Oscillatore armonico tridimensionale

Oscillatore armonico tridimensionale
1. Soluzione in coordinate cartesiane
Consideriamo un oscillatore armonico tridimensionale isotropo di massa m e freuenza classica
ω. La sua hamiltoniana è data da
(1.1) H = p2 1
+
2m 2 mω2x 2 .
L’equazione di Schrödinger stazionaria
(1.2) H u(x) = E u(x)
si può risolvere facilmente sia in coordinate cartesiane che in coordinate sferiche. È istruttivo
trovare le due soluzioni e confrontare i risultati.
In coordinate cartesiane H si può scrivere come somma di tre termini indipendenti:
(1.3) H = H1 + H2 + H3,
dove
(1.4) Hi = p2i 1
+
2m 2 mω2x 2 i
(i = 1, 2, 3)
corrisponde alla hamiltoniana di un oscillatore che si muove lungo l’asse xi. Come è noto, la (1.2)
si separa nelle tre equazioni unidimensionali nelle variabili xi, in modo tale che un’autofunzione
u(x) si può esprimere come prodotto delle autofunzioni unidimensionali uni (xi) e l’autovalore
E è la somma degli autovlori Ei. Ricordando le soluzioni esplicite del caso unidimensionale
(1.5)
⎧
⎨ En = ¯hω (n + 1
2 ), n ∈ N
⎩
1 − un(x) = Nn Hn(αx) e 2 α2x 2
dove α = mω/¯h e Hn è un polinomio di Hermite, si ottengono per le soluzioni della (1.2) le
seguenti espressioni:
(1.6)
(1.7)
E = E1 + E2 + E3 = ¯hω(n1 + n2 + n3 + 3
2 )
u(x) ≡ un1n2n3 (x) = un1 (x1)un2 (x2)un3 (x3)
Osserviamo che gli autovalori dell’energia dipendono solo dalla somma dei tre numeri quantici
ni, per cui ponendo n = n1 + n2 + n3 possiamo scrivere
(1.8) E ≡ En = ¯hω(n + 3
2 ).
1

Lo spettro del livelli coincide con quello del caso unidimensionale, salvo che per lo stato
fondamentale. Tuttavia nel nostro caso i livelli sono degeneri, poiché per un dato n > 0 a
diverse scelte dei numeri ni corrispondono stati diversi, come mostra la (1.7).
La degenerazione dn del livello n è data quindi dal numero delle soluzioni intere non negative
dell’equazione n1 + n2 + n3 = n e risulta 1
n + 2
(1.9) dn =
2
= 1
(n + 2)(n + 1).
2
Osserviamo che le autofunzioni (1.7) hanno parità definita. Infatti ciascuna delle uni (xi) ha
parità (−1) ni , per cui in totale si ha
(1.10) un1n2n3 (−x) = (−1)n un1n2n3 (x)
2. Soluzione in coordinate sferiche
(2.1)
Riscriviamo l’equazione di Schrödinger (1.2) nella forma
− ¯h2
2m ∇2 + 1
2 mω2r 2
− E u(x) = 0.
Poiché il potenziale è centrale, conviene passare alle coordinate sferiche, usando l’espressione
(2.2) ∇ 2 = ∂2 2
+
∂r2 r
∂
∂r
l2
− ,
r2 dove l è l’operatore del momento angolare orbitale in unità ¯h (usiamo la notazione L = ¯h l =
x ∧ p). L’autofunzione u(x) si può allora fattorizzare nel solito modo, ponendo
(2.3) u(x) = unlm(r, θ, φ) = Rnl(r) Y m
l (θ, φ).
1 Questo numero si può calcolare facilmente come segue. Fissato n, n1 può prendere tutti i valori da 0 a n. Per un
dato n1, n2 può prendere i valori da 0 a n − n1, in totale n − n1 + 1 valori. Infine, per n1 e n2 fissati, n3 è univocamente
determinato. In definitiva il numero di terne possibili risulta
dn =
n
n1=0
(n − n1 + 1) = (n + 1) 2 − 1 2 n(n + 1) = (n + 1)( 1 2 n + 1),
che coincide con la (1.9).
Può essere utile risolvere il problema più generale della ripartizione di un numero n in m interi, cioè tali che
n1 + n2 + . . . + nm = n. Il numero di queste ripartizioni si può calcolare col seguente ragionamento. Consideriamo una
fila di n + m − 1 caselle e n pedine da disporre nelle caselle. In una data disposizione si hanno sequenze di n1, n2, . . .
pedine separate da caselle vuote. Le caselle vuote sono in numero di m − 1 e separano le n pedine in m gruppi di ni.
Ad ogni disposizione delle pedine corrisponde quindi una ripartizione del numero n. Di conseguenza il numero M(n, m)
di tali ripartizioni è uguale al numero dei modi in cui si possono scegliere n caselle (piene) su un totale di n + m − 1 e
questo è dato da
Nel caso di m = 3 si ottiene ancora la (1.9).
n + m − 1 n + m − 1
M(n, m) =
=
n
m − 1
2

