Meccanica quantistica: problemi scelti: 100 problemi risolti di meccanica quantistica 978-88-470-0744-4, 978-88-470-0745-1 [PDF]

Zitiervorschau

Collana di Fisica e Astronomia

A cura di: Michele Cini Stefano Forte Massimo Inguscio Guido Montagna Oreste Nicrosini Franco Pacini Luca Peliti Alberto Rotondi

Leonardo Angelini

Meccanica quantistica: problemi scelti 100 problemi risolti di meccanica quantistica

13

LEONARDO ANGELINI

Dipartimento di Fisica Università degli Studi di Bari

Springer-Verlag fa parte di Springer Science+Business Media springer.com © Springer-Verlag Italia, Milano 2008 ISBN 978-88-470-0744-4 ISBN 978-88-470-0745-1 (eBook) Quest’opera è protetta dalla legge sul diritto d’autore. Tutti i diritti, in particolare quelli relativi alla traduzione, alla ristampa, all’uso di figure e tabelle, alla citazione orale, alla trasmissione radiofonica o televisiva, alla riproduzione su microfilm o in database, alla diversa riproduzione in qualsiasi altra forma (stampa o elettronica) rimangono riservati anche nel caso di utilizzo parziale. Una riproduzione di quest’opera, oppure di parte di questa, è anche nel caso specifica solo ammessa nei limiti stabiliti dalla legge sul diritto d’autore, ed è soggetta all’autorizzazione dell’Editore. La violazione delle norme comporta sanzioni previste dalla legge. L’utilizzo di denominazioni generiche, nomi commerciali, marchi registrati ecc., in quest’opera, anche in assenza di particolare indicazione, non consente di considerare tali denominazioni o marchi liberamente utilizzabili da chiunque ai sensi della legge sul marchio. Riprodotto da copia camera-ready fornita dall’Autore Progetto grafico della copertina: Simona Colombo, Milano Stampa: Grafiche Porpora, Segrate, Milano Stampato in Italia Springer-Verlag Italia s.r.l., Via Decembrio, 28 - 20137 Milano

Prefazione

Questo libro `e dedicato essenzialmente agli studenti che preparano l’esame scritto di un corso di Meccanica Quantistica. Di riflesso questa raccolta pu` o risultare molto utile anche ai docenti che devono proporre problemi ai loro studenti sia a lezione che per gli esami. Si assume che i contenuti del corso siano sostanzialmente identici a quelli di un tradizionale corso di Istituzioni di Fisica Teorica dei vecchi ordinamenti del corso di laurea in Fisica. Nei nuovi ordinamenti gli stessi argomenti sono stati, in generale, ripartiti su pi` u corsi. Come molti altri libri di problemi di Meccanica Quantistica non bisogna aspettarsi un particolare sforzo di novit` a. L’intento `e di presentare dei problemi che, oltre a sondare la comprensione della materia e l’abilit` a ad applicarla concretamente da parte dello studente, siano risolubili in un tempo limitato. Questo proposito difficilmente si coniuga con una ricerca di originalit` a. Si troveranno quindi problemi che sono presenti anche in altri libri a partire dai classici russi [1, 2], e quindi nella raccolta che, a partire da essi, fu curata da Ter Haar [3, 4]. Fra gli altri libri di esercizi che sono stati consultati vanno ricordati l’italiano Passatore [5] e quello pi` u recente edito da Yung-Kuo Lim, che raccoglie il lavoro di ben 19 fisici cinesi. Molti problemi interessanti si trovano anche nei manuali di Meccanica Quantistica. Qui l’elenco potrebbe essere lunghissimo. Citer`o soltanto quelli che ai problemi hanno dedicato maggiore spazio come il testo di Merzbacher [6], il volume dedicato alla Meccanica Quantistica del corso di Fisica Teorica L. Landau e E. Lifchitz [7], i due volumi di Messiah [8] e il pi` u recente Shankar [9]. Una citazione particolare merita il recente testo [10] in italiano di Nardulli, sia per l’abbondanza di problemi con o senza soluzione che contiene, sia per il fatto che i problemi qui presentati sono stati proposti negli anni passati agli studenti del suo corso. A met` a tra il manuale e il libro di problemi si posizionano i due volumi di Fl¨ ugge [11] che forniscono utili suggerimenti, anche se spesso i problemi proposti risultano troppo complessi rispetto alle finalit` a di questa raccolta. La categoria problemi che si possono risolvere in tempi ragionevoli non `e l’unico criterio di scelta adottato. Rispetto agli altri libri non si troveranno ad esempio i problemi che fanno normalmente parte del programma di orale

VI

Prefazione

tipo i potenziali quadrati unidimensionali o l’effetto Stark e la struttura fine. Non sono stati inseriti neanche i problemi che richiedono la conoscenza di metodi matematici non sempre presenti nei corsi standard, come, ad esempio, le equazioni differenziali fuchsiane. Si `e preferito scrivere le soluzioni con un certo dettaglio, eliminando soltanto i passaggi pi` u semplici. Questo costa una certa fatica a chi scrive, ma sicuramente risulter`a utile agli studenti. Come in ogni altro libro, i problemi sono stati raggruppati in capitoli. In molti casi la scelta dell’attribuzione ad un capitolo pu` o essere considerata arbitraria: molti problemi di esame presentano problematiche trasversali all’intero programma. La scelta ovvia stata di tenere conto delle domande pi` u caratterizzanti. Per un certo periodo questa raccolta `e stata affidata alla rete e utilizzata ` merito di alcuni di questi ultimi se molti degli errori da docenti e studenti. E presenti inizialmente sono stati eliminati. Ringrazio il prof. Stefano Forte che mi ha incoraggiato a pubblicarlo a stampa dopo aver completato alcune parti e riesaminato la struttura. Un ultimo doveroso ringraziamento va a mia moglie; anche l’impegno per la stesura di questo testo ha contribuito a far ricadere su di lei tanta parte degli oneri familiari. Mi scuso infine, in anticipo, con i lettori per gli errori che sicuramente mi saranno sfuggiti; ogni loro suggerimento `e sicuramente gradito.

Bari, luglio 2007

Leonardo Angelini

Indice

1

Operatori e funzioni d’onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 Commutatori e spettro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Costanti del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Operatore numero . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Propriet` a dell’impulso . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Funzione d’onda e Hamiltoniano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Spettro di un Hamiltoniano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Particella libera e Parit` a ................................. 1.8 Operatore velocit`a per una particella carica . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Oscillatore anarmonico e teorema del viriale . . . . . . . . . . . . . . . . 1.10 Potenziale coulombiano e teorema del viriale . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 1 2 3 3 4 5 5 6 7

2

Sistemi unidimensionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Particella in una buca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Particella in un pozzo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Particella legata in un potenziale δ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Diffusione da potenziale δ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Particella legata in un potenziale a doppia δ . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 Diffusione su potenziale a doppia δ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 Diffusione da parete in presenza di potenziale δ . . . . . . . . . . . . . 2.8 Stati legati di un potenziale V (x) ∝ −cosh x−2 . . . . . . . . . . . . . . 2.9 Oscillatore Armonico: operatori posizione e impulso . . . . . . . . . . 2.10 Oscillatore Armonico: energia cinetica ed energia potenziale . . . 2.11 Oscillatore Armonico: aspettazione di x4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12 Oscillatore Armonico: propriet` a dello stato fondamentale . . . . . 2.13 Oscillatore Armonico: determinarne lo stato . . . . . . . . . . . . . . . .

9 9 11 12 13 14 16 18 20 22 23 24 24 25

3

Sistemi in 2D e 3D e Momento angolare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1 Oscillatore Armonico piano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Riflessione e rifrazione in 3 dimensioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a degli autostati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 J 2 ed Jz : propriet`

27 27 29 31

VIII

Indice

3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 3.13 3.14

Momento angolare di un’onda piana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Misure di momento angolare in uno stato particolare . . . . . . . . . Momento di quadrupolo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Buca sferica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Funzione d’onda per un potenziale centrale . . . . . . . . . . . . . . . . . Particella in potenziale centrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Atomo d’Idrogeno: una somiglianza ingannevole . . . . . . . . . . . . . Atomo d’Idrogeno: determinarne lo stato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Atomo d’Idrogeno: propriet` a dello stato fondamentale . . . . . . . . Atomo d’Idrogeno in campo magnetico esterno . . . . . . . . . . . . . . Un potenziale molecolare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31 32 33 35 35 36 38 38 40 40 42

4

Spin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1 Autostati di una componente dello Spin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Determinazione dello stato di spin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Misure in apparato Stern-Gerlach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Autostati di un sistema di fermioni interagenti . . . . . . . . . . . . . . 4.5 Misure di spin su un fermione . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45 45 46 47 48 50

5

Evoluzione temporale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1 Sistema a due livelli (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 Sistema a due livelli (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 Sistema a due livelli (III) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 Particella su un segmento (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Particella su un segmento (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6 Oscillatore Armonico (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7 Oscillatore Armonico (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.8 Oscillatore Armonico (III) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.9 Fermione in campo magnetico (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10 Fermione in campo magnetico (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.11 Fermione in campo magnetico (III) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.12 Fermione in campo magnetico (IV) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.13 Rotatore piano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.14 Rotatore in campo magnetico (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.15 Rotatore in campo magnetico (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51 51 54 55 57 59 60 62 64 65 67 69 70 72 73 74

6

Teoria Perturbativa indipendente dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . 6.1 Particella su un segmento: perturbazione quadrata . . . . . . . . . . . 6.2 Particella su un segmento: perturbazione lineare . . . . . . . . . . . . . 6.3 Particella su un segmento: correzione sinusoidale . . . . . . . . . . . . 6.4 Particella su un segmento in presenza di potenziale δ . . . . . . . . . 6.5 Particella in un quadrato: accoppiamento tra i gradi di libert` a 6.6 Particella su una circonferenza in presenza di perturbazione . . . 6.7 Due particelle debolmente interagenti su una circonferenza . . . . 6.8 Rotatore carico in campo elettrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75 75 76 77 78 80 82 84 86

Indice

IX

6.9 6.10 6.11 6.12 6.13 6.14 6.15 6.16 6.17 6.18

Rotatore piano: correzioni dovute alla forza peso . . . . . . . . . . . . 87 Oscillatore armonico: perturbazione istantanea . . . . . . . . . . . . . . 88 Oscillatore armonico: correzioni anarmoniche . . . . . . . . . . . . . . . . 90 Oscillatore armonico: correzione cubica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 Oscillatore armonico anisotropo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 Oscillatore armonico carico in campo elettrico . . . . . . . . . . . . . . . 93 Oscillatore armonico: secondo potenziale armonico . . . . . . . . . . . 94 Oscillatore armonico piano: correzione lineare e quadratica . . . . 95 Oscillatori armonici accoppiati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 Oscillatore armonico piano: accoppiamento tra i due gradi di libert` a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 6.19 Rottura della degenerazione in sistema a due stati . . . . . . . . . . . 100 6.20 Fermione massivo in campo magnetico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 6.21 Decadimento β in atomo idrogenoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

7

Teoria Perturbativa dipendente dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 7.1 Particella su un segmento: perturbazione quadrata . . . . . . . . . . . 105 7.2 Oscillatore armonico con perturbazione gaussiana . . . . . . . . . . . . 106 7.3 Oscillatore armonico con perturbazione smorzata . . . . . . . . . . . . 107 7.4 Atomo d’idrogeno in campo elettrico impulsato . . . . . . . . . . . . . . 107

8

Particelle identiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 8.1 Due fermioni su un segmento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 8.2 Due fermioni su un segmento in presenza di potenziale δ . . . . . . 112 8.3 Due fermioni interagenti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 8.4 Due oscillatori fermionici identici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 8.5 Particelle identiche in un quadrato . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 8.6 Tre fermioni su un segmento con accoppiamento tra gli spin . . . 118 8.7 Due fermioni interagenti in una sfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119 8.8 Due fermioni sulla superficie di una sfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 8.9 Tre elettroni in potenziale centrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

9

Diffusione (Approssimazione di Born) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 9.1 Potenziale di Yukawa e potenziale coulombiano . . . . . . . . . . . . . . 123 9.2 Potenziale gaussiano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 9.3 Scattering da sfera opaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

A

Formule utili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 A.1 Integrali di uso frequente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 A.1.1 Integrali Gaussiani . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 A.1.2 Integrali con funzioni esponenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 A.2 Oscillatore armonico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 A.2.1 Trattazione operatoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 A.2.2 Trattazione nella rappresentazione X . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 A.3 Cambiamento di coordinate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

X

Indice

A.4 Momento Angolare . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 A.4.1 Trattazione operatoriale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 A.4.2 Relazione di ricorrenza per le Armoniche Sferiche . . . . . . 129 A.4.3 Le prime Armoniche Sferiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 A.5 Equazione di Schr¨ odinger in coordinate sferiche . . . . . . . . . . . . . 130 A.5.1 L’equazione radiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 A.5.2 Le prime funzioni di Bessel Sferiche . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 A.5.3 Le prime autofunzioni dell’atomo d’idrogeno . . . . . . . . . . 131 A.6 Spin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 A.6.1 Matrici di Pauli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 A.6.2 Relazioni utili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 A.7 Teoria Perturbativa indipendente dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . 131 A.8 Teoria Perturbativa dipendente dal tempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 A.9 Approssimazione di Born . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 Bibliografia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

1 Operatori e funzioni d’onda

1.1 Commutatori e spettro Dati tre operatori A, B, C, dimostrare che se [A, B] = [A, C] = 0, ma [B, C] = 0, lo spettro di A `e degenere. Soluzione Supponiamo per assurdo che tutti gli autovalori di A siano non degeneri, cio`e per ogni autovalore a di A esiste un solo stato |ψa  tale che A|ψa  = a|ψa  Se questo `e vero, ciascuno stato |ψa  deve essere anche autostato di B e C dato che A, B, C sono compatibili. Possiamo etichettare quindi lo stato |ψa  anche con gli autovalori corrispondenti di B e C: A|ψa,b,c  = a|ψa,b,c  B|ψa,b,c  = b|ψa,b,c  C|ψa,b,c  = c|ψa,b,c  dove ovviamente per ogni a fissato, b e c sono unici. Per ogni generico stato |ψ risulta:   |ψa,b,c  = [bc − cb]|ψa,b,c  = 0 [B, C]|ψ = [BC − CB] a

a

risultato in contrasto con l’ipotesi [B, C] = 0.

1.2 Costanti del moto Dimostrare che se per un sistema quantistico F e G sono due costanti del moto allora lo `e anche [F, G].

L. Angelini, Meccanica quantistica: problemi scelti © Springer-Verlag Italia, Milano 2008

2

1 Operatori e funzioni d’onda

Soluzione Se F e G sono due costanti del moto, allora i ∂G i ∂F = [G, H] . = [F, H]  ∂t  ∂t Ne risulta: i ∂[F, G] d + [[F, G], H] [F, G] =  ∂t dt i ∂F ∂G ∂G ∂F + [F G − GF, H] F −G − G+F =  ∂t ∂t ∂t ∂t i = − [F GH − GF H − HF G + HGF ] = 0 

1.3 Operatore numero Sia dato un operatore a che soddisfa le seguenti relazioni: aa+ + a+ a = 1 a2 = (a+ )2 = 0 a) Pu` o l’operatore essere hermitiano? b) Dimostrare che i soli possibili autovalori per l’operatore N = a+ a sono 0 e 1. Soluzione a) Supponiamo per assurdo che a sia hermitiano: a = a+ . Si avrebbe: aa+ + a+ a = 2(a+ )2 = 0 in contrasto con l’ipotesi. b) N 2 = a+ aa+ a = a+ (1 − a+ a)a = a+ a − (a+ )2 a2 = a+ a = N . Detto |λ il generico autoket di N corrispondente all’autovalore λ, avremo (N 2 − N )|λ = (λ2 − λ)|λ = 0 ⇒ λ = 0, 1

1.5 Funzione d’onda e Hamiltoniano

3

1.4 Propriet` a dell’impulso Dato un sistema descritto dall’Hamiltoniano H=

p2 + V (r) 2m

dimostrare la relazione

m [r, H].  Usare questa relazione per dimostrare che in uno stato stazionario p = −i

< p >= 0. Soluzione Dette ri e pi con i = 1, 2, 3 le componenti della posizione e dell’impulso, abbiamo 1 (ri p2i − p2i ri ) 2m 1 (ri p2i − p2i ri − ri pi ri + ri pi ri ) = 2m 1 ([ri , pi ]pi + pi [ri , pi ]) = 2m ipi , = m

[ri , H] = [ri , T ] =

come richiesto. Detto |ψE  l’autostato di H corrispondente all’autovalore E, il valore di aspettazione di ciascuna componente dell’impulso `e < pi >= ψE |pi |ψE  = −i

m m ψE |[ri , H]|ψE  = −i ψ|ri E − Eri |ψ = 0.  

1.5 Funzione d’onda e Hamiltoniano Una particella `e in uno stato descritto dalla seguente funzione d’onda ψ(r) = A sin(

p·r ). 

a) Si tratta di una particella libera? b) Cosa si pu` o dire sul valore assunto dalla quantit` a di moto p e dall’energia E in questo stato?

4

1 Operatori e funzioni d’onda

Soluzione a) La funzione d’onda pu` o solo rappresentare lo stato dinamico di in sistema. Per decidere se si tratta di una particella libera occorre conoscere l’Hamiltoniano. b) La funzione d’onda si pu` o riscrivere nella forma ψ(r) =

 p·r A  i p·r e  − e−i  2i

e rappresenta quindi la sovrapposizione di due autostati di impulso con autovalori +p e −p. Poich´e i coefficienti della combinazione lineare hanno uguale modulo, il valor medio della quantit` a di moto `e nullo. Non conoscendo l’Hamiltoniano non si pu` o dire nulla sull’energia E.

1.6 Spettro di un Hamiltoniano Si consideri un sistema con Hamiltoniano H=

α p2 + (pq + qp) + βq 2 , 2 2m

[q, p] = i

Si dica per quali valori di α e β H `e limitato inferiormente e in questo caso si trovino autovalori e relativi autostati. Soluzione L’Hamiltoniano pu` o essere riscritto nella forma: 1 2 [p + αm(pq + qp) + m2 α2 q 2 − m2 α2 q 2 + βq 2 2m mα2 2 1 )q (p + mαq)2 + (β − = 2 2m mα2 2 1 2 )q p + (β − = 2 2m

H=

dove

p = p + mαq.

Notiamo ora che: • [q, p ] = [q, p + mαq] = [q, p] = i • p `e hermitiano. essendo combinazione lineare di due operatori hermitiani, purch´e α sia reale.

1.8 Operatore velocit` a per una particella carica

5

Dalla condizione che H `e limitato inferiormente: ψ|H|ψ =

mα2 1  )qψ|qψ > −∞ p ψ|p ψ + (β − 2 2m

Poich´e il I termine `e positivo o nullo, tale condizione `e verificata per ogni |ψ purch´e mα2 . β> 2 Per questo Hamiltoniano pu` o, in queste condizioni, essere ripetuta la trattazione usuale per l’oscillatore armonico. Si hanno quindi gli stessi autovalori e gli stessi autostati relativamente alla pulsazione:  2β − α2 . ω= m Notare che quanto visto vale anche nel caso di p = p + f (q) con f (q) funzione reale di q.

1.7 Particella libera e Parit` a Per una particella libera in una dimensione l’insieme di osservabili costituito dall’Hamiltoniano e dalla Parit` a costituisce un insieme completo di osservabili? Soluzione Ad un fissato valore dell’energia di una particella libera in una dimensione corrispondono due autostati linearmente indipendenti che, nella rappresentazione X, sono dati da: ψp (x) = √

px 1 ei  2π

e

ψ−p (x) = √

px 1 e−i  2π

Se fissiamo anche l’autostato p della parit` a selezioniamo la combinazione lineare di parit` a fissata, cio`e, a parte normalizzazione, cos(px/) se p = +1 e sin(px/) se p = −1.

