Probabilità nulla in una buca di potenziale
Salve
Vorrei sapere se il mio ragionamento è esatto su questo problema:
Ho una buca di potenziale del tipo $[0,L]$
la funzione d'onda è:
$\Psi = A sin( \pi x/a) + B cos(2 \pi x/a) sin( \pi x/a)$
mi dice che la probabilità di trovare il sistema nel primo livello di energia è 0.
Riscrivo la $\Psi$ notando che
$cos(2 \pi x/a) sin( \pi x/a) =1/2 [ sin(3 \pi x/a) - sin( \pi x/a)]$
$\Psi =(A -1/2 B) sin( \pi x/a) + 1/2 B sin( 3 \pi x/a)$
fin qui, ok credo. Poi dato che la probabilità risieda nel coefficiente $|c_1|^2 =0$
è giusto scrivere:
$(A -1/2 B)^2 =0$
p.s $A$ e $B$ sono reali
Vorrei sapere se il mio ragionamento è esatto su questo problema:
Ho una buca di potenziale del tipo $[0,L]$
la funzione d'onda è:
$\Psi = A sin( \pi x/a) + B cos(2 \pi x/a) sin( \pi x/a)$
mi dice che la probabilità di trovare il sistema nel primo livello di energia è 0.
Riscrivo la $\Psi$ notando che
$cos(2 \pi x/a) sin( \pi x/a) =1/2 [ sin(3 \pi x/a) - sin( \pi x/a)]$
$\Psi =(A -1/2 B) sin( \pi x/a) + 1/2 B sin( 3 \pi x/a)$
fin qui, ok credo. Poi dato che la probabilità risieda nel coefficiente $|c_1|^2 =0$
è giusto scrivere:
$(A -1/2 B)^2 =0$
p.s $A$ e $B$ sono reali
Risposte
Gli autostati della buca di potenziale infinita estesa in \(\mathopen{[}0,L\mathclose{]}\) sono della forma
\[
|\psi_n\rangle=\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\chi_{\mathopen{[}0,L\mathclose{]}},\quad n=1,\dots,\infty
\]
dove
\[
\chi_{\mathopen{[}0,L\mathclose{]}}(x):=
\begin{cases}
1&x\in\mathopen{[}0,L\mathclose{]}\\
0&\text{altrimenti}
\end{cases}
\]
con associati autovalori
\[
E_n=\frac{\hbar^2k_n^2}{2m}=\frac{n^2\hbar^2\pi^2}{2mL^2}
\]
e gli autostati sono normalizzati
\[
\langle\psi_n|\psi_{n'}\rangle=\delta_{nn'}
\]
Giustamente tu hai scritto la funzione d'onda del sistema \(|\Psi(x)\rangle\) come combinazione lineare degli autostati, o quasi
\[
|\Psi(x)\rangle=\left(A-\frac{1}{2}B\right)\left(\frac{L}{2}\right)^{1/2}|\psi_1(x)\rangle+\frac{1}{2}B\left(\frac{L}{2}\right)^{1/2}|\psi_3(x)\rangle=:\gamma_1|\psi_1(x)\rangle+\gamma_3|\psi_3(x)\rangle
\]
dove i "pesi" sono
\[
\gamma_1=\left(A-\frac{1}{2}B\right)\left(\frac{L}{2}\right)^{1/2},\quad \gamma_3=\frac{1}{2}B\left(\frac{L}{2}\right)^{1/2}
\]
Quindi hai chiesto che la probabilità di trovare la particella nello stato fondamentale sia nulla, ovvero: definiamo
\[
\mathbb{P}_n:=\lvert\langle\psi_n|\Psi\rangle\rvert^2
\]
che vorremmo interpretare come probabilità di trovare la particella nel livello \(n\).
