2 (2π νt) + + . ¯ 2 ¯ 2 (ν + ν) (ν − ν) ν 2 − ν¯ 2 8π 2 h¯ 2 α2

312

3 Soluzioni

8.4. Per valutare le ampiezze di probabilit`a per la transizione 0 → n, dobbiamo calcolare: 1 ˜ un | q | u0 = λ sin ωt ˜ un | √ (a + aˆ† ) | u0 = [H1 (t)]n0 = λ sin ωt 2 λ λ ˜ un | u1 = √ sin ωtδ ˜ n1 , = √ sin ωt 2 2 con le unit`a di misura μ = ω = h¯ = 1. Pertanto, tutti i coefficienti cn=1 = 0, mentre:    t λ λ sin ω˜ −t sin ω˜ +t ˜ = √ exp(iω˜ −t) ds exp(is) sin ωs − exp(iω˜ +t) c10 (t) = −i √ ω˜ − ω˜ + 2 0 2 2 ˜ con ω˜ ± = (1 ± ω)/2. i) La probabilit`a della transizione e` data dal modulo quadro del coefficiente: 1  sin2 ω˜ −t sin2 ω˜ +t sin ω˜ +t sin ω˜ −t  ˜ + − 2 cos ωt P0→1 (t) = |c10 (t)|2 = λ 2 . 2 2 ω˜ + ω˜ − 8 ω˜ − ω˜ + ii) Se la perturbazione viene spenta al tempo τ, per tutti i tempi t > τ la ˜ allora: probabilit`a rimane costante al valore P0→1 (τ). Se τ = 2π/ω, ˜ = 1, cos ωτ

ω˜ ± τ = π/ω˜ ± π ,

e quindi:

 P0→1 (τ) = 2λ 2

ω˜ 1 − ω˜ 2

˜ sin ω˜ ± τ = − sin(π/ω), 2 ˜ sin2 (π/ω).

iii) Confrontiamo ora con il calcolo esatto del 7.30, valutato ovviamente al primo ordine perturbativo. Avevamo ottenuto, per H1 = −x f (t): P0→m (t) = exp(−|K(t)|2 )

|K(t)|2m m!

con

K(t) =



 t

1/2μω h¯ 0

ds exp(iωs) f (s).

˜ piccola, e per m = 1: Nel caso attuale, con perturbazione f (s) = λ sin ωs P0→1 (t) ≈ |K(t)|2

λ con K(t) = √ 2

 t 0

˜ ds exp(is) sin ωs,

dove abbiamo nuovamente inserito μ = ω = h¯ = 1, come nell’attuale problema. Come si vede, K(t) = −ic10 (t) prima calcolato, e dunque le due espressioni di P0→1 (t) sono uguali. 8.5. Nell’intervallo di tempo 0 < t < T , l’Hamiltoniana si pu`o esprimere come: H=

1 p2 1 + μ(ω + δ ω)2 q2 = H0 + μ(2ω + δ ω)δ ωq2 = H0 + H  2μ 2 2

3.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo

313

dove H0 e` l’Hamiltoniana dell’oscillatore di frequenza ω. Per t < 0 e T < t, l’Hamiltoniana e` data dal solo termine H0 . Valutiamo anzitutto i valori di aspettazione dell’operatore H  :  1 δω 1 h¯ 1+ δ ω n | (a+ ˆ aˆ† )2 | 0 ,  n | H  | 0 = μ(ω + δ ω)δ ω n | q2 | 0 = 2 2 2 ω che e` diverso da zero solo per n = 0 e per n = 2. Le transizioni dallo stato iniziale ad altri livelli sono quindi permesse solo per n = 2, con un contributo: √  2 | aˆ†2 | 0 = 2. Per quanto riguarda la parte temporale, i coefficienti dello sviluppo al tempo t > T si ottengono integrando i valori di aspettazione [H  ]20 tra zero e T , ottenendo cos`ı complessivamente: c0→2 (t > T ) =  2 | H  | 0

1 {1 − exp[i(W2 −W0 )T /¯h]} . W2 −W0

Da cui la probabilit`a corrispondente: P0→2 (t > T ) =

1 δ ω 2  δ ω 2 2 1 1+ sin (ωT ). 2 2 ω ω

8.6. Il campo elettrico assegnato, debole, produce una perturbazione: E(t) = A exp[−(t/τ)2 ]ˆz =⇒ H1 (t) = qA exp[−(t/τ)2 ]z. Dobbiamo cos`ı valutare gli elementi di matrice di z tra lo stato fondamentale dell’oscillatore armonico tridimensionale isotropo e i suoi stati eccitati:  nx ny nz | z | 000 = δnx 0 δny 0  nz = 1 | z | nz = 0 = δnx 0 δny 0

 h¯ 1/2 , 2μω

con ω = K/μ e anche ω = (W1 −W0 )/¯h. L’unica probabilit`a di transizione e` quella verso lo stato | 001 ed e` data da: P0→1 (t) =

q2 A2   2¯hμω

 +∞ −∞

2  dt exp[−(t/τ)2 ] exp(iωt) .

Completato il quadrato nell’esponenziale, ci si riduce a un integrale di EuleroPoisson, ovvero alla trasformata di Fourier di una gaussiana, vedi A.12. Si ottiene infine: q2 A2 τ 2 π exp(−ω 2 τ 2 /2). P0→1 (t) = 2¯hμω

314

3 Soluzioni

8.7. L’atomo di idrogeno e` perturbato da una Hamiltoniana della forma: H1 (t) = −eE0 e−t/τ z = −eE0 e−t/τ r cos θ , dove abbiamo scelto l’asse z parallelo al vettore E0 , grazie alla simmetria centrale del problema imperturbato. Le ampiezze di probabilit`a sono date da: 

i t  dt [H1 (t  )]k0 exp[i(Wk −W0 )t  /¯h] = h¯ 0  ieE0 t  (Ω ) (r) = dt exp[−(1/τ − iΔWk0 /¯h)t  ]Il In , h¯ 0

ck0 (t) = −

(Ω )

con Il

=



(r)

4π

dΩ cos θYlm (θ , ϕ)Y00 (θ , ϕ), In =

 ∞ 0

dr r2 R∗nl (r)rR10 (r).

Abbiamo indicato con ΔW le differenze di energia, k il set completo di numeri quantici {n, l, m}, e con k = 0 la terna relativa allo stato fondamentale {1, 0, 0}. Per t  τ l’integrale temporale e` dato da:  ∞ 0

dt exp[−(1/τ − iΔWk0 /¯h)t  ] =

τ . 1 − iτΔWk0 /¯h

Poich´e Y00 cos θ = 1/3Y10 , l’integrale in Ω e` diverso da zero per m = 0 e per l = 1,

(Ω ) con I1 = 1/3. Il primo coefficiente perturbativo non nullo e` dunque per l = 1 e n = 2. Da qui, l’integrale spaziale rilevante: (r)

 ∞

 ∞

0

0

I2 =

1 dr R∗21 (r)r3 R10 (r)= √ r0 6

1 d r˜ r˜4 exp(−3/2˜r)= √ r0 4!(2/3)5 , r˜ =r/r0 . 6

L’ampiezza di transizione richiesta per t  τ e` dunque data da: √ τ ieE0 27 2 . r0 c210,100 (t) = 35 1 − iτΔWk0 /¯h h¯ (0)

(0)

(0)

8.8. i) Posto ωk = Wk /¯h e ωkn = (Wk −Wn )/¯h, sviluppiamo lo stato al tempo t sulle autofunzioni imperturbate: (0)

ψ(t) = ∑ ckn (t)ψk exp(−iωk t)

con

(0)

cnn (t) ≈ cnn = 1.

k

Nel primo caso, di accensione istantanea, valutiamo per parti l’integrale temporale: ckn (t) = −

i h¯

 t

dt  [H1 (t  )]kn exp(iωknt  ) =

−t0

3.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo

315

 t

t  ∂  1 1  [H1 (t  )]kn exp(iωknt  ) + dt  [H1 (t  )]kn exp(iωknt  ) =  ∂t h¯ ωkn h¯ ωkn −t0 −t0   [V ] t [V 0 ]kn [V 0 ]kn  0 kn dt  δ (t  ) exp(iωknt  ) = − exp(iωknt). =− exp(iωknt) − h¯ ωkn h¯ ωkn h¯ ωkn −t0

=−

Abbiamo tenuto conto che la derivata della θ di Heaviside e` la δ di Dirac e che il potenziale perturbativo e` nullo per tempi negativi. Inseriamo questi coefficienti nella espressione di partenza: (0)

ψ(t) = ∑ ckn (t)ψk exp(−iωk t) = k

(

=

(0) ψn −

) [V 0 ]kn (0) [V 0 ]kn (0) ∑ h¯ ωkn ψk exp(−iωnt) + ∑ h¯ ωkn ψk exp(−iωkt). k=n k=n

Come si vede, il termine tra parentesi quadre a destra rappresenta una correzione allo stato iniziale: quella indotta dalla perturbazione V 0 indipendente dal tempo, valutata al primo ordine. La probabilit`a di transizione richiesta, dallo stato n allo stato k, si ricava dal secondo addendo, e quindi dal primo contributo della formula precedente: 2 Pn→k (t) = | [V 0 ]kn | 2 /¯h2 ωkn . (0)

Il secondo contributo al valore di ckn (t) valutato sopra, moltiplicato per ψk e sommato su tutti i k, definisce invece la correzione alla funzione d’onda dell’n−esimo stato stazionario. Notiamo che, il pi`u delle volte, non teniamo conto delle possibili conseguenze dell’accensione istantanea della perturbazione, nell’ipotesi che il processo sia troppo rapido perch´e la funzione d’onda iniziale si modifichi. In questo caso avevamo l’espressione esplicita a gradino di Heaviside, e abbiamo interpretato il risultato nell’ipotesi di V 0 piccolo, tale cio`e da giustificare lo sviluppo perturbativo delle autofunzioni, ma anche la possibilit`a che i dati iniziali si adattino alla nuova situazione. Notiamo infine che la probabilit`a trovata e` quella che si otterrebbe proiettando sullo stato ψk lo stato iniziale ψn corretto perturbativamente, cio`e quello tra parentesi quadre. ii) La valutazione del secondo caso e` immediata (notare le diverse dimensioni di V 0 e V 0 ): Pn→k (t) = | [V 0 ]kn |2 /¯h2 . iii) Entrambe le formule sono applicabili per tempi t = τ finiti, purch´e piccoli rispetto alle scale dei tempi del problema, ovvero ωkn τ  1. 8.9. Gli autostati della buca infinita sono dati da: u(x) =



2/a sin

nπx , a

n = 1, 2, ... ,

(0)

Wn

=

h¯ 2 π 2 2 n . 2μ a2

316

3 Soluzioni

La parte temporale del problema e` analoga a quella del 8.8, ma non si specifica la natura alla Heaviside della perturbazione, e quindi ipotizziamo come al solito che lo stato iniziale non si modifichi. Siamo in presenza di una perturbazione agente solo per un tempo τ, e costante entro questo intervallo temporale. Dalla teoria generale, segue che la probabilit`a di transizione dallo stato iniziale con n = 1 a quello finale con n generico, e` uguale a:  1 − eiωn1 τ 2  2[H1 ]n1 ωn1 τ 2  sin , P1→n = [H1 ]n1  = 2 h¯ ωn1 h¯ ωn1 [H1 ]n1 =

 a/2+b

dx a/2−b

10−12 cm

u∗nV0 u1

2V0 = a

 a/2+b

dx sin a/2−b

1A˚ = 10−8 cm,

contro Essendo b  a, medio con x ≈ a/2 e Δ x = 2b, ottenendo: [H1 ]n1 ≈

(0)

Wn −W1 h¯

πx nπx sin . a a

si pu`o applicare il teorema del valor

nπ 4bV0 sin . a 2

Pertanto: [H1 ]21 = [H1 ]41 = 0 ,

(0)

ωn1 =

[H1 ]31 =

2·10−12 ·104 = 2 eV. 10−8

Gli altri parametri sono: (0)

(0)

h¯ ω31 = W3 −W1

= 4π 2

ω31 τ ≈ 300 eV

6.582 · 10−32 eV 2 s2 h¯ 2 ≈ 4π 2 ≈ 300 eV. 2 μa 0.511 · 106 eV /c2 · 10−16 cm2

5 · 10−18 τ ≈ 300 ≈ 2.28 , 6.58 · 10−16 h¯

sin2

ω31 τ ≈ 0.826. 2

Raccogliendo tutto: P1→3 =

16 16 eV 2 2 ω31 τ ≈ sin 0.826 ≈ 1.47 · 10−4 . 2 2 3002 h¯ 2 ω31

8.10. In una buca quadrata infinita tra ±a/2, autovettori e autovalori dell’energia sono dati da: un (x) =



  π a +x , 2/a sin n a 2

(0)

Wn

=

h¯ 2 π 2 2 n , 2μ a2

n = 1, 2, ...

i) Il campo elettrico uniforme E diretto come l’asse x deriva da un potenziale −Ex. Alla particella di carica −e0 aggiunge un’energia potenziale pari a H  = e0 Ex, che trattiamo come perturbazione. Pertanto, le transizioni tra i livelli n1 e n2 hanno

3.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo

317

probabilit`a proporzionale a:  a/2

 π a   π  a  dx e0 Ex sin n2 + x sin n1 +x = a 2 a 2 −a/2     a/2    e0 E n2 − n1 a n2 + n1  a = dx x cos π + x − cos π +x = a −a/2 a 2 a 2   2 e0 E a [(−)n2 −n1 − 1] a2 [(−)n2 +n1 − 1] = − = a (n2 − n1 )2 π 2 (n2 + n1 )2 π 2 4e0 Ea n2 n1 = [(−)n2 +n1 − 1] ≡ [H  ]n2 n1 . π 2 (n22 − n21 )2

 n2 | H  | n1 =

2 a 

Definita la frequenza: 1 (0) h¯ π 2 2 (0) (n − n21 ), ωn2 n1 = (Wn2 −Wn1 ) = 2μa2 2 h¯ l’ampiezza di transizione e` data dal coefficiente: cn2 n1 (t) =

1 i¯h

 τ 0

1 1 dt[H  ]n2 n1 exp(iωn2 n1 t) = [H  ]n2 n1 [1 − exp(iωn2 n1 τ)] . ωn2 n1 h¯

Inserendo ora tutte le espressioni calcolate prima per in caso n1 = 1 e n2 = 2: ω21 =

3¯hπ 2 , 2μa2

[H  ]21 = −

16e0 Ea , 9π 2

le probabilit`a richieste sono date da:  P1→2 = |c21 (t)|2 =

16a2 9π 2

3 

 2  3¯hπ 2 16e0 Ea 2 e0 Eμ sin τ τ ≈ , 4μa2 9π 2 h¯ h¯ 2 π

per τ  h¯ /(W1 − W2 ). Per la P1→3 , vale [H  ]31 = 0, e quindi P1→3 = 0, come per tutte le transizione senza cambio di parit`a, per la presenza del termine dispari x. ii) Una volta spenta la perturbazione per t > τ, l’energia di partenza torna ad essere costante del moto, e quindi le probabilit`a non dipendono dal tempo. iii) Le condizioni di validit`a dell’approssimazione sono le usuali: piccola perturbazione, e breve periodo durante il quale questa agisce. 8.11. La scatola cubica descrive particelle libere con funzioni d’onda che si annullano sulle facce, e quindi con autofunzioni e autovalori: ψlmn (x, y, z) = a−3/2 sin

mπy nπz lπx π 2 h¯ 2 (0) sin sin = |lmn , Wlmn = (l 2 + m2 + n2 ) . 2a 2a 2a 8μa2

Con queste notazioni, lo stato iniziale e` dato da |111 , mentre il primo livello eccitato (a t = ∞ e cio`e a campo elettrico nuovamente nullo) e` degenere tre volte, e cor-

318

3 Soluzioni

risponde a |211 , |121 e |112 . Scegliendo l’asse x diretto come il campo elettrico, il potenziale perturbativo si scrive: V (t) = e0 E0 xe−αt , e di questo dobbiamo valutare gli elementi di matrice tra lo stato iniziale (fondamentale) e quelli verso cui dobbiamo valutare le probabilit`a di transizione. ⎧  1 2a πx 32a πx ⎪ ⎨211 | x | 111 = sin = − 2, dx x sin a 0 2a a 9π ⎪ ⎩ 121 | x | 111 = 112 | x | 111 = 0, dove la seconda riga si ottiene da considerazioni di parit`a. L’unica transizione consentita avviene con probabilit`a: 2  ∞   (0) P = h¯  dt211 | V (t) | 111 exp[(−α + iΔW /¯h)t] = 0  1 32ae0 E0 2 , = 2 2 2 9π α h¯ + (ΔW (0) )2 −2 

con (0)

(0)

ΔW (0) = W211 −W111 = (6 − 3)

π 2 h¯ 2 3π 2 h¯ 2 = . 8μa2 8μa2

8.12. i) Il problema stazionario imperturbato e` risolto nel 3.6. I primi 3 autovalori sono: (0) (0) (0) W0 = 3/2¯hω , W1 = 5/2¯hω , W2 = 7/2¯hω. ii) Scegliendo l’asse z rivolto come il campo B, la perturbazione assume la forma: H  = −μB Lz

con

μB = e0 B/2μc.

Conviene utilizzare coordinate polari, oppure cilindriche. Sempre dal 3.6, nel primo caso si ha: ψnlm (x)=Ylm (θ , ϕ)Rnl (r) , WPol =(NPol + 3/2)¯hω , da cui:

(1)

NPol =2n + l , n, l =0, 1, ...,

(0)

Wnlm = Wnl − μB m¯h + .... Il campo magnetico risolve la degenerazione in m, ma poich´e gli autovalori imperturbati dipendono da NPol = 2n+l, la degenerazione in {n, l} rimane; degenerazione sempre presente salvo nei due primi livelli con NPol = 0 = 0 + 0 e NPol = 1 = 0 + 1.

3.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo

319

(0)

Per il terzo livello WNPol =2 si ottiene: (1)

W022 = −2μB h¯ ,

(1)

W021 = −μB h¯ ,

W100 = 0 , W020 = 0 ,

(1)

W02−2 = 2μB h¯ ,

(1)

(1)

W02−1 = μB h¯ .

(1)

In coordinate cilindriche: ψnz |m|n (x) = unz (z)Φ|m| (ϕ)Rn|m| (ρ) , WCil = (NCil + 3/2)¯hω , NCil = nz + 2n + |m|. Lo spettro imperturbato e` lo stesso e cos`ı pure le correzioni. Cambiano le autofunzioni in presenza di degenerazione, e gli indici delle W (1) . iii) La perturbazione H  = Ax cos Ωt dipende dal tempo, ma anche da x, per cui conviene risolvere il problema imperturbato in coordinate cartesiane, e calcolare cos`ı:  nx ny nz | H  (x,t) | nx ny nz = A cos Ωtδny ,ny δnz ,nz  nx | x | nx = 



(nx + 1)/2δnx ,nx +1 + nx /2δnx ,nx −1 , = A cos ωtδny ,ny δnz ,nz α

dove α = h¯ /2μω. Le transizioni sono permesse per Δ nx = ±1, Δ ny = Δ nz = 0. iv) Nel passaggio dallo stato fondamentale al primo eccitato, l’unica transizione consentita e` ψ000 → ψ100 con probabilit`a:  2  2   1  t   A2 α2  t   iΩt    iΩt   dt cos ωt e  . P0→1 = 2  dt H10 (x,t )e  = 2  0 0 2¯h h¯ L’integrale si valuta facilmente:  1 exp[i(ω + Ω )t] − 1 exp[i(ω − Ω )t] − 1 + . I(ω, Ω ) = 2i ω +Ω ω −Ω v) Per frequenze ω e Ω grandi, l’unico termine che contribuisce e` il secondo per Ω ≈ ω: A2 α2 sin2 [(ω − Ω )t/2] P0→1 ≈ . 8¯h2 [(ω − Ω )t/2]2 Dalle usuali rappresentazioni della delta di Dirac, si ottiene anche che, per t grande: P0→1 ≈

A2 α2 πt δ (ω − Ω ). 4¯h2

8.13. Procediamo come nel 8.7, dove e` gi`a calcolata la parte spaziale. L’atomo di idrogeno e` perturbato da un potenziale della forma: H1 (t) = e0 E0

τ τ z = e0 E0 2 r cos θ , t2 + τ2 t + τ2

320

3 Soluzioni

dove abbiamo scelto l’asse z parallelo al vettore E, grazie alla simmetria centrale del problema imperturbato. Le ampiezze di probabilit`a sono date da: 

i ∞ dt[H1 (t)]k0 exp[i(Wk −W0 )t/¯h] = h¯ −∞  e0 E0 τ ∞ exp(iΔWk0t/¯h) dt · = −i t2 + τ2 h¯ −∞

ck0 = −

·



4π

dΩ cos θYlm (θ , ϕ)Y00 (θ , ϕ)

 ∞ 0

dr r3 R∗nl (r)R10 (r),

dove abbiamo indicato con ΔWk0 le differenze di energia, k il set completo di numeri quantici {n, l, m}, e con k = 0 la terna relativa allo stato fondamentale {1, 0, 0}. L’integrale in Ω e` diverso da zero per m = 0 e per l dispari: il primo coefficiente non nullo e` dunque per l = 1 e n = 2, √ e questo e` proprio lo stato 2p √ oggetto del problema attuale. Poich´e Y00 cos θ = 1/ 3Y10 , l’integrale in Ω vale 1/ 3, mentre quello in r, vedi 8.7:  ∞ 0

1 dr R∗21 (r)r3 R10 (r) = √ r0 6

 ∞ 0

1 d r˜ r˜4 e−3/2˜r = √ r0 4!(2/3)5 , 6

r˜ = r/r0 .

Per la parte temporale, posto ω = Wk0 /¯h > 0, essa e` data da:  ∞ −∞

dt

eiωt = t2 + τ2

 ∞ −∞

dt

eiωt eiωt e−ωτ = lim 2iπ = 2iπ . (t + iτ)(t − iτ) t→iτ t + iτ 2iτ

Per la valutazione dell’integrale, abbiamo chiuso il percorso nel semipiano superiore grazie alla positivit`a di ω. Raccogliendo i vari fattori, la probabilit`a richiesta e` data da: 215 (e0 E0 r0 )2 −2ωτ e . P10→2p = 10 π 2 3 h¯ 2 8.14. Le perturbazioni sono del tipo H1 (t) = −xV0 F(t), in parte trattate nel 8.6. L’ampiezza di probabilit`a di transizione e` data da: i ck0 (t) = V0 F(t)ck h¯ 

=

con ck =

2 a

 a

dx x sin 0

(k + 1)πx πx sin = a a

1 cos(kπx/a) x sin(kπx/a) cos((k + 2)πx/a) x sin((k + 2)πx/a) − + − a (kπ/a)2 kπ/a ((k + 2)π/a)2 (k + 2)π/a ⎧ ⎪ k pari = 0 ⎨0 = 8a k + 1 ⎪ ⎩ k dispari. π 2 k2 (k + 2)2

a = 0

3.8 Perturbazioni dipendenti dal tempo

321

Posto ωk0 = k(k + 2)ω0 , ω0 = (¯hπ 2 /2μa2 ), valutiamo ora le parti temporali:  ∞

Fa (τ) =

i)

ii) Fb (τ) = Fc (τ) =

iii)

dt exp[iωk0t − t 2 /τ 2 ] =

−∞  ∞

2 2 πτ exp[−ωk0 τ /4];

2 2 −1 dt exp[iωk0t − |t|/τ] = 2τ(1 + ωk0 τ ) ;

−∞  ∞ −∞

√

dt exp[iωk0t]

1 = πτ exp[−ωk0 τ]. 1 + (t/τ)2

Gli integrali si trovano in A.12. Raccogliendo tutto, le probabilit`a sono date da: ⎧ ⎪ ⎪ k pari = 0 ⎨0 P0→k = 64a2 (k + 1)2V 2 ⎪ 0 2 ⎪ Fi (τ) k dispari con i = a, b, c. ⎩ 4 4 π k (k + 2)4 h¯ 2 Per la validit`a del metodo perturbativo, si richiede in generale che i valori d’aspettazione del potenziale siano piccoli rispetto alla spaziatura di quelli imperturbati. Inoltre, in caso di tempi t grandi, si richiede anche che la perturbazione decresca rapidamente rispetto all’unit`a di misura naturale del sistema imperturbato; nel caso presente, il tempo τ di abbattimento deve essere piccolo rispetto al tempo caratteristico 1/ω0 . E quindi: V  1, h¯ ω0

τω0  1 =⇒

V0 a V τ = 2 τ  1. π h¯ h¯

Da ci`o segue che la probabilit`a P0→k e` piccola. 8.15. Il rotatore piano ha autofunzioni e autovalori dati da: 1 (0) Φn (ϕ) = √ einϕ , 2π

(0)

Wn

=

h¯ 2 2 n , 2μλ 2

n = 0, ±1, ±2, ...

Sfruttando la relazione cos ϕ = (eiϕ + e−iϕ )/2, e l’ortonormalit`a tra autostati, si ottiene: dE(t) Vkn (t) = − δk,n±1 . 2 Al primo ordine , l’ampiezza di probabilit`a risulta essere: (1)

cn→k = −i

d 2¯h

con

 ∞

(0)

0

(0)

dt  E(t  ) exp[iωkn t  ] = −i (0)

d 2¯h

 ∞ 0

(0)

ωkn = (Wk −Wn )/¯h = (k2 − n2 )ω0 , e la probabilit`a: (1)

P0→±1 =

(0)

dt  E0 exp[(iωkn − 1/τ)t  ].

d 2 E02 τ2 . 4¯h2 (1 + ω02 τ 2 )

ω0 =

h¯ , 2μλ 2

322

3 Soluzioni

Al secondo ordine: (2)

ckn = −

1 ∑ h¯ 2 m

 ∞ 0

(0)

dt Vkm (t  ) exp[iωkm t  ]

 t 0

(0)

dt V (t  )mn exp[iωmn t  ].

Per quanto visto sopra, gli unici elementi diversi da zero a partire dallo stato | 0 sono:  2 oppure 0 | V | 1  1 | V | 0 ,

 −2 oppure 0 | V | − 1  −1 | V | 0 .

Le transizioni 0 → 0 sono permanenze, per cui abbiamo solo 0 → ±2, proibite a primo ordine; esse hanno ampiezza uguale, sia per la forma di V , sia per la (0) degenerazione di W±n : 





t d 2 E02 ∞  dt exp[(i3ω0 − 1/τ)t  ] dt  exp[(iω0 − 1/τ)t  ] = 2 0 4¯h 0 d2E 2 1 = − 20 , 4¯h (i3ω0 − 1/τ)(i4ω0 − 2/τ)

(2)

c±2,0 (t → ∞) = −

e la probabilit`a di transizione: (2)

(2)

P0→±2 = |c±2,0 |2 =

d 4 E04 τ4 . 64¯h4 (1 + 9ω02 τ 2 )(1 + 4ω02 τ 2 )

Per la validit`a del metodo perturbativo, procediamo come nel 8.14. Dalle due condizioni: τ dE0  1 , τω0  1 =⇒ dE0  1, h¯ ω0 h¯ cio`e segue che la probabilit`a P(1) e` piccola. Al secondo ordine, occorre che il contributo aggiuntivo sia pi`u piccolo del precedente. Confrontando i due termini: (2)

(1)

(1)

P0→±2 = P0→±1 P0→±1

2    (1 + ω02 τ 2 )2 (1) = P 1/4 + O(ω02 τ 2 ) . 0→±1 2 2 2 2 4(1 + 9ω0 τ )(1 + 4ω0 τ )

Quindi, il secondo termine e` un infinitesimo di un ordine superiore a quello del primo.

3.9 Momento angolare e spin 9.1. La funzione d’onda assegnata pu`o essere espressa in coordinate polari nel modo seguente: ψ = N(x + y + 2z)e−αr = N(sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + 2 cos θ )re−αr = ! " = NR(r) 1/2 sin θ [eiϕ (1 − i) + e−iϕ (1 + i)] + 2 cos θ .

3.9 Momento angolare e spin

323

Possiamo riesprimere la funzione d’onda tramite le armoniche sferiche:   1+i +i  √1 −1 √ Y11 (θ , ϕ) + √ Y1−1 (θ , ϕ) + 2Y10 (θ , ϕ) , ψ = R(r) 6 2 2  e` normalizzata a uno, essendo normalizzata a uno separatacon la funzione R(r) mente la parte angolare. Si ricavano pertanto le tre probabilit`a: P11 =

1 , 6

P1−1 =

1 , 6

2 P10 = . 3

9.2. Valutiamo anzitutto il commutatore tra l’Hamiltoniana e il momento angolare totale. Possiamo porre: H=

p2 p2 + a(x2 + y2 ) + bz2 = + ar2 + (b − a)z2 = Hosc + (b − a)z2 , 2μ 2μ

dove Hosc e` un operatore che commuta con L2 . Pertanto: [H, L2 ] = (b − a)[z2 , L2 ]. Il commutatore e` diverso da zero, e quindi energia e momento angolare sono osservabili compatibili solo se b − a = 0. Abbiamo pertanto i tre casi: i) Se a = b la seconda misura di H dar`a un valore non necessariamente uguale al primo. ii) Se a = b si trover`a il medesimo valore. iii) Se a = b ma eseguo solo una misura di L2 , a causa della degenerazione dello spettro di L2 , lo stato si trover`a in una miscela di autostati di H. Per le degenerazioni dell’oscillatore armonico tridimensionale, confronta con il Problema 3.6. 9.3. Esprimiamo la funzione d’onda in coordinate polari: ψ = Nxye−r = Nr2 e−r sin2 θ cos ϕ sin ϕ = R(r) sin2 θ

e2iϕ − e−2iϕ = 4i

 √1 [Y22 (θ , ϕ) −Y2−2 (θ , ϕ)], = R(r) 2  normalizzato a uno. con R(r) i) Lo stato ψ e` dunque autostato di L2 con autovalore 6¯h2 (l = 2), mentre vi e` probabilit`a 1/2 di trovare per Lz gli autovalori ±2¯h. ii) In un potenziale centrale, L2 e Lz sono costanti del moto per cui le probabilit`a non variano.

324

3 Soluzioni

9.4. Introducendo l’operatore di Spin totale S = S1 + S2 , l’Hamiltoniana diventa:  α 2 S − S21 − S22 + β Sz . H= 2 i) s1 = s2 = 1/2. Si pu`o avere {s = 0, sz = 0} oppure {s = 1, sz = 1, 0, −1}, cui corrispondono gli autovalori: 3 W00 = − α¯h2 , 4

1 W1sz = α¯h2 + β h¯ sz . 4

ii) s1 = 1/2, s2 = 3/2. Si pu`o avere {s = 1, sz = 1, 0, −1} oppure {s = 2, sz = 2, 1, 0, −1, −2}, cui corrispondono gli autovalori: 5 W1sz = − α¯h2 + β h¯ sz , 4

3 W2sz = α¯h2 + β h¯ sz . 4

L’Hamiltoniana trattata e` nota come modello di Heisenberg con campo magnetico. 9.5. Lo stato ψ(1, 2) = χ+ (1)χ− (2) e` evidentemente autostato della terza componente dello spin totale con autovalore zero, ma non e` autostato del quadrato dello spin totale. E` dunque una combinazione lineare degli stati χ00 e χ10 , dove gli indici si riferiscono allo spin totale e alla sua terza componente. I coefficienti dello sviluppo si possono leggere nelle tabelle dei coefficienti di Clebsch-Gordan, oppure in questo caso si possono ricavare con semplici argomenti di simmetria. Infatti, le autofunzioni di spin totale sono a loro volta combinazioni lineari dei prodotti di funzioni di particella singola; inoltre, all’interno della medesima rappresentazione, cio`e per il medesimo valore dello spin totale, si passa da uno stato all’altro tramite gli operatori di innalzamento e abbassamento S± = S1± ± S2± , che sono simmetrici per scambio di particelle 1 ↔ 2, e che pertanto non alterano la simmetria delle funzioni cui sono applicati. Poich´e χ+ χ+ e χ− χ− appartengono evidentemente alla rappresentazione con s = 1, anche lo stato χ10 deve avere la stessa simmetria di quelli, e deve dunque essere simmetrico; lo stato χ00 sar`a allora antisimetrico: 1 χ10 = √ [χ+ (1)χ− (2)+χ− (1)χ+ (2)] , 2

1 χ00 = √ [χ+ (1)χ− (2)−χ− (1)χ+ (2)] . 2

Invertendo la relazione: 1 χ± (1)χ∓ (2) = √ [χ10 ± χ00 ]. 2 I risultati della misura dello spin totale sono 0 e 2¯h2 , entrambi con probabilit`a 1/2. 9.6. La funzione: ψ = Nz exp[−α(x2 + y2 + z2 )] = Nre−αr cos θ , 2

3.9 Momento angolare e spin

325

risulta fattorizzata in una funzione della sola r e una della sola θ , ed e` su questa che agiscono gli operatori di momento angolare, le cui espressioni esplicite sono le seguenti (vedi A.3):  1 ∂  ∂  1 ∂ ∂2  sin θ + 2 , , L2 = −¯h2 ∂ϕ sin θ ∂ θ ∂θ sin θ ∂ ϕ 2  ∂ ∂  L± = h¯ e±iϕ ± + i cot θ . ∂θ ∂ϕ Lz = −i¯h

Poich´e: Lz cos θ = 0 ,

L2 cos θ = −¯h2

∂  1 ∂  sin θ cos θ = 2¯h2 cos θ , sin θ ∂ θ ∂θ

e, come detto prima, questi operatori non agiscono sulle funzioni di r, possiamo concludere che la funzione ψ e` autostato di L2 relativo all’autovalore l = 1 e di Lz relativo a m = 0. La possiamo pertanto indicare come ψ10 . Le altre autofunzioni relative a l = 1, si ottengono da questa tramite gli operatori di innalzamento e abbassamento, utilizzando la relazione generale:

J± | j, m = h¯ ( j ∓ m)( j ± m + 1) | j, m ± 1 . Ovvero:

1 1 ψ1,±1 = √ L± ψ1,0 = √ e±iϕ (±∂ /∂ θ )ψ(r, θ , ϕ) = 2 h¯ 2 2 N  −αr2 Y1±1 (θ , ϕ). = √ re−αr e±iϕ (∓ sin θ ) = Nre 2

 normalizza a uno la funzione di r. La costante N 9.7. La componente lungo l’asse θ dell’operatore vettore di spin e` data da: Sθ = Sz cos θ + Sx sin θ . Gli autovalori di Sθ sono naturalmente ±¯h/2, con autostati dati dall’equazione:           cos θ sin θ  a a    = ± .       sin θ − cos θ  b b Assumendo gli autostati normalizzati a 1, possiamo porre a = cos α e b = sin α, ottenendo:         cos(θ − α) cos(α)   = ± .      sin(α)   sin(θ − α) 

326

3 Soluzioni

Si ricava immediatamente che:     cos(θ /2) , ψ+ =    sin(θ /2) 

    − sin(θ /2) , ψ− =    cos(θ /2) 

    1 ϕ0 =   , 0

dove abbiamo riportato esplicitamente anche lo stato iniziale ϕ0 , autostato di Sz con autovalore h¯ /2. Proiettando scalarmente lo stato ϕ0 sugli altri due e quadrando, troviamo le probabilit`a richieste: P(sθ =¯h/2) = cos2 (θ /2) ,

P(sθ =−¯h/2) = sin2 (θ /2).

