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> .
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
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:
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
= +
= +
