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\newcommand{\expt}[2] {e^{#2 i\frac{\epsilon_#1 t}\hbar}}
\newcommand{\exptd}[3] {e^{#3 i\frac{(\epsilon_#1-\epsilon_#2) t}\hbar}}

\title{Introduzione alla meccanica quantistica, l5}
\author{\calligra Fulvio Ciriaco}
\subject{}
\begin{document}
  \pgfdeclareimage[width=1.5cm]{logo}{uniba.png}
  \logo{\pgfuseimage{logo}}
  \begin{frame}{\titlepage}
  \tableofcontents
  \end{frame}
  \begin{frame} 
    \frametitle{la particella nella scatola}
    soluzione del moto unidimensionale in una buca a scalino
    \begin{equation*}
      H \psi_n(x) = \bigl(\frac {-\hbar^2}{2m}\frac {\partial^2} {\partial x^2} + V(x)\bigr) \psi_n(x)= \epsilon_n \psi_n(x)
    \end{equation*}

    \includegraphics[width=0.8\linewidth]{schema_scatola}
  \end{frame}
  \begin{frame} 
    \frametitle{soluzioni a tratti}
    in ciascun tratto, possiamo risolvere l'equazione differenziale di Schrödinger:
    \begin{equation*}
      \frac {\hbar^2}{2m}\frac {\partial^2} {\partial x^2}\psi_n(x)=(V-\epsilon_n)\psi_n(x)
    \end{equation*}
    due tipi di soluzioni
    \begin{align*}
      \psi&=a_de^{ikx}+a_se^{-ikx} & \hbar k=\sqrt{2m} \sqrt{\epsilon-V} \\
      \psi&=b_de^{\alpha x}+b_se^{-\alpha x} & \hbar \alpha=\sqrt{2m} \sqrt{V-\epsilon}
    \end{align*}
  \end{frame}
  \begin{frame} 
    \frametitle{soluzioni a tratti, raccordo}
    dobbiamo assicurarci che $\psi$ soddisfi i necessari requisiti di continuità nei
    punti di raccordo:
    \begin{align*}
      \psi_s(-a)&=\psi_c(-a)  & \psi'_s(-a) &= \psi'_c(-a) \\
      \psi_c(a) &=\psi_d(a) & \psi'_c(a) &= \psi'_d(a)
    \end{align*}
    dove
    \begin{align*}
      \psi_{s\text{[inistra]}}&=a e^{\alpha x} \\
      \psi_{c\text{[entro]}} &= b \cos(kx)+c \sin(kx) \\
      \psi_{d\text{[estra]}} &= d e^{-\alpha x}
    \end{align*}
    
  \end{frame}
  \begin{frame} 
    \frametitle{commutazione e simmetria}
    consideriamo l'operatore $R f(x)=f(-x)$, esso commuta con l'hamiltoniana per un potenziale
    simmetrico rispetto all'asse $y$:
    \begin{align*}
      H &= \frac {p^2}{2m}+ V(x), \qquad V(x)=V(-x) \\
      \frac {p^2}{2m} R \psi(x) &= c\frac{\partial^2}{\partial x^2} \psi(-x) =
                                  c (-1)^2\frac{\partial^2}{\partial (-x)}^2 \psi(-x)=
                                  R {p^2}\psi(x)\\
      V(x) R \psi(x)&= V(x) \psi(-x)= V(-x)\psi(-x)= R V(x)\psi(x)
    \end{align*}
    pertanto
  \end{frame}
  \begin{frame} 
    \frametitle{commutazione e simmetria}
    se $R$ e $H$ commutano, allora posso sempre fare in modo che tutti gli autovettori dell'uno siano
    autovettori anche dell'altro

    \begin{align*}
      R\psi(x)&=\psi(-x)=\lambda\psi(x)\\
      R^2\psi(x) &= R\psi(-x)=\psi(x)
    \end{align*}
    
    o
    \begin{align*}
      \lambda&=1 &\text{simmetriche} &&\psi_c=b\cos(kx)\\
      \lambda&=-1 &\text{antisimmetriche} &&\psi_c=c \sin(kx)
    \end{align*}

