Esercizio 1 — Oscillatore armonico con perturbazione \( \alpha x^3 \)
Testo (dal foglio)
Si consideri un sistema fisico descritto dalla seguente Hamiltoniana:
\[ H=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2x^2+\alpha x^3. \]
Si determini lo spettro di energia al primo ordine perturbativo in \(\alpha\).
Si ricordi:
Scriviamo: \[ H_0=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2x^2, \qquad V=\alpha x^3. \] Gli autostati di \(H_0\) sono \(|n\rangle\) con energie non perturbate: \[ E_n^{(0)}=\hbar\omega\left(n+\frac12\right), \qquad n=0,1,2,\dots \]
La correzione al primo ordine è: \[ \Delta E_n^{(1)}=\langle n|V|n\rangle=\alpha\,\langle n|x^3|n\rangle. \]
Gli autostati \(|n\rangle\) dell’oscillatore armonico hanno parità definita: \[ \hat{\mathcal P}|n\rangle = (-1)^n |n\rangle. \] L’operatore \(x\) è dispari sotto parità (\(x\to -x\)), quindi anche \(x^3\) è dispari: \[ \hat{\mathcal P}\,x^3\,\hat{\mathcal P}^{-1} = (-x)^3 = -x^3. \] Ora, il valore di aspettazione in uno stato a parità definita di un operatore dispari è zero: \[ \langle n|x^3|n\rangle = 0. \] (Intuizione “super banale”: l’integrando \(\psi_n^*(x)\,x^3\,\psi_n(x)\) è una funzione dispari, e l’integrale su \((-\infty,+\infty)\) vale 0.)
\[ \Delta E_n^{(1)}=0 \quad\Rightarrow\quad E_n \;=\; \hbar\omega\left(n+\frac12\right) + \mathcal{O}(\alpha^2). \]
Commento: il primo contributo “non banale” allo spettro arriverà al secondo ordine in \(\alpha\) (non richiesto qui).
Esercizio 2 — Effetto Stark per atomo idrogenoide: correzioni al I ordine di \(E_1\) e \(E_2\)
Testo (dal foglio)
Qui assumo l’assetto standard: campo elettrico uniforme lungo \(z\), \(\mathbf{E}=E\,\hat z\). Per l’elettrone (\(q=-e\)) la perturbazione si può scrivere come: \[ H' = eEz \quad (\text{convenzionale in molti corsi}). \] Se nel tuo corso si usa \(H'=-eEz\), cambiano solo alcuni segni nelle combinazioni, ma gli splitting in modulo restano uguali.
Per \(n=1\) esiste solo lo stato \(1s\) (non degenere), con parità ben definita (pari). L’operatore \(z=r\cos\theta\) è dispari sotto parità. Quindi: \[ \Delta E_{1}^{(1)}=\langle 100|\,eEz\,|100\rangle = eE\,\langle 100|z|100\rangle = 0. \]
Per \(n=2\) ci sono più stati degeneri: \(2s\) e \(2p\) (con \(m=-1,0,+1\)). La perturbazione \(H'=eEz\) seleziona (regole di selezione): \[ \Delta \ell = \pm 1,\qquad \Delta m = 0. \] Quindi:
- \(|200\rangle\) (2s) si accoppia con \(|210\rangle\) (2p, \(m=0\));
- \(|21\pm 1\rangle\) non si accoppiano con \(|200\rangle\) (perché \(\Delta m\neq 0\)).
Nel sottospazio \(\{|200\rangle,|210\rangle\}\) la matrice di \(H'\) è: \[ H' \;\to\; \begin{pmatrix} \langle200|H'|200\rangle & \langle200|H'|210\rangle\\ \langle210|H'|200\rangle & \langle210|H'|210\rangle \end{pmatrix}. \] Per parità, i termini diagonali sono zero: \[ \langle200|z|200\rangle=0,\qquad \langle210|z|210\rangle=0. \] Rimane il termine fuori diagonale: \[ \langle200|H'|210\rangle=eE\,\langle200|z|210\rangle. \]
Scriviamo \(z=r\cos\theta\). L’integrale separa in parte radiale + parte angolare.
Parte angolare.
\[ \langle Y_{00}|\cos\theta|Y_{10}\rangle =\int Y_{00}^*(\theta,\phi)\,\cos\theta\,Y_{10}(\theta,\phi)\,d\Omega =\sqrt{\frac{1}{3}}. \] (Se vuoi “fare i conti”: \(Y_{00}=1/\sqrt{4\pi}\), \(Y_{10}=\sqrt{3/(4\pi)}\cos\theta\), quindi l’integrando \(\propto \cos^2\theta\) e \(\int \cos^2\theta\,d\Omega = 4\pi/3\).)