Chiaramente, trovato il primo valore, il secondo e` il complementare di questo a uno. 9.8. Poich´e Lz = −i¯h∂ /∂ ϕ, con autofunzioni proporzionali a e±iϕ e autovalori ±¯h, si ottiene: 1 1 ψ = f (r, θ ) cos ϕ = f (r, θ ) (eiϕ + e−iϕ ) = √ (u+ + u− ). 2 2 con u± (r, θ , ϕ) autofunzioni di Lz con autovalori ±¯h, e probabilit`a 1/2. 9.9. Dalle relazioni: 1 Sx = (S+ + S− ) , 2

Sy =

1 (S+ − S− ), 2i

segue facilmente che:  1, m | Sx | 1, m =  1, m | Sy | 1, m = 0. Inoltre:

1  1, m | Sx2 | 1, m =  1, m | S+ S− + S− S+ | 1, m = 4  2 h¯ 2 h¯ (s + m)(s − m + 1) + (s − m)(s + m + 1) = (2 − m2 ), = 4 2 s=1

con m = 1, 0, −1. Per simmetria, i valori di aspettazione di Sy2 sono uguali a questi. 9.10. E` immediato riconoscere lo sviluppo dello stato iniziale sulle armoniche sferiche: ψ(0) = N sin 2θ sin ϕ = N2 sin θ cos θ sin ϕ ∝ Y2,1 (θ , ϕ) +Y2,−1 (θ , ϕ). I due addendi sono separatamente autostati dell’Hamiltoniana H = L2 /2I + aLz : HY2,1 =

 6¯h2 2I

 + a¯h Y2,1 ,

HY2,−1 =

 6¯h2 2I

 − a¯h Y2,−1 .

3.9 Momento angolare e spin

327

La funzione d’onda al tempo t pu`o pertanto essere espressa tramite l’operatore di evoluzione: ψ(t) = exp(−i/¯hHt)ψ(0) ∝ exp[−i/¯h(3¯h2 /I + a¯h)t]Y2,1 + + exp[−i/¯h(3¯h2 /I − a¯h)t]Y2,−1 =   = exp(−i3¯ht/I) exp(−iat)Y2,1 + exp(iat)Y2,−1 ∝ ∝ exp(−i3¯ht/I) sin 2θ sin(ϕ − at). Inserita la normalizzazione N, si ottiene il risultato richiesto. 9.11. Per semplicit`a , poniamo | ± i = | 1/2, ±1/2 i , e consideriamo stati prodotto diretto, cominciando tra stati con ugual segno | ± 1 | ± 2 : Sz | ± 1 | ± 2 = (S1z + S2z ) | ± 1 | ± 2 = ±¯h | ± 1 | ± 2 .   1 S2 | ± 1 | ± 2 = Sz2 + (S+ S− + S− S+ ) | ± 1 | ± 2 = 2   1 = h¯ 2 + (S+ S− + S− S+ ) | ± 1 | ± 2 . 2 Nell’espressione precedente abbiamo introdotto i soliti operatori: S± = Sx ± iSy = S1± + S2± ,

Si± | ± i = 0 ,

Si± | ∓ i = h¯ | ± i .

Da qui si vede che: S − | − 1 | − 2 = 0 ,

S+ | + 1 | + 2 = 0,

e che, dei due addendi S+ S− e S− S+ , uno si annulla, l’uno o l’altro a seconda del segno dello stato, e che i due contributi non nulli sono uguali tra loro. Ad esempio: S+ S− | + 1 | + 2 = (S1+ + S2+ )(S1− + S2− ) | + 1 | + 2 =   = h¯ (S1+ + S2+ ) |− 1 | + 2 + | + 1 | − 2 = 2¯h2 | + 1 | + 2 , e l’altro e` uguale. Raccogliendo tutto: S2 | ± 1 | ± 2 = 2¯h2 | ± 1 | ± 2 . Gli stati | ± 1 | ± 2 sono dunque autostati di Sz e di S2 , con autovalori ±¯h e a 2¯h2 . Valutiamo ora i nostri operatori sugli stati ‘misti’, e in particolare sugli stati: 1 | ± S ≡ √ ( | + 1 | − 2 ± | − 1 | + 2 ) 2

=⇒ Sz | ± S = 0,

328

3 Soluzioni

dove il ± in | ± S non fa riferimento a un autovalore ma al segno della combinazione. Per quanto riguarda S2 , esplicitiamo sia gli operatori che gli stati:   1 S2 | ± S = Sz2 + (S+ S− + S− S+ ) | ± S = 2      1  = √ S1+ + S2+ S1− + S2− + S1− + S2− S1+ + S2+ · 2 2   · | + 1 | − 2 ± | − 1 | + 2 =  1  S1+ S1− + S2+ S1− + S1− S2+ + S2− S2+ | + 1 | − 2 ± = √ 2 2    ± S1+ S2− + S2+ S2− + S1− S1+ + S2− S1+ | − 1 | + 2 . Gli altri addendi si sommano a zero. Proseguendo nel calcolo esplicito:  h¯ 2   S2 | ± S = √ | + 1 | − 2 ± | + 1 | − 2 + 2 2   + | − 1 | + 2 ± | − 1 | + 2 +   + | − 1 | + 2 ± | − 1 | + 2 +   + | + 1 | − 2 ± | + 1 | − 2 . In conclusione:  2¯h2  | + 1 | − 2 + | − 1 | + 2 = 2¯h2 | + S , S2 | + S = √ 2

S2 | − S = 0.

Dunque, | ± S sono autostati di S2 con autovalori 2¯h2 e 0, rispettivamente. Pi`u rapidamente, ma con qualche conoscenza in pi`u, partiamo da: Sz | ± 1 | ± 2 = ±¯h | ± 1 | ± 2 ,

S± | ± 1 | ± 2 = 0.

|± 1 | ± 2 sono dunque gli stati di peso massimo e minimo | 1/ ± 1 S . Lo stato |1/0 S si ottiene dall’uno o dall’altro con abbassatore o innalzatore. Questi operatori sono simmetrici nelle due particelle, e quindi la simmetria degli stati di partenza viene preservata. Dunque, | 1/0 S e` simmetrico, e il suo ortogonale | 0/0 S antisimmetrico:  1  | + 1 | − 2 + | − 1 | + 2 | 1/0 S = √ 2 1 | 0/0 S = √ ( | + 1 | − 2 − | − 1 | + 2 ) . 2 σ. 9.12. Esplicitiamo lo stato assegnato, utilizzando le matrici di Pauli S = h¯ /2σ Gli autovalori delle componenti delle σ lungo una direzione qualsiasi sono sempre

3.9 Momento angolare e spin

329

±1, dato che si passa dall’una all’altra con una rotazione d’assi, ovvero con una trasformazione unitaria che non altera lo spettro. Le autofunzioni di σx , σy e σz sono note:             1  1  1  1  1 0 (x) (y) (z) (z) ψ± = √   , ψ± = √   , ψ+ =   , ψ− =   . 0 1 2 ±1 2 ±i Invece la componente dello spin lungo l’asse r e` data da:      n l − im σ · r = σx l + σy m + σz n =   , l 2 + m2 + n2 = 1, l + im −n  con autovalori ±1, e autovettori dati da:           a  n l − im a    = ± . l + im −n  b b Le soluzioni normalizzate di questa equazione sono date da:    1   

  (r) ψ± = (1 ± n)/2 l + im .    n±1  Alternativamente, ruotiamo l’asse z fino a portarlo nella direzione r, ovvero: (r)

(z)

(z)

ψ± = Rϕ Rθ ψ± = exp(−i/¯hϕSz ) exp(−i/¯hθ Sy )ψ± = (z)

= exp[−i(ϕ/2)σz ] exp[−i(θ /2)σy ]ψ± . Gli operatori di rotazione si sviluppano in serie, notando che σx2 = σy2 = σz2 = I con I matrice unit`a, e che da tutte le potenze dispari si pu`o raccogliere una singola σi , lasciando solo potenze pari e cio`e matrici unit`a. Esplicitando lo sviluppo:   *  +     *  +           −iϕ/2 0  1 0 0 0 −i 1 e (r) oppure cos(θ /2) − i sin(θ /2) ψ± =  =          1 i 0  0  0 eiϕ/2  0 1 −  ⎧  ⎫ +    ⎨  ⎬  −iϕ/2  −iϕ/2 cos(θ /2) sin(θ /2) −e e   oppure  . =    ⎩  eiϕ/2 cos(θ /2)  ⎭  eiϕ/2 sin(θ /2)  +

−

Controlliamo infine che le due forme trovate coincidano, richiamando le relazioni tra i coseni direttori degli angoli α, β , γ e gli angoli polari θ , ϕ: l = cos α = sin θ cos ϕ ,

m = cos β = sin θ sin ϕ ,

n = cos γ = cos θ .

330

3 Soluzioni

Da qui:  √    ± 1 ± cos θ ]  1     

1     (1 ± n)/2  l + im  = √  eiϕ sin θ  =     2 √   n±1  1 ± cos θ    ⎧  ⎫  cos(θ /2)  ⎪ − sin(θ /2) ⎪    ⎨  ⎬     =  eiϕ sin θ  oppure  eiϕ sin θ  =    ⎪  ⎪  2 cos(θ /2)  ⎩  2 sin(θ /2)  ⎭ + −   ⎧  ⎫   −iϕ/2  ⎨   −iϕ/2 cos(θ /2) sin(θ /2) ⎬ −e e    oppure =   iϕ/2   ⎭.  e   eiϕ/2 sin(θ /2)  ⎩ cos(θ /2) + − Nell’ultima relazione abbiamo raccolto e tralasciato un fattore eiϕ/2 in fronte a tutto, in quanto di modulo 1 e quindi riassorbibile nella normalizzazione. Possiamo ora rispondere alle domande del problema. (z)

i) All’istante t = 0 la particella si trova nello stato ψ+ e, proiettando scalarmente questo stato sugli altri, otteniamo le varie ampiezze di probabilit`a: P+ (x) = P+ (y) =

1 , 2

P+ (r) =

1+n . 2

ii)  ψ0 | σx | ψ0 =  ψ0 | σy | ψ0 = 0 ,  ψ0 | σr | ψ0 = n.  2  2 iii)  σx −  σx 0 =  σx2 0 = 1 ,  σy −  σy 0 =  σy2 0 = 1. iv) Poich´e la particella e` libera, l’Hamiltoniana commuta con lo spin che risulta una costante del moto, con probabilit`a e valori di aspettazione indipendenti dal tempo. 9.13. Ci si pu`o ridurre alla composizione di due spin totali, con S = n/2 e con S = (N − n)/2. Infatti, lo stato assegnato pu`o essere espresso come:  nn -  N −n N −n  |ψ =  , − 2 2 2 2 con le ovvie identificazioni:  N −n N −n  nn  = |+ 1 | + 2 · · · | + n ,  = | − n+1 |− n+2 · · · |− N . − 2 2 2 2 Il primo e` uno stato di peso massimo e il secondo di peso minimo, e per questi e` immediata l’attribuzione alla rappresentazione. In modo analogo possiamo dividere lo spin totale nella somma dei due operatori di spin: ST = Sn + SN−n ,

Sn = S1 + S2 + · · · + Sn ,

SN−n = Sn+1 + Sn+2 + · · · + SN .

3.9 Momento angolare e spin

331

Pertanto:  ψ | S2T | ψ =  ψ | S2n + S2N−n + 2Sn · SN−n | ψ =   N −n N −n  n N −n 1  2 n n +1 + + 1 −2 = N − 4nN + 2N + 4n2 . = 2 2 2 2 2 2 4 Notare che, svolgendo il prodotto scalare tra i due operatori di spin, l’unico contributo diverso da zero proviene dalle componenti z degli operatori, diagonali sugli stati. Le componenti x e y invece danno contributi nulli in quanto contengono innalzatori e abbassatori. 9.14. Dati N spinori, se n di questi hanno lo spin in su e i restanti N − n hanno lo spin in gi`u, la terza componente dello spin totale ha evidentemente autovalore: Sz =

1 1 n − (N − n) = n − N/2. 2 2

La degenerazione di questo autovalore e` data dal numero di modi distinti in cui posso selezionare gli n spinori con spin in su. Quindi:   N N . dSz = = n Sz + N/2 9.15. Gli stati assegnati sono evidentemente autostati di Jz (totale) con autovalore zero. Per dimostrare che sono autostati anche di J 2 con autovalore zero, e` sufficiente dimostrare che sono stati di peso massimo, oppure, equivalentemente, di peso minimo, cio`e: J± ψ = 0. In caso contrario, si otterrebbe un autostato di Jz con autovalore ±1, che avrebbe perci`o spin totale > 0. Consideriamo ad esempio l’effetto dell’abbassatore: J− ψ = (J1− + J2− ) √ =√

h¯ 2j+1



∑

m j =− j

j

∑

m j =− j

j

∑

m j =− j+1

j−1

+

1 2j+1

(−)s j

(−)s j

(−)s j | j, m j 1 | j, −m j 2 =



( j + m j )( j − m j + 1) | j, m j − 1 1 | j, −m j 2 +

  ( j − m j )( j + m j + 1) | j, m j 1 | j, −m j − 1 2 .

Notare che il primo termine della prima sommatoria e l’ultimo della seconda sono stati omessi, perch´e annullati da J1− e J2− , rispettivamente. Nella seconda operiamo la sostituzione (m j + 1) → n j , e quindi anche s j → (s j − 1), ottenendo: j

J− ψ ∝

∑

(−)s j

m j =− j+1



( j + m j )( j − m j + 1) | j, m j − 1 1 | j, −m j 2 +

332

3 Soluzioni j

+

∑

(−)s j −1

n j =− j+1



( j − n j + 1)( j + n j ) | j, n j − 1 1 | j, −n j 2 = 0.

Pertanto, lo stato ψ con autovalore nullo di Jz e` un peso minimo, e dunque anche l’autovalore di J 2 e` nullo. 9.16. Possiamo partire dalle autofunzioni di peso massimo (o minimo) relative al momento angolare totale massimo (pedice T ), cio`e j = 2, e ottenere gli altri stati di questa rappresentazione tramite l’abbassatore (l’innalzatore): | 2/2 T = | 1, 1 1 | 1, 1 2 ; 1 J− | 2/2 T = 2¯h   1 1  J1− + J2− | 1, 1 1 | 1, 1 2 = √ = | 1, 0 1 | 1, 1 2 + | 1, 1 1 | 1, 0 2 ; 2¯h 2 1 | 2/0 T = √ J− | 2/1 T = h¯ 6  1   1  | 1, 0 1 | 1, 1 2 + | 1, 1 1 | 1, 0 2 = = √ J1− + J2− √ h¯ 6 2  1  √ | 1, −1 1 | 1, 1 2 + | 1, 1 1 | 1, −1 2 + 2 | 1, 0 1 | 1, 0 2 . 6 | 2/1 T =

Gli ultimi due stati della rappresentazione sono il peso minimo e quello ottenuto da questo tramite l’innalzatore. Essi sono: | 2/2 T = | 1, −1 1 | 1, −1 2 ;  1  | 2/ − 1 T = √ | 1, 0 1 | 1, −1 2 + | 1, −1 1 | 1, 0 2 . 2 Gli stati della rappresentazione con j = 1 si ricavano dallo stato di peso massimo che si ottiene per ortogonalit`a con l’unico altro stato avente jz = 1, cio`e lo stato | 2, 1 T trovato prima:  1  | 1, 0 1 | 1, 1 2 − | 1, 1 1 | 1, 0 2 ; | 1/1 T = √ 2  1   1 1 J1− +J2− √ | 1, 0 1 | 1, 1 2 − | 1, 1 1 | 1, 0 2 = | 1/0 T = J− | 1/1 T = 2¯h 2¯h 2   1 | 1, −1 1 | 1, 1 2 − | 1, 1 1 | 1/ − 1 2 . =√ 2

3.9 Momento angolare e spin

333

Lo stato di peso minimo si pu`o trovare in modo analogo a quello di peso massimo:  1  | 1, 0 1 | 1, −1 2 − | 1, −1 1 | 1, 0 2 . | 1/ − 1 T = √ 2 Infine, per ortogonalit`a con i due stati con jz = 0 trovati in precedenza, otteniamo:  1  | 0/0 T = √ | 1, −1 1 | 1, 1 2 + | 1, 1 1 | 1, −1 2 − | 1, 0 1 | 1, 0 2 . 3 9.17. L’autostato di peso massimo: | j/ j T = | j1 + j2 − 1/ j1 + j2 − 1 T , e` combinazione lineare di soli due stati prodotto diretto: | j1 + j2 − 1/ j1 + j2 − 1 T = α | j1 , j1 1 | j2 , j2 − 1 2 + β | j1 , j1 − 1 1 | j2 , j2 2 , con α e β coefficienti di Clebsch-Gordan, consultabili in ogni libro sull’argomento. Noi invece li valutiamo direttamente per ortogonalit`a con l’unico altro stato con il medesimo autovalore di jz , relativo per`o al j totale massimo, jT max = j1 + j2 : | j1 + j2 / j1 + j2 − 1 T = =√

  1 1

J1− + J2− | j1 , j1 1 | j2 , j2 2 = h¯ 2( j1 + j2 )





1 j1 | j1 , j1 − 1 1 | j2 , j2 2 + j2 | j1 , j1 1 | j2 , j2 − 1 2 . j1 + j2

Per ortogonalit`a con questo stato, troviamo: | j1 + j2 − 1/ j1 + j2 − 1 T = =√

 

1 − j2 | j1 , j1 − 1 1 | j2 , j2 2 + j1 | j1 , j1 1 | j2 , j2 − 1 2 . j1 + j2

Quindi la probabilit`a richiesta, di trovare m1 = j1 e` data da: Pm= j1 =

j1 . j1 + j2

Notiamo che, imponendo l’ortogonalit`a degli stati, | j1 + j2 − 1/ j1 + j2 − 1 T non ha fase fissata. Questo e` un fatto del tutto generale, in quanto tutte le rappresentazioni sono determinate a meno di una fase comune, ovvero a meno della fase del peso massimo.

334

3 Soluzioni

9.18. Le autofunzioni di sr sono date da, vedi 9.12:    1 

   (1 ± n)  (r)  , l 2 + m2 + n2 = 1, ψ± =  2  l + im    n±1 e le probabilit`a richieste da: (r)

|  ψ | ψ± | 2 = =

2 l + im 1 ± n   cos α =  sin α − i 2 n±1

 1 (1 ± n) sin2 α + (1 ∓ n) cos2 α ± m sin 2α . 2

E` immediato controllare che la somma delle due probabilit`a e` uguale a 1. 9.19. Possiamo leggere i coefficienti di Clebsch-Gordan dalle tabelle: √ 2 1 | 1/2/1/2 T = √ | 1, 1 1 | 1/2, −1/2 2 − √ | 1, 0 1 | 1/2, 1/2 2 , 3 3 dove, come al solito, si intendono diagonalizzate le componenti z dei momenti angolari. In mancanza di tabelle, si pu`o valutare lo stato | 3/2/1/2 T con l’applicazione di un abbassatore allo stato di peso massimo, e poi per ortogonalit`a ricavare quello richiesto. i) Si ottiene quindi immediatamente (¯h = 1): P(s2z = 1/2) =

1 , 3

2 P(s2z = −1/2) = . 3

Per quanto riguarda invece le probabilit`a relative all’osservabile S2y , occorre sviluppare gli stati | 2 sulla base dei suoi autostati: −i | 1/2, −1/2 2 = √ ( | 1/2, sy = 1/2 2 − | 1/2, sy = −1/2 2 ) , 2  1  | 1/2, 1/2 2 = √ | 1/2, sy = 1/2 2 + | 1/2, sy = −1/2 2 . 2 Inserendo questo sviluppo nell’espressione precedente di | 1/2/1/2 T , otteniamo: P(s2y = 1/2) = P(s2y = −1/2) =

1 1 1 + = . 3 2·3 2

ii) Per la seconda domanda, se con la prima misura e` stato ottenuto il valore s2y = 1/2, e vogliamo conoscere i possibili risultati di una successiva misura su S1y , occorre prima proiettare su | 1/2, s2y = 1/2 2 lo stato iniziale | 1/2/1/2 T , ovvero partire dallo sviluppo iniziale di quest’ultimo, esprimere entrambi gli stati | 2

3.9 Momento angolare e spin

335

sulla base degli autostati di Sy e quindi raccogliere solo la componente s2y = 1/2, ottenendo il nuovo stato iniziale (normalizzato) dopo la misura: & % √ 2 1 | ψ0 = −i √ | 1, 1 1 − √ | 1, 0 1 | 1/2, s2y = 1/2 2 . 3 3 Sviluppare ora gli stati | 1 sugli autostati di S1y , dati da, vedi A.14:      1  1   1 √  1   | 1, sy = ±1 = ±i 2 , | 1, sy = 0 = √  0  ,  2 2    −1  −1 ottenendo infine: + | ψ0 =

 √ 21 | 1, sy = 1 1 − | 1, sy = −1 1 − i 2 | 1, sy = 0 1 − 32 *

1 1 − √ √ [ | 1, sy = 1 1 + | 1, sy = −1 1 ] 3 2

| 1/2, sy = 1/2 2 .

Da qui si ricavano le probabilit`a richieste: 1 P(s1y = 1) = P(s1y = 0) = P(s1y = −1) = . 3 9.20. La terza componente del momento angolare e` data dall’operatore: Lz = −i¯h

 ∂ ∂  ∂ = −i¯h x − y , ∂ϕ ∂y ∂x

che sappiamo commutare sia con p2 che con r2 . Pertanto [Lz , Hosc ] = 0 e dunque Lz e` una costante del moto con valori di aspettazione indipendenti dal tempo. Possiamo allora valutarli sullo stato iniziale, utilizzando l’espressione cartesiana dell’operatore, dato che lo stato non ha alcuna simmetria polare:  ψ | Lz | ψ =  X(x)Y (y)Z(z) | xˆ pˆy − yˆ pˆx | X(x)Y (y)Z(z) = x ˆ X  pˆy Y −x ˆ Y  pˆx X . I valori medi di posizione e impulso di una gaussiana si leggono direttamente, e dunque: Lz = h¯ (x0 k2 − y0 k1 ).

336

3 Soluzioni

9.21. La funzione d’onda all’istante iniziale e` una semplice somma di armoniche sferiche: √ 1 3 ψ(0) = √ (Y11 +Y1−1 ) con Y1±1 (θ , ϕ) = ∓ √ sin θ e±iϕ . 8π 2 Su queste funzioni l’Hamiltoniana e` diagonale, poich´e: H = λ (L+ L− )2 = λ (L2 − Lz2 + h¯ Lz )2 , e i suoi autovalori sono dati da: HY11 = 4λ h¯ 4Y11

HY1−1 = 0.

e da

Pertanto, la funzione d’onda al tempo t e` data da:  1  ψ(t) = √ exp(−i4λ h¯ 3t)Y11 +Y1−1 . 2 Dalla espressione esplicita delle armoniche sferiche, si ricava che la funzione d’onda richiesta viene raggiunta quando l’esponenziale raggiunge il valore −1, e cio`e a t = π/4λ h¯ 3 . Infatti:  1  ψ(t = π/4λ h¯ 3 ) = √ e−iπ Y11 +Y1−1 = A sin θ cos ϕ. 2 9.22. La funzione d’onda assegnata si riconosce essere autofunzione dei momenti angolari e dell’Hamiltoniana libera, vedi A.4 e A.5. Precisamente: ψ(r, θ , ϕ) = N cos θ

d sin kr = N Y10 (θ , ϕ)Rk,1 (r0) , dr r

Wk =

k2 h¯ 2 . 2μ

Dunque: Lz = 0 ,

L2 = 2¯h2 ,



h¯ 2 k2 p2

= . 2μ 2μ

9.23. Poich´e i due momenti magnetici sono diversi, μe = μ p , non possiamo definire un momento magnetico totale, ovvero l’operatore O = μe σ e + μ p σ p non ha le caratteristiche di un momento angolare, a causa dei termini μe2 e μ p2 che compaiono nel commutatore. Dobbiamo pertanto risolvere il problema nello spazio prodotto diretto He ⊗ H p . In questo spazio quadridimensionale, una base e` data dal prodotto

3.9 Momento angolare e spin

337

diretto delle basi |± e ⊗ |± p , di cui possiamo dare la seguente rappresentazione:   1             1 1 0 |+ e ⊗ |+ p =   ⊗   =   , 0 0 0   e p 0

  0             1 0 1 |+ e ⊗ |− p =   ⊗   =   , 0 1 0   e p 0

  0             0 1 0 |− e ⊗ |+ p =   ⊗   =   , 1 0 1   e p 0

  0             0 0 0 |− e ⊗ |− p =   ⊗   =   . 1 1 0   e p 1

Notare l’ordine scelto: il secondo vettore per le componenti del primo. In modo analogo, gli operatori hanno la rappresentazione:         I 0  1 0 Sez = σez ⊗ I p =   , I =  , 0 −I  0 1   0 Se+ = σe+ ⊗ I p =  0

  I , 0

  0 Se− = σe− ⊗ I p =  I     σi 0  S pi = Ie ⊗ σ pi =    0 σi 

  0 , 0

dove le σi sono le matrici di Pauli bidimensionali. Pertanto, posto μ˜ e,p = μe,p B:   Hσ = μ˜ e σez ⊗ I p + μ˜ p Ie ⊗ σ pz + γσez ⊗ σ pz + 2γ σe+ ⊗ σ p− + σe− ⊗ σ p+ =                 I 0  σz 0  σz 0   0 σ−  = μ˜ e  =  + μ˜ p  +γ   + 2γ  0 −I   0 σz   0 −σz  σ+ 0     μ˜ e + μ˜ p + γ 0 0 0       2γ 0 0 μ˜ e − μ˜ p − γ   . =     ˜ e + μ˜ p − γ 0 0 2γ − μ      0 0 0 −μ˜ e − μ˜ p + γ  La matrice e` diagonale a blocchi, e l’equazione agli autovalori si risolve facilmente.

Posto A = (μ˜ e − μ˜ p )2 + 4γ 2 , gli autovalori sono: Wσ 1 = μ˜ e + μ˜ p + γ ,

Wσ ± = −γ ± A ,

Wσ 4 = −μ˜ e − μ˜ p + γ,

338

3 Soluzioni

cui corrispondono le autofunzioni:     0       

± A ± (μ˜ e − μ˜ p ) /2γ  γ  , ψ± =     A  2γ/ A ± (μ˜ − μ˜ )  e p         0

  1     0 ψ1 =   , 0   0

  0     0 ψ4 =   . 0   1

Controllare che ψ± sia normalizzato. Alternativamente, possiamo sviluppare gli stati sulla base prodotto diretto e fare agire su questa il prodotto diretto degli operatori:        σei ⊗ σ p j | ± e ⊗ | ± p = σi | ± ⊗ σ j | ± . e

p

L’equazione si riscrive: Hσ

∑

i j=±

ci j | i e | j p = Wσ

∑

ci j | i e | j p

=⇒

i j=±

     c++ μ˜ e + μ˜ p +γ | + e | + p +c+− μ˜ e − μ˜ p −γ | + e | − p +2γ | − e | + p +    +c−+ − μ˜ e + μ˜ p −γ | − e | + p + 2γ | + e | − p +   + c−− − μ˜ e − μ˜ p + γ | − e | − p =   =Wσ c++ | + e | + p +c+− | + e | − p +c−+ | − e | + p +c−− | − e | − p . Proiettando sugli stati, si ottiene un’equazione matriciale identica alla precedente. 9.24. Gli otto stati prodotto diretto sono i seguenti: | +++ , | ++− , | +−+ , | +−− , | −++ , | −+− , | +−+ , | −−− . Il prodotto diretto delle tre rappresentazioni bidimensionali a spin 1/2 pu`o essere decomposto nella somma diretta di rappresentazioni invarianti e irriducibili dello spin totale, ad esempio: 1 1 1 3 1 1 1 ⊗ ⊗ = (0 ⊕ 1) ⊗ = ⊕ ⊕ . 2 2 2 2 2 2 2 Il prodotto diretto tra rappresentazioni e` distributivo rispetto alla somma ma non gode della propriet`a associativa. Il contenuto finale in termini di dimensionalit`a delle rappresentazioni e` sempre il medesimo, ma le singole rappresentazioni hanno una composizione diversa a seconda della via seguita. L’origine di questa ambiguit`a sta

3.9 Momento angolare e spin

339

nella degenerazione degli stati con s = 1/2, mentre gli stati con s = 3/2 non sono degeneri e sono determinati in modo univoco. Iniziamo dunque da questi, con le ovvie identificazioni dei pesi minimi e massimi, e con l’applicazione a questi degli abbassatori o innalzatori.  3 1 1  3 3 | , = | + ++ , | , = √ | + +− + | + −+ + | − ++ , 2 2 2 2 3  3 3 1  3 1 | − −+ + | − +− + | + −− , | , − = | − −− . | ,− = √ 2 2 2 2 3 Come si vede, tutti simmetrici. Per le rappresentazioni con s = 1/2, si pu`o procedere come indicato precedentemente: riduciamo il prodotto diretto delle prime due rappresentazioni ottenendo 012 ⊕ 112 , e quindi moltiplichiamo la 012 per la 1/23 della terza particella, ottenendo cos`ı una s = 1/2 in modo univoco: 1  1 1 | , (a1) = √ 2 2 2 1  =√ 2 1 1 (a1) 1  | ,− =√ 2 2 2 1  =√ 2

| + − {1,2} − | − + {1,2} | + −+ − | − ++



| + 3 =



| + − {1,2} − | − + {1,2}



| − 3 =

 | + −− − | − +− .

Per ortogonalit`a con questa e con la 3/2, si ottiene l’altra 1/2, quella che proviene dalla riduzione di 112 ⊗ 1/23 :  1 1 1  | , (a2) = √ 2 | + +− − | + −+ − | − ++ 2 2 6  1 1 1  | , − (a2) = √ 2 | − −+ − | − +− − | + −− . 2 2 6 Alternativamente, si pu`o iniziare riducendo prima il prodotto della coppia {2, 3}:  1  1 1 | + − {2,3} − | − + {2,3} = | , (b1) = | + 1 √ 2 2 2  1  =√ | + +− − | + −+ 2  1 1 1  | , − (b1) = | − 1 √ | + − {2,3} − | − + {2,3} = 2 2 2   1 =√ | − +− − | − −+ . 2

340

3 Soluzioni

Come nel caso precedente, si trova la 1/2(b2) per ortogonalit`a . Le due rappresentazioni, 1/2(a1) e 1/2(b1) sono ortogonali alla s = 3/2, ma non sono ortogonali tra di loro, bench´e linearmente indipendenti. E` invece linearmente dipendente da queste due quella ottenuta riducendo per primo il prodotto {1, 3}, in quanto esistono solo due rappresentazioni indipendenti con s = 1/2. 9.25. Dell’operatore di rotazione si pu`o dare lo sviluppo in serie: Ry (β ) = exp(−iβ Sy ) =

∞

(−iβ )2m+1 2m+1 ∞ (−iβ )2n 2n Sy Sy . +∑ ∑ m=0 (2m + 1)! n=0 (2n)!

Per spin 1/2 (¯h = 1):   1 1 0 −i Sy = σy =  , 2 2 i 0 

con

σy2 = I,

dove ovviamente I e` la matrice unit`a. Quindi: (1/2)

Ry

(β ) =

∞

∞ (−iβ /2)2m+1 (−iβ /2)2n σy + ∑ I= (2n)! m=0 (2m + 1)! n=0

∑

    cos(β /2) − sin(β /2)   β β  . = −i sin σy + cos I =   2 2  sin(β /2) cos(β /2)  Nel caso invece di s = 1 :   0 −i 0    1   Sy = √  i 0 −i ,  2  0 i 0

   1 0 −1   1  Sy2 =  0 2 0  ,  2 −1 0 1 

Sy3 = Sy ,

(Sy2 )2 = Sy2 .

E anche: Sy2m+1 = Sy Sy2m = Sy3 Sy2m = Sy Sy2m+2 = Sy (Sy2 )m+1 = Sy (Sy2 ) = Sy , Sy2n = Sy2 ,

n = 1, 2... ,

m = 0, 1, 2, ...

Sy0 = I = Sy2 − Sy2 + I.

Pertanto, dalla prima sommatoria si estrae Sy presente in tutti gli addendi; dalla seconda ricaviamo Sy2 , presente in ogni addendo salvo il primo, con n = 0, ove si pone (Sy2 )0 ≡ I = Sy2 − Sy2 + I. Quindi: (1)

Ry (β ) = Sy

∞

∞ (−iβ )2m+1 (−iβ )2n + Sy2 ∑ − Sy2 + I = (2m + 1)! (2n)! m=0 n=0

∑

3.9 Momento angolare e spin

341

  1 + cos β −√2 sin β 1 − cos β     √ 1  √  2 = Sy (cos β − 1) + I + Sy (−i sin β ) =  2 sin β 2 cos β − 2 sin β  .  2   √ 1 − cos β 2 sin β 1 + cos β  Si pu`o ottenere lo stesso risultato sfruttando lo sviluppo spettrale, ricordando che Sy ha autovalori ±1 e 0, con autovettori:      1  1   1 √  1   | ± 1 = ±i 2 , | 0 = √ 0 =⇒  2 2    −1  1 (1)

=⇒ Ry (β ) = exp(−iβ Sy ) = exp(−iβ ) | 1  1 | +exp(iβ )|−1  −1 | + | 0  0 |      √  1 −i√2 −1   1  1 0 1 i 2 −1          √ √  √  1  1 1 √ = exp(−iβ )  i 2 2 −i 2  +exp(−iβ )  −i 2 2 i 2  +  0 0 0   2 4 4      √ √   −1 i 2   1 0 1 1 −1 −i 2 1  Da qui si ottiene la stessa matrice trovata sopra. 9.26. Sviluppando lo stato | 0/0 sulla base degli stati prodotto diretto e applicando a questo l’operatore L+ = L1+ + L2+ , otteniamo: 0 = L+ | 0/0 = (L1+ + L2+ )

l

∑

cm | l, m; l, −m =

m=−l

=

l

∑ cm



(l−m)(l+m+1) | l, m+1; l,−m +

m=−l

+ =



(l+m)(l−m+1) | l, m; l,−m+1 = l

∑



  (l − m)(l + m + 1) cm + cm+1 | l, m + 1; l, −m = 0.

m=−l

Dall’ortogonalit`a degli stati prodotto diretto segue che cm = −cm+1 , e dunque, a meno di un fattore di fase, lo sviluppo richiesto e` dato da: | 0/0 = √

l 1 ∑ (−)m | l, m; l, −m . 2l + 1 m=−l

9.27. Per la simmetria cilindrica della funzione d’onda attorno all’asse z, le indeterminazioni di Lx e Ly sono uguali, per cui ne valutiamo una delle due (¯h = 1): Δ 2 Lx =  ψ | Lx2 | ψ −  ψ | Lx | ψ 2 =

=      .   

342

3 Soluzioni

2 1 1   =  ψ | L+ 2 + L− 2 + L+ L− + L− L+ | ψ −  ψ | L+ + L− | ψ  = 4 4  1  L− ψ | L+ ψ +  L+ ψ | L− ψ +  L− ψ | L− ψ +  L+ ψ | L+ ψ − = 4 2  ∂   | ψ  . − ψ | i sin ϕ ∂θ La funzione d’onda non dipende da ϕ, per cui nei primi quattro addendi gli operatori L± non contribuiscono con la derivata rispetto a ϕ. Inoltre, nel primo e nel secondo addendo occorre integrare su exp(±2iϕ), mentre nel quinto su sin ϕ, anch’esso riconducibile a esponenziali. Tutti questi integrali sono nulli, ad esempio per ortogonalit`a con l’autofunzione con m = 0. Rimangono quindi da valutare solo il terzo e quarto integrale: Δ 2 Lx =

 1 ∂ψ ∂ψ 1  L− ψ | L− ψ +  L+ ψ | L+ ψ =  |

= 4 2 ∂θ ∂θ

1 = n2 N 2 2

 2π

 ∞

dϕ 0

0

dr r2 | f (r) | 2

 1 −1

d cos θ sin2 θ (cos θ )2n−2 .