In breve dobbiamo accertarci che \(\mathbb{P}_n\) soddisfi
\[
\sum_{n=1}^\infty\mathbb{P}_n=\mathbb{P}_1+\mathbb{P}_3=1
\]
Grazie al fatto che \(|\Psi\rangle\) è scritto come combinazione lineare di autostati normalizzati, si vede immediatamente che
\[\begin{split}
\mathbb{P}_n&=\lvert\langle\psi_n|\Psi\rangle\rvert^2\\
&=\left\lvert\int_{-\infty}^\infty dx\,\bar{\psi}_n(x)\Psi(x)\right\rvert^2\\
&=\left\lvert\int_{-\infty}^\infty dx\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\chi_{\mathopen{[}0,L\mathclose{]}}\Psi(x)\right\rvert^2\\
&=\left\lvert\int_{0}^L dx\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\Psi(x)\right\rvert^2\\
&=\lvert\gamma_n\rvert^2
\end{split}\]
Quindi dobbiamo imporre
\[
\begin{cases}
\gamma_1^2+\gamma_3^2=1&(*)\\
\gamma_1^2=0&(**)
\end{cases}
\]
dalla \((**)\) troviamo, come dicevi tu, \(A=\frac{B}{2}\) e quindi dalla \((*)\): \[B=2\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2},\quad A=\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\]
Ciao
\[
|\psi_n\rangle=\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\chi_{\mathopen{[}0,L\mathclose{]}},\quad n=1,\dots,\infty
\]
dove
\[
\chi_{\mathopen{[}0,L\mathclose{]}}(x):=
\begin{cases}
1&x\in\mathopen{[}0,L\mathclose{]}\\
0&\text{altrimenti}
\end{cases}
\]
con associati autovalori
\[
E_n=\frac{\hbar^2k_n^2}{2m}=\frac{n^2\hbar^2\pi^2}{2mL^2}
\]
e gli autostati sono normalizzati
\[
\langle\psi_n|\psi_{n'}\rangle=\delta_{nn'}
\]
Giustamente tu hai scritto la funzione d'onda del sistema \(|\Psi(x)\rangle\) come combinazione lineare degli autostati, o quasi
\[
|\Psi(x)\rangle=\left(A-\frac{1}{2}B\right)\left(\frac{L}{2}\right)^{1/2}|\psi_1(x)\rangle+\frac{1}{2}B\left(\frac{L}{2}\right)^{1/2}|\psi_3(x)\rangle=:\gamma_1|\psi_1(x)\rangle+\gamma_3|\psi_3(x)\rangle
\]
dove i "pesi" sono
\[
\gamma_1=\left(A-\frac{1}{2}B\right)\left(\frac{L}{2}\right)^{1/2},\quad \gamma_3=\frac{1}{2}B\left(\frac{L}{2}\right)^{1/2}
\]
Quindi hai chiesto che la probabilità di trovare la particella nello stato fondamentale sia nulla, ovvero: definiamo
\[
\mathbb{P}_n:=\lvert\langle\psi_n|\Psi\rangle\rvert^2
\]
che vorremmo interpretare come probabilità di trovare la particella nel livello \(n\).
Uno spazio di probabilità è una terna \((\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})\), dove \(\Omega\) è un insieme arbitratio, \(\mathcal{F}\) è un \(\sigma\)-field di sottoinsiemi di \(\Omega\) e
\[
\mathbb{P}\colon\mathcal{F}\to\mathopen{[}0,\infty\mathclose{]}
\]
è una misura su \(\mathcal{F}\) che soddifa
\[
\mathbb{P}(\Omega)=1
\]detta misura di probabilità.
In breve dobbiamo accertarci che \(\mathbb{P}_n\) soddisfi
\[
\sum_{n=1}^\infty\mathbb{P}_n=\mathbb{P}_1+\mathbb{P}_3=1
\]
Grazie al fatto che \(|\Psi\rangle\) è scritto come combinazione lineare di autostati normalizzati, si vede immediatamente che
\[\begin{split}
\mathbb{P}_n&=\lvert\langle\psi_n|\Psi\rangle\rvert^2\\
&=\left\lvert\int_{-\infty}^\infty dx\,\bar{\psi}_n(x)\Psi(x)\right\rvert^2\\
&=\left\lvert\int_{-\infty}^\infty dx\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\chi_{\mathopen{[}0,L\mathclose{]}}\Psi(x)\right\rvert^2\\
&=\left\lvert\int_{0}^L dx\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\Psi(x)\right\rvert^2\\
&=\lvert\gamma_n\rvert^2
\end{split}\]
Quindi dobbiamo imporre
\[
\begin{cases}
\gamma_1^2+\gamma_3^2=1&(*)\\
\gamma_1^2=0&(**)
\end{cases}
\]
dalla \((**)\) troviamo, come dicevi tu, \(A=\frac{B}{2}\) e quindi dalla \((*)\): \[B=2\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2},\quad A=\left(\frac{2}{L}\right)^{1/2}\]
Ciao
Descrizione chiarissima della risoluzione, grazie!!
