Set 5 — Principio di indeterminazione, pacchetti d’onda, normalizzazione

Vogliamo “vedere” la posizione di un elettrone usando un fotone molto energetico (raggi \(\gamma\)). Più piccola è la lunghezza d’onda \(\lambda\) della luce, più “fine” è la risoluzione spaziale. Però: un fotone con \(\lambda\) piccola ha quantità di moto grande, e urtando l’elettrone gli trasferisce una componente di quantità di moto imprevedibile.

Un microscopio con apertura angolare \(2\alpha\) ha una risoluzione dell’ordine: \[ \Delta x \sim \frac{\lambda}{2\sin\alpha}. \] (Interpretazione: per raccogliere i fotoni devi accettare un cono di angoli, e il limite di diffrazione lega \(\Delta x\) a \(\lambda\) e all’apertura.)

La quantità di moto del fotone è: \[ p_\gamma=\frac{h}{\lambda}. \] Dopo la diffusione, il fotone può uscire con angolo tra \(-\alpha\) e \(+\alpha\) (nel piano rilevante), quindi la componente lungo \(x\) può variare di circa: \[ \Delta p_x \sim p_\gamma \sin\alpha = \frac{h}{\lambda}\sin\alpha. \] (Questa è una stima d’ordine di grandezza: la parte “imprevedibile” è appunto legata al cono di angoli ammesso.)

\[ \Delta x\,\Delta p_x \sim \left(\frac{\lambda}{2\sin\alpha}\right)\left(\frac{h}{\lambda}\sin\alpha\right) =\frac{h}{2}. \] Ricordando \(h=2\pi\hbar\), ottengo: \[ \Delta x\,\Delta p_x \sim \frac{2\pi\hbar}{2}=\pi\hbar. \]

Usiamo l’idea: \[ p\,r \simeq \hbar \quad\Rightarrow\quad p \simeq \frac{\hbar}{r}. \] (È una versione “a stima” di \(\Delta x\Delta p\sim \hbar\).)

Energia cinetica (non relativistica): \[ T=\frac{p^2}{2m}. \] Sostituisco \(p=\hbar/r\): \[ T(r)=\frac{1}{2m}\left(\frac{\hbar}{r}\right)^2 =\frac{\hbar^2}{2mr^2}. \]

Potenziale coulombiano (attrattivo): \[ V(r)=-\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{1}{r}. \]

Quindi: \[ E(r)=\frac{\hbar^2}{2mr^2}-\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r}. \]

Calcolo la derivata: \[ \frac{dE}{dr} =\frac{d}{dr}\left(\frac{\hbar^2}{2mr^2}\right) -\frac{d}{dr}\left(\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r}\right). \]

Derivate “banali”: \[ \frac{d}{dr}\left(r^{-2}\right)=-2r^{-3},\qquad \frac{d}{dr}\left(r^{-1}\right)=-r^{-2}. \]

Quindi: \[ \frac{d}{dr}\left(\frac{\hbar^2}{2m}r^{-2}\right) =\frac{\hbar^2}{2m}(-2)r^{-3} =-\frac{\hbar^2}{m}\frac{1}{r^3}. \] e \[ \frac{d}{dr}\left(\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}r^{-1}\right) =\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}(-1)r^{-2} =-\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r^2}. \] Ma in \(E(r)\) c’è un meno davanti al potenziale: \[ \frac{d}{dr}\left(-\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r}\right) = +\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r^2}. \]

Quindi: \[ \frac{dE}{dr}=-\frac{\hbar^2}{m}\frac{1}{r^3} +\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r^2}. \]

Impongo minimo: \(\frac{dE}{dr}=0\): \[ -\frac{\hbar^2}{m}\frac{1}{r^3} +\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r^2}=0. \] Porto il primo termine a destra: \[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r^2} =\frac{\hbar^2}{m}\frac{1}{r^3}. \] Moltiplico entrambi i membri per \(r^3\): \[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\,r=\frac{\hbar^2}{m}. \] Quindi: \[ r=\frac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{m e^2}. \]

