FISICA MODERNA anno accademico Traccia delle soluzioni

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1 PROBLEMI DI FISICA MODERNA E MECCANICA QUANTISTICA FISICA MODERNA anno accademico Traccia delle soluzioni Esercizio 1 La probabilità che il sistema non si trovi nello stato 1 è pari alla probabilità che si trovi nello stato più la probabilità che si trovi nello stato 3 : P = ψ + 3 ψ = 3 Esercizio Nel caso in cui c è il rivelatore la probabilità che al momento del passaggio dalla fenditura il sistema si trovi nello stato ξ ovvero la probabilità che il rivelatore misuri/non misuri il passaggio dalla fenditura è a P = A ψ A φ = 1/9 b P = A ψ A φ = 0 c P = B ψ B φ = 1/9 d P = B ψ B φ = 0 dove si è usato che gli stati A = B + C / e B = A + C / sono ortogonali a ψ Nel caso in cui non c è il rivelatore, non ha senso chiedersi in che stato fosse il sistema al momento del passaggio della fenditura ma solo quale sarebbe stata la probabilità del risultato della misura, la quale misura, in generale perturba lo stato Se uno prova a rispondere alla domanda nel caso in cui non c è il rivelatore ottiene risposte paradossali, per esempio abbiamo visto che lo stato al passaggio della fenditura non può essere in A, quindi dev essere in A con probabilità P = 1, ma allo stesso tempo non può essere in B, quindi dev essere in B con probabilità P = 1 1

2 Esercizio 3 Per formare una base, i vettori ψ, φ e χ devono essere linearmente indipendenti Per determinarela condizione su a, b e c si può richiedereche sia diverso da zero il determinante della matrice dei coefficienti Det a b c 1/ 3 1/ 3 1 1/ 3 1/ 3 1 0, da cui si ricava la condizione a b Esercizio 4 C = AB = [AB T ] = [B T A T ] = B A Esercizio 5 Un generico operatore O può sempre essere scritto come O = O H +O A, dove: O H = 1 O +O = O H, O A = 1 O O = O A Esercizio 6 a UU = 1+iǫH1 iǫh = 1+iǫH H +Oǫ, da cui se H è hermitiano H = H implica che U è unitario UU = 1 al prim ordine in ǫ e viceversa b Se H è hermitiano: UU = e ih e ih = e ih e ih = 1

3 Esercizio 7 Sia φ uno stato ortonormale a ψ φ φ = 1, ψ φ = 0 L operatore A = λ 1 ψ ψ +λ φ φ ha indeterminazione nulla sullo stato ψ, infatti: ψa = A ψ A ψ = λ 1 λ 1 = 0 Esercizio 8 Essendo a = i b, l operatore A risulta essere l operatore nullo A = a a + b b = 0, per cui la sua indeterminazione è nulla su tutti gli stati aa = 1A = +A = 0 L operatore B scritto nella base + e è l operatore identità: B = 1 1 = + + +, da cui si possono calcolare le indeterminazioni sugli stati a, 1 e + ab = 1B = +B = 0 Il principio di indeterminazione è soddisfatto poiché A = 0 commuta con B Esercizio 9 ρ = 1 φ 1 φ φ φ = = Esercizio 10 Chiamiamo x i i punti in cui f x si annulla gli zeri di fx e per ogni x i scegliamo un intorno [a i,b i ] che contenga un solo zero di fx Applicando δ[fx] su una generica funzione di prova gx avremo che δ[fx]gxdx = i bi a i δ[fx]gxdx 3

4 Per un generico termine della sommatoria definiamo il cambio di variabili y = fx bi a i δ[fx]gxdx = fbi fa i δygx dy ym f x = y m dy δygx f x = gx i f x i dove nel penultimo passaggio si sono ordinati gli estremi y M = fb i, y m = fa i se f x i > 0 mentre y M = fa i, y m = fb i se f x i < 0 Si ottiene pertanto che δ[fx] = i δx x i f x i Esercizio 11 Considerando due generici autostati della posizione x e x x P x = x x = δx+x, x P x = x x = δ x x = δx+x = x P x, per cui P è hermitiano, P = P P x = P x = x, da cui, utilizzando che P è hermitiano, si ricava che P è unitario: 1 = P = PP = PP Se ψ è un autostato di P con autovalore λ usando che P = 1 P ψ = λ ψ = ψ, per cui gli autovalori sono λ ± = ±1 e le autofunzioni corrispondenti sono le funzioni pari e dispari x P ψ ± = ± x ψ ± = x ψ ±, ψ ± x = ±ψ ± x Esercizio 1 Data la dilatazione q = q +δq = λq, δq = λ 1q ; considerando piccole trasformazioni δq ovvero λ 1, la quantità classicamente conservata è L L δq = q q λ 1q Sia l operatore che genera le dilatazioni su un autostato della posizione q q = q = λq, 4