1.8 Operatore velocit` a per una particella carica Per una particella carica in un campo magnetico trovare le regole di commutazione tra gli operatori corrispondenti alle componenti della velocit` a.

6

1 Operatori e funzioni d’onda

Soluzione Detto A il potenziale vettore che genera il campo magnetico B, avremo q vi + Ai Pˆi = mˆ c Quindi, nella rappresentazione delle coordinate, q  q 1 ˆ Pi − Ai , Pˆj − Aj ψ(x) 2 c  c m  q ˆ ˆ [Pj , Ai ] − [Pi , Aj ] ψ(x) = mc2  ∂Ai iq ∂Aj − = xj xi mc2

[ˆ vi , vˆj ]ψ(x) =

=

3 iq  εijk Bk , mc2 k=1

dove εijk `e il tensore di Levi-Civita.

1.9 Oscillatore anarmonico e teorema del viriale Un sistema unidimensionale `e descritto dall’Hamiltoniano H=

p2 + λq 4 2m

Dato un autostato ψ dell’energia si dimostri che ψ|T |ψ = 2ψ|V |ψ dove T = p2 /2m e V `e l’energia potenziale V = λq 4 . Per la dimostrazione si noti che vale sempre ∂V 1 [p, H] = − ∂q i e, nel nostro caso, V =

q ∂V . 4 ∂q

1.10 Potenziale coulombiano e teorema del viriale

7

Soluzione

1 ψ|q[p, H]|ψ 4i 1 ψ|qpH − qHp|ψ =− 4i 1 ψ|qpH − [q, H]p − Hqp|ψ =− 4i 1 ψ|[q, H]p|ψ = 4i

ψ|V |ψ = −

Essendo 1 (qp2 − p2 q) 2m 1 (qp2 − p2 q − qpq + qpq) = 2m 1 ([q, p]p + p[q, p]) = 2m ip , = m

[q, H] = [q, T ] =

risulta ψ|V |ψ ==

1 1 i ψ|p2 |ψ = ψ|T |ψ. 2 4i m

1.10 Potenziale coulombiano e teorema del viriale Dimostrare il Teorema del viriale che mette in relazione l’energia cinetica media < T > e l’energia potenziale media < V > nel caso del potenziale coulombiano 1 < T >= − < V > . 2 Suggerimento: applicare il Teorema di Ehrenfest ı d = − < [Ω, H] >  dt al caso dell’operatore r·p tenendo conto del fatto che il valore medio `e calcolato per uno stato stazionario.

8

1 Operatori e funzioni d’onda

Soluzione Poich´e trattasi di stato stazionario

= 0. dt Si ha dunque: 0 =< [r · p, H] >=< [r · p, T ] > + < [r · p, V] >=< [r, T ] · p > + < r · [p, V] > Utilizzando [ri , pi ] = ı si ottiene [xi , p2i ] = 2ıpi ⇒ < [r, T ] · p >= 2ı < T > mentre si trova facilmente: [∇,

1 r 1 ] = − 3 ⇒ < r · [p, V] >= ıe2 < >= ı < V > . r r r

Sostituendo queste due relazioni nella precedente si ottiene il risultato cercato.

2 Sistemi unidimensionali

2.1 Particella in una buca Una particella di massa m `e vincolata a muoversi in una dimensione soggetta all’azione del potenziale

0, se |x| > a; . V (x) = −V0 , se |x| < a a) Quale deve essere la profondit`a della buca V0 , data la larghezza 2a, perch´e il primo livello eccitato abbia energia E1 = − 12 V0 ? b) Se la particella si trova nell’autostato dell’Hamiltoniano corrispondente al primo livello eccitato, qual `e la probabilit` a di trovarla nella regione classicamente proibita? c) Quanti sono gli stati legati di questo Hamiltoniano? Soluzione Ricordiamo che, introdotte le notazioni χ2 = −

2mE 2

;

q2 = −

2m (V0 + E) 2

le autofunzioni pari si ricavano da χ = q tan qa e quelle pari da χ = −q cot qa . a) Si vuole E1 =

− 12 V0 ,

quindi

χ2 = −

2m 1 mV0 2m 1 (− V0 ) = 2 = 2 V0 = q 2 2  2  2 

L. Angelini, Meccanica quantistica: problemi scelti © Springer-Verlag Italia, Milano 2008

10

2 Sistemi unidimensionali

Poich´e il primo livello eccitato `e dispari, occorre trovare il pi` u piccolo valore di qa per cui cot qa = −1, cio´e qa = 34 π. Quindi V0 =

92 π 2 2 2 . q = 16m a2 m

b) Il secondo livello eccitato si ottiene come seconda soluzione dell’equazione per le soluzioni pari. Sostituendo il valore trovato per V , abbiamo q2 =

9 π2 2m 92 π 2 − χ2 . + E) = ( 8 a2 2 16m a2

Ricordiamo che, perch´e vi sia una seconda soluzione occorre che 2mV0 a2 /2 > π 2 . Nel nostro caso 9 2m 92 2 2m 2 π = π2 > π2 V a = 0 2 2 8  16m  Non vi `e tuttavia una terza soluzione pari poich´e 98 π 2 < 4π 2 . Perch´e vi 3 2 2 possa essere una seconda soluzione dispari occorre che 2m 2 V0 a > 2 π che non `e verificata. Esistono, in conclusione, solo tre stati legati. c) Determiniamo la funzione d’onda del primo livello eccitato, per il quale q = χ = 3π/4a. ⎧ χx ⎪ se x < −a; ⎨Ce , ψ1 (x) = B sin qx, se |x| < a; ⎪ ⎩ −Ce−χx , se x > a. Dalle condizioni continuit` a in x = a  B sin qa = −Ce−χa Bq cos qa = Cχe−χa (che sono equivalenti in quanto relative all’autovalore E1 gi` a fissato) ricaviamo: 3π √ − 3π e− 4 χ e−χa B 4 . =1 · = 3π = − 2e q cos qa C cos 4 Imponendo la normalizzazione la funzione d’onda  +∞  +∞  |ψ1 (x)|2 dx = 2 |C|2 e−2χx dx + −∞

a 2

−a

|B|2 sin2 qx

1 |C| −2χa |B|2 [2a − sin 2qa] e + q 2 χ 4 2 − 3π + 1)|C| = 1 , = 2ae 2 ( 3π =

ricaviamo

a

2.2 Particella in un pozzo

11

3π

3π e2 ) ( 2a 4 + 3π La probabilit` a P di trovare la particella nella regione classicamente proibita `e:  +∞ P =2 |C|2 e−2χx dx |C|2 =

a

3π

e−2χa 3π e2 ) ( = χ 2a 4 + 3π 2 . = 4 + 3π

2.2 Particella in un pozzo Una particella di massa m si muove di moto unidimensionale in presenza di un potenziale a buca infinita di larghezza a:

0 se x ∈ [0, +a], V (x) = +∞ altrimenti. Calcolare il valor di attesa e lo scarto quadratico medio delle variabili posizione e impulso negli autostati dell’energia. Commentare il risultato alla luce del principio di indeterminazione. Soluzione Ricordiamo che per il pozzo di potenziale le autofunzioni e gli autovalori dell’energia sono dati da:  n2 π 2 2 nπx 2 (n = 1, 2, . . .) (2.1) En = sin ψn (x) = 2ma2 a a Le distribuzioni di probabilit` a sono funzioni pari di x, pertanto < x >=

a . 2

Inoltre per uno stato legato valore di attesa dell’impulso `e sempre nullo: < p >= 0. Calcoliamo lo scarto quadratico medio di p. Poich´e < p >= 0 ( p)2 =< p2 >= 2m < En >= 2mEn =

n2 π 2  2 a2

12

2 Sistemi unidimensionali

Analogamente lo scarto quadratico medio di x2 `e dato da  nπ  2a2 nπx 2 a dyy 2 sin2 y = 3 3 dxx2 sin2 ( x)2 = < x2 >= n π a a 0  2 20 1 1 2a2 n π 2 2 − nπ cos(2nπ) + (2n π − 1) sin(2nπ) = 3 3 8 n π  6 4 2 a nπ 1 − . (2.2) = 2 2 2 3 n π Il prodotto degli scarti quadratici medi di x e p `e quindi  nπ 1 − . x p =  2 3 Tale prodotto assume nello stato fondamentale il suo minimo valore (circa /2) e cresce al crescere di n.

2.3 Particella legata in un potenziale δ Una particella di massa m si muove in una dimensione in presenza di un potenziale dato da 2 V (x) = − Ω δ(x), m dove δ(x) `e l’usuale funzione delta di Dirac. La particella si trova nell’unico stato legato. Trovare l’energia e la funzione d’onda di tale stato. Trovare inola di trovare la particella con x < x0 `e tre il valore x0 tale che la probabilit` esattamente uguale a 1/2. Soluzione Poich´e si vogliono gli stati legati, consideriamo gli autovalori E < 0 dell’equazione di Schr¨ odinger ψ  (x) + 2Ωδ(x)ψ(x) + α2 ψ(x) = 0,

dove

α2 = −

2mE > 0. 2

Per x = 0 questa equazione ha soluzione, che soddisfa la condizione di continuit` a della ψ in x = 0, ψ(x) = A exp{−α|x|}; ricordiamo inoltre che, per la presenza nel potenziale della δ, la ψ  deve essere discontinua in x = 0: ψ  (0+ ) − ψ  (0− ) = −2Ωψ(0). Questa condizione `e soddisfatta da un unico valore di α,

2.4 Diffusione da potenziale δ

13

α = Ω. Esiste quindi un solo stato legato con energia E=−

2 Ω 2 . 2m

La costante A viene fissata, a meno di un fattore di fase, dalla condizione di normalizzazione:  0 −1  −1  +∞ 1 −2αx +∞ 2 2αx −2αx |0 = α = Ω. |A| = e dx + e dx = 2(− )e 2α −∞ 0 Quindi la funzione d’onda `e data da ψ(x) =

√

Ω e−Ω|x| .

a cumulativa `e chiaramente 0, Infine, il valore x0 che dimezza la probabilit` essendo la funzione d’onda, e quindi anche la distribuzione di probabilit` a, una funzione pari.

2.4 Diffusione da potenziale δ Un fascio monocromatico di particelle di massa m si muove lungo l’asse x in presenza del potenziale 2 V (x) = − Ω δ(x), m dove δ(x) `e la delta di Dirac. Per un fascio proveniente da −∞ √ una funzione d’onda stazionaria di energia E si pu` o scrivere, posto k = 2mE/, :

eikx + Re−ikx , se x ≤ 0 ψ(x) = se x > 0. T eikx , Determinare per quale valore di E il flusso trasmesso `e uguale al flusso riflesso. Soluzione Al fine di determinare i coefficienti R e T a fissata energia E, imponiamo le condizioni di continuit` a della ψ(x) e di discontinuit` a, a causa del potenziale a δ, della ψ  (x) in x = 0: ψ(0+ ) − ψ(0− ) = 0 ⇒ 1 + R = T ψ (0 ) − ψ  (0− ) = −2Ωψ(0) ⇒ ikT − ik(1 − R) = −2ΩT, 

+

14

2 Sistemi unidimensionali

dalle quali si ottiene R=

iΩ k − iΩ

e

T =

k . k − iΩ

Si chiede che sia |R|2 = |T |2 , cio`e k 2 = Ω 2 , quindi l’energia dovr` a essere pari a 2 Ω 2 . E= 2m

2.5 Particella legata in un potenziale a doppia δ Una particella di massa m si muove nella doppia buca di potenziale data da V (x) = −

2 Ω[δ(x − a) + δ(x + a)] m

Ω > 0.

Mostrare che l’Hamiltoniano ha al pi` u due stati legati e risolvere graficamente l’equazione che li determina. Stimare inoltre per grandi valori di a la separazione tra i livelli. Soluzione L’equazione di Schr¨ odinger diventa: 2mE d2 ψ(x) + 2Ω[δ(x − a) + δ(x + a)]ψ(x) − 2 ψ(x) = 0 dove 2 = − 2 > 0. 2  dx Ricordiamo che, per la presenza nel potenziale della δ, la ψ  deve essere discontinua in x = a e x = −a : ψ  (a+ ) − ψ  (a− ) = −2Ωψ(a) ψ (−a+ ) − ψ  (−a− ) = −2Ωψ(−a). 

Poich´e il potenziale `e pari, possiamo scegliere soluzioni di parit` a definita. Consideriamo prima le autofunzioni pari. Escludendo i punti x = a e x = −a, l’equazione di Schr¨ odinger ha integrali indipendenti ψ1 (x) = e−x

e

ψ1 (x) = e−x .

Le soluzioni devono andare a zero all’infinito e devono essere pari, possiamo quindi scrivere, a meno di una costante complessiva: ⎧ x ⎪ se x < −a; ⎨e , ψp (x) = A cosh x, se |x| < a; ⎪ ⎩ −x se x > a. e ,

2.5 Particella legata in un potenziale a doppia δ

15

A causa della simmetria basta imporre le condizioni di continuit` a nel solo punto x = a:  −a e = A cosh a −A sinh a − e−a = −2Ωe−a . Si avr` a soluzione per l’incognita A solo le due equazioni sono compatibili, cio`e solo se 2Ωa 2Ω − 1. (2.3) −1= tanh a =

a

La soluzione pu` o essere trovata graficamente come si vede in figura 2.1. fΑa 2

2a  1 x

1.75 1.5 1.25

tanh x

1 0.75 0.5 0.25 0.5

1

1.5

2

2.5

3

Αa

Figura 2.1. Soluzione grafica dell’equazione per le autofunzioni pari. Il lato destro dell’eq. 2.3 `e stato riportato per Ωa = 0.8, 1.0, 1.2.

Consideriamo ora le autofunzioni dispari: ⎧ x ⎪ se x < −a; ⎨−e , ψp (x) = A sinh x, se |x| < a; ⎪ ⎩ −x se x > a. e , Imponiamo le condizioni di continuit` a nel punto x = a:  −a e = A sinh a −A cosh a − e−a = −2Ωe−a . Si avr` a soluzione per l’incognita A solo se le due equazioni sono compatibili, cio`e solo se

16

2 Sistemi unidimensionali

tanh a =

2Ω 

1 = −1

1 . −1

(2.4)

2Ωa a

La soluzione pu` o essere trovata graficamente come si vede in figura 2.2. fΑa 2 1.75

1   2a   1 x

1.5 1.25 tanh x

1 0.75 0.5 0.25 0.5

1

1.5

2

2.5

3

Αa

Figura 2.2. Soluzione grafica dell’equazione per le autofunzioni dispari. Il lato destro dell’eq. 2.4 `e stato riportato per Ωa = 0.8, 1.0, 1.2.

Esiste un’unica soluzione purch´e la pendenza nell’origine della funzione a destra nell’eq. 2.4 sia inferiore a quella della funzione a sinistra, la tanh a, che `e 1.   1 t d  < 1. = 2Ωa dt 2Ωa − t y=0 ` facile vedere che si tratta di uno stato eccitato. Infatti l’intersezione si ha E per valori di a < Ωa, mentre per le autofunzioni pari si aveva per a > Ωa, 2 2

pi` u alta. quindi si ha in corrispondenza un’energia E = − 2m La separazione tra i due livelli tende a zero nel limite di grande distanza tra le due δ. Infatti entrambe le funzioni sul lato destro delle eq. 2.3, 2.4 valgono 1 in a = Ωa ed anche la funzione tanh a tende a 1 per a grandi.

2.6 Diffusione su potenziale a doppia δ Risolvere l’equazione di Schr¨ odinger per l’energia potenziale

2.6 Diffusione su potenziale a doppia δ

V (x) =

2 Ω(δ(x − a) + δ(x + a)) m

17

Ω>0

calcolando le autofunzioni dell’Hamiltoniano corrispondenti a un problema di diffusione e i relativi autovalori. Discutere la dipendenza dall’energia del coefficiente di trasmissione. Soluzione Poich´e V (x) > 0 ∀ x, gli autovalori di H sono positivi. Fissato E = 2 k 2 /2m > 0, le autofunzioni relative ad E corrispondenti ad una particella che si muove inizialmente nella direzione positiva dell’asse x sono del tipo: ⎧ ikx −ikx ⎪ , se x < −a; ⎨e + Re ikx −ikx ψE (x) = Ae + Be , se |x| < a; ⎪ ⎩ ikx se x > a, Te , dove la densit` a di corrente incidente `e stata posta pari a |1|2 k m . Le condizioni di continuit` a di ψ e di discontinuit` a della sua derivata ψ  ψ(±a+ ) − ψ(±a− ) = 0 ψ  (±a+ ) − ψ  (±a− ) = 2Ωψ(±a) determinano completamente i coefficienti R, A, B, T : ⎧ −ika e + Reika − Ae−ika − Beika = 0 ⎪ ⎪ ⎨ ika Ae + Be−ika − T eika = 0 (2Ω + ik)e−ika + (2Ω − ik)Reika − ikAe−ika + ikBeika = 0 ⎪ ⎪ ⎩ ikAeika − ikBe−ika + (2Ω − ik)T eika . Ne deriva che ogni valore positivo di E `e autovalore dell’Hamiltoniano. Ponendo ora 2Ω ik − 2Ω ; β = eika , =1+i α= k ik la II e la IV equazione diventano  βA + β ∗ B = βT βA − β ∗ B = βαT . Ricaviamo cos`ı A=

1 (1 + α)T 2

B=

β 1 (1 − α)T. β∗ 2

Ritornando al sistema, la I e la III equazione diventano

β ∗ (1 + α∗ ) + β(1 − α)R = β ∗ (1 + α)T 2 β ∗ (1 − α∗ ) + β(1 + α)R = ββ∗ (1 − α)T ,

18

2 Sistemi unidimensionali

dalle quali, con semplici passaggi si ottiene l’espressione per T: T =

1 (1 + iγ)2 + γ 2 e4ika

dove γ = Ω/k. Il coefficiente di trasmissione `e |T |2 , che, dopo qualche passaggio diventa: |T |2 =

1 . (1 + γ 2 )2 + γ 4 + 2γ 2 [(1 − γ 2 ) cos 4ka + 2γ sin 4ka]

Notiamo che limk→0 |T |2 = limγ→∞ |T |2 = 0, cio`e nel limite di bassa energia il coefficiente di trasmissione si annulla; • limk→∞ |T |2 = limγ→0 |T |2 = 1, cio`e nel limite di alta energia si ha trasmissione completa; • |T |2 presenta delle oscillazioni corrispondenti alle oscillazioni di (1 − γ 2 ) cos 4ka + 2γ sin 4ka. •

2.7 Diffusione da parete in presenza di potenziale δ Sia data una particella di massa m proveniente da x = +∞ con energia E > 0 che urta contro il potenziale unidimensionale della forma

∞, se x ≤ −a; V (x) = Ωδ(x), se x > −a. a) b) c) d)

Cosa succede nel caso classico? Trovare la forma della funzione d’onda per x < 0 e per x > 0. Trovare il coefficiente di riflessione. Trovare lo sfasamento dell’onda riflessa (rispetto al caso Ω = 0) per x = +∞.  2mE (k = e) Discutere la dipendenza da Ω 2 ) delle espressioni trovate k per lo sfasamento e per l’ampiezza della funzione d’onda nel tratto −a < x < 0.

Soluzione a) Nel caso classico la particella, qualsiasi sia la sua energia, viene riflessa nella posizione x = 0. Questo pu` o essere compreso pensando la funzione δ come il limite di una funzione rettangolare il cui spessore tende a zero mentre la sua altezza tende a +∞. La particella dovrebbe avere energia infinita per poter passare.

