Set 6 — Operatori, valori medi, autofunzioni (Soluzioni)

Esercizio 1 — Buca di potenziale a pareti infinite

Set 6 • Operatori \( \hat x,\hat p,\hat H \) • valori medi e dipendenza temporale

Testo (ricopiato)

Si consideri il problema della buca di potenziale a pareti infinite:

\[ V(x)= \begin{cases} 0 & \text{per } |x|

(a) Calcolare i valori medi degli operatori \( \hat x\), \( \hat p\), \( \hat H\) e i loro scarti quadratici medi nello stato fondamentale. Verificare che il principio di indeterminazione di Heisenberg è soddisfatto. Qual è il comportamento dei valori medi in funzione del tempo?

(b) Si consideri ora una particella nello stato

\[ \psi(x,t)=\frac{i}{2}\,\psi_1(x,t) + B\,\psi_2(x,t), \]

dove \(\psi_1(x,t)\) e \(\psi_2(x,t)\) sono gli stati stazionari corrispondenti al fondamentale e al primo eccitato. Determinare:

i. il valore di \(B\) che rende lo stato normalizzato;
ii. la probabilità che una misura dell’energia fornisca \(E=E_2\) e le probabilità di ottenere \(E_1\) e \(E_4\);
iii. i valori medi di \( \hat x\), \( \hat H\), \( \hat p\) nello stato \(\psi(x,t)\) e il loro comportamento temporale.

Soluzione (super dettagliata)

Nota di convenzione: la buca è centrata in \(x=0\) e va da \(-a\) a \(+a\), quindi la “larghezza” è \(2a\).

0) Autostati ed energie della buca \([-a,a]\)

Dentro la buca \(V=0\), quindi:

\[ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}=E\psi \quad\Longrightarrow\quad \psi''(x)+k^2\psi(x)=0,\qquad k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}. \]

Soluzione generale: \(\psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx)\). Condizioni al bordo: \(\psi(\pm a)=0\).

Risultato standard (molto usato):

\[ E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{8ma^2},\qquad n=1,2,3,\dots \] \[ \psi_n(x)=\sqrt{\frac{1}{a}} \begin{cases} \cos\!\left(\dfrac{n\pi x}{2a}\right) & n \text{ dispari (parità pari)},\\[6pt] \sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{2a}\right) & n \text{ pari (parità dispari)}. \end{cases} \]

In particolare: lo stato fondamentale è \(n=1\) (funzione pari), il primo eccitato è \(n=2\) (funzione dispari).

(a) Valori medi e incertezze nello stato fondamentale \(\psi_1\)

Lo stato fondamentale è \[ \psi_1(x)=\sqrt{\frac{1}{a}}\cos\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right), \quad -a

Parità: \(\psi_1\) è pari \(x\) è dispari \(p=-i\hbar\,\dfrac{d}{dx}\) Dentro: \(H=\dfrac{p^2}{2m}\)

Valore medio di \(\hat x\).

\[ \langle x\rangle=\int_{-a}^{a} x\,|\psi_1(x)|^2\,dx. \] Qui \( |\psi_1|^2\) è pari e \(x\) è dispari, quindi \(x|\psi_1|^2\) è dispari. L’integrale su \([-a,a]\) di una funzione dispari è zero.

\[ \boxed{\langle x\rangle = 0.} \]

Calcolo di \(\langle x^2\rangle\) (con conti espliciti)

\[ \langle x^2\rangle=\int_{-a}^{a} x^2\,|\psi_1(x)|^2\,dx =\frac{1}{a}\int_{-a}^{a} x^2\cos^2\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right)dx. \]

Osservazione banale ma utile: l’integrando è pari, quindi

\[ \langle x^2\rangle=\frac{2}{a}\int_{0}^{a} x^2\cos^2\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right)dx. \]

Usiamo l’identità \(\cos^2\theta=\dfrac{1+\cos(2\theta)}{2}\). Qui \(2\theta=\dfrac{\pi x}{a}\). Quindi:

\[ \cos^2\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right)=\frac{1+\cos\!\left(\frac{\pi x}{a}\right)}{2}. \]

Allora:

\[ \langle x^2\rangle =\frac{2}{a}\int_0^a x^2\cdot \frac{1+\cos(\pi x/a)}{2}\,dx =\frac{1}{a}\int_0^a x^2\,dx+\frac{1}{a}\int_0^a x^2\cos\!\left(\frac{\pi x}{a}\right)\!dx. \]

