Microfisica Quantistica Esonero n. 1 9 Aprile 11 Soluzioni. Esercizio 1: Tenendo conto delle correzioni relativistiche e dell interazione spin-orbita, i livelli energetici di un atomo idrogenoide sono dati dall espressione seguente: E n,j = E n [ 1+ (Zα) n ( n j +1/ 3 )], (1) con E n = E R Z /n dove la costante di Rydberg è E R = 13.6eV = 19737cm 1 (1eV 869cm 1 ). Nel caso del Li ++ si ha Z = 3 e i livelli imperturbati in Rydberg sono E 3 = 1 E = 9 mentre le correzioni relativistiche a questi livelli sono E 3,j = 9 ( n 9 α j + 1 3 ) ( 1 = 3α j + 1 1 ) E,j = 9 ( 9 α j + 1 3 ) = 81 ( 16 α j + 1 3 ) () (3) Nel livello n = 3 si ha l =,1, e quindi j = 1, 3, 5 che corrispondono alle seguenti correzioni E 3,5/ = α E 3,3/ = 3 α E 3,1/ = 9 α () mentre nel livello n = si ha l =,1 e quindi j = 1/,3/ e di conseguenza E,3/ = 81 6 α E,1/ = 5 6 α (5) Loschemadei livellièriportatonellafiguraeinbasealleregoledi selezionedi dipolo j =,±1, l = ±1 sono permesse 7 transizioni che corrispondono ai 5 salti di energia riportati nella figura 1) 3d 5/ = p 3/ ( l = 1, j = 1) ) 3d 3/ = p 3/ ( l = 1, j = ) 3) 3d 3/ = p 1/ ( l = 1, j = 1) ) 3p 3/ = s 1/ ( l = 1, j = 1) 5) 3p 1/ = s 1/ ( l = 1, j = ) 6) 3s 1/ = p 1/ ( l = 1, j = ) 7) 3s 1/ = p 3/ ( l = 1, j = 1)
FIG. 1: schema dei livelli del Li ++ con le correzioni relativistiche e transizioni permesse in approssimazione di dipolo Le energie corrispondenti alle transizioni sono (i = 1,...,7) E i = E 3 + E 3,i E E,i = E 3 E + E 3,i E,i = 5 + E 3,i E,i (6) Usando i valori calcolati si ottiene E 1 = 5 +α65 6 E 5 = E 6 = 5 +α361 6 E = 5 +α33 6 E 7 = 5 α63 6 E 3 = E = 5 +α357 6 Sapendo che la costante di Rydberg vale (qui usiamo il valore della costante di Rydberg per massa del nucleo infinito. Infatti l atomo di litio ha massa 6 masse protoniche, ossia 6 volte maggiore dell atomo di idrogeno e l effetto di massa effettiva è trascurabile) Ry = 13.6eV = 19737cm 1 e la costante di struttura fine vale α 1/137 otteniamo i seguenti valori per le energie delle transizioni E 1 = 17.7359ev = 137177.cm 1 E = 17.3736eV = 13717.3cm 1 E 3 = E = 17.19eV = 1373.9cm 1 E 5 = E 6 = 17.8719eV = 137.cm 1 E 7 = 16.999867eV = 137165.5cm 1 (7)
La lunghezza d onda maggiore corrisponde al salto di energia minore secondo la relazione λ = hc/e. Ricordando che (vedi Bransden app.11) vale la relazione λ(å)ν(cm 1 ) = 1 8 si ha quindi λ max (Å) = 18 E 7 = 79.63Å (8) La correzione relativistica per questa transizione vale α 63/6 = 5.755cm 1 che corrisponde a λ/λ =. 1 5. Se avessimo considerato atomi di idrogeno, i conti sarebbe stati analoghi con ma la variazione relativa pi piccola per un fattore Z = 9. La lunghezza d onda media si trova infine sommando le lunghezze d onda osservate con le loro molteplicità (degenerazione dei livelli) λ = 1 7 7 λ i = 1 7 i=1 7 i=1 1 8 ν i = 78.91Å (9) 3