2.7 Diffusione da parete in presenza di potenziale δ

b) Dato il potenziale, l’autofunzione di energia E richiesta avr` a la forma

 A sin(kx + δ), se −a ≤ x ≤ 0; 2mE , ψ(x) = , con k = −ikx ikx 2 e + Re , se x > 0. dove si `e posto uguale ad uno il coefficiente che rappresenta il moto verso la barriera. La funzione d’onda si deve annullare in x = −a, per cui δ = ka. Poniamo 2mΩ , (2.5) α= 2 che ha le dimensioni di [Lunghezza]−1 , cio`e le stesse di k, dato che Ω ha le dimensioni di [Energia][Lunghezza]−1 , a causa della δ. Le condizioni di continuit` a della funzione d’onda e di discontinuit` a della sua derivata prima in x = 0 danno luogo al sistema ψ(0+ ) = ψ(0− ) ⇒ A sin ka = 1 + R ψ (0 ) − ψ  (0− ) = αψ(0) ⇒ −kA cos ka − ik(1 − R) = αA sin ka , 

+

che ha soluzione 2ik k cos ka + α sin ka − ik sin ka k cos ka + α sin ka + ik cos ka . R=− k cos ka + α sin ka − ik sin ka A=−

(2.6)

Risulta cos`ı completamente determinata la funzione d’onda. c) Poich´e R `e il rapporto di due quantit` a complesse coniugate, il coefficiente di riflessione `e dato da |R|2 = 1. Come nel caso classico si ha riflessione completa, ma la funzione d’onda `e non nulla tra la barriera a δ e la parete impenetrabile. d) Detti ρ e θ rispettivamente il modulo e la fase del numeratore di R, si ha R = eıπ

ρeiθ = ei(2θ+π) dove ρe−iθ

θ = arctan

tan ka . 1 + αk tan ka

In assenza della δ basta porre Ω = 0, cio`e α = 0 nelle formule. Si ottiene in questo caso R0 = ei(2ka+π) . Lo sfasamento dovuto alla barriera `e quindi: Δϕ = 2θ − 2Θ0 = 2 arctan

tan ka − 2ka . 1 + αk tan ka

19

20

2 Sistemi unidimensionali

e) Consideriamo prima l’andamento di Δϕ in funzione di α/k = 2mΩ/2 k. Si nota che: • Δϕ = 0, a parte il caso banale in cui α = 0, se tan ka = 0, cio`e se ka = nπ, con n = 0, 1, 2, . . .. In questi casi la barriera diventa trasparente. • Per piccoli valori di α/k lo sfasamento tende a 0. • Nel limite α/k → +∞ ϕ tende asintoticamente a −2ka, che corrisponde a R = −1, cio`e alla situazione in cui anche la δ diventa una barriera impenetrabile. Per questo motivo il parametro Ω viene spesso detto opacit` a. Studiamo ora il comportamento dell’ampiezza A della funzione d’onda per x < 0, o, meglio, del suo modulo quadro: 4k 2 (k cos ka + α sin ka)2 + k 2 sin2 ka 4 . = α (cos ka + k sin ka)2 + sin2 ka

|A|2 =

• A k fissato, |A|2 assume il valore 4 per α/k = 0. • Sempre considerando k fissato, |A|2 ha un punto di massimo in corrispondenza del valore α/k = − cot ka, che pu` o essere un valore fisico solo se positivo, quindi `e funzione decrescente di α/k, confermando cos`ı il ruolo di Ω. • Il massimo rappresenta un fenomeno di risonanza, fenomeno che pu` o meglio essere studiato ad α fissato. In figura 2.3 si nota la presenza di una struttura a picchi che si attenua a grandi energie.

2.8 Stati legati di un potenziale V (x) ∝ −cosh x−2 Considerare una particella di massa m nel potenziale unidimensionale V (x) = −

2 1 . m cosh2 x

a) Mostrare che ψ(x) = (tanh x + C) exp(ikx) `e soluzione dell’equazione di Schr¨ odinger per un particolare valore della costante C. Determinare tale valore e l’energia corrispondente a tale soluzione. Studiando gli andamenti asintotici di ψ(x) calcolare i coefficienti di riflessione e di trasmissione.

2.8 Stati legati di un potenziale V (x) ∝ −cosh x−2

21

A2 12 10 8 6 4 2

2

4

6

8

10

ka

Figura 2.3. |A|2 in funzione di ka per α = 1 (curva continua) e α = 3 (curva tratteggiata).

b) Mostrare che anche 1 cosh x soddisfa l’equazione di Schr¨ odinger. Mostrare che si tratta di uno stato legato e calcolarne l’energia. Dare un argomento a favore del fatto che si tratta dello stato fondamentale. φ(x) =

Soluzione Definito ε=

2mE , 2

l’equazione di Schr¨ odinger diventa: d2 2 ψ(x) + εψ(x) = 0 . ψ(x) + dx2 cosh2 x a) Imponendo che ψ(x) ne sia soluzione si trova: (ε − k 2 )(tanh x + C) +

2 (ik + C) = 0. cosh2 x

Questa relazione risulta verificata ∀x purch´e:

22

2 Sistemi unidimensionali

ε = k2

e

C = −ik.

Nel limite x → +∞ ψ(x) −−−−−→ (1 − ik)eikx , x→+∞

mentre per x → −∞ ψ(x) −−−−−→ −(1 + ik)eikx . x→+∞

Non vi `e quindi componente riflessa (∝ e−ikx ): R=0

e

T = 1.

b) Per quanto riguarda φ(x) sostituendo nell’equazione di Schr¨ odinger si ottiene: ε 2 1 =0 + + − cosh x cosh x cosh x e quindi ε = −1. Notiamo che per |x| → ∞ φ(x) → 0, quindi φ(x) rappresenta uno stato legato. Inoltre si tratta di una funzione priva di nodi, e quindi si tratta di uno stato fondamentale.

2.9 Oscillatore Armonico: operatori posizione e impulso Calcolare gli elementi di matrice degli operatori posizione e impulso nella base dell’energia dell’Oscillatore Armonico. Valutare i valori medi di entrambe le grandezze in un autostato dell’energia. Soluzione Utilizzando le espressioni per gli operatori x e p in termini degli operatori a e a† (vedi A.7) e ricordando che (A.8) √ √ a+ |n = n + 1 |n + 1 a|n = n |n − 1 si ha xjk pjk

  √  √  † k δk,j+1 + k + 1 δk,j−1 j|(a + a )|k = = j|x|k = 2mω 2mω  1 mω j|(a − a† )|k = j|p|k = 2 ı   √ mω √ k δk,j+1 − k + 1 δk,j−1 . = −ı 2 

2.10 Oscillatore Armonico: energia cinetica ed energia potenziale

23

Per quanto riguarda i valori medi, essi sono entrambi nulli: < x >k = k|x|k = 0

< p >k = k|p |k = 0 .

2.10 Oscillatore Armonico: energia cinetica ed energia potenziale Calcolare gli elementi di matrice degli operatori x2 e p2 nella base dell’energia dell’Oscillatore Armonico. Far vedere che, in un autostato dell’energia, il valor di attesa dell’energia cinetica e dell’energia potenziale sono uguali. Soluzione Utilizzando la (A.7) si ha  2 † 2 † † 2mω j|a + (a ) + aa + a a|k 2 † 2 † † − mω 2 j|a + (a ) − (aa + a a)|k .

(x2 )jk = j|x2 |k = (p2 )jk = j|p2 |k = Dalla (A.8) otteniamo

 √ j|a2 |k = k j|a|k − 1 = k(k − 1) δk,j+2  √ j|(a† )2 |k = k + 1 j|a† |k + 1 = (k + 1)(k + 2) δk,j−2 , mentre, da [a, a† ] = 1, j|aa† + a† a|k = j|1 + 2a† a|k =

2 j|H|k = (2k + 1)δj,k . ω

Sostituendo si ha, per gli elementi di matrice richiesti,     k(k − 1) δk,j+2 + (k + 1)(k + 2) δk,j−2 + (2k + 1)δj,k (x2 )jk = 2mω    . (k + 1)(k + 2) δ − (2k + 1)δ k(k − 1) δ + (p2 )jk = − mω k,j−2 j,k k,j+2 2 I valori medi, detta Ek l’autovalore dell’energia per lo stato |k, sono dati da Ek  (2k + 1) = mω 2 2mω mω (2k + 1) = mEk < p2 >k = k|p2 |k = 2

< x2 >k = k|x2 |k =

da cui si vede che i valori medi dell’energia cinetica e dell’energia potenziale sono entrambi uguali a met` a dell’energia del livello.

24

2 Sistemi unidimensionali

2.11 Oscillatore Armonico: aspettazione di x4 Calcolare il valor di attesa dell’operatore x4 in un autostato dell’energia dell’Oscillatore Armonico. Soluzione Utilizzando la relazione di completezza e i risultati del problema 2.10 si ha ∞ 

∞ ∞     j|x2 |k2 =

2 × 4m2 ω 2 k=0 k=0 k=0 2   k(k − 1) δk,j+2 + (k + 1)(k + 2) δk,j−2 + (2k + 1)δj,k . ×

< x4 >j = j|x4 |j =

j|x2 |kk|x2 |j =

Sviluppato il quadrato i prodotti di δ con indici differenti non danno contributo: 2 4m2 ω 2 32 = 4m2 ω 2

< x4 >j =



j(j − 1) + (j + 1)(j + 2) + (2j + 1)2





 2j 2 + 2j + 1 .

2.12 Oscillatore Armonico: propriet` a dello stato fondamentale Un oscillatore armonico di massa m e costante elastica k si trova nello stato fondamentale. Si calcoli la probabilit` a di trovarlo al di fuori della zona permessa classicamente. Soluzione La regione permessa classicamente `e il segmento compreso tra i due punti d’inversione del moto ±, dove  2E x ¯= k ottenuto risolvendo l’equazione 1 Kx2 . 2  Nello stato fondamentale E = ω/2(ω = k/m), mentre lo stato `e descritto dalla funzione d’onda (vedi A.2) E = V (x) =

2.13 Oscillatore Armonico: determinarne lo stato

φ0 (x) = (

25

mω 1 −mωx2 /2 . )4 e π

Tenendo conto della simmetria della distribuzione di probabilit` a risultante, la probabilit` a richiesta `e quindi  +∞  +∞ 2 2 2 e−x dx P =2 |φ0 (x)| dx = √ x ¯ √ π 1  1 π 2 −x2 − e dx = 1 − 2Erf (1) = 1 − 0.84 = 0.16 . (2.7) = √ π 2 0 dove

1 Erf (y) = √ π



y

2

e−x dx

0

`e la funzione errore, che si trova tabulata o si calcola per via numerica.

2.13 Oscillatore Armonico: determinarne lo stato Si sa con certezza che lo stato di un oscillatore armonico di pulsazione ω non contiene stati pi` u eccitati del secondo livello: |ψ = a|0 + b|1 + c|2 . Si sa inoltre che il valore di aspettazione della posizione x all’istante considerato `e zero e che il valore di aspettazione dell’energia `e (3/4)ω. ` compleChe si pu`o dire dei valori di a, b, c nell’ipotesi che siano reali? E tamente determinato lo stato in queste condizioni? Soluzione Ricordando che (A.7)   √  √  + ( n|n − 1 + n + 1|n + 1), (a + a )|n = x|n = 2mω 2mω 

si ottiene < x >= che ha due soluzioni √ a) b = 0 e a = − 2c b) b = 0 .

√  (2ab + 2 2bc) = 0 2mω

(2.8)

(2.9)

26

2 Sistemi unidimensionali

Abbiamo a disposizione altre due equazioni a2 + b2 + c2 = 1 (condizione di normalizzazione) 3 (condizione sull’energia) . a2 + 3b2 + 5c2 = 2 Nel caso a) si ottiene:  √ √ 3 5 3 , a=∓ , b = ±i c=± 2 2 2 che `e incompatibile con l’ipotesi di realt` a dei coefficienti. Nel caso b) si ottiene:  7 1 . b = 0, c = ± √ , a = ± 8 2 2 Si hanno in definitiva quattro possibili determinazioni dello stato.

3 Sistemi in 2D e 3D e Momento angolare

3.1 Oscillatore Armonico piano Un oscillatore armonico piano ha come Hamiltoniano H=

1 1 2 (px + p2y ) + mω 2 (qx2 + qy2 ) . 2 2m

a) Si dica quali sono i livelli energetici e la loro degenerazione; b) si scriva l’Hamiltoniano in termini degli operatori 1 η+ = √ (ax + iay ) 2 con  ax =

 1 mω px qx + i 2mω 2

1 η− = √ (ax − iay ) 2  ay =

 1 mω py qy + i 2mω 2

e dei loro hermitiano coniugati; c) si scriva l’operatore momento angolare per questo problema; cosa si pu` o dire sul momento angolare a fissato livello di energia? Soluzione a)

H = Hx + Hy = ω(a†x ax + a†y ay + 1) . Gli autovalori di H sono dati da E = (n + 1)ω

con n = 0, 1, . . .

ai quali corrispondono gli autostati |nx , ny  con nx +ny = n, nx > 0, ny > 0, che possiamo anche scrivere nella forma

L. Angelini, Meccanica quantistica: problemi scelti © Springer-Verlag Italia, Milano 2008

28

3 Sistemi in 2D e 3D e Momento angolare

|k, n − k

con k = 0, 1, . . . , n .

En `e quindi degenere n + 1 volte. b) In termini degli operatori η si ottiene 1 1 ax = √ (η+ + η− ) ay = √ (η+ − η− ) 2 2 † † η− + η− η+ + 1) . H = ω(η+ c) Per questo sistema il momento angolare ha solo componente lungo l’asse z. Poich´e   1 mω  † (ax − a†x ) , (ax + ax ) px = qx = 2 i 2mω abbiamo    (ax + a†x )(ay − a†y ) − (ay + a†y )(ax − a†x ) L = qx py − qy px = 2i    † ax ay − ax a†y . = 2i In linea di principio dovrebbe essere possibile trovare un set di autostati comuni ad H ed L, poich´e si dimostra facilmente che i due operatori commutano. Ci limitiamo tuttavia a studiare, come richiesto, gli elementi di matrice di L nei sottospazi relativi a ciascun autovalore dell’energia, cio`e a n fissato. Si ottiene   k  , n − k  |L|k, n − k = δk ,k+1 (k + 1)(n − k) − δk ,k−1 k(n − k + 1) . Si vede subito che gli elementi diagonali, cio`e i valori di aspettazione di L negli autostati dell’energia che abbiamo trovato, sono nulli. In questi autostati accade quindi o che  = 0, oppure che, presumibilmente, sono presenti combinazioni di  e di −. In ciascun sottospazio relativo ad un valore En la matrice di L ha questa forma: √ ⎞ ⎛ 0 n 0 ··· 0 0  0 √ ⎜− n 2(n − 1)  0 ··· 0 0 ⎟ ⎟  0 ⎜ ⎜ 0 − 2(n − 1) 3(n − 2) · · · 0 0 ⎟ ⎟ ⎜  0 ⎜ 0 ··· 0 0 ⎟ 0 − 3(n − 2) L(n) = ⎜ 0 ⎟. ⎜ . .. .. .. .. .. .. ⎟ ⎜ .. . . . . . √. ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ 0 n⎠ 0 0 0 ··· √ 0 0 0 0 0 ··· − n 0 L(n) `e tridiagonale, antisimmetrica rispetto alla diagonale principale, simmetrica rispetto a quella opposta. Si pu` o dimostrare in generale che gli autovalori sono  = −n, −n + 2, . . . , n − 2, n . Si possono facilmente calcolare gli autovalori per i primi valori di n:

3.2 Riflessione e rifrazione in 3 dimensioni

per per per per

29

n = 0,  = 0 n = 1,  = ±1 n = 2,  = 0, ±2 n = 3,  = ±1, ±3 .

3.2 Riflessione e rifrazione in 3 dimensioni Considerare il seguente gradino di potenziale in 3 dimensioni

0, se x < 0, V (x, y, z) = V0 , se x > 0 . Derivare le leggi di riflessione e rifrazione per un’onda piana che incide obliquamente e determinare le condizioni per la riflessione totale. Soluzione Notiamo che l’equazione di Schr¨ odinger `e separabile in coordinate cartesiane, essendo l’Hamiltoniano dato da:

2 p2y p2z px , se x < 0, + 2m + 2m 2m H = p2 p2y p2z x 2m + V0 + 2m + 2m , se x > 0. Come si vede dall’Hamiltoniano il sistema `e simmetrico per rotazioni intorno all’asse x, possiamo quindi fissare la direzione di incidenza nel piano xz, a abbiamo per l’energia: ponendo py = Ey = 0. Per la separabilit` E = Ex + Ez , e per la relativa autofunzione: Ψ (x, z) = ψ(x)φ(z) . Nella coordinata z il moto `e libero, mentre nella coordinata x si ha un potenziale a gradino. Ponendo   2mEz 2mEx , , kz = kx = 2 2 abbiamo, normalizzazione a parte, φ(z) = eikz z

30

3 Sistemi in 2D e 3D e Momento angolare

eikx x + Re−ikx x , se x < 0 ψ(x) =  se x > 0 T eikx x , 

dove

2m(Ex − V0 ) . 2 Abbiamo posto Ex > V0 poich´e viene altrimenti non si avrebbe corrente trasmessa per x > 0 e quindi non si avrebbe rifrazione. Imponendo le condizioni di continuit` a per la ψ(x) e la ψ  (x) in x = 0, si ottiene 2kx kx − kx . e T = R= kx + kx kx + kx kx

=

Poich´e kz = kz gli angoli di incidenza e di riflessione sono uguali. Si ha riflessione totale solo se R = 1, T = 0, cio`e solo se kx = 0, Ex = 0 e l’onda si propaga nella direzione z. La situazione presenta analogie e differenze rispetto al caso delle onde elettromagnetiche, per le quali vale la legge di Snell. Nel presente caso V0 , cio`e la variazione del potenziale, assume il ruolo di cambiamento dell’indice di rifrazione. Mentre per i fotoni vale la semplice relazione (n = indice di rifrazione) E ω k = n = n, c c per le particelle la relazione `e pi` u complicata  2m(E − V0 ) . k= 2 In termini dei vettori d’onda gli angoli sono dati da kz kz sin α =  2 + kx kz2 + k  2x   kz2 + k  2x Ez + Ex − V0 sin α . = =  2 2 Ez + Ex sin α kz + kx

sin α = 

kz2

Risulta quindi che: 1. Se V0 > 0 avremo sin α > sin α e quindi α > α; viceversa se V0 < 0 avremo α < α. 2. Il caso della riflessione completa, che si ha nel passaggio da un mezzo pi` u rifrangente ad uno meno rifrangente, richiederebbe dunque che sia un particolare valore negativo di V0 . Tuttavia per le onde di materia sin α = 1 solo se kx = 0, cio`e se Ex = V0 , che non ha senso fisico per V0 < 0.

3.4 Momento angolare di un’onda piana

31

3.3 J 2 ed Jz : propriet` a degli autostati Mostrare che in un autostato di J 2 ed Jz corrispondente ai numeri quantici j ed m, la massima accuratezza nella misura contemporanea di Jx e Jy si ottiene quando |m| = j. Soluzione Cerchiamo il minimo nello stato |jm delle indeterminazioni di Jx e Jy , che sono uguali per motivi di simmetria: (< Jx >)2 =< Jx2 > − < Jx >2 = (< Jy >)2 =< Jy >2 − < Jy >2 . Sempre per motivi di simmetria, non essendovi direzione privilegiata nel piano xy, < Jx >=< Jy >. Il loro valore `e zero; infatti, utilizzando la A.17, si ottiene: < Jx > = j, m|Jx |j, m 1 = j, m| (J+ + J− )|j, m 2  j(j + 1) − m(m + 1) j, m|j, m + 1 + = 2  j(j + 1) − m(m − 1) j, m|j, m − 1 = 0 . + 2 Pertanto: (< Jx >)2 =< Jx2 >=

2 1 1 [j(j+1)−m2 ] < J 2 −Jz2 >= [j(j+1)2 −m2 2 ] = 2 2 2

che `e chiaramente minima per |m| = j, il valore massimo che |m| pu` o assumere.

3.4 Momento angolare di un’onda piana Una particella ha impulso definito p. Quale risultato si ottiene misurando la componente del momento angolare lungo la direzione di p? Soluzione La funzione d’onda della particella `e un’onda piana che si propaga nella direzione di p:  32 1 eık·r , ψp (r) = 2π dove k = p .