Avrei un'altra domanda, sempre sulla stessa funzione. Ho che il valor medio dell'energia vale $sqrt(a/2) E_1$
il mio problema è questo: ho scritto il sistema con due condizioni, una sulla normalizzazione che è:
$\gamma_1^2 + \gamma_3^2 = 1$
l'altra invece è la condizione sull'energia e io l'ho scritta nel solito modo:
$\gamma_1^2 E_1 + \gamma_3^2 E_3= sqrt(a/2) E_1$
ma non ne esco fuori!
Allora, ho provato a far l'integrale:
$_\psi = int_0^a \Psi^* H \Psi dx$
L'ho fatto sia con la $\Psi$ scritta inizialmente ed è una cosa infernale ...
Mentre con la $\Psi$ scritta come combinazione di autostati, ritorna alla condizione che avevo scritto prima ..
qualche modo ''piu' intuitivo'' che mi faccia smanettare meglio questi integrali?
grazie!
Avrei un'altra domanda, sempre sulla stessa funzione. Ho che il valor medio dell'energia vale $sqrt(a/2) E_1$
il mio problema è questo: ho scritto il sistema con due condizioni, una sulla normalizzazione che è:
$\gamma_1^2 + \gamma_3^2 = 1$
l'altra invece è la condizione sull'energia e io l'ho scritta nel solito modo:
$\gamma_1^2 E_1 + \gamma_3^2 E_3= sqrt(a/2) E_1$
ma non ne esco fuori!
Allora, ho provato a far l'integrale:
$
L'ho fatto sia con la $\Psi$ scritta inizialmente ed è una cosa infernale ...
Mentre con la $\Psi$ scritta come combinazione di autostati, ritorna alla condizione che avevo scritto prima ..
qualche modo ''piu' intuitivo'' che mi faccia smanettare meglio questi integrali?
grazie!
Ma se \(a\) è la larghezza della buca, e quindi dimensionalmente è una lunghezza (\(L\)), l'energia media come può essere \(\sqrt{\frac{a}{2}}E_1\)? Vorebbe dire che l'energia media ha dimensioni \(L^{1/2}E\), ovvero non è un'energia (\(E\))... a parte questo problema dimensionale, non ho capito bene il quesito del problema 
L'idea generale comunque è la seguente.
L'equazione agli autovalori dell'hamiltoniana del sistema è
\[
\mathcal{H}\lvert n\rangle=n\lvert n\rangle
\]
dove per brevità poniamo \(n\equiv E_n,\lvert n\rangle\equiv\lvert\psi_n\rangle\). L'insieme \(\{\lvert n\rangle\}_{n=1}^\infty\) costituisce un sistema di generatori ortonormali completo per lo spazio di Hilbert, quindi possiamo sviluppare la funzione d'onda del sistema sugli autostati dell'energia
\[
\lvert\Psi(\vec{x},t)\rangle = \sum_n\langle n\lvert \Psi\rangle\lvert n\rangle\equiv\sum_n \gamma_n\lvert n\rangle
\]
Calcoliamo il valore atteso dell'energia
\[\begin{split}
E:=\langle\Psi\rvert\mathcal{H}\lvert\Psi\rangle&=\langle\Psi\rvert\mathbb{I}\mathcal{H}\mathbb{I}\lvert\Psi\rangle\\
&=\sum_{n,n'}\langle \Psi\rvert n\rangle\langle n\lvert\mathcal{H}\lvert n'\rangle\langle n'\rvert\Psi\rangle\\
&=\sum_{n,n'}\gamma_n^\ast\gamma_{n'} n\delta_{nn'}\\
&=\sum_n\lvert\gamma_n\rvert^2E_n
\end{split}\]
dove abbiamo usato due volte la risoluzione dell'identità
\[
\mathbb{I}=\sum_n\lvert n\rangle\langle n\rvert
\]
Nel caso in esame porta proprio alla relazione che hai scritto tu
\[
\langle\mathcal{H}\rangle_\Psi=\gamma_1^2E_1+\gamma_3^2 E_3
\]
che dovrebbe essere il metodo più immediato per risolvere l'esercizio, visto che conosci gli autovalori dell'hamiltoniana e la funzione d'onda si scrive immediatamente come combinazione lineare degli autostati dell'hamiltoniana.