Posto sin2 θ = 1 − cos2 θ , il termine cos2 θ e il coefficiente N 2 ristabiliscono la normalizzazione a 1 della funzione d’onda; per il primo contributo, sempre tenendo conto di N 2 , notiamo che:  1 −1

dz z2n =

Pertanto: 1 Δ Lx = n2 2 2



 1

2 2n + 1

e

−1

dz z2n−2 =

1 1 2 2n + 1 − 1 = n2 ≈ n, 2n − 1 2 2n − 1 2

2 . 2n − 1

per

n−→∞.

Per quanto riguarda l’indeterminazione sulla collimazione angolare, conviene valutare lo scarto quadratico medio della osservabile sin θ : Δ 2 sin θ =  ψ | sin2 θ | ψ −  ψ | sin θ | ψ 2 . Il secondo termine e` nullo per parit`a. Per il primo, procedendo come sopra:  ψ | sin2 θ | ψ = 1 −  ψ | cos2 θ | ψ = = 1 − N2

 2π

 ∞

dϕ 0

0

dr r2 | f (r) | 2

 +1 −1

dz z2n+2 = 1 −

2n + 1 −→0 2n + 3

Dunque, nel limite di grandi n si ha collimazione perfetta.

per

n−→∞.

3.9 Momento angolare e spin

343

9.28. La funzione d’onda assegnata si pu`o sviluppare sulle armoniche sferiche:

  2  5 i  ψ= Y10 + √ Y11 +Y1−1 +i Y21 +Y2−1 g(r). 14 5 2 i) La normalizzazione si ottiene da quella sulle armoniche sferiche, dato che la g(r) e` gi`a supposta normalizzata. I possibili risultati di una misura (¯h = 1) sono: m = 0, ±1

l = 1, 2.

ii) Le varie probabilit`a sono le seguenti:  9 5 5 1 2 = , , Pm=1 = Pm=−1 = + 14 14 2 5 28   1 1 5 2 5 5 2 2 1+ + = , Pl=2 = = . + Pl=1 = 14 2 2 7 14 5 5 7 Pm=0 =

iii) I valori di aspettazione:  ψ | Lz | ψ = 0 ,

 ψ | L2 | ψ =

22 . 7

9.29. i) Esprimiamo l’Hamiltoniana nel sistema dello spin totale σ = σ 1 + σ 2 :     1  1  σ 21 −σ σ 22 −2σ1z σ2z =− β σ 2 −σz2 −4 . H =−β σ1x σ2x +σ1y σ2y =− β σ 2 −σ 2 2 Gli autostati sono classificabili con gli autovalori simultanei di σ 2 e σz : | 2, 2 , | 2, 0 , | 2, −2 , | 0, 0 . σ , che [σx , σy ] = 2iσz e che gli autovalori di σ 2 sono dati da Ricordare che S = h¯ /2σ σ (σ + 2) con σ intero. Quindi, gli autovalori dell’energia sono: W11 = 0 ,

W10 = −2β ,

W1−1 = 0 ,

W00 = 2β .

Ci sono dunque 3 livelli di energia: ±2β non degeneri, e 0 degenere 2 volte. ii) Se si accende un campo magnetico lungo z di intensit`a B, all’Hamiltoniana occorre aggiungere il termine −(qB/μc)Sz , diagonale sugli stati precedenti. Pertanto: 11 = − qB h¯ , W μc La degenerazione e` risolta.

10 = −2β , W

1−1 = qB h¯ , W μc

00 = 2β . W

344

3 Soluzioni

9.30. i) L’Hamiltoniana si esprime tramite lo spin totale S = S1 + S2 + S3 :   1 9 1  H = α(S1 ·S2 +S2 ·S3 +S3 ·S1 ) = α S2 − S21 − S22 − S23 = α¯h2 s(s + 1) − . 2 2 4 La composizione di tre spin si pu`o effettuare per gradi: il prodotto diretto dei primi due d`a spin totale 0 e h¯ . Componendo il terzo h¯ /2 con questi due si ottengono due spin totali h¯ /2 indipendenti, e uno spin 3¯h/2. L’unica variabile dell’Hamiltoniana e` lo spin totale e quindi: 3 9 3 1 (0) − = − α¯h2 , W1/2 = α¯h2 2 4 4 4

 15 9  3 1 (0) − = α¯h2 . W3/2 = α¯h2 2 4 4 4

La dimensione dello spazio prodotto diretto e` 2 × 2 × 2, e ci sono quattro stati con s = 3¯h/2 e altrettanti con s = h¯ /2. ii) l’Hamiltoniana contiene un termine aggiuntivo  9 1 2 − g ωL sz , ωL = qB/2μc, H = α¯h s(s + 1) − 2 4 avendo indicato con ωL la frequenza di Larmor e con g il fattore giromagnetico delle particelle. Lo spettro diventa perci`o 3 1 (1) W1/2,±1/2 = − α¯h2 ± g¯hωL , 4 2 3 2 3 (1) W3/2,±3/2 = α¯h ± g¯hωL , 4 2 3 2 1 (1) W3/2,±1/2 = α¯h ± g¯hωL . 4 2 I primi con degenerazione residua di ordine 2, I secondi non degeneri. Il valore minimo del campo per avere autoenergia nulla, e` quello per cui ωL =

α¯h 2g

cio`e B =

α¯hμc . qg

9.31. Se la somma che definisce l’Hamiltoniana si interpreta come somma su i e su j indipendentemente, si ha: 

H = −α

∑ Si i

2

  = −α 2 ∑ Si · S j + ∑ S2i . i< j

i

Se invece ci si restringe a i < j, la differenza e` costituita da un fattore 2 e dal termine additivo costante uguale a 3¯h2 . Nel primo caso, H e` data dal momento totale

3.9 Momento angolare e spin

345

quadratico della somma di quattro spin 1/2:   1 1 1 1 1 1 1 1 ⊗ ⊗ ⊗ = ⊗ ⊗ ⊗ = (0⊕1)⊗(0⊕1) = 0⊕1⊕1⊕(0⊕1⊕2). 2 2 2 2 2 2 2 2 Lo spazio 16-dimensionale si riduce a due spazi monodimensionali (spin 0), tre tridimensionali (spin 1) e uno pentadimensionale (spin 2). Pertanto, gli autovalori dell’energia nei due casi sono: W = −α¯h2 s(s + 1) oppure W  = −α¯h2 [s(s + 1) − 3]/2 ,

s = 0, 1, 2.

9.32. Detti {li , mi , ni }, i = 1, 2 , i coseni direttori dei due versori n1 e n2 , possiamo scrivere, vedi 9.12: 1 (n1 · S1 )(n2 · S2 ) √ ( | +; − − | −; + ) = 2   ⎞ ⎛ ⎛       ⎞             2 n n l − im l − im     1 0 0 1 1 1 1 2 2 2 h¯ ⊗ ⎠ √1 ⎝  ⊗   −   ⊗  ⎠ = = ⎝    4 l + im −n  l + im −n  2 0 1 1 0 1 1 1 2 2 2       ⎞ ⎛         h¯ 2 1 ⎝ n1  l2 − im2  l1 − im1   n2 ⎠ √ ⊗ − ⊗ . = 4 2 l + im   −n   −n  l + im  1 1 2 1 2 2 Moltiplicando scalarmente a sinistra per  ψ | , si ottiene       ⎞ ⎛       ⎞† ⎛                 n − im − im l l n 1 0 0 1                 1 2 2 1 1 2 h¯ ⎝       ⎠ ⎝       ⎠ = ⊗ − ⊗ ⊗ − ⊗         8 0 1 1 0 l1 + im1   −n2   −n1  l2 + im2  2

=

h¯ 2 [(n1 − n2 ) − (l1 − im1 + l2 + im2 ) − (l1 + im1 + l2 − im2 ) + (−n1 + n2 )] = 8

h¯ 2 (l1 + l2 ). 4 In forma pi`u compatta, sostituendo + e − con gli indici matriciali 1 e 2 otteniamo: =−

 ψ | (n1 · S1 )(n2 · S2 ) | ψ =         = (n1 · S1 )11 + (n2 · S2 )22 + (n1 · S1 )22 + (n2 · S2 )11 +         − (n1 · S1 )12 + (n2 · S2 )21 − (n1 · S1 )21 + (n2 · S2 )12 ,  dove abbiamo indicato con i j gli elementi di matrice dati nel 9.12. Il risultato e` il medesimo.

346

3 Soluzioni

9.33. La funzione assegnata era gi`a stata sviluppata nel 9.1: ψ(r, θ , ϕ) = N(sin θ cos ϕ + sin θ sin ϕ + 2 cos θ )re−αr =  i+1 1  −1 + i √ Y11 (θ , ϕ) + √ Y1−1 (θ , ϕ) + 2Y10 (θ , ϕ) , = R(r) √ 6 2 2 con R(r) normalizzata a 1. i) Tutte e tre le componenti sono relative a l = 1, e quindi il valore di aspettazione del momento angolare totale e` pari a  L2 = 2¯h2 . Il valore d’aspettazione della terza componente e` dato da: 1 1  Lz =  ψ | Lz | ψ = h¯ − h¯ = 0. 6 6 ii) La probabilit`a di trovare la particella nell’angolo solido dΩ individuato dagli angoli θ e ϕ e` data da: 

P(θ , ϕ; dΩ )= dr r2 | ψ(r, θ , ϕ) | 2 dΩ =

1 (sin θ cos ϕ +sin θ sin ϕ +2 cos θ )2 dΩ , 8π

dove abbiamo sfruttato√la normalizzazione della R(r) √ e il valore di N, ricavato, ad esempio, dal fattore 1/ 8π che intercorre tra 2Y10 / 6 e 2 cos θ . 9.34. L’Hamiltoniana totale e` data da H = Hr + Hso con i due operatori commutanti tra di loro. La base comune e` costituita dalle autofunzioni del set completo di osservabili {Hr , J2 , Jz , L2 , S2 }, con J = L + S, momento angolare totale, e:  1  Hso = β L · S = β J2 − L2 − S2 . 2 Poich´e 2 ⊗ 1 = 1 ⊕ 2 ⊕ 3, il contributo aggiuntivo dovuto a questo termine e` dato da: ⎧ 2 ⎪ j = 3d j = 7 ⎪ ⎨2β h¯ 1 2 2 Wso = h¯ β [ j( j + 1) − l(l + 1) − s(s + 1)] = −β h¯ j = 2d j = 5 ⎪ 2 ⎪ ⎩ −3β h¯ 2 j = 1d j = 3. 9.35. Il sistema si trova nello stato: 1 1 | +1z ; +2x = | + 1z √ ( | + 2z + | − 2z ) = √ ( | +1z ; +2z + | +1z ; −2z ), 2 2 mentre lo stato a spin totale s = 0 e` dato da: 1 | 0 T = √ ( | +1z ; −2z − | −1z ; +2z ). 2

3.9 Momento angolare e spin

347

Nel prodotto scalare tra il primo e il secondo stato, l’unico termine diverso da zero e` quello tra il secondo addendo del primo stato e il primo del secondo, e dunque la probabilit`a di trovare s = 0: 1 |T  0 | +1z ; +2x |2 = . 4 9.36. i) L’operatore σ ha la rappresentazione esplicita:      b −ia , σ = aσy + bσz =   ia −b  e autovalori s± dati dall’equazione secolare:

=⇒

−b2 + s2 − a2 = 0 =⇒

s± = ±Σ con Σ = a2 + b2 .

Gli autovettori di σ , si trovano risolvendo il sistema:           α±   b −ia α±     = s±   .        β±  ia −b   β±  Si trova facilmente la relazione: α± b±Σ ia = , = β± b∓Σ ia e infine gli autostati normalizzati:         α±   ia  1    . χ± =   =    2 b ∓ Σ  2  β±  a + (b ∓ Σ ) ii) Per le probabilit`a, moltiplichiamo scalarmente l’autostato con sy = 1 con gli autostati di σ :   2    2 α±   2 1     = (b ∓ Σ − a) .   | i 1 | P± =  sy = 1 | χ± =    2 2[a2 + (b ∓ Σ )2 ]  β  ±

9.37. Dalla teoria generale della composizione di momenti angolari, il momento angolare totale pu`o essere j = l ± 1/2, e lo stato con m = l − 1/2 pu`o appartenere ad entrambi. Otteniamo | l + 1/2/l − 1/2 applicando l’abbassatore J− = L− + S−

348

3 Soluzioni

al peso massimo, e ricaviamo l’altro stato per ortogonalit`a e normalizzazione: | l + 1/2/l − 1/2 = (2l + 1)−1/2 J− | l + 1/2/l + 1/2 = = (2l + 1)−1/2 (L− + S− ) | l, l; 1/2, 1/2 =

1 2l | l, l − 1; 1/2, 1/2 + √ = | l, l; 1/2, −1/2 . 2l + 1 2l + 1 Il secondo stato richiesto e` ortonormale a questo e, a meno del fattore di fase, e` dato da:

2l 1 | l, l; 1/2, −1/2 . | l − 1/2/l − 1/2 = − √ | l, l − 1; 1/2, 1/2 + 2l + 1 2l + 1 9.38. Per lo stato 2p1/2 , scegliendo l’asse z rivolto come la terza componente del momento angolare totale, la relazione tra momento angolare totale e le due componenti, momento angolare orbitale e spin, e` la seguente:



| j/m = | 1/2/1/2 = 2/3 | 1; 1 | 1/2; −1/2 − 1/3 | 1; 0 | 1/2; 1/2 ,



| j/m = | 1/2/ − 1/2 = − 2/3 | 1;−1 | 1/2; 1/2 + 1/3 | 1; 0 | 1/2; −1/2 , e la probabilit`a richiesta e` P↓ = 2/3. E` ovvio che entrambi i casi jz = ±1/2 debbano dare lo stesso risultato, grazie all’invarianza rotazionale del sistema fisico e del quesito posto. In coordinate polari, l’integrazione sulla coordinata radiale e` = 1. Inoltre il prodotto scalare sullo spin fornisce una delta di Kroneker e quindi l’assenza di prodotti misti di funzioni angolari. La densit`a di probabilit`a, sia per spin paralleli che antiparalleli, e` data da:  3 1 3 1 1 ∗ ∗ 2 sin2 θ + Y11 +Y10 Y10 ) = P(θ , ϕ) = (2Y11 cos2 θ = . 3 3 8π 4π 4π Anche tale risultato deriva dall’invarianza rotazionale P(θ , ϕ) = cost, e dalla normalizzazione a 1 dell’integrale sull’angolo solido. 9.39. Conviene esprimere Lx tramite un commutatore: Lx =  l, m | Lx | l, m = 1/i¯h l, m | Ly Lz − Lz Ly | l, m = = m/i ( l, m | Ly | l, m −  l, m | Ly | l, m ) = 0. Per quanto riguarda Lx2 , sfruttiamo la sua simmetria con Ly2 : Lx2 =  l, m | Lx2 | l, m =  l, m | Ly2 | l, m = = 1/2 l, m | L2 − Lz2 | l, m = 1/2¯h2 [l(l + 1) − m2 ]. Si pu`o anche utilizzare l’espressione di Lx in funzione di L± .

3.9 Momento angolare e spin

349

9.40. i) Lo stato iniziale e` | 3/2, 3/2 T , dove i valori sono spin totale e sua terza componente, e si riferisce alla Ω − . Lo spin dello stato finale e` dato da: | 1/2, σz σ | 0, 0 σ = | 1/2/σz σ dove il termine a sinistra riguarda gli spin di Λ e K − , e quello a destra lo spin totale; la parte orbitale e` data a sua volta da Ylm (θ , ϕ) = | l, m l , trattando il decadimento nel centro di massa, ed essendo le coordinate quelle del moto relativo, con asse z diretto come σz,Ω . Quindi: | 3/2, 3/2 t

=⇒

| l, m l | 1/2/σz .

Per conservazione del momento angolare e della sua terza componente, deve essere l = 1, 2 e m = 3/2 − σz . Cos`ı senza vincoli sulla parit`a, lo stato finale pu`o essere in onda p, con l = 1 e necessariamente {m = 1, σz = 1/2}; oppure essere in onda d, con momento orbitale l = 2 e con la sua terza componente combinazione lineare di {m = 2, σz = −1/2} e {m = 1, σz = 1/2}. Cio`e: | 3/2, 3/2 T =⇒

⎧ ⎨ | 1, 1 l | 1/2/1/2 σ

⎩

4/5 | 2, 2 l | 1/2/ − 1/2 σ − 1/5 | 2, 1 l | 1/2/1/2 σ

con i corretti coefficienti di Clebsch-Gordan. Nelle coordinate questi diventano:  

      − 1/5Y21 (θ , ϕ) Y11 (θ , ϕ)  , ψd = 

. ψ p =       4/5Y22 (θ , ϕ)   0 La funzione d’onda finale e` una combinazione arbitraria delle due onde p e d:  

  c pY11 (θ , ϕ) − cd 1/5Y21 (θ , ϕ)   , | c p | 2 + | cd | 2 = 1. ψ f = c p ψ p + cd ψd = 

   cd 4/5Y22 (θ , ϕ) La distribuzione di probabilit`a e` dunque data da: | ψf | 2 =

  3 3 sin2 θ | c p | 2 + | cd | 2 − 2Rec∗p cd cos θ = sin2 θ (1 + α cos θ ) , 8π 8π

con α = −2Re(c∗p cd ). Questa e` la pi`u generale forma della distribuzione angolare dei mesoni K − che, essendo carichi, lasciano tracce e si individuano pi`u facilmente. ii) Se nel decadimento venisse conservata la parit`a , lo stato finale sarebbe a parit`a positiva, come la Ω − , e quindi: (−1)l PΛ PK = 1. Essendo PΛ = + e PK = −, deve essere l = 1. Segue che ψ f = ψ p , vista prima: | ψf | 2 =

3 sin2 θ . 8π

Gli esperimenti indicano la prima distribuzione.

350

3 Soluzioni

9.41. Per le tre sezioni d’urto, possiamo scrivere le proporzionalit`a: σa ∝ |  π + p | H | π + p | 2 = |  ψ3/2,3/2 | H | ψ3/2,3/2 | 2 = | H3 | 2 , σb ∝ |  π − p | H | π − p | 2 = 

2



  =  1/3ψ3/2,−1/2 − 2/3ψ1/2,−1/2 | H | 1/3ψ3/2,−1/2 − 2/3ψ1/2,−1/2  = = | 1/3H3 + 2/3H1 | 2 , σc ∝ |  π 0 n | H | π − p | 2 = 

2



  =  2/3ψ3/2,−1/2 + 1/3ψ1/2,−1/2 | H | 1/3ψ3/2,−1/2 − 2/3ψ1/2,−1/2  = √ √ = | 2/3H3 − 2/3H1 | 2 . Per i coefficienti di Clebsch-Gordan vedi A.15. Se la reazione avviene all’energia di una risonanza, quel canale domina nella sezione d’urto, per cui domina I = 3/2 all’energia della Δ e I = 1/2 all’energia della N ∗ . E dunque: σaΔ : σbΔ : σcΔ = 9 : 1 : 2, ∗

∗

∗

σaN : σbN : σcN = 0 : 4 : 2. ∗ 9.42.

Dalla A.14 ricordiamo l’espressione degli autostati di Lx :      1   1     1  1  √   | 0 x = √  0  , | ± x =  ± 2  ,   2 2   1  −1 

da cui si ricava immediatamente lo sviluppo di questi sugli autostati di Lz , assunta diagonale. i) Il fascio con m = 1 si separa in tre componenti di intensit`a relativa 1/4, 1/2, 1/4. ii) Il fascio con m = −1 si comporta come il precedente, mentre quello con m = 0 si separa in due componenti con uguale intensit`a 1/2, 1/2. iii) La risposta e` negativa perch´e la seconda misura su Lz ha disturbato la prima su Lx , dato che i due operatori non commutano. Se facessimo una terza misura di Lx , il fascio si dividerebbe ancora nelle tre componenti, come dopo la seconda. 9.43. i) L’Hamiltoniana richiesta e` la seguente: H=

p2 1 1 1 dVsc p2 +Vsc (r) + 2 2 S·L = + qKr2 + H1 , 2μ 2μ c r dr 2μ 2

H1 =

qK S · L. 2μ 2 c2

ii) In questo caso la perturbazione H1 commuta con H0 , in quanto H1 contiene solo operatori di spin, e operatori di momento angolare che commutano con termini

3.10 Molte particelle

351

quadratici in xˆ e p. ˆ Si possono quindi diagonalizzare contemporaneamente sulla base del momento angolare totale. Per fare ci`o , dobbiamo considerare le autofunzioni dell’oscillatore armonico in coordinate polari, come riportato nel 3.6:

ψnlm,s = Rnl (r)Ylm (θ , ϕ)χs , WN = h¯ ω(N + 3/2) , N = 2n + l , ω = qK/μ. Passiamo ora alla base del momento angolare totale: ψnlm,s =⇒ ψnl j, jz , i cui elementi risultano autovettori dell’Hamiltoniana totale, con autovalori: Wnl j = h¯ ω(2n + l + 3/2) +

 qK h¯ 2  j( j + 1) − l(l + 1) − 3/4 , 2 2 4μ c

con: n = 0, 1, 2... ,

l = 0, 1, 2, ... ,

j = l ± 1/2 ,

j = 1/2

per

l = 0.

3.10 Molte particelle 10.1. i) L’energia imperturbata dell’elio mesico e` data da: Wne ,nμ = −

Z2 e Z2 μ me Z 2 e4 mrμ Z 2 e4 w − w = − − , n2e 0 n2μ 0 2¯h2 n2e 2¯h2 n2μ

con Z = 2 e mrμ massa ridotta del μ: mrμ =

mμ ME . mμ + ME

ii) L’utilizzo della massa ridotta rappresenta una prima correzione dovuta alla massa del μ non trascurabile rispetto a quella del nucleo di elio ME . Un’altra correzione che si pu`o apportare consiste nel tenere conto che il raggio di Bohr del muone e` circa 200 volte pi`u piccolo di quello dell’elettrone, e quindi, almeno per bassi momenti angolari e nμ ≈ 1, scherma una delle cariche nucleari ai fini dell’interazione con l’elettrone: Wne ,nμ = −

me (Z − 1)2 e4 mrμ Z 2 e4 − 2¯h2 n2e 2¯h2 n2μ

con

Z = 2.

Notare inoltre che la funzione d’onda non deve essere antisimmetrica come nel caso dell’elio, in quanto elettrone e muone non sono particelle identiche. Per lo stesso motivo, non esiste neppure la degenerazione di scambio. iii) Per quanto riguarda gli stati eccitati, con ne > 1 e/o nμ > 1, si deve notare che l’energia dello stato fondamentale dello ione privato dell’elettrone (ne = ∞, nμ = 1)

352

3 Soluzioni

e` inferiore a quella del primo stato eccitato del solo muone (ne = 1, nμ = 2): 2mrμ e4

me e4 mrμ e4 − =⇒ 2¯h2 2¯h2 h¯ 2 3 me  e4 mrμ − < W1,2 . =⇒ W∞,1 = W1,2 − 2 2 h¯ 2

W∞,1 = −

,

W1,2 = −

Pertanto, W1,1 < W2,1 < ... < W∞,1 < W1,2 , e quindi gli stati eccitati del solo muone decadono preferibilmente nello ione muonico con nμ = 1, ionizzando l’elettrone ed emettendo un fotone. 10.2. Il problema e` separabile nelle coordinate del baricentro e in quelle relative: X=

1 (μ1 x1 + μ2 x2 ) , M

M = μ1 + μ2 ,

x = x1 − x2 .

Il baricentro si muove libero e quindi la funzione d’onda nella variabile X sar`a un pacchetto d’onde. Nella variabile relativa x il sistema rappresenta una particella di massa ridotta 1/μ = 1/μ1 + 1/μ2 immerso in una buca infinita con −a < x < a. Gli autovalori e gli autovettori sono dati da: ⎧ 1  nπx  ⎪ √ cos n dispari ⎪ ⎨ a 2a π 2 h¯ 2 2 n , un (x) = Wn =  nπx  ⎪ 8μa2 1 ⎪ ⎩ √ sin n pari. a 2a Nel caso di particelle identiche, con μ1 = μ2 , le funzioni d’onda devono avere simmetria definita per lo scambio delle due particelle. Poich´e x = x1 − x2 cambia segno per lo scambio x1 ←→ x2 , segue che la funzione d’onda φn (x) deve avere parit`a definita. Nel caso di fermioni, la parit`a deve essere negativa, e quindi solo i seni sono accettabili e n deve essere pari; nel caso di bosoni, solo i coseni sono autofunzioni e n deve essere dispari. 10.3. L’Hamiltoniana e` separabile nelle variabili spaziali e in quelle di spin. La parte spaziale e` ancora separabile nelle coordinate del baricentro X e in quelle relative x. In queste ultime l’Hamiltoniana e` quella di un oscillatore armonico tridimensionale isotropo, le cui soluzioni sono raccolte nel Problema 3.6. Per le considerazioni di simmetria che dobbiamo affrontare, conviene separare l’oscillatore nelle tre coordinate spaziali. Esprimiamo pertanto le autofunzioni nel modo seguente: ΨN (x1 , x2 ; S1 , S2 ) = Φ(X)unx (x)uny (y)unz (z)Σ (Si ) ,

N = nx + ny + nz .

Φ(X) rappresenta il moto del baricentro, le un sono le usuali autofunzioni dell’oscillatore armonico monodimensinale e Σ e` la funzione delle sole variabili di spin. L’Hamiltoniana di spin e` diagonalizzabile nella rappresentazione dello spin totale,

3.10 Molte particelle

353

in quanto pu`o essere espressa come:  1  H(Si ) = V0 S1 · S2 = V0 (S1 + S2 )2 − S21 − S22 = H(S). 2 Le autofunzioni sono quella di singoletto, χ0 con s = 0, e le tre di tripletto, χ 1 con s = 1. La prima e` una combinazione antisimmetrica dei due spin componenti, mentre le seconde tre sono simmetriche. Gli autovalori sono dati da: 3 H(S)χ0 = − V0 h¯ 2 χ0 , 4 1 χ 1 = V0 h¯ 2 χ 1 . H(S)χ 4 Poich´e il sistema e` composto da due fermioni identici, la funzione d’onda complessiva deve essere antisimmetrica per lo scambio delle due particelle. La coordinata X del baricentro e` invariante sotto questo scambio, mentre le coordinate relative x cambiano segno, e di conseguenza ciascuna autofunzione dell’oscillatore cambia o meno il suo segno a seconda della sua parit`a. La funzione d’onda di spin sar`a dunque di tripletto (simmetrica) o di singoletto, a seconda della parit`a della funzione d’onda nella coordinata relativa. Notare che, ad esempio, N pari si ottiene con tre ni pari oppure con due dispari, e quindi la parit`a della funzione spaziale e` quella di N. ⎧ ⎨χ0 per N = 2n ΨN (x1 , x2 ; S1 , S2 ) = Φ(X)unx (x)uny (y)unz (z) , ⎩ χ 1 per N = 2n + 1 con autovalori: ⎧ 2  3  ⎨−3/4V0 h¯ P2 + h¯ ω N + + W= ⎩ 2M 2 1/4V0 h¯ 2

per N = 2n per N = 2n + 1

.

10.4. Trascurando la repulsione coulombiana, lo stato fondamentale dell’atomo (ione) a due elettroni e` formato da entrambi gli elettroni nello stato fondamentale dell’atomo (ione) idrogenoide, con funzione di spin di singoletto χ0 : (0)

ψ1 1S = u1 (x1 )u1 (x2 )χ0 ,W1

= −2Z 2 w0 .

La perturbazione repulsiva dipende solo dalle variabili spaziali, per cui vale: (1)

W1 J1;1 = J100;100 = e2



=  ψ1 1S |H  |ψ1 1S =



dx1

dx2

1 5 |u100 (x1 )|2 |u100 (x2 )|2 = Zw0 . |x1 − x2 | 4

354

3 Soluzioni

L’integrale si trova valutato in A.13. Quindi l’energia dello stato fondamentale, corretto con la repulsione coulombiana e` pari a:  5 W1 = −2Z 2 + Z w0 + ... ≈ 4 ⎧ ⎨−(11/2)w0 = −74.8 eV , exp = −78.99 eV He Z = 2 ≈ ⎩ −(57/4)w0 = −193.8 eV, exp = −198.08 eV Li+ Z = 3. I potenziali di ionizzazione sono dati dalla differenza tra l’energia finale di un singolo elettrone in un potenziale idrogenoide e l’energia appena calcolata:  5 ∞ 2 I = W1 −W1 = Z − Z w0 + ... ≈ 4 ⎧ ⎨(3/2)w0 = 20.4 eV, exp = 24.5 eV He Z = 2 ≈ ⎩ (21/4)w0 = 71.4 eV, exp = 75.6 eV Li+ Z = 3. Gli stati eccitati 2 1S e 2 3S sono invece dati da:  1  ψ2 1S = √ u1 (x1 )u2 (x2 ) + u1 (x2 )u2 (x1 ) χ0 = u+ 1;2 χ0 2  1  ψ2 3S = √ u1 (x1 )u2 (x2 ) − u1 (x2 )u2 (x1 ) χ1 = u− 1;2 χ1 , 2 con u1 (x) = u100 (x), e u2 (x) = u200 (x). Infatti, la funzione d’onda totale deve essere totalmente antisimmetrica nello scambio delle due particelle, e le funzioni d’onda di spin χ0 e χ1 sono antisimmetrica e simmetrica, rispettivamente. In entrambi i casi l’energia imperturbata, senza cio`e la repulsione coulombiana, e` data da:  1 5 (0) Z 2 w0 = − Z 2 w0 . W2± = − 1 + 4 4 L’energia e` dunque degenere, ma l’interazione dipende solo dalle coordinate spaziali ed e` quindi diagonale nello spazio di spin, ovvero nello spazio di degenerazione. Le correzioni perturbative sono allora date dagli elementi di matrice diagonali: (1)

 ± W2± =  u± 1;2 |H |u1;2 = J1;2 ± K1;2 ,

con gli integrali J e K dati da: J1;2 = J100;200 = e2 K1;2 = K100;200 = e2







dx1 

dx1

dx2

dx2

1 |u100 (x1 )|2 |u200 (x2 )|2 |x1 − x2 |

1 u∗ (x1 )u∗200 (x2 )u100 (x2 )u200 (x1 ). |x1 − x2 | 100

3.10 Molte particelle

355

Questi sono dati nel testo, e dunque: (0)

W2± = W2 +



32 34 ± Zw0 + .... 81 729

Pertanto, l’energie di legame di atomi, o ioni, eliogenoidi corrette perturbativamente, e i potenziali di ionizzazione ricavati come sopra, sono dati da:  5 2 338 Z w0 = W2 1S ≈ − Z + 4 729 2969 =− w0 = −55.4 eV, exp = −58.4 eV He Z = 2 729  274 5 Z w0 = W2 3S ≈ − Z 2 + 4 729 ⎧ 3097 ⎪ ⎪ w0 = −57.8 eV, exp = −59.2 eV He Z = 2 ⎨− 729 = ⎪ 9839 ⎪ ⎩− w0 = −137.7 eV, exp = −138.7 eV Li+ Z = 3 972  1 2 338 53 I2 1S ≈ Z − Z w0 = w0 = 1.0 eV, exp = 4.0 eV He Z = 2 4 729 729 ⎧ 181 ⎪ ⎪  w0 = 3.4 eV, exp = 4.8 eV He Z = 2 ⎨ 1 2 274 729 Z − Z w0 = I2 3S ≈ ⎪ 4 729 1091 ⎪ ⎩ w0 = 15.3 eV, exp = 16.5 eV Li+ Z = 3. 972 Le discrepanze sono talvolta notevoli, e dipendono da una non corretta ipotesi sull’Hamiltoniana imperturbata. Infatti, per stati eccitati, il primo elettrone si trova pi`u vicino al nucleo e, nel caso di Z piccolo, ne scherma sensibilmente la carica. Quindi, l’elettrone eccitato e` soggetto a un potenziale inferiore. Tenendo conto di ci`o, l’accordo con i dati sperimentali migliora. Tornando ai nostri conti, ricordiamo che abbiamo trattato il caso degli stati eccitati 2 1S e 2 3S, tra di loro degeneri rispetto all’Hamiltoniana imperturbata. In realt`a, degeneri con questi ci sono anche gli stati 2 1P e 2 3P, dove S e P si riferiscono all’autovalore del momento angolare totale L2 . Essi contenengono i prodotti di due funzioni a una particella del tipo u100 u200 e u100 u21m , e sono autostati del momento angolare totale, con l = 0 e l = 1. Ma il momento angolare totale L commuta considerando come perturbazione, che quindi risulta diagonale su quegli autostati. Dunque, la perturbazione dei livelli degeneri si riduce al calcolo separato per gli stati S e P, come sopra. Tutto ci`o e` vero per`o per il primo stato eccitato; quello successivo, ad esempio, riceve contributi da termini del tipo u21m u21m , che non sono pi`u autostati del momento totale, visto che 1⊗1 = 0⊕1⊕2. Gli stati a momento angolare totale definito sono allora combinazioni lineari di determinanti di Slater.

356

3 Soluzioni

Infine, controlliamo in modo esplicito la commutazione tra momento angolare e perturbazione: 

  ∂  ∂ ∂ ∂ L1x + L2x , |x1 − x2 | = y1 − z1 + y2 − z2 , |x1 − x2 | = ∂ z1 ∂ y1 ∂ z2 ∂ y2   = |x1 − x2 |−1 y1 (z1 − z2 ) − z1 (y1 − y2 ) + y2 (z2 − z1 ) − z2 (y2 − y1 ) = 0. 10.5. i) Per il principio di esclusione di Pauli, le funzioni d’onda a una particella, con le quali e` possibile esprimere lo stato a tre elettroni (1s)2 2s, sono caratterizzate dai seguenti insiemi di numeri quantici {nlm; σ }: α1+ = {100; 1/2} ,

α1− = {100; −1/2} ,

α2± = {200; ±1/2}.