32

3 Sistemi in 2D e 3D e Momento angolare

Scegliendo il sistema di riferimento in modo che p sia diretto lungo l’asse z, si pu` o scrivere:  ψp (r) =

1 2π

32

 ıkz

e

=

1 2π

32

eıkr cos θ .

La componente di L lungo p `e Lz , cio`e Lp = Lz = −ı

∂ . ∂φ

` immediato verificare che E Lz ψp = 0 . Possiamo quindi affermare che la particella `e in un autostato di L · p corrispondente all’autovalore 0.

3.5 Misure di momento angolare in uno stato particolare Lo stato di una particella di massa m `e descritto dalla funzione d’onda 1 ψ(r) = √ (eiϕ sin ϑ + cos ϑ)g(r) , 4π dove



|g(r)|2 r2 dr = 1

e ϕ, ϑ sono gli angoli azimutale e polare rispettivamente. a) Quali sono i possibili risultati di una misura della componente Lz del momento angolare della particella in questo stato? b) Qual’`e la probabilit` a di ottenere ciascuno di tali possibili risultati? c) Quale’`e il valore di attesa di Lz ? Soluzione c) Mediante le formula (A.21), la funzione d’onda pu` o essere riscritta nella forma √ 1 ψ(r) = √ (Y10 − 2Y11 )g(r); 3 quindi i possibili valori Lz sono + e 0. Supponendo normalizzata la sua parte radiale, la funzione d’onda `e complessivamente normalizzata. Infatti

3.6 Momento di quadrupolo





∞ 1 dr r2 g(r) |ψ|2 dr = √ 4π 0  1 π dϑ sin ϑ = 1 . = 2 0





π

2π

dϑ 0

33

dϕ(1 + cos ϕ sin 2ϑ) sin ϑ) 0

Quindi P (Lz = ) = 2/3 e P (Lz = 0) = 1/3 . c) < Lz >= 2/3 ·  + 1/3 · 0 = 2/3  .

3.6 Momento di quadrupolo Il momento di quadrupolo `e il tensore Qik = 3xi xk − r2 δik . I suoi valori di attesa su una distribuzione indicano le deviazioni rispetto ad una distribuzione sferica. Si chiede di determinarne i valori di aspettazione per una particella in presenza di un potenziale centrale in un autostato di L2 e di Lz . Soluzione Utilizzando la separabilit` a in coordinate sferiche per un potenziale centrale, un’autofunzione di L2 e di Lz ha l’espressione A.24, per cui le espressioni da calcolare sono:  π  ∞  2π 2 2 Qik  = dr |χ (r)| dθ sin θ dφ |Y m (θ, φ)| Qik . 0

0

0

Gli elementi di matrice Qik dipendono dalle coordinate sferiche mediante le A.12. Notiamo che gli elementi non diagonali dipendono da φ tramite cos φ, sin φ, e sin φ cos φ, mentre la funzione integranda non dipende da φ. Questi termini sono tutti nulli a causa dell’integrazione in dφ. Restano da calcolare gli elementi diagonali: Q11 = Qxx = 3x2 − r2 = r2 (3 sin2 θ cos2 φ − 1) Q22 = Qyy = 3y 2 − r2 = r2 (3 sin2 θ sin2 φ − 1) Q33 = Qzz = 3z 2 − r2 = r2 (3 cos2 θ − 1) . Per Qxx e Qyy l’integrazione in dφ, tenendo conto di cos2 φ = d` a dei termini

1 + cos 2φ 2

e

sin2 φ =

1 − sin 2φ , 2

34

3 Sistemi in 2D e 3D e Momento angolare



2π



2

2π

dφ cos φ =



2

0

0

Quindi, se definiamo



2

r  = risulta 2



Qxx  = Qyy  = r 

0

∞

0



2π

2π

dφ sin φ =

2

dr r 2 |χ (r)| , 

π

dφ 0

1 dφ . 2

dθ sin θ 0

3 2 2 sin θ − 1 |Y m (θ, φ)| . 2

Ma, poich´e 1 3 sin2 θ − 1 = − (3 cos2 θ − 1), 2 2 risulta

1 Qxx  = Qyy  = − Qzz . 2 Calcoliamo dunque Qzz . Tenendo conto della relazione di ricorrenza per le armoniche sferiche A.18, si ottiene:  2π  π   2 2 dφ dθ sin θ 3 cos2 θ − 1 |Y m (θ, φ)| Qzz  = r  0 0  = r2  3(a2 ,m + a2 −1,m ) − 1 = r2 

2( + 1) − 6m2 (2 − 1)(2 + 3)

Vediamo ora alcuni casi particolari. Onda s:  = 0, m = 0 ⇒ Qzz  = 0. Si ha completa simmetria sferica. Onda p,  = 1 : abbiamo tre possibilit` a: m = 0 : ⇒ Qzz  = 45 r2  > 0 che indica una distribuzione allungata nella direzione z; m = ±1 : ⇒ Qzz  = − 25 r2  < 0 che indica una distribuzione schiacciata nella direzione z. Notiamo che la simmetria sferica viene ripristinata se si considera la somma dei Qzz  relativi ai tre stati di m. Questo risultato `e valido in generale per ogni valore di : +  m=−

dato che

Qzz  = r2 

+  2 [( + 1) − 3m2 ] = 0 (2 − 1)(2 + 3) m=−

+  m=−

m2 =

1 ( + 1)(2 + 1) . 3

Un atomo che ha gli elettroni che completano gli stati m corrispondenti agli stati di momento angolare presenti, ha simmetria sferica ed `e quindi pi` u stabile rispetto alle interazioni elettromagnetiche. In realt` a questo discorso andrebbe approfondito per tenere conto dell’interazione tra gli elettroni.

3.8 Funzione d’onda per un potenziale centrale

35

3.7 Buca sferica Un nucleo di dimensioni 5 10−13 cm `e schematizzato come una buca di potenziale di profondit` a 10 MeV. Trovare la minima massa di una particella all’interno del nucleo. Soluzione Ricordiamo che per una buca sferica di raggio a e profondit` a V0 in uno stato di momento angolare  = 0, gli stati legati si ottengono come soluzioni dell’equazione sin ka = ±

2 ka 2mV0 a2

(cot ka < 0)

 dove k = 2m(E + V0 )/2 . La suddetta equazione ha soluzioni solo se

2 2 < 2 π 2mV0 a π 2 2 c2 . mc2 > 8V0 a2 Nel nostro caso, ponendo V0 = 10M eV, a = 5 10−13 cm, si ottiene mc2 > 192.3M eV . Ricordando che stati di momento angolare con  > 0 si ottengono, a massa m fissata, per valori pi` u alti di V0 , possiamo desumere che, date le disequazioni u alti di su riportate, a fissato V0 , tali stati necessitano di valori di massa pi` quello trovato per  = 0.

3.8 Funzione d’onda per un potenziale centrale Una particella in un potenziale sfericamente simmetrico `e in uno stato descritto dal pacchetto d’onda 2

ψ((x, y, z) = C(xy + yz + zx)e−αr .

36

3 Sistemi in 2D e 3D e Momento angolare

a) Quale `e la probabilit` a che una misura del quadrato del momento angolare dia per risultato 0? b) Quale `e la probabilit` a che dia 62 ? c) Se si trova che il valore del numero quantico angolare `e 2, quali sono le probabilit` a relative ai possibili valori di m? Soluzione Introducendo le coordinate sferiche mediante la A.12, possiamo scrivere ψ(r, θ, φ) 2 = C r2 e−αr (sin2 θ sin φ cos φ + sin θ cos θ sin φ + sin θ cos θ cos φ)  !  iφ  C 2 −αr2 1 2iφ −2iφ −iφ sin θ (e − e ) + sin θ cos θ e (1 + i) − e (1 − i) r e = 2 2i   C 2 −αr2 8π  −2 Y2 − Y22 − (1 + i)Y21 + (1 − i)Y2−1 , r e = 15 2i dove si sono introdotte le Armoniche Sferiche A.22. a) La particella si trova in uno stato con  = 2, quindi P ( = 0) = 0 . b) P (L2 = 62 ) = P ( = 2) = 1 . c) La probabilit` a di trovare un certo valore di Lz `e dato dal modulo quadro del coefficiente della relativa Armonica Sferica, dopo avere integrato su r e normalizzato la funzione d’onda. Il risultato dell’integrazione su r `e un termine uguale per tutte le componenti che pu` o essere trascurato. Avremo quindi 1 + 1 + |1 + i|2 + |1 − i|2 = 1 + 1 + 2 + 2 = 6 e le probabilit` a richieste sono date da P (Lz = −2) = P (Lz = +2) = P (Lz = −1) = P (Lz = +1) = P (Lz = 0) =

1 6 1 6 1 3 1 3 0.

3.9 Particella in potenziale centrale Una particella in un potenziale V (r) `e descritta dalla funzione d’onda

3.9 Particella in potenziale centrale − ar 0

37

(a0 costante)

ψE (r, ϑ, ϕ) = Ae autostato dell’Hamiltoniano.

a) Qual `e il contenuto di momento angolare dello stato? b) Supponendo che il potenziale si annulli nel limite r → ∞, trovare l’autovalore dell’energia considerando in questo limite l’equazione radiale  !  2 ( + 1) 1 ∂ 2 ∂  − + V (r) ψE (r, ϑ, ϕ) = EψE (r, ϑ, ϕ) . r − r2 2μ r2 ∂r ∂r c) Dal valore di E ricavare V (r), utilizzando sempre l’equazione radiale. Soluzione a) Poich´e la funzione d’onda non dipende da ϑ e ϕ il sistema `e in uno stato con  = m = 0. b) Poich´e   1 2 − ar 1 1 1 1 ∂ 2 − ar 1 ∂ 2 ∂ − ar r e 0 2r − r e 0 =− e 0 =− r 2 a0 a0 r2 r2 ∂r ∂r  a0 r ∂r  r 1 2 1 + 2 e− a0 , = − a0 a0 r sostituendo nell’equazione radiale si ottiene 2 1 2 2 1 + V (r) = E. − 2μ a20 2μ a0 r Al limite per r → ∞ troviamo l’autovalore dell’energia: E=−

2 . 2μa0

c) Sostituendo nell’equazione precedente il valore di E trovato, abbiamo V (r) = − Se a0 `e il raggio di Bohr (a0 = d’Idrogeno V (r) =

2 − er .

2 μe2 ),

2 1 . μa0 r si ottiene il potenziale dell’atomo

38

3 Sistemi in 2D e 3D e Momento angolare

3.10 Atomo d’Idrogeno: una somiglianza ingannevole Lo stato di una particella di massa m `e descritto dalla funzione d’onda  n x x e− x0 , ψ(x) = A x0 dove A, n e x0 sono costanti. a) Usando l’equazione di Schrœdinger, trovare il potenziale V (x) e l’energia E per i quali questa funzione d’onda `e un’autofunzione (assumere che V (x) → 0 per x → ∞). b) Quale connessione si pu` o notare tra questo potenziale e il potenziale radiale effettivo (coulombiano + centrifugo) per un atomo d’idrogeno nello stato di momento angolare orbitale ? Soluzione a) Sostituendo ψ(x) nell’equazione di Schr¨ odinger si ottiene:   1 n 2 n(n − 1) ψ(x) . + − 2 [E − V (x)]ψ(x) = − x20 xx0 x2 2m Nell’ipotesi V (x) −−−−→ 0, si ottiene x→∞

2 1 E=− 2m x20

  n 2 n(n − 1) . −2 e quindi V (x) = xx0 x2 2m 2

2

 ( +1)  n(n−1) `e l’analogo del potenziale centrifugo 2m b) Il termine 2m r2 x2 1 dell’equazione radiale, ma il termine in x dipende da n mentre ci`o

non accade nel potenziale coulombiano

q2 r .

3.11 Atomo d’Idrogeno: determinarne lo stato Di un atomo di idrogeno si sa che: a) `e in uno stato p con n=2, b) lo stato contiene autostati di Lz relativi agli autovalori +1 e -1, c) il valore di aspettazione di Lz `e zero, d) la probabilit` a di trovare l’elettrone nel primo quadrante (0 < φ < del 25%. Scrivere le possibili funzioni d’onda.

π 2)

`e

3.11 Atomo d’Idrogeno: determinarne lo stato

39

Soluzione ˆ z . Le condizioni ˆ L ˆ2, L Indichiamo con |nm il generico autostato comune ad H, a) e b) consentono di scrivere lo stato cercato nella forma: |ψ = α|211 + β|21−1 . Per condizione c): ˆ z |ψ = |α|2  − |β|2  = 0 ψ|L

⇒

|α|2 = |β|2 .

Imponendo la normalizzazione e tenendo in conto che, poich´e la fase complessiva di ψ `e indeterminata, possiamo fissare α reale e positivo, otteniamo 1 α = |β| = √ 2 e, detta δ la fase di β, 1 α= √ 2

e

1 β = √ eiδ . 2

La condizione d) richiede il passaggio alle funzioni d’onda. La probabilit` a di trovare la particella tra φ e φ + dφ si ottiene integrando sulle altre variabili il modulo quadro della ψ(r, θ, φ) = r|ψ  2    1 1 1 √ eiφ + √ e−iφ+iδ  dφ P (φ)dφ =  √ 2 2 2π π# = P 0ψ = < (a + a† )(a + a† ) >ψ =< aa† + a† a >ψ = < {a, a† } >ψ =< I >ψ = 1 < (ΔA)2 >ψ = < A2 >ψ − < A >2ψ = 1 − cos2 ωt = sin2 ωt < A >ψ =

  ω ω ω  ω 1 0|e−i 2 t + 1|ei 2 t (a − a† ) ei 2 t |0 + e−i 2 t |1 2  ω ω ω  ω 1 = −i 0|e−i 2 t + 1|ei 2 t e−i 2 t |0 − e+i 2 t |1 2  1 = −i e−iωt − eiωt = − sin ωt 2 < B 2 >ψ = < i2 (a − a† )(a − a† ) >ψ = − < −aa† − a† a >ψ = < {a, a† } >ψ =< I >ψ = 1 < (ΔB)2 >ψ = < B 2 >ψ − < B >2ψ = 1 − sin2 ωt = cos2 ωt . < B >ψ = −i

Per quanto riguarda la relazione di indeterminazione tra A e B abbiamo: ΔA · ΔB = | sin ωt| · | cos ωt| . Ricordiamo che, per ogni stato, deve valere ΔA · ΔB ≥

1 | < [A, B] > | . 2

Verifichiamo che valga anche in questo caso: [A, B] = −i[a + a† , a − a† ]   = −i [a, a] + [a† , a] − [a, a† ] − [a† , a† ]   = −i a† a − aa† − aa† + a† a   = 2i aa† − a† a = 2i (|01|10| − |10|01|) 4i = 2i (|00| − |11|) = − H ω   ω ω ω  ω 4i 1  0|e−i 2 t + 1|ei 2 t H ei 2 t |0 + e−i 2 t |1 < [A, B] >ψ = − 2 ω   ω ω ω  ω = −i 0|e−i 2 t + 1|ei 2 t −ei 2 t |0 + e−i 2 t |1 = −i(−1 + 1) = 0

54

5 Evoluzione temporale

Il principio d’indeterminazione `e verificato in quanto | sin ωt| · | cos ωt| ≥ 0 .

5.2 Sistema a due livelli (II) Si consideri un sistema avente come Hamiltoniano l’operatore: √ √ H = E0 |11| + 2E0 |12| + 2E0 |21| . Se il sistema si trova inizialmente nello stato |1 > con che probabilit` a si trover` a nello stato |2 > al tempo t? Determinare il periodo delle oscillazioni tra gli stati |1 > e |2 >. Soluzione Nella rappresentazione della base |1, |2 l’Hamiltoniano diventa la matrice: √ √   1 2 E 2E0 . = E0 H dove H = √ H= √ 0 2 0 2E0 0 Dall’equazione secolare ricaviamo gli autovalori di H : det(H − λI) = λ2 − λ − 2 = 0

⇒

λ = −1, 2 .

A λ = −1 corrisponde l’autovalore E1 = −E0 di H e l’autostato |E1  dato da: √    a a 2 √1 = −1 b b 2 0 da cui si ottiene, previa normalizzazione:   2 1 1 1 √ |2 . = √ |1 − |E1  = √ 3 3 3 − 2 Analogamente a λ = 2 corrisponde l’autovalore E1 = 2E0 di H e l’autostato |E2  dato da: √  1 2 1 2 |1 + √ |2 . = |E2  = √ 1 3 3 3 Invertendo le relazioni ottenute abbiamo  2 1 |E2  |1 = √ |E1  + 3 3  1 2 |E1  + √ |E2  . |2 = − 3 3

5.3 Sistema a due livelli (III)

55

Inizialmente il sistema `e nello stato 1 |ψ(t = 0) = |1 = √ |E1  + 3



2 |E2  3

mentre all’istante t sar`a nello stato  2 −i 2E0 t 1 i E0 t  |E   e |E1  + |ψ(t) = √ e 2 3 3 #  # √ " 3E0 t 3E0 t 1 E0 t " 1 + 2e−i  ] |1 − 2 1 − e−i  |2 . = ei  3 Le probabilit` a di trovare al tempo t il sistema in uno dei vettori di base sono   3E0 t 2 1 3E0 t 1  P|1 (t) = 1 + 2e−i  ]  = 5 + 4 cos  9 9    2 3E t 4 3E0 t 2 0  . 1 − cos P|2 (t) = 1 − e−i  ]  =  9 9 Le probabilit` a oscillano con frequenza ω = 3E0 /. Il periodo richiesto `e quindi T =

h 2π 2π . = = 3E0 3E0 ω

5.3 Sistema a due livelli (III) Si consideri un sistema a due livelli e si consideri la base composta dalle due autofunzioni |ψ1  e |ψ2  dell’Hamiltoniano H0 con autovalori rispettivamente E1 ed E2 . (5.1) H0 |ψ1  = E1 |ψ1  H0 |ψ2  = E2 |ψ2  < ψi |ψj  = δi,j

i, j = 1, 2

Si consideri quindi un nuovo sistema con Hamiltoniano H0 +W , dove il termine di accoppiamento W , nella base {|ψ1 , |ψ2 }, `e dato dalla matrice 2x2 Wij con W11 = W22 = 0 e W12 = W21 = w dove w `e una costante reale positiva. a) Determinare come variano le autofunzioni e gli autovalori del sistema per effetto dell’accoppiamento. b) Se all’istante t = 0 il sistema, in presenza dell’accoppiamento, si trova con a certezza nello stato |ψ1 , in quali istanti (se esistono) il sistema si trover` di nuovo nella stessa condizione? c) Calcolare la probabilit` a di trovare il sistema nello stato |ψ2  al tempo t.

56

5 Evoluzione temporale

Soluzione a) Nello spazio sotteso dai vettori di base |ψ1  e |ψ2  abbiamo    E1 0 E1 W 0 W H = H0 + W = H0 = W = . W 0 0 E2 W E2 Gli autovalori di H si ricavano da (E1 − λ)(E2 − λ) − W 2 = 0:  E1 + E2 ± (E1 − E2 )2 + W 2 . λ± = 2 Gli autovettori |λ±  si ricavano dalle equazioni H|λ±  = λ± |λ±  . Imponendo la normalizzazione. Si trova facilmente, scegliendo opportunamente le fasi,  1 W |λ+  =  (λ+ − E1 )2 + W 2 λ+ − E1  1 W |λ−  =  (λ− − E1 )2 + W 2 λ− − E1 a di b) Il sistema si trover`a con certezza nello stato |ψ1  quando la probabilit` trovarlo nello stato |ψ2  `e nulla. Questo ci rinvia al quesito successivo. c) lo stato al tempo t > 0 `e |ψ(t) = e−i

Ht 

|ψ1  λ− t

λ t −i + 

|λ+ λ+ |ψ1  + e−i  |λ− λ− |ψ1   λ+ t W W + = e−i  (λ+ − E1 )2 + W 2 λ+ − E1  λ− t W W . +e−i  (λ− − E1 )2 + W 2 λ− − E1

=e

Introducendo le grandezze Δ=

E2 − E1 2

e

Σ=

E2 + E 1 , 2

si ottiene λ± − E1 = Δ ±



Δ2 + W 2

e

λ± = Σ ±

 Δ2 + ω 2 .