  \end{frame}
  \begin{frame} 
    \frametitle{finalmente la soluzione!}
    \begin{align*}
      \psi_s(-a)&=\psi_c(-a)  & \psi'_s(-a) &= \psi'_c(-a)\\
      &\text{oppure}\\
      \frac {\psi'_s(-a)}{\psi_s(-a)}&=\frac {\psi'_c(-a)} {\psi_c(-a)}\\
      \psi_{c} &= b \cos(kx)+\cancel{c \sin(kx)} & \hbar k&=\sqrt {2m\epsilon}\\
      \psi_{s}&=a e^{\alpha x}  & \hbar \alpha &= \sqrt{2m(V_M-\epsilon)} \\
                && \alpha&=\sqrt{\frac {2mV_M}{\hbar^2}-k^2}\\
      \alpha &= -k \frac {\sin(-ka)}{\cos(-ka)} & \alpha= k \tan(ka)
    \end{align*}
  \end{frame}
  \begin{frame} 
    \frametitle{finalmente la soluzione!}
    \includegraphics[width=0.6\linewidth]{soluzioni_scatola}    
  \end{frame}
  \begin{frame} 
    \frametitle{esercizi}
    \begin{itemize}
    \item trovare le condizioni per la soluzione antisimmetrica $\psi_c=c\sin(kx)$
    \item trovare le soluzioni per una particella completamente vincolata nella scatola,
      cioè $\psi(a)=\psi(-a)=0$.
    \end{itemize}
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{L'oscillatore armonico}
    \includegraphics[width=0.8\linewidth]{potenziale_armonico}    
    \begin{equation*}
      V(x)=V(x=x_e)+\cancel{\bigl(\frac {dV}{dx}\bigr)_{x=x_e}}(x-x_e)+\frac 1 2
      {\bigl(\frac {d^2V}{dx^2}\bigr)_{x=x_e}}
      (x-x_e)^2+o(x-x_e)^2
    \end{equation*}
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{L'equazione di Schrödinger}
    \begin{equation*}
      \left(\frac {p^2}{2m} + \frac k 2 x^2\right)\psi_n=\epsilon_n\psi_n
    \end{equation*}
    proviamo a risolverla algebricamente
    \begin{align*}
      \eta^+ &= ax-ibp \\
      \eta^- &= ax+ibp \\
      \eta^+\eta^-&=a^2 x^2 + b^2 p^2 -ba\hbar \\
      \eta^-\eta^+&=a^2 x^2 + b^2 p^2 +ba\hbar
    \end{align*}
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{...}
    \begin{align*}
      \eta^+\eta^-&=a^2 x^2 + b^2 p^2 -ba\hbar \\
      \eta^-\eta^+&=a^2 x^2 + b^2 p^2 +ba\hbar\\
      a &=\sqrt{\frac 1 2}\root 4\of{\frac 1 {Km}} & b&=\sqrt{\frac 1 2}\root 4 \of {Km}\\
      \eta^-\eta^+-\eta^+\eta^-&=2ab\hbar=\hbar\\
      \frac\omega 2 (\eta^-\eta^+ + \eta^+\eta^-)&=H=\frac{\hbar\omega}2+\omega\eta^+\eta^-
    \end{align*}
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{il solito esercizio?}
    valutiamo il commutatore tra $H$ e $\eta^{\pm}$,
    \begin{align*}
      [H,\eta^+] &= \omega [\eta^+\eta^-, \eta^+] &&=\omega (\eta^+\eta^-\eta^+-\eta^+\eta^+\eta^-)
                                                     &&=\hbar\omega\eta^+\\
      [H,\eta^-] &= \omega [\eta^+\eta^-, \eta^-] &&=\omega (\eta^+\eta^-\eta^- -\eta^-\eta^+\eta^-)
                                                     &&=-\hbar\omega\eta^-
    \end{align*}

    sia $H\psi_n=\epsilon_n\psi_n$, allora
    \begin{align*}
      H\eta^+&=\eta^+H+\hbar\omega\eta^+\\
      H\eta^+\psi_n&=\eta^+H\psi_n+\hbar\omega\eta^+\psi_n&&=(\epsilon_n+\hbar\omega)\eta^+\psi_n\\
      H\eta^-&=\eta^-H-\hbar\omega\eta^-\\
      H\eta^-\psi_n&=\eta^-H\psi_n-\hbar\omega\eta^-\psi_n&&=(\epsilon_n-\hbar\omega)\eta^-\psi_n
    \end{align*}
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{una scala, infinita?}
    se $\epsilon_n,\psi_n$ è una soluzione dell'equazione di Schrödinger, allora anche
    $\epsilon_n+\hbar,\eta^+\psi_n\equiv \epsilon_{n+1},\psi_{n+1}$ è una soluzione.
    Ma vale lo stesso anche per $\eta^-$? La forma dell'hamiltoniana richiede che $\epsilon_n>0$,
    deve perciò essere $\eta^-\psi_0=0$. Calcoliamo il valore di aspettazione dell'energia per
    $\psi_0$
    \begin{equation*}
      \epsilon_0=\frac{\langle \psi_0 | H |\psi_0\rangle}{\langle \psi_0|\psi_0\rangle}=
      \frac{\langle \psi_0 | \frac{\hbar\omega}2 + \eta^+\eta^-| \psi_0\rangle}
      {\langle \psi_0|\psi_0\rangle}=\frac{\hbar\omega}2
    \end{equation*}
    \begin{equation*}
      \epsilon_n=\hbar\omega (\frac 1 2 + n)
    \end{equation*}
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{regole di selezione}
    possiamo calcolare anche il valore di aspettazione del momento di dipolo
    \begin{align*}
      \eta^+ &= ax-ibp \\
      \eta^- &= ax+ibp &a &=\sqrt{\frac 1 2}\root 4\of{\frac 1 {Km}} \\
      x&=\frac{(\eta^+ + \eta^-)}{2a}\\
      \langle \psi_i | x | \psi_j \rangle
             & = \frac{\langle \psi_i | \eta^+ |\psi_j\rangle + \langle \psi_i | \eta^- | \psi_j\rangle}
               {2a} &&= \frac {\sqrt{i}\delta_{i,j+1} + \sqrt{i+1}\delta_{i,j-1}} {2a}
    \end{align*}
    