La funzione d’onda totale e` antisimmetrizzata ed e` combinazione lineare delle due Ψ± relative a α3± . Esse sono esprimibili tramite il determinante di Slater:   ψ (1) ψ (1) ψ (1) ψ = u χ 1+ 100 +1/2 1− 2±  1+   1   Ψ± = √ ψ1+ (2) ψ1− (2) ψ2± (2) ψ1− = u100 χ−1/2  3!   ψ1+ (3) ψ1− (3) ψ2± (3) ψ2± = u200 χ±1/2 . ii) Nelle funzioni d’onda a una particella ψ j (i), abbiamo indicato le coordinate ri , θi , ϕi , σi con il solo indice i. La degenerazione dei due stati Ψ± e` dovuta esclusivamente allo spin e poich´e la repulsione coulombiana non dipende da esso, la perturbazione e` diagonale nel sottospazio di degenerazione e possiamo cos`ı applicare la teoria delle perturbazioni degli stati non degeneri. Ancora per l’indipendenza della perturbazione dallo spin abbiamo che:  Ψ+ | V | Ψ+ =  Ψ− | V | Ψ− . Inoltre, la repulsione coulombiana e` la somma di tre interazioni a due corpi, e poich´e queste sono identiche tra di loro e la funzione d’onda Ψ+ e` antisimmetrica, otteniamo:  Ψ+ |V |Ψ+ =  Ψ+ |V12 +V23 +V13 |Ψ+ = 3 Ψ+ |V12 |Ψ+ . Avendo scelto V12 , che non dipende dalla coordinata (3), sviluppiamo i determinanti di Slater di bra e ket secondo l’ultima riga. Integrando sulla coordinata (3) e sfruttando la ortonormalit`a delle ψi± (3) tra di loro, rimangono solo tre termini:  Ψ+ |V |Ψ+ =

3  ψ1− (1)ψ2+ (2) − ψ1− (2)ψ2+ (1) |V12 | ψ1− (1)ψ2+ (2)+ 3! − ψ1− (2)ψ2+ (1) +  ψ1+ (1)ψ2+ (2)+ − ψ1+ (2)ψ2+ (1) |V12 | ψ1+ (1)ψ2+ (2) − ψ1+ (2)ψ2+ (1) + +  ψ1+ (1)ψ1− (2) − ψ1+ (2)ψ1− (1) |V12 | ψ1+ (1)ψ1− (2)+  − ψ1+ (2)ψ1− (1) .

3.10 Molte particelle

357

Sommiamo sullo spin e sfruttiamo l’ortonormalit`a delle autofunzioni su questa variabile: ∑ ψ1+ (i)ψ1− (i) = ∑ ψ2+ (i)ψ1− (i) = 0 σi

σi

∑ ψ1+ (i)ψ2+ (i) = u1 (i)u2 (i); σi

u j (i) = un j l j m j (ri , θi , ϕi ).

In conclusione, l’integrale da valutare per le correzioni al primo ordine e` il seguente:  Ψ+ | V | Ψ+ =

e2 2





dx1

dx2

1 · |x1 − x2 |

! " · 2 u21 (1)u22 (2) + 2 u21 (2)u22 (1) − 2 u1 (1)u2 (2)u1 (2)u2 (1) + 2 u21 (1)u21 (2) = = 2J100;200 − K100;200 + J100;100 . Come visto sopra, grazie alla indipendenza di V12 dalla coordinata (3), e alla ortonormalit`a delle ψi± (3) tra di loro, questo problema a tre corpi dipende dagli stessi integrali in due variabili del 10.4. Teniamo tuttavia presente che il loro valore numerico dipende da Z, che in questo caso dovrebbe essere Z = 3, oppure meglio un valore inferiore che tenga conto dello schermo della carica nucleare da parte degli elettroni interni. Vedi 10.4, 10.10 e 10.11. 10.6. L’Hamiltoniana e` separabile nelle coordinate di spin e in quelle spaziali. La parte spaziale e` separabile nelle coordinate di singola particella, e per ciascuna di queste nelle coordinate cartesiane. Per ogni singola coordinata spaziale, le autofunzioni e i relativi autovalori sono quelli della buca infinita in [−a, a], riportate in 1.1. Pertanto, le autofunzioni fattorizzate sono del tipo: Ψ (x1 , x2 ; S1 , S2 ) = un1x n1y n1z (x1 )un2x n2y n2z (x2 )Σ (S). i) Nel caso dello stato fondamentale, tutti i numeri quantici spaziali sono uguali a 1, e quindi le funzioni d’onda spaziali nelle due coordinate x1 e x2 sono uguali. Di conseguenza, la funzione d’onda di spin deve essere antisimmetrica, e cio`e a spin totale zero. Lo stato fondamentale e` quindi esprimibile come:  1  Ψ0 = u111 (x1 )u111 (x2 ) √ χ+ (1)χ− (2) − χ− (1)χ+ (2) , 2 ed e` relativo all’autovalore: (0)

W0

= W0 (1) +W0 (2) =

3 π 2 h¯ 2 . 2 a2 2μ

La probabilit`a che si trovi una particella in un intorno di x e l’altra di y e` data da: P(x, y)dxdy =

∑ |Ψ (x, y; S1 , S2 )|2 dxdy = |u111 (x)u111 (y)|2 dxdy.

spin

358

3 Soluzioni

Nell’ultimo passaggio abbiamo sfruttato il fatto che la somma sugli spin corrisponde alla norma degli stati (di spin). Da qui, la probabilit`a di trovarne una qualunque delle due in x si ottiene sommando sulla coordinata libera, cio`e su y: P(x)dx =



P(x, y)dy = |u111 (x)|2 dx.

ii) Se all’Hamiltoniana spaziale si aggiunge il termine di interazione tra gli spin, V = AS1 · S2 , poich´e tale termine e` diagonale nello spin totale, le autofunzioni rimangono quelle viste prima, mentre all’energia si aggiunge il contributo derivante dallo spin. In conclusione, ricordando che lo spin totale e` nullo: W0 =

3 π 2 h¯ 2 3 2 − A¯h + .... 2 a2 2μ 4

10.7. Non vi sono termini di spin nell’Hamiltoniana, per cui le energie dipendono solo dalla parte spaziale (vedi 10.6). Quelle di particella singola sono date da: Wn1x n1y n1z =

 π 2 h¯ 2  2 2 2 + n + n n , 1x 1y 1z 8μa2

mentre l’energia totale delle tre particelle e` data da: WT = Wn1x n1y n1z +Wn2x n2y n2z +Wn3x n3y n3z . Lo stato fondamentale del sistema si pu`o esprimere antisimmetrizzando il prodotto delle funzioni di singola particella, ovvero tramite il determinante di Slater: Ψ0± = ∑ εP ψ111+ (1)ψ111− (2)ψ112± (3)conψi jk± = ui jk χ± , P

dove P sono le sei permutazioni e εP e` il loro segno. A causa dell’antisimmetrizzazione, non vi possono essere due funzioni di particella singola uguali fra di loro, per cui i due stati u111 devono essere completati con funzioni d’onda di spin diverse, una con χ+ e l’altra con χ− , mentre il terzo stato deve differire per i numeri quantici spaziali e quindi pu`o avere sia spin 1/2 che spin −1/2. Lo stato e` degenere due volte in relazione a questi due valori dello spin, e tre volte per la permutazione di {u112 , u121 , u211 }; quindi in tutto, degenerazione d0 = 6. Questa e` la stessa struttura discussa nel Problema 10.5 relativo all’atomo di Litio, pur di sostituire le ψ dell’atomo di idrogeno con quelle della scatola. Il primo stato eccitato e` dato da due combinazioni differenti, mentre il secondo da una sola:  Ψ1± = ∑ εP ψ112+ (1)ψ112− (2)ψ111± (3),Ψ1± = ∑ εP ψ111+ (1)ψ111− (2)ψ122± (3), P

P

Ψ2± = ∑ εP ψ111+ (1)ψ111− (2)ψ113± (3). P

3.10 Molte particelle

359

La prima ha degenerazione 2 per lo spin ± di (3), e 9 per la tripla degenerazione dei due u112 . La seconda ha degenerazione 6, 2 per lo spin di (3) e 3 per quella di u122 . Quindi, d1 = 18 + 6 = 24. La terza e` degenere 6 volte, 2 per lo spin e 3 per u113 . Gli autovalori sono:  3 π 2 h¯ 2 π 2 h¯ 2  2(1 + 1 + 1) + (1 + 1 + 4) = ; 8μa2 2 μa2

W0 =

 15 π 2 h¯ 2 π 2 h¯ 2  2(1 + 1 + 4) + (1 + 1 + 1) = ; 8μa2 8 μa2  15 π 2 h¯ 2 π 2 h¯ 2  2(1 + 1 + 1) + (1 + 4 + 4) = W1 = = W1 ; 8μa2 8 μa2  17 π 2 h¯ 2 π 2 h¯ 2  W2 = . 2(1 + 1 + 1) + (1 + 1 + 9) = 8μa2 8 μa2 W1 =

Il salto energetico tra i due stati e` dato da: Δ10 = W1 −W0 =

 15 8

−

3  π 2 h¯ 2 3 π 2 h¯ 2 3 9.87 · 1.1 · 10−54 3 = ≈ erg ≈ 10−10 erg. 2 μa2 8 μa2 8 10.8 · 10−28 · 10−16 8

Δ21 = W2 −W1 =

 17 8

−

15  π 2 h¯ 2 1 π 2 h¯ 2 1 = ≈ 10−10 erg. 8 μa2 4 μa2 4

10.8. Definiamo gli insiemi di numeri quantici {n, l, m; σ }: α1 = {100; 1/2} ,

α2 = {100; −1/2} ,

α3 = {200; +1/2} ,

α5i = {2, 1, {1, 0, −1}, ±1/2} ,

α4 = {200; −1/2},

i = 1 − 6.

Vi sono dunque 6 stati degeneri in energia a seconda della terza componente del momento angolare e della componente dello spin in α5i . L’energia e` data da:  1 11 (0) WB = − 2 + 3 Z 2 w0 = − Z 2 w0 . 4 4 Le funzioni d’onda possono essere espresse tramite il seguente determinante di Slater:   ψα (1) ψα (1) ψα (1) ψα (1) ψα (1) 2 3 4 5i  1  ψ (2) ψ (2) ψ (2) ψ (2) ψ (2) α1 α2 α3 α4 α5i   1   (0) ΨBi = √ ψα1 (3) ψα2 (3) ψα3 (3) ψα4 (3) ψα5i (3) .  5!   ψα1 (4) ψα2 (4) ψα3 (4) ψα4 (4) ψα5i (4) ψ (5) ψ (5) ψ (5) ψ (5) ψ (5) α1 α2 α3 α4 α5i (0)

Lo stato pi`u generale e` una combinazione con coefficienti arbitrari dei 6 stati ΨBi .

360

3 Soluzioni

10.9. i) Per bosoni, la funzione d’onda totale deve essere totalmente simmetrica nello scambio delle particelle, ed essendo simmetrica la parte spaziale (la funzione φ e` la medesima per le tre coordinate), altrettanto deve esserlo la parte spinoriale. Questa e` ottenuta dal prodotto simmetrizzato e normalizzato χ{i jk} delle funzioni d’onda di singolo spin χ1 , χ2 e χ3 , corrispondenti alla terza componente uguale a −1, 0 e 1, rispettivamente. Gli stati sono: e sono 3. • Indici uguali: χ111 , χ222 e χ333 ; sono gi`a simmetrizzati 

 • Due indici uguali e uno diverso: χ{122} = 1/3 χ1 χ2 χ2 + χ2 χ1 χ2 + χ2 χ2 χ1 , e gli analoghi χ{133} , χ{211} , χ{233} , χ{311} , χ{322} : in tutto 6 stati.

• Indici diversi: χ{123} = 1/6 (χ1 χ2 χ3 + χ1 χ3 χ2 + χ2 χ1 χ3 + χ2 χ3 χ1 + χ3 χ1 χ2 + χ3 χ2 χ1 ) . Complessivamente, abbiamo 3 + 6 + 1 = 10 stati simmetrici, appartenenti a diverse rappresentazioni di spin totale, che otteniamo per riduzione del prodotto diretto: 1 ⊗ 1 ⊗ 1=(0 ⊕ 1 ⊕ 2) ⊗ 1 = 1 ⊕ (0 ⊕ 1 ⊕ 2) ⊕ (1 ⊕ 2 ⊕ 3)=0 ⊕ 1 ⊕ 1 ⊕ 1 ⊕ 2 ⊕ 2 ⊕ 3. ii) Come mostrato costruttivamente nel 9.24, le rappresentazioni della stessa dimensionalit`a non sono uguali tra loro, e dipendono dalle modalit`a di riduzione del prodotto diretto; quella appena vista, dice solo che vi sono tre rappresentazioni con s = 1 e due con s = 2, ma non necessariamente quelle indicate dall’ordine della riduzione adottata. Le sole univocamente determinate sono la s = 0, totalmente antisimmetrica, e la s = 3, totalmente simmetrica, mentre le altre sono a simmetria mista. Ricordiamo infine che la natura della simmetria e` condivisa da tutti gli stati della rappresentazione, dato che si passa dall’uno all’altro tramite abbassatori o innalzatori, che non modificano la simmetria. La rappresentazione a spin 3, totalmente simmetrica, ha dimensione 7, per cui i restanti tre stati devono provenire da una delle rappresentazioni a spin 1. Non possono infatti essere gli stati a spin 2, perch´e sono 5, n´e lo stato | 0/0 , perch´e antisimmetrico. Vi sono tre rappresentazioni con s = 1, ma una sola sar`a quella simmetrica. iii) Riportiamo gli stati della rappresentazione s = 3, che si ottengono tramite innalzatori o abbassatori dallo stato di peso massimo o di peso minimo, univocamente identificati: | 3/3 = χ333 , | 3/2 = χ{332} ,   1  1  | 3/1 = √ 2χ{322} + χ{331} , | 3/0 = √ 2χ222 + χ{123} , 5 5  1  | 3/ − 1 = √ 2χ{122} + χ{311} , | 3/ − 2 = χ{112} , | 3/ − 3 = χ111 . 5 Gli stati della rappresentazione simmetrica con s = 1 si ricavano da questi per ortogonalit`a:  1  | 1/1 = √ χ{322} − 2χ{331} , 5  1  | 1/ − 1 = √ χ{122} − 2χ{311} . 5

 1  | 1/0 = √ χ222 − 2χ{123} , 5

3.10 Molte particelle

361

iv) Nel caso di tre fermioni identici a spin 1/2, la funzione data non e` ammissibile. Infatti, essendo la parte spaziale simmetrica, quella spinoriale deve essere antisimmetrica, ma questo non e` ottenibile dato che essa e` costituita dal prodotto di tre variabili dicotomiche. 10.10. Per calcolare le correzioni perturbative dovute alla repulsione coulombiana nel caso dell’atomo di Litio, occorre valutare gli integrali del Problema 10.5. Questi, grazie alle varie simmetrie e ortogonalit`a ivi sfruttate, sono i medesimi integrali che si trovano nei calcoli perturbativi per l’atomo di Elio pur di sostituire Z = 2 con il valore attuale Z = 3. Ricordiamo che lo spettro dell’atomo di idrogeno e` dato da WnH = −

Z2 w0 , n2

w0 =

e2 e4 μ = 2 = 13.6 eV. 2r0 h¯

Da cui segue che l’energia imperturbata (senza repulsione coulombiana) dello stato fondamentale dell’atomo di Litio e` data da:  81 1 (0) = − w0 ≈ −275.4 eV. WLi = −Z 2 w0 1 + 1 + 4 4 Le correzioni si trovano nel 10.5, espresse formalmente da  Ψ+ | V | Ψ+ : (1)

Z=3 Z=3 Z=3 WLi =  Ψ+ | V | Ψ+ = 2 J100;200 − K100;200 + J100;100 ,

mentre i singoli integrali sono dati nel 10.4 e valutati in Appendice: 5 Z=3 J100;100 = Zw0 , 4

Z=3 J100;200 =

34 Zw0 , 81

Z=3 K100;200 =

32 Zw0 . 729

Dunque, l’energia dello stato fondamentale del Litio corretta al primo ordine perturbativo con la repulsione coulombiana e` data da:  9 5965 WLi = − Z 2 + Z w0 + ... ≈ −14.11 w0 + ... ≈ −191.90 eV + .... 4 2916 Da confrontare con il valore sperimentale WLiexp ≈ −203.4 eV . 10.11. Anzitutto, adattiamo l’Hamiltoniana di partenza in modo tale da rendere pi`u semplici i calcoli successivi (le somme vanno da 1 a 3): p2i Ze2 e2 +∑ −∑ = i 2μ i ri i< j |xi − x j |  p2 ζ e2  Z − ζ  ζ e2  e2 =∑ i − . + − +∑ ∑ 2μ ri ζ ri i i i< j |xi − x j |

H =∑

362

3 Soluzioni

Per la prima parte dell’Hamiltoniana vale:  p2 i

2μ ζ

−

ζ e2  ζ ζ ζ u1,2 (xi ) = W1,2 u1,2 (xi ) , ri

ζ

2

i = 1, 2, 3,

2

con W1 = −ζζ w0 e W2 = −ζζ w0 /4, con w0 = μe4 /2¯h2 , e quindi:  p2

∑ i

i

2μ

−

ζ e2  ζ 9 2 ζ ζ ψ (x1 , x2 , x3 )=(2W1 +W2 )ψ ζ (x1 , x2 , x3 )=− ζ w0 ψ ζ (x1 , x2 , x3 ) ri 4 ζ

ζ

ζ

essendo ψ ζ (x1 , x2 , x3 ) = u1 (x1 )u1 (x2 )u2 (x3 )χ. Notare che il vettore di spin χ non ha alcuna influenza, essendo le interazioni indipendenti dallo spin. Per applicare il principio variazionale di Riesz, occorre valutare:  p2 ζ e 2  Z −ζ

ζ +  ψζ | H | ψζ =  ∑ i − ζ 2μ ri i

∑ − i

ζ e2 e2

ζ .

ζ + ∑  ri i< j |xi − x j |

Il primo termine e` dato semplicemente da: 9 2  ∑ Hi0 ζ = − ζ w0 . 4 i Nel secondo addendo, gli integrali sulle funzioni u(x j ) con j = i danno conto delle normalizzazioni; quello ancora da calcolare e` di tipo standard, ma si pu`o ricavare anche dal teorema del viriale:  uζn (xi ) | −

ζ e2 ζ | un (xi ) = 2Wnζ , ri

n = 1, 2.

Pertanto: Z−ζ ζ

∑ − i

ζ e2 Z−ζ 9 ζ ζ

ζ = 2 (2W1 +W2 ) = − (Z − ζ ) ζ w0 . ri ζ 2

Per quanto riguarda l’ultimo termine: e2

e2

e2

e2

∑  |xi − x j | ζ =  |x1 − x2 | ζ +  |x1 − x3 | ζ +  |x2 − x3 | ζ .

i< j

D’altra parte, vedi 10.4: 

 e2 5 e2  ζ ζ ζ ζ Z

ζ =  u1 (x1 )u1 (x2 ) | | u1 (x1 )u1 (x2 ) = J100;100 = ζ w0 ,  |x1 − x2 | |x1 − x2 | 4 Z=ζζ

3.10 Molte particelle

363

mentre 

e2 e2 e2 ζ ζ ζ ζ

ζ = 

ζ =  u1 (x1 )u2 (x3 ) | | u (x1 )u2 (x3 ) = |x1 − x3 | |x2 − x3 | |x1 − x3 | 1 ζ

= J100;200 =

34 ζ w0 . 81

Raccogliendo i tre addendi: e2

ζ

ζ

677

∑  |xi − x j | ζ = 2J100;200 + J100;100 = 324 ζ w0 ≈ 2.089 ζ w0 ,

i< j

e quindi:  9  9 9 2 677  2 ζ − 5.07 ζ w0 ,  ψ ζ | H | ψ ζ = − ζ − (Z − ζ ) ζ + ζ w0 = 4 2 324 4 che abbiamo valutato per Z = 3. Il minimo del valore di aspettazione si ottiene per: ζ min = 2.536 e l’energia variazionale: 9 Wvar = − (2.536)2 w0 = −14.47 w0 ≈ −196.75 eV. 4 Come nel calcolo perturbativo del 10.10, questo valore rappresenta un deciso miglioramento rispetto al valore imperturbato −275.4 eV , se confrontato con quello sperimentale −203.4 eV . Il dato variazionale e` sicuramente per eccesso, ed e` leggermente migliore di quello perturbativo perch´e il parametro variazionale ζ pu`o tenere conto del parziale schermo della carica nucleare da perte degli elettroni interni, come gi`a discusso nel 10.4. 10.12. Se vogliamo utilizzare delle funzioni di prova del tipo impiegato nel Problema 10.11 ma con le corrette propriet`a di antisimmetrizzazione, queste sono date ovviamente dalle funzioni utilizzate nel Problema 10.5, con la sola differenza che tutte le autofunzioni spaziali dell’atomo di idrogeno dipendono dal parametro variazionale ζ .  ζ  ψ (1) ψ ζ (1) ψ ζ (1) ψ ζ = uζ χ  1+  1+ 100 +1/2 1− 2±  1  ζ  ζ ζ ζ ζ ζ Ψ± = √ ψ1+ (2) ψ1− (2) ψ2± (2) ψ1− = u100 χ−1/2  3!   ψ ζ (3) ψ ζ (3) ψ ζ (3) ψ ζ = uζ χ 1+ 1− 2± 2± 200 ±1/2 . Nel calcolo di  Ψ ζ | H |Ψ ζ , i primi due termini,  ∑i Hi0 ζ e  ∑i −ζζ e2 /ri ζ , danno lo stesso contributo valutato nel 10.11. Per il primo e` ovvio, dato che gli Hi0 sono diagonali sulle ψi , mentre per il secondo notiamo che gli ulteriori valori di aspettazione tra le funzioni permutate negli indici, danno contributo nullo per

364

3 Soluzioni

ortogonalit`a tra le funzioni spaziali o di spin. Ad esempio: ζ

ζ

ζ

 u100 (1)χ+ (1)u100 (2)χ− (2)u200 (3)χ+ (3)|

1 ζ ζ |u (1)χ+ (1)u100 (2)· r1 200

ζ

· χ− (2)u100 (3)χ+ (3) = ζ

ζ

ζ

1 ζ ζ |u (1)χ− (1)u100 (2)· r1 100

ζ

1 ζ ζ |u (1)χ+ (1)u200 (2)· r1 100

=  u100 (1)χ+ (1)u100 (2)χ− (2)u200 (3)χ+ (3)| ζ

· χ+ (2)u200 (3)χ+ (3) = ζ

ζ

=  u100 (1)χ+ (1)u100 (2)χ− (2)u200 (3)χ+ (3)| ζ

· χ+ (2)u100 (3)χ− (3) = 0. Infine, il termine di repulsione coulombiana e` analogo a quello valutato nel 10.5, ovvero: e2

ζ

ζ

ζ

5965

∑  |xi − x j | ζ = 2J100;200 − K100;200 + J100;100 = 2916 ζ w0 ≈ 2.046 ζ w0 ,

i< j

e quindi:  9  5965  9 9 2 2 ζ w0 = ζ − 5.09 ζ w0 ,  Ψ ζ | H |Ψ ζ = − ζ − ζ (Z − ζ ) + 4 2 2916 4 con Z = 3. Il minimo si trova in: ζ min = 2.545 e l’energia variazionale: 9 Wvar = − 2.545 w0 = −14.58 w0 ≈ −198.26 eV. 4 Come si vede, il miglioramento (verso il valore minimo) introdotto dalla funzione d’onda correttamente antisimmetrizzata e` piccolo, −198.26 eV rispetto a −196.75 eV , confermando il fatto che il principio di Pauli era gi`a implicito nelle funzioni di prova del 10.11. 10.13. La funzione d’onda di due bosoni identici si pu`o rappresentare separando le variabili: ψ(x1 , x2 ; S1 , S2 ) = Φ(X)φL (x)χS (S1 , S2 ), X =

1 (x1 + x2 ) , x = x1 − x2 . 2

La funzione d’onda deve essere simmetrica nello scambio delle due particelle. Sotto tale scambio, X non muta, mentre la coordinata relativa x → −x, e pertanto vale φL (−x) = (−)L φL (x). A sua volta, la funzione d’onda di spin totale e` simmetrica per tutti i valori S = 2s, 2s − 2, 2s − 4, ..., mentre e` antisimmetrica per tutti gli valori S = 2s − 1, 2s − 3, 2s − 5, ..., come provato nel Problema 9.28. Ricordiamo che, trattandosi di bosoni, s = n intero e quindi possiamo concludere che la parit`a della

3.10 Molte particelle

365

funzione d’onda complessiva e` data da (−)L+S , ovvero L e S devono essere entrambi pari o entrambi dispari. 10.14. i) La probabilit`a di trovare una particella in un intorno di r1 e l’altra in un intorno di r2 , con r1 = r2 , e` data dalla probabilit`a di trovare la 1 in r1 e la 2 in r2 , pi`u la probabilit`a di trovare la 1 in r2 e la 2 in r1 : P(x1 = r1 , x2 = r2 )dV1 dV2 = |ψ(r1 , r2 )|2 dV1 dV2 + |ψ(r2 , r1 )|2 dV1 dV2 = = 2|ψ(r1 , r2 )|2 dV1 dV2 . Nell’ultimo passaggio abbiamo evidentemente sfruttato la simmetria della funzione d’onda dei bosoni. Notare che abbiamo sommato sulle due probabilit`a come nel caso di particelle differenti, poich´e, quando si introduce il postulato di simmetria, la connessione originaria tra probabilit`a e funzione d’onda non viene modificata. ii) Naturalmente, se x1 = x2 = r, la probabilit`a e` una sola: P(x1 = r, x2 = r)dV dV = |ψ(r, r)|2 dV dV. Quanto ora trovato e` coerente con la normalizzazione della funzione d’onda, ovvero con la probabilit`a di trovare le due particelle in un posto qualsiasi:  

1 = Ptot =

dx1 dx2 |ψ(x1 , x2 )|2 .

In tale espressione infatti ritroviamo la somma sui due ordinamenti per x1 = x2 , e un solo termine quando x1 = x2 . iii) La probabilit`a di trovare entrambe nello stesso volume finito V e` data da: PV,V =





V

dx1

V

dx2 |ψ(x1 , x2 )|2 .

iv) La probabilit`a di trovarne una in V e l’altra nel complementare CV , e` data da: PV,CV = 2

 V



dx1

CV

dx2 |ψ(x1 , x2 )|2 .

10.15. La funzione d’onda totale deve essere totalmente simmetrica per s = 0, 1 e totalmente antisimmetrica per s = 1/2. Se il potenziale non dipende dagli spin, essa si pu`o fattorizzare nel prodotto di una funzione spaziale per una autofunzione dello spin totale S, ψ = u± (x1 , x2 )χS , dove u± indica la funzione simmetrica (+) o antisimmetrica (-) nello scambio 1↔2. Se s = 0, anche S = 0: χ0 = 1 e u = u+ . Se s = 1, allora S = 0, 1, 2: χ0 e χ2 simmetriche e u = u+ , oppure χ1 antisimmetrica e u = u− . Se s = 1/2, allora S = 0, 1 con χ0 antisimmetrica e u = u+ , oppure χ1 simmetrica e u = u− . i) V (r) = K/2(r1 − r2 )2 . Conviene passare alla coordinata relativa r = r1 − r2 . Abbiamo cos`ı a che fare con un singolo oscillatore armonico tridimensionale

366

3 Soluzioni

isotropo, che risolviamo in coordinate polari, con autofunzioni unlm (r) e spettro WN = [N + 3/2]¯hω, con N = 2(n − 1) + l. Vedi 3.6. Lo scambio di particelle 1↔2 corrisponde all’operazione di parit`a r → −r, con la funzione d’onda che cambia o meno di segno a seconda di l. Lo stato fondamentale W0 corrisponde a u100 , e` non degenere e ha funzione d’onda spaziale pari. Il primo stato eccitato W1 corrisponde a u11m , e` 3 volte degenere e ha funzione d’onda spaziale dispari. Questo stato non e` permesso per particelle a spin zero, che devono avere funzioni d’onda completamente simmetriche: per spin zero, il primo stato eccitato e` W2 , che corrisponde a u12m e a u200 , entrambe pari, con degenerazione uguale a 5 + 1 = 6. A parte questo caso, la degenerazione complessiva si ottiene moltiplicando quella spaziale per quella di spin. Riassumendo: a) b) c) a) b) c) a)

W0

W1

W2

u+ 100 − u+ 100 χ0 + + u100 χ0+ , u+ 100 χ2 non permesso + u− 11m χ1 − u− 11m χ1 + u12m , u+ 200

s=0 s = 1/2 s=1 s=0 s = 1/2 s=1 s=0

d0 (W0 ) = 1 d1/2 (W0 ) = 1 d1 (W0 ) = 6 d1/2 (W1 ) = 9 d1 (W1 ) = 9 d0 (W2 ) = 6.

ii) V (r) = K/2(r12 + r22 ). Conviene separare la parte spaziale nelle coordinate di singola particella. Le autofunzioni sono date dal prodotto delle autofunzioni dell’oscillatore armonico, eventualmente simmetrizzate o antisimmetrizzate se diverse tra loro:  1  UN±1 N2 = √ un1x n1y n1z (r1 )un2x n2y n2z (r2 ) ± un1x n1y n1z (r2 )un2x n2y n2z (r1 ) . 2 L’energia di questi stati e` data da: WN = (N + 3)¯hω ,

N = N1 + N2 ,

N1 = n1x + n1y + n1z ,

N2 = n2x + n2y + n2z ,

con degenerazione pari alle combinazioni possibili di sei interi a somma N. Lo stato fondamentale a N = 0 corrisponde a tutti gli ni = 0. Le due funzioni spaziali sono uguali e quella complessiva e` simmetrica e non degenere. Il primo stato eccitato N = 1 si ottiene da N1(2) = 1 e N2(1) = 0, e porta a U + o U − , cio`e alla combinazione simmetrica o antisimmetrica in 1↔2. A sua volta, la funzione ui con Ni = 1 e` degenere 3 volte a seconda che l’intero uguale a 1 sia nx , ny oppure nz . Riassumendo: W0

W1

a) b) c) a) b) c)

s=0 s = 1/2 s=1 s=0 s = 1/2 s=1

U00 U00 χ0− U00 χ0+ ,U00 χ2+ + U10 − + + − U10 χ0 ,U10 χ1 − − + + + + χ1 U10 χ0 ,U10 χ2 ,U10

d0 (W0 ) = 1 d1/2 (W0 ) = 1 d1 (W0 ) = 6 d0 (W1 ) = 3 d1/2 (W1 ) = 12 d1 (W1 ) = 27

3.10 Molte particelle

367

iii) Se si applica un campo magnetico costante e uniforme diretto lungo l’asse z, questo si accoppia ai momenti angolari, aggiungendo all’Hamiltoniana totale il termine: z + 2S z ) , μB = q/2μc, H (1) = −μB B(L diagonale sugli stati precedentemente elencati. Notiamo che in entrambi i potenziali lo spin interviene sempre come spin totale tramite le autofunzioni χ. Per quanto riguarda invece il momento angolare, col primo potenziale si tratta del solo momento angolare relativo che compare esplicitamente nelle autofunzioni unlm , mentre col secondo potenziale dobbiamo tenere conto del momento angolare totale delle due particelle; attenzione per`o che, nel secondo caso, il problema e` stato risolto non in coordinate polari, ma separando prima le variabili di singola particella e poi separando le tre coordinate cartesiane. Se tuttavia confrontiamo le soluzioni dell’oscillatore armonico nei due sistemi di coordinate, come nel Problema 3.6, a NCart = nx + ny + nz corrisponde NPol = 2(n − 1) + l, e quindi a NCart = 1 corrispon± sono anche combinazioni di de univocamente l = 1. Pertanto, le nostre funzioni U10 una funzione d’onda con l = 1 e di una con l = 0, e quindi sono complessivamente di momento angolare totale L = 1. Notiamo inoltre che la degenerazione in coordinate cartesiane dovuta a un ni = 1 e` uguale a 3, come in coordinate polari con l = 1 per m = 1, 0, −1. 10.16. L’Hamiltoniana imperturbata e` separabile nelle variabili di particella e le autofunzioni sono date dal prodotto delle autofunzioni di particella singola ψi jk (rn ) = ψi (xn) ψ j (yn )ψk (zn ), con eventuali simmetrizzazioni. i) Per particelle differenti, lo stato a minima energia e` dato dal prodotto degli stati fondamentali: ⎧ πx πy πz πx πy πz 8 ⎪ ⎨ sin 1 sin 1 sin 1 sin 2 sin 2 sin 2 nella scatola a b c a b c ψ0 (r1 , r2 ) = abc ⎪ ⎩ 0 altrove, con autovalore: W0 =

h¯ 2 π 2 μ



1 1 1 + + a2 b2 c2

.

Al primo ordine perturbativo: (1)

W0

=λ





d3 r1 d3 r2 ψ0∗ (r1 , r2 )λ δ (r1 − r2 )ψ0 (r1 , r2 ) = λ d3 r|ψ0 (r, r)|2 =     b  c  πx πy πz 4 8 2 a 8 2 3 3 dx dy dz sin =λ abc = sin sin abc a b c abc 8 0 0 0 27λ = . 8abc

= 

368

3 Soluzioni

Pertanto:

h¯ 2 π 2 W0 = μ



1 1 1 + + a2 b2 c2

+

27λ + .... 8abc

ii) Per particelle a spin zero la funzione d’onda deve essere totalmente simmetrica, e dunque la ψ0 (r1 , r2 ) che abbiamo valutato nel caso precedente rimane valida. iii) Per particelle a spin 1/2 la funzione d’onda deve essere totalmente antisimmetrica, ed essendo nel nostro problema gli spin paralleli, deve essere antisimmmetrica la funzione spaziale. Tenendo conto che: 1/a2 < 1/b2 < 1/c2 , lo stato di energia minima e` dato da: 1 ψ0 (r1 , r2 ) = √ [ψ211 (r1 )ψ111 (r2 ) − ψ211 (r2 )ψ111 (r1 )]. 2 Con ψ111 e ψ211 stato fondamentele e primo stato eccitato di particella singola. L’autovalore corrispondente e` dato da:  h¯ 2 π 2 1 1 5 1/2 . W0 = + + μ 2a2 b2 c2 La correzione perturbativa e` data da: 

d3 r1 d3 r2 ψ0∗ (r1 , r2 )Aδ (r1 − r2 )ψ0 (r1 , r2 ) = 0,

per l’antisimmetria della funzione d’onda. E dunque al primo ordine perturbativo la correzione all’energia e` nulla. 10.17. Con le nuove variabili del centro di massa, l’energia potenziale e quella cinetica assumono la forma:   K 3 2 h¯ 2 1 ∂ 2 ∂2 3 ∂2 V= . r1 + 2r22 , T = − + 2 + 2 2 2μ 3 ∂ R2 ∂ r12 2 ∂ r22 Con la sostituzione: ψ(x1 , x2 , x3 ) = Y1 (r1 )Y2 (r2 )Y (R), l’equazione di Schr¨odinger si separa nelle tre equazioni: ⎧ ⎪ h¯ 2 ∂ 2Y1 (r1 ) 3 2 ⎪ ⎪ + Kr1Y1 (r1 ) = W1Y1 (r1 ) − ⎪ ⎪ μ ∂ r12 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ 3¯h2 ∂ 2Y2 (r2 ) + Kr22Y2 (r2 ) = W2Y2 (r2 ) W = W1 +W2 +W3 − ⎪ 4μ ∂ r22 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ h¯ 2 ∂ 2Y (R) ⎪ ⎪ = W3Y (R). ⎩− 6μ ∂ R2

3.10 Molte particelle

369

La terza equazione e` di una particella libera a massa 3μ, e ha come soluzione:   1 Y (R) = √ exp i 6μW3 /¯h2 R . 2π La prima e seconda equazione descrivono due oscillatori armonici, rispettivamente di massa μ1 = μ/2 e μ2 = 2μ/3

elastica K1 = 3K/2 e K2 = 2K, cio`e

e costante entrambi con frequenza ω = Ki /μi = 3K/μ. L’energia totale e` pertanto:

W = W3 + (N + 1)¯hω , ω = 3K/μ , N = n1 + n2 = 0, 1, 2, .... Lo stato fondamentale e` caratterizzato da N = 0 ed e` dato da: ψ0 (r1 , r2 , R) = Y1,0 (r1 )Y2,0 (r2 )Y (R) =     −α2 1 2 2 2 1 1/4 r r α exp + = Y (R) , 3π 2 2 2 1 3 2

α=



μω/¯h.