La probabilit` a di trovare il sistema nello stato |ψ2  al tempo t `e data dal modulo quadro di ψ2 |ψ, che dopo brevi calcoli si trova valere

5.4 Particella su un segmento (I) Σt ω e−i  sin ψ2 |ψ = √ 2 2 2 Δ +W

√

Δ2 + ω 2 t. 

Quindi la risposta al quesito `e P (|ψ(t) = |ψ2 ) = |ψ2 |ψ|2 =

57

ω2 sin2 2 4(Δ + W 2 )

√

Δ2 + ω 2 t. 

Questa probabilit` a `e nulla, e |ψ(t) = |ψ1  come richiesto dal precedente quesito, quando t= √

nπ Δ2 + ω 2

con

n = 0, 1, 2, . . .

5.4 Particella su un segmento (I) Una particella, vincolata a muoversi su un segmento di lunghezza L, all’istante t = 0 si trova in uno stato in cui una misura di energia pu` o fornire, con uguale probabilit` a, solo due valori: il valore pi` u basso E1 e quello immediatamente superiore E2 = 4E1 . a) Scrivere l’espressione della funzione d’onda normalizzata (contenente un parametro arbitrario). b) Determinare tale parametro sapendo che all’istante t = 0 il valor di attesa dell’impulso della particella `e < p >= 43 L . c) Determinare qual `e l’istante di tempo successivo a t = 0 in cui il valor di attesa dell’impulso assume per la prima volta il valore zero. Soluzione Per questo sistema gli autovalori e le corrispondenti autofunzioni dell’energia sono:  nπx 2 2 π 2 n2 , n = 1, 2, 3, . . . . sin , ψn (x) = En = L L 2mL2 a) Lo stato `e sovrapposizione di ψ1 (x) e di ψ2 (x) ψ(x) = c1 ψ1 (x) + c2 ψ2 (x) . Poich´e le probabilit` a di trovare E1 ed E2 sono uguali abbiamo |c1 |2 = |c2 |2 . Trascurando una fase complessiva arbitraria, possiamo scrivere:  1  ψ(x) = √ ψ1 (x) + eiα ψ2 (x) . 2

58

5 Evoluzione temporale

b) Calcoliamo l’impulso di attesa. Come `e noto l’impulso di attesa in un autostato dell’energia `e nullo nel caso di un potenziale simmetrico. Abbiamo quindi  1 ψ1 |p|ψ1  + ψ2 |p|ψ2  + eiα ψ1 |p|ψ2  + e−iα ψ2 |p|ψ1  2  1  iα e I1 + e−iα I2 = 2

< p >t=0 =

  4 π 2πx πx 2π 2  L dt sin t cos 2t = cos dt sin iL 0 L L L L i 0  8 2 1 dz (2z 2 − 1) = − = 3iL iL −1   L 2 π πx 2πx π 2  dt sin 2t cos t = cos dt sin I2 = iL 0 L L L L i 0  1 8 4 . dz z 2 = = 3iL iL −1

I1 =

In definitiva < p >t=0 =

 8 1 8  iα sin α . −e + e−iα = − 3L 2 3iL

Imponendo la condizione richiesta si ottiene sin α = −

1 2

⇒

α = α1 = −

π π oppure α = α2 = π + . 6 6

c) Ad un istante di tempo t successivo avremo # E2 t 1 " E1 t ψ(x, t) = √ e−i  ψ1 (x) + eiα e−i  ψ2 (x) 2 e l’impulso di attesa sar`a dato da  E2 −E1 1  iα i E2 −E1 t ψ1 |p|ψ2  + e−iα e−i  t ψ2 |p|ψ1  e e  < p >t = 2  8 1 8  i(α+ωt) sin(α + ωt) . −e + e−i(α+ωt) = − = 3L 2 3iL A seconda della determinazione di alpha, il valor di attesa dell’impulso assumer`a per la prima volta il valore zero quando ωt = −α1 oppure ωt = −α2 + 2π. Nei due casi avremo, rispettivamente, t=

5π π . oppure t = 6ω 6ω

5.5 Particella su un segmento (II)

59

5.5 Particella su un segmento (II) Una particella si trova in una buca di potenziale infinitamente profonda

∞, se x < 0 e x > a, V (x) = 0, se 0 < x < a. Nello stato descritto dalla funzione d’onda all’istante t=0

0, se x < 0 e x > a, ψ(x, 0) = Ax(a − x), se 0 < x < a, determinare: a) la distribuzione di probabilit` a per le differenti energie della particella, b) il valore di attesa dell’energia e la sua dispersione, c) la funzione d’onda al generico istante t. Soluzione Per questo sistema gli autovalori e le corrispondenti autofunzioni dell’energia sono:  nπx 2 2 π 2 n2 , n = 1, 2, 3, . . . . sin , ψn (x) = En = a a 2ma2 I quesiti posti richiedono che la funzione d’onda sia correttamente normalizzata, quindi determiniamo A:   1  a 30 a5 1 2 2 5 2 2 ⇒ A= = x (a − x) dx = a t (1 − t) dt = 2 a5 30 |A| 0 0 a parte un fattore di fase arbitrario. a) La probabilit` a di trovare la particella nello stato n-simo `e data dal modulo quadro di  √  a 4 15 30 nπx 2 x(a − x) dx = 3 3 (1 − cos nπ) sin cn = n|ψ = n π a5 a a 0 √ 4 15 = 3 3 (1 − (−1)n ) . n π Poich´e la funzione d’onda `e simmetrica rispetto a x = a/2, essa ha solo componenti che hanno la stessa propriet`a, le autofunzioni con n dispari. b) Il valore di attesa dell’energia `e dato da

60

5 Evoluzione temporale



a



 2 d2 ψ (x) − 2m dx2 ∗

< E > = ψ|H|ψ = 0  2 30 a x(a − x)(−2) dx =− 2m a5 0  2 10 2 60 1 . t(1 − t)dt = = 2m a2 2m a2 0

ψ(x)dx

Per ottenere la dispersione, calcoliamo prima il valor di attesa di E 2 : 2    2 d 2  dx − ψ(x)   2m dx2 0 4 30 4 30 4a = 2 4 = 5 2 m a 4m a   √ 2 4 . 5 (30 − 25) = ΔE = < E 2 > − < E >2 = ma2 m2 a4 < E 2 > = ψ|HH|ψ =



a

c) Per conoscere la funzione d’onda all’istante t applichiamo l’operatore di evoluzione: Ht

ψ(x, t) = e−i  ψ(x, t = 0)  En t cn ψn (x) e−i  = n

=

 n



π 2 (2n + 1)2 (2n + 1)πx 30 4 t} . exp{−i sin 3 3 2ma2 a a (2n + 1) π

5.6 Oscillatore Armonico (I) Considerare un oscillatore armonico di massa m con energia potenziale V (x) =

1 mω 2 x2 2

che si trova all’istante t = 0 in uno stato determinato dalle seguenti condizioni: a) Ogni misura di energia d` a con certezza valori che soddisfano la relazione ω < E < 3ω b) Il valore di attesa dell’energia `e < E >=

11 ω. 6

5.6 Oscillatore Armonico (I)

61

c) Il valore di attesa della coordinata `e:  < x >= −

8 . 9mω

Identificare tale stato. Determinare poi in quali istanti il valor medio della coordinata `e positivo e massimo. Soluzione Ricordiamo la soluzioni per l’equazione agli autovalori per l’Hamiltoniano dell’oscillatore armonico: 1 En = (n + )ω 2

ˆ H|n = En |n .

;

Imponiamo ora le condizioni del problema: a) I possibili valori di energia misurati sono E1 =

3 ω 2

e

E2 =

5 ω . 2

Lo stato del sistema `e quindi |ψ = c1 |1 + c2 |2

con

|c1 |2 + |c2 |2 = 1 .

b) L’energia media `e data da: < E >ψ = |c1 |2 E1 + |c2 |2 E2 =

11 1 ω . ω(3|c1 |2 + 5|c2 |2 ) = 6 2

Questa condizione, insieme alla precedente, comporta |c1 |2 =

2 3

e

|c2 |2 =

1 . 3

La fase di uno dei coefficienti pu`o essere fissata arbitrariamente, quindi  1 2 e c2 = √ eiδ . c1 = 3 3 c) Utilizzando le formule A.8 riportate in appendice, abbiamo   ∗ ∗ (a + a+ )(c1 |1 + c2 |2) < x >ψ = (c1 1| + c2 2|) 2mω  √ √  (c∗1 1| + c∗2 2|)( 2c2 |1 + 2c1 |2) =   2mω 8  ∗ ∗ . (c c2 + c2 c1 ) = − = 9mω mω 1

62

5 Evoluzione temporale

Quindi

√ 2 2 + =− 3 Sostituendo le espressioni per c1 e c2 si ottiene: c∗1 c2

c∗2 c1

cos δ = −1

⇒

δ=π 

In conclusione |ψ =

⇒

 c1 = 23 c2 = − √13

1 2 |1 − √ |2. 3 3

Al tempo t, applicando il propagatore allo stato |ψ,  5 1 2 −i 3 ωt e 2 |1 − √ e−i 2 ωt |2. |ψ(t) = 3 3 Infine determiniamo il valor di attesa di x al tempo t:   ∗ (c1 (t)c2 (t) + c∗2 (t)c1 (t)) < x(t) >ψ = mω   4 cos ωt. =− 3 2mω Si ha quindi: (4n + 1)π 3(4n + 1)π , per n = 0, 1, 2, . . . 2ω 2ω (2n + 1)π per n = 0, 1, 2, . . . . < x(t) >ψ = max < x >ψ (t) se t = t ω 

< x(t) >ψ > 0 se

t∈

5.7 Oscillatore Armonico (II) Una particella di massa m si muove in un potenziale armonico di pulsazione ω. Il suo stato all’istante t = 0 `e descritto dalla funzione  mωx2  2 x)e− 2 . ψ(x, 0) = A(x + 2 mω Si determinino l’espressione della funzione d’onda in un successivo istante t > 0 e il valor di attesa dell’energia.

5.7 Oscillatore Armonico (II)

63

Soluzione Notiamo che la funzione d’onda `e il prodotto del termine esponenziale presente nelle autofunzioni dell’oscillatore armonico per un polinomio di II grado. Quindi essa pu` o essere facilmente scritta come combinazione lineare delle prime tre autofunzioni. ψ(x, 0) = c0 φ0 (x) + c1 φ1 (x) + c2 φ2 (x) Esse sono (A.9): φ0 (x) =

" mω # 14

e−

mωx2 2

π " mω # 14 √  mω mωx2 xe− 2 i 2 φ1 (x) =  π " mω # 14 1  2mω mωx2 √ x2 − 1 e− 2 φ2 (x) = −  π 2

Deve quindi risultare     " mω # 14  √ 2mω 2 1 mω  2 x −1 . x − c2 √ c0 + c1 i 2 x) = A(x + 2   π mω 2 Applicando il principio di identit` a dei polinomi ricaviamo " mω #− 14  c0 = A 2mω π " mω #− 14 √2 c1 = −iA mω π " mω #− 14  √ c2 = −A π 2mω Determiniamo A in modo che ψ sia normalizzata. Poich´e le φn lo sono gi`a, deve risultare 2  |cn |2 = 1 , n=0

da cui si ottiene facilmente 1 c0 = √ 11

8 c1 = √ 11

2 c2 = √ . 11

La funzione d’onda al tempo t `e quindi 5 3 1 2 8 1 ψ(x, t) = √ φ0 (x)e− 2 ωt + √ φ1 (x)e− 2 ωt + √ φ2 (x)e− 2 ωt , 11 11 11

e l’energia media ad ogni istante `e data da < E >= |c0 |2 E0 + |c1 |2 E1 + |c2 |2 E2 =

35 2 5 8 3 1 1 ω . ω = ω + ω + 22 11 2 11 2 11 2

64

5 Evoluzione temporale

5.8 Oscillatore Armonico (III) Un oscillatore armonico di massa m e pulsazione ω si trova in uno stato tale che il valore di attesa dell’energia `e: 3 ω, 2

< H >= lo scarto quadratico medio `e dato da

< (H− < H >)2 >=

1 (ω)2 , 2

ed inoltre una misura dell’energia non pu` o dare un risultato maggiore di 3ω. a) Quali risultati si possono ottenere facendo una misura dell’energia e con quali probabilit` a? b) Scrivere il pi` u generale vettore di stato compatibile con le informazioni suddette. c) Sapendo che all’istante t = 0 il valore di attesa dell’operatore di posizione x `e il massimo possibile, determinarne il valore ad un istante t successivo. Soluzione a) Essendo E ≤ 3ω i risultati di una misura dell’energia possono essere E0 =

1 ω 2

E1 =

3 ω 2

E2 =

5 ω 2

corrispondenti ai primi tre autoket dell’energia. Lo stato dell’oscillatore `e quindi |ψ = a|0 + b|1 + c|2,

con |a|2 + |b|2 + |c|2 = 1 .

I coefficienti a, b e c sono inoltre soggetti alle condizioni imposte dal problema   3 1 2 3 2 5 2 |a| + |b| + |c| ω = ω , = 2 2 2 2 < (H− < H >)2 > = < H2 > − < H >2   1 2 9 2 25 2 2 2 9 2 2 |a| + |b| + |c|  ω −  ω = 4 4 4 4 1 2 2 =  ω . 2 Le tre condizioni suddette consentono di determinare i moduli quadri dei tre coefficienti e, quindi, le probabilit` a richieste: P (E =

1 5 1 3 1 1 ω) = |a|2 = ; P (E = ω) = |b|2 = ; P (E = ω) = |c|2 = . 4 2 2 2 4 2

5.9 Fermione in campo magnetico (I)

65

b) Ponendo uguale a 0 la fase di a, possiamo scrivere: 1 1 1 |0 + √ eiβ |1 + eiγ |2 . 2 2 2 c) Utilizzando le formule (A.7,A.8), si ricava:   √ √ √   b|0 + (a + 2c)|1 + 2b|2 + 3c)|3 X|ψ = 2mω |ψ =

< X > = ψ|X|ψ   √ √   ∗ a b + b∗ (a + 2c) + 2c∗ b = 2mω   √   2(a∗ b) + 2 2(b∗ c) = 2mω   1 √ [cos β + cos(γ − β)] . = 2mω 2 Poich´e β e γ sono indipendenti < X > `e massimo quando cos β = cos(γ − β) = 1

cio`e per β = γ = 0 .

Lo stato richiesto `e quindi: 1 1 1 |0 + √ |1 + |2 . 2 2 2 che, al tempo t > 0 sar`a dato da 5 3 1 1 1 1 |ψ(t) = e−i 2 ωt |0 + √ e−i 2 ωt |1 + e−i 2 ωt |2 . 2 2 2 Ripetendo il calcolo gi` a fatto per < X > a t = 0 si ottiene √   2+ 2 cos ωt . < X(t) >= 2mω 2 |ψ =

5.9 Fermione in campo magnetico (I) All’istante t = 0 una particella di spin 12 , momento magnetico μ = gS e massa infinita si trova in uno stato nel quale la probabilit` a di trovare il valore /2 facendo una misura di Sz `e 2/3, e i valori di attesa di Sx e Sy sono uguali e entrambi positivi. La particella `e immersa in un campo magnetico costante B parallelo all’asse y. a) Scrivere il vettore di stato all’istante t = 0 e determinare il valore di attesa comune di Sx e Sy . b) Calcolare il valore massimo e minimo della probabilit` a di trovare il valore /2 in una misura di Sz durante l’evoluzione temporale del sistema.

66

5 Evoluzione temporale

Soluzione a) L’Hamiltoniano del sistema `e dato da H = −gS · B = −gBSy . A parte un fattore di fase complessivo arbitrario, lo stato del sistema all’istante iniziale pu` o essere scritto in termini degli autostati di Sz nella forma  √   1 1 2 2 iα . |− = |+ + e |ψ(0) = 3 eiα 3 3 I valori medi di Sx e Sy sono dati da √  √ √  2 2 2  iα 1  √ −iα  0 1 2 2 −iα cos α e = + e = < Sx >= 2e 10 eiα 3 3 3  √ √  √  2 2 2  iα 1  √ −iα  0 −i 2 2 −iα sin α −e + e = =i < Sy >= 2e i 0 eiα 3 3 3  π 4 dovendo essere < Sx > e < Sy > positivi. In definitiva lo stato a t = 0 `e   2 1+i |− |ψ(0) = |+ + 2 3 < Sx >=< Sy >

⇒

⇒α=

sin α = cos α

e il valore di attesa di Sx e Sy `e √  π 2 2 cos = . < Sx >=< Sy >= 3 4 2 3 b) All’istante t > 0  −i Ht 

|ψ(t) = e

|ψ(0) = e

iωσy t

2 3



1



1+i 2

dove abbiamo introdotto la grandezza ω = gB/2. Applicando la nota propriet` a (A.38), si ottiene   2 1 |ψ(t) = (I cos ωt + iσy sin ωt) 3 1+i 2    2 1 cos ωt sin ωt = 1+i 3 − sin ωt cos ωt 2   2 sin ωt cos ωt + 1+i 2 = 3 1+i 2 cos ωt − sin ωt

5.10 Fermione in campo magnetico (II)

67

La probabilit` a di trovare il valore /2 in una misura di Sz `e data dal modulo quadro della relativa componente: 2    1+i  2  sin ωt P Sz = + = cos ωt + 2 3 2  1 2 2 2 = cos ωt + sin ωt + sin ωt cos ωt 2 3 Troviamo il punto di massimo:  sin 2ωt 2 dP = ω cos 2ωt − =0 2 3 dt

⇒

tan 2ωt = 2

Questa equazione ha due soluzioni. La prima t=

1 [arctan 2 + (2n + 1)π] 2ω

corrisponde al punto di massimo cercato. Esiste poi un’altra soluzione, t=

1 (arctan 2 + 2nπ) , 2ω

ma corrisponde ad un punto di minimo perch´e la derivata seconda `e ivi negativa.

5.10 Fermione in campo magnetico (II) Una particella di massa infinita e spin 12 si trova all’istante t = 0 in uno stato in cui la probabilit` a di osservare la componente dello spin lungo la direzione positiva dell’asse z `e 14 e lungo la direzione negativa `e 34 . Questa informazione determina lo stato a meno di un parametro. ¯ costante e uniforme La particella `e sottoposta ad un campo magnetico B diretto lungo l’asse x. a) Scrivere l’espressione dello stato iniziale (includendo un parametro indeterminato). b) Scrivere l’Hamiltoniano del sistema (l’operatore momento magnetico della particella `e μ = gS). c) Scrivere l’espressione dello stato (sempre contenente un parametro indeterminato) in funzione del tempo. d) Determinare per quali valori del parametro accade che la funzione d’onda a un certo istante di tempo si riduce a un autostato di σz e trovare a quali tempi ci`o accade.

