Meccanica Quantistica

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La dinamica è molto semplice perché in questo caso lo spazio degli stati è bidimensionale e il generico vettore di stato può essere espanso nella base 1 0 |1/2, 1/2〉 = , |1/2, −1/2〉 = (15.92) 0 1 Notiamo che in questa base la matrice σ3 è diagonale. In particolare il problema del moto in un campo magnetico costante è semplificato dal fatto che è sempre possibile, in questo caso, scegliere la direzione di B lungo l’asse z e quindi l’equazione si riduce a ih/ ∂ ∂t χ+ χ− = −µBB χ+ −χ− quindi a due equazioni disaccoppiate che si integrano immediatamente χ±(t) = χ±(0)e ±iωt , ω = µBB h/ = eB 2mc 15.2 Addizione di momenti angolari (15.93) (15.94) Consideriamo due momenti angolari commutanti tra loro J1 e J2 5 e vogliamo determinare gli autovalori relativi al quadrato ed alla terza componente del momento angolare totale J = J1 + J2 (15.95) Iniziamo considerando il problema agli autovalori per Nella base |j1, j2; m1, m2〉 si ha Jz = J1z + J2z (15.96) Jz|j1, j2; m1, m2〉 = (J1z + J2z)|j1, j2; m1, m2〉 = (m1 + m2)|j1, j2; m1, m2〉 (15.97) Dunque i possibili autovalori di Jz sono M = m1+m2. D’altra parte per M fissato ci sono molte scelte possibili, cioè avremo degenerazione rispetto a M. Consideriamo allora lo spazio di Hilbert generato dai vettori |j1, j2; m1, m2〉. Chiaramente in questo spazio ci saranno (2j1 + 1)(2j2 + 1) vettori. Passiamo adesso alla base del momento angolare totale, dove useremo gli operatori J 2 1 , J 2 2 , J 2 e Jz con rispettivi autovalori j1, j2, J e M. I corrispondenti ket sono |j1, j2; J, M〉 (15.98) Questi quattro operatori commutano tra loro e non ci sono altri operatori che commutino con questi quattro. La base in cui questi operatori sono diagonali costituisce una base ortonormale alla stregua di quelle in cui erano diagonali i due momenti 5 Usiamo qui momenti angolari adimensionali, cioè divisi per h/ 293
separatamente. Dunque l’autovalore di J 2 sarà J(J +1) con −J ≤ M ≤ J. Ciò che dobbiamo determinare è il possibile range di valori per J. Consideriamo il possibile valore massimo per J, Jmax. Corrispondentemente scegliamo M = Jmax. Dato che questo è il massimo valore possibile per M = m1 +m2, m1 e m2 dovranno assumere i loro massimi valori. Quindi m1 = j1 e m2 = j2. Ma allora e Jmax = j1 + j2 (15.99) |j1, j2; j1, j2〉 = |j1, j2; J = j1 + j2, M = j1 + j2〉 (15.100) dato che esiste un solo vettore con queste caratteristiche. Mostriamo poi che J può assumere il valore j1 +j2 −1. Consideriamo gli stati con autovalore M = j1 +j2 −1. Esistono due possibili ket corrispondenti a questa possibilità |j1, j2, m1 = j1 − 1, m2 = j2〉, |j1, j2, m1 = j1, m2 = j2 − 1〉 (15.101) Quindi il sottospazio con M = j1 + j2 − 1 ha dimensione 2. Quali saranno gli stati indipendenti nella seconda base? Chiaramente una possibilità è ma anche |j1, j2, J = j1 + j2, M = j1 + j2 − 1〉 (15.102) |j1, j2, J = j1 + j2 − 1, M = J〉 (15.103) soddisfa lo stesso criterio. Vediamo cosi che j1 + j2 − 1 è un possibile valore per J. Possiamo ripetere questo argomento diminuendo ogni volta di 1 il valore di J. Arriveremo così ad un valore minimo Jmin. Per determinare questo valore ricordiamo che il numero di vettori in entrambe le basi deve essere pari a (2j1 + 1)(2j2 + 1). Contiamo allora, in funzione di Jmin, il numero di vettori nella seconda base. Dovremo avere (assumendo J intero) da cui = 2 (2j1 + 1)(2j2 + 1) = j1+j2 J=1 J − Jmin−1 J=1 J j1+j2 J=Jmin (2J + 1) = (2J + 1) − j1+j2 J=1 + (j1 + j2) − (Jmin − 1) = Jmin−1 J=1 = (j1 + j2)(j1 + j2 + 1) − Jmin(Jmin − 1) + j1 + j2 − Jmin + 1 (2J + 1) = = (j1 + j2) 2 + 2(j1 + j2) − (J 2 min − 1) (15.104) Pertanto il numero quantico J prende i valori J 2 min = (j1 − j2) 2 ⇒ Jmin = |j1 − j2| (15.105) J = j1 + j2, j1 + j2 − 1, · · · , |j1 − j2| + 1, |j1 − j2| (15.106) 294
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Meccanica Quantistica Prima Parte R
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4.14 Generalizzazione al caso infin
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Capitolo 1 Introduzione Queste disp
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nostre sensazioni viene arricchito
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2.1 Il corpo nero Lo studio dell’
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iemettondone una quantità trascura
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un risultato paradossale. Infatti s
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Il valor medio dell’energia si ca
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da cui per T → 0 2 hν cV ≈ 3N
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fotoelettroni vengono emessi dalla
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Inoltre l’energia e l’impulso d
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Figura 2.9: Il dispositivo sperimen
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una struttura uniforme ma deve esse
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come valore approssimato del raggio
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F G P A Figura 2.13: Il dispositivo
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quindi l’energia cinetica è pari