Calcolo \(E(a_0)\): \[ E(a_0)=\frac{\hbar^2}{2m a_0^2}-\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{a_0}. \]

Dalla condizione di minimo abbiamo: \[ \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\,a_0=\frac{\hbar^2}{m} \quad\Rightarrow\quad \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}=\frac{\hbar^2}{m a_0}. \]

Sostituisco nel potenziale: \[ -\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{a_0} =-\frac{\hbar^2}{m a_0}\frac{1}{a_0} =-\frac{\hbar^2}{m a_0^2}. \]

Quindi: \[ E(a_0)=\frac{\hbar^2}{2m a_0^2}-\frac{\hbar^2}{m a_0^2} =\left(\frac{1}{2}-1\right)\frac{\hbar^2}{m a_0^2} =-\frac{1}{2}\frac{\hbar^2}{m a_0^2}. \]

\(|\psi(x)|^2\) è costante (perché \(|e^{ik_0x}|^2=1\)). Quindi la densità di probabilità è uniforme su tutto lo spazio, non si concentra in una regione finita.

In una “scatola” \([-L,L]\) la distribuzione uniforme dà: \[ \langle x\rangle = 0,\qquad \langle x^2\rangle=\frac{1}{2L}\int_{-L}^{L}x^2\,dx =\frac{1}{2L}\left[ \frac{x^3}{3}\right]_{-L}^{L} =\frac{1}{2L}\left(\frac{L^3}{3}-\left(-\frac{L^3}{3}\right)\right) =\frac{1}{2L}\cdot\frac{2L^3}{3}=\frac{L^2}{3}. \] Quindi: \[ \Delta x=\sqrt{\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2}=\sqrt{\frac{L^2}{3}}=\frac{L}{\sqrt{3}}. \] Mandando \(L\to\infty\): \[ \boxed{\Delta x\to\infty.} \]

Un’onda piana a \(k_0\) corrisponde in \(k\)-spazio a una delta di Dirac: \[ \phi(k)\propto \delta(k-k_0). \] Quindi la dispersione in \(k\) è nulla: \[ \boxed{\Delta k = 0.} \]

Per una particella libera la dipendenza temporale di un’onda piana è una fase: \[ \psi(x,t)=\psi(x,0)\,e^{-i\omega t}, \qquad \omega=\frac{\hbar k_0^2}{2m}. \] Quindi: \[ \boxed{\psi(x,t)=\frac{1}{2\pi}\,e^{ik_0x}\,e^{-i\frac{\hbar k_0^2}{2m}t}}. \]

Poiché \(|e^{-i\omega t}|^2=1\), la densità \(|\psi(x,t)|^2\) rimane costante nel tempo ⇒ la dispersione resta quella di prima: \[ \boxed{\Delta x(t)=\infty,\qquad \Delta k(t)=0.} \]

In QM standard su \(\mathbb{R}\), uno stato puro fisico richiede \(\psi\in L^2(\mathbb{R})\): \[ \int_{-\infty}^{+\infty}|\psi(x)|^2\,dx = 1. \] Quindi serve che l’integrale sia finito (normalizzabile).

\[ |\psi|^2 = |N|^2|e^{ikx}|^2 = |N|^2. \] L’integrale su \(\mathbb{R}\) diverge: \[ \int_{-\infty}^{\infty}|N|^2\,dx = |N|^2\cdot \infty = \infty. \]

Qui lo stato ha supporto finito: \([-\,\pi/k,\ \pi/k]\). Quindi è normalizzabile.

