FISICA QUANTISTICA I PROVA SCRITTA DEL 20/9/ Si consideri il moto quantistico unidimensionale di una particella soggetta al potenziale

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1 FISICA QUANTISTICA I PROVA SCRITTA DEL 0/9/ Si consideri il moto quantistico unidimensionale di una particella soggetta al potenziale V (x) = V 0 θ(x) αδ(x), V 0, α > 0, (1) con la funzione a gradino θ(x) = 1 per x > 0 e θ(x) = 0 per x < 0, mentre δ(x) indica la funzione δ di Dirac. a) Calcolare i coefficienti di riflessione e trasmissione nel caso in cui la particella sia incidente da sinistra con energia E > V 0. b) Determinare gli autovalori degli eventuali stati legati.. Si consideri il moto unidimensionale di una particella di massa m soggetta al potenziale di oscillatore armonico V (x) = 1 mω x. La funzione d onda della particella al tempo t = 0 è data da ( γ ) 1/4 ψ(x, 0) = e γx /. () π Calcolare, al variare di γ R +, x(t) p(t). Come si confronta il risultato ottenuto con il limite inferiore imposto dal principio di Heisenberg? Suggerimento: Usare il teorema di Ehrenfest, risolvendo esplicitamente le equazioni d dt X = 1 [X, H], i (3) d dt P = 1 [P, H], i per l oscillatore armonico ed esprimere quindi x(t) e p(t) in funzione del tempo e dei valori di aspettazione di X, P, X, P e XP + PX al tempo t = 0. Si ricordano inoltre gli integrali gaussiani π + e αx dx = α, x e αx dx = 1 π α3. (4) 3. Si consideri un sistema fisico per il quale lo spazio di Hilbert è tridimensionale (C 3 ) e, rispetto ad una base ortonormale assegnata { 0, 1, }, l operatore hamiltoniano H del sistema e gli operatori A e B hanno rappresentazione matriciale data da H = ω , A = a , B = b , (5) con ω, a, b quantità reali e positive. Lo stato iniziale del sistema è descritto dalla funzione d onda ψ(0) = (6) a) Che valori si possono ottenere misurando l energia del sistema al tempo t = 0 e con quali probabilità si ottengono tali valori? Calcolare inoltre, a t = 0, H e H. b) Calcolare ψ(t). c) Calcolare A (t) e B (t), commentando i risultati ottenuti. 1

2 SOLUZIONI PROVA SCRITTA DEL 0/9/ a) Scriviamo la funzione d onda (impropria) come φ(x) = { exp(ikx) + B exp( ikx), x 0, C exp(iqx), x 0, (7) k = La continuità della funzione d onda per x = 0 implica me m(e V0 ), q =. (8) 1 + B = C, (9) mentre integrando l equazione di Schrödinger in un intorno di x = 0 otteniamo da cui lim (φ (x) +ǫ φ (x) ǫ ) = mα φ(0), (10) ǫ 0 + i[cq k(1 B)] = gc, (11) g = mα. (1) Risolvendo il sistema delle equazioni (9) e (11) otteniamo C = 1 + q/k ig/k, (13) 1 q/k + ig/k B = C 1 = 1 + q/k ig/k. Il coefficiente di riflessione vale il coefficiente di trasmissione R = B = (1 q/k) + (g/k) (1 + q/k) + (g/k), (14) T = (q/m) (k/m) C = q 4 = 1 R. (15) k (1 + q/k) + (g/k) b) Imponendo l annullamento della funzione donda per x ± otteniamo ψ(x) = { A exp(κ x), x 0, A exp( κ + x), x 0, (16) κ = me, κ + = m(v0 E). (17)

3 La continuità della funzione d onda per x = 0 implica A = B, (18) mentre integrando l equazione di Schrödinger in un intorno di x = 0 ricaviamo g = κ + + κ. (19) Da queste due condizioni otteniamo l energia dell unico stato legato: E = m ( ) g g m V 0. (0). Per l oscillatore armonico il teorema di Ehrenfest ci dice che d P X = dt m, Risolvendo questo sistema otteniamo d dt P = mω X. X (t) = cos(ωt) X (0) + sin(ωt) mω P (0), P (t) = cos(ωt) P (0) mω sin(ωt) X (0). (1) () A causa della parità dello stato iniziale, X (0) = P (0) = 0 e quindi dalle () anche X (t) = P (t) = 0. Inoltre ( XP + PX (0) = i ψ (x, 0) x d dx + d ) dx x ψ(x, 0)dx, (3) e questo integrale è immaginario puro essendo ψ(x, 0) reale. Ma XP + PX deve essere reale essendo XP+PX un operatore hermitiano. Quindi XP+PX (0) = 0. Concludiamo allora che Sostituendo in queste equazioni X (t) = cos (ωt) X (0) + sin (ωt) m ω P (0), P (t) = cos (ωt) P (0) + m ω sin (ωt) X (0). ( γ 1/ X (0) = π) ( γ 1/ P (0) = π) x e γx / ( d dx (4) x e γx = 1 γ, (5) ) e γx / = 1 γ, (6) 3

4 otteniamo Quindi X (t) = 1 γ cos (ωt) + γ m ω sin (ωt), P (t) = γ cos (ωt) + m ω γ x(t) p(t) = X (t) P (t) = 4 + sin (ωt) 16 sin (ωt). (7) ( γ mω mω ). (8) γ Notiamo che a tutti i tempi x p /, in accordo con il principio di Heisenberg. Inoltre x p ha periodo π/ω, ad eccezione del caso particolare γ = mω/. Solo in questo caso, corrispondente allo stato fondamentale dell oscillatore armonico, abbiamo un pacchetto di minima indeterminazione a tutti i tempi. 3. a) Misurando l energia i valori possibili sono gli autovalori di H, Usando i proiettori sui corrispondenti autospazi, E 0 = ω, E 1 = 3ω. (9) P 0 = 0 0, P 1 = 1 1 +, (30) calcoliamo le probabilità di ottenere tali valori dell energia come risultato della misura: p 0 = ψ(0) P 0 ψ(0) = 1, p 1 = ψ(0) P 1 ψ(0) = 1. (31) Otteniamo inoltre H = ψ(0) H ψ(0) = i p i E i = ω, (3) H = ψ(0) H ψ(0) = i p i E i = 5 ω, (33) H = H H = ω. (34) b) Dalla soluzione generale dell equazione di Schrödinger otteniamo ψ(t) = 1 e ie 0t/ e ie 1t/ ( 1 + ) = 1 e iωt e 3iωt ( 1 + ). (35) c) A (t) = ψ(t) A ψ(t) = a, (36) 1 B (t) = ψ(t) B ψ(t) = b[ cos(ωt) + 1 ]. (37) 4 4

5 Si noti come A non dipenda dal tempo in quanto A non accoppia gli autospazi corrispondenti ad autovalori differenti dell energia. Invece B varia nel tempo, oscillando con frequenza di Bohr data da E = E 1 E 0 = ω, (38) con E differenza di energia tra i livelli corrispondenti agli autospazi differenti accoppiati da B. 5