68

5 Evoluzione temporale

Soluzione a) A parte un fattore di fase complessivo arbitrario, lo stato del sistema all’istante iniziale pu` o essere scritto in termini degli autostati di Sz nella forma √  1 √ 1 3 iα 1 . e |− = |ψ(0) = |+ + 3 eiα 2 2 2 b) L’Hamiltoniano del sistema `e dato da  H = −gS · B = −gBSx = −ωσx

σx =

0 1 10



dove

gB . 2 Gli autovalori e i corrispondenti autovettori di H sono  1 1 1 √ E1 = −ω |1 = = √ (|+ + |−) 1 2 2  1 1 1 = √ (|+ − |−) E2 = ω |2 = √ 2 2 −1 ω=

c) All’istante t > 0 Ht

|ψ(t) = e−i  |ψ(0) = eiωt |11|ψ(0) + e−iωt |22|ψ(0) # 1 √ eiωt " 1 + 3eiα √ (|+ + |−) + = √ 2 2 2 √ iα # 1 e−iωt " √ (|+ − |−) 1 − 3e + √ 2 2 2   √ √ iα 1 1 i sin ωt + 3eiα cos ωt |− cos ωt + i 3e sin ωt |+ + = 2 2 d) Supponiamo che al tempo t = T sia |ψ(T ) = |+. Deve risultare: √ i sin ωT + 3eiα cos ωT = 0 √ i(α+π/2) cos ωT = 0 sin ωT − 3e √ i(α+π/2) tan ωT = 3e Poich´e ωT deve essere reale, deve risultare α + π/2 = 0, π Nei due casi avremo:

⇒

φ = −π/2, π/2 .

5.11 Fermione in campo magnetico (III)

69

 √ π 1 1 , n = 0, 1, · · · n+ φ = −π/2 ⇒ T = arctan 3 = 3 ω ω  √ π 1 1 , n = 1, 2, · · · n− φ = π/2 ⇒ T = arctan(− 3) = 3 ω ω dove si `e tenuto conto del fatto che T > 0.

5.11 Fermione in campo magnetico (III) L’Hamiltoniano di una particella di spin

1 2

sia

H = −gS · B dove s `e lo spin e B `e un campo magnetico diretto lungo l’asse z. Determinare: ˙ a) La forma esplicita in funzione di S e B dell’operatore S. ˙ b) Gli autostati di (S)y e i corrispondenti autovalori. c) L’evoluzione temporale di uno stato che coincida al tempo t = 0 con uno dei suddetti autostati e il valore di attesa dell’Hamiltoniano. Soluzione a) L’equazione di evoluzione per l’operatore S `e igB i dS [Sz , S] = [H, S] = − S˙ =   dt (poich´e S non dipende esplicitamente dal tempo per ciascuna componente:

∂S ∂t

= 0). Esplicitando

igB [Sz , Sx ] = gBSy S˙ x = −  igB [Sz , Sy ] = −gBSx S˙ y = −  igB [Sz , Sz ] = 0 , S˙ z = −  dove abbiamo usato S = /2σ e le relazioni di commutazione per le matrici di Pauli riportate in (A.35). ˙ y sono gli autovalori di − gB σx , cio`e b) Gli autovalori di (S) 2 gB . 2 Gli autostati sono gli stessi di σx , cio`e, nella base di σz   1 1 1 1 . |λ2  = √ |λ1  = √ 2 −1 2 1 λ1 = −ω

λ2 = ω

dove ω =

70

5 Evoluzione temporale

c) Supponiamo che al tempo t = 0 il sistema sia nello stato     1 1 1 0 1 + . =√ |ψ(0) = √ 0 1 2 2 1 Al tempo t > 0 esso sar`a nello stato  −iωt     1 1 e 1 0 −iωt iωt −i Ht . +e =√ |ψ(t) = e  |ψ(0) = √ e iωt 0 1 2 e 2 Il valore di attesa dell’energia `e: < E >ψ = −gBψ(0)|Sz |ψ(0)    1 0 gB  1 1 1 =− 0 −1 1 2   gB  1 11 = 0. =− −1 2

5.12 Fermione in campo magnetico (IV) Una particella di spin 12 con momento magnetico μ = μ0 s e spin S, `e posta in un campo magnetico costante diretto lungo l’asse x. All’istante t = 0, si a per un qualsiasi istante successivo che misura Sz = 2 . Trovare le probabilit` la particella venga trovata con Sy = ± 2 . Soluzione L’Hamiltoniano del sistema, supponendo di trascurare il termine cinetico, `e H = −μ0 s · B = −

μ0 B σx = −ωσx 2

dove

ω=

μ0 B . 2

Risolviamo il problema usando l’equazione di Schr¨ odinger per l’evoluzione del generico stato:    d 01 a1 a1 + ω = 0. i a2 10 dt a2 Da essa si ricava 

Le soluzioni sono

1 i da dt + ωa2 = 0 da2 i dt + ωa1 = 0

⇒

d2 a1,2 + ω 2 a1,2 dt2

a1,2 (t) = A1,2 eiωt + B1,2 e−iωt .

5.12 Fermione in campo magnetico (IV)

All’istante t = 0 lo stato `e autostato di Sz con autovalore +/2, quindi a1 (0) = 1 e a2 (0) = 0

⇔

A1 + B1 = 1 e A2 + B2 = 0 .

Imponendo queste condizioni nell’equazione di Schr¨ odinger si ha i i

da1 |t=0 = −ωA1 + ωB1 = −ωa2 |t=0 = 0 dt

da2 |t=0 = −ωA2 + ωB2 = −ωa1 |t=0 = −ω . dt

Abbiamo complessivamente 4 equazioni ⎧ A1 + B1 ⎪ ⎪ ⎨ A1 − B1 ⎪ A2 + B2 ⎪ ⎩ A2 − B2

=1 =0 =0 =1

che hanno soluzione A1 = B1 = A2 = −B2 =

1 . 2

Sostituendo nell’equazione per a1,2 troviamo   a1 (t) cos ωt ψ(t) = = i sin ωt a2 (t) che `e normalizzato. Gli autostati di Sy sono   1  1  1 1 |Sy = −  = √ |Sy = +  = √ 2 2 2 −i 2 i e le probabilit` a richieste  2       cos ωt 2 1     P (Sy = + ) = Sy = + |ψ(t) =  1 −i i sin ωt  2 2 2 1 1 = (cos ωt + sin ωt)2 = (1 + sin 2ωt) 2 2  2      cos ωt 2   1       P (Sy = − ) = Sy = − |ψ(t) =  1 i i sin ωt  2 2 2 =

1 1 (cos ωt − sin ωt)2 = (1 − sin 2ωt) . 2 2

Come controllo `e facile vedere che la loro somma vale 1.

71

72

5 Evoluzione temporale

5.13 Rotatore piano Un rotatore piano `e un sistema rigido di due particelle che pu` o ruotare liberamente in un piano. Indicando con I il suo momento d’inerzia, determinare, nel sistema relativo: a) gli autovalori dell’energia e le rispettive autofunzioni; b) i possibili valori del momento angolare, la loro probabilit` a ed il valore di attesa del momento angolare nello stato descritto dalla funzione d’onda ψ(ϕ) = N cos2 ϕ; c) l’evoluzione temporale dello stato ψ. Soluzione a) L’Hamiltoniano del sistema `e H=

2 ∂ 2 L2 L2 = z =− 2I ∂ϕ2 2I 2I

dove abbiamo assunto che il piano in cui il sistema si muove sia il piano xy. Autovalori e autofunzioni dei H sono Em =

2 m2 2I

1 ψm (ϕ) = √ eimϕ 2π

m = 0, ±1, ±2, · · ·

Gli autovalori sono doppiamente degeneri per ogni m fuorch´e per m = 0. b) Fissiamo, con opportuna scelta della fase, la costante N mediante la normalizzazione.    2π  2π 1 1 3 2 4 2 + cos 2ϕ + cos 4ϕ 1 = |N | dϕ cos ϕ = |N | dϕ 8 2 8 0 0   2 4 3 . ⇒ N=√ 2π + 0 + 0 ⇒ |N |2 = = |N |2 3π 8 3π La funzione d’onda `e sovrapposizione di due autostati dell’Hamiltoniano. Infatti  1  2iϕ 2 cos2 ϕ = √ e + e−2iϕ + 2 ψ(ϕ) = √ 2 3π 3π  2 1 1 ψ0 (ϕ) . = √ ψ2 (ϕ) + √ ψ−2 (ϕ) + 3 6 6 Tenendo conto del fatto che le autofunzioni di H sono anche autofunzioni di Lz , le probabilit` a richieste sono date da P (Lz = 0) =

2 3

P (Lz = 2) =

1 6

P (Lz = −2) =

1 . 6

5.14 Rotatore in campo magnetico (I)

73

e il valore di attesa del momento angolare da < Lz >=

1 1 2 · 0 + · 2 + · (−2) = 0 . 6 6 3

c) Lo stato al tempo t > 0 `e descritto dalla funzione d’onda  E0 t E t E t 2 1 1 −i 2 −i 2 ψ0 (ϕ)e−i  + + √ ψ−2 (ϕ)e ψ(ϕ, t) = √ ψ2 (ϕ)e 3 6 6 # E t 1 " −i 2 cos 2ϕe +1 . = √ 3π

5.14 Rotatore in campo magnetico (I) L’Hamiltoniano di un rotatore isotropo in un campo magnetico uniforme `e dato da L2 + αLz H= 2I con α costante. Il suo stato `e descritto al tempo t=0 dalla funzione d’onda  15 1 sin2 (θ) sin(2φ). ψ(ϑ, φ) = 2 16π Si determini l’espressione della funzione d’onda ad un successivo istante t. Soluzione Le autofunzioni dell’Hamiltoniano sono le Armoniche sferiche e gli autovalori sono ( + 1)2 + αm ,  = 0, 1, 2, · · · , m = 0, ±1, · · · 2I La funzione d’onda che rappresenta lo stato iniziale pu` o essere scritta come:     1  2 15 1 Y2 (ϑ, φ) − Y2−2 (ϑ, φ) . sin2 (θ) e2iφ − e−2iφ = ψ(ϑ, φ, t = 0) = 2i 4i 16π Ad un successivo istante t avremo: Ht

ψ(ϑ, φ, t) = e−i  ψ((ϑ, φ), t = 0) # 6 6 1 " 2 Y2 (ϑ, φ)e−i[ 2I +2α]t − Y2−2 (ϑ, φ)e−i[ 2I −2α]t . = 2i

74

5 Evoluzione temporale

5.15 Rotatore in campo magnetico (II) L’Hamiltoniano di un rotatore isotropo in un campo magnetico uniforme `e dato da L2 + αLz . H= 2I All’istante t = 0 la sua funzione d’onda `e  1  ψ(ϑ, φ, 0) = √ Y1+1 (ϑ, φ) + Y1−1 (ϑ, φ) . 2 Qual’`e la sua funzione d’onda al tempo t? Calcolare il valore di t per cui la funzione d’onda `e proporzionale a  1  √ Y1+1 (ϑ, φ) − Y1−1 (ϑ, φ) . 2 Soluzione Il problema `e simile al 5.14 e ne utilizzeremo alcuni risultati. All’istante t > 0 avremo: Ht

ψ(ϑ, φ, t) = e−i  ψ((ϑ, φ), t = 0)    1  = √ Y1+1 (ϑ, φ)e−i[ I +α]t + Y1−1 (ϑ, φ)e−i[ I −α]t . 2 Per rispondere alla seconda domanda imponiamo che il rapporto tra i coefficienti delle due armoniche sia −1 

e−i[ I −α]t  e−i[ I +α]t

= e−2iαt = −1

⇒

2αt = (2n + 1)π

⇒

t=

(2n + 1)π . 2α

6 Teoria Perturbativa indipendente dal tempo

6.1 Particella su un segmento: perturbazione quadrata Una particella di massa m `e vincolata a muoversi su un segmento in presenza di una piccola buca di potenziale data da ⎧ ⎪ se x < 0 e x > L , ⎨∞, V (x) = −V0 , se 0 < x < L2 , ⎪ ⎩ 0 se L2 < x < L . Trattare la piccola buca tra 0 e L2 come una perturbazione rispetto al normale pozzo di potenziale e calcolare l’energia dello stato fondamentale al prim’ordine.

L. Angelini, Meccanica quantistica: problemi scelti © Springer-Verlag Italia, Milano 2008

76

6 Teoria Perturbativa indipendente dal tempo

Soluzione In assenza di perturbazione l’energia e l’autofunzioni dello stato fondamentale sono:  πx 2 2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . . sin , ψ0 (x) = E0 = 2 L L 2mL La correzione del prim’ordine ai livelli di energia `e data da  L (1) E0 = dx ψ0∗ (x) H 1 (x) ψ0 (x) 0

=

2 L

 0

V0 =− L

L 2

dx sin2



L 2

0

πx (−V0 ) L

  2πx V0 dx 1 − cos =− 2 L

6.2 Particella su un segmento: perturbazione lineare Utilizzando la teoria perturbativa al primo ordine, calcolare i livelli di energia per una buca quadrata infinita unidimensionale di larghezza a il cui fondo `e stato reso obliquo come mostrato in figura.

Soluzione La perturbazione `e data da H1 =

V0 x a

per 0 ≤ x ≤ a .

6.3 Particella su un segmento: correzione sinusoidale

Autovalori e autofunzioni imperturbati sono  nπx 2 2 π 2 n2 (0) (0) , sin , ψn (x) = En = a a 2ma2

77

n = 1, 2, . . .

La correzione al I ordine ai livelli `e data da  n  V0 2V0 nπx V0 2 a . π dzz sin2 z = = 2 2 En(1) = dx x sin2 2 n π 0 a a a 0 La correzione `e la stessa per tutti i livelli. Avremo quindi En(0) + En(1) =

V0 2 π 2 n2 + , 2 2 2ma

∀n = 1, 2, . . .

6.3 Particella su un segmento: correzione sinusoidale Una particella di massa m si trova in un pozzo di potenziale a pareti infinite. Il fondo viene modificato da V (x) = 0 a

per

0= − < V > /2, (vedi es. 1.10) abbiamo V=−

En0 =< T + V >n0 =

1 1 1 < V >n0 = − Ze2 < >n0 r 2 2

e, quindi,

2En0 . Z Confrontando questo risultato con quello esatto, 1 1 1 1 1 1 En = − mc2 (Z+1)2 α2 2 = − mc2 α2 2 (Z 2 +2Z+1) = En0 +En1 − mc2 α2 2 , n 2 n 2 n 2 si vede che si tratta di una buona approssimazione se Z  1. En1 =

7 Teoria Perturbativa dipendente dal tempo

7.1 Particella su un segmento: perturbazione quadrata Considerare una particella di massa m vincolata a muoversi su un segmento di lunghezza a. a) Scrivere le prime 4 autofunzioni e i corrispondenti autovalori. b) La particella si trova nello stato fondamentale (n = 1). Al tempo t = 0 viene introdotto istantaneamente un potenziale quadrato di profondit` a −V0 (V0 > 0), di larghezza b  a centrato intorno a x = a2 . Se questo potenziale viene rimosso dopo un intervallo di tempo Δt, quale sar`a la probabilit` a di trovare il sistema in ciascuno degli stati con n = 2, n = 3, n = 4? Soluzione a) Autovalori ed autofunzioni richieste sono dati da  πx 2 2 π 2 sin , ψ1 (x) = E1 = a a 2ma2  2 2 2πx 2 4 π sin , ψ2 (x) = E2 = a a 2ma2  2 2 3πx 2 9 π sin , ψ3 (x) = E3 = a a 2ma2  2 2 4πx 2 16 π sin , ψ4 (x) = E4 = a a 2ma2 b) Le probabilit` a di transizione (A.43) sono date da 2    ı  t 1  ıωn,i  dtn|H1 |1e P1→n ( t) = −  = 2 |n|H1 |1|2    0 

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  ıω  e n,i − 1 2    ıωn,i 

106

7 Teoria Perturbativa dipendente dal tempo

dove gli elementi di matrice sono dati da: 2V0 n|H |1 = − a 1



a+b 2 a−b 2

dx sin

πx nπx . sin a a

L’integrale `e nullo per n = 2 e n = 4 perch´e, l’integrando si presenta come il prodotto di una funzione antisimmetrica (l’autofunzione n-sima) per una funzione simmetrica (l’autofunzione dello stato fondamentale) per riflessioni rispetto al centro dell’intervallo d’integrazione. Rimane la probabilit` a di transizione al terzo stato per la quale l’integrale pu` o essere approssimato con il prodotto del valore dell’integrando al centro dell’intervallo d’integrazione per l’ampiezza dell’intervallo stesso:  2 4 2V0 b sin2 (ω3,1 Δt) . P1→3 ( t)  2 2 ω3,1 a

7.2 Oscillatore armonico con perturbazione gaussiana Consideriamo un oscillatore armonico unidimensionale nello stato fondamentale al tempo t = −∞ in presenza della perturbazione t2

H1 (t) = −qEX e− τ 2 . Qual `e la probabilit` a che al tempo t = +∞ l’oscillatore si trovi nello stato |n? Soluzione Calcoliamo i coefficienti dello sviluppo (A.42) del ket di stato al tempo t = +∞ nella base dell’oscillatore armonico per n = 0:  +∞ t2 ı dt (−qE)n|X|0e− τ 2 eınωt . dn (∞) = −  −∞ 

Poich´e X=

 (a + a† ), 2mω

e a† |0 = |1 e a|1 = 0, l’unico coefficiente non nullo `e d1   +∞ t2  ıqE dt e− τ 2 eınωt d1 (∞) = 2mω −∞    √ 2 − ω2 τ 2 ıqE πτ e 4 . = 2mω 

7.4 Atomo d’idrogeno in campo elettrico impulsato

107

La probabilit` a di transizione cercata `e P0→1 =

q 2 E 2 πτ 2 − ω2 τ 2 e 2 . 2mω

7.3 Oscillatore armonico con perturbazione smorzata Su un oscillatore armonico di massa m e pulsazione ω agisce, a partire dall’istante t = 0, la perturbazione H1 (x, t) = Ax2 e−bt . Usando la teoria perturbativa al I ordine si determino le probabilit` a di transizione dallo stato fondamentale allo n-simo stato dell’oscillatore dopo un lungo periodo di tempo. Soluzione La probabilit` a cercata, con n = 0, `e data da  2  1  ∞ dt n|AX 2 e−bt |0eıωn,0 t  P0→n = 2   0  2   ∞ A2  2 (ıωn,0 −b)t    dt e = 2 n|X |0    0 2     √ 1 A2   2 δ + δ ) ( = 2 2 n,2 n,0   2  ωn,0 + b 2mω ` dunque possibile una dove abbiamo usato il risultato dell’esercizio (2.10). E sola transizione allo stato n = 2 con probabilit` a  2 1 A2  1 2A2 . = P0→2 = 2 2 2 2 2 2 2m ω 4ω + b2 2mω  4ω + b

7.4 Atomo d’idrogeno in campo elettrico impulsato Al tempo t = −∞ un atomo d’idrogeno si trova nello stato fondamentale; viene applicato un campo elettrico diretto lungo l’asse z 2

ˆ 0 e− τt 2 . E(t) = kE Determinare la probabilit` a che al tempo t = +∞ l’atomo si trovi in uno degli stati con n = 2.

108

7 Teoria Perturbativa dipendente dal tempo

Soluzione Dette r1 e r2 rispettivamente la posizione dell’elettrone e del protone, e V (r) il potenziale generato dal campo elettrico su una carica posta in r abbiamo  t2 V (r) = − E · dr = −E0 z e− τ 2 . Il termine di energia potenziale della perturbazione `e quindi t2

H1 (r, t) = −eV (r1 ) + eV (r2 ) = ezE0 e− τ 2 , che rappresenta l’interazione del campo esterno con il dipolo dell’atomo. Gli stati con n = 2 sono 4 e corrispondono allo stato con  = 0 e ai 3 stati con  = 1 e M = 0, ±1. La probabilt` a richiesta `e data, dunque, da   2 |d2, ,m (+∞)| , P0→2 = =0,1 m=− ,

dove ı d2, ,m (+∞) = − 



+∞

−∞

dt eıω2,1 t 2, , m|H1 |1, 0, 0 .