Condizione: \[ 1=\int_{-\infty}^{\infty}|\psi|^2dx =\int_{-\pi/k}^{\pi/k} N^2\sin^2(kx)\,dx. \]

Uso \(\sin^2(kx)=\frac{1-\cos(2kx)}{2}\): \[ \int_{-\pi/k}^{\pi/k}\sin^2(kx)\,dx =\frac{1}{2}\int_{-\pi/k}^{\pi/k}1\,dx-\frac{1}{2}\int_{-\pi/k}^{\pi/k}\cos(2kx)\,dx. \]

Primo integrale: \[ \frac{1}{2}\int_{-\pi/k}^{\pi/k}1\,dx =\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{k}-\left(-\frac{\pi}{k}\right)\right) =\frac{1}{2}\cdot\frac{2\pi}{k}=\frac{\pi}{k}. \]

Secondo integrale (coseno su intervallo simmetrico, oppure calcolo diretto): \[ \int_{-\pi/k}^{\pi/k}\cos(2kx)\,dx=\left[\frac{\sin(2kx)}{2k}\right]_{-\pi/k}^{\pi/k} =\frac{\sin(2\pi)-\sin(-2\pi)}{2k} =\frac{0-0}{2k}=0. \]

Quindi: \[ \int_{-\pi/k}^{\pi/k}\sin^2(kx)\,dx=\frac{\pi}{k}. \] E la normalizzazione diventa: \[ 1=N^2\frac{\pi}{k} \quad\Rightarrow\quad N^2=\frac{k}{\pi} \quad\Rightarrow\quad \boxed{N=\sqrt{\frac{k}{\pi}}}. \]

\[ |\psi|^2=\frac{N^2}{x^2+a^2}. \] Uso l’integrale noto: \[ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{\pi}{a}. \] Quindi: \[ 1=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{N^2}{x^2+a^2}\,dx =N^2\frac{\pi}{a} \quad\Rightarrow\quad N^2=\frac{a}{\pi} \quad\Rightarrow\quad \boxed{N=\sqrt{\frac{a}{\pi}}}. \]

Dal punto (c) prima: \[ \psi(x)=\frac{N}{\sqrt{x^2+a^2}},\qquad N=\sqrt{\frac{a}{\pi}}. \] Quindi: \[ |\psi(x)|^2=\frac{N^2}{x^2+a^2}=\frac{a/\pi}{x^2+a^2}. \]

Integrale base: \[ \int \frac{dx}{x^2+a^2}=\frac{1}{a}\arctan\left(\frac{x}{a}\right)+C. \]

\[ P([0,a])=\int_{0}^{a}|\psi(x)|^2dx=\frac{a}{\pi}\int_0^a\frac{dx}{x^2+a^2}. \] Calcolo l’integrale: \[ \int_0^a\frac{dx}{x^2+a^2} =\left[\frac{1}{a}\arctan\left(\frac{x}{a}\right)\right]_{0}^{a} =\frac{1}{a}\left(\arctan(1)-\arctan(0)\right) =\frac{1}{a}\left(\frac{\pi}{4}-0\right)=\frac{\pi}{4a}. \] Quindi: \[ P([0,a])=\frac{a}{\pi}\cdot\frac{\pi}{4a}=\frac{1}{4}. \]

\[ P([a,2a])=\frac{a}{\pi}\int_a^{2a}\frac{dx}{x^2+a^2} =\frac{a}{\pi}\left[\frac{1}{a}\arctan\left(\frac{x}{a}\right)\right]_{a}^{2a} =\frac{1}{\pi}\left(\arctan(2)-\arctan(1)\right). \] Con \(\arctan(1)=\pi/4\): \[ \boxed{P([a,2a])=\frac{1}{\pi}\left(\arctan(2)-\frac{\pi}{4}\right)}. \]

(Se vuoi anche una stima numerica: \(\arctan(2)\approx 1.1071\), \(\pi/4\approx 0.7854\), differenza \(\approx 0.3217\), quindi \(P\approx 0.3217/\pi\approx 0.102\).)