Esercizio : La procedura da seguire è: 1. calcolo della normalizzazione. calcolo dell energia variazionale 3. calcolo del valore di c che minimizza l energia. per quel valore di c, calcolo del momento di dipolo indotto µ = ex 1, e della polarizzabilità α = dµ de 1. normalizzazione D(c) = φ 1s (1+c x)(1+cx) φ 1s = φ 1s (1+(c +c)x+ c x ) φ 1s = = 1+(c+c ) φ 1s x φ 1s + c φ 1s x φ 1s (1) Per simmetria φ 1s x n+1 φ 1s = e si ottiene D(c) = 1+ c a (11). l energiavariazionaleèla media dell Hamiltoniana perturbatah = H eexsulla funzione di prova normalizzata, dove H è l hamiltoniana dell atomo di idrogeno H = p m e r e il termine eex è il potenziale del campo esterno. L energia media è quindi ǫ(c) = N(c) D(c) N(c) = φ 1s (1+c x)[h eex](1+cx) φ 1s = sapendo che = φ 1s H eex+c xh +ch x (c+c )eex + c x[h eex]x φ 1s = = φ 1s H φ 1s ee φ 1s x φ 1s ee(c+c ) φ 1s x φ 1s + + c φ 1s xh φ 1s +c φ 1s H x φ 1s + c φ 1s xh x φ 1s (1) ee c φ 1s x 3 φ 1s (13) si ottiene φ 1s xh φ 1s = φ 1s H x φ 1s = φ 1s xh x φ 1s = φ 1s H φ 1s = E = e a (1) N(c) = E ee(c+c )a (15) e quindi ǫ(c) = E ee(c+c )a 1+ c a (16)
3. Dobbiamo ora trovare il valore di c che minimizza l energia. Per far questo distinguiamo la sua parte reale e immaginaria: c = a+ib. Con questa notazione l energia è ǫ(a,b) = E aeea 1+(a +b )a = N(a,b) D(a, b) Dobbiamo ora trovare i punti dove entrambi le derivate dell energia si annullano e distinguere tra questi punti quelli di minimo. La derivata dell energia rispetto ad una delle sue variabili, ad esempio a, è 5 (17) ǫ a = N a D N D a D D dove il pedice indica la derivazione. Abbiamo (18) N a = eea N b = D a = aa D b = ba (19) e quindi ǫ b = N D a b D = () che ha soluzioniho perb =, oppureper N =. Poichéla soluzionen = (corrispondente ad una energia identicamente nulla) non è accettabile, si ottiene che il minimo dell energia si può avere solo per c reale. In questo caso c = a. L altra equazione è quindi che implica ǫ a = eea D N D eea (1+c a ) (E eeca )(ca ) = eea Questa equazione ha due soluzioni per c c ± = E eea ± E e E a + 1 a = E eea ± E eea ca D = (1) { c E eea c 1 } a = () ( ) eea 1+ (3) Per trovare quale delle due corrisponde al minimo dell energia dovrei calcolare il segno della derivata seconda nel loro valore. E però più facile vedere cosa succede alla derivata per piccole variazioni da questi valori. Posso riscrivere la derivata prima dell energia come: Se considero c = c + +η con η una piccola variazione, avrò ǫ c (c + +η) = eea D (c + +η) η(c + c +η) = eea ǫ c = eea D (c c + )(c c ) () D (c + +η) η E eea E ( ) eea 1+ +η E (5)
che esprime il fatto che la derivata ha il segno di η, ossia l energia in c + ha un minimo. E facile verificare con lo stesso procedimento che il punto c è un massimo per l energia. Quindi la migliore stima dell energia si ha in corrispondenza di c +. Prima di sostituire questo valore nell espressione dell energia ci conviene osservare che se vale la relazione eea << E, ossia se l energia associata al campo esterno è molto minore all energia del sistema imperturbato, posso sviluppare la radice 1+x = 1+x /+O(x ). Con questa sostituzione si ottiene una espressione molto più semplice per c + c + = E eea + E eea ( 1+ 1 ( ) ) eea E = ee E = Ea e avendo considerato che E = E = e /(a ). Notare che c ha le dimensioni di un inverso della lunghezza. Usando questa espressione per il valore ottimale del coefficiente si ottiene ǫ min = E E 1+ a 3 E 1+ E a 3 E [ E 1+ E a 3 ] E. Il momento di dipolo indotto è ( µ = φ T eˆx φ T = φ 1s 1+ Ea ) x e ( [ ex] 1+ Ea x e 6 (6) E a 3 E (7) ) φ 1s = Ea φ 1s x ) φ 1s = Ea 3 (8) e quindi la polarizzabilità risulta essere α = dµ de = a3 (9) Ilconfrontoconilrisultatoesattodiα = 9/a 3 metteinlucel accuratezzadellaprevisione considerando la semplicità della forma funzionale delle funzioni considerate.