Detta μ la massa ridotta dell’atomo d’idrogeno e α la costante di struttura fine, la frequenza di transizione `e data da  1 3 2 2 1 1 2 2 μc α . − 2 = ω2,1 = − μc α 8 1 22 2 Per calcolare gli elementi di matrice della perturbazione, notiamo che H1 commuta con Lz , l’operatore i cui numeri quantici etichettano gli stati imperturbati. Questo ci dice che possono essere diversi da zero solo gli elementi di matrice tra stati con uguale valore di m (regola di selezione m = 0 per le transizioni di dipolo). Infatti [H1 , Lz ] = 0 ⇒ 0 = n, , m|[H1 , Lz ]|n ,  , m  = (m −m) n, , m|H1 |n ,  , m  . Ci siamo, dunque, ridotti a calcolare soltanto i due termini relativi a m = 0. ` facile L’altra regola di selezione per le transizioni di dipolo `e  = ±1. E vedere infatti che, se  non cambia, gli elementi di matrice conterranno z, a negativa e il prodotto di due funzioni d’onda proveniente da H1 , che ha parit` con la stessa parit`a. L’integrale su tutto la spazio sar` a quindi nullo. Ci rimane da calcolare l’unico elemento di matrice non nullo. Tenendo conto delle espressioni per le funzioni d’onda dell’atomo d’idrogeno (A.28):

7.4 Atomo d’idrogeno in campo elettrico impulsato

109

2, 1, 0| Z |1, 0, 0 = = = =

  +1  2π r r − 2ar 1 −3 ∞ 2 1 √ a0 √ e 0 cos θ r cos θ e− a0 r dr d cos θ dϕ a0 4 2π π 0 −1 0  +1  ∞ 3r 1 √ a−4 d cos θ cos2 θ dr r4 e− 2a0 0 2 2 −1 0  25 ∞ 1 4 −x √ a0 5 dx x e 3 0 3 2 √ 27 2 a0 35

dove abbiamo tenuto conto dell’integrale (A.4). Sostituendo questa espressione nell’ampiezza di probabilit` a, abbiamo: √  +∞ t2 27 2 ı ıω2,1 t dt e eE0 5 a0 e− τ 2 d2, ,m (+∞) = − 3  −∞ √ 2 τ 2  +∞ 7 ω2,1 ω τ2 2 2 2 − ı ) − τ12 (t−ı 2,1 4 4 dt e e = − eE0 a0 35  −∞ √ 2 τ2 27 2 √ − ω2,1 ı 4 . τ πe = − eE0 a0 35 

8 Particelle identiche

8.1 Due fermioni su un segmento Due particelle non identiche di spin 12 sono costrette a muoversi su un segmento di lunghezza L interagendo con un potenziale V = k s1 · s2 . Determinare gli autovalori e le autofunzioni dell’Hamiltoniano. Cosa succederebbe se le particelle fossero identiche? Soluzione Poich´e la presenza del potenziale influenza solo gli stati di spin e si tratta di particelle non identiche cerchiamo autofunzioni fattorizzate nella forma Ψ (1, 2) = ψn1 ,n2 (x1 , x2 ) χ(s1 , s2 ) , dove ψn1 ,n2 (x1 , x2 ) = ψn1 (x1 ) ψn2 (x2 ) dove ψn (x) con n = 1, 2, . . . sono le autofunzioni dell’energia per una particella nel pozzo di potenziale, e χ(s1 , s2 ) rappresenta gli autostati di spin. Il potenziale dipende soltanto dal prodotto scalare tra gli spin che vale    1 3 1  (s1 + s2 )2 − s21 − s22 = S 2 − 2 . s1 · s2 = 2 2 2 Quindi la fattorizzazione si ha solo se utilizziamo gli autostati dello spin totale (di S 2 e Sz ), cio`e gli stati di singoletto e di tripletto. In definitiva le autofunzioni comuni all’Hamiltoniano, S 2 e Sz sono: Ψn1 ,n2 ;s,ms (x1 , x2 ) = ψn1 ,n2 (x1 , x2 ) χs,ms

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112

8 Particelle identiche

con 1 χ0,0 = √ [χ+ (1) χ− (2) − χ− (1) χ+ (2)] 2 1,−1 = χ− (1) χ− (2) χ 1 χ0,0 = √ [χ+ (1) χ− (2) + χ− (1) χ+ (2)] 2 χ1,+1 = χ+ (1) χ+ (2) e corrispondono agli autovalori dell’energia   3 2 π 2 2 2 n + k s(s + 1) − En,s =  con n2 = n21 + n22 e n1 , n2 = 1, 2, . . . 4 2mL2 con degenerazione pari a 2s + 1 moltiplicato la degenerazione che interviene se esiste pi` u di una coppia (n1 , n2 ) che porta allo stesso valore di n. Se le particelle sono identiche occorre costruire le combinazioni simmetriche e antisimmetriche delle funzioni d’onda relative alle coordinate spaziali e imporre l’antisimmetria delle autofunzioni. Si ottiene cos`ı: 1 Ψn1 ,n2 ;0,0 (x1 , x2 ) = √ [ψn1 (x1 ) ψn2 (x2 ) + ψn2 (x1 ) ψn1 (x2 )] χ0,0 per En,0 2 e 1 Ψn1 ,n2 ;0,ms (x1 , x2 ) = √ [ψn1 (x1 ) ψn2 (x2 )−ψn2 (x1 ) ψn1 (x2 )] χ1,ms per En,1 . 2

8.2 Due fermioni su un segmento in presenza di potenziale δ Due fermioni identici di massa m, vincolati a muoversi su un segmento di lunghezza L, hanno entrambi componente lungo l’asse z dello spin pari a + 2 . Quali sono l’energia minima del sistema e la funzione d’onda corrispondente? Se `e presente un’energia potenziale di interazione kδ(x1 −x2 ), come si modifica il valore gi` a trovato dell’energia nel calcolo perturbativo al 1o ordine? Soluzione Si tratta di un sistema di due fermioni identici non interagenti la cui funzione d’onda di spin    (2) , + , s ) = χ + . χ(s(1) z z 2 2

8.3 Due fermioni interagenti

113

Ciascuna delle due particelle, se isolata, ha autofunzioni e autovalori dell’energia dati da  n2 π 2  2 nπx 2 con n = 1, 2, . . . En = sin ψn (x) = 2mL2 L L Poich´e le due particelle sono non interagenti la parte spaziale della generica autofunzione sar` a il prodotto di due autofunzioni relative all’Hamiltoniano di singola particella e l’autovalore sar` a la somma dei due corrispondenti autovalori dell’energia. Poich´e tuttavia la funzione d’onda complessiva del sistema deve essere antisimmetrica nello scambio delle due particelle e la funzione di spin nel caso in considerazione `e simmetrica, occorre che la parte spaziale sia antisimmetrica. Per questo lo stato di minima energia non pu` o essere quello in cui le due particelle sono nello stato fondamentale, bens`ı    1 Ψs(1) ,s(2) (x1 , x2 ) = (ψ1 (x1 )ψ2 (x2 ) − ψ2 (x1 )ψ1 (x2 )) χ + , + z z 2 2 2 corrispondente al livello di energia E1,2 =

5π 2 2 . 2mL2

Introducendo il potenziale d’interazione, il livello di energia viene modificato dalla teoria perturbativa al I ordine del termine  =k E1,2



dx1

0

 =k

0



L

L

L 0

dx2 Ψs∗(1) ,s(2) (x1 , x2 ) δ(x1 − x2 ) Ψs(1) ,s(2) (x1 , x2 ) z

z

z

z

 2   dx Ψs(1) ,s(2) (x, x) = 0 z z

a causa dell’antisimmetria della funzione integranda.

8.3 Due fermioni interagenti Due particelle di spin 12 sono vincolate a muoversi su una retta e interagiscono tramite un potenziale 1 V = kx2 + a S1 · S2 2 dove k > 0 `e una costante, x `e la distanza relativa tra le particelle e S1 e S2 sono i loro operatori di spin. Determinare gli autovalori dell’energia nel caso in cui le particelle siano differenti e nel caso in cui siano identiche.

114

8 Particelle identiche

Soluzione Notiamo che S1 · S2 =

3 1 1 2 (S − S12 − S22 ) = (S 2 − 2 ). 2 2 2

Ne consegue che l’Hamiltoniano commuta con S 2 e Sz e, quindi, che possiamo considerare gli autostati comuni a H, S 2 e Sz . Essi sono dati dal prodotto diretto degli autostati dell’oscillatore armonico con gli autostati di S 2 e Sz . Gli autovalori, se le particelle sono distinguibili, sono perci` o dati da: 1 ) ω + 2 1 = (n + ) ω − 2

Ens=1 = (n + Ens=0

1 2 a 4 3 2 a 4

per i 3 stati di tripletto per lo stato di singoletto

con n = 0, 1, . . .. Se le particelle sono identiche, ricordando che le autofunzioni dell’Oscillatore Armonico sono pari in x (e quindi simmetriche per lo scambio delle due particelle) se n `e pari, avremo gli stessi autovalori, ma gli stati di tripletto potranno avere solo n pari e gli stati di singoletto solo n dispari.

8.4 Due oscillatori fermionici identici Un sistema composto di due particelle identiche di spin muoversi in una dimensione `e descritto dall’Hamiltoniano: H=

1 2

e costretto a

1 1 2 (p + p22 ) + mω 2 (x21 + x22 ) . 2 2m 1

Determinare la funzione d’onda completa (parte spaziale e parte di spin) degli stati corrispondenti al livello fondamentale ed al primo livello eccitato, nonch`e i relativi autovalori di H, di S2 = (S1 + S2 )2 e di Sz . Soluzione Per la particella i-esima denotiamo con ψn (xi ) le autofunzioni dell’energia in un potenziale armonico unidimensionale e con χ± (i) gli autostati dello spin. Trattandosi di fermioni le autofunzioni comuni a H, S 2 , Sz devono essere antisimmetriche per lo scambio delle due particelle. Per quanto riguarda le coordinate spaziali possiamo costruire le seguenti autofunzioni del sistema completo aventi propriet`a di simmetria definita (indicata con + e −): ψ0+ (x1 , x2 ) = ψ0 (x1 ) ψ0 (x2 )

con energia E = ω

8.5 Particelle identiche in un quadrato

e ψ1+ (x1 , x2 ) =

√1 2

⎫ [ψ0 (x1) ψ1 (x2 ) + ψ1 (x1) ψ0 (x2 )] ⎪ ⎬

ψ1− (x1 , x2 ) =

√1 2

⎪ [ψ0 (x1) ψ1 (x2 ) − ψ1 (x1) ψ0 (x2 )] ⎭

115

con energia E = 2ω .

Gli stati di spin possibili son quelli di singoletto e di tripletto. Indicando con χs,sz gli stati di spin totale S con S 2 = s(s + 1)2 e Sz = sz  abbiamo uno stato antisimmetrico e tre stati simmetrici 1 χ0,0 = √ [χ+ (1) χ− (2) − χ− (1) χ+ (2)] 2 χ1,−1 = χ− (1) χ− (2) 1 χ0,0 = √ [χ+ (1) χ− (2) + χ− (1) χ+ (2)] 2 1,+1 = χ+ (1) χ+ (2) χ Le funzioni d’onda complessive completamente antisimmetriche sono: ψ0+ (x1 , x2 ) χ0,0 e

⎫ ψ1+ (x1 , x2 ) χ0,0 ⎪ ⎪ ⎬ ψ1− (x1 , x2 ) χ1,−1 − ψ1 (x1 , x2 ) χ1,0 ⎪ ⎪ ⎭ ψ1− (x1 , x2 ) χ1,+1

per lo stato fondamentale

per il primo livello eccitato.

8.5 Particelle identiche in un quadrato Due particelle identiche di massa m e non interagenti sono chiuse nella scatola |x| < a, |y| < b, |z| < c, con a > b > c > 0. a) Determinare autovalori ed autofunzioni dell’energia, precisando il grado di degenerazione, per il livello fondamentale ed il primo livello eccitato, nel caso di particelle prive di spin e nel caso di fermioni. b) Supponendo che si tratti di fermioni in uno degli autostati comuni allo spin totale e all’Hamiltoniano corrispondenti al primo stato eccitato, determinare la probabilit` a di trovare entrambe le particelle nella regione x > 0. c) Supponiamo, sempre nel caso di fermioni, di aggiungere all’Hamiltoniano il termine π 2 2 r1 · r2 (λ 0, x2 > 0) = 2 0 0  a  1 a dx1 dx2 [ψ12 (x1 ) ψ22 (x2 ) + ψ22 (x1 ) ψ12 (x2 ) ± = 2 0 0 2ψ1 (x1 ) ψ2 (x2 )ψ2 (x1 ) ψ1 (x2 )]

 a 2 / 1 1 ±2 dx ψ1 (x) ψ2 (x) = 2 2 0

2 /  a πx πx 2 1 1 sin dx cos ± = a 2a a 0 2 2

 2 / 4 1 1 ±2 . = 3π 2 2 c) Per ciascuno stato richiesto |ψ, dobbiamo calcolare ψ|λV |ψ = λ

π 2 2 I 8ma4

dove I `e dato da I = ψ|x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 |ψ . Nello stato fondamentale I = x1  x2  + y1  y2  + z1  z2  = 0 poich´e, per la simmetria degli stati, ciascun valore d’attesa `e nullo. Nel caso del primo livello eccitato occorre diagonalizzare la matrice relativa alle due diverse funzioni d’onda (il potenziale non dipende dallo spin). Consideriamo prima gli elementi diagonali, per i quali si vede subito che le coordinate y e z danno contributo nullo: I±,± = ψ1± |x1 x2 |ψ1±   a = dx1 dx2 x1 x2 [ψ1 (x1 ) ψ2 (x2 ) ± ψ2 (x1 ) ψ1 (x2 )]2 . −a

Sviluppato il quadrato, notiamo che i due termini quadratici danno risultato nullo poich´e proporzionali al valore d’attesa di x in un autostato della buca. Si ottiene quindi  I±,± = ±2

!2

a −a

dx x ψ1 (x) ψ2 (x)

= ±2

32a 9π 2

118

8 Particelle identiche

` facile vedere, con calcoli come si ottiene dopo un’integrazione per parti. E analoghi, che i termini non diagonali sono nulli. Quindi le correzioni al primo livello eccitato sono:  2 16 2 . ψ1± |λV |ψ1±  = ± 2 2 9 π ma

8.6 Tre fermioni su un segmento con accoppiamento tra gli spin Tre particelle identiche di massa m e spin 1/2 sono confinate sul segmento (0, a) dell’asse x. Esse sono soggette al potenziale V = α (S1 · S2 + S1 · S2 + S2 · S3 ) con α < 0. Una misura della componente dello spin totale lungo l’asse z fornisce il valore Sz = + 32 . Scrivere le possibili autofunzioni dell’energia ed i relativi autovalori. Qual’`e l’autofunzione dello stato fondamentale del sistema in questo stato di spin? Qual’`e il relativo autovalore? Soluzione Notiamo che il potenziale pu`o essere riscritto nella forma V =

 α  2 S − S12 − S22 − S32 , 2

per cui le autofunzioni dell’energia sono il prodotto di autofunzioni relative alle coordinate spaziali per autofunzioni dello spin totale. Si tratta di un sistema di tre fermioni in uno stato con Sz = + 32  ed s = 32 che `e il massimo valore che s pu` o assumere. Gli spin delle tre particelle hanno uguale componente z, quindi l’autofunzione dello spin totale `e simmetrica e la parte dipendente dalle coordinate spaziali deve essere antisimmetrica:    ψn1 (x1 ) ψn1 (x2 ) ψn1 (x3 )   3 3  1 Ψn1 ,n2 ,n3 ; 32 ,+ 32 (x1 , x2 , x3 ) = √ det  ψn2 (x1 ) ψn2 (x2 ) ψn2 (x3 )  χ 2 , 2 . 3!  ψ (x ) ψ (x ) ψ (x )  n3

1

n3

2

n3

3

L’autovalore corrispondente `e E=

3 π 2 2 2 (n + n22 + n23 ) + α2 con n1 , n2 , n3 = 1, 2, . . . 4 2ma2 1

Dato lo stato di spin, anche nello stato fondamentale la parte spaziale dell’autofunzione deve essere antisimmetrica, quindi i tre numeri quantici devono

8.7 Due fermioni interagenti in una sfera

119

essere diversi e tali che l’energia `e minima, quindi n1 = 1, n2 = 2, n3 = 3. Si ottiene cos`ı Ψ1,2,3; 32 ,+ 32 (x1 , x2 , x3 ) . 

L’autovalore relativo `e E=

 3 7π 2 α 2 . + 4 ma2

8.7 Due fermioni interagenti in una sfera Due particelle identiche di spin 12 si trovano in una sfera impenetrabile di raggio R. a) Scrivere le autofunzioni dell’energia relative allo stato fondamentale e la primo stato eccitato. b) Calcolare come si modifica la degenerazione se interviene un’interazione V = αS1 · S2 , dove S1 e S2 sono gli spin delle due particelle. Soluzione Ricordiamo prima i risultati per una singola particella di spin impenetrabile. Le autofunzioni dell’energia sono date da

1 2

in una sfera

ψn, ,m,ms (r, θ, ϕ) = ψn, ,m (r, θ, ϕ) χms dove χms sono gli autostati di Sz corrispondenti agli autovalori ms  = ± 12  e ψn, ,m (r, θ, ϕ) = Rn, (r) Y m (θ, ϕ) dove

zn, . R j `e la −sima funzione di Bessel sferica, mentre zn, `e l’n-simo zero di j . kn, `e legato all’autovalore dell’energia En, dalla relazione Rn, (r) = N j (kn, r)

En, =

e

kn, =

2 2 k . 2m n,

Lo stato fondamentale `e non degenere e si ottiene per  = 0 e n = 1 k1,0 =

π R

E1,0 =

2 π 2 . emR2

Il primo stato eccitato si ottiene per  = 1 e n = 1 ed `e tre volte degenere (m0, ±1). Veniamo ora al problema delle due particelle di spin 12 .