La Yi,n (ri ) e` l’n-esima autofunzione dell’i-esimo oscillatore, essendo i = 1, 2 e n = 0, 1, 2, ... 10.18. Se le particelle del problema precedente sono identiche, dobbiamo esaminare i due casi: i) Bosoni di spin zero. Non c’`e dipendenza dallo spin, e quindi la funzione d’onda deve essere totalmente simmetrica nello scambio delle variabili spaziali {x1 , x2 , x3 }. La Y soddisfa questa richiesta perch´e dipende dalla variabile R simmetrica. Per quanto riguarda la parte in r1 e r2 , controlliamo direttamente:   3r12 + 4r22 = 3(x1 − x2 )2 + (x1 + x2 − 2x3 )2 = 4 x12 + x22 + x32 − x1 x2 − x2 x3 − x3 x1 , ovvero una forma simmetrica. La ψ0 (r1 , r2 , R) vista prima e` dunque lo stato fondamentale. ii) Fermioni a spin 1/2. La funzione d’onda deve essere antisimmetrica nello scambio di due particelle e, essendo il potenziale indipendente dallo spin, pu`o essere espressa come prodotto di una parte spaziale e di una parte di spin. Quest’ultima, a sua volta, pu`o essere espressa come prodotto di tre funzioni a spin 1/2, e non pu`o essere completamente antisimmetrica, perch´e gli stati differenti tra di loro sono solo due. Di conseguenza la funzione spaziale non pu`o essere completamente simmetrica, come abbiamo visto essere lo stato a minima energia ψ0 (r1 , r2 , R) trovato prima. Dobbiamo quindi prendere in esame stati a energia superiore. Consideriamo dunque il primo stato eccitato con N = 1, due volte degenere: (1)

ψ1 (x1 , x2 , x3 ) = Y1,1 (r1 )Y2,0 (r2 )Y (R) ,

(1 )

ψ1 (x1 , x2 , x3 ) = Y1,0 (r1 )Y2,1 (r2 )Y (R).

Questi due stati hanno lo stesso fattore esponenziale visto nel 10.17, e sono moltiplicati rispettivamente per r1 e r2 , derivanti dal primo stato eccitato dell’oscillatore tridimensionale monodimensionale; di questi, r1 = x1 − x2 e` antisimmetrico per lo

370

3 Soluzioni

scambio 1 ↔ 2, mentre r2 = (x1 + x2 )/2 − x3 non gode di nessuna semplice propriet`a. Conviene allora cercare nuove variabili, rispetto alle quali siano evidenti le simmetria delle autofunzioni. Ad esempio, avremmo potuto fin dall’inizio utilizzare le coordinate ottenute dalle prime permutando ciclicamente le xi : r1 = x2 − x3 ,

r2 =

x2 + x3 − x1 , 2

R =

x1 + x2 + x3 = R, 3

x3 + x1 x1 + x2 + x3 − x2 , R = = R, 2 3 ed esprimere lo stato eccitato tramite queste: ⎧ (1) ⎪ ψ1 (x1 , x2 , x3 ) = Y1,1 (r1 )Y2,0 (r2 )Y (R) = (x1 − x2 )F+ (x1 , x2 , x3 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (2) ψ1 (x1 , x2 , x3 ) = Y1,1 (r1 )Y2,0 (r2 )Y (R) = (x2 − x3 )F+ (x1 , x2 , x3 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ (3) ψ1 (x1 , x2 , x3 ) = Y1,1 (r1 )Y2,0 (r2 )Y (R) = (x3 − x1 )F+ (x1 , x2 , x3 ). r1 = x3 − x1 ,

r2 =

La funzione F+ e` il prodotto di Y (R), dipendente da R simmetrica, e del fattore esponenziale visto alla fine del 10.17, dipendente anch’esso da una variabile simmetrica. F+ e` dunque simmetrica. Notare che in ciascuna riga abbiamo riportato una sola delle due autofunzioni (1) (1 ) degeneri, ad esempio ψ1 e non ψ1 , perch´e ne esistono solo due linearmente indipendenti, ad esempio le prime due righe. Tenendo per`o conto anche dello spin, si pu`o sviluppare su tutte e tre. Ad esempio lo stato con terza componente dello spin totale 1/2:                                     (1) 1 1 0 (2) 0 1 1 (3) 1 0 1 Ψ1 ({xi ; σi }) ∝ ψ1       + ψ1       + ψ1       ∝ 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1

2

3

1

2

3

1

2

3

                        0 1 1 1 1 0 ∝ F+ (x1 , x2 , x3 ) (x1 − x2 )       + (x2 − x3 )       + 1 0 0 0 0 1 1 2 3       ) 1 2 3       1 0 1 + (x3 − x1 )       . 0 1 0 (

1

2

3

Questa funzione e` ora antisimmetrica nello scambio di due particelle. Ad esempio, per 1 ↔ 2 il primo addendo cambia segno, mentre il secondo e il terzo si scambiano tra di loro sia la parte di spin che la parte spaziale cambiata di segno. E` una funzione accettabile per spinori, e dunque la minima energia per questo sistema si ottiene con N = 1 e vale W = W3 + 2¯hω. 10.19. Nel Problema 3.6 sono valutati gli autostati di un singolo oscillatore armonico tridimensionale che, in coordinate cartesiane, possono essere caratterizzati da tre numeri interi (n1 n2 n3 ), con autovalori WN = (N + 3/2)¯hω, per N = n1 + n2 + n3 ,

3.10 Molte particelle

371

e degenerazione dN . I primi tre sono: N = 0 (000) d0 = 1 ;

N = 1 (100) d1 = 3 ;

N = 2 (200) , (110) d2 = 6.

Le degenerazioni si riferiscono alla posizione dei numeri entro la terna. Nel caso di due particelle non interagenti tra di loro, gli autovalori sono pari alla somma degli autovalori, e gli autostati il prodotto degli autostati. Se le particelle hanno spin, poich´e non vi e` interazione di spin, le autofunzioni totali sono esprimibili come prodotto delle autofunzioni spaziali e delle autofunzioni di spin. Se le particelle sono identiche, le autofunzioni sono simmetriche o antisimmetriche nello scambio delle particelle, a seconda che siano a spin intero o semintero. i) Spin s = 1/2, quindi funzioni antisimmetriche che si possono ottenere da funzioni spaziali simmetriche e di spin antisimmetriche con spin totale S = 0, o viceversa con spin totale S = 1. N = 0. Entrambe le particelle nello stato (000): (000)(000). La funzione d’onda spaziale e` una sola, simmetrica, quella di spin e` una sola, antisimmetrica. Dunque, d0 = 1. II) N = 1. Una particella in (000) e una in (100): (000)(100), oppure (100)(000). Da questi due stati si pu`o fare una combinazione simmetrica e una antisimmetrica, da moltiplicare per un singoletto antisimmetrico a S = 0 la prima, e per un tripletto simmetrico a = 1 la seconda. Quindi 1 + 3 = 4 stati, in ciascuno dei quali il numero quantico ni = 1 pu`o apparire in 3 posizioni. Dunque, d1 = 3 × (1 + 3) = 12. III) N = 2. Questo caso pu`o essere ottenuto con le seguenti combinazioni:

I)

(200)(000) ,

(110)(000) ,

(100)(010) ,

(100)(100),

di cui le prime tre sono in realt`a coppie ottenute scambiando le particelle. Ciascuna di queste 3 coppie si pu`o mettere in forma simmetrica o antisimmetrica, moltiplicata la prima per la funzione di singoletto, la seconda per quella di tripletto; gli indici ni possono apparire in tre posizioni diverse. Quindi, ogni coppia d`a origine a 12 stati. L’ultimo stato infine e` singolo, simmetrico, con spin a 1 componente, e 3 posizioni dell’indice ni . Dunque, d2 = 3 × (3 × 4 + 1) = 39. ii) Spin s = 1, quindi funzioni totali simmetriche. Due funzioni di spin sono simmetriche, quelle a S = 0, 2, complessivamente con 1+5 = 6 componenti, e quella antisimmetrica a S = 1, con 3 componenti. N = 0. Funzioni simmetriche sia spaziali che di spin. Dunque, d0 = 6. N = 1. Ogni funzione spaziale ha degenerazione 3 per la posizione dell’1, e pu`o essere simmetrica o antisimmetrica. La prima moltiplicata per una parte di spin simmetrica a 6 componenti (S = 0, 2), la seconda per una antisimmetrica a tre componenti (S = 1). Dunque, d1 = 3 × (6 + 3) = 27. III) N = 2. Confronta la casistica vista per lo spin 1/2. I primi tre possono essere accoppiati sia alle 6 funzioni di spin simmetriche, che alle 3 antisimmetriche; l’ultimo invece alle sole 6 componenti pari dello spin totale. Dunque, d2 = 3 × [3 × (6 + 3) + 6] = 99.

I) II)

372

3 Soluzioni

Riassumendo: (1/2)

d0

= 1,

(1/2)

d1

= 12,

(1/2)

d2

= 39,

(1)

d0 = 6,

(1)

d1 = 27,

(1)

d2 = 99.

10.20. Consideriamo i numeri quantici atomici in coordinate polari (nlm; sz ). i) Lo stato 2s2p e` rappresentato dai numeri quantici: (200; ±1/2) (21{10 − 1}; ±1/2). Gli stati a una particella sono differenti perch´e appartenenti a shell diverse, con l1 = l2 , e quindi possono essere tutti antisimmetrizzati. Dunque, d2s2p = 22s × 62p = 12. . Essendo per i singoli stati l1 = 0 Consideriamo ora i numeri quantici totali L2S+1 j e l2 = 1, s1 = s2 = 1/2, il momento angolare e lo spin totali sono dati da: L = 1 e S = 0, 1. I tre stati con L = 1 si ottengono da singole particelle in stati spaziali differenti, 2s e 2p, che possono essere combinati in funzioni sia simmetriche che antisimmetriche, le prime moltiplicate per l’unica funzione di spin 0, antisimmetrica, la seconda per le tre funzioni di spin 1, simmetriche. Dunque, dL=1;S=0,1 = 3L × (1 + 3)S = 12, come prima. Se infine consideriamo i momenti totali j, questi possono derivare da: jtot = j2s ⊗ j2p =

1 1 3 = 0 ⊕ 1 ⊕ 1 ⊕ 2. ⊗ ⊕ 2 2 2

Dunque, d jtot = 1 + 3 + 3 + 5 = 12. ii) Nella configurazione 2p3p ciascun elettrone pu`o essere in uno degli stati 3l × 2s = 6, ed essendo tutti diversi grazie a n = 2 o n = 3, tutti i primi 6 possono essere combinati con tutti i secondi 6 a formare funzioni antisimetriche. Dunque, d2p3p = 62p × 63p = 36. , il momento angolare totale e` L = 0, 1, 2 ma, come Nella rappresentazione L2S+1 j sopra, in tutte queste rappresentazioni gli stati possono essere simmetrizzati o antisimmetrizzati rispetto a {n1 , n2 }, e pertanto possono essere moltiplicati per tutti gli stati di spin totale. Dunque, dL=0,1,2;S=0,1 = 9L × 4S = 36. Infine, se valutiamo i momenti angolari totali:  1 1 3 1 3 1  ⊗ 1⊗ = ⊗ = jtot = j2p ⊗ j3p = 1 ⊗ ⊕ ⊕ 2 2 2 2 2 2  1  1 3   3  1 3  ⊕ = = ⊗ ⊗ ⊗ ⊗ 2 2 2 2 2 2 = [(0 ⊕ 1) ⊕ (1 ⊕ 2)] ⊕ [(1 ⊕ 2) ⊕ (0 ⊕ 1 ⊕ 2 ⊕ 3)]. Dunque, d jtot = 1 + 3 + 3 + 5 + 3 + 5 + 1 + 3 + 5 + 7 = 36, come visto sopra. Riassumendo: d2s2p = 12, d2p3p = 36.

3.11 Argomenti vari

373

10.21. Premettiamo che non si pu`o definire lo spin in una sola dimensione, ma qui si tratta ovviamente della dimensione residua, dopo aver fattorizzato o mediato le altre due. Le funzioni d’onda e gli autovalori di singola particella sono dati da:

nπx 1 π 2 h¯ 2 sin , Wn = n2 w0 , w0 = . ψ(x) = a 2a 8μa2 a) Quindi, per due particelle, si ha: ψ(x1 , x2 ) =

1 n1 πx1 n2 πx2 sin sin , a 2a 2a

Wn1 n2 = (n21 + n22 )w0 ,

e i primi quattro valori dell’energia dati, in unit`a di w0 , da: W11 = 2W12 = W21 = 5W22 = 8W31 = W13 = 10. b) i) Per due particelle identiche a spin 1/2, la funzione d’onda totale deve essere antisimmetrica, prodotto di una funzione spaziale simmetrica e di spin antisimmetrica, o viceversa. Se n1 = n2 la funzione spaziale e` simmetrica, e dunque quella di spin deve essere antisimmetrica, a spin totale zero, e quindi con degenerazione 1. Se n1 = n2 la funzione spaziale pu`o essere simmetrica o antisimmetrica, e quella di spin antisimmetrica o simmetrica, con degenerazione totale 1+3=4. b) ii) Se le particelle sono a spin 1/2 ma non sono identiche per al presenza di un numero quantico non osservato, allora non ci sono restrizioni, e la degenerazione totale e` pari a 4 se n1 = n2 e invece a 2 × 4 = 8 se n1 = n2 . b) iii) Se le particelle sono identiche con spin 1, la funzione d’onda totale deve essere il prodotto di due funzioni simmetriche, una spaziale e 6=5+1 spinoriali, in corrispondenza a S = 0, 2; oppure due antisimmetriche, una spaziale e 3 spinoriali, in corrispondenza a S = 1. Se n1 = n2 c’`e solo il primo caso, cio`e degenerazione 6. S n1 = n2 ci sono entrambi i casi, e quindi 6+3=9. La tabella riassuntiva e` la seguente: W dW

2 d2 = {1, 4, 6};

5 d5 = {4, 8, 9};

8 d8 = {1, 4, 6};

10 d10 = {4, 8, 9}.

L’energia W e` data in unit`a di w0 , e le tre degenerazioni si riferiscono ai tre casi {i, ii, iii}.

3.11 Argomenti vari 11.1. Precisando le due affermazioni, ci si pu`o convincere che esse non sono contradditorie. i) Per ogni k = 1, 2, ... fissato, i polinomi generalizzati di Laguerre di grado m, k (ρ), si ottengono dal processo di ortogonalizzazione di Schmidt dei monomi ρ n Lm

374

3 Soluzioni

2 in Lρ∈[0,∞) sulla misura ρ k e−ρ dρ, e formano dunque un set ortogonale completo in questo spazio con questa misura. Ovvero, per ogni k = 1, 2, ..., le funzioni k (ρ), al variare di n, formano un set ortogonale completo in φmk (ρ) = ρ k/2 e−ρ/2 Lm 2 Lρ∈[0,∞) sulla misura di Lebesgue dρ.

ii) La parte radiale delle autofunzioni proprie dell’idrogeno si esprime nel modo seguente: Rnl (r) 2l+1 = ynl (r) = Nnl (2kn r)l+1 e−kn r Ln−l−1 (2kn r). r Queste, per ogni l = 0, 1, 2, ... e al variare di n = l + 1, l + 2, ..., non costituiscono un 2 insieme completo in Lr∈[0,∞) sulla misura dr, in quanto manca lo spettro continuo. Pi`u precisamente, per ogni l fissato intero positivo o nullo, la parte radiale dell’equazione di Schr¨odinger, condizioni al contorno incluse, e` un’equazione agli autovalori per un operatore autoaggiunto, che possiede pertanto un insieme ortonormale completo di autofunzioni proprie e improprie. Da semplici analisi qualitative si deduce che, per ogni l fissato, esistono sia le autofunzioni proprie ynl (r) che quelle improprie yνl (r), non a quadrato sommabili, relative allo spettro continuo, individuate dal parametro continuo ν. La non completezza delle {ynl } comporta che la relazione: 

 ∞ ∗ f , ynl = dr f (r) ynl (r) = 0 ,

l

0

fissato ∀ n = l + 1, l + 2, ...,

pu`o essere soddisfatta da funzioni f (r) non identicamente nulle. Posto ora k = 2l + 1 e m = n − k + l = n − l − 1: 2l+1 ynl (r) ∝ rl+1 e−kn r Ln−l−1 (2kn r) = r1/2 φmk (2kn r),

la relazione di ortogonalit`a si pu`o scrivere: 

 ∞  ρ   ∞   φmk (ρ) = fn , φmk = 0 dr r1/2 f ∗ (r)φmk (2kn r) ∝ dρρ 1/2 f ∗ f , ynl ∝ 2kn 0 0

k+1 . 2 Qui dunque non abbiamo a che fare con una singola funzione f ortogonale a tutto l’insieme completo {ϕmk }, bens`ı con infinite funzioni fn (ρ) = ρ 1/2 f (ρ/2kn ), con k . Ma da qui non n = n(m, k), ciascuna ortogonale al rispettivo vettore ϕn−(k+1)/2 segue f ≡ 0. k

fissato ∀ m = 0, 1, 2, ... ,

n = m+

11.2. Il problema fisico e l’autoaggiuntezza della derivata seconda impongono l’annullamento delle funzioni. Gli autovettori e gli autovalori sono i seguenti:

nπx 2 π2 2 h¯ . sin , Wn = n2 un (x) = a a 2μa2

3.11 Argomenti vari

375

Il valore medio della posizione e la sua indeterminazione su questi autostati sono dati da:    2 a 2nπx a 2 a 1 1 2 nπx x n = = − cos = , dx x sin dx x a 0 a a 0 2 2 a 2 Δn2 x =  un | (x −  x n )2 | un =

2 a

 a 0

 a2 a2 a 2 2 nπx = − dx x − sin . 2 a 12 2(nπ)2

11.3. Le seguenti matrici formano insieme un set completo di osservabili. Separatamente invece hanno spettro degenere.      1 0 0   −1 0 0          B =  0 1 0 . A= 0 1 0       0 0 −1   0 0 1  11.4. Determiniamo anzitutto gli autovalori di A, osservando che la matrice ha una struttura diagonale a blocchi (σx e σy ), per cui il calcolo si semplifica:     (1) 0  A − α det |A − α| = det   = (α2 − a2 )(α2 − a2 ) = 0.  0 A(2) − α Gli autovalori sono dati da α± = ±a, ciascuno degenere due volte, con autovettori:     1 0       1 ±1 1  0  (1) (2) ψ± = √   ψ± = √   , 2  0  2  1  0 ±i dove l’apice (1) o (2) rimanda all’autovettore del blocco A(1) o A(2) . Le probabilit`a richieste sono date dalla somma dei moduli quadrati dei prodotti scalari tra la funzione d’onda e i due stati degeneri:  1 2  1 + i 2 3     (1) (2) P+ = |(ψ, ψ+ )|2 + |(ψ, ψ+ )|2 =  √  +  √  = 4 2 2 2  1 − i 2 1   (1) (2) P− = |(ψ, ψ− )|2 + |(ψ, ψ− )|2 = 0 +  √  = . 4 2 2 11.5. L’ipotesi di una variazione non piccola e istantanea dell’Hamiltoniana, comporta che lo stato rimanga inalterato nella transizione. Vedi 8.8.

376

3 Soluzioni

Posto α = (μK/¯h2 )1/4 , all’istante iniziale la funzione d’onda e` data da:  √ u0 (x) = N0 exp(−α2 x2 /2) , Nn = α/2n n! π. Per t > 0, essendo K  = 2K le autofunzioni dell’oscillatore sono quelle di prima, caratterizzate per`o dalla nuova costante α = 21/4 α. Pertanto, le ampiezze di probabilit`a sono: cn = (un , u0 ) = N0 Nn =

 ∞ −∞

dx Hn (α x) exp(−α2 x2 /2) exp(−α2 x2 /2) = 

 ∞

1

1 N N √ 1/8 0 n

α y √ exp(−α2 y2 ), b

dy Hn 2 b −∞  √ √   √  con b = 1 + 2 / 2 2 e y = b x. Per valutare i vari coefficienti possiamo sfruttare le propriet`a di ortonormalit`a delle un . Si ottiene cos`ı immediatamente: i) c0 =

25/8 1 √ √ = , ii) c1 = 0. 21/8 b (1 + 2)1/2 1

iii) Per c2 , osserviamo che:    1 αy 1 2 − 2b = 4α2 y2 − 2 + (2 − 2b) = H2 (α y) + H0 (α y), H2 √ b b b b e solo H0 contribuisce all’integrale: c2 =

21/8 1 N2 1 2 − 2b √ =   √ 5/2 . 21/8 N0 b b 1+ 2

Infine otteniamo: P0 =

25/4 √ 1+ 2

,

P1 = 0 ,

21/4 √ 5 . 1+ 2

P2 = 

11.6. La funzione d’onda si sviluppa facilmente sulla base delle autofunzioni dell’energia:  −1/2 (c2 u2 + c0 u0 ), ψ(x) = Nx2 exp[−μωx2 /2¯h] = c22 + c20 1 c2 = 2N2

,

1 c0 = N0

,

Nn =



μω/π h¯ /2n n!.

3.11 Argomenti vari

377

Pertanto:  ψ | H |ψ =

5c22 /2 + c20 /2 5N02 /8N22 + 1/2 11 hν = hν = hν. 2 2 2 2 6 c2 + c0 N0 /4N2 + 1

11.7. L’uguaglianza non e` valida. Infatti, la funzione data e` una gaussiana in x con  √ −1 . L’indeterminazione su p e` pertanto diversa indeterminazione finita Δ x = a 2 da zero:  pˆ2 −  p ˆ 2 = Δ 2 p = 0.   z = i¯h, come per le osservabili posizione e momento, l’appliˆ M 11.8. Poich´e ϕ, cazione disinvolta del principio d’indeterminazione di Heisenberg porterebbe a dire che: Δ ϕΔ Mz ≥ h¯ /2. √ z , cio`e Φm (ϕ) = 1/ 2π exp(imϕ), si ottiene: Se per`o la si applica agli autostati di M Δm ϕΔm Mz = Δm ϕ · 0 ≥ h¯ /2, dato che sugli autostati lo scarto e` sempre nullo, cio`e Δm Mz = 0. La relazione e` sicuramente errata, anche nel caso dell’uguale, dato che Δm ϕ e` finita. Ma allora, in che cosa consiste l’errore? L’errore consiste nel trattare il termine i¯h, cui e` eguagliato il commutatore, come fosse un numero moltiplicato per l’operatore identit`a, e quindi con dominio in tutto lo spazio di Hilbert H . In realt`a, la diseguaglianza da cui abbiamo iniziato e` definita solo sugli stati appartenenti al dominio del commutatore. Pi`u precisamente, il principio di indeterminazione di Heisenberg si esprime formalmente cos`ı: ΔΦ AΔΦ B ≥

  1 ˆ Bˆ | Φ | , |  Φ | A, 2

dove non ci si pu`o dimenticare del vettore Φ sul quale si calcolano i valori di aspetˆ tazione. Ovvero, la diseguaglianza e` valida se lo stato Φ appartiene ai domini di A, ˆ Nel caso di ϕˆ e di Mz = −i¯h∂ /∂ ϕ, occorre in particolare che Φ ˆ di Aˆ Bˆ e di Bˆ A. di B, z e` costituito dalle funzioni z ϕ, ˆ e poich´e il dominio di M appartenga al dominio di M periodiche, occorre che: ϕΦ(ϕ)|ϕ=0 = ϕΦ(ϕ)|ϕ=2π

cio`e

Φ(0) = Φ(2π) = 0.

Questa e` una condizione molto restrittiva sulle funzioni Φ(ϕ), in particolare non z . Dunque, la diseguaglianza di Heisenberg non soddisfatta dalle autofunzioni di M e` applicabile a questi stati. Per ottenere un conveniente principio di indeterminazione, conviene utilizzare in luogo dell’operatore ϕˆ una funzione periodica dello stesso, ad esempio sin ϕˆ per il

378

3 Soluzioni

quale vale: z ] = i¯h cos ϕˆ ˆ M [sin ϕ,

=⇒

1 ˆ |, Δ sin ϕΔ Mz ≥ h¯ | cos ϕ 2

z , in quanto appartenenti al che e` ora applicabile anche alle autofunzioni di M dominio dei quattro operatori coinvolti. In tal caso si ottiene: ˆ m, Δm sin ϕΔm Mz = 0 = cos ϕ z l’operatore cos ϕˆ ha valore di aspettazione ed effettivamente, sugli autostati di M nullo. 11.9. Lo stato fondamentale dell’atomo di idrogeno e` dato da: −3/2 −r/r0 e ,

ψ(x) = π −1/2 r0

e l’ampiezza di probabilit`a nel momento e` data dalla sua proiezione sulle onde piane, vale a dire dalla trasformata di Fourier della ψ(x): 





∞ 1 1 −ip·x/¯h √ d xe ψ(x) = dΩ dr r2 e−ipr cos θ /¯h e−r/r0 = 3 (2π h¯ )3/2 π(hr0 )3/2 0 √ √     2 π i¯h ∞ 2 π i¯h  −2 −αr −α∗ r ∗ −2 dr r e − e − (α ) = = , (α) (hr0 )3/2 p 0 (hr0 )3/2 p

 ψ(p) =

dove α = 1/r0 + ip/¯h e l’integrale e` il solito esponenziale. In conclusione: 3/2

 ψ(p) =

h¯ 5/2 r0 23/2  2 π h¯ 2 + r02 p2

2  =⇒ P(p, p + d p) = |ψ(p)| 4π p2 d p.

Notare che la funzione dipende solo dal modulo p per l’isotropia della funzione d’onda, e per ottenere la probabilit`a in p abbiamo integrato sulla parte angolare. 11.10. Essendo H = p2 /2μ + Kx2 /2 + χx3 , dal teorema di Ehrenfest si ottiene: ⎧ ,∂H - 1 d ⎪ ⎪ x = = p ⎨ dt ∂p μ , , ⎪ ⎪ ⎩ d p = − ∂ H = −Kx − 3χx2 dt ∂x e da queste: d2 d x = p = −Kx − 3χx2 = −Kx − 3χx 2 + 3χΔ 2 x. dt 2 dt La forma delle equazioni classiche di Newton contiene la sola variabile x , e questo in generale e` possibile solo per χ = 0, dato che Δ x = 0 solo per funzioni lineari. μ

3.11 Argomenti vari

379

11.11. La funzione data rappresenta la sovrapposizione di autofunzioni impro√ prie dell’energia u± (x) = 1/ 2π h¯ exp[±ipx/¯h], entrambe relative all’autovalore W = p2 /2μ. Poich´e l’energia e` costante del moto, la distribuzione di probabilit`a e` indipendente dal tempo e possiamo pertanto valutarla sullo stato iniziale ψ(x, 0), per il quale i coefficienti dello sviluppo sono dati da:  √ 1 c(p) = β / π exp[− β 2 (p − p0 )2 ]. 2 Da qui si ottiene la probabilit`a richiesta: 2  2  μ 

    dW, P(W )dW = c( 2μW ) + c(− 2μW ) 2W

dove abbiamo tenuto conto che d p = μ/2W dW . 11.12. i) Essendo tutti gli operatori indipendenti dal tempo, un’osservabile e` costante del moto se l’operatore corrispondente commuta con l’Hamiltoniana:      !     " H,C = i H, A, B = −i B, H, A + A, B, H = 0, per l’identit`a di Jacobi e per le ipotesi sulle regole di commutazione degli operatori. ii) Come realizzazione concreta di tali operatori possiamo scegliere (¯h = 1):   1 2 pˆ , A = pˆ , B = −xˆ con x, ˆ pˆ = i =⇒ 2             A, B = p, ˆ −xˆ = i , H, B = pˆ2 /2, −xˆ = i pˆ = iA. H, A = pˆ2 /2, pˆ = 0 , H=

Un’altra scelta e` data da: H = 1/2 xˆ2 A = x, ˆ B = p, ˆ come si controlla facilmente. 11.13. Gli operatori di posizione sono sei, tre per particella, e altrettanti di momento lineare: ∂ xˆki , pˆik = −i¯h i , k = 1, 2 , i = 1, 2, 3. ∂ xk Per semplificare le notazioni successive, indichiamo con xˆ e pˆ = −i∂ /∂ x una di queste coppie, e con il vettore pentadimensionale ξ le altre cinque variabili. Allora: 

 +∞

∂ Ψ (ξξ , x) = ∂x −∞      2 x=+∞  +∞ ∂ ∗ = −i¯h d5 ξ Ψ (ξξ , x)  Ψ (ξξ , x) Ψ (ξξ , x) = 0. − dx ∂x x=−∞ −∞  p ˆ = −i¯h

d5 ξ

dx Ψ ∗ (ξξ , x)

L’espressione e` nulla, in quanto il primo integrando e` nullo, e il secondo integrale e` uguale e opposto a quello di partenza, dato che la funzione d’onda e` reale. Pi`u

380

3 Soluzioni

direttamente:

, ∂  p ˆ = −i¯h Ψ Ψ = −i¯hc, ∂x cio`e un valore immaginario, dato che il parametro c e` reale in quanto valore di aspettazione di un operatore reale su stati reali; ma questo e` impossibile per l’autoaggiuntezza di p. ˆ Dunque, il suo valore di aspettazione e` necessariamente nullo. Ancora pi`u semplicemente, ricordiamo, che nelle gaussiane modulate, il fattore modulante, cio`e il coefficiente dell’esponente immaginario, e` proporzionale al valor medio dell’impulso. In questo caso il fattore modulante e` nullo, e quindi e` nullo l’impulso medio. Per quanto riguarda il momento angolare, possiamo ripetere i due primi calcoli, indicando uno generico dei sei operatori con: z = xˆ pˆy − yˆ pˆx = −i¯h ∂ , L ∂ϕ e con il vettore quadri-dimensionale ζ le restanti variabili. Pertanto: z = xˆ pˆy − yˆ pˆx = −i¯h L 

+∞

−∞

 +∞

dx x

−∞

dy Ψ ∗ (ζζ , x, y)



d4 ζ

  +∞  +∞ ∂ ∂ Ψ (ζζ , x, y) − dy y dx Ψ ∗(ζζ , x, y) Ψ (ζζ , x, y) . ∂y ∂x −∞ −∞

Possiamo ora integrare per parti come nel caso precedente, e sfruttare l’annullamen z = 0. Oppure: to all’infinito della funzione assegnata. Si ottiene: L , z = −i¯h Ψ ∂ Ψ = −i¯hd, L ∂ϕ con d reale perch´e valore di aspettazione di un operatore reale su funzioni reali. A sinistra abbiamo una quantit`a complessivamente reale, e quindi il tutto deve essere nullo. 11.14. Se lo stato iniziale dell’atomo di idrogeno non ha proiezione sugli stati dello spettro discreto, rimarr`a non legato in ogni istante futuro, essendo l’energia una costante del moto e pertanto con distribuzioni di probabilit`a indipendenti dal tempo. Il problema e` dunque soddisfatto da una somma arbitraria di stati del continuo. Questi sono esprimibili nel modo seguente (vedi A.6): uνlm (r, θ , φ ) = Rνl (r)Ylm (θ , φ ) =   1 Z = N (kr)l+1 exp−ikr M l + 1 + i ; 2l + 2; 2ikr Ylm (θ , φ ), r ka0

3.11 Argomenti vari

381

con l’energia ν = h¯ 2 k2 /2μ, M funzione ipergeometrica confluente, Ylm l’armonica sferica e N una costante di normalizzazione. Pertanto, lo stato iniziale: ψ(r, θ , φ ) =

∞

l

∑ ∑

 ∞

l=0 m=−l 0

dkclm (k)Rkl (r)Ylm (θ , φ ),

con clm (k) arbitraria a somma quadrata uguale a uno, rappresenta una funzione d’onda che mai nel futuro avr`a proiezione diversa da zero sugli stati del discreto. 11.15. Lo stato inziale ha momento angolare totale j = 1, in quanto il pione ha spin zero, il deutone spin 1 e la reazione e` supposta avvenire in onda s, dopo la cattura mesica. Lo stato finale e` composto da due neutroni e deve essere descritto da una funzione totalmente antisimmetrica che, fattorizzando le variabili spaziali e di spin, pu`o essere di due tipi: ⎧ ⎨ul=1,3,.. (x) χSs=1 A ψ2n = ⎩ l=0,2,,.. uS (x) χAs=0 . Per conservazione del momento angolare totale, la transizione pu`o avvenire solo verso il primo tipo di stato finale, in quanto il secondo ha momento totale pari. In particolare verso lo stato: ψ2n = ul=1 (x) χ s=1 , unico con una componente a jtot = 1, contenuta nella decomposizione del prodotto diretto 1 ⊗ 1 = 0 ⊕ 1 ⊕ 2. Questo stato ha parit`a (−), a causa del momento orbitale l = 1, mentre la parit`a intrinseca dei nucleoni non influenza n´e lo stato iniziale n´e quello finale, in quanto in coppia e della medesima parit`a (+). Anche lo stato iniziale allora deve essere a parit`a negativa, ed essendo in onda s e` necessariamente il pione a possedere parit`a intrinseca negativa.   11.16. Sugli operatori x e p soddisfacenti x, p = i¯h, operiamo la pi`u semplice trasformazione canonica, per ottenere operatori adimensionali: x = αX ,

p = βP

con



 X, P = i

=⇒ β =

h¯ . α

L’Hamiltoniana diventa: H=

h¯ 2  P2 1 μ 2 ω 2 α4 2 1 λ μα6 4  + X + X . μα2 2 2 h¯ 2 4 h¯ 2

Scegliendo α in modo da eliminare i parametri che moltiplicano il termine X 4 , cio`e: λ μα6 = 1, h¯ 2

α2 =

 h¯ 2 1/3 , λμ

382

3 Soluzioni

otteniamo infine: H=

 λ h¯ 4 1/3  P2 μ2

2

+

 1  ω 3 μ 2 2/3 2 1 4 X + X . 2 λ h¯ 4

Gli autovalori possono essere ora espressi tramite i due unici parametri presenti: W=

 λ h¯ 4 1/3  ω 3 μ 2  . F μ2 λ h¯

Si pu`o anche procedere con considerazioni puramente dimensionali, tenendo conto che l’Hamiltoniana di partenza dipende dai 4 parametri h¯ , μ, ω, λ , tra i quali deve sussistere una relazione, e dai quali e` possibile estrarre una sola variabile adimensionale. Si ottiene:     λ h¯   −3 = T = ω3 , μ2 e quindi:



   λ h¯ 4 1/3    h¯ ω = = W μ2

e

 ω3μ2  λ h¯

  = c ,

con c parametro adimensionale. Da queste relazioni segue l’espressione dell’energia trovata precedentemente. 11.17. Dalle regole di commutazione elementari segue che:           A, p2 = ∑ A, p2j = ∑ p j A, p j + A, p j p j = i¯h2p2 . j

j

E analogamente:



 A, x2 = −i¯h2x2 .

Da quest’ultima si ricava: 

 n  A, x2 =

n−1

∑

x2

l 

A, x2



x2

n−l−1

 n = −i¯h2n x2 .

l=0

  Inoltre, data una funzione regolare f x2 , sviluppandola in serie si ottiene: 

 d   ∞  n    ∞   n  = −i¯h ∑ fn 2n x2 = −i¯h2x2 f x2 , A, f x2 = ∑ fn A, x2 dx2 0 0

e quindi in particolare: 

 N   N A, x2 = −i¯h2N x2 .