Parte radiale. Uso le funzioni radiali standard (idrogeno):
\[ R_{20}(r)=\frac{1}{2\sqrt{2}\,a_0^{3/2}}\left(2-\frac{r}{a_0}\right)e^{-r/(2a_0)}, \qquad R_{21}(r)=\frac{1}{2\sqrt{6}\,a_0^{3/2}}\left(\frac{r}{a_0}\right)e^{-r/(2a_0)}. \]Il pezzo radiale per \(z=r\cos\theta\) contiene un fattore \(r\) e la misura \(r^2dr\), quindi compare: \[ I_r=\int_0^\infty r^3\,R_{20}(r)\,R_{21}(r)\,dr. \]
Sostituzione “banale”: \(\rho=r/a_0\Rightarrow r=a_0\rho\), \(dr=a_0\,d\rho\).
Allora:
- \(r^3dr = (a_0^3\rho^3)(a_0\,d\rho)=a_0^4\rho^3\,d\rho\).
- \(e^{-r/(2a_0)}e^{-r/(2a_0)}=e^{-\rho}\).
Moltiplico \(R_{20}R_{21}\): prefattore \[ \frac{1}{2\sqrt2\,a_0^{3/2}}\cdot \frac{1}{2\sqrt6\,a_0^{3/2}} =\frac{1}{4\sqrt{12}\,a_0^3} =\frac{1}{8\sqrt3\,a_0^3}. \] Parte polinomiale: \(\rho(2-\rho)\). Quindi: \[ R_{20}R_{21}=\frac{1}{8\sqrt3\,a_0^3}\,\rho(2-\rho)\,e^{-\rho}. \] Pertanto: \[ I_r=\int_0^\infty a_0^4\rho^3\cdot \frac{1}{8\sqrt3\,a_0^3}\rho(2-\rho)e^{-\rho}d\rho =\frac{a_0}{8\sqrt3}\int_0^\infty \rho^4(2-\rho)e^{-\rho}d\rho. \]
Ora espando: \[ \rho^4(2-\rho)=2\rho^4-\rho^5. \] Uso la formula “banale”: \[ \int_0^\infty \rho^n e^{-\rho}d\rho = n!. \] Quindi: \[ \int_0^\infty 2\rho^4 e^{-\rho}d\rho = 2\cdot 4! =2\cdot 24=48, \] \[ \int_0^\infty \rho^5 e^{-\rho}d\rho = 5! = 120. \] Sottraggo: \[ \int_0^\infty (2\rho^4-\rho^5)e^{-\rho}d\rho = 48-120=-72. \] Quindi: \[ I_r=\frac{a_0}{8\sqrt3}\cdot(-72)=a_0\cdot\frac{-72}{8\sqrt3} =a_0\cdot\frac{-9}{\sqrt3}=-3\sqrt3\,a_0. \]
Metto insieme angolare + radiale.
\[ \langle200|z|210\rangle = \left(\sqrt{\frac13}\right)\cdot(-3\sqrt3\,a_0) = -3a_0. \]Quindi: \[ \langle200|H'|210\rangle = eE\,(-3a_0)= -3ea_0E. \]
Nel sottospazio \(\{|200\rangle,|210\rangle\}\) la matrice è:
\[
\begin{pmatrix}
0 & -3ea_0E\\
-3ea_0E & 0
\end{pmatrix}.
\]
Gli autovalori (conti “banali”):
Risolvo \(\det(H'-\lambda I)=0\):
\[
\det\begin{pmatrix}
-\lambda & -3ea_0E\\
-3ea_0E & -\lambda
\end{pmatrix}
=\lambda^2-(3ea_0E)^2=0
\;\Rightarrow\;
\lambda=\pm 3ea_0E.
\]
Quindi le correzioni al primo ordine per due combinazioni lineari sono:
\[
\Delta E_{2,\pm}^{(1)}=\pm 3ea_0E.
\]
Gli stati \(2p\) con \(m=\pm 1\) restano con:
\[
\Delta E_{2,m=\pm 1}^{(1)}=0.
\]
\[ \Delta E_1^{(1)}=0. \] Per \(n=2\) (idrogeno): \[ E_2 \Rightarrow \begin{cases} E_2^{(0)} + 3ea_0E,\\ E_2^{(0)} - 3ea_0E,\\ E_2^{(0)} \quad (\text{doppia degenerazione: } m=\pm 1). \end{cases} \]
Idrogenoide (nucleo con carica \(+Ze\)): tipicamente si sostituisce \(a_0 \to a_0/Z\). Quindi lo splitting lineare diventa: \[ \Delta E_{2,\pm}^{(1)}=\pm 3e\left(\frac{a_0}{Z}\right)E. \]
Esercizio 3 — Oscillatore armonico 1D carico in campo elettrico costante
Testo (dal foglio)
Si consideri un oscillatore armonico unidimensionale carico immerso in un campo elettrico costante.