Primo integrale:

\[ \int_0^a x^2\,dx=\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^a=\frac{a^3}{3}-0=\frac{a^3}{3} \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{a}\int_0^a x^2 dx=\frac{a^2}{3}. \]

Secondo integrale: (formula standard \(\int x^2\cos(bx)\,dx\))

\[ \int x^2\cos(bx)\,dx=\frac{x^2\sin(bx)}{b}+\frac{2x\cos(bx)}{b^2}-\frac{2\sin(bx)}{b^3}. \]

Qui \(b=\pi/a\). Valutiamo tra \(0\) e \(a\).

A \(x=a\): \(\sin(\pi)=0\), \(\cos(\pi)=-1\). Quindi \[ \frac{a^2\sin(\pi)}{b}=0,\quad \frac{2a\cos(\pi)}{b^2}=\frac{2a(-1)}{b^2}=-\frac{2a}{b^2},\quad -\frac{2\sin(\pi)}{b^3}=0. \] Totale \(=-\dfrac{2a}{b^2}\).
A \(x=0\): \(\sin(0)=0\), e gli altri termini hanno \(x\) davanti oppure \(\sin(0)\), quindi totale \(=0\).

Quindi:

\[ \int_0^a x^2\cos\!\left(\frac{\pi x}{a}\right)\!dx=-\frac{2a}{b^2} =-\frac{2a}{(\pi/a)^2} =-\frac{2a}{\pi^2/a^2} =-2a\cdot\frac{a^2}{\pi^2} =-\frac{2a^3}{\pi^2}. \]

Moltiplicando per \(1/a\):

\[ \frac{1}{a}\int_0^a x^2\cos\!\left(\frac{\pi x}{a}\right)\!dx=-\frac{2a^2}{\pi^2}. \]

Conclusione:

\[ \boxed{\langle x^2\rangle=a^2\left(\frac{1}{3}-\frac{2}{\pi^2}\right)}. \]

Dato che \(\langle x\rangle=0\), lo scarto quadratico medio è:

\[ \boxed{\Delta x=\sqrt{\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2} =a\sqrt{\frac{1}{3}-\frac{2}{\pi^2}}.} \]

Valore medio di \(\hat p\) e \(\Delta p\).

In uno stato reale e a parità definita (qui \(\psi_1\) è reale e pari), risulta \(\langle p\rangle=0\). Un modo “banale ma pulito” è notare che la densità di corrente è nulla per uno stato reale.

\[ \boxed{\langle p\rangle=0.} \]

Per \(\langle p^2\rangle\) usiamo che dentro la buca \(V=0\), quindi:

\[ H=\frac{p^2}{2m}\quad\Rightarrow\quad \langle H\rangle=\frac{\langle p^2\rangle}{2m}. \]

Nello stato fondamentale \(\langle H\rangle=E_1\) con

\[ E_1=\frac{1^2\pi^2\hbar^2}{8ma^2}=\frac{\pi^2\hbar^2}{8ma^2}. \]

Quindi:

\[ \langle p^2\rangle=2mE_1 =2m\cdot\frac{\pi^2\hbar^2}{8ma^2} =\frac{\pi^2\hbar^2}{4a^2}. \]

Dato che \(\langle p\rangle=0\):

\[ \boxed{\Delta p=\sqrt{\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2} =\frac{\pi\hbar}{2a}.} \]

Principio di indeterminazione di Heisenberg.

\[ \Delta x\,\Delta p= \left(a\sqrt{\frac{1}{3}-\frac{2}{\pi^2}}\right)\left(\frac{\pi\hbar}{2a}\right) =\frac{\pi\hbar}{2}\sqrt{\frac{1}{3}-\frac{2}{\pi^2}}. \]

Numericamente (giusto per “vedere”): \(\frac{1}{3}\approx0.333\), \(\frac{2}{\pi^2}\approx0.203\), differenza \(\approx0.131\), radice \(\approx0.362\). Quindi \(\Delta x\Delta p\approx (1.571)\cdot(0.362)\hbar\approx 0.568\,\hbar\), che è \(>\hbar/2\).

\[ \boxed{\Delta x\,\Delta p>\frac{\hbar}{2}\quad\text{(soddisfatto).}} \]

Dipendenza dal tempo (punto a): nello stato stazionario \(\psi_1(x,t)=\psi_1(x)e^{-iE_1t/\hbar}\), i valori medi di operatori tempo-indipendenti (come \(x,p,H\)) sono costanti nel tempo, perché la fase globale \(e^{-iE_1t/\hbar}\) si cancella in \(\langle \cdot\rangle\).

