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in cui l’energia potenziale è

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Academic year: 2021

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(1)

Meccanica Quantistica I - Compito Parziale 13/11/2006 Problema 1

Una particella di massa m è vincolata a muoversi sulla semiretta x 0. L’Hamiltoniana è quindi

2 2 ( )

2

ˆH d V x

2m dx

= + in cui l’energia potenziale è

( ) x 0

V x 0 x 0

= <

a) Considerando l’equazione di Schrodinger indipendente dal tempo ˆH E=E E dimostrare che le autofunzioni dell’energia sono della forma E( ) ( ) ( ) 2

x =A E x sin 2mEx in cui A E( ) è un’opportuna costante di normalizzazione. Quali sono gli autovalori dell’energia? Tali autovalori sono degeneri? Spiegare

b) Mostrare esplicitamente che, ponendo ( ) 2 2 1/ 4

A E 2m

= E le precedenti autofunzioni dell’hamiltoniana soddisfano alle relazioni di ortonormalità dx *E( ) ( ) (x E ' x E E ')

+

= e

completezza *E( ) ( ) (E )

0

dE x ' x x x '

+

= .

c) Lo stato della particella a t 0= sia ( ) (x,0 = b a)1/ 2 (x a) (b x) in cui a e b sono numeri reali con b a> . Determinare la probabilità che una misura dell’energia dia un valore compreso tra E e E dE+ . Scrivere l’espressione per lo stato ad un tempo generico t 0>

(senza risolvere l’integrale).

Problema 2

Si consideri un oscillatore armonico forzato la cui Hamiltoniana è ˆH 2 d22 1m x2 2 f x0 2mdx 2

= + in cui

m è la massa della particella, la frequenza dell’oscillatore libero e f0 è una costante reale che rappresenta la forza costante esterna. Si sa che lo stato iniziale del sistema è descritto dalla funzione d’onda ( )

2

0 2

ip x x

x,0 =A e e 2 in cui A è una costante di normalizzazione mentre p0 e sono due costanti reali.

a) Determinare, a meno di un fattore di fase, la costante di normalizzazione A nonché il valor medio della posizione x e dell’impulso p della particella nello stato ( )x,0 .

b) Determinare il valor medio della posizione x e dell’impulso p all’istante t 0> .

(2)

Esercizio 1

Per x 0> l’equazione da risolvere è:

2 2 ( )

ikx ikx

2

d E x Ae Be

2m dx = = + in cui k= 2mE2

Imponendo la condizione al contorno ( )0 =0 (in quanto la funzione d’onda è nulla per x 0< e deve essere continua nell’origine) si ha:

( )x =Nsin kx( )

in cui N è una costante di normalizzazione. Dunque, per ogni autovalore positivo E 0> esiste un solo stato stazionario dato da:

( ) ( )

E 2

x =N E sin 2mEx

La normalizzazione delle autofunzioni dell’energia si effettua mediante la:

( ) ( ) ( )

*

E E '

0

dx x x E E '

+

=

Dunque:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ( ) ( ) ) ( ( ) ( ) )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

* * * ikx ikx ik 'x ik 'x

E E '

0 0 0

i k k ' x i k k ' x i k k ' x i k k ' x

*

0 0

i k k ' x i k k ' x

* *

dx x x N E N E ' dx sin kx sin k 'x 1N E N E ' dx e e e e 4

1N E N E ' dx e e dx e e

4

1 1

N E N E ' dxe dx e N E N

4 4

+ + +

+ +

+ +

+ +

+

= = =

= + + =

= = ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2

* * 2

2 2

2

E ' 2 k k ' k k '

2mE 2mE ' N E

N E N E' k k ' N E N E ' E E ' E N E E E '

2 2 2 2m 1 2m

2 E

+ =

= = = =

Dunque:

( ) ( ) 1/ 4

2 2

2 2

E N E 1 N E 2m

2m = = E

Gli autostati normalizzati sulla scala dell’energia sono dunque:

( ) 1/ 4

E 2 2 2

2m 2mE

x sin x

= E

(3)

E’ semplice provare pure la completezza di queste autofunzioni:

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )

1/ 2

*E E 2 2 2 2

0 0 0

ik x x '

ikx ' ikx ' ikx ikx ikx ikx ' ikx ' ikx

0 0 0

2m 2mE 2mE 2

dE x ' x dE sin x ' sin x dk sin kx ' sin kx

E

1 1 1 1

dk e e e e dk e e dk e e dk e x x '

2 2 2 2

+ + +

+ + + +

= = =

= = + = =

Il pacchetto iniziale è dunque esprimibile come:

( ) E( ) ( )

0

x,0 dE x E

+

= ! in cui: ( ) *E( ) ( )

0

E dx x x,0

+

! =

Nel caso del pacchetto ( ) (x,0 = b a)1/ 2 (x a) (b x), si ottiene:

( )

( )

1/ 4 b 1/ 4 2

2 2 2 2 2 2 2

a 2 1/ 4

3 2 2

1 2m 2mE 1 2m 2mE 2mE

E dx sin x cos b cos a

2mE

E E

b a b a

1 cos 2mEa cos 2mEb

b a 2mE

! = = + =

=

Il cui modulo quadro moltiplicato per dE da la probabilità richiesta. Lo stato al tempo t è:

( ) E( ) iEt ( )

0

x, t dE x e E

+

= !

Problema 2 ( )

2 2

x 1/ 4

2 2 2 2

2

1 dx x,0 A dx e A A 1

+ +

= = = =

2 2 2

0 2 0 2 2

0 0

x x x

ip x 2 ip x 2 2

0 0 0 2 0 2 0

ˆx 0

i x x

ˆp dx A e e A e e p dxA e p p

i i

+ +

=

= = =

Dal teorema di Ehrenfest si ha:

2 0

d 1

x p

dt m

d p m x f

dt

"" =

" = +

"

Prendendo la derivata della prima:

(4)

2

2 0

2

d f

x x

dt + =m

Pongo x f02

#= m da cui l’equazione precedente diviene:

2 2

2

d 0

dt

#+ #=

che ammette l’integrale generale:

( )t a cos( )t bsin( )t

# = +

Dunque:

( ) ( )

( ) ( )

0 2

x a cos t bsin t f m p m a sin t m b cos t

= + +

= +

Imponendo le condizioni iniziali:

0 02

2 0 0

f a f

0 a m m

p m b b p

m

" =

= +

" "

" = "" =

Da cui la soluzione:

( ( )) ( )

( ) ( )

0 0

2

0

0

f p

x 1 cos t sin t

m m

p f sin t p cos t

= +

= +

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