(2.4)
Dalla (2.1) si ricava per R(r) l’equazione radiale
2 d 2 d l(l + 1)
+ −
dr2 r dr r2 − m2ω2 ¯h 2 r 2 + 2mE
¯h 2
R(r) = 0
Facciamo il cambiamento di variabile ρ = αr, con α = mω/¯h, e dividiamo l’equazione
per α 2 . Si ottiene allora
(2.5) R ′′ (ρ) + 2
ρ R′
(ρ) + λ − ρ 2 l(l + 1)
−
ρ2
R(ρ) = 0,
dove si è posto
(2.6) λ = 2mE
¯h 2 2E
=
α2 ¯hω .
Esaminiamo gli andamenti di R(ρ) per ρ → 0 e per ρ → ∞. In ρ = 0 la (2.5) ha una
singolarità regolare e le soluzioni hanno gli andamenti ρl e ρ−l−1 . Perché R(ρ) sia regolare
scegliamo la soluzione che va come ρl . Per ρ → ∞ l’equazione asintotica dà gli andamenti
1 ± e 2 ρ2
1 − , come nel caso unidimensionale. La soluzione corretta è quella che va come e 2 ρ2.
Scriviamo allora la funzione radiale nella forma
(2.7) R(ρ) = ρ l 1 −
e 2 ρ2
F (ρ),
dove F (ρ) deve essere regolare in ρ = 0 e non deve crescere più di una potenza per ρ → ∞.
Ponendo la (2.7) nella (2.5) si ottiene
(2.8) F ′′ (ρ) + 2
ρ (l + 1 − ρ2 )F ′ (ρ) + (λ − 2l − 3)F (ρ) = 0.
Conviene fare il cambiamento di variabile z = ρ 2 , da cui d/dρ = 2 √ z d/dz. Ponendo F (ρ) =
G(z) si ottiene
(2.9) z G ′′ (z) + (l + 3
2 − z) G′ (z) + 1
(λ − 2l − 3) G(z) = 0.
4
Quest’equazione coincide con l’equazione ipergeometrica confluente
(2.10) zF ′′ (z) + (c − z)F ′ (z) − aF (z) = 0,
dove a e c sono i due parametri dell’equazione. La (2.10) ammette una soluzione regolare
nell’origine, mentre l’altra è singolare (va come z 1−c = ρ −2l−1 ).
La soluzione regolare si indica con 1F1(a; c; z) ed è data dalla serie di potenze
(2.11) 1F1(a; c; z) =
∞
n=0
(a)n
(c)n n! zn = 1 + a a(a + 1)
z +
c c(c + 1)2! z2 + . . .
dove si è usata la notazione (a)n = a(a + 1) · · · (a + n − 1). Confrontando la (2.9) con la (2.10)
si ha per i parametri a e c:
3

(2.12) a = 1
3
(2l + 3 − λ), c = l +
4 2
e ponendo z = ρ 2 si ottene per la F (ρ) della (2.7):
(2.13) F (ρ) = 1F1
1
3
4 (2l + 3 − λ); l + 2 ; ρ2 .
Per ρ → ∞ la 1F1(z) va come ez = eρ2, salvo il caso che la serie (2.11) sia troncata. Poiché
abbiamo richiesto che F (ρ) non cresca più di una potenza, questo è quello che deve accadere.
Dalla (2.11) si vede che la serie si interrompe se a è un intero negativo, cioè a = −nr, con
nr ∈ N. Questa condizione ci dà gli autovalori dell’energia. Infatti dalla (2.12) si ha
(2.14) λ = 4nr + 2l + 3
e dalla (2.6) si ottiene la formula
(2.15) En = ¯hω(n + 3
2 ), n = l + 2nr ∈ N
che coincide con la (1.8).
Per a = −nr la (2.11) si riduce a un polinomio di grado nr, detto polinomio associato
di Laguerre. Questi polinomi compaiono anche nella funzione radiale dell’atomo d’idrogeno e
appartengono alla classe dei polinomi ortogonali. Indichiamo un tale polinomio con L (α)
n (z),
dove n è il grado del polinomio e α un parametro che può essere in generale complesso. Si hanno
in paricolare le seguenti espressioni:
(2.16)
L (α)
n (z) =
=
n + α
1F1(−n; α + 1; z)
n
n (−1) r
r=0
r!
n + α
z
n − r
r
= 1
n! z−α z dn
e
dzn n+α −z
z e
Ricordando le (2.7) e (2.13) e usando la prima delle (2.16), si ottiene la seguente espressione
della funzione radiale:
(2.17) Rnl(ρ) = Nnl ρ l 1 −
e 2 ρ2
1 (l+ 2 )
L 1
2 (n−l)(ρ2 ),
dove Nnl è il coefficiente di normalizzazione. Il grado del polinomio, che è pari al numero
quantico radiale nr, è stato espresso mediante n e l per mezzo della relazione nr = 1
2 (n − l).
Osserviamo che gli autovalori dell’energia En dipendono soltanto dal numero quantico principale
n, mentre le autofunzioni (2.3) dipendono dai tre numeri quantici n, l ed m. Si ha quindi
degenerazione rispetto a l e m. La degenerazione rispetto a m è tipica di qualunque potenziale
centrale, mentre quella rispetto a l è una particolarità che si verifica soltanto in due casi:
4

quello del potenziale coulombiano e quello del potenziale elastico. Si può dimostrare che questa
proprietà è legata alla particolare simmetria della hamiltoniana.
Esaminiamo più in dettaglio questa degenerazione. Per la seconda delle (2.15), l può prendere
tutti i valori con la stessa parità di n, da 1 a n se n è dispari o da 0 a n se n è pari. Inoltre per
un dato l, m può prendere tutti i valori da −l a l. Così lo stato fondamentale ha n = l = m = 0
ed è non degenere. Il primo stato eccitato ha n = l = 1 e m = +1, 0, −1 ed è quindi 3 volte
degenere. Il livello con n = 2 può avere l = 0 o l = 2 ed ha quindi 1 + 5 = 6 stati degeneri. In
generale si dimostra facilmente che la degenerazione del livello n è data dalla formula (1.9).
Concludiamo con un’osservazione sulla parità. Le autofunzioni (2.3) hanno la parità (−1) l
data dalle armoniche sferiche. Ma questa coincide con la parità (−1) n della (1.10) poiché n e l
hanno la stessa parità.
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