5 q ψ = λq ψ = ψλq = ψq +λ 1q = ψq+ ψq q λ 1q, per cui l operatore che genera le dilatazioni sugli stati quantistici è l operatore ˆpˆq Più precisamente poiché ˆpˆq non è un operatore hermitiano, l operatore hermitiano che genera le dilatazioni è ˆpˆq + ˆqˆp/ Esercizio 13 Utilizzando le regole di commutazione fra p e q [q,p] = i iα iα ˆq = UˆqU = exp ˆqˆp+ ˆpˆq ˆqU = ˆqexp ˆqˆp+ ˆpˆq i e analogamente ˆp = UˆpU = e αˆp U = ˆqe α UU = e αˆq, Per calcolare come agisce l operatore U su uno stato ψ calcoliamo prima come agisce U su un autostato della posizione q ˆqU q = U ˆq q = U e αˆq q = e α qu q, per cui lo stato U q, essendo autostato dell operatore posizione con autovalore e α q, sarà proporzionale allo stato e α q U q = c e α q La costante c può essere determinata con la condizione di normalizzazione δq q = q q = q UU q = c e α q e α q = c δe α q q = c e α δq q, da cui a meno di una fase arbitraria scelta pari a uno, c = e α/ : e analogamente si può mostrare che U q = e α/ e α q ; U p = e α/ e α p L azione di U sugli stati fisici nella base delle posizioni e degli impulsi è dunque ψ q = q ψ = q U ψ = e α/ e α q ψ = e α/ ψe α q ; ψ k = k ψ = k U ψ = e α/ e α k ψ = e α/ ψe α k 5

6 Esercizio 14 Innanzitutto vediamo come agisce su un autostato dell impulso l operatore parità definito dall azione su un autostato della posizione P x = x : P k = P dx x x k = dx x x k = Considerando un generico autostato dell impulso k abbiamo che mentre P ˆp k = P ˆp P k = dk k k k k = dk k k k k = per cui gli operatori P e ˆp commutano [P, ˆp ] = 0 Gli autostati dell operatore ˆp sono gli autostati dell impulso ˆp ±k = k ±k dx x x k = k dk k δk k k = k k, dk k δk +k k = k k, mentre gli autostati dell operatore P sono gli stati pari e dispari cfr Esercizio 11 Gli autostati comuni saranno quindi P ψ ± = ± ψ ± k ± = k ± k Nello spazio delle posizioni otteniamo le autofunzioni Esercizio 15 x k ± = ψ k x±ψ k x = 1 π e ikx ±e ikx = + - coskx π isinkx π Gli autostati degli operatori A e B sono costanti del moto se e solo se A e B commutano con l hamiltoniana [A,H] = [B,H] = 0 Se [A,H] = [B,H] = 0 anche [C,H] = [[A,B],H] = [AB,H] [BA,H] = A[B,H]+[A,H]B B[A,H] [B,H]A = 0, da cui anche gli autostati di C = [A,B] sono costanti del moto 6

7 Esercizio 16 Nella base degli stati abbiamo che + = H = ω , =, A = Gli autovalori e gli autostati di A risultano essere λ ± = ±1, a ± = 1 1 ±1 Dato lo stato al tempo iniziale ψ0 = a + a Lo stato al tempo t sarà = 1 + ± ψt = exp i Ht ψ0 = 1 e iωt + +e iωt e la probabilità che al tempo t si trovi nello stato a ovvero che una misura dell osservabile A al tempo t dia come risultato l autovalore λ corrispondente all autostato a è data da P = a ψt = sin ωt b Il valor medio di A al tempo t è A t = ψt A ψt = cosωt c L indeterminazione di A al tempo t è ta = ψt A ψt ψt A ψt = ψt I ψt cos ωt = sin ωt Esercizio 17 Nella base degli stati abbiamo che + = 1 0, = 1 H = E

