Esercizio 1 Risolvere l equazione di Schrödinger per una particella unidimensionale in presenza di un potenziale periodico:

Transcript

1 Esercizio 1 Risolvere l equazione di Schrödinger per una particella unidimensionale in presenza di un potenziale periodico: H P + V (x, V (x + L V (x. (1 m Hψ Eψ. ( Soluzione. In rappresentazione {X } l equazione agli autovalori ( si scrive ossia d m dx ψ E(x + V (xψ E (x Eψ E (x d dx ψ E(x + m [E V (x] ψ E(x 0. (3 Essendo questa una equazione differenziale del secondo ordine in x, allora esistono in generale due soluzioni indipendenti. Risolviamola per 0 x L. Consideriamo due soluzioni u(x e v(x tali che u(0 1 u (0 0 v(0 0 v (0 1 (4 Supponiamo di conoscere la soluzione di (3 tra 0 ed L. Siano allora u(l a v(l c u (L b v (L d In L x L la soluzione è la stessa di quella per 0 x L, ma le condizioni iniziali sono diverse, dunque u(x + L au(x + bv(x v(x + L cu(x + dv(x (5 di conseguenza, iterando il procedimento, posso determinare completamente le soluzioni u(x e v(x x R. In notazione matriciale, è possibile scrivere le (5 come ( u(x + L v(x + L ( a b c d ( u(x v(x. (6 Ma noi non sappiamo ancora se queste soluzioni sono accettabili. Per vederlo, dobbiamo valutarne il comportamento all infinito. Per valutare le soluzioni dell equazione all infinito, consideriamo ϕ ± (x tali che ϕ ± (x + L ω ± ϕ ± (x 1

2 ossia, in forma matriciale, ( ϕ+ (x + L ϕ (x + L ( ω+ 0 0 ω ( ϕ+ (x ϕ (x. (7 Per eseguire la diagonalizzzione, è necessario trovare le radici dell equazione ( a ω b det 0 c d ω ossia di Prima di continuare ricordiamo il ω (a + dω + (ad bc 0. (8 Teorema 1 (del Wronskiano Date due soluzioni u(x e v(x della (3, il Wronskiano è definito da W [u, v](x u(xv (x v(xu (x. Il teorema del Wronskiano afferma che W (x non dipende da x. Dimostrazione d W (x dx u (xv(x v (x u(x e usando la (3 per u e v, si ottiene d W (x 0. dx Essendo il valore del wronskiano indipendente da x, allora è possibile valutarlo in x 0, ottenendo W [u, v] 1. Osservando che ad bc u(lv (L v(lu (L W [u, v](l 1 allora l equazione (8 diventa Posto u(l + v (L, otteniamo le radici Sono allora possibili due casi: 1.. ω (u(l + v (Lω (9 ω ± ± 4 1. (10 > 1. In questo caso esistono due soluzioni reali e tali che ω +ω 1, che dunque possono essere rappresentate come ω ± e ±αl, α R, α > 0. < 1. Le soluzioni sono allora due numeri complessi coniugati ω ± e ±ikl.

3 Nel primo caso, la diagonalizzazione porta a ϕ ± (x + L e ±αl ϕ ± (x ed iterando il procedimento ad nl x (n + 1L, n N, si ottiene ϕ ± (x + nl e ±αnl ϕ ± (x. (11 Questo vale chiaramente anche per n Z, ossia per n < 0. Si vede dunque che queste soluzioni sono inaccettabili: per n, la soluzione e αnl diverge, mentre per n diverge la soluzione e αnl. Nel secondo caso, invece, ripetendo il ragionamento di estensione delle soluzioni, si ottiene ϕ ± (x + nl e ±iknl ϕ ± (x (1 e sono accettabili in entrambi i limiti n ±. Di conseguenza, esistono soluzioni accettabili solo se < 1. Siccome avevamo posto u(l + v (L, con u, v soluzioni dell equazione di Schrödinger, allora la dipendenza delle soluzioni dall energia E fa sì che anche sia funzione dell energia. Questo significa che esistono dei valori di energia che non sono permessi. Infatti gli unici valori di energia permessi sono quelli tali che (E < 1. Come vedremo nel prossimo esempio, questo spiega lo spettro a bande dei solidi, poiché la struttura atomica di un cristallo è costituita da ioni quasi fermi che generano un potenziale periodico tridimensionale. Esempio 1 Risolvere l esercizio precedente in 0 x L per un potenziale della forma { V0 0 x a V (x (13 0 a x L Soluzione. Chiamiamo I la regione 0 x a e II la regione a x L. In I l equazione di Schrödinger (3 si scrive d dx ψ E(x + k ψ E (x 0, (14 dove è stato posto k m(e + V 0 (15 3