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Figura 2.15: La relazione di De Bro
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Il 17 Gennaio 1926 Schrödinger pub
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dV fosse data da dP = |ψ(x)| 2 dV
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misurare px corrisponde ad un angol
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L’impulso px avrà una indetermin
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E y xxxxxxxxxxxx xxxxxxxxxxxx xxxxx
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L’energia associata ad un momento
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Capitolo 3 L’esperimento di inter
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Figura 3.3: Nella parte destra: cos
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Figura 3.6: Confronto tra le frange
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di vista di Feynamn sia il più usa
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Assiomi per la moltiplicazione con
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(0,1,1) y z (1,1,0) (1,0,1) Figura
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Uno spazio vettoriale sul quale sia
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4.3 La notazione di Dirac Dirac ha
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Vediamo dunque che Inoltre si ha an
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utilizzare il procedimento di Gram-
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Un esempio un pò più complesso è
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4.6 Elementi di matrice di un opera
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Vediamo che n Pi = I (4.109) i=1 In
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Questa decomposizione è analoga al
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4.8 Il problema agli autovalori Com
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D’altra parte, come mostreremo, n
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Prendendo l’equazione aggiunta si
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4.9.1 Il caso degenere Per capire c
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il ket corrispondente, avremo |ω =
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Se definiamo n vettori V (k) con co
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Notare che A non è né hermitiana
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da cui B|ai, α〉 ∈ V mi ai (4.2
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Da cui che ha soluzione 3v1 + v2 +
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da cui La condizione di normalizzaz
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a b x x 1 2 Figura 4.7: Il sistema
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Se adesso espandiamo il vettore |x(
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corrisponde a uno stato in cui le d
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Pertanto l’operatore e A risulta
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con C costante di integrazione. Evi
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Cioè questi vettori formano un sis
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Da questa segue Pertanto si dovrà
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f ε(x) ε Figura 4.11: Esempio di
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g(x-x') ' Δ x _ Δ 2 1/2 x x Figur
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Nello spazio infinito-dimensionale
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segue 〈x|K|x ′ 〉〈x ′ |k
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Pertanto 〈k|X|g〉 = i dg(k) (4.4
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Si ha |B| 2 L 2 L = |B| 2π 2 L =
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Pertanto se A è diagonalizzabile a
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misura il sistema viene proiettato
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v) - Se vogliamo informazioni relat
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In questo caso adotteremo la prescr
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misurando, lo stato del sistema rim
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5.3 Come si verifica la teoria quan
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Esercizio: Dati i seguenti operator
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e inoltre P(Lx = 0) = |〈Lx = 0|ψ
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5.5 Variabili compatibili e incompa
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spazio con Λ avente un autovalore
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e quindi ψ( x) a Figura 5.1: La fu
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Pertanto ψ(p) = 〈p|ψ〉 = 〈
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Pi|ψ〉 ⇔ 〈x1, · · · , xn|P
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Nel caso di una particella di caric
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soddisfa l’equazione di Schrödin