8 Gli autovalori e gli autostati di H risultano essere λ + = E 0, λ = E 0, a + = Dato lo stato al tempo iniziale ψ0 = = sarà, a = a+ + a / 3, lo stato al tempo t ψt = exp i Ht ψ0 = 1 ie 0 t e a + +e ie 0 t a 3 e la probabilità che al tempo t si trovi nello stato è data da P = ψt = 4 1 cos 3E 0t 9 La probabilità che al tempo t si trovi nello stato + è invece P + = + ψt = 1 9 Il periodo di oscillazione fra i due stati è quindi 5+4cos 3E 0t T = π ω = π 3E 0 = h 3E 0 = 1 P Notare che mentre la probabilità massima di trovare lo stato in + è 1 quando T = nπ/3e 0 la probabilità massima di trovare lo stato in è 8/9 quando T = n + 1π/3E 0 Esercizio 18 La dipendenza dal tempo degli operatori xt e pt è data da d dt pt = 1 i [p,h] = k, d dt xt = 1 i [x,h] = p m, dove si è usato che [x,p] = i e [x,p ] = ip Si ottiene quindi che pt = p0 kt, xt = x0+ p0 m t k m t Dal principio di indeterminazione si ottiene xt x0 1 4 [xt,x0] = 1 p0 [x0+ 4 m t k m t,x0] = t 4m per cui, nota l indeterminazione al tempo t = 0, l indeterminazione minima al tempo t è xt t m x0 8

9 Esercizio 19 da cui Dall equazione di Schrödinger si ottiene p p Ĥ ψ E = m +ik ψ E p = Eψ E p, p p ψ Ep = 1 E p ψ E p, ik m che ha come soluzione [ i p 3 ] ψ E p = N exp k 6m Ep, con N un opportuna costante di normalizzazione L evoluzione al tempo t della funzione d onda ψp, 0 è quindi ψp, t = p ψt = de p ψ E ψ E exp i Ĥt ψ0 [ i p 3 ] = den exp k 6m Ep Ekt ψ E ψ0 p =p+kt = exp [i p kt 3 p 3 ] [ i p 3 ] den exp 6mk k 6m Ep ψ E ψ0 = exp [i p kt 3 p 3 ] de p ψ E ψ E ψ0 = exp[i p3 p+kt 3 ] ψp+kt,0 6mk 6mk Esercizio 0 Al tempo t = 0 la particella si trova in autostato della posizione x = x 0, la funzione d onda al tempo t è data da Kx,x 0 ;t ψx,t = x exp iˆp t m = dp = 1 π ψx,0 = x x 0 = δx x 0, x 0 = dp dx exp ip t 1 m π exp ipx x [ i p t ] dpexp m +px x 0 = 9 dx x p p exp iˆp t x x ψ,0 m δx x 0 m πit exp [ mx x 0 ] it

10 dove l integrale gaussiano è stato calcolato completando il quadrato Notare che nel limite in cui it = ǫ 0 si riottiene la distribuzione δx x 0 come limite della gaussiana Se il sistema al tempo t = 0 ha funziona d onda ψ 0 x, la funzione d onda al tempo t sarà data da ψx,t = x ψ,t = dx x exp iˆp t x x ψ,0 = dx Kx,x ;tψ 0 x m Nelcasoincuiilsistemaaltempot = 0sitrovainunautostatodell impulso, lafunzione d onda al tempo t sarà data da ψx,t = dx Kx,x ;tψ k x = dx x exp iˆp t x x k = exp ik t 1 expikx, m m π allo stesso risultato si può arrivare sostituendo l espressione esplicita di Kx,x ;t e ψ k x ed effettuando l integrale gaussiano risultante Esercizio 1 ψx,t = dke ikx ωkt ψk = dke ikx ψk,t, e ψk,t = e iωkt ψk = k ψ,t v g d dt x = d dk ψ,t k k i d dt dk ψ,t = d dt = d dt i dk ψ k i dω d ψk t ψk+ = dk dk Esercizio dke iωkt ψ ki d e iωkt ψk dk dk ψ k dω dk ψk = dω dk L indeterminazione della posizione al tempo t può essere calcolata partendo da ˆxt = ˆx0+ t mˆp0 xt = x t xt = x0+ t p0+ t m m = x0 γ β m t+ 1 β m t β +γ = γ 4β β x0p0 x0 p0 i m t+ 1 β m t 10