4 e nella regione II dove d dx ψ E(x + γ ψ E (x 0, (16 γ me. (17 Nella regione I, le soluzioni soddisfacienti le condizioni iniziali (4 sono u(x cos(kx v(x 1 sin(kx (18 k mentre, nella regione II, le soluzioni sono delle combinazioni lineari u(x α cosh(γx + β sinh(γx v(x δ cosh(γx + ɛ sinh(γx (19 dove le costanti α, β si ottengono imponendo le condizioni di raccordo per u(x e γ, δ si ottengono dalle condizioni di raccordo per v(x. Si ha: che risolte forniscono: cos(ka α cosh(γa + β sinh(γa (0 k sin(ka γ[α sinh(γa + β cosh(γa] (1 1 sin(ka δ cosh(γa + ɛ sinh(γa k ( cos(ka γ[δ sinh(γa + ɛ cosh(γx] (3 α cos(ka cosh(γa + k sin(ka sinh(γa (4 γ β sinh(γa cos(ka k sin(ka cosh(γa (5 γ δ 1 k sin(ka cosh(γa 1 sinh(γa cos(ka (6 γ ɛ 1 k sinh(γa sin(ka + 1 cos(ka cosh(γa. (7 γ Sostituendo in u(l + v (L, si ottiene ( γ cos(ka cosh γ(l a + k k sin(ka sinh γ(l a. (8 γ I valori permessi di energia permessi sono quelli tali che < 1. Poiché la regione in cui ciò avviene tipicamente non è connessa, allora lo spettro viene detto a bande. 4

5 Esercizio (Regola d oro di Fermi Determinare la probabilità di transizione per unità di tempo da uno stato a ad uno stato b al primo ordine perturbativo di un sistema per cui si suppone di aver risolto l equazione agli autovalori per l hamiltoniana del sistema non perturbato, avente a e b come autostati. Soluzione. I tipici problemi in cui bisogna valutare la probabilità di transizione per unità di tempo tra due stati sono quelli di scattering. Per descrivere un processo di scattering, si considera una parte incidente (solitamente un fascio di particelle oppure un onda elettromagnetica che interagisce con un sistema bersaglio che viene diffuso. L elemento base per la descrizione di processi di questo tipo è la probabilità di transizione dallo stato del sistema bersaglio prima dell urto a quello dopo l urto. Poiché è possibile supporre che all inizio del processo la parte incidente sia molto lontana dal bersaglio, allora l hamiltoniana per tale parte incidente sarà quella libera nel continuo. Siccome inoltre gli stati iniziali e finali sono nel continuo, bisognerebbe considerare dei pacchetti d onde per descrivere la diffusione. Per evitare le difficoltà di calcolo che questo metodo porterebbe, tuttavia, si utilizza l estensione adiabatica della carica. Sia H 0 l hamiltoniana del sistema imperturbato; supponiamo risolta l equazione agli autovalori H 0 E E E (9 e supponiamo che il sistema sia inizalmente nello stato a. Tenendo conto dell interazione con la parte incidente, l hamiltoniana del sistema diventa H H 0 + V. L estensione adiabatica della carica consiste nel porre 1 V (t { V ti t t f 0 altrove (30 e nel far tendere t i e t f + al risultato ottenuto. Questo porta al risultato corretto (al primo ordine perturbativo, la Regola d oro di Fermi. Calcoliamo la probabilità di transizione W a b al primo ordine nelle perturbazioni. Questo significa che, nello sviluppo dell operatore di evoluzione temporale u(t, t 0 u 0 (t, t 0 + u (n (t, t 0 (31 1 si ometterà, per semplicità di notazione, di scrivere la dipendenza del potenziale dalle coordinate. 5 n1

6 si considera solamente il primo termine: u (1 (t, t 0 1 i t dove t 0 t i t 1 t f t. Allora si deve calcolare t 0 dt 1 u 0 (t, t 1 V (t 1 u 0 (t 1, t 0, (3 W a b (t, t 0 b u (1 (t, t 0 a ; (33 dal confronto di (3 e di (33 si osserva che bisogna calcolare la quantità b u 0 (t, t 1 V (t 1 u 0 (t 1, t 0 a b e i (t t 1 E b V (t 1 e i (t 1 t 0 E a a e i t 0 E a e i t E b e i (E b Ea t 1 b V a con b V a 0 solo se t i t t f ; dunque l integrale in (3 deve essere eseguito solamente tra t i e t f. Poniamo τ t f t i e ω ba E b E a. (34 Allora possiamo scrivere W a b (t, t 0 1 tf i e i t 0 E a e i t E b dt 1 e i (E b Ea t 1 b V a t i 1 b V e iω bat f e iω ba t i a i ω ba 1 b V a e iω (t f +t i e iω ba τ e iω ba τ ba i ω ba 1 b V a e iω (t f +t i sin ( τ ω ba ba ω ba 1 ( b V sin τ ω ba a Per calcolare la probabilità di transizione per unità di tempo w a b, bisogna eseguire il limite t i t f + in modo da recuperare V costante t R ( spegniamo la carica. Allora si ha W a b (τ w a b lim. (35 τ τ 6 ( ωba