3.11 Argomenti vari

383

Possiamo ora sfruttare queste regole di commutazione per valutare quanto richiesto. Sviluppando il commutatore:    W | A, H | W =  W | AH − HA | W = W A −W A = 0, e dai commutatori di A con la parte cinetica e quella potenziale, si ottiene: i¯h W |

p2 | W − i¯hN W | V (x2 ) | W = 0. 2μ

Inoltre: W |H |W =W |

p2 | W +  W | V (x2 ) | W = W, 2μ

e da queste: W |

p2 N |W = W, 2μ 1+N

 W | V (x2 ) | W =

W . 1+N

Infine, una realizzazione esplicita dell’operatore A e` data da: A=

 1 x·p+p·x , 2

come si pu`o facilmente controllare. 11.18. Con le solite definizioni: 1 xˆ = √ (aˆ + aˆ† ) , 2

−i pˆ = √ (aˆ − aˆ† ) , 2

= aˆ† a, N ˆ

assume la forma: e qualche passaggio algebrico, l’operatore K   = 1 (aˆ − aˆ† )4 + (aˆ + aˆ† )4 = K 8  1  †4 aˆ + aˆ4 + aˆ†2 aˆ2 + aˆ† aˆaˆ† aˆ + aˆ† aˆ2 aˆ† + aˆaˆ† aˆaˆ† + aˆaˆ†2 aˆ + aˆ2 aˆ†2 = 4  3  1 2 . + 1)2 + N = aˆ†4 + aˆ4 + (N 4 4 diagonale, e da: I suoi valori di aspettazione si ricavano da quelli di N, =

⎧

⎨aˆ4 | n = n(n − 1)(n − 2)(n − 3) | n − 4

⎩ †4 aˆ | n = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) | n + 4 .

384

3 Soluzioni

         knm =        

k00 0

0

0 k11 0 0

0 k22

0

0

0

k40 0

0

... ... ...

 0 k04 ...   0 0 ...   0 0 ...   k33 0 ...   0 k44 ...   ... ... ... 

| m e` diversa da La matrice knm =  n | K zero sulla diagonale principale e sulle due diagonali passanti per k04 e per k40 . Gli autovalori si ottengono dalla diagonalizzazione di questa matrice infinito-dimensionale. Nel sottospazio dei primi 5 stati | n , il problema e` e` facilmente risolubile:

  − χI) = (k11 − χ)(k22 − χ)(k33 − χ) (k00 − χ)(k44 − χ) − k04 k40 = 0. det(K Le soluzioni sono: ⎧ 15 39 ⎪ ⎨χ1 = k11 = , χ2 = k22 = , 4 4 ⎪ ⎩ 2 χ − (k00 + k44 )χ − k04 k40 = 0,

χ3 = k33 =

75 4

e dall’ultima, con i valori: k00 =

3 , 4

k44 =

123 , 4

k04 = k40 =

1√ 6, 2

si ottengono gli altri due autovalori: χ± =

63 1 √ ± 3993. 4 4

11.19. Se su di uno stato ψ l’energia cinetica ha valore di aspettazione nullo, allora ψ e` autostato dell’impulso con autovalore nullo. Infatti: ψ |T |ψ =ψ |

p2 |ψ =0 2μ

=⇒

||pψ|| = 0

ovvero

pψ = 0.

Su questo stato dunque avremmo Δ p = 0, il che e` assurdo dato che Δ x · Δ p ≥ h¯ /2, e in un volume finito l’indeterminazione sulla posizione e` finita. E` opportuno notare che in una buca infinita, con condizioni di annullamento sulle pareti, l’operatore impulso non e` autoaggiunto ma solo simmetrico; tuttavia, essendo D p2 ⊂ D p , i calcoli precedenti sono leciti. Per valutare la pressione media esercitata sulle pareti di un parallelepipedo di lati a1 , a2 , a3 , ricordiamo che l’espressione classica e` data da: P=

μ 2 2 v¯ = T, 3V 3V

3.11 Argomenti vari

385

dove V e` il volume del contenitore e v¯ e T sono i valori medi della velocit`a e dell’energia cinetica della particella. Nel nostro caso: ψ |T |ψ =

1 2μ

3



2

∑  pi ψ  ,

i=1

di cui valutiamo un addendo sullo stato fondamentale di una buca simmetrica in [−a, +a]: 2  +a  2 2     d cos πx 2 = h¯ π .  px ψ 2 = h¯ a −a dx 2a 4a2 Inserendo questa espressione nelle formule precedenti (lati a1 , a2 , a3 ), si ottiene: P=

h¯ 2 π 2  1 1 1  + + . 12μV a21 a22 a23

11.20. La risposta e` negativa. Infatti, l’operatore C proposto ha spettro non degenere, e quindi tutti i suoi autostati dovrebbero essere anche autostati di A e B, con i quali commuta. Ma allora A e B avrebbero in cumune un set completo di autovettori, quelli appunto di C, e quindi dovrebbero commutare, contrariamente all’ipotesi. 11.21. Si pu`o dimostrare l’asserto in due modi: n | F | n =n | −

  i i ∂V | n = −  n | p, ˆ H | n = −  n | pH ˆ − H pˆ | n = 0. ∂x h¯ h¯

Oppure con il teorema di Ehrenfest: ⎧ ⎨dx /dt ˆ =  p /μ ˆ ⎩ d p /dt ˆ = −∂V /∂ x , con i valori di aspettazione calcolati sulle soluzioni dell’Equazione di Schr¨odinger completa. Sugli stati stazionari si ottiene:  p ˆ =  e−iWn t/¯h un | pˆ | e−iWn t/¯h un =  un | pˆ | un , e questo valore di aspettazione non dipende dal tempo. Quindi la sua derivata e` nulla e, dal teorema di Ehrenfest, anche il valore di aspettazione della forza e` nullo. 11.22. L’energia una costante del moto, e gli autovalori e le probabilit`a relative sono indipendenti dal tempo. Quindi, in ogni istante la probabilit`a di trovare lo stato fondamentale e` data da:  2 P0 =  u0 | ψ(t = 0)  .

386

3 Soluzioni

Autovettori e autovalori sono quelli della buca quadrata, e questi ultimi si possono determinare graficamente. Si ha: ⎧ kx ⎪ x < −a ⎪ ⎪uI (x) = Be ⎪ ⎨ k2 = 2μ|W |/¯h2 W 0 e P2 = 1/2, tutte le altre probabilit`a saranno minori di 1/2, e dunque P2 e` la probabilit`a massima. Comunque controlliamo. Per n ≥ 3, se n e` pari, l’integrale e` nullo perch´e e` il prodotto scalare di due autofunzioni della prima buca con indici diversi, e quindi ortonormali. Per n = 2m + 1 con m = 1, 2, si ha invece:      2  a x   x 2 2  sin(m − 1/2)π sin(m + 3/2)π 2 Pn = 2  dx sin nπ sin π  = 2  −  = a 0 2a a π 2m − 1 2m + 3

400

3 Soluzioni

=

2  1 2  (−)m+1 (−)m+1  32 32 − ≤ , = 2   2 2 2 π 2m − 1 2m + 3 π [(2m + 1) − 4] 25π 2

m = 1, 2, ...

Poich´e:

32 32 1 < 2< , 25π 2 9π 2 viene confermato quanto quanto detto prima. iii) La probabilit`a di trovare il momento p = h¯ k per la particella liberata e` data dal modulo quadro del prodotto scalare della funzione d’onda della particella libera per lo stato prima della transizione:

 a 1 x 1 2 a/π dx √ =⇒ sin π = √ exp(−ikx) [1 + exp(−ika)] ck = a a 1 − (ka/π)2 0 2π h¯ π h¯ a =⇒ Pk = |ck |2 =

2πa (1 + cos ka) . h¯ (π 2 − k2 a2 )2

11.42. i) Differenziamo la funzione d’onda: d j ψ j (x) = N dx x0



x x0

j−1 exp(−x/x0 ) − N

d2 ψ j (x) = dx2



1 x0



x x0

j exp(−x/x0 ),

 1 j( j − 1) 2 j ψ j (x), − + x2 x0 x x02

e sostituiamo il tutto nell’equazione di Schr¨odinger stazionaria Hψ0 j = W0 j ψ0 j , dove e` stato aggiunto l’indice 0 per sottolineare il fatto che, se ψ j e` autofunzione, non avendo nodi allora deve essere quella dello stato fondamentale. Si ottiene:   1 h¯ 2 j( j − 1) 2 j W0 j −V j (x) = − + − . 2μ x2 x0 x x02 Poich´e cerchiamo potenziali tali che V (x; j) → 0 per x → ∞, V j (x) =

h¯ 2 2μ



 j( j − 1) 2 j , − x2 x0 x

W0 j = −¯h2 /2μx02 .

ii) Confrontiamo ora con il potenziale radiale efficace dei sistemi idrogenoidi: Vl (r) =

h¯ 2 l(l + 1) Ze2 . − 2μ r2 r

Con le identificazioni: l

=⇒

j −1,

Ze2

=⇒

h¯ 2 j, μx0

Z Ze2 = r0 r0 e2

=⇒

j , x0

nr

=⇒

nx ,

3.11 Argomenti vari

401

dai risultati noti si ottengono gli autovalori del nostro potenziale: Wnr l = −

h¯ 2 Z 2 h¯ 2 1 1 j2 =⇒ W = − , j = 1, 2, ... , nx = 0, 1, .. n j x 2 2 2μ r0 (nr +l+1)2 2μ x0 (nx + j)2

Per nx = 0, cio`e per lo stato fondamentale, si riottiene il valore W0 j trovato in i). Grazie al termine j2 a numeratore, non c’`e pi`u la degenerazione accidentale dell’idrogeno, e questo e` dovuto al fatto che il parametro j compare anche nel termine proporzionale a x−1 , e non solo in quello proporzionale a x−2 . Permane tuttavia un’altra degenerazione, quella legata alla coppia di numeri quantici {n j, nnx }, con n intero. 11.43. i) La particella e` legata perch´e la funzione d’onda e` a quadrato sommabile. ii) Sostituendo la funzione di stato nell’equazione di Schr¨odinger agli stati stazionari, si trova: h¯ 2 −β x = − (α2 x − 2α) + xV (x), 2μ da cui il potenziale: V (x) = −β +

α h¯ 2  2 α −2 2μ x

per x ≥ 0 ,

V (x) = ∞

per

x < 0.

A parte una costante, questo e` il medesimo potenziale radiale dell’atomo di idrogeno con l = 0 e e20 = α¯h2 /μ. Gli autovalori sono quindi: Wn = −β +

α2 h¯ 2 e40 μ 1 α2 h¯ 2 − 2 2 = −β + 2μ 2μ 2¯h n

 1−

1 n2

,

n = 1, 2, ..,

e gli autovettori quelli dell’idrogeno. iii) La funzione d’onda assegnata si riconosce immediamente essere l’evoluzione temporale dell’autostato con n = 1 e con autovalore −β , e cio`e −β = W1 . Notare che non e` sufficiente un solo autovettore per identificare l’intera Hamiltoniana, ma nella trattazione precedente l’Hamiltoniana e` stata applicata a uno specifico vettore, e quindi abbiamo di fatto ricavato l’operatore proiettato nel sottospazio di quel singolo vettore. La probabilit`a P(W ) di trovare l’energia W e` dunque: ⎧ ⎨1 W = −β P(W ) = ⎩0 W = −β . 11.44. i) Lo stato iniziale e quello evoluto sono i seguenti: 1 N+s ψ(0) = √ ∑ | n , 2s n=N−s

1 N+s ψ(t) = √ ∑ | n exp[−i(n + 1/2)ωt]. 2s n=N−s

402

3 Soluzioni

Per il valore di aspettazione della

posizione, utilizziamo la sua forma in termini di creatori e distruttori, con λ = h¯ /2μω: λ  n | aˆ + aˆ† | n exp[−i(n − n )ωt] = 2s ∑ nn  √ √ n exp(−iωt) + n + 1 exp(iωt) .

x ˆ t = λ  ψ(t) | aˆ + aˆ† | ψ(t) = =

λ N+s ∑ 2s n=N−s

Poich´e N  s  1, vale Dunque:

√

n≈

√

n+1 ≈

√

N, e il numero degli addendi 2s + 1 ≈ 2s.

λ √ x ˆ t ≈ 2s N (exp(−iωt) + exp(iωt)) = 2s



2¯hN μω

1/2 cos ωt.

ii) Per l’oscillatore armonico classico, la legge oraria e l’energia sono date da: x(t) = X cos ωt ,

1 Wcl = μω 2 X 2 , 2

 X=

2Wcl μω 2

1/2

dove X e` l’ampiezza massima dell’oscillazione. Poich´e l’energia quantistica e` data da: Wquant =  ψ(t) | H | ψ(t) =

1 N+s ∑ (n + 1/2)¯hω ≈ N h¯ ω, 2s n=N−s

l’ampiezza dell’oscillatore classico di pari energia e` dato da:  X=

2N h¯ ω μω 2

1/2

 =

2¯hN μω

1/2 .

Confrontando con il valore di x ˆ t gi`a calcolato, si vede che una combinazione di un grande numero di autostati dell’oscillatore con un ventaglio di energie piccolo rispetto al valor medio, come imposto da N  s  1, si comporta come un oscillatore classico, oscillando con uguali frequenza ed ampiezza. ∗ 11.45.

La funzione d’onda assegnata si pu`o sviluppare sul sistema completo delle armoniche sferiche: ∞ 1 Φ(ϕ) = √ exp(2iϕ) = ∑ ClmYlm (θ , ϕ) = ∑ Cl Yl2 (θ , ϕ). 4π l,m l=2

3.11 Argomenti vari

403

Posto ζ = cos θ , utilizziamo la forma delle armoniche sferiche riportata in A.4: 1 d2 Yl2 (ζ , ϕ) = Φ2 (ϕ)Θl2 (θ ) = √ exp(2iϕ)Nl2 (1 − ζ 2 ) 2 Pl (ζ ) , dζ 2π ' 2l + 1 (l − 2)! Nl2 = 2 (l + 2)! da cui si ottengono le ampiezze di probabilit`a: Cl =



1 dΩYl2∗ (ζ , ϕ)Φ(ϕ) = √ Nl2 2

 1 −1

dζ (1 − ζ 2 )

d2 Pl (ζ ). dζ 2

Utilizziamo la formula di ricorrenza suggerita, e l’ortogonalit`a dei polinomi di Legendre: (1 − ζ

2

)Pl

=

2ζ Pl − l(l + 1)Pl ,

 1 −1

dζ Pl (ζ ) = 2δl,0 ,

ottenendo cos`ı, per l ≥ 2, le ampiezze e le probabilit`a richieste:  1 √ √   2 (2l+1)(l−2)!  Cl = 2Nl2 dζ ζ Pl (ζ ) = 2Nl2 1+(−)l =⇒ |Cl |2 = 1+(−)l . (l+2)! −1

11.46. i) La normalizzazione a 1 si ottiene tramite gli integrali gaussiani: √  ∞  ∞  2  π a a 2 2 √ √ = 1. dx|ψ(x)| = dx exp −a (x − x0 ) = a π π −∞ −∞ ii) Le probabilit`a relative al momento si ottengono proiettando la funzione d’onda sulle autofunzioni dell’operatore momento, cio`e valutando la trasformata di Fourier. Essendo la ψ una gaussiana, la sua trasformata e` ancora una gaussiana (modulata), vedi A.1:   2  

 ∞ a a i 1 2 √ √ dx exp − px exp − (x − x0 ) = 2 h¯ π 2π h¯ −∞ ' =

    i 1 1 2 √ exp − p exp − px0 . h¯ h¯ a π 2a2 h¯ 2

Si ottiene quindi la probabilit`a richiesta: P(p)d p =

  1 1 2 √ exp − d p. p h¯ a π a2 h¯ 2

404

3 Soluzioni

iii) La deviazione standard e` data da: Δ 2x =

 ∞ −∞

dx(x − x0 )2 P(x),

ma, essendo P(x) = |ψ|2 una gaussiana, si legge facilmente dai parametri pur di riscriverla nella forma pi`u familiare:     2 1 (x − x0 )2 a 2 √ exp −a (x − x0 ) = √ exp − . 2σ 2 π σ 2π Analogamente per l’impulso. Dunque: 1 a¯h h¯ Δ x = σ = √ Δ p = √ Δ xΔ p = . 2 a 2 2 11.47. i) Per il primo punto, osserviamo che, per potenziali pari, detti | n gli autostati:  n | xˆ | n = 0 e  n | pˆ | n = 0, in quanto gli autostati sono pari o dispari e gli operatori dispari. Pertanto: Δn2 x =  n | xˆ2 | n − ( n | xˆ | n )2 =  n | xˆ2 | n = xn2 ,

Δn2 p =  n | pˆ2 | n = p2n .

Quindi, il principio di Heisenberg sugli autostati diventa: Δn2 xΔn2 p = xn2 p2n ≥ h¯ 2 /4. Consideriamo ora il valore medio dell’energia: Wn =

p2n K 2

+ x = K/μ 2μ 2 n

 p2n xn2 =



K/μ

 h¯

1 Δn2 xΔn2 p ≥ K/μ = h¯ ω = W0 , 2 2

dove diversi passaggi richiedono chiarimenti. • Nella seconda eguaglianza abbiamo sfruttato il teorema del viriale, valido per potenziali omogenei di grado s: s  ψ | T | ψ =  ψ | V | ψ , 2 che nel caso dell’oscillatore armonico, con s = 2, si riduce alla eguaglianza. Quindi:  2  

p2n /2μ − Kxn2 /2 = W n − p2n xn2 K/μ = 0, • La terza eguaglianza e` stata provata in precedenza, in relazione al principio di Heisenberg, che si dimostra raggiungere il minimo in corrispondenza di una funzione gaussiana del tipo ψ(x) = N exp(−αx2 ). Pertanto, W0 e` l’autovalore dello

3.11 Argomenti vari

405

stato fondamentale, cui corrisponde l’autofunzione ψ(x), di cui dobbiamo ancora trovare il parametro α. ii) Applichiamo ora il principio di Riesz, utilizzando ψ(x) come funzione di prova con α parametro variazionale. Da quanto detto prima, il risultato corrisponder`a all’autostato fondamentale esatto. Calcoliamo quindi i valori di aspettazione sulla funzione di prova data. =

x2

p2 = −¯h2

 ∞

 ∞ −∞

−∞

dx exp(−2αx )x 2

dx exp(−αx2 )

 2

∞

−∞

−1/2

dx exp(−2αx )

d2 exp(−αx2 ) dx2

2



∞

−∞

1 , 4α

=

−1/2

dx exp(−2αx2 )

= h¯ 2 α.

Da cui segue: Wψ =

h¯ 2 K 1 α+ , 2μ 2 4α

e dall’annullamento della derivata dW ψ /dα = 0 si ricava finalmente:

 μω  kμ 1 μω = ,W (α) = h¯ ω , ψ0 = N0 exp − x2 . α= 2¯h 2¯h 2 2¯h iii) Sullo stato fondamentale possiamo agire con l’operatore di creazione:   μω  d 1 †

h¯ + μωx N0 exp − ψ1 (x) = aˆ ψ0 (x) = x2 = dx 2¯ h 2μ h¯ ω  μω  √

x2 = 2αxψ0 (x). = 2μω/¯hxN0 exp − 2¯h Quest’ultima e` la usuale espressione del primo stato eccitato. 11.48. Per gli integrali esponenziali, vedi A.12.

  i) |ψ(x)|2 = N 2 dΩ 0∞ dr r2 exp(−2αr) = N 2 π/α3 =⇒ N = α3 /π. Con la nostra funzione incognita, la parte radiale dell’equazione di Schr¨odinger diventa:   Ze20 h¯ 2 d 2 2 d − exp(−αr) = W0 exp(−αr). − + 2μ dr2 r dr r Svolgendo le derivate, si ottiene:  Ze2 h¯ 2 2α 2 α − − 0 = W0 , − 2μ r r ed eguagliando le due potenze di r: Ze20 μ = rZ0 , h¯ 2 2 μe4 h¯ α2 = −Z 2 2¯h20 iii) W0 = 2μ

ii) α =

e2

= −Z 2 2r00 = −Z 2 w0 .

406

3 Soluzioni

iv) I valori d’aspettazione dell’energia potenziale sono dati da: V = −4πN 2 Ze20

 ∞ 0

dr r exp(−2Zr/r0 ) = −Z 2

e20 = 2W0 , r0

mentre quella dell’energia cinetica si ottiene per differenza: T = W − V = W0 − 2W0 = −W0 . Notare che questo risultato si pu`o ricavare anche dal teorema del viriale citato nel 11.47: s  ψ | T | ψ =  ψ | V | ψ , s = −1. 2 v) Il valore di aspettazione di r si ottiene da: r = 4πN 2

 ∞ 0

dr r3 exp(−2Zr/r0 ) =

3 r0 . 2Z

vi) Infine, la probabilit`a P(r)dr di trovare l’elettrone tra r e r + dr, e` data da: P(r) = 4πr2 |ψ(x)|2 = 4πN 2 r2 exp(−2αr), che ha un massimo per: r=

r0 1 = . α Z

11.49. Gli autovalori si ottengono da:   1 − α 2 4     A = det  2 3 − α 0  = 0    5 0 3 − α

=⇒ α1 = 3α2 = −3α3 = 7.

Risolvendo le relative equazioni per gli autovettori:       0 −6 4     1   1   1   ψ1 = √  2  , ψ2 = √  2  , ψ3 = √ 2 . 5   65   3 5   −1 5 5 Il controllo diretto mostra che questi vettori non sono ortogonali, che per`o e` una condizione necessaria solo per gli autovettori di matrici hermitiane, quale non e` quella assegnata.

Appendice

A.1 Evoluzione libera della Gaussiana Sia ψ0 (x) data la funzione d’onda iniziale descrivente lo stato di una particella libera nella rappresentazione delle coordinate, costituita da una gaussiana modulata:    −1/4 1 i exp − 2 (x − x0 )2 + p0 (x − x0 ) . ψ0 (x) = 2πσ 2 4σ h¯ Nella rappresentazione dei momenti, lo stato della particella e` dato dalla trasformata di Fourier della funzione d’onda, che e` ancora una gaussiana modulata:   ∞ 1 i 0 (p) = √ dx exp − px ψ0 (x) = ψ h¯ 2π h¯ −∞  =

π h¯ 2 2σ 2

−1/4

  σ2 i exp − 2 (p − p0 )2 − px0 . h¯ h¯

Di questa si pu`o determinare l’evoluzione temporale, per poi tornare tramite l’antitrasformata di Fourier alla rappresentazione delle coordinate:     ∞ p2 i 1 0 (p) = t ψ px − d p exp ψ(x,t) = √ 2μ h¯ 2π h¯ −∞ . / 1 / =/√  · h¯ 0 2π σ 1 + i t 2σ 2 μ ⎫ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪   ⎬ ⎨ 2 p20 i [ x − x0 − (p0 /μ) t ] t . p (x − x ) − + · exp −   0 0 h¯ ⎪ ⎪ 2μ h¯ ⎪ ⎪ ⎭ ⎩ 4σ 2 1 + i t 2σ 2 μ

Alabiso C., Chiesa A.: Problemi di meccanica quantistica non relativistica c Springer-Verlag Italia 2013 DOI 10.1007/978-88-470-2694-0 4, 

408

Appendice

Per il calcolo dell’integrale precedente basta completare il quadrato all’esponente riconducendosi cos`ı ad uno degli integrali gaussiani riportati in A.12. Calcoliamo ora probabilit`a e varianze. Per lo stato iniziale e` immediato: le funzioni d’onda sono gaussiane modulate, sia nelle coordinate che negli impulsi, e le 0 (p)|2 sono gaussiane, con varianze che relative densit`a di probabilit`a |ψ0 (x)|2 e |ψ si leggono direttamente. Esse sono: Δ x0 = σ ,

Δ p0 = h¯ /2σ ,

Δ x0 Δ p0 = h¯ /2.

Notare che l’uguaglianza nel principio di indeterminazione di Heisenberg vale solo per gaussiane. Poich´e l’impulso e` costante del moto, al tempo t la sua distribuzione di probabilit`a non cambia, e quindi neppure la sua varianza. Per le coordinate invece si trova: ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ [ x − x − (p /μ) t ]2 ⎪ ⎬ 1 0 0 |ψ(x,t)|2 = exp −    ⎪, 2 √ ⎪ h¯ 2 ⎪ 2 ⎪ ⎩ 2σ 2 1 + h¯ ⎭ 2π σ 1 + 4 2 t 2 t 4σ μ 4σ 4 μ 2 cio`e ancora una gaussiana, ma con varianza dipendente dal tempo. Si ha infine: ' ' h¯ 2 h h h¯ 2 h¯ ¯ ¯ 1 + 4 2 t2 ≥ . , Δ xt Δ pt = Δ xt = σ 1 + 4 2 t 2 , Δ pt = 4σ μ 2σ 2 4σ μ 2 Il pacchetto iniziale si sparpaglia nelle coordinate, ma non nel momento, e la funzione d’onda e` lo stato ad indeterminazione minima solo all’istante iniziale.

A.2 Oscillatore armonico e polinomi di Hermite L’Hamiltoniana dell’oscillatore armonico monodimensionale e` data da: H =−

h¯ 2 d 2 1 + K x2 . 2 2μ dx 2

Introdotte le costanti ω e σ e le variabili adimensionali ε e ξ : ω=



 K/μ

,

σ=

μk h¯ 2

1/4 =

μω h¯

,

ε=

2W h¯ ω

,

il problema agli autovalori per u(ξ ) porta all’equazione differenziale: u (ξ ) + (ε − ξ 2 )u(ξ ) = 0.

ξ = σ x,

A.2 Oscillatore armonico e polinomi di Hermite

409

Conviene isolare il comportamento asintotico a ±∞: u(ξ ) = exp(−ξ 2 /2) H(ξ ) =⇒ H  (ξ ) − 2ξ H  (ξ ) + (ε − 1)H(ξ ) = 0. L’equazione e` detta equazione di Hermite. Le condizioni necessarie affinch´e 2 impongono la struttura polinomiale delle funzioni H(ξ ). Troviamo u ∈ L(−∞,+∞) gli autovalori e le autofunzioni: εn = 2n + 1 ,

un (ξ ) = Nn exp(−ξ 2 /2) Hn (ξ ),

dove Hn sono i classici polinomi ortogonali di Hermite, vedi A.7, con parit`a data dall’indice n, ortogonali tra 0 e ∞ sulla misura exp(−ξ 2 ). Essi sono definiti da: Hn (ξ ) = (−1)n exp(ξ 2 )

d2 exp(−ξ 2 ), dξ 2

oppure dalla funzione generatrice: exp(−u2 + 2uξ ) =

∞

un

∑ n! Hn (ξ ).

n=0

Valgono le seguenti regole di ricorrenza: d Hn = 2nHn−1 dξ

,

Hn+1 = 2ξ Hn − 2nHn−1 .

I primi cinque sono i seguenti: H0 (ξ ) = 1, H1 (ξ ) = 2ξ , H2 (ξ ) = 4ξ 2 − 2, H3 (ξ ) = 8ξ 3 − 12ξ , H4 (ξ ) = 16ξ 4 − 48ξ 2 + 12. Tornando al problema dell’oscillatore armonico, gli autovalori dell’energia, la normalizzazione delle autofunzioni e le prime tre autofunzioni normalizzate sono:

σ Wn = (n + 1/2) h¯ ω , Nn = √ n , π 2 n!

√ σ u0 (x) = √ exp(−σ 2 x2 /2) , u1 (x) = u0 (x) 2 (σ x) , π 1 u2 (x) = u0 (x) √ (2σ 2 x2 − 1). 2 Notiamo che l’equazione di Hermite e` un’equazione differenziale senza singolarit`a al finito, e quindi le soluzioni sono funzioni intere, sviluppabili in serie di potenze; inoltre, poich´e l’equazione e` pari, in corrispondenza dello stesso ε esistono soluzioni pari e dispari, con soluzione generale data dalla combinazione lineare delle due. Quando imponiamo le condizioni al contorno, le serie si troncano a polinomi,

410

Appendice

ε si quantizza, lo spettro risulta puramente discreto e la degenerazione viene risolta: quindi le soluzioni sono o pari o dispari. Quest’ultima propriet`a e` una caratteristica generale delle autofunzioni proprie dei potenziali pari, e quindi si pu`o partire fin dall’inizio con serie di potenze o pari o dispari. In tal caso, delle due condizioni a ±∞ se ne pu`o imporre una sola, essendo l’altra automaticamente soddisfatta grazie alla parit`a . Se per`o avviene che il termine ∼ x2 sia solo un tratto dell’intero potenziale, allora occorre partire dalla soluzione generale accennata prima, e poi operare i raccordi. Oppure ridursi ad altre equazioni note e classificate, ad esempio con un altro cambio di variabili: ζ = ξ 2 = σ 2 x2 ,

u(ζ ) = exp(−ζ /2) F(ζ )

ζ F  (ζ ) + (b − ζ ) F  (ζ ) − a F(ζ ) = 0 , con

=⇒

b = 1/2 , a = (1 − ε)/4.

Questa e` un’equazione ipergeometrica confluente (vedi A.10), pi`u generale di quella precedente, e che contiene un punto di diramazione all’origine dovuta alla relazione

ξ = ζ. Naturalmente, imponendo le condizioni del nostro problema si riottengono le soluzioni gi`a viste.

A.3 Potenziali centrali e coordinate polari In presenza di un potenziale centrale, grazie all’analoga simmetria del termine cinetico, conviene esprimere il laplaciano in coordinate polari:    h¯ 2 2 h¯ 2 2 1 L2 1 ∂ 2 e Pr = −i¯h − ∇ +U(r) u(r) = Wu(r) con ∇ = Pr + 2 r, 2μ 2μ 2μ r r ∂r   ∂  ∂  ∂ ∂ + cot θ cos ϕ , Ly = i¯h − cos ϕ + cot θ sin ϕ , Lx = i¯h sin ϕ ∂θ ∂ϕ ∂θ ∂ϕ ∂ Lz = −i¯h ∂ϕ   ∂ ∂ , L± = Lx ± iLy = h¯ e±iϕ ± + i cot θ ∂θ ∂ϕ    1 ∂ ∂ 1 ∂2 L2 = −¯h2 sin θ + 2 . sin θ ∂ θ ∂θ sin θ ∂ ϕ 2 Cerchiamo soluzioni fattorizzate ponendo: u(r, θ , ϕ) = R(r)Y (θ , ϕ) ,

Y (θ , ϕ) = Θ (θ )Φ(ϕ).

A.4 Armoniche sferiche e polinomi di Legendre

411

Con separazione delle variabili, si ottengono le tre equazioni: ⎧ 2 d ⎪ ⎪ Φ(ϕ) + μΦ(ϕ) = 0 ⎪ ⎪ 2 ⎪ dϕ ⎪ ⎪ ⎪  ⎨ 1 d  d μ sin θ Θ (θ ) = 0 Θ (θ ) + λ − 2 sin θ dθ dθ ⎪ sin θ ⎪ ⎪ ⎪   ⎪ 2  ⎪ 1 d2 λ ⎪ ⎪ − h¯ ⎩ r + 2 +U(r) R(r) = W R(r). 2μ r dr2 r Le soluzioni devono soddisfare la condizione di normalizzazione della funzione d’onda tridimensionale u(r, θ , ϕ) ∈ L 2 (R3 ), e si possono assumere normalizzate singolarmente:  ∞ 0

 2π

dr r2 |R(r)|2 = 1 ,

0

dϕ |Φ(ϕ)|2 = 1 ,

 π 0

dθ sin θ |Θ (θ )|2 = 1,

Grazie all’autoaggiuntezza dei singoli operatori coinvolti, questo metodo fornisce la soluzione completa.

A.4 Armoniche sferiche e polinomi di Legendre Le equazioni ricavate in A.3 vanno risolte in sequenza, in ϕ, in θ , in r. Le autofunzioni in ϕ devono soddisfare condizioni di periodicit`a, e sono date da: 1 Φm (ϕ) = √ eimϕ , μ = m2 , m = 0, ±1, ±2. 2π 2 Grazie all’autoaggiuntezza dell’operatore derivata seconda nello spazio L[0,2π] con condizioni periodiche al contorno, vale la condizione di ortonormalit`a sulle autofunzioni:  2π

0

dϕ Φm∗ (ϕ) Φm (ϕ) = δm,m .

Nell’equazione in θ , poniamo μ = m2 e, con la sostituzione ζ = cos θ , otteniamo:  2ζ dΘ |m| m2 d 2Θ |m| λ Θ |m| = 0. − − + dζ 2 1 − ζ 2 dζ 1 − ζ 2 (1 − ζ )2 (1 + ζ )2 Come nel caso dell’equazione in ϕ, anche questa e` un’equazione agli autovalori per l’operatore autoaggiunto:   m2 d d Λˆ |m| = − (1 − ζ 2 ) + , dζ dζ 1−ζ2

412

Appendice

2 nello spazio L[−1,1] ( dζ = sin θ dθ ), con condizioni di regolarit`a agli estremi. Per la soluzione, isoliamo il comportamento agli estremi, in ζ = ±1, ponendo:

Θ |m| (ζ ) = (1 − ζ 2 )|m|/2 F |m| (ζ ). Notiamo che il fattore (1 − ζ 2 )|m|/2 , che darebbe origine a un punto di diramazione in ζ = ±1, in realt`a e` un termine regolare sin|m| θ . Per la nuova funzione incognita F(ζ ), si ottiene: (1 − ζ 2 )

d 2 |m| d |m| F (ζ ) − 2( |m| + 1) ζ F (ζ ) + [ λ − |m| ( |m| + 1) ] F |m| (ζ ) = 0, 2 dζ dζ

ossia un’equazione ipergeometrica (vedi A.9), con singolarit`a fuchsiane localizzate in ζ = ±1. Per eliminarle, occorre troncare la soluzione ipergeometrica a un polinomio. Pertanto: |m|

|m|

λ = l(l + 1) , l = |m|, |m| + 1, ... , Θl (ζ ) = Nl

|m|

(−1)m (1 − ζ 2 )|m|/2 Fl (ζ ),

|m|

con Fl (ζ ) polinomi di grado l − |m|, esprimibili tramite la funzione ipergeometrica troncata:   l + |m| 1−ζ |m| . F |m| − l, |m| + l + 1 ; |m| + 1 ; Fl (ζ ) = 2 l − |m| |m|

Gli Fl (ζ ) sono polinomi di grado l − |m| della forma: |m|

Fl (ζ ) =

d |m| Pl (ζ ) , dζ |m|

Pl (ζ ) = (−1)l

1 dl (1 − ζ 2 )l , 2l l! dζ l

con Pl (ζ ) polinomi di Legendre. I coefficienti di normalizzazione sono uguali a: ' 2l + 1 (l − |m|)! |m| Nl = =⇒ 2 (l + |m|)! =⇒

 1 −1

|m|

|m|

|m|

|m|

dζ Θl  (ζ ) Θl (ζ ) = Nl  Nl

 1 −1

|m|

|m|

dζ (1−ζ 2 )|m| Fl  (ζ ) Fl (ζ ) = δl,l  .

Per |m| = |m | in generale il prodotto scalare non sar`a uguale a zero, in quanto le due funzioni sono autofunzioni di due operatori diversi, Λˆ |m| e Λˆ |m | . |m|

2 A |m| fissato, gli Fl (ζ ) sono polinomi ortogonali in L[−1,1] sulla misura

(1 − ζ 2 )|m| (vedi A.7), noti come polinomi generalizzati di Legendre. Essi sono definiti anche dalla funzione generatrice: (2|m|)! h|m| 2|m|

|m|! (1 − 2hζ

+ h2 )|m|+1/2

=

∞

∑

l=|m|

|m|

hl Fl (ζ ).