11 Dove si sono calcolate le quantità: x0 = ψ ˆx0 ψ = 0, x 0 = β +γ p 0 = β +iγ 1 β +iγ β +γ β 4β, p0 = 0,, x0p0 = i β +iγ β Un metodo alternativo è scrivere la funzione d onda al tempo t = 0 nella forma ] ψx,0 = N exp [ x σ 1+iγ β, dove σ = β +γ β da cui si ricava l indeterminazione di posizione di una funzione d onda gaussiana x0 = σ = β +γ 4β La funzione d onda al tempo t è data da ψx,0 = dk x exp iˆp t k k ψ, 0 = m dk exp ik t m = = N exp [ x 1+i γ ] σ β, dove σ = β + γ β da cui si riottiene l indeterminazione della posizione al tempo t: xt = σ = β +γ γ 4β β m t+ 1 β m t, e ikx π ψk,0, γ = γ t/m, Notare che mentre β > 0, il termine γ se negativo, porta ad un iniziale diminuzione dell indeterminazione al crescere di t Se γ < 0 l indeterminazione minima si ha per t = γm/ Esercizio 3 Si considera la buca di potenziale { 0 se 0 < x < a Vx = + se x < 0 x > a, le autofunzioni e gli autovalori dell hamiltoniana sono ψ n x = { nπx sin se 0 < x < a a a 0 se x < 0 x > a, E n = n π, n = 1,, ma 11

12 L indeterminazione della posizione e dell impulso nell n-esimo stato sono nx = a 1 6, 1 n π np = nπ, a dove sono stati calcolati gli integrali che si incontrano si possono risolvere per parti x n = ψ n x ψ n = a, p n = 0, x n = a 1 3, p 3 n π n = mh V n = me n Si ottiene quindi nx np = n π n=1 1 6 π 6 1 > 4, dove l ultima disuguaglianza è il limite imposto dal principio di indeterminazione Esercizio 4 Dall equazione di Schrödinger si ottiene { m ψ I x = Eψ Ix se x < 0 II x = E Vψ IIx se x > 0, m ψ le cui soluzioni sono { ψi x = Ae ikix +Be ik Ix k I = me ψ II x = Ce ik IIx +De ik IIx k II = me V > 0 Imponendo la condizione di continuità della funzione d onda in x = 0 si ottiene: ψ I 0 = ψ II 0 A+B = C +D, laderivataprimaèinvecediscontinuainx = 0acausadellapresenzadelpotenzialeadelta, si può ottenere la condizione sulla discontinuità della derivata prima integrando l equazione di Schrödinger in un intorno di x = 0: m da cui ǫ ǫ d ψx dx dx = E ǫ ǫ ψxdx V ǫ ǫ Θxψxdx+ g m ǫ ǫ δxψxdx = g m ψ IIǫ ψ I ǫ = gψ0 ik II C D ik I A B = gc +D Nel caso in cui l onda incidente proviene da sinistra, D = 0 Il sistema di equazioni che lega i coefficienti A, B e C è quindi A+B = C ik II C ik I A B = gc 1 ǫ ǫ δxψxdx

13 Da cui si possono calcolare i coefficienti di trasmissione e riflessione T = k II k I C A = 4k I k II g +k I +k II, R = 1 T = g +k I k II g +k I +k II Dai casi particolari g = 0 e k I = k II, si possono trovare i valori dei coefficienti di trasmissione e riflessione rispettivamente al potenziale a barriera singolo e al potenziale a delta singolo Esercizio 5 Cerchiamo gli stati legati, per cui E < V 0 < V 1 Dall equazione di Schrödinger otteniamo ψ m I x = V 0 Eψ I x se x < a ψ II x = meψ II x se x < a ψ III m x = V 1 Eψ III x se x > a, con soluzioni ψ I x = Ae k mv0 E 0x k 0 = > 0 ψ II x = Be ikx +Ce ikx = Dsinkx+δ k = me > 0 ψ III x = Ee k mv1 E 1x k 1 = > 0 Imponendo la continuità della derivata logaritmica dlogψ/dx = ψ /ψ in x = a e x = a si ottiene { ψ a = k ψ a 0 = kcotδ ka > 0 ψ a = k ψa 1 = kcotδ +ka < 0 quadrando le due equazioni da cui eliminando δ si ricava { sin δ ka = k k 0 +k = E V 0 sin δ +ka = k k 1 +k = E V 1 ka = a me = arcsin E V 0 arcsin E V 1 +nπ, dove la condizione di periodicità fissa il numero n degli stati legati Perché esista almeno uno stato legato n = 1 l equazione dovrà essere soddisfatta per un dato valore di E = E 1 fissati a, V 0 e V 1 Data la monotonicità dell equazione, esiste almeno uno stato legato se, per il valore massimo di E E = V 0 a mv0 > arcsin V0 1 arcsin +π = π V 1 arcsin 13 V0 V 1,

