Meccanica Quantistica

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e ⎛ ⎜ A ⇔ ⎜ ⎝ a1 . .. a1 . .. am . .. am ⎞ ⎟ ⎠ (4.258) Se B è non degenere all’interno dei vari sottospazi, risulterà definita un’unica base completamente specificata dalla coppia di autovalori di A e di B. Pertanto l’autovalore di B assume il ruolo dell’indice α. Se B è degenere allora la base all’interno dei sottospazi degneri di A non sarà completamente specificata. Per avere una specificazione completa occorrono in genere più operatori commutanti, con la base specificata dal set dei loro autovalori. In uno spazio vettoriale finito-dimensionale è sempre possibile trovare una base di operatori (A, B, C, · · ·) commutanti tra loro e che individuano una unica base |a, b, c, · · · 〉. Questo set di operatori è detto set completo di operatori commutanti. Nel seguito assumeremo che un tale set esista anche negli spazi infinito-dimensionali. Esercizio: Diagonalizzare i seguenti due operatori ⎛ 2 1 ⎞ 1 ⎛ ⎞ 1 0 1 A = ⎝1 0 −1⎠ , B = ⎝0 0 0⎠ (4.259) 1 −1 2 1 0 1 Osserviamo prima di tutto che entrambe le matrici sono hermitiane. Iniziamo poi a discutere A. Il suo polinomio caratteristico è da cui Per B si ha Quindi gli autovalori di B sono PA(λ) = (1 + λ)(−λ 2 + 5λ − 6) (4.260) autovalori di A : λ = −1, 2, 3 (4.261) PB(ω) = ω 2 (2 − ω) (4.262) autovalori di B : ω = 0, 0, 2 (4.263) Conviene iniziare a diagonalizzare A visto che è non degenere. Per λ = −1 si ha ⎛ 3 ⎝1 1 1 ⎞ ⎛ ⎞ 1 v1 −1⎠ ⎝v2⎠ = 0 (4.264) 1 −1 3 87 v3
Da cui che ha soluzione 3v1 + v2 + v3 = 0, v1 + v2 − v3 = 0, v1 − v2 + 3v3 = 0 (4.265) v1 v3 = −1, La condizione di normalizzazione risulta allora e quindi 6v 2 3 Per λ = 2 si ha ⎛ 0 1 ⎞ ⎛ 1 ⎝1 −2 −1⎠ ⎝ 1 −1 0 Da cui che ha soluzione v2 v3 = 2 (4.266) = 1 (4.267) |λ = −1〉 ⇔ 1 ⎛ ⎞ −1 √ ⎝ 2 ⎠ (4.268) 6 1 v1 v2 v3 ⎞ ⎠ = 0 (4.269) v2 + v3 = 0, v1 − 2v2 − v3 = 0, v1 − v2 = 0 (4.270) v1 v2 = 1, La condizione di normalizzazione risulta allora e quindi 3v 2 2 Per λ = 3 si ha ⎛ −1 1 ⎞⎛ 1 ⎝ 1 −3 −1⎠ ⎝ 1 −1 −1 Da cui che ha soluzione v3 v2 = −1 (4.271) = 1 (4.272) |λ = 2〉 ⇔ 1 ⎛ ⎞ 1 √ ⎝ 1 ⎠ (4.273) 3 −1 v1 v2 v3 ⎞ ⎠ = 0 (4.274) −v1 + v2 + v3 = 0, v1 − 3v2 − v3 = 0, v1 − v2 − v3 = 0 (4.275) v2 v3 = 0, 88 v1 v3 = 1 (4.276)
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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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Page 115 and 116: segue 〈x|K|x ′ 〉〈x ′ |k
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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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con analoga condizione di positivit
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da cui |〈j, m ′ |J+|j, m〉| 2
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Da queste ultime si ricavano le esp
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da cui J k − e imφ f(θ) d k =
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che ha la proprietà [r, Pr] = ih/
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Come vedremo in un momento il secon
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e il suo aggiunto d † d ℓ + 1
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Ovviamente questo stesso problema i
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con ET = ECM + E (12.8) Mentre la p
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Da u ′ ℓ = ρu ′′ ℓ = ∞
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e quindi a = 2Z n La variabile adim
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I livelli energetici sono determina
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L’approssimazione WKB consiste ne
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problema di connettere le soluzioni
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Se si considera un moto periodico,
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Capitolo 14 Teoria delle perturbazi
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Ponendo a zero i coefficienti di ug
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e ricordando che si ha X = h/ 2mω
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Pertanto Esf + E 1 = − Z2 e 2 a0
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o β 0 〈n , α|H1|n 0 , β〉
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Capitolo 15 Momento angolare intrin
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Chiaramente si ha e σ 2 = 4 J 2 =
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Dunque l’azione dell’operatore
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e proiettando sulla base |x; j, m
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Consideriamo adesso il caso di un c
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In realtà l’espressione corretta
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separatamente. Dunque l’autovalor
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e applicare a entrambi i membri l
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15.3 Operatori tensoriali Abbiamo g
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15.3.1 Il teorema di Wigner-Eckart
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