L'idea generale comunque è la seguente.
L'equazione agli autovalori dell'hamiltoniana del sistema è
\[
\mathcal{H}\lvert n\rangle=n\lvert n\rangle
\]
dove per brevità poniamo \(n\equiv E_n,\lvert n\rangle\equiv\lvert\psi_n\rangle\). L'insieme \(\{\lvert n\rangle\}_{n=1}^\infty\) costituisce un sistema di generatori ortonormali completo per lo spazio di Hilbert, quindi possiamo sviluppare la funzione d'onda del sistema sugli autostati dell'energia
\[
\lvert\Psi(\vec{x},t)\rangle = \sum_n\langle n\lvert \Psi\rangle\lvert n\rangle\equiv\sum_n \gamma_n\lvert n\rangle
\]
Calcoliamo il valore atteso dell'energia
\[\begin{split}
E:=\langle\Psi\rvert\mathcal{H}\lvert\Psi\rangle&=\langle\Psi\rvert\mathbb{I}\mathcal{H}\mathbb{I}\lvert\Psi\rangle\\
&=\sum_{n,n'}\langle \Psi\rvert n\rangle\langle n\lvert\mathcal{H}\lvert n'\rangle\langle n'\rvert\Psi\rangle\\
&=\sum_{n,n'}\gamma_n^\ast\gamma_{n'} n\delta_{nn'}\\
&=\sum_n\lvert\gamma_n\rvert^2E_n
\end{split}\]
dove abbiamo usato due volte la risoluzione dell'identità
\[
\mathbb{I}=\sum_n\lvert n\rangle\langle n\rvert
\]
Nel caso in esame porta proprio alla relazione che hai scritto tu
\[
\langle\mathcal{H}\rangle_\Psi=\gamma_1^2E_1+\gamma_3^2 E_3
\]
che dovrebbe essere il metodo più immediato per risolvere l'esercizio, visto che conosci gli autovalori dell'hamiltoniana e la funzione d'onda si scrive immediatamente come combinazione lineare degli autostati dell'hamiltoniana.
Il problema da quella funzione d'onda scritta inizialmente all'inizio del mio topic
Poi come condizione dice che:
$= sqrt(a/2) E_1$
devo trovare l'evoluzione temporale del problema, quindi devo trovarmi A e B
esattamente, ecco perchè non ne uscivo fuori, inoltre come aiuto per la risoluzione del problema vi è anche questo integrale, che mi ha mandato praticamente fuori per un giorno intero:
int_a^0 sin(nπx/a) cos(2πx/a) sin(πx/a) dx = −(a(n2+3)sin(πn))/(π(n4−10n2+9))
che dici? è sbagliato il testo? xD
grazie per la spiegazione teorica
e io davvero non saprei che farci ..
Poi come condizione dice che:
$
devo trovare l'evoluzione temporale del problema, quindi devo trovarmi A e B
"friction":
Ma se \(a\) è la larghezza della buca, e quindi dimensionalmente è una lunghezza (\(L\)), l'energia media come può essere \(\sqrt{\frac{a}{2}}E_1\)? Vorebbe dire che l'energia media ha dimensioni \(L^{1/2}E\), ovvero non è un'energia (\(E\))... a parte questo problema dimensionale, non ho capito bene il quesito del problema
esattamente, ecco perchè non ne uscivo fuori, inoltre come aiuto per la risoluzione del problema vi è anche questo integrale, che mi ha mandato praticamente fuori per un giorno intero:
int_a^0 sin(nπx/a) cos(2πx/a) sin(πx/a) dx = −(a(n2+3)sin(πn))/(π(n4−10n2+9))
che dici? è sbagliato il testo? xD
grazie per la spiegazione teorica
e io davvero non saprei che farci ..
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