120

8 Particelle identiche

a) Il sistema dei due fermioni deve avere una funzione d’onda completamente antisimmetrica per lo scambio delle particelle. Nel caso dello stato fondamentale c’`e una sola possibilit` a, corrispondente allo stato di singoletto per lo spin totale χS 2 ,Sz = χ0,0 : ψ1,s=0 (r1 , r2 ) = ψ1,0,0 (r1 ), ψ1,0,0 (r2 ) χ0,0 . Il primo stato eccitato del sistema deve avere una particella nello stato fondamentale e l’altra nel primo stato eccitato. Questo consente sia lo stato di singoletto 1 ψ2,m,s=0 (r1 , r2 ) = √ [ψ1,0,0 (r1 ), ψ1,1,m (r2 ) + ψ1,1,m (r1 ), ψ1,0,0 (r2 )] χ0,0 2 che ha degenerazione 3 in corrispondenza dei tre valori di m, che quello di tripletto: 1 ψ2,m,s=1 (r1 , r2 ) = √ [ψ1,0,0 (r1 ), ψ1,1,m (r2 ) − ψ1,1,m (r1 ), ψ1,0,0 (r2 )] χ1,mS 2 che ha degenerazione 9 in corrispondenza dei tre valori di m = 0, ±1 e dei tre valori di mS = 0, ±1. o essere riscritta nella forma b) L’interazione V = αS1 · S2 pu` V =

3 α α 2 (S − S12 − S22 ) = (S 2 − 2 ). 2 2 2

Negli stati di singoletto V = − 34 α2 mentre negli stati di tripletto V = 14 α2 , quindi c’`e un contributo all’autovalore dell’energia diverso a seconda dello stato di spin totale. Dal punto di vista della degenerazione l’unico effetto si ha nel caso del primo stato eccitato che d`a luogo a due livelli distinti 2 (z 2 + π 2 ) − 2mR2 1,1 2 (z 2 + π 2 ) + = 2mR2 1,1

E1,S=0 = E1,S=1

3 2 α 4 1 2 α 4

3 volte degenere 9 volte degenere

8.8 Due fermioni sulla superficie di una sfera Due particelle identiche di spin 12 , non interagenti tra loro, sono vincolate a muoversi su una superficie sferica di raggio costante, in modo che i soli gradi di libert` a sono quelli angolari e di spin. Tra tutti gli stati accessibili al sistema delle due particelle, determinare quanti sono gli stati che soddisfano le seguenti propriet` a:

8.8 Due fermioni sulla superficie di una sfera

121

a) sono autostati sia di Lz che di Sz , le componenti lungo l’asse z del momento angolare totale L = L(1) + L(2) e dello spin totale S = S(1) + S(2) , dove gli indici 1 e 2 si riferiscono alle due particelle; b) i numeri quantici (1) e (2) relativi ai momenti angolari delle due particelle sono o 0 o 1; c) la configurazione dello spin totale `e in uno stato di tripletto (autostato di S 2 con s = 1). Soluzione Gli stati richiesti sono prodotto di autostati del momento angolare totale per autostati dello spin totale. La terza condizione indica che l’autostato del momento angolare totale deve essere antisimmetrico per lo scambio delle due particelle. Poich´e per la a: seconda condizione (1) = 0, 1 e (2) = 0, 1, abbiamo le seguenti possibilit` 1. (1) = 0 e (2) = 0: esiste un’unico stato |m(1) , m(2)  = |0, 0 che `e simmetrico e quindi da escludere; 2. (1) = 0 e (2) = 1 : esistono tre stati |0, 0, |0, +1, |0, −1 3. (1) = 1 e (2) = 0 : esistono tre stati |0, 0, | + 1, 0, | − 1, 0; sia in questo caso che in quello precedente gli stati non hanno simmetria definita, ma, a partire da questi sei stati, possiamo considerare le tre combinazioni lineari simmetriche e le tre antisimmetriche; 4. (1) = 1 e (2) = 1: potremo avere stati di momento angolare totale con  = 0, 1, 2. Poich´e per i coefficienti di Clebsch-Gordan vale la relazione j (1) , j (2) , m(1) , m(2) |j (1) , j (2) , J, M  = (−1)J−j

(1)

−j (2)

j (2) , j (1) , m(2) , m(1) |j (2) , j (1) , J, M 

risulta che gli stati con  = 0, 2 sono simmetrici e non vanno considerati. Sono, invece, antisimmetrici gli stati corrispondenti a  = 1 1 | = 1, m = 0 = √ (|m(1) = +1, m(2) = −1 − |m(1) = −1, m(2) = +1) 2 1 | = 1, m = +1 = √ (|m(1) = +1, m(2) = 0 − |m(1) = 0, m(2) = +1) 2 1 | = 1, m = −1 = √ (|m(1) = −1, m(2) = 0 − |m(1) = 0, m(2) = −1) 2 La risposta, quindi, `e che si hanno complessivamente 6 stati relativamente al momento angolare che moltiplicato per 3, i possibili stati di spin totale, d` a il numero totale di 18 stati.

122

8 Particelle identiche

8.9 Tre elettroni in potenziale centrale Tre elettroni sono legati da un potenziale centrale; si trascurino le interazioni tra gli elettroni. Uno di essi si trova nello stato di energia E1 e funzione d’onda spaziale ψ1 , mentre gli altri due si trovano nello stato di energia E2 e funzione d’onda spaziale ψ2 . Si scrivano i possibili stati compatibili con la statistica di Fermi-Dirac e si dica quale `e il loro spin. Qual `e la degenerazione totale del livello E = E1 + 2E2 se ψ1 e ψ2 corrispondono entrambe a stati con  = 0? Soluzione Chiamiamo ψn± l’autofunzione di un elettrone che si trova nel livello di energia n e nello stato di spin con ms = ±1/2. Le due particelle nello stato con n = 2 devono essere in stati di spin diverso, mentre l’altra particella pu` o trovarsi indifferentemente in uno dei due stai di spin. Complessivamente abbiamo due possibilit` a che possiamo scrivere, antisimmetrizzando mediante il determinante di Slater,   +  ψ1 (x1 ) ψ1+ (x2 ) ψ1+ (x3 )    1 Ψ1,2,2;j= 12 ,mj =+ 12 (x1 , x2 , x3 ) = √ det  ψ2+ (x1 ) ψ2+ (x2 ) ψ2+ (x3 )  3!  ψ − (x ) ψ − (x ) ψ − (x )  2

1

2

2

2

3

e   −  ψ1 (x1 ) ψ1− (x2 ) ψ1− (x3 )    + 1 Ψ1,2,2;j= 12 ,mj =− 12 (x1 , x2 , x3 ) = √ det  ψ2 (x1 ) ψ2+ (x2 ) ψ2+ (x3 )  . 3!  ψ − (x1 ) ψ − (x2 ) ψ − (x3 )  2 2 2 In queste espressioni j ed mj sono i numeri quantici relativi alla somma degli ` facile vedere infatti, sviluppando i determinanti secondo la prima riga, spin. E che i due elettroni nel livello con n = 2 sono in uno stato di singoletto; il loro spin totale `e pertanto 0 e lo spin totale dei tre deve essere perci`o 1/2. Il valore della sua componente z `e dato quindi dallo stato di spin dell’elettrone nel livello con n = 1. Poich´e non vi `e degenerazione legata al momento angolare ( = 0), la degenerazione del livello E = E1 + 2E2 `e pari a 2.

9 Diffusione (Approssimazione di Born)

9.1 Potenziale di Yukawa e potenziale coulombiano Determinare in approssimazione di Born la sezione d’urto differenziale per la diffusione elastica dal potenziale di Yukawa: V (x) = V0

e−αr αr

e il potenziale Coulombiano: V (x) =

q1 q2 . r

Soluzione Applicando la formula A.45 al caso del potenziale di Yukawa otteniamo  ∞ e−αr 2μV0 r dr sin(qr) fB (q) = − 2 αr  q 0  ∞ 2μV0 dr e−αr+ıqr =− 2   qα 0 1 2μV0 =− 2   qα α − ıq 2μV0 1 =− 2  α α2 + q 2 La sezione d’urto `e quindi dσB = dΩ



2μV0 2 α

2 *

1 2 α + 4k 2 sin2

+2 θ 2

dove θ `e l’angolo tra la direzione d’incidenza e la direzione di diffusione.

L. Angelini, Meccanica quantistica: problemi scelti © Springer-Verlag Italia, Milano 2008

124

9 Diffusione (Approssimazione di Born)

Possiamo ottenere i risultati per il potenziale Coulombiano dalle formule precedenti mediante il limite α→0 Il risultato `e

V0 → q1 q2 α

V0 → 0 q12 q22 dσB dΩ 16E 2 sin2

θ 2

dove E = 2 k 2 /2μ l’energia della particella incidente sul centro di forza. Il risultato coincide con quello classico di Rutherford e con il risultato quantistico esatto (notare che la sezione d’urto non dipende da ).

9.2 Potenziale gaussiano Determinare in approssimazione di Born la sezione d’urto differenziale e totale per la diffusione elastica dal potenziale 2 2

V (x) = V0 e−α

r

.

Soluzione Utilizzando la notazione dell’appendice (A.9) applichiamo la formula A.45  ∞ 2μ dr sin(qr) V (r) r fB (q) = − 2  q 0  a 2 2 2μV0 dr sin(qr) r e−α r =− 2  q 0 √ q2 πμV0 = − 2 3 e− 4α2 . 2 α Nell’ultimo passaggio abbiamo usato il risultato (A.3). Tenendo conto del fatto che q = 2k sin θ2 , la sezione d’urto differenziale `e πμ2 V02 −2 k22 sin2 θ2 dσ 2 . e α = |fB (q)| = 44 α6 dΩ Calcoliamo infine la sezione d’urto totale.   k2 πμ2 V02 +1 dσ d cos θe− α2 (1−cos θ) = 2π 4 6 σ = dΩ 4 α −1 dΩ # 2 2 2 " k2 π μ V0 −2 α 2 1 − e = 24 α6 # E π 2 μV 2 " 1 − e−4μ 2 α2 , = 2 60 4 α E dove si `e introdotta l’energia delle particelle diffuse E =

2 k2 2μ

.

9.3 Scattering da sfera opaca

125

9.3 Scattering da sfera opaca Determinare in approssimazione di Born la sezione d’urto differenziale e totale per la diffusione elastica dal potenziale:

0 se r ∈ [0, a], V (r) = −V0 altrimenti. Soluzione Utilizzando la notazione dell’appendice (A.9) applichiamo la formula A.45  ∞ 2μ dr sin(qr) V (r) r fB (q) = − 2  q 0  a 2μV0 dr sin(qr) r = 2  q 0  qr 2μV0 dx sin x x = 2 3  q 0 2μV0 = 2 3 (sin(qa) − qa cos(qa))  q 2μV0 a3 ϕ(qa), = 2 dove, essendo Jp le funzioni di Bessel, sin x − −x cos x = ϕ(x) = x3



π J 3 (x). 2x3 2

La sezione d’urto `e quindi dσB = dΩ



2μV0 a3 2

2

θ ϕ2 (2ka sin ) 2

dove θ `e l’angolo tra la direzione d’incidenza e la direzione di diffusione. Studiamo l’andamento della sezione d’urto differenziale. Poich´e 1 3 lim ϕ(x) = 0, lim ϕ(x) =

x→0

x→∞

la sezione d’urto presenta un massimo in θ = 0, oscillazioni smorzate come q −2 e zeri nelle soluzioni di x = tan x, con x = 2ka sin θ2 . Per ka  1 si ha

126

9 Diffusione (Approssimazione di Born)

scattering isotropo; per ka  1, poich´e la sezione d’urto va rapidamente a zero, la diffusione avviene essenzialmente in avanti. Calcoliamo ora la sezione d’urto totale in approssimazione di Born.  dσB dΩ σB = dΩ  2  π θ θ θ 2μV0 a3 dθ 2 sin cos ϕ2 (2ka sin ) = 2π 2 2 2 2 0  2  2ka 2μV0 a3 1 dx x ϕ2 (x) = 8π (2ka)2 0 2  2 2μV0 a3 1 G(2ka) = 8π (2ka)2 2 dove G(y) =

1 y2



y

dx 0

cos 2y + 2y sin 2y + 2y 4 − 2y 2 − 1 (sin x − −x cos x)2 = 8y 6 x5

Questa funzione tende a un valore costante pari a 1/18 per y → 0 ed `e monotona decrescente. Il suo andamento `e riportato in Fig. 9.1

Gy 0.08 0.07 0.06 0.05 0.04 0.03 0.02 0.01 2

4

6

8

10

y

Figura 9.1. Andamento nella variabile y = 2ka della sezione d’urto totale in approssimazione di Born per la diffusione da una sfera opaca.

A Formule utili

A.1 Integrali di uso frequente A.1.1 Integrali Gaussiani  I0 (α) =

+∞

−ax2

dx e

 =

−∞

π a

(A.1)

Per n = 1, 2, . . . si ha  I2n+1 (α) = 0, 

I2n (α) =

+∞

I(α, β) = 0

1 = 2



+∞

dx x

dx x −∞

1 ∂ =− 4 ∂β



e

−∞

dx x sin(βx) e−α

+∞

2n −ax2

2

∂n = (−1) ∂αn n



π a

(A.2)

x2

eıβx − e−ıβx −α2 x2 e 2ı

+∞

eıβx + e−ıβx −α2 x2 e ı  +∞   β 2 β 2 2 2 dx e−(αx+ı 2α ) + e−(αx−ı 2α ) e−α x −∞ √ π 2 α dx

−∞

1 ∂ − β22 e 4α =− 4 ∂β 1 ∂ − β22 e 4α =− 4 ∂β √ πβ − β22 e 4α = 4α

(A.3)

128

A Formule utili

A.1.2 Integrali con funzioni esponenziali 

+∞

n −x

dx x e 0

  n  +∞ −αx n d dx e = = (−1) dαn 0 α=1   dn 1 = = (−1)n n dα α α=1 = n!

(A.4)

A.2 Oscillatore armonico A.2.1 Trattazione operatoriale La soluzioni per l’equazione agli autovalori per l’Hamiltoniano dell’oscillatore armonico `e : 1 ˆ H|n = En |n (A.5) En = (n + )ω ; 2 In termini degli operatori di creazione e distruzione     1 mω 1 mω † p (A.6) x+i p a= x−i a = 2mω 2 2mω 2 

abbiamo: x=

 (a + a† ) 2mω

Per a e a+ valgono le relazioni √ a|n = n |n − 1

1 p= i



a+ |n =

mω (a − a† ) 2

√

n + 1 |n + 1

(A.7)

(A.8)

A.2.2 Trattazione nella rappresentazione X Le autofunzioni sono date da " mω # 14 in ξ2 √ e− 2 Hn (ξ) φn (x) = n π 2 n!

 ξ=

mω x 

(A.9)

dove Hn ´e il polinomio di Hermite n-simo definito da Hn (ξ) = (−1)n eξ

2

dn e−ξ dξ n

2

(A.10)

Primi polinomi di Hermite H0 (x) = 1; H1 (x) = 2x; H2 (x) = 4x2 − 1; H3 (x) = 8x3 − 12x H4 (x) = 16x4 − 48x2 + 12; H5 (x) = 32x5 − 160x3 + 120x (A.11)

A.4 Momento Angolare

129

A.3 Cambiamento di coordinate Il passaggio da coordinate cartesiane a coordinate sferiche avviene mediante la trasformazione: x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ

(A.12) (A.13)

z = r cos θ

(A.14)

A.4 Momento Angolare A.4.1 Trattazione operatoriale Gli operatori J 2 , Jx , Jy , Jz soddisfano le seguenti relazioni di commutazione: [J 2 , Jx ] = [J 2 , Jy ] = [J 2 , Jz ] = 0 [Jx , Jy ] = iJz

[Jy , Jz ] = iJx

[Jz , Jx ] = iJy

Indichiamo con |j, m il generico autoket comune a J 2 e Jz : J 2 |j, m = j(j + 1)2 |j, m

Jz |j, m = m|j, m

Gli operatori J± = Jx ± Jy

(A.15) 2

soddisfano le seguenti regole di commutazione con gli operatori J e Jz : [J 2 , J± ] = 0

[Jz , J± ] = ±J± .

(A.16)

Gli operatori J± agiscono sugli autoket comuni ad J 2 e Jz innalzando o abbassando di una unit` a il numero quantico azimutale:  (A.17) J± |, m =  ( + 1) − m(m ± 1) |, m ± 1 A.4.2 Relazione di ricorrenza per le Armoniche Sferiche m m (θ, φ) = a −1,m Y −1 (θ, φ) cos θ Y m (θ, φ) = a ,m Y +1

(A.18)

dove a ,m =

( + 1 + m)( + 1 − m) (2 + 1)(2 + 3)

(A.19)

130

A Formule utili

A.4.3 Le prime Armoniche Sferiche

1 Y00 = √ 4π  Y10  Y20

=

=

 3 3 ±1 sin θe±ıφ cos θ , Y1 = ∓ 8π 4π

 15 5 ±1 2 sin θ cos θe±ıφ , (3 cos θ − 1) , Y2 = ∓ 8π 16π  15 sin2 θe±2ıφ Y2±2 = ∓ 32π

(A.20)

(A.21)

(A.22)

 21 7 ±1 3 sin θ(5 cos2 θ − 1)e±ıφ (5 cos θ − 3 cos θ) , Y3 = ∓ = 16π  64π  35 105 sin3 θe±3ıφ (A.23) sin2 θ cos θe2±ıφ , Y3±3 = ∓ Y3±2 = 64π 32π 

Y30

A.5 Equazione di Schr¨ odinger in coordinate sferiche A.5.1 L’equazione radiale Per un potenziale centrale V (r) l’equazione di Schr¨ odinger `e separabile in coordinate sferiche. L’autofunzione comune agli operatori H, L2 e Lz con autovalori rispettivamente E, ( + 1)2 e m, si pu`o scrivere nella forma ψE, ,m (r, θ, φ) =

χE, (r) m Y (θ, φ) r

(A.24)

dove χE, (r) `e soluzione dell’equazione radiale: −

2 ( + 1) 2 d2 χE, χE, + V (r)χE, = EχE, + 2mr2 2m dr2

(A.25)

χE, (r) deve soddisfare la condizione lim χE, (r) = 0.

r→0

(A.26)

A.5.2 Le prime funzioni di Bessel Sferiche

j0 (ρ) =

sin(ρ) cos(ρ) sin(ρ) , − , j1 (ρ) = ρ ρ2 ρ

(A.27)

A.7 Teoria Perturbativa indipendente dal tempo

131

A.5.3 Le prime autofunzioni dell’atomo d’idrogeno Detto a0 =

2 μe2

il raggio di Bohr, si ha 1 −3 − r ψ1,0,0 = √ a0 2 e a0 π  r r 1 −3 e− 2a0 ψ2,0,0 = √ a0 2 2 − a0 4 2π 1 − 32 r − 2ar e 0 cos θ ψ2,1,0 = √ a0 a0 4 2π 1 − 3 r − 2ar e 0 sin θ e±ıϕ ψ2,1,±1 = √ a0 2 a0 8 2π

(A.28) (A.29) (A.30) (A.31)

A.6 Spin A.6.1 Matrici di Pauli  σ1 =

01 10



 σ2 =

0 −i i 0



 σ3 =

1 0 0 −1

(A.32)

σi σj = δij + ijk σk

(A.33)

{σi , σj } = σi σj + σj σi = 2δij

(A.34)

[σi σj ] = σi σj − σj σi = 2i ijk σk

(A.35)

A.6.2 Relazioni utili (A · σ) (B · σ) = (A · B) I + i (A × B) · σ In particolare se A = B

2

(A · σ) = A2 I

eiθ·σ = I cos θ + i(n · σ) sin θ dove n =

(A.37) θ θ

A.7 Teoria Perturbativa indipendente dal tempo Sia dato l’Hamiltoniano H = H0 + H1 dove il problema agli autovalori di H0 sia stato risolto: H0 |n(0)  = En(0) |n(0) .

(A.36)

(A.38)

132

A Formule utili (0)

Se l’autovalore En `e non degenere e se gli elementi di matrice m(0) |H1 |n(0)  (0) sono piccoli rispetto ai livelli En , abbiamo i seguenti sviluppi per gli autovalori En e gli autostati |n di H: En = En(0) + En(1) + En(2) + . . . |n = |n(0)  + |n(1)  + |n(2)  + . . . dove

En(1) = n(0) |H1 |n(0)  En(2) =

 |m(0) |H1 |n(0) |2 m=n

(0)

(0)

(0)

En − Em

m=n

(A.40)

(0)

En − E m

 m(0) |H1 |n(0) 

|n(1)  =

(A.39)

|m(0) 

(A.41)

A.8 Teoria Perturbativa dipendente dal tempo Sia dato l’Hamiltoniano H = H0 + H1 (t) dove si conosce la soluzione del problema agli autovalori di H0 H0 |n(0)  = En(0) |n(0) , mentre H1 dipende dal tempo e i suoi elementi di matrice nella rappresenta(0) zione di H0 sono piccoli rispetto ai livelli En . Scriviamo lo stato del sistema al tempo t nella forma |ψ(t) =



dn (t) e−i

(0) En 

t

|n(0)  .

(A.42)

n

a con la quale troveremo il sistema nello stato |f (0) , Detta Pi→f la probabilit` se al tempo t = 0 esso si trova nello stato |i(0) , al I ordine perturbativo si ha    ı Pi→f (t) = |df (t)| = −  2

0

(0)

dove ωf i =

(0)

Ef −Ei 

e f = i.

t

dτ f

(0)

(0)

|H1 (τ )|i

e

ıωf i τ

2   

(A.43)

A.9 Approssimazione di Born

133

A.9 Approssimazione di Born Detti k e k i vettori d’onda rispettivamente della particella incidente e di quella diffusa, l’ampiezza di diffusione in approssimazione di Born per il potenziale V (r) `e data da     μ dr e−ik ·r V (r ) eik·r (A.44) fB (k, k ) = − 2 2π dove μ `e la massa ridotta del sistema. Nel caso di potenziale centrale l’espressione si semplifica:  ∞ 2μ dr sin(qr) V (r) r fB (q) = − 2  q 0

(A.45)

dove, trattandosi di scattering elastico, q = |k − k | = 2k sin θ2 , con θ angolo di diffusione.

Bibliografia

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