(b) Stato \(\psi(x,t)=\frac{i}{2}\psi_1(x,t)+B\psi_2(x,t)\)

i) Normalizzazione → trovare \(B\)

Scriviamo lo stato in notazione ket (più chiaro):

\[ |\Psi(t)\rangle = \frac{i}{2}e^{-iE_1 t/\hbar}|1\rangle + B\,e^{-iE_2 t/\hbar}|2\rangle. \]

Poiché \(|1\rangle\) e \(|2\rangle\) sono ortonormali, la norma è:

\[ \langle\Psi|\Psi\rangle=\left|\frac{i}{2}\right|^2+|B|^2. \]

\(\left|\frac{i}{2}\right|^2=\frac{|i|^2}{4}=\frac{1}{4}\). Impongo \(\langle\Psi|\Psi\rangle=1\):

\[ \frac{1}{4}+|B|^2=1 \quad\Longrightarrow\quad |B|^2=\frac{3}{4} \quad\Longrightarrow\quad |B|=\frac{\sqrt{3}}{2}. \]

Nota: in generale \(B=\dfrac{\sqrt{3}}{2}e^{i\varphi}\). Se non specificato, spesso si prende \(B\) reale e positivo: \(\boxed{B=\frac{\sqrt{3}}{2}}\).

ii) Probabilità di misure di energia: \(E_1\), \(E_2\), \(E_4\)

In una combinazione lineare di autostati di \(H\), la probabilità di misurare \(E_n\) è il modulo quadro del coefficiente davanti a \(|n\rangle\).

\[ P(E_1)=\left|\frac{i}{2}\right|^2=\frac{1}{4},\qquad P(E_2)=|B|^2=\frac{3}{4}. \]

Non c’è alcun termine proporzionale a \(|4\rangle\), quindi:

\[ \boxed{P(E_4)=0.} \]

iii) \(\langle H\rangle(t)\), \(\langle x\rangle(t)\), \(\langle p\rangle(t)\)

Valore medio dell’energia \(\langle H\rangle(t)\).

L’hamiltoniana è diagonale nella base degli autostati: \(\langle H\rangle = \sum_n P(E_n)E_n\).

\[ \boxed{\langle H\rangle =\frac{1}{4}E_1+\frac{3}{4}E_2 \quad\text{(costante nel tempo).}} \]

Calcolo del termine di interferenza \(\langle x\rangle(t)\)

Osservazione di simmetria: \(\psi_1\) è pari, \(\psi_2\) è dispari, e l’operatore \(x\) è dispari. Quindi:

\(\langle 1|x|1\rangle=0\) (integrando dispari),
\(\langle 2|x|2\rangle=0\) (integrando dispari),
l’unico contributo è il cross-term \(\langle 1|x|2\rangle\) + coniugato.

Formula generale (due stati):

\[ \langle x\rangle(t)=2\,\Re\!\left[c_1^*c_2\,e^{i(E_1-E_2)t/\hbar}\,x_{12}\right], \quad x_{12}=\langle 1|x|2\rangle. \]

Qui \(c_1=\dfrac{i}{2}\), \(c_2=B\) (prendiamo \(B\) reale per fissare le idee).

Calcolo esplicito di \(x_{12}=\langle 1|x|2\rangle\)

\[ x_{12}=\int_{-a}^{a}\psi_1(x)\,x\,\psi_2(x)\,dx. \] Con \(\psi_1(x)=\sqrt{\frac{1}{a}}\cos\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right)\), \(\psi_2(x)=\sqrt{\frac{1}{a}}\sin\!\left(\frac{\pi x}{a}\right)\).

\[ x_{12}=\frac{1}{a}\int_{-a}^{a} x\,\cos\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right)\sin\!\left(\frac{\pi x}{a}\right)dx. \]

L’integrando è pari (odd·odd = even), quindi:

\[ x_{12}=\frac{2}{a}\int_{0}^{a} x\,\cos\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right)\sin\!\left(\frac{\pi x}{a}\right)dx. \]

