ˆH 1 = g 0 1 + 1 0 in cui g è una costante reale e gli stati n sono gli autovettori di ˆH 0 , ovvero

Meccanica Quantistica I - Scritto 09/01/2007 Problema 1

Un oscillatore armonico di hamiltoniana H ^ˆ ₀ a a ˆ ˆ ^{† 1}

= + 2 è soggetto alla perturbazione

ˆH 1 = g 0 1 + 1 0 in cui g è una costante reale e gli stati n sono gli autovettori di ˆH ₀ , ovvero

0 1

ˆH n n n

= + 2 . L’hamiltoniana del sistema è dunque H H ^ˆ = ^ˆ ₀ + H ^ˆ ₁ .

a) Dopo aver mostrato che il sottospazio generato dai vettori 0 e 1 è invariante sotto l’azione dell’operatore ˆH ₁ , determinare gli autovalori di ˆH . Per quali valori di g il primo stato eccitato di ˆH è degenere?

b) In corrispondenza del g 0 > determinato nel punto a) determinare gli autovettori normalizzati di ˆH .

c) Sempre in corrispondenza del valore g 0 > determinato in a), si supponga che all’istante t 0 =

lo stato del sistema sia ( ^{t 0} = ) = ⁰ (coincidente cioè con lo stato fondamentale dell’oscillatore imperturbato). Determinare l’evoluzione temporale dello stato ( ) ^{t e la} probabilità che una misura di ˆH ₀ all’istante t generico dia il valore / 2 .

Problema 2

Una particella di massa m è vincolata a rimanere all’interno del guscio sferico compreso tra due sfere concentriche di raggi R ₁ ed R ₂ con R ₂ > R ₁ . L’hamiltoniana della particella è dunque

2 ( )

ˆH 2 V

= 2m + r in cui:

( ) 1 ¹ 2

2

R

V 0 R R

R

+ <

=

+ >

r

r r

r

a) Dopo aver mostrato che H, ^{ˆ ˆ} L ² = H, L ^ˆ _z = 0 (in cui L ^{ˆ 2} e L _z sono gli usuali operatori quadrato e componente z del momento angolare), richiedendo che le autofunzioni dell’hamiltoniana sono del tipo klm ( ) 1 kl ( ) lm ( )

r, , u r Y ,

= r , scrivere l’equazione di Schrödinger indipendente dal tempo per la parte radiale u kl ( ) r delle autofunzioni dell’energia.

b) Determinare le autofunzioni (normalizzate) e gli autovalori dell’energia che hanno momento

angolare nullo.

Problema 1

Tutti gli stati n con n 1 > sono autostati dell’hamiltoniana ˆH . Infatti:

0 1 †

0,n 1,n

n 1

1 1

ˆ ˆ ˆ ˆ

H H n a a g 0 1 1 0 n n n g 0 1 1 0 n

2 2

1 1

n n g 0 1 n n

2 2

>

+ = + + + = + + + =

= + + ! + ! = +

Si capisce dunque che il nucleo dell’operatore ˆH ₁ coincide con il sottospazio generato da tutti i vettori n con n 1 > mentre la sua immagine coincide con il sottospazio generato dai vettori 0 e

1 . Di conseguenza è sufficiente diagonalizzare ˆH ₁ sulla sua immagine che è bidimensionale.

Cerco dunque gli autovettori di ˆH nella forma:

0 1

c 0 c 1

= +

così che:

0 1 † 1 0 1 0 1

ˆ ˆ ˆ ˆ

H H E a a g 0 1 1 0 c 0 c 1 E c 0 c 1

+ = " + 2 + + + = +

ovvero:

i i

0 1 1 0 1 3 0 1

c gc e 0 gc e c 1 E c 0 c 1

2 2

# #

+ + + = +

$ % $ %

da cui il sistema:

0 1

0 1

1 E c gc 0

2

gc 3 E c 0

2

+ =

+ =

Annullando il determinante si ottiene:

2 2 2 2 2 2 2 2

1 3 3 1

E E g 0 E 2 E g 0 E 4g

2 2 = " + 4 = " ^± = ± 2 +

Gli autovalori dell’hamiltoniana ˆH sono dunque:

2 2 2

2 2 2

2

3

E 1 4g

2

E 1 4g

2 E 5

2 E 7

2

= +

= + +

=

=

Poiché E ¹

< 2 e E ³

+ > 2 si ha che il primo stato eccitato è degenere quando:

E 5 + = 2

e questo accade per

2 2 2

1 5

4g g 2

2 2

+ + = " = ±

Per questi valori di g si ha:

E 1 2 E 5

+

2

=

=

Determiniamo gli autovettori nel caso g = 2 . Dunque:

0 1 0 1

0 1 0 1

1 1

E c gc 0 E c 2 c 0

2 2

3 3

gc E c 0 2 c E c 0

2 2

+ = + =

"

+ = + =

così che:

0 1 0 1 0

1

0 1 0 1 0

1

1 E c 2 c 0 c 2c 0 c 1 2 1 2 0 1

2 c 3 1 3

1 c 1 2 1

E c 2 c 0 2c 2c 0 2 0 2 1

c

2

6 2

6

+ = " + = " = " =

+ = " + = " = " = +

Per prova:

0 1 †

0 1 †

1 1

ˆ ˆ ˆ ˆ

H H a a 2 0 1 1 0 2 0 1

2 3

1 2 0 3 1 2 1 2 0 1 1 2 0 1 1

2 2 2 2

3 3

1 1

ˆ ˆ ˆ ˆ

H H a a 2 0 1 1 0 2 0 2 1

2 6

1 1 3

2 0 2

2 2

6

+

+ = + + + =

= $ + % = =

+ = + + + + =

= + 5 1 5

1 2 1 2 2 0 2 0 2 1

2 6 2 ⁺

+ + = + =

Gli altri autovettori di ˆH sono gli stati n con n 1 > .