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{ma io pensavo di visualizzare le soluzioni}
    E' possibile risolvere l'equazione differenziale di Schrödinger, ma ormai ne sappiamo di più.
    \begin{equation*}
      \eta^- \psi_0=0 \implies \left( \frac {\partial} {\partial x} + \sqrt{Km}x\right)\psi_0(x)=0
    \end{equation*}
    è un'equazione differenziale del primo ordine:
    \begin{equation*}
      \psi_0=\sqrt{\frac \pi \alpha}e^{-\alpha x^2} \qquad \alpha=\frac {\sqrt{Km}} 2
    \end{equation*}
    possiamo poi applicare ripetutamente $\eta^+$ per ottenere qualsiasi $\psi_n$ ma possiamo
    dalla forma di $\eta^+$ già notare che $\psi_n=e^{-\alpha x^2}H^n(x)$ dove $H^n$ è un polinomio
    di grado $n$, polinomio di Hermite.

  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{Il momento angolare}
    \begin{align*}
      L&=r\times p\\
      L_z&= r_x p_y- r_y p_x\\
      L_y&= r_z p_x- r_x p_z\\
      L_x&= r_y p_z- r_z p_y
    \end{align*}
    vale la legge di commutazione
    \begin{equation*}
      [L_x,L_y]=i\hbar L_z
    \end{equation*}
    Es. dimostrare la legge di commutazione e le altre due ottenute permutando gli indici
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{questione di convenzioni}
    Viene definito anche l'operatore scalare $L^2$:
    \begin{align*}
      L^2&=L_x^2+L_y^2+L_z^2 \\
      [L^2,L_x]&=[L^2,L_y]=[L^2,L_z]=0
    \end{align*}
    Scegliamo di classificare gli autostati del momento angolare rispetto a $L^2$ e $L_z$.
    In coordinate polari
    \begin{align*}
      L_z&=-i\hbar \frac \partial {\partial\phi}\\
      -i\hbar \frac \partial {\partial\phi}\psi_m(\phi)&=\epsilon_m \psi_m(\phi)\\
      \psi_m&=e^{i m \phi}
    \end{align*}
    per il moto orbitale solo valori interi di $m$ hanno senso, ma lo spin intrinseco ammette
    anche valori semiinteri.
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{struttura delle soluzioni}
    Come per l'oscillatore armonico possiamo risolvere il problema algebricamente tramite
    due operatori
    \begin{align*}
      L^+ &= L_x+iL_y \\
      L^- &= L_x-iL_y\\
      [L_z, L^\pm]&=\pm \hbar L^\pm
    \end{align*}

    quindi $L_z$ ha autovalori che differiscono di $\hbar$, comunque, noto $L^2$ tali valori
    sono limitati in alto e in basso dalla relazione
    \begin{equation*}
      L^2=L_x^2+L_y^2+L_z^2 \implies L^2 >= L_z^2
    \end{equation*}
    
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{struttura delle soluzioni}
    infine arriviamo ad una caratterizzazione delle autofunzioni di $L^2$ e $L_z$ tramite
    due numeri quantici $m$ e $l$ interi o semiinteri, da cui la notazione $|l,m\rangle$,
    con le relazioni
    \begin{align*}
      L_z |l,m\rangle &= m\hbar|l,m\rangle\\
      L^2 |l,m\rangle &= \hbar^2 l (l+1) |l,m\rangle \\
      |m| & \leq l
    \end{align*}
  \end{frame}
  \begin{frame}
    \frametitle{con una figura, rubata}
    \includegraphics[width=0.6\linewidth]{modello_di_momento_angolare}
  \end{frame}
\end{document}