1 Osservazioni sugli stati legati

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1 1. OSSERVAZIONI SUGLI STATI LEGATI 1 1 Osservazioni sugli stati legati 1.1 Principio variazionale La soluzione dell equazione di Schrödinger per lo stato fondamentale può essere vista anche come la soluzione del principio di minimo Min ψ H ψ ψ ψ, ovvero Min ψ H ψ ψ =1 (1.1) La dimostrazione è immediata utilizzando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Il vincolo è ψ ψ = 1 da cui δ ψ H ψ λ( ψ ψ 1) = 0 Hψ = λψ λ ha il significato di energia del sistema nello stato ψ. Nota Il valor medio di H è una forma quadratica in ψ Z ψ H ψ = 2 2m Z ψ 2 + V (x) ψ 2 così come il vincolo. Siccome ψ è complessa, ψ = ψ R + iψ I ed occorerebbe effettuare la variazione indipendente per ψ R e ψ I. Equivalentemente si può effettuare la variazione rispetto a ψ e ψ. L equazione di Schrödinger usuale si ottiene effettuando la variazione rispetto a ψ, effettuando la variazione rispetto a ψ si ottiene il complesso coniugato. Ricordiamo che per un qualunque operatore O vale Z δ δψ (x) dyψ (y) O ψ(y) = Oψ(x) Il valor medio dell Hamiltoniana si decompone in parte cinetica e parte potenziale: ψ H ψ = 2 2m ψ 2 + V (x) ψ 2 T + V (1.2) Quanto esposto sopra può essere utile per avere una stima delle energie degli stati legati, in particolare del fondamentale e, spesso, per dimostrare la loro stessa esistenza. Supponiamo che V tenda a zero per x, allora gli stati legati, se esistono hanno energia negativa. Se riusciamo a trovare una qualunque funzione d onda, normalizzata, ψ tale che ψ H ψ < 0 allora di sicuro il sistema ha uno stato legato, infatti valendo il principio di minimo E fond ψ H ψ < 0.

2 2 Esempio: buca di potenziale Consideriamo un potenziale del tipo V (x) = U 0, x a ; V (x) = 0, x > a (buca di potenziale) È noto (vedi testo) che questo sistema ha sempre almeno unostato legato. Vediamo di analizzare la cosa dal punto di vista variazionale. Consideriamo ad esempio una funzione, normalizzata del tipo: Si ha subito: ψ = A exp( α x ) ; ψ 2 = 1 2A 2 1 2α = 1 A2 = α T = 2 2 2m A2 V = U 0 A a 0 α 2 e 2αx = 2 2m α2 e 2αx = U 0 2α 1 2α ψ H ψ = 2 2m α2 U 0 ( 1 e 2αa ) ( 1 e 2αa ) = U 0 ( 1 e 2αa ) Per α 0 la parte cinetica è O(α 2 ) mentre la parte di potenziale è O(α), quindi sicuramente per α sufficientemente piccoli ψ H ψ < 0, quindi esiste sempre uno stato legato. Stima numerica Prima di affrontare qualunque stima numerica o analitica è opportuno (necessario) cercare di semplificare e razionalizzare le unità di misura. Qui conviene esprimere le energie e le lunghezze intermini di una lunghezza base, o un numero d onda base. Scriviamo U 0 = 2 2m β2 E = 2 2m q2 U 0 = 2 2m (q2 β 2 ) vediamo che il parametro β ha le dimensioni di un numero d onda, quindi 1/β le dimensioni di una lunghezza. Possiamo allora esprimere tutte le energie e le lunghezze in termini di questi parametri. L equazione di Schrödinger ha la forma ψ = q 2 ψ x < a (q 2 β 2 )ψ x > a Come è noto (vedi testo) le soluzioni pari e dispari hanno la forma ψ = A cos(qx) ; ψ = A sin(qx)