Per determinare l’evoluzione temporale dello stato ( ^{t 0} = ) = ⁰ è sufficiente decomporlo sugli autostati dell’hamiltoniana e inserire gli opportuni fattori di fase. E’ evidente che:

0 = b + b _{+ +}

da cui:

b 0 2

3

b 0 1

+ + 3

= =

= =

L’evoluzione temporale dello stato è dunque:

( ) ^t = ^{e i E t b} + ^{e i E t}

^b + + = ¹ ₃ ^{e i t 2 2} + ^{e i3 t} +

La probabilità chiesta è:

( ) ( ) ^{2 1 i3 t 2 1 1 i3 t 1 2 1 i3 t 2 1} ( )

P t 0 t 0 2 e 2 2 e 2 2 e 5 4cos 3 t

3 ⁺ 3 3 6 9 9

= = + = $ + % = + = +

Problema 2

Visto che il potenziale dipende solo dal modulo di r , la particella subisce l’azione di un campo centrale e quindi il momento angolare è una costante del moto. L’operatore laplaciano in coordinate sferiche è:

2 ( ) 2

2

2 2 2

1 ˆ

r r r r

= ' '

L

così che l’equazione di Schrodinger indipendente dal tempo è:

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2

2 2

1 ˆ

ˆH E V r E r V r E

2m 2m r r 2mr

= " $ + % = " ' + $ + % =

$ % ' $ %

L

Come sempre per i moti centrali, cerchiamo la funzione d’onda nella forma:

( ) 1 ( ) lm ( )

r, , u r Y ,

= r

ottenendo così l’equazione per la parte radiale:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2

2 2

d u r l l 1

V r u r Eu r

2m dr 2mr

+ $ + + % =

$ %

che, per il potenziale che stiamo considerando è:

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2

1 2

2 2

d u r l l 1

u r Eu r R r R

2m dr 2mr

+ + = < <

Poiché il potenziale è infinito all’esterno del guscio, si vede che la parte radiale ^{u r} ( ) deve annullarsi fuori del guscio:

( ) ¹

2 0 r R u r 0

r R

< <

= >

Per la continuità della funzione d’onda, deve aversi u R ( ) ( ) 1 = u R 2 = 0 , così che, per R ₁ < < r R ₂ , si ha il problema al bordo:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2

2

2 2

1 2 1

2

d u r l l 1

u r Eu r

2m dr 2mr

R r R u R 0

u R 0

+ + =

< < =

=

Le autofunzioni con momento angolare nullo ( l 0 = ) soddisfano al problema al contorno:

( ) ( )

2 2 2

1 2 1

2

d u Eu 2m dr

R r R u R 0

u R 0

=

< < =

=

la cui soluzione che si annulla per r R = ₁ è

( ) 2 ( 1 )

u r = Asin $ 2mE r R %

$ %

La condizione di annullamento in r R = ₂ da:

( 2 1 ) ( 2 1 )

2 2

2mE 2mE

sin $ R R % = 0 " R R = k (

$ %

in cui k 1,2,3, = … Gli autovalori dell’energia (con momento angolare nullo) sono dunque:

( )

2 2 2

k0 2

2 1

E k

2m R R

= (

mentre le autofunzioni (non normalizzate) radiali sono:

( ) ( )

( ¹ )

k0 2 1

u r Asin k r R

R R

= $ ( %

$ %

Le autofunzioni vere sono dunque:

( ) ( ) ( )

k0 1 k0 00

r, , u r Y ,

= r

ovvero:

( ) ( )

( )

1

k0 1 1 2

2 1

2

0 r R

A 1 r R

r, , sin k R r R

r R R

4

0 r R

<

= $ ( % < <

( $ %

>

Per normalizzare la funzione d’onda richiedo che:

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

1 1 1

2

1

R R R

2 2 1 1 1

3 2 2 2 2 2

k0 2

2 1 2 1 2 1

R R R

2 R 2

2 1 1

2 1 2 1

2 1 R

r R r R r R

A 1 1

1 d dr r d sin k A dr sin k A dr 1 cos 2k

4 r R R R R 2 R R

R R r R

A A

R R sin 2k R R

2 2k R R 2

= = ) ( $ $ ( % % = $ $ ( % % = $ $ ( % % =

= $ ( % =

( $ %

* ^r * * * *

da cui è possibile scegliere:

2 1

A 2

R R

=

Le autofunzioni con momento angolare nullo sono dunque:

( ) ( ) ( )

( )

1

k0 1 1 2

2 1 2 1

2

0 r R

1 1 r R

r, , sin k R r R

2 R R r R R

0 r R

<

= $ ( % < <

( $ %

>