Per simmetria \(|\psi|^2\) è pari: \(|\psi(-x)|^2=|\psi(x)|^2\). Quindi: \[ P([-a,a])=2P([0,a])=2\cdot\frac{1}{4}=\frac{1}{2}. \]

In una variabile continua, la probabilità di un singolo punto è: \[ P(x=a)=\int_{a}^{a}|\psi(x)|^2dx=0. \] Quindi: \[ \boxed{P(x=a)=0.} \]

Densità: \[ |\psi_L|^2=\frac{1}{2L}\quad (|x|\le L). \]

Valore medio di \(x\): \[ \langle x\rangle=\int_{-L}^{L}x\,\frac{1}{2L}\,dx =\frac{1}{2L}\left[\frac{x^2}{2}\right]_{-L}^{L} =\frac{1}{2L}\left(\frac{L^2}{2}-\frac{L^2}{2}\right)=0. \]

Valore medio di \(x^2\): \[ \langle x^2\rangle=\int_{-L}^{L}x^2\,\frac{1}{2L}\,dx =\frac{1}{2L}\left[\frac{x^3}{3}\right]_{-L}^{L} =\frac{1}{2L}\left(\frac{L^3}{3}-\left(-\frac{L^3}{3}\right)\right) =\frac{1}{2L}\cdot\frac{2L^3}{3}=\frac{L^2}{3}. \] Quindi: \[ \Delta x=\sqrt{\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2}=\sqrt{\frac{L^2}{3}}=\frac{L}{\sqrt{3}}. \] Nel limite \(L\to\infty\): \(\boxed{\Delta x\to\infty}\).

Impulso: applico \(\hat p=-i\hbar\frac{d}{dx}\) a \(e^{ipx/\hbar}\): \[ \frac{d}{dx}e^{ipx/\hbar}=\frac{ip}{\hbar}e^{ipx/\hbar} \quad\Rightarrow\quad \hat p\,\psi_L = -i\hbar\frac{ip}{\hbar}\psi_L = p\,\psi_L. \] Quindi (idealmente, ignorando gli effetti dei bordi che spariscono per \(L\to\infty\)): \[ \langle p\rangle=p,\qquad \langle p^2\rangle=p^2,\qquad \Delta p=0. \]

Definisco \(k=\frac{p}{\hbar}\). Allora: \[ \psi(x)=N\sin(kx),\qquad 0\le x\le L,\qquad L=\frac{2\pi}{k}. \]

Normalizzazione:

\[ 1=\int_0^L |N|^2\sin^2(kx)\,dx =N^2\int_0^L\sin^2(kx)\,dx. \] Su un numero intero di periodi, la media di \(\sin^2\) è \(1/2\). Qui \(kL=2\pi\) (un periodo completo), quindi: \[ \int_0^L\sin^2(kx)\,dx=\frac{L}{2}. \] Allora: \[ 1=N^2\frac{L}{2}\quad\Rightarrow\quad N^2=\frac{2}{L}\quad\Rightarrow\quad \boxed{N=\sqrt{\frac{2}{L}}}. \]

Valore medio \(\langle x\rangle\):

Siccome \(\sin^2(kx)\) è simmetrica rispetto a \(x=L/2\), la densità di probabilità è simmetrica e quindi \(\boxed{\langle x\rangle=L/2}\).

(Se vuoi “contare”: \(\langle x\rangle=\frac{2}{L}\int_0^L x\sin^2(kx)\,dx=\frac{L}{2}\).)

Valore medio \(\langle x^2\rangle\) e \(\Delta x\):

Risultato (calcolo esplicito con \(\sin^2=\frac{1-\cos(2kx)}{2}\) e \(kL=2\pi\)): \[ \langle x^2\rangle=L^2\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{8\pi^2}\right). \] Quindi: \[ \Delta x^2=\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2 =L^2\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{8\pi^2}\right)-\left(\frac{L}{2}\right)^2 =L^2\left(\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}\right). \] e \[ \boxed{\Delta x=L\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}} }. \]

Valore medio \(\langle p\rangle\) e \(\Delta p\):

\[ \langle p\rangle=\int_0^L \psi^*(-i\hbar\partial_x)\psi\,dx. \] Poiché \(\psi\) è reale: \[ \psi(-i\hbar\partial_x)\psi=-i\hbar\,\psi\,\psi'=-\frac{i\hbar}{2}\partial_x(\psi^2). \] Quindi: \[ \langle p\rangle=-\frac{i\hbar}{2}\int_0^L \partial_x(\psi^2)\,dx =-\frac{i\hbar}{2}\,[\psi^2]_0^L=0 \] perché \(\psi(0)=\psi(L)=0\).