3 1. OSSERVAZIONI SUGLI STATI LEGATI 3 e sono prolungate per x > a con un esponenziale. La continuità di ψ /ψ in x = a impone, nei due casi, le condizioni q tan(qa) = β 2 q 2 ; q cot(qa) = β 2 q 2 (1.3) Come è apparente, e come si poteva prevedere, le condizioni, e le soluzioni, sono determinate dai parametri adimensionali qa βa È istruttivo, e molto importante dal unto di vista pratico, capire che questo risultato poteva, e doveva, essere previsto a priori. Nel nostro problema compare esplicitamente una lunghezza, a. Conviene allora esprimere tutte le quantità in termini di questa, cioè usare a come unità di misura per la lunghezza. Le unità di misura per l energia, i numeri d onda e le lunghezze saranno, rispettivamente: E 1 = 2 ma 2 ; q 1 = 1 a Dal punto di vista pratico questo equivale a porre, fin dal principio, a = 1, = 1, m = 1 ed alla fine effettuare le sostituzioni x x/a, E E/E 1, β β/q 1... In questo spirito d ora in avanti i vari parametri (compreso β) sono considerati adimensionali e detta q(β) una soluzione della (1.3) l autovalore per l Hamiltoniana è E = β q(β)2 (1.4) Torniamo ora al calcolo variazionale, si era trovato (scriviamo di nuovo la soluzione in forma adimensionale) E(α) = 1 2 α2 β2 2 (1 e 2α ) Fra tutte le scelte possibili di α la migliore è quella che minimizza questa espressione E α = 0 ᾱ = β2 e 2ᾱ E 0 E var In figura sono riportate la soluzione grafica della (1.3) ed il confronto fra l energia esatta e quella variazionale (in funzione di β).

4 4 Esercizio Si consideri il potenziale U 0 V (x) = cosh[ax] 2 Si esegua un cambiamento d variabile analogo a quello precedente e si stimi l energia dello stato fondamentale, confrontandola col valore esatto (vedi Landau-Lifchitz 3, cap.3, pag.101) (in unità riscalate) 1 + p 1 + 8β E 0 = 1 2 ; U0 = 8 ma2 ma 2 β2 Per referenza si riporta in figura il confronto fra l energia esatta e quella stimata in funzione di β: Β E 0 E var Potenziali a δ Il caso di un singolo potenziale a δ è ampiamente trattato nel testo. Consideriamo ora il caso di due potenziali (attrattivi): L equazione di Schr dinger: V (x) = gδ(x) gδ(x + a) (1.5) ψ + 2mE 2 ψ = V (x)ψ(x) si può riscrivere esprimendo le energie in termini di numeri d onda Per energie negative poniamo E = 2 mg 2m α2, 2 = β Quindi per x 0, d l equazione di Schrödinger è ψ α 2 ψ = 0

5 1. OSSERVAZIONI SUGLI STATI LEGATI 5 mentre sui punti singolari la discontinuità, x 0, della derivata prima è fissata da ψ (x + 0 ) ψ (x 0 ) = 2βψ(x 0). La richiesta di normalizzabilità fissa la forma generale della soluzione. A meno di un fattore costante moltiplicativo che può venire fissato alla fine imponendo ψ = 1 si deve avere ψ = e αx ; ψ = α e αx ; x < 0 ψ = Be αx + Ce αx ; ψ = α(be αx Ce αx ) ; 0 < x < a ψ = De αx ; ψ = α D e αx ; x > a Le condizioni di raccordo sono 1 = B + C α(b C) α = 2β ; Be αd + Ce αd = De αd αde αd α ( Be αd Ce αd) = 2βDe αd ovvero B + C = 1 (B C) = 1 2 β α ; D = Be 2αd + C D(2β α) α(be 2αd C) = 0 Dalle prime due segue B = α β α ; C = β α Sostituendo nelle ultime due si ricava il vincolo per α (α β) 2 = β 2 e 2dα α = β + β e αd α = β β e αd (1.6) Il primo corrisponde allo stato fondamentale (E α 2 ). Per studiare più in dettaglio il problema conviene scegliere β come unità di misura e usare le quantità adimensionali col che le due equazioni diventano: Le soluzioni asintotiche (grandi x) q = α/β ; x = dβ ; E = 2 2m β2 q 2. q = 1 + e qx ; q = 1 e qx. q 1 ± e x α β ± e βd che corrispondono ad una delle due buche occupata dalla particella. Graficamente le due soluzioni si ottengono intersecando la retta q 1 con ±e qx

6 La prima equazone ha sempre soluzione, la seconda solo se per q = 0 il coefficiente angolare dell esponenziale è maggiore di 1, cioè per x > 1. Ciò significa che si hanno due stati legati o uno stato legato a seconda che 2 stati legati: βd > 1 ; 1 stato legato: βd < 1 Lo stato fondamentale è ovviamente simmetrico, mentre il primo eccitato, antisimmetrico, esiste come stato legato solo se le due buche sono abbastanza distanti. Nella figura seguente sono riportati i valori di q ed E al variare di x per lo stato fondamentale ed il primo eccitato x x 2.0 Ovviamente per x 0 la soluzione tende a q 2, α 2β che corrisponde ad avere un un unica δ con g 2g. Il modello può essere considerato un prototipo del meccanismo alla base dei legami omopolari, come in H + 2. Se consideriamo il caso di grandi distanze si ha: E = 2 2m β2 q 2 2 2m β2 ( 1 ± 2e βd) Per una illustrazione di questo risultato si svolga l esercizio 2.