A.4 Armoniche sferiche e polinomi di Legendre

413

2 I polinomi di Legendre sono polinomi ortogonali in L[−1,1] sulla misura 1, che soddisfano:

(1 − ζ 2 )

d2 d Pl (ζ ) + [ l(l + 1) ] Pl (ζ ) = 0, Pl (ζ ) − 2ζ dζ 2 dζ

detta equazione di Legendre; derivandola |m| volte si ottiene l’equazione soddisfatta |m| dalle Fl (ζ ). Vengono definiti anche tramite la funzione generatrice: 

1 − 2hζ + h2

−1/2

=

∞

∑ hl Pl (ζ ),

l=0

uguale a quella precedente nel caso |m| = 0. Quelli di ordine pi`u basso sono: P0 (ζ ) = 1, P1 (ζ ) = ζ , P2 (ζ ) = (3ζ 2 − 1)/2, P3 (ζ ) = (5ζ 3 − 3ζ )/2, P4 (ζ ) = (35ζ 4 − 30ζ 2 + 3)/8, P5 (ζ ) = (63ζ 5 − 70ζ 3 + 15ζ )/8 . |m|

Le funzioni Θl (ζ ), normalizzazione a parte, sono dette funzioni associate di Legendre. Per riassumere, abbiamo risolto la parte angolare del problema agli autovalori, ottenendo le autofunzioni angolari, dette armoniche sferiche: |m|

Ylm (θ , ϕ) = Φm (ϕ) Θl (cos θ ). Per esse possiamo riscrivere il problema agli autovalori nel modo seguente: ⎧ ⎨L2 Ylm (θ , ϕ) = h¯ 2 l(l + 1) Ylm (θ , ϕ) ⎩ Lz Ylm = h¯ m Ylm (θ , ϕ)

Lz = −i¯h ∂ /∂ ϕ,

con l’operatore Lz che ha le stesse autofunzioni del suo quadrato, cio`e dell’operatore ≈ −∂ 2 /∂ ϕ 2 , grazie alle condizioni di periodicit`a. Notare che questo non e` vero con condizioni di annullamento, tipo buca infinita, nel qual caso l’impulso −i¯h d/dx non e` neppure autoaggiunto. Le armoniche sferiche soddisfano le relazioni di ortogonalit`a:  2π

 π

dϕ 0

0

dθ sinθ Ylm (θ , ϕ) Yl  m (θ , ϕ) = δl,l  δm,m

414

Appendice |m|

grazie a quella tra le Φm (ϕ) e, di conseguenza, tra le Θl (θ ) a m fissato. Infine, √ ricordando che 1/ 2π deriva dalle Φm , le prime armoniche sferiche sono:

3 1 Y00 (θ , ϕ) = √ cos θ , ; Y10 (θ , ϕ) = 4π 2 π

3 Y1±1 (θ , ϕ) = ∓ sin θ e±iϕ ; 8π

 1 5 3 2 , Y20 (θ , ϕ) = cos θ − 4π 2 2

15 Y2±1 (θ , ϕ) = ∓ sin θ cos θ e±iϕ , 8π

1 15 sin2 θ e±2iϕ ; Y2±2 (θ , ϕ) = 4 2π

 7 5 3 cos3 θ − cos θ , Y30 (θ , ϕ) = 4π 2 2

1 21 sin θ (5 cos2 θ − 1) e±iϕ Y3±1 (θ , ϕ) = ∓ 4 4π

1 105 sin2 θ cos θ e±2iϕ , Y3±2 (θ , ϕ) = 4 2π

1 35 sin3 θ e±3iϕ . Y3±3 (θ , ϕ) = ∓ 4 4π Notiamo infine che, come richiesto, le funzioni associate di Legendre sono dei polinomi in cos θ e sin θ , cio`e sono funzioni analitiche regolari.

A.5 Particella libera in tre dimensioni e funzioni di Bessel L’equazione radiale per la particella libera, cio`e con U(r) = 0, e` data da:   d 2 R(r) 2 dR(r) 2μ h¯ 2 l(l + 1) + 2 W− + R(r) = 0 , oppure : dr2 r dr 2μ r2 h¯   d 2 y(r) 2μW l(l + 1) y(r) = 0 con y(r) = rR(r). + − dr2 r2 h¯ 2 Con la variabile adimensionale, la prima forma e` riconducibile a espressioni note: ρ = kr

=⇒

k2 = 2μW /¯h2 =⇒   d 2 R(ρ) 2 dR(ρ) l(l + 1) + 1 − + R(ρ) = 0. dρ 2 ρ dρ ρ2 con

A.5 Particella libera in tre dimensioni e funzioni di Bessel

415

Soluzioni particolari, linearmente indipendenti, sono le funzioni di Bessel sferiche del primo e del secondo tipo (vedi A-S 10):



jl (z) = π/2z Jl+1/2 (z) yl (z) = π/2z Yl+1/2 (z), oppure le funzioni di Bessel sferiche del terzo tipo:

(1) (1) hl (z) = jl (z) + iyl (z) = π/2z Hl+1/2 (z)

(2) (2) hl (z) = jl (z) − iyl (z) = π/2z Hl+1/2 (z). Le J e le Y sono dette funzioni di Bessel cilindriche del primo e del secondo tipo, rispettivamente, oppure funzioni di Weber, e le H (1) , H (2) sono dette funzioni di Bessel cilindriche del terzo tipo, oppure funzioni di Hankel. Vedi A-S 9; le Bessel cilindriche soddisfano l’equazione:   ν2 d 2 w(z) 1 dw(z) w(z) = 0. + 1 − + dz2 z dz z2 Le J±ν sono linearmente indipendenti, salvo che per ν intero, e legate alle Yν : Yν = (1)

Jν (z) cos νπ − J−ν (z) . sin νπ

(2)

Le coppie {Jν , Yν } e {Hν , Hν }, sono linearmente indipendenti per ogni ν. Torniamo ora al problema fisico della particella libera. Il caso l = 0 e` risolubile elementarmente, e ammette come soluzioni sin kr e cos kr, ma solo la prima soddisfa la condizione di annullamento all’origine, per cui: y p0 (r) =



2/π h¯ sin

p r , h¯

(y p 0 , y p0 ) = δ (p − p)

p = h¯ k.

E` un’autofunzione impropria, con autovalore continuo, normalizzata alla delta di Dirac. Per l = 0, la soluzione generale e` data, ad esempio, dalla combinazione lineare di jl (kr) e yl (kr), con comportamento all’origine dato da: zl z→0 (2l + 1)!!

jl (z) ∼

yl (z) ∼ − z→0

(2l − 1)!! , zl+1

per cui e` accettabile solo la prima: Rl (r) =



2/π h¯ jl ( pr/¯h ) .

416

Appendice

Tale funzione deve essere normalizzata alla delta di Dirac a partire dai comportamenti asintotici: ⎧

⎪ ⎪ 2/πz cos (z − νπ/2 − π/4) ∼ ⎨Jν (z) |z|→∞ |arg z| < π,

⎪ ⎪ ⎩Yν (z) ∼ 2/πz sin (z − νπ/2 − π/4) |z|→∞

dove per completezza abbiamo riportato anche il comportamento delle Yν . Una conveniente espressione delle Bessel sferiche del primo e del secondo tipo e` la seguente:  jl (z) = (−) z

l l

1 d z dz

l

sin z z

 ,

yl (z) = (−)

l+1 l

z

1 d z dz

l

cos z , z

e queste sono le forme esplicite di quelle a indice pi`u basso: sin z sin z cos z , j1 (z) = 2 − , z z z  3 3 1 sin z − 2 cos z ; j2 (z) = 3 − z z z cos z cos z sin z , y1 (z) = − 2 − , y0 (z) = − z z z  3 3 1 y2 (z) = − 3 − cos z − 2 sin z. z z z j0 (z) =

Accanto alle funzioni sferiche appena trattate, e` bene ricordare anche le funzioni sferiche modificate, vedi A-S 10.2, soluzioni dell’equazione differenziale:   d 2 w(z) 2 dw(z) n(n + 1) w(z) = 0. + − 1 + dz2 z dz z2 Funzioni di Bessel sferiche modificate del primo tipo:

π/2z In+1/2 (z) = e−nπi/2 jn (z eπi/2 ) (−π < arg z ≤ π/2) = e3nπi/2 jn (z e−3πi/2 )

(π/2 < arg z ≤ π).

Funzioni di Bessel sferiche modificate del secondo tipo:

(−π < arg z ≤ π/2) π/2z I−n−1/2 (z) = e3(n+1)πi/2 yn (z eπi/2 ) = e−(n+1)πi/2 yn (z e−3πi/2 )

(π/2 < arg z ≤ π).

Funzioni di Bessel sferiche modificate del terzo tipo:



π/2z Kn+1/2 (z) = π/2 (−1)n+1 π/2z [ In+1/2 (z) − I−n−1/2 (z) ].

A.6 Potenziale idrogenoide e polinomi di Laguerre

417

Le coppie {In+1/2 (z), I−n−1/2 (z)} e {In+1/2 (z), Kn−1/2 (z)} sono linearmente indipendenti per ogni n. Riportiamo infine le funzioni di Airy Ai(z) e Bi(z), soluzioni dell’equazione differenziale: w − z w = 0, riconducibili a funzioni di Bessel modificate K e I, vedi A-S 10.4 e A-S 9.6: Ai(z) = 1/π

z/3 K1/3 (ξ ),

Bi(z) =

  z/3 I1/3 (ξ ) + I−1/3 (ξ ) ,

ξ = 2/3 z3/2 .

E` importante notare che in campo reale entrambe le funzioni di Airy sono oscillanti per x < 0 (con ampiezza decrescente al crescere di |x|) ed hanno un andamento esponenziale per x > 0, decrescente Ai(x) e divergente Bi(x). Infine, all’origine sono regolari: 1 Ai(0) = √ Bi(0) = 3−2/3 Γ (2/3) ≈ 0.355, 3 1 Ai (0) = − √ Bi (0) = −3−1/3 Γ (1/3) ≈ −0.259. 3

A.6 Potenziale idrogenoide e polinomi di Laguerre Il potenziale idrogenoide ha simmetria sferica, e la parte angolare dell’equazione di Schr¨odinger agli stati stazionari e` gi`a stata trattata nella precedente sezione. Nell’equazione radiale conviene operare il cambio di funzione: y(r) = r R(r) =⇒

 ∞ 0

dr | y(r) |2 = 1 ,

y(0) = 0

regolare,

soddisfacente l’equazione: +

)* ( d2 2μ l(l + 1) 2μ Ze20 y(r) = − 2 W y(r). − − 2 2 2 dr r h¯ r h¯

 √ (Nel caso bidimensionale, 0∞ dr | y(r) |2 = 1 si ottiene da y(r) = r R(r).) 2 , con un Si tratta di un’equazione di Schr¨odinger monodimensionale in L[0,∞) potenziale efficace contenente la barriera centrifuga. Le condizioni di annullamento agli estremi rendono autoaggiunta la derivata seconda e, per una vasta classe di potenziali V (r), anche l’intera Hamiltoniana e` autoaggiunta (o essenzialmente autoaggiunta).

418

Appendice

Introduciamo nuovi parametri e variabili adimensionali:

2μ|W | Z h¯ 2 , ζ= , r0 = 2 , ρ = 2kr. k= e0 μ kr0 h¯ • W < 0. In questo caso l’equazione assume la forma:   1 ζ l(l + 1) d 2 y(ρ) y(ρ) = 0. + − + − dρ 2 4 ρ ρ2 Isoliamo ora i comportamenti asintotici in 0 e ∞, con la sostituzione: yl (ρ) = ρ l+1 e−ρ/2 vl (ρ) =⇒ ρ

=⇒

d2 d vl (ρ) − (l + 1 − ζ ) vl (ρ) = 0. vl (ρ) + (2l + 2 − ρ) dρ 2 dρ

Si tratta di una equazione ipergeometrica confluente (vedi A.10), con una singolarit`a fuchsiana all’origine, e una essenziale all’infinito. Imponendo le condizioni di regolarit`a richieste, la serie si riduce a un polinomio di grado nr , e si ottengono autovalori e autofunzioni: ζ − l − 1 = nr = 0, 1, 2, ... vnr l (ρ) = M(−nr ; 2l + 2; ρ), con M funzione ipergeometrica confluente. Questa funzione e` semplicemente legata ai polinomi generalizzati di Laguerre Lnk (ρ), vedi A.7, tramite la seguente relazione:  n+k =⇒ M(−nr ; 2l + 2; ρ) ∝ Ln2l+1 (ρ). M(−n; k + 1; ρ) = Lnk (ρ) r k Raccogliendo ora tutte le precedenti definizioni, gli autovalori e gli autovettori dell’equazione radiale dell’atomo idrogenoide sono dati da: Wlnr = − ⎧ ⎪ Z 2 e20 1 ⎪ ⎪ W = − , ⎪ n ⎨ 2r0 n2

kn =

Z 2 e20 1 2r0 (nr + l + 1)2

1 Z n r0

=⇒

n = nr + l + 1 = 1, 2, ..., nr + 2l + 1 = n + l

⎪ ⎪ ⎪ 2l+1 ⎪ (2kn r) ⎩ynl (r) = Nnl (2kn r)l+1 exp(−kn r) Ln−l−1

 Nnl = (2kn )

Vale ovviamente l’ortonormalit`a a l fissato:  ∞ 0

dr y∗nl (r)yn l (r) = δnn ,

3 (n − l − 1)!

2n(n + l)!

1/2 .

A.6 Potenziale idrogenoide e polinomi di Laguerre

419

mentre non esiste un’analoga relazione per l = l  , in quanto soluzioni di due differenti equazioni. Notare che la dipendenza dello spettro Wn da un solo numero intero dipende dal particolare potenziale idrogenoide che, oltre alla simmetria centrale, ne possiede anche un’altra, detta simmetria accidentale. In termini algebrici, questa fa s`ı che i due parametri ζ e l, legati al potenziale ∼ 1/ρ e alla barriera centrifuga ∼1/ρ 2 rispettivamente, si sommino semplicemente nell’equazione per vl (ρ). In tutta generalit`a, i polinomi di grado n Lnk (x) sono definiti da: Lnk (x) =

1 −n x d n  n+k −x  , n = 0, 1, 2, ..., k = 0, 1, 2, ..., x e n x e n! dx

con Ln (x) = Ln0 (x) polinomi di Laguerre, e Lnk (x) = 0 se k > n. Sono anche definiti mediante la funzione generatrice: ∞ n t k exp[−xt/(1 − t)] = Ln (x) ∑ n! (1 − t)1+k n=k

|t| < 1,

e soddisfano l’equazione ipergeometrica confluente vista prima: x

d2 k d k Ln (x) + (k + 1 − x) L (x) + n Lnk (x) = 0. 2 dx dx n

Infine, valgono le espressioni esplicite:  n (−1)m n + k xm , Lnk (x) = ∑ m! n − m m=0 L0k (x) = 1 , L11 (x) = 2 − x

 Lnk (0) =

n+k k

,

L1k (x) = −x + k + 1 . ,

L21 (x) = 3 − 3x + x2 /2 ,

L13 (x) = 4 − x ,

L31 (x) = 4 − 6x + 2x2 − x3 /6 , L23 (x) = 10 − 5x + x2 /2 ,

L51 (x) = 6 − x .

I polinomi Lnk (x), per ogni k = 0, 1..., si ottengono anche per ortogonalizzazione dei 2 (x) sul peso μ(x) = xk e−x , vedi A.7. Questo comporta polinomi ordinari, in L[0,∞) che le funzioni: φnk (x) = xk/2 e−x/2 Lnk (x) , n = 0, 1, ... 2 (x) sulla funzione per ogni fissato k = 0, 1..., formano un set completo in L[0,∞) peso unitaria. Notiamo subito che le autofunzioni radiali ynl (r), a l fissato e al variare di n, 2 (r), in quanto manca tutto lo spettro continuo non formano un set completo in L[0,∞) con W > 0, cui accenneremo pi`u avanti. E questo nonostante la similarit`a con le φnk (x). La differenza tra i due casi sta nel fatto che le ynl hanno come variabili indipendenti 2kn r, diverse per n diversi, e non derivano quindi da un processo di ortogonalizzazione di polinomi su una funzione peso unica. Vedi 11.1.

420

Appendice

2l+1 La normalizzazione di yln (r) deriva da quella di Ln−l−1 (2kn r). Dobbiamo cio`e valutare:  ∞ 2  dx xk+1 e−x Lrk (x) = 0

=

 ∞ 0

dx xk e−x Lrk (x)

= (2r + k + 1)



 k k (2r + k + 1) Lrk (x) − (r + 1) Lr+1 (x) − (r + k) Lr+1 (x) =

(r + k)! 2n(n + l)! = r! (n − l − 1)!

r = n − l − 1 , k = 2l + 1 ,

per

cio`e Nnl−2 , salvo il fattore (2kn )3 dovuto al cambio di variabile. Nella formula precedente abbiamo utilizzato le regole di ricorrenza e la ortonormalit`a dei polinomi, riportate in A.7. Tornando al problema fisico, le soluzioni radiali di indice pi`u basso sono le seguenti: ρ˜ = Z r/r0 =⇒ posto Z0 = Z/r0  1 3/2 ρ˜ 3/2 ˜ ˜ R20 = √ Z0 exp(−ρ/2), R10 = 2 Z0 exp(−ρ), 1− 2 2  2 2 2 1 2 3/2 3/2 ˜ ˜ 1 − ρ˜ + ρ˜ exp(−ρ/3), R30 = √ Z0 R21 = √ Z0 ρ˜ exp(−ρ/2), 3 27 3 3 2 6  8 4 ρ˜ 3/2 3/2 ˜ ˜ ρ˜ exp(−ρ/3), R32 = √ Z0 ρ˜ 2 exp(−ρ/3), 1− R31 = √ Z0 6 81 30 27 6 Raccogliendo le precedenti espressioni, le autofunzioni proprie normalizzate dell’Hamiltoniana dell’atomo idrogenoide, autofunzioni anche del quadrato del momento angolare e della sua terza componente, sono: ' 2 Z0 3 (n − l − 1)! · unlm (ρ, θ , ϕ) = Rnl Ylm = − n 2n(n + l)!  l 2ρ˜ 2l+1 ˜ ˜ ) Ln−l−1 (2ρ/n) Ylm (θ , ϕ), · exp(−ρ/n n con n = 1, 2, 3, ...; l = 0, 1, 2, ..., n − 1 ; m = −l, , −l + 1, ..., l − 1, l. Espressioni esplicite si ottengono dalle Rnl e dalle Ylm riportate sopra. Dalla forma generale invece, si possono ricavare i valori di aspettazione di r p su qualsiasi autofunzione, cio`e per {n, l} arbitrari: (p)

r p nl =Z0−p Inl

con

(p)

Inl =

n p−1 (n − l − 1)! 2 p+1 (n + l)!

 ∞ 0

2  2l+1 dρ ρ 2l+2+p e−ρ Ln−l−1 (ρ) .

Alcuni di questi sono riportati qui di seguito: (2)

Inl =

 n2  2 5n + 1 − 3l(l + 1) 2

,

(1)

Inl =

 1  2 3n − l(l + 1) , 2

A.7 Polinomi ortogonali (0)

Inl = 1 ,

(−1)

Inl

=

1 n2

,

(−2)

Inl

=

421

2 . (2l + 1)n3

• W > 0. Si ottengono le equazioni e le relative soluzioni, sostituendo all’inizio k con ik. Delle due soluzioni generali, quella soddisfacente la condizione di annullamento e regolarit`a all’origine, e` data da: ykl (r) = Nkl (2kr)l+1 e−ikr M(l + 1 + iZ0 /k; 2l + 2; 2ikr), con M(a; c; r) ipergeometrica confluente. Dalle propriet`a asintotiche di questa, posto ηl (k) = arg Γ (l + 1 + iZ0 /k), si ricava il comportamento asintotico della soluzione:

  Z0 π 2 ykl (r) −→ cos kr + log (2kr) − (l + 1) − ηl (k) . r→∞ π h¯ k 2 Si tratta di autofunzioni improprie, oscillanti, non normalizzabili. Su di queste non si pongono condizioni aggiuntive, tutti gli autovalori impropri h¯ 2 k2 /2μ sono accettabili, e l’energia non si quantizza. L’insieme delle autofunzioni proprie e improprie, 2 . Il coefficien{ynl , ykl }, forma un set ortonormale completo generalizzato in L[0,∞)

te 2/π h¯ e` stato scelto in modo tale da normalizzare lo spettro continuo alla delta di Dirac (vedi A.20):  ∞ 0

dr y∗kl (r) yk l (r) = δ (k − k ).

A.7 Polinomi ortogonali Rimandando a A-S 22 per una trattazione pi`u estesa, accenniamo a qualche esempio rilevante. Un insieme di polinomi di grado n: n

Pn (x) = ∑ pn,i xi , i=0

e` detto ortogonale sulla misura μ(x) ≥ 0, nell’intervallo [a, b], non necessariamente finito, se vale la relazione: (Pn , Pm )μ =

 b a

dx μ(x) Pn (x) Pm (x) = 0 ,

n = m ,

n, m = 0, 1, 2, ...

Con opportune ipotesi di regolarit`a sulla misura μ(x), l’integrale precedente definisce un prodotto scalare nello spazio di Hilbert Lμ2 (a, b), e giustifica cos`ı il termine ortogonale.

422

Appendice

Fissata la misura μ(x), i coefficienti dei polinomi sono determinati a meno di una costante moltiplicativa che solitamente viene fissata per motivi di standardizzazione:  b a

dx μ(x) Pn2 (x) = hn

,

n = 0, 1, 2, ...

Per meglio illustrare quanto detto sopra, seguiamo il cosiddetto processo di ortogonalizzazione di Schmidt, di natura iterativa. Siano {Pn }, n = 0, 1, ..., N − 1, i primi N polinomi di grado n ortogonali tra di loro. Quello successivo si pu`o esprimere nel modo seguente: PN (x) = xN +

N−1

∑ cN,n Pn ,

n=0

dove abbiamo fissato arbitrariamente l’ultimo coefficiente pN,N = 1. Imponiamo ora l’ortogonalit`a, secondo la misura μ, di PN (x) con tutti quelli precedenti: (PN , Pn )μ = 0

,

n = 0, 1, ..., N − 1.

La soluzione PN (x) esiste ed e` unica. Riportiamo in modo succinto alcune propriet`a dei polinomi ortogonali per noi di particolare rilevanza, gli Hn (x) di Hermite, i Pn (x) di Legendre, e gli Lnk (x) di Laguerre generalizzati. Alcune di queste propriet`a sono gi`a state illustrate nelle precedenti Appendici; vedi queste per le funzioni generatrici. Formula di Rodrigues Pn (x) =

Ortogonalit`a  b

dn 1 {μ(x)[g(x)]n } an μ(x) dxn

a

dx μ(x) Pn (x)Pm (x) = δnm hn

Pn

an

g(x)

μ(x)

Hn (x)

(−)n

1

e−x

Pn (x)

(−)n 2n n!

1 − x2

1

-1

1

Lnk (x)

n!

x

e−x xk

0

∞ cn,n = (−)n /n! Γ (k + n + 1)/n!

2

a

b

Standard

−∞ ∞

cn,n = 2n Pn (1) = 1

hn √

π 2n n!

2/(2n + 1)

Dalle relazioni standard, seguono evidentemente i valori di hn . I parametri cn,n sono i coefficienti della potenza massima.

A.8 Equazioni differenziali fuchsiane

Equazione differenziale 



g2 (x) Pn +g1 (x) Pn +g0 (x) Pn = 0 Pn g2 (x) Hn (x)

1

Pn (x) 1 − x2 Lnk (x)

x

423

Relazione di ricorrenza a1n Pn+1 = (a2n +a3n x) Pn −a4n Pn−1

g1 (x)

g0 (x)

a1n

a2n

a3n

a4n

−2x

2n

1

0

2

2n

−2x

n(n + 1)

n+1

0

2n + 1

n

k+1−x

n

n + 1 2n + k + 1 −1 n + k

I polinomi di Laguerre Ln (x) si ottengono da quelli generalizzati Lnk (x) ponendo k = 0. Per quanto riguarda i polinomi generalizzati di Legendre Fnr (x), questi rappresentano un caso particolare dei polinomi ultrasferici di Gegenbauer (vedi A-S 22) secondo la relazione: Fnr (x) =

Γ (2r + 1) r

2 Γ (r + 1)

r+1/2

Cn−r (x).

I polinomi di Legendre Pn (x) sono a loro volta un caso particolare dei precedenti per r = 0. Relazioni tra gli Lnk (x) e gli Hn (x): −1/2

Ln

(x) =

√  (−1)n H2n x , 2n n! 2

1/2

Ln (x) =

√  (−1)n √ H2n+1 x . 2n+1 n! 2 x

A.8 Equazioni differenziali fuchsiane Consideriamo l’equazione differenziale lineare omogenea: w + p(z)w + q(z)w = 0. Se p(z) e q(z) sono analitiche nell’intorno di un punto z = z¯, anche le sue soluzioni lo sono, e sono dunque esprimibili in serie di potenze di (z − z¯) con raggio di convergenza non nullo. Se invece p(z) e q(z) hanno singolarit`a al pi`u polari del primo e del secondo ordine, rispettivamente: p(z) =

A(z) (z − z¯)

q(z) =

B(z) , (z − z¯)2

424

Appendice

con A(z) e B(z) regolari: ∞

∞

A(z) = ∑ an (z − z¯)n

B(z) = ∑ bn (z − z¯)n ,

0

0

il punto z¯ si dice punto singolare regolare, o fuchsiano, e le soluzioni sono della forma: ∞

wi (z) ∼ (z − z¯)αi ∑ ci,n (z − z¯)n

,

i = 1, 2 ,

ci,0 = 0,

0

dove le αi sono soluzioni dell’equazione determinante: [ α(α − 1) + a0 α + b0 ] = 0. Se per`o α1 = α2 + n, con n = 0, 1, 2, ..., esiste solo una soluzione che si annulla a potenza come (z − z¯)αi , mentre l’altra e` logaritmica, ovvero: ∞

w2 (z) ∼ w1 (z) log(z) + (z − z¯)α2 ∑ dn (z − z¯)n . 0

A.9 Funzioni ipergeometriche Un’equazione differenziale si dice totalmente fuchsiana se tutti i punti singolari sono fuchsiani. Un esempio di equazione totalmente fuchsiana e` l’equazione ipergeometrica: z (1 − z)

d 2 w(z) dw(z) + [c − (a + b + 1)z] − ab w(z) = 0, dz2 dz

con tre punti singolari regolari in z = 0, 1, ∞, e relative radici delle equazioni determinanti: α1,2 (0) = 0, 1 − c

α1,2 (1) = 0, c − a − b

α1,2 (∞) = a, b.

La casistica completa dipende dall’essere interi tutti o alcuni dei parametri c, c − a − b, a − b, e la si pu`o trovare in A-S 15.5. Qui trattiamo solo il caso di tutti i parametri non interi. Le soluzioni sono esprimibili tramite la funzione ipergeometrica F(a, b; c; z), rappresentabile con uno sviluppo in serie convergente nel cerchio unitario |z| = 1: F(a, b; c; z) =

∞

(a)n (b)n zn n! n=0 (c)n

∑

,

(a)n = a(a + 1)...(a + n − 1) , (a)0 = 1.

A.9 Funzioni ipergeometriche

425

Nell’intorno dei tre punti singolari, le coppie di soluzioni linearmente indipendenti sono: (0)

w1 (z) = F(a, b; c; z)

,

(0)

w2 (z) = z1−c F(1 + a − c, 1 + b − c; 2 − c; z) ;

(1)

w1 (z) = F(a, b; 1 + a + b − c; 1 − z) , (1)

w2 (z) = (1 − z)c−a−b F(c − b, c − a; 1 + c − a − b; 1 − z) ; (∞)

w1 (z) = z−a F(a, 1 + a − c; 1 + a − b; z−1 ) , (∞)

w2 (z) = z−b F(b, 1 + b − c; 1 + b − a; z−1 ). Valgono i prolungamenti analitici: Γ (c)Γ (c − a − b) (−z)−a F( a, b; 1 + a + b − c; 1 − z)+ Γ (c − a)Γ (c − b) Γ (c)Γ (a + b − c) (1 − z)c−a−b F(c − a, c − b; 1+c − a −b; 1 − z) | arg(1 − z)| < π. + Γ (a)Γ (b) Γ (c)Γ (b − a) (−z)−a F( a, 1 + a − c; 1 + a − b; z−1 )+ F( a, b; c; z) = Γ (b)Γ (c − a) Γ (c)Γ (a − b) (−z)−b F( a, 1 + b − c; 1 + b − a; z−1 ) | arg(−z)| < π. + Γ (a)Γ (c − b)

F( a, b; c; z) =

Un altro importante esempio di equazione totalmente fuchsiana e` dato dall’equazione associata di Legendre (vedi A-S 8):     2 μ2 dw(z) 2 d w(z) w(z) = 0, + ν(ν + 1) − −2 z 1−z dz2 dz 1 − z2 con ν e μ costanti complesse, con tre punti singolari ordinari, in z = ±1, ∞. L’equazione si riduce a una ipergeometrica con un cambio di funzione, e le soluzioni complessive sono le Funzioni Associate di Legendre di primo e secondo tipo (vedi A.4): μ

Pν (z) = μ

1 Γ (1 − μ)



z+1 z−1

μ/2  1−z F −ν , ν + 1 ; 1 − μ ; 2

Γ (ν + μ + 1) −ν−μ−1 2 z (z − 1)μ/2 × Γ (ν + 3/2)  3 1 ν μ 1 ν μ × F 1+ + , + + ; ν + ; 2 2 2 2 2 2 2 z

|1 − z| < 2,

Qν (z) = eiμπ 2−ν−1 π 1/2

|z| > 1.

Le seconde soluzioni linearmente indipendenti possono essere scelte come fatto per (0,1) le w2 (z).

426

Appendice

Se per`o μ = m intero non negativo, allora le soluzioni si usano scegliere nel modo seguente:  1−z Γ (ν +m+1) (1−z2 )m/2 F m−ν , m+ ν + 1; 1 + m ; , Pνm (z)=(−1)m m 2 m! Γ (ν − m+1) 2 che nel caso di ν = l intero coincidono con le funzioni associate di Legendre |m| Θl (z) introdotte nella A.4, e con i polinomi di Legendre, legati alle funzioni ipergeometriche:  1−z . Fl0 (z) = Pl (z) = F −l , l + 1 ; 1 ; 2 Nel caso eccezionale di μ = m intero non negativo i coefficenti determinantali differiscono per l’intero m, e la seconda soluzione si sceglie del tipo: m 2 m/2 Qm ν (z) = (−1) (1 − z )

Pν (z) cos νπ − Pν (−z) dm Qν (z) , Qν (z) = π . m dx 2 sin νπ

In particolare, per ν = l intero si ha: Ql (z) =

1 1+z Pl (z) log − Rl−1 (z), 2 1−z

con: Rl−1 (z) =

l

1

∑ n Pn−1 (z) Pl−n (z)

,

R−1 (z) = 0.

n=1

A.10 Funzioni ipergeometriche confluenti Se, con opportuni limiti, nell’equazione ipergeometrica si fa confluire la singolarit`a a z = 1 con quella all’∞, si ottiene l’equazione ipergeometrica confluente, detta anche di Kummer: z

dw(z) d 2 w(z) − a w(z) = 0. + (b − z) dz2 dz

Essa ha una singolarit`a regolare, o fuchsiana, in z = 0, e una irregolare per z → ∞. Due soluzioni linearmente indipendenti, sono: w1 (z) = M(a, b; z) =

∞

(a)n zn n! n=0

∑ (b)n

,

w2 (z) = (z)1−b M(1 + a − b, 2 − b; z),

(a)n = a(a + 1)...(a + n − 1) , (a)0 = 1

A.10 Funzioni ipergeometriche confluenti

427

la prima delle quali, detta ipergeometrica confluente, e` intera, oppure:   π M(a, b; z) M(1 + a − b, 2 − b; z) U(a, b; z) = − z1−b . sin πb Γ (1 + a − b)Γ (b) Γ (a)Γ (2 − b) Se per`o b e` intero positivo, la seconda soluzione deve avere comportamento logaritmico, come gi`a avevamo visto nel caso dell’ipergeometrica. Rimandiamo ad A-S 13 per la casistica completa, e riportiamo qui solo alcune interessanti relazioni. Ad esempio, e` importante notare che molte funzioni speciali note, gi`a trattate precedentemente, sono riconducibili a ipergeometriche confluenti per particolari valori dei parametri. Tra queste: Bessel, Laguerre, Hermite, secondo gli schemi seguenti: M( a, b ; z ) a

b

z

Relazione

Funzione

ν + 1/2

2ν + 1

2iz

Γ (1 + ν) eiz (z/2)−ν Jν (z)

Bessel

−ν + 1/2 −2ν + 1 2iz

Γ (1 − ν) eiz (z/2)ν · · [cos νπ Jν (z) − sin νπ Yν (z)]

Bessel

ν + 1/2

2ν + 1

2z

Γ (1 + ν) ez (z/2)−ν Iν (z)

Bessel Modificate

n+1

2n + 2

2iz

Γ (3/2 + n) eiz (z/2)−n−1/2 Jn+1/2 (z)

Bessel Sferiche

−n

−2n

2iz

Γ (1/2 − n) eiz (z/2)n+1/2 J−n−1/2 (z)

Bessel Sferiche

n+1

2n + 2

2z Γ (3/2 + n)/2 ez (z/2)−n−1/2 In+1/2 (z)

−n

α+1

x

n!/(α + 1)n Lnα (x)

Laguerre

−n

1/2

x2 /2

(−)n 2n n!/(2n)! H2n

Hermite

−n

3/2

x2 /2

Hermite

1/2

3/2

−x2

(−)n 2n n!/(2n + 1)! H2n+1 √ π /2x er f (x)

Bessel Sferiche

Funzione degli errori

428

Appendice

U( a, b ; z ) a

z

Relazione

Funzione

ν + 1/2 2ν + 1

2z

π −1/2 ez (2z)−ν Kν (z)

Bessel Modificate

ν + 1/2 2ν + 1

−2iz

π 1/2 /2 eiπ(ν+1/2−z) (2z)−ν Hν (z)

ν + 1/2 2ν + 1

2iz

π 1/2 /2 e−iπ(ν+1/2−z) (2z)−ν Hν (z)

Hankel

2z

π −1/2 ez (2z)−n−1/2 Kn+1/2 (z)

Bessel Sferiche

n+1 5/6 −n

b

2n + 2

(2)

5/3 4/3 z3/2 π 1/2 z−1 exp[2/3 z3/2 ] 2−2/3 35/6 Ai(z)

1/2

Hankel

Airy

x

(−1)n n! Lnα (x)

Laguerre

x2

2−n Hn

Hermite

α+1

(1 − n)/2 3/2 1/2

(1)

√

x2

π exp (x2 ) er f c(x)

Funzione degli errori

La funzione degli errori e la sua complementare ammettono la rappresentazione integrale: 2 er f (z) = √ π

 z

dt e−t

0

2

,

2 er f c (z) = √ π

 ∞ z

dt e−t = 1 − er f (z). 2

Vedi A-S 7.1 per le sue propriet`e matematiche. Riportiamo infine i principali comportamenti asintotici delle funzioni ipergeometriche confluenti. Per |z| → 0: M(a, b; 0) = 1 ; Γ (b − 1) 1−b z + O( |z|R b−2 ) Γ (a) Γ (b − 1) 1−b + O(| log z|) z U(a, b; z) = Γ (a)   Γ  (a) 1 log z + + O( |z log z| ) U(a, b; z) = − Γ (a) Γ (a) Γ (1 − b) U(a, b; z) = z + O( |z|1−R b ) Γ (1 + a − b) U(a, b; z) =

Rb ≥ 2, b = 2 ; b=2; b=1; 0 < Rb < 1.