14 la quale non è soddisfatta in generale fissati V 0 e V 1 è sempre possibile trovare un valore di a per cui la diseguaglianza non è soddisfatta Nel limite in cui un estremo della buca tende a infinito V 1 + la condizione per l esistenza di uno stato legato diventa V 0 > π 3a m, mentre nel caso di buca simmetrica V 0 = V 1 la condizione è sempre soddisfatta esiste sempre almeno uno stato legato Esercizio 6 a mv0 > 0 Consideriamo x = 0 e x = l = a gli estremi della barriera, la soluzione dell equazione di Schrödinger è ψ I x = Ae ikx +Be ikx me k = se x < 0 me V0 ψ II x = De ik x +Ee ik x k = > 0 se 0 < x < l ψ III x = Ce ikx se x > l, dove si è imposto che l onda incidente proviene da x < 0 Imponendo la continuità della funzione d onda e della sua derivata in x = 0 e x = l si ottengono le condizioni A+B = D+E A B = k D E k Ce ikl = De ik l +Ee ik l k k Ce ikl = De ik l Ee ik l da cui si può ricavare il coefficiente di trasmissione T: T = A C = 1 1+ V 0 sin k l 4EE V 0 si ha trasmissione completa T = 1 per k = nπ/l, 14

15 Esercizio 7 Per prima cosa si può notare che l operatore parità P commuta con l hamiltoniana dell oscillatore armonico Ĥ = ˆp m + mωˆx, [ˆP,Ĥ] = 0, per cui gli autostati dell oscillatore armonico sono autostati dell operatore parità che con autovalore +1 stati pari o 1 stati dispari Lo stato fondamentale 0 dell oscillatore armonico è lo stato in cui â 0 = 0 dove a è l operatore di distruzione â = mω ˆx+ i mωˆp, da cui x â 0 = x+ ψ 0 x mω x la cui soluzione è una gaussiana, quindi una funzione pari Lo stato fondamentale dell oscillatore armonico è pertanto uno stato pari ˆP 0 = 0 Lo stato n-esimo dell oscillatore armonico è dato da ˆP n = ˆP â n n! 0 = 1 nâ n n! ˆP 0 = 1 n â n n! 0 = 1 n n, dove è stato utilizzato che l operatore parità anticommuta con â poiché ˆP anticommuta con ˆx e ˆp ˆPâ = â ˆP, ˆPâ n = 1 n â n ˆP Quindi la parità dell autostato n-esimo dell oscillatore armonico è: ˆP n = 1 n n L operatore expiπ ˆN agisce su un generico stato come e iπ ˆN ψ = n e iπ ˆN n n ψ = n e iπn n n ψ = n 1 n n n ψ = n ˆP n n ψ = ˆP ψ, e fornisce quindi una rappresentazione esplicita dell operatore parità 15

16 Esercizio 8 Tramite una traslazione l hamiltoniana H può essere riscritta nella forma di un potenziale armonico più un termine costante: H = H 0 Ex = p m + mω x E mω, dove x = x E mω Lo spettro degli autovalori dell hamiltoniana H è quindi L equazione del moto è data da la cui soluzione è E n = ωn+ 1 E mω d x dt = ω x, { xt = Acosωt+Bsinωt pt = m d x = mω Asinωt+Bcosωt, dt le cui condizioni iniziali sono x0 = x0 E = A, p0 = B I valori medi al tempo t mω saranno quindi { xt n = x0 E mω n cosωt+ p0 n sinωt = E cosωt mω pt n = mω x0 E mω n sinωt+ p0 n cosωt = E sinωt, ω usando la coordinata iniziale x { xt n = xt+ E mω n = E 1 cosωt mω pt n = E sinωt ω 16