(a) Calcolare le correzioni alle energie al primo e al secondo ordine perturbativo.
(b) In questo caso con un semplice cambiamento di variabile il problema si può risolvere esattamente.
Trovare le energie esatte e verificare che sono consistenti con il calcolo perturbativo.
Prendo il campo lungo \(x\). Potenziale in campo uniforme: \(V(x)=-qEx\) (scelta standard). Quindi: \[ H = \underbrace{\left(\frac{p^2}{2m}+\frac12 m\omega^2x^2\right)}_{H_0} \;+\; \underbrace{(-qEx)}_{V}. \]
\[ \Delta E_n^{(1)}=\langle n|(-qEx)|n\rangle = -qE\,\langle n|x|n\rangle. \] Ma per l’oscillatore armonico: \[ \langle n|x|n\rangle=0 \] (per parità: \(x\) è dispari e \(|n\rangle\) ha parità definita). Quindi: \[ \boxed{\Delta E_n^{(1)}=0.} \]
La correzione al secondo ordine è: \[ \Delta E_n^{(2)}=\sum_{k\neq n}\frac{|\langle k|V|n\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}. \] Ora uso \[ x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger), \qquad V=-qE\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger). \] Gli unici accoppiamenti sono \(n\to n\pm 1\) perché: \[ a|n\rangle=\sqrt{n}\,|n-1\rangle,\qquad a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle. \] Quindi: \[ \langle n+1|x|n\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{n+1}, \qquad \langle n-1|x|n\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{n}. \] Moltiplico per \(-qE\) per ottenere i matrice elementi di \(V\): \[ \langle n+1|V|n\rangle=-qE\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{n+1}, \] \[ \langle n-1|V|n\rangle=-qE\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{n}. \]
Rimangono solo due termini:
\[
\Delta E_n^{(2)}=
\frac{|\langle n-1|V|n\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_{n-1}^{(0)}}
+
\frac{|\langle n+1|V|n\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_{n+1}^{(0)}}.
\]
Calcolo i denominatori:
\[
E_n^{(0)}=\hbar\omega\left(n+\frac12\right).
\]
Quindi:
\[
E_n^{(0)}-E_{n-1}^{(0)}=\hbar\omega\left(n+\frac12-(n-\frac12)\right)=\hbar\omega,
\]
\[
E_n^{(0)}-E_{n+1}^{(0)}=\hbar\omega\left(n+\frac12-(n+\frac32)\right)=-\hbar\omega.
\]
Ora i moduli quadri:
\[
|\langle n-1|V|n\rangle|^2 = (qE)^2\frac{\hbar}{2m\omega}\,n,
\]
\[
|\langle n+1|V|n\rangle|^2 = (qE)^2\frac{\hbar}{2m\omega}\,(n+1).
\]
Sostituisco:
\[
\Delta E_n^{(2)}
=\frac{(qE)^2\frac{\hbar}{2m\omega}n}{\hbar\omega}
+
\frac{(qE)^2\frac{\hbar}{2m\omega}(n+1)}{-\hbar\omega}.
\]
Semplifico (passo per passo):
- \(\hbar\) si semplifica sopra/sotto in entrambi i termini.
- Resta un fattore comune \((qE)^2/(2m\omega^2)\).
Quindi:
\[
\Delta E_n^{(2)}=\frac{(qE)^2}{2m\omega^2}\Bigl(n-(n+1)\Bigr)
=\frac{(qE)^2}{2m\omega^2}(-1)
=-\frac{q^2E^2}{2m\omega^2}.
\]
\[ \Delta E_n^{(1)}=0, \qquad \Delta E_n^{(2)}=-\frac{q^2E^2}{2m\omega^2}\quad(\text{indipendente da }n). \]
Parto da:
\[
H=\frac{p^2}{2m}+\frac12 m\omega^2x^2-qEx.
\]
Completo il quadrato nel termine in \(x\):
Cerco \(x_0\) tale che:
\[
\frac12 m\omega^2x^2-qEx
=\frac12 m\omega^2(x-x_0)^2 - \frac12 m\omega^2x_0^2.
\]
Espando \((x-x_0)^2=x^2-2xx_0+x_0^2\):
\[
\frac12 m\omega^2(x^2-2xx_0+x_0^2)
=\frac12 m\omega^2x^2 - m\omega^2 x x_0 + \frac12 m\omega^2x_0^2.
\]
Voglio che il termine lineare \(-m\omega^2 x x_0\) coincida con \(-qEx\).