Usiamo \(\sin\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]\) con \(\alpha=\frac{\pi x}{a}\) e \(\beta=\frac{\pi x}{2a}\):

\[ \sin\!\left(\frac{\pi x}{a}\right)\cos\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right) =\frac{1}{2}\left[ \sin\!\left(\frac{3\pi x}{2a}\right)+\sin\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right) \right]. \]

Quindi:

\[ x_{12}=\frac{2}{a}\int_0^a x\cdot \frac{1}{2}\left[\sin\!\left(\frac{3\pi x}{2a}\right)+\sin\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right)\right]dx =\frac{1}{a}\left(I_1+I_2\right), \]

\[ I_1=\int_0^a x\sin\!\left(\frac{3\pi x}{2a}\right)dx,\qquad I_2=\int_0^a x\sin\!\left(\frac{\pi x}{2a}\right)dx. \]

Formula banale: \(\int x\sin(bx)\,dx=-\frac{x\cos(bx)}{b}+\frac{\sin(bx)}{b^2}\).

Per \(I_1\): \(b_1=\frac{3\pi}{2a}\).

\(\cos(b_1 a)=\cos(3\pi/2)=0\) ⇒ il termine \(-\frac{x\cos(bx)}{b}\) a \(x=a\) vale \(0\).
\(\sin(b_1 a)=\sin(3\pi/2)=-1\).

\[ I_1=\left[-\frac{x\cos(b_1x)}{b_1}+\frac{\sin(b_1x)}{b_1^2}\right]_0^a =\frac{-1}{b_1^2} =-\frac{1}{(3\pi/2a)^2} =-\frac{4a^2}{9\pi^2}. \]

Per \(I_2\): \(b_2=\frac{\pi}{2a}\).

\(\cos(b_2 a)=\cos(\pi/2)=0\) ⇒ primo termine a \(x=a\) vale \(0\).
\(\sin(b_2 a)=\sin(\pi/2)=1\).

\[ I_2=\left[-\frac{x\cos(b_2x)}{b_2}+\frac{\sin(b_2x)}{b_2^2}\right]_0^a =\frac{1}{b_2^2} =\frac{1}{(\pi/2a)^2} =\frac{4a^2}{\pi^2}. \]

Somma:

\[ I_1+I_2=\frac{4a^2}{\pi^2}-\frac{4a^2}{9\pi^2} =\frac{4a^2}{\pi^2}\left(1-\frac{1}{9}\right) =\frac{4a^2}{\pi^2}\cdot\frac{8}{9} =\frac{32a^2}{9\pi^2}. \]

Moltiplico per \(1/a\):

\[ \boxed{x_{12}=\langle 1|x|2\rangle=\frac{32a}{9\pi^2}.} \]

Espressione finale di \(\langle x\rangle(t)\) (con \(B\) reale).

Con \(c_1=\frac{i}{2}\), \(c_2=B\), e \(x_{12}\) reale, si ottiene un’oscillazione sinusoidale con frequenza \(\Omega=\dfrac{E_2-E_1}{\hbar}\).

\[ \boxed{\langle x\rangle(t)= -\,B\,x_{12}\,\sin\!\left(\frac{E_2-E_1}{\hbar}t\right)} \qquad \left(x_{12}=\frac{32a}{9\pi^2}\right). \]

Se scegliamo \(B=\frac{\sqrt3}{2}\) (positivo), allora \[ \langle x\rangle(t)= -\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{32a}{9\pi^2}\, \sin\!\left(\frac{E_2-E_1}{\hbar}t\right) =-\frac{16\sqrt3}{9\pi^2}a\, \sin\!\left(\frac{E_2-E_1}{\hbar}t\right). \]

Valore medio \(\langle p\rangle(t)\)

Anche \(\langle p\rangle(t)\) nasce solo dal cross-term. Un modo elegante (e “banale” da applicare) usa il commutatore:

\[ [H,x]=-\frac{i\hbar}{m}p \quad\Longrightarrow\quad \langle 1|p|2\rangle=\frac{im}{\hbar}(E_1-E_2)\langle 1|x|2\rangle. \]

Ponendo \(\Delta E=E_2-E_1>0\), allora \[ p_{12}=\langle 1|p|2\rangle=-\,i\,\frac{m\Delta E}{\hbar}\,x_{12} \quad\text{(puramente immaginario)}. \]