7 Lemma sin S (xτ lim π δ(x (36 τ x τ dove il limite si intende eseguito nel senso delle distribuzioni. Dimostrazione. Per eseguire il limite nel senso delle distribuzioni, bisogna applicare una funzione di prova f S a (36: lim τ dx sin (xτ x τ f(x (37 e bisogna mostrare che questo è uguale a π f(0. Posto y xτ, l espressione precedente diventa lim dy sin (y ( y f c f(0 (38 τ y τ perché nel limite il supporto di f diventa l origine. Bisogna dunque calcolare il valore della costante c dy sin y. (39 y Per fare ciò, osserviamo che e analogamente di conseguenza dy sin y 1 y 4 da cui c π. dp 1 eipy 1 ( e iy e iy sin y iy y dq 1 e iqy 1 ( e iy e iy sin y iy y 1 4 dy dp 1 4 π π Osserviamo che, nel nostro caso, x ω ba / dp dq e i(p qy dq π δ(p q 7

8 A questo punto possiamo scrivere ossia, ricordando che δ ( ω ba w a b π b V a δ ( ωba ( δ Eb E a δ(eb E a 3, (40 w a b π b V a δ (E b E a, (41 che è la Regola d oro di Fermi. Osserviamo che la δ (E b E a rappresenta la densità della degenerazione in energia: nel limite τ 0, per la conservazione dell energia non possono avvenire transizioni se E b E a. Esempio Supponiamo di avere una perturbazione armonica per un sistema: H H 0 + V (t (4 con V (t Be iωt + B e iωt (43 (si osserva che V V è hermitiano. Calcolare la probabilità di transizione per unità di tempo tra lo stato iniziale a e lo stato b. Soluzione. Supponiamo che V (t agisca nell intervallo di tempo 0 t T : ad esempio un onda monocromatica che interagisce con il sistema nell intervallo di tempo tra 0 e T. In tal caso la probabilità di transizione dallo stato a allo stato b è W a b b 1 T (T t Eat i E dt e b i V (t e a i 0 b 1 T dt e i E b t V (t e i Eat a i 0 T i b B a dt e i(ωba+ωt + 1 T 0 i b B a dt e i(ω ba ωt 0 ( 1 e i(ω i b B a ba +ωt ( e i(ω ba ωt 1 i b B a i (ω ba+ω 3 una delle proprieta della δ di Dirac è che δ(ax 1 a δ(x. 8 i (ω ba ω

9 1 b B a e i(ω sin ( (ω ba+ω T ba + ω T (ω ba +ω + b B a e i(ω sin ( (ω ba ω T ba ω T (ω ba ω Osserviamo che la funzione sin(ω T ω ha un massimo pronunciato quando ω 0. Di conseguenza, nell ultima espressione, il primo addendo costituisce il termine dominante quando ω ba + ω 0, ossia quando E b E a + ω 0. Analogamente, il secondo addendo è il termine dominante quando ω ba ω 0, ossia quando E b E a ω 0. Se V (t rappresenta un onda elettromagnetica, nel primo caso si ha l emissione stimolata di un fotone di energia ω E a E b, mentre nel secondo caso si parla di assorbimento di un fotone di energia ω E b E a. Poiché le energie alle quali questi fenomeni avvengono con maggiore probabilità sono prossime a quelle del fotone assorbito od emesso, si parla, in questi casi, di formule di risonanza. Siccome le due predominanze caratteristiche dei processi di assorbimento e di emissione sono ben distinte, allora, in prima approssimazione, è possibile trascurare i termini di interferenza per W a b. Dunque l espressione per la probabilità di transizione per unità di tempo diventa W a b (T w a b lim T 0 T 1 lim ( b B a sin (ω ba + ω T ( T 0 + (ωba +ω T + 1 lim ( b B a sin (ω ba ω T ( T 0 (ωba ω T π ( b B a δ (E b E a + ω + b B a δ (E b E a ω ossia w a b π ( b B a δ (E b E a + ω + b B a δ (E b E a ω (44 che è la regola d oro di Fermi. Infatti, siccome, a seconda della ω, è possibile considerare solamente emissione od assorbimento, allora la regola d oro per emissione coincide con il primo addendo di (44, mentre la regola d oro per l assorbimento coincide con il secondo addendo di tale espressione. 9 +

10 10