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In questo caso si ha base |p〉 bas
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e inoltre p = ± √ 2mE (6.7) Abbi
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Osserviamo anche che nella base del
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Se calcoliamo la densità di probab
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Consideriamo una particella confina
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In ogni caso 2 h/ n En = 2m 2π2 L2
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Possiamo dividere l’asse delle x
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Come sappiamo dobbiamo imporre la c
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dove ρ è la densità di carica, p
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6.4 Un problema di diffusione: il g
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V V(x) xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx xx
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Pertanto le due soluzioni descrivon
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Assumiamo (sempre nel caso unidimen
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Ma a causa del principio di indeter
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mentre le osservabili diventano dip
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Pertanto nella base |˜x〉 gli ope
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Una particella nell’intorno di x0
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da cui La soluzione generale è ˙p
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8.1 La soluzione dell’equazione d
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Notiamo che con da cui bk+2 bk = e
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Ci sono alcuni punti importanti da
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Richiedendo che +x0 P(x)dx = 1 (8.
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A questo fine si introducono due op
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e scegliendo cn reale e Applicando
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con A determinata dalla normalizzaz
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Capitolo 9 Il principio di indeterm
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vale a dire che integrata dà dψ(x
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Capitolo 10 Sistemi con N gradi di
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Vediamo dunque che per spazi vettor
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I coefficienti dell’espansione di
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Dividendo per ψE1(x1)ψE2(x2) si h
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10.3 Più particelle in più dimens
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sono identiche. D’altra parte, in
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10.5 Spazi di Hilbert per bosoni e
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Nel caso fermionico tutto procede a
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In questo caso la distribuzione mis
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Capitolo 11 Simmetrie Nel caso clas
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L’azione di T(ǫ) su uno stato qu
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dato che una traslazione di a + ǫ
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Questo implica che se a t = 0 il si
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ipetere lo stesso esperimento in un
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Gli autovettori di Π con autovalor
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si ha 2 Pertanto Pertanto da cui
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Da cui Questa condizione è soddisf
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L’equazione di Schrödinger stazi
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11.6 Rotazioni in tre dimensioni Pr
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Inoltre se il sistema è invariante
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Page 259 and 260: Ovviamente questo stesso problema i
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Page 269 and 270: L’approssimazione WKB consiste ne
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Page 273 and 274: Se si considera un moto periodico,
Page 275 and 276: Capitolo 14 Teoria delle perturbazi
Page 277 and 278: Ponendo a zero i coefficienti di ug
Page 279 and 280: e ricordando che si ha X = h/ 2mω
Page 281 and 282: Pertanto Esf + E 1 = − Z2 e 2 a0
Page 283 and 284: o β 0 〈n , α|H1|n 0 , β〉
Page 285 and 286: Capitolo 15 Momento angolare intrin
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Page 289 and 290: Dunque l’azione dell’operatore
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Page 293 and 294: Consideriamo adesso il caso di un c
Page 295: In realtà l’espressione corretta
Page 299 and 300: e applicare a entrambi i membri l
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Page 303 and 304: 15.3.1 Il teorema di Wigner-Eckart
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