Per \(\langle p^2\rangle\): \[ \langle p^2\rangle=\int_0^L \psi(-\hbar^2\partial_x^2)\psi\,dx. \] Ma \(\partial_x^2\sin(kx)=-k^2\sin(kx)\), quindi \(-\partial_x^2\psi=k^2\psi\) e: \[ \langle p^2\rangle=\hbar^2 k^2\int_0^L|\psi|^2dx=\hbar^2 k^2. \] Quindi: \[ \Delta p=\sqrt{\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2}=\hbar k=\hbar\frac{p}{\hbar}=p. \] Dunque: \[ \boxed{\langle p\rangle=0,\quad \Delta p=p.} \]

Prodotto \(\Delta x\Delta p\):

\[ \Delta x\Delta p = \left(L\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}}\right)\cdot p. \] Ma \(L=2\pi\hbar/p\), quindi: \[ \Delta x\Delta p=\left(\frac{2\pi\hbar}{p}\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}}\right)p =2\pi\hbar\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}}. \]

Normalizzazione:

\[ 1=\int_{-\infty}^{\infty}|N|^2 e^{-x^2/a^2}\,dx. \] Integrale noto: \[ \int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2/a^2}\,dx=\sqrt{\pi}\,a. \] Quindi: \[ 1=N^2\sqrt{\pi}a \quad\Rightarrow\quad N^2=\frac{1}{\sqrt{\pi}a} \quad\Rightarrow\quad \boxed{N=\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{a}}}. \]

Valori medi in \(x\):

\(|\psi|^2\) è pari ⇒ \(\langle x\rangle=0\).

Per \(\langle x^2\rangle\), ricordiamo che questa gaussiana ha varianza: \[ \boxed{\langle x^2\rangle=\frac{a^2}{2}} \quad\Rightarrow\quad \boxed{\Delta x=\frac{a}{\sqrt{2}}}. \]

Valori medi in \(p\):

\(\psi\) è reale e pari ⇒ \(\langle p\rangle=0\).

Calcolo \(\langle p^2\rangle=\int \psi(-\hbar^2\partial_x^2)\psi\,dx\). Derivate: \[ \psi(x)=Ne^{-x^2/(2a^2)}\quad\Rightarrow\quad \psi'(x)=\psi(x)\left(-\frac{x}{a^2}\right). \] Derivo ancora: \[ \psi''(x)=\left(\psi'(x)\right)\left(-\frac{x}{a^2}\right)+\psi(x)\left(-\frac{1}{a^2}\right) =\psi(x)\left(\frac{x^2}{a^4}-\frac{1}{a^2}\right). \] Quindi: \[ -\hbar^2\psi''=\hbar^2\psi\left(\frac{1}{a^2}-\frac{x^2}{a^4}\right). \] Allora: \[ \langle p^2\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*\left(-\hbar^2\psi''\right)\,dx =\hbar^2\int |\psi|^2\left(\frac{1}{a^2}-\frac{x^2}{a^4}\right)\,dx =\hbar^2\left(\frac{1}{a^2}-\frac{\langle x^2\rangle}{a^4}\right). \] Inserisco \(\langle x^2\rangle=a^2/2\): \[ \langle p^2\rangle=\hbar^2\left(\frac{1}{a^2}-\frac{a^2/2}{a^4}\right) =\hbar^2\left(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{2a^2}\right) =\hbar^2\frac{1}{2a^2}. \] Quindi: \[ \boxed{\Delta p=\sqrt{\langle p^2\rangle}=\frac{\hbar}{\sqrt{2}\,a}}. \]

Prodotto \(\Delta x\Delta p\):

\[ \Delta x\Delta p=\left(\frac{a}{\sqrt{2}}\right)\left(\frac{\hbar}{\sqrt{2}a}\right)=\frac{\hbar}{2}. \]