Quindi:
\[
-m\omega^2 x x_0 = -qEx \quad\Rightarrow\quad x_0=\frac{qE}{m\omega^2}.
\]
Allora:
\[
H=\frac{p^2}{2m}+\frac12 m\omega^2(x-x_0)^2 - \frac12 m\omega^2x_0^2.
\]
Sostituisco \(x_0\):
\[
\frac12 m\omega^2x_0^2=\frac12 m\omega^2\left(\frac{qE}{m\omega^2}\right)^2
=\frac12 \frac{q^2E^2}{m\omega^2}.
\]
Quindi il termine costante è:
\[
-\frac12 \frac{q^2E^2}{m\omega^2}=-\frac{q^2E^2}{2m\omega^2}.
\]
Il termine \(\frac12 m\omega^2(x-x_0)^2\) è ancora un oscillatore armonico (solo traslato), quindi: \[ E_n^{\text{(esatto)}}=\hbar\omega\left(n+\frac12\right)-\frac{q^2E^2}{2m\omega^2}. \] Check: coincide con \(1^\circ\) ordine nullo e \(2^\circ\) ordine costante trovato sopra.
Esercizio 4 — Buca infinita \(0\le x\le L\) con perturbazione \(H_p=\varepsilon E_1\,\frac{x}{L}\)
Testo (dal foglio)
Una particella di massa \(m\) si trova in una buca di potenziale unidimensionale infinita con pareti in \(x=0\) e \(x=L\). Calcolare, al primo ordine perturbativo, le correzioni all’energia del livello fondamentale e del primo livello eccitato prodotte dalla perturbazione:
\[ H_p=\varepsilon E_1\,\frac{x}{L}, \]ove \(E_1\) è l’energia dello stato fondamentale non perturbato.
Per la buca infinita \(0\le x\le L\), gli autostati sono: \[ \psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad n=1,2,3,\dots \] e le energie: \[ E_n^{(0)}=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}. \] In particolare: \[ E_1^{(0)}=\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}\equiv E_1. \]
\[ \Delta E_n^{(1)}=\left\langle n\left|\varepsilon E_1\frac{x}{L}\right|n\right\rangle =\varepsilon E_1\frac{1}{L}\,\langle x\rangle_n. \] Quindi dobbiamo calcolare \(\langle x\rangle_n\).
Per definizione: \[ \langle x\rangle_n=\int_0^L x\,|\psi_n(x)|^2\,dx =\int_0^L x\left(\frac{2}{L}\sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right)\,dx. \] Porto fuori la costante \(\frac{2}{L}\): \[ \langle x\rangle_n=\frac{2}{L}\int_0^L x\sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx. \] Uso identità: \[ \sin^2(\theta)=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}. \] Quindi: \[ \sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)=\frac{1-\cos\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)}{2}. \] Sostituisco: \[ \langle x\rangle_n=\frac{2}{L}\int_0^L x\cdot \frac{1-\cos\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)}{2}\,dx =\frac{1}{L}\int_0^L x\left(1-\cos\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\right)\,dx. \] Separo gli integrali: \[ \langle x\rangle_n=\frac{1}{L}\left(\int_0^L x\,dx - \int_0^L x\cos\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\,dx\right). \] Il primo è immediato: \[ \int_0^L x\,dx=\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^L=\frac{L^2}{2}. \] Il secondo integrale (per completezza) vale 0 perché la primitiva porta a termini con \(\sin(2n\pi)=0\) e differenze di \(\cos\) che si cancellano tra 0 e \(L\). Quindi: \[ \langle x\rangle_n=\frac{1}{L}\cdot \frac{L^2}{2}=\frac{L}{2}. \]
Siccome \(\langle x\rangle_n=L/2\) per ogni \(n\), allora: \[ \Delta E_n^{(1)}=\varepsilon E_1\frac{1}{L}\cdot \frac{L}{2} =\varepsilon E_1\cdot \frac12 =\frac{\varepsilon E_1}{2}. \] Quindi in particolare: \[ \Delta E_{1}^{(1)}=\frac{\varepsilon E_1}{2}, \qquad \Delta E_{2}^{(1)}=\frac{\varepsilon E_1}{2}. \]
Correzioni al primo ordine: \[ \boxed{\Delta E_{1}^{(1)}=\Delta E_{2}^{(1)}=\frac{\varepsilon E_1}{2}.} \] Se vuoi anche le energie corrette: \[ E_1 \approx E_1^{(0)}+\frac{\varepsilon E_1}{2}=E_1\left(1+\frac{\varepsilon}{2}\right), \] \[ E_2 \approx 4E_1 + \frac{\varepsilon E_1}{2}. \]