A.11 Delta di Dirac

429

Per |z| → ∞: Γ (b) z a−b e z [1 + O(|z|−1 )] Γ (a) Γ (b) (−z)−a [1 + O(|z|−1 )] M(a, b; z) = Γ (b − a) M(a, b; z) =

Rz > 0, Rz < 0.

U(a, b; z) = (−z)−a [1 + O(|z|−1 )].

A.11 Delta di Dirac La successione di funzioni: Dn (x) =



n/π e−nx

2

n = 1, 2, ...

ha un limite puntuale molto irregolare: Dn (x) −→

n→∞

⎧ ⎨∞ x = 0 ⎩

0

x = 0,

mentre, come funzione di L 2 (R), sarebbe uguale alla funzione identicamente nulla. Se per`o la funzione f (x) e` sufficientemente regolare, si dimostra che esiste il limite:  ∞ dx Dn (x) f (x) −→ f (0), −∞

n→∞

dove i singoli integrali esistono per ogni n. Si introduce allora la definizione:  ∞ −∞

dx δ (x) f (x) = lim

 ∞

n→∞ −∞

dx Dn (x) f (x) = f (0) = F0 ( f ).

La delta di Dirac e` pertanto il funzionale (lineare) F0 che valuta nell’origine funzioni ivi regolari. Rappresenta l’estensione al caso continuo della delta di Kroneker δi j sul discreto. Un’altra rappresentazione della delta di Dirac si ottiene dalle propriet`a delle  f ) di Fourier, definite per ogni f ∈ L 2 (R): trasformate F( f ) e antitrasformate F( F · F( f ) = f =⇒ =

 ∞ −∞

dx

 ∞

1 √ 2π  ∞

1 2π

−∞



∞  1 dk eikx √ dx e−ikx f (x) = −∞ 2π −∞  −ik(x−x ) dk e f (x) = f (x ).

430

Appendice

Da qui infine, sempre intendendo l’uguale sotto il segno di integrale: 1 2π

 ∞ −∞



dk e−ik(x−x ) = δ (x − x ).

Altre definizioni della delta sono le seguenti:

λ −λ x2 1 ix2 /ε sin λ x 1 sin2 λ x e e = lim = lim = lim , δ (x) = lim π iπε x2 λ →∞ λ →∞ πx λ →∞ πλ ε→0+ δ (x) =

1 2iε 1 − = lim 2 , + x − i0 x + i0 ε→0 x + ε 2

con i limiti intesi nella metrica del funzionale generato dall’integrale su funzioni regolari. Inoltre: ⎧ ⎨1 x > 0 dθ (x) δ (x) = con θ (x) = . ⎩ dx 0 x r2 1 = |x1 − x2 | ⎩ l 1/r2 ∑∞ l=0 (r2 /r1 ) Pl (cos θ ) r2 > r1 , legata alla definizione della funzione generatrice dei polinomi di Legendre (vedi A-S 22.9): ∞ 1

= ∑ ρ l Pl (ξ ), |ρ| < 1. 1 − 2ρξ + ξ 2 l=0 La seconda, costituita dalla regola somma delle armoniche sferiche: Pl (cos θ ) =

l 4π Ylm (θ1 , ϕ1 ) Ylm (θ2 , ϕ2 ), ∑ 2l + 1 m=−l

432

Appendice

dove θ e` l’angolo compreso tra x1 e x2 . Inserendo la prima funzione d’onda: 3/2

unlm (x) = unl (r) Ylm (Ω ) =⇒

u100 (x1 ) = Z0





J100;nlm = Z03

1 2e−Z0 r1 √ , 2 π

Z0 = Z/r0 :

l ∞ e2 4π dΩ1 dΩ2 ∑  Yl  m (θ1 , ϕ1 )Yl  m (θ2 , ϕ2 ) [Ylm (θ2 , ϕ2 )]2 · ∑ π 2l + 1 l  =0 m =−l 

l   ∞  l   r1 2 2 1 . + dr2 r2 |unl (r2 )| · r r2 0 r1 0 2 √ Integrando su Ω1 , per ortogonalit`a con Y00 (θ1 , ϕ1 ) = 1/(2 π), otteniamo √ quindi su l  e m , sopravvive solamente il termine 2 π δ0l  δ0m . Sommando √ Y00 (θ2 , ϕ2 ) = 1/(2 π). L’integrale su Ω2 d`a come risultato 1 per la normalizzazione delle Ylm , e infine si ottiene:  r    ∞ 1 e2 α 3 ∞ 1 2 −αr1 2 2 2 dr1 r1 e dr2 r2 [unl (r2 )] + dr2 r2 [unl (r2 )] = J100;nlm = 2 0 r1 0 r1     r1  ∞ e2 α 3 ∞ 2 −αr1 1 2 −αn r2 2 −αn r2 2 = dr1 r1 e dr2 r2 e [Pnl (r2 )] + dr2 r2 e [Pnl (r2 )] , 2 0 r1 0 r1 ' (n − l − 1)! 3/2 2l+1 (αn r)l Ln−l−1 (αn r), con α = 2Z0 , αn = α/n , Pnl (r) ≡ −αn 2n(n + l)!  ∞

dr1 r12 e−2Z0 r1



r1

dr2 r22 |unl (r2 )|2

1 r1



r2 r1

e con Lrs polinomi di Laguerre. Le espressioni pi`u semplici sono: P10 (r) = −α3/2 2−1/2 L01 (αr) P21 (r) = −α5/2 2−3/2 3−1/2 r L03 (αr/2)

, ;

P20 (r) = −α3/2 2−3 L11 (αr/2) , L0k (ρ) = 1 ,

L11 (ρ) = 2 − ρ.

Con analogo procedimento, per gli integrali di scambio si trova: K100;nlm = ∞

e2 4π



 ∞

dΩ1 dΩ2

0

dr1 r12 u∗10 (r1 ) unl (r1 ) Ylm (θ1 , ϕ1 ) Yl∗m (θ2 , ϕ2 )·



l   4π Yl∗m (θ1 , ϕ1 ) Ylm (θ2 , ϕ2 )·  ∑ ∑  2l + 1    l =0 m =−l    ∞     r1 1 r2 l 1 r1 l  2 ∗ 2 ∗ dr2 r2 unl (r2 ) u10 (r2 ) + dr2 r2 unl (r2 ) u10 (r2 ) · = r1 r1 r2 r2 r1 0

·



∞ e 2 α3 1 = dr1 r12 e−γr1 Pnl (r1 ) · 2 2l + 1 0  ∞  1  r1  · 1+l dr2 r22+l e−δ r2 Pnl (r2 ) + r1l dr2 r21−l e−δ r2 Pnl (r2 ) , r1 0 r1

con γ = δ = (α + αn )/2 = [(n + 1)/2n] α.

A.13 Integrali diretti e di scambio

433

Data la forma polinomiale dei Pnl , tutti gli integrali, diretti e di scambio, sono momenti r1h e−γr1 e r2k e−δ r2 di ordine superiore rispetto a quelli fondamentali, dipendenti da l: (l)

I00 (γ, δ ) =

 ∞ 0

dr1 r12 e−γr1

 ∞  1  r1  2 −δ r2 l −δ r2 . dr r e + r dr r e 2 2 2 2 1 r1 r11+l 0

Pertanto, si possono ottenere tutti da questi derivandoli rispetto a γ e a δ . In realt`a, (0) tutti quelli diretti derivano dal solo I00 , e noi calcoleremo qui un solo integrale (1)

ottenibile per derivazione da I00 , cio`e l’integrale di scambio K100;21m . Dunque, tralasciando l’apice (l): Ikn (γ, δ ) = (−)k+n I00 (γ, δ ) =

 ∞ 0

1 

∂ k+n I00 (γ, δ ), ∂ γk ∂ δ n  ∞

  γ 2 + 3γδ + δ 2  , dr2 r2 e−δ r2 = 2 2 2 r1 0 γ δ (γ + δ )3 r1  2γ 3 + 8γ 2 δ + 12γδ 2 + 3δ 3  I01 (γ, δ ) = 2 , γ 2 δ 3 (γ + δ )4

dr1 r12 e−γr1

r1

dr2 r22 e−δ r2 +

 6γ 4 + 30γ 3 δ + 60γ 2 δ 2 + 60γδ 3 + 12δ 4  I02 (γ, δ ) = 2 , γ 2 δ 4 (γ + δ )5   4 6γ + 30γ 3 δ + 60γ 2 δ 2 + 30γδ 3 + 6δ 4 I11 (γ, δ ) = 2 . γ 3 δ 3 (γ + δ )5 Ovviamente, per k = n, Ikn (γ, δ ) = Ink (δ , γ). Con l’opportuno coefficiente e γ = δ = α = 2Z/r0 , otteniamo il primo risultato: J100;100 =

e2 α 6 5α 2 5 I00 (γ, δ )|γ=α, δ =α = e = Zw0 ≈ 34.0 eV 4 44 4

(Z = 2).

Calcoliamo ora quelli successivi, svolgendo il primo per esteso. 

  J100;200 

∞ e2 = 7 α6 dr1 r12 e−γr1 · 2 α=γ, α2 =δ 0    1  r1 dr2 r22 e−δ r2 4 − 4α2 r2 + 4(α2 r2 )2 + · r1 0  ∞   = + dr2 r2 e−δ r2 4 − 4α2 r2 +4(α2 r2 )2 r1

 e2 α6  = 7 4 I00 − 4α2 I01 + α2 2 I02 . 2

434

Appendice

Reinserendo i corretti valori γ = α, δ = α2 = α/2 = Z/r0 , si ottiene:   34 α 2 34 e2 α 26 · 11 26 · 25 26 · 59 = J100;200 = 7 e = Zw0 ≈ 11.42 eV − + 2 33 33 34 81 4 81

(Z = 2).

L’integrale successivo J 100;21m si ottiene da quello appena trovato sostituendo il polinomio P20 con P21 , entrambi al quadrato, normalizzazione inclusa. Quindi: 2 2   1 1 =⇒ ; L11 (α2 r2 ) = [2 − α2 r2 ]2 =⇒ (α2 r2 ) L03 (α2 r2 ) = (α2 r2 )2 . 4(2!) 4(3!) Complessivamente, occorre considerare solo il terzo addendo in J100;200 , quello derivante dalla derivata seconda, moltiplicato per 4(2!)/4(3!) = 1/3 e valutato per gli stessi parametri γ = α, δ = α2 = α/2 = Z/r0 . Pertanto:   e2 α 1 −2 28 · 59 2 · 59 J100;21m = 7 2 Zw0 ≈ 0.37 eV (Z = 2). = 4 2 3 3 243 In modo analogo, calcoliamo gli integrali K, entrambi per γ = δ = (α + α2 )/2 = 3α/4. Notare che ora i P2l non compaiono al quadrato, ma ce n’`e uno in α2 r1 e uno in α2 r2 :  e2 α 3 ∞ K100;200 = dr1 r12 e−γr1 P20 (r1 )· 2 0  r   ∞ 1 1 2 −δ r2 −δ r2 dr2 r2 e P20 (r2 ) + dr2 r2 e P20 (r2 ) = · r1 0 r1  e2 α 6  4 I00 − 2α2 I01 − 2α2 I10 + α2 2 I11 γ=δ =3α/4 = 27 e2 α  5 · 210 25 · 210 11 · 210  32 = 7 Zw0 ≈ 1.19 eV (Z = 2). − + = 5 6 6 2 3 3 3 729 Calcoliamo l’ultimo, K100;21m , direttamente: =

K100;21m = = =

e2 α 3 2·3 e2 α 3 2·3

 ∞ 0



dr1 r12 e−γr1 P21 (r1 ) 5 −10 −3

α 2

3 (3!)

2

 0



1 r12

 r1 0

dr2 r23 e−δ r2 P21 (r2 ) + r1

∞

dr1 r13 e−γr1



 1 r1

r12

0

dr2 r24 e−δ r2

 dr2 e−δ r2 P21 (r2 ) =

 ∞ r1

+ r1

 ∞ r1

−δ r2

dr2 r2 e

=

  e2 α8 24 1 4! 3! 2! 1 3 12 24 24 = − − − − 29 32 δ 5 γ 2 δ 2 (γ + δ )5 δ 3 (γ + δ )4 δ 4 (γ + δ )3 δ 5 (γ + δ )2

=

e2 α8 212 7 · 25 7 = 8 Zw0 ≈ 0.93eV 9 2 7 6 2 3 α 3 3

 =

(Z = 2).

Con i termini in l = 1 si possono valutare le perturbazioni agli stati 21 P e 23 P, cui si fa cenno nel Problema 10.4.

A.14 Rappresentazione dei momenti angolari

435

A.14 Rappresentazione dei momenti angolari In uno spazio di Hilbert separabile, un operatore autoaggiunto compatto A, con spettro completo discreto, ammette una rappresentazione diagonale; ovvero, i valori di aspettazione tra i suoi autovettori definiscono una matrice diagonale:  i | A | j = α j δi j ,

A | j = αj | j ,

i, j = 1, 2, ...

Due operatori A, B, autoaggiunti, compatti, commutanti, hanno un sistema ortonormale completo in comune, e vale ancora:  i | A | j = α j δi j

 i | B | j = β j δi j ,

A | j = αj | j ,

B | j = β j | j .

Sulla base degli autovettori comuni, A e B sono rappresentati da due matrici diagonali, eventualmente ∞−dimensionali. Se gli operatori non commutano, non esiste alcuna base comune sulla quale si possano rappresentare tutti con matrici diagonali. Se per`o gli operatori autoaggiunti sono tre, e soddisfano le regole di commutazione: [Ji , J j ] = i h¯ εi jk Jk

con

i, j, k = 1, 2, 3,

allora l’intero spazio di Hilbert si decompone nella somma diretta di sottospazi ortogonali, invarianti rispetto ai tre operatori. Ovvero, consideriamo gli operatori commutanti J2 , J3 , e un ulteriore operatore autoaggiunto A, commutante con i primi due, definito appositamente per risolvere l’eventuale degenerazione residua; si dimostra che un operatore siffatto esiste sempre. Essi posseggono una base ortonormale completa di autostati non degeneri { | j, m; n }: J2 | j, m; n = j( j + 1) h¯ 2 | j, m; n

,

J3 | j, m; n = m h¯ | j, m ; n

A | j, m ; n = αn | j, m ; n , j = 0, 1/2, 1, ...

,

m = − j, − j + 1, ..., j − 1, j

,

n = 0, 1, 2.....

Su questa base, lo spazio H si decompone nei sottospazi H jn invarianti e irriducibili: dj

H =

∑ ∑ ⊕H jn .

n=1 j

Usualmente, gli operatori di momento angolare vengono rappresentati nei singoli sottospazi H jn a n fissato, quindi tramite matrici finito dimensionali 2 j + 1. In questo contesto per`o, i momenti angolari sono quasi sempre associati a problemi tridimensionali, usualmente con un’Hamiltoniana non centrale che commuta con essi, e che talvolta risolve la degenerazione, cio`e svolge le funzioni dell’operatore A di cui sopra. Vale dunque la pena riportare almeno una volta in modo visivo le rappresentazione nello spazio H complessivo di un qualsiasi operatore Ji e di un

436

Appendice

vettore appartenente invece a un H jn , ad esempio ψ ∈ H3n .  j, m ; n | Ji | j , m ; n = Ji ( j ; m, m ; n) δ j j δnn =  ∗   ∗                =                 

..

. ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ..

. ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

                                   . .  .

,

  0     0 . . .   0   0     0   0     ψ3n =  ...    ∗     ∗   ∗   0     0   0   .  .. 

con valori nulli fuori dai blocchi. Questa dunque e` la rappresentazione di uno qualsiasi degli operatori soddisfacenti le regole di commutazione date. Non e` una matrice diagonale; lo e` solo per uno dei Ji , nel nostro caso J3 . E` per`o una matrice diagonale a blocchi, cio`e ovunque nulla tranne che in blocchi quadrati attorno alla diagonale principale. Con la tecnica degli operatori di innalzamento e di abbassamento J+ e J− ,

J± | j, m = j( j + 1) − m(m ± 1) | j, m ± 1 si ricavano i singoli blocchi, che risultano non dipendere da n ma solo dalle dimensioni (2 j + 1): h¯

( j − m)( j + m + 1) δm ,m+1 + 2 h¯

( j + m)( j − m + 1) δm ,m−1 , + 2 h¯

 j, m | J2 | j, m = ( j − m)( j + m + 1) δm ,m+1 + 2i h¯

( j + m)( j − m + 1) δm ,m−1 , − 2i  j, m | J3 | j, m = m h¯ δm ,m .  j, m | J1 | j, m =

A.14 Rappresentazione dei momenti angolari

437

Ricordiamo che tutto ci`o si ottiene dalle sole relazioni algebriche di commutazione, e da due semplici richieste: realt`a delle rappresentazioni e normalizzazione degli stati. All’interno del singolo H jn le fasi relative tra gli stati risultano determinate, e rimane arbitraria unicamente una fase comune a tutti, ad esempio la fase dello stato di peso massimo. La dipendenza della rappresentazione dalla sola dimensionalit`a (a meno di trasformazioni unitarie) dipende dal fatto che l’algebra dei tre momenti e` la pi`u semplice non banale della sua categoria, cio`e quella delle algebre generatrici dei gruppi unitari unimodulari, detti SU(n). Gi`a l’algebra dei generatori di SU(3) ha due tipi di rappresentazioni con la stessa dimensionalit`a. Riportiamo di seguito le matrici a due e tre dimensioni corrispondenti agli operatori vettoriali di momento angolare 1/2 e 1 nella rappresentazione in cui la componente Jz e` diagonale. Le prime sono, a meno di h¯ /2, le σ di Pauli:       h¯  0 1  h¯  0 −i  h¯  1 0  Jx =   , Jy =   , Jz =  . 2 10  2 i 0  2  0 −1  In generale, se indichiamo con | 1/2, ± z gli autostati di Jz , quelli di di Jx ed Jy sono, rispettivamente, 1 | 1/2, ± x = √ ( | 1/2, + z ± | 1/2, − z ) , 2 1 | 1/2, ± y = √ ( | 1/2, + z ± i | 1/2, − z ) . 2 Nel caso attuale con Jz diagonale, si ha la seguente rappresentazione vettoriale:     1  1  1  1  | ± x = √  , | ± y = √   .  2  ±1  2  ±i  Quelle per momento angolare 1, sono, invece:     √  0 1 0  √  0 −i 0  2 2   Jx = h¯  1 0 1  , Jy = h¯  i 0 −i  ,   2  2   010   0 i 0 

  10 0   Jz = h¯  0 0 0   0 0 −1

    .  

Se indichiamo con | 1, m j z gli autostati di Jz , quelli di Jx e Jy risultano essere: 1 | 1, 0 x = √ ( | 1, 1 z − | 1, −1 z ) , 2  √ 1 | 1, 1 z ± 2 | 1, 0 z + | 1, −1 z | 1, ±1 x = 2

438

Appendice

1 | 1, 0 y = √ ( | 1, 1 + | 1, −1 z ) , 2  √ 1 | 1, 1 z ± i 2 | 1, 0 − | 1, −1 z . | ± 1 y = 2 Nel caso attuale:      1   1    1  1  √   | 1, 0 x = √  0  , | 1, ± x =  ± 2  ,   2 2   1  −1       1   1    1  1  √   | 1, 0 y = √  0  , | 1, ± y =  ±i 2  .   2 2   −1  −1  Avendo scelto Jz diagonale in entrambe le rappresentazioni, i suoi autostati sono la base naturale.

A.15 Composizione dei momenti angolari In uno spazio di Hilbert H siano dati due operatori vettoriali di momento angolare J1 e J2 , commutanti tra di loro. Introduciamo, per costruzione, un ulteriore operatore autoaggiunto A, commutante con i precedenti e tale da rendere completo il sistema di operatori { J21 , J1,z , J22 , J2,z , A }, tale cio`e che i loro autovettori | j1 , m1 ; j2 , m2 n , con A | ∗ n = αn | ∗ n , formino una base completa in H , senza degenerazioni residue. Definiamo il momento angolare totale J = J1 ⊗ I2 + I1 ⊗ J2 ≈ J1 + J2 , e cerchiamo, nel sottospazio Hn relativo all’autovalore αn , le combinazioni lineari degli stati prodotto diretto | m1 ; m2 che siano autostati | j / m dei momenti totali J2 e Jz . Per questi ultimi abbiamo introdotto il nuovo separatore / tra gli autovalori, e per entrambi abbiamo omesso gli indici comuni j1 , j2 ed n. Notare che, trattandosi di prodotti diretti, l’ordine e` rilevante. Si tratta quindi di passare da una base ortonormale e completa a un’altra, nel sottospazio H j1 j2 n : | j/m =

∑

m1 ,m2

| m1 ; m2  m1 ; m2 | j / m

,

j1 , j2 , n fissati.

I coefficienti dello sviluppo  m1 ; m2 | j / m sono detti coefficienti di ClebschGordan, e si ricavano con tecniche iterative standard, ad esempio tramite gli operatori J± = J1± + J2± . Due propriet`a sono evidenti: m = m1 + m2 , e J = jmax = j1 + j2 ; la prima considerando che Jz = J1z + J2z , la seconda applicando J± al precedente sviluppo e ricordando che gli stati | m1 ; m2 formano un insieme completo in H j1 j2 n . Si dimostra che, in generale, i valori possibili dei momenti angolari totali

A.15 Composizione dei momenti angolari

439

soddisfano la relazione: j = j1 + j2 , j1 + j2 − 1, ..., | j1 − j2 | + 1, | j1 − j2 |. Tutti i momenti totali sono presenti, e lo sono una volta sola. Inoltre, in relazione al singolo j, anche gli autovalori m = − j, − j + 1, ..., j − 1, j compaiono tutti e una volta sola. Quindi, la dimensionalit`a complessiva di questa nuova base costituita dagli | j / m e` data da: d j/m =

j1 + j2

∑

(2 j + 1) = (2 j1 + 1)(2 j2 + 1) = dm1 ;m2 ,

j=| j1 − j2 |

ovviamente uguale a quella del sottospazio di partenza H j1 j2 n . In questo, i due operatori J2 e Jz formano un insieme completo di osservabili, come avveniva per gli operatori J1,z e J2,z . Ovvero, l’operatore A, che risolve l’eventuale degenerazione degli stati | j1 , m1 ; j2 , m2 , risolve anche quella degli stati | j1 , j2 ; j / m . Con terminologia algebrica, la decomposizione del prodotto diretto di due momenti angolari j1 e j2 in rappresentazioni invarianti irriducibili del momento totale, e` data dalla formula: j1 ⊗ j2 = | j1 − j2 | ⊕ | j1 − j2 + 1 | ⊕ · · · ⊕ j1 + j2 − 1 ⊕ j1 + j2 . Infine, introduciamo l’operatore di scambio P12 che scambia le coordinate 1↔2. Esso commuta col momento angolare totale, che e` somma di quelli di singola particella:     P12 , Jz = P12 , J 2 = 0. Questi tre operatori commutanti hanno un sistema ortonormale completo in comune che, non essendoci degenerazione, e` dato dagli stessi stati | j / m . Pertanto, questi stati sono anche autostati di P12 , ovvero hanno simmetria pari o dispari. Tale simmetria e` comune a tutti gli stati della stessa rappresentazione ed e` la stessa degli stati di peso massimo o minimo, in quanto gli abbassatori e gli innalzatori sono simmetrici e non cambiano la simmetria della rappresentazione. Dimostriamo ora che le simmetrie si alternano, a partire dalla prima, quella con j = J, simmetrica. Per fare ci`o, possiamo sfruttare una ben nota propriet`a dei coefficienti di Clebsch-Gordan:  j2 , m2 ; j1 , m1 | j / m = (−1) j1 + j2 − j  j1 , m1 ; j2 , m2 | j / m , applicandola allo sviluppo gi`a introdotto (con j1 , j2 , n sottintesi): | j/m =

∑

m1 ,m2

| m1 ; m2  m1 ; m2 | j / m .

Nello scambio 1↔2 gli stati si scambiano tra di loro, mentre i coefficienti acquistano un segno (−1) j1 + j2 − j , uguale per tutti gli m. Dunque, tutti gli stati | j / m della rappresentazione j, per 1↔2 cambiano o non cambiano segno a seconda che

440

Appendice

j1 + j2 − j sia dispari o pari. Dunque, la prima, quella con j = jmax = j1 + j2 , e` simmetrica, e le altre hanno simmetrie alternate. A titolo illustrativo, riportiamo alcuni stati dei momenti angolari maggiori, ordinati per m decrescente, a partire da m = mmax = jmax = j1 + j2 . | J / J = | j1 ; j2 | J / J − 1 = J −1/2

J = jmax= = j1 + j2 √

j1 | j1 − 1 ; j2 +

√

j2 | j1 ; j2 − 1



  √ √ | J − 1 / J − 1 = J −1/2 − j2 | j1 − 1 ; j2 + j1 | j1 ; j2 − 1 

| J / J − 2 = [J (2J − 1)]−1/2 j1 (2 j1 − 1) | j1 − 2 ; j2 + 

√ + 2 j1 j2 | j1 − 1 ; j2 − 1 + j2 (2 j2 − 1) | j1 ; j2 − 2 

| J − 1 / J − 2 = [J (J − 1)]−1/2 − j2 (2 j1 − 1) | j1 − 2 ; j2 + 

+ ( j1 − j2 ) | j1 − 1 ; j2 − 1 + j1 (2 j2 − 1) | j1 ; j2 − 2 

| J − 2 / J − 2 = [(J − 1) (2J − 1)]−1/2 j2 (2 j2 − 1) | j1 − 2 ; j2 +

− (2 j1 − 1) (2 j2 − 1) | j1 − 1 ; j2 − 1 

+ j1 (2 j1 − 1) | j1 ; j2 − 2 . Come si vede, l’ultima rappresentazione e` nuovamente simmetrica. Riportiamo, infine i coefficienti di Clebsch-Gordan  j1 , m1 ; j2 , m2 | j / m , relativi alla composizione di un momento angolare j1 e di j2 = 1/2 e j2 = 1: j2 = 1/2 m2 = 1/2

j  j1 + 1/2

j1 + m + 1/2 2 j1 + 1

 j1 − 1/2 −

m2 = −1/2 1/2 

j1 − m + 1/2 2 j1 + 1

1/2 

j1 − m + 1/2 2 j1 + 1 j1 + m + 1/2 2 j1 + 1

1/2 1/2

A.16 Metodi approssimati

441

j2 = 1 m2 = 1

j  j1 + 1

( j1 + m)( j1 + m + 1) (2 j1 + 1)(2 j1 + 2)

 j1

− 

j1 − 1

m2 = 0 1/2 

( j1 + m)( j1 − m + 1) 2 j1 ( j1 + 1)

( j1 − m)( j1 − m + 1) 2 j1 (2 j1 + 1)

m2 = −1

( j1 − m + 1)( j1 + m + 1) (2 j1 + 1)( j1 + 1)

1/2



1/2

 −

m2 j1 ( j1 + 1)

1/2 

1/2

( j1 − m)( j1 + m) j1 (2 j1 + 1)



1/2



( j1 − m)( j1 − m + 1) (2 j1 + 1)(2 j1 + 2) ( j1 − m)( j1 + m + 1) 2 j1 (2 j1 + 1) ( j1 + m + 1)( j1 + m) 2 j1 (2 j1 + 1)

1/2 1/2

1/2

A.16 Metodi approssimati A.16.1 Perturbazioni indipendenti dal tempo Supponiamo che l’Hamiltoniana di un sistema quantistico si possa esprimere come somma di due parti: 1 , =H 0 + λ H H 1 si possa ritenere una piccola perturbazione rispetto ad H 0 , di cui delle quali H (0) (0) si conoscono autovalori Wn ed autofunzioni ψn . Nell’ipotesi di spettro non come somme di potenze degenere, esprimiamo gli autovalori e gli autostati di H nel parametro λ : ⎧ ⎨Wn = Wn(0) + λWn(1) + λ 2Wn(2) + ...   H0 + λ H1 ψn = Wn ψn =⇒ ⎩ (0) (1) (2) ψn = ψn + λ ψn + λ 2 ψn + ... Il primo sviluppo si intende nella metrica dei numeri, il secondo in quella dello spazio di Hilbert. In generale, non si tratta di serie convergenti, ma piuttosto di serie asintotiche, ossia tali che, se si tronca lo sviluppo al passo n-esimo, il termine n+1esimo e` trascurabile soltanto per valori sufficientemente piccoli del parametro λ . (0) Sostituendo nell’equazione agli autovali, proiettando sugli stati ψm ed eguagliando i termini omologhi in λ si ottiene: (1)

Wn

=

,

(0)

ψn

  H 1  ψn(0)

(2)

Wn

=

∑

k=n

, - 2   (0)   (0)  ψk  H  1 ψn (0)

(0)

Wn −Wk

.

Notare che la correzione al second’ordine e` sempre negativa per lo stato fondamentale, a energia minima. Le correzioni al prim’ordine sugli autostati si ricavano

442

Appendice

sviluppandoli sulla base delle autofunzioni imperturbate: , (0)   (0) ψl  H ψn 1 (1) (1) (0) (1) =⇒ anl = , ψn = ∑ ank ψk (0) (0) Wn −Wl k

l = n ,

(1)

ann = 0.

(1)

Il valore del coefficiente diagonale ann = 0 e` in realt`a scelto arbitrariamente; ci`o e` possibile poich´e esso contribuisce solamente alla fase dell’autostato esatto. In generale, il procedimento perturbativo e` sensato se la correzione all’autovalore e` piccola rispetto alle differenze di energia tra i livelli imperturbati. 0 siano degeneri, ed il numero quantico r Supponiamo ora che gli autostati di H distingua stati appartenenti allo stesso sottospazio di degenerazione. In questo caso (0) non si sa con quale ψnr (entro il sottospazio di degenerazione) iniziare lo sviluppo. Se per`o la degenerazione si risolve al primo ordine, allora gli stati imperturbati da cui iniziare sono quelli cui tendono gli autovettori esatti nel limite λ → 0; questi 1 nel sottospazio di degenerazione, cio`e diagonalizzano la matrice diagonalizzano H di perturbazione. Essi forniscono altres`ı la correzione al primo ordine all’energia, risolvendo la degenerazione secondo l’ipotesi di partenza:  ,   (0)   (0) (1)  n fissato. δ ψ −W det  ψnr  H 1 rr  = 0 , nr Nel caso in cui il primo ordine perturbativo non rimuova completamente la degenerazione, ma ci`o avvenga al second’ordine, si dimostra che il procedimento di diagonalizzazione nel sottospazio di degenerazione si estende alla matrice di perturbazione del secondo ordine, fornendo la correzione all’energia, questa volta ovviamente al secondo ordine: -, ,   (0)   (0) (0)   (0)   ψnr  H ψk  H 1 ψk 1 ψnr   (2)  =0 ,  det  ∑ n fissato. −W δ rr  (0) (0)  k=n  Wn −Wk (0)

Essendo gli stati imperturbati degeneri, le energie Wn

dipendono solo da n.

A.16.2 Perturbazioni dipendenti dal tempo Supponiamo ora che l’Hamiltoniana del sistema in esame sia costituita da un termi 1 (t). Il vettore 0 indipendente dal tempo e da una perturbazione H ne imperturbato H di stato ψ(t) soddisfa l’equazione di Schr¨odinger:   1 (t) ψ(t) = i¯h dψ(t) , 0 + H H dt

A.16 Metodi approssimati

443

che, in tutta generalit`a, sviluppiamo al tempo t nel modo seguente:   (0) (0) 0 ψr(0) = Wr(0) ψr(0) . ψ(t) = ∑ cr (t) ψr exp −it Wr /¯h , H r

, - 2   (0)  Chiaramente, |cr (t) |2 =  ψr  ψ(t)  rappresenta la probabilit`a che, eseguita 0 sul sistema descritto dalla funzione ψ(t), si trovi il al tempo t una misura di H (0)

valore Wr . Sostituendo lo sviluppo di ψ(t) nell’equazione di Schr¨odinger si ottiene il sistema di equazioni differenziali i¯h 

  dcs (t) 1 (t) exp (iωsr t) cr (t) =∑ H dt sr r

1 (t) H

 sr

=

,

(0)

ψs

  H 1 (t)  ψr(0) ,

,

cs (0) = c0s ,

  (0) (0) ωsr = Ws −Wr /¯h.

Da questo sistema si ricava l’equivalente sistema di infinite equazioni integrali: cs (t) = c0s −

i h¯ ∑ r

 t 0

    1 (t  ) exp iωsr t  cr (t  ), dt  H sr

che presentano lo stesso grado di complessit`a del problema iniziale. Tuttavia, nel 1 piccolo e t breve, le equazioni possono essere iterate e troncate al l’ipotesi di H primo ordine. Assumendo in particolare che lo stato iniziale sia un singolo stato (0) imperturbato ψS : ⎧  i t     ⎪ ⎪ dt H1 (t ) ≈ 1 + iε(t) ⎨cs (t) = 1 − h¯ 0 ss c0r = δsr .  t     i ⎪    ⎪ ⎩cr (t) = − dt H1 (t ) exp iωsr t ≈ η(t) h¯ 0 sr Per la validit`a dell’approssimazione, ε(t) e` η(t) devono essere di modulo piccolo. Inoltre ε(t) e` reale. Questo sembra implicare che Ps = |cs |2 = 1 + ε 2 > 1, ma occorre notare che le probabilit`a sono al secondo ordine nei parametri ε e η, mentre l’iterazione dell’equazione integrale e` stata fermata al primo ordine. D’altra parte, se si aggiungesse l’iterazione successiva, |cs |2 verrebbe modificato al secondo ordine, ma |cr |2 solo al terzo. In conclusione, Pr = |cr |2 = |η|2 e` corretto al secondo ordine, mentre cs e` giusto, ma non pu`o essere elevato al quadrato. Ne consegue che, al primo ordine in teoria perturbativa, la probabilit`a che il sistema, inizialmente nello stato s, si trovi nello stato r = s al tempo t e` data da |cr (t)|2 :     2 1  t  , (0)    (0)   Pr (t) = 2  dt ψr H1 (t ) ψs exp iωsr t  , 0 h¯

r = s.

444

Appendice

Per quanto riguarda la modalit`a di accensione della perturbazione, istantanea o adiabatica, rimandiamo a un testo generale; qui segnaliamo un’applicazione esplicita nel Problema 8.8. Consideriamo ora alcune situazioni di particolare interesse: la prima si ha quando 1 e` costante, ma agisce su un intervallo temporale finito; allora la perturbazione H lo probabilit`a di transizione da uno stato s ad uno stato r risulta essere: ⎧ , 4  (0)  ⎪ ⎪ 1 ⎨ 2  ψr  H h¯ Pr (t) = , ⎪  ⎪ ⎩ 1  ψr(0)  H 1 2 h¯

 (0) - 2 sin2 (ωrst/2)  ψs  2 ωrs  (0) - 2 2  ψs  t

r non degenere con s r degenere con s.

Evidentemente il secondo caso porta ad una correzione perturbativa che cresce indefinitamente con t, per cui la correzione e` da ritenere valida solo per tempi piccoli, , -  (0)   (0) 2 e non e` sufficiente la condizione  ψr  H