Formula per il valore medio:

\[ \langle p\rangle(t)=2\Re\!\left[c_1^*c_2\,e^{i(E_1-E_2)t/\hbar}p_{12}\right]. \]

Con \(c_1=\frac{i}{2}\Rightarrow c_1^*=-\frac{i}{2}\) e \(c_2=B\) (reale):

\[ \boxed{\langle p\rangle(t)= -\,B\,\frac{m(E_2-E_1)}{\hbar}\,x_{12}\, \cos\!\left(\frac{E_2-E_1}{\hbar}t\right).} \]

Se vuoi anche l’ampiezza “chiusa” (usando \(E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{8ma^2}\)): \[ E_2-E_1=\frac{(4-1)\pi^2\hbar^2}{8ma^2}=\frac{3\pi^2\hbar^2}{8ma^2}, \quad \Omega=\frac{E_2-E_1}{\hbar}=\frac{3\pi^2\hbar}{8ma^2}. \]

Comportamento temporale (punto b): \(\langle H\rangle\) è costante (H è diagonale in energia), mentre \(\langle x\rangle(t)\) e \(\langle p\rangle(t)\) oscillano nel tempo con frequenza \(\Omega=(E_2-E_1)/\hbar\), perché sono dovuti all’interferenza tra livelli diversi.

Esercizio 2 — Particella su circonferenza (anello)

Set 6 • Autovalori/Autofunzioni • quantità di moto • spettro e degenerazioni

Testo (ricopiato)

Si consideri una particella di massa \(m\) su una circonferenza di lunghezza \(2\pi L\), con coordinata \(0\le x\le 2\pi L\) e condizioni periodiche:

\[ \psi(0)=\psi(2\pi L),\qquad \psi'(0)=\psi'(2\pi L). \]

Hamiltoniana (particella libera sull’anello):

\[ H=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}. \]

(a) Normalizzare gli autostati \(u_n(x)\) e mostrare che sono ortogonali.
(b) Mostrare che \(u_n(x)\) sono anche autostati dell’operatore quantità di moto \(\hat p=\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}\) e determinare gli autovalori.
(c) Discutere lo spettro (discreto/continuo, degenerazioni).
(d) Determinare \(\langle \hat x\rangle\) nello stato \(u_n\) e interpretare mediante \(|u_n(x)|^2\).
(e) Dato \(\Psi=\frac{1}{\sqrt2}u_1+c\,u_2\): i. trovare \(c\) per normalizzare, ii. dire se la quantità di moto è determinata, iii. calcolare \(\langle \hat p\rangle\).

Soluzione (super dettagliata)

0) Autovalori e autofunzioni con condizioni periodiche

Risolviamo \[ -\frac{\hbar^2}{2m}u''(x)=Eu(x) \quad\Longrightarrow\quad u''(x)+k^2u(x)=0, \quad k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}. \]

Soluzione generale: \(u(x)=A e^{ikx}+B e^{-ikx}\). La periodicità richiede:

\[ u(x+2\pi L)=u(x)\quad\Rightarrow\quad e^{ik(2\pi L)}=1. \]

L’equazione \(e^{ik(2\pi L)}=1\) significa che la fase deve essere un multiplo intero di \(2\pi\):

\[ k(2\pi L)=2\pi n \quad\Rightarrow\quad \boxed{k=\frac{n}{L}},\qquad n\in\mathbb{Z}. \]

Scelgo una base comoda (esponenziali complessi):

\[ u_n(x)=A\,e^{i n x/L},\qquad n\in\mathbb{Z}. \]

Energia corrispondente:

\[ E_n=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}=\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{n}{L}\right)^2 \quad\Rightarrow\quad \boxed{E_n=\frac{\hbar^2 n^2}{2mL^2}}. \]

(a) Normalizzazione e ortogonalità

Normalizzazione: voglio \(\int_0^{2\pi L}|u_n(x)|^2\,dx=1\).

Calcolo (banale): \(|u_n(x)|^2=|A|^2\cdot|e^{inx/L}|^2=|A|^2\cdot 1=|A|^2\).

\[ \int_0^{2\pi L}|u_n|^2dx=\int_0^{2\pi L}|A|^2dx =|A|^2\int_0^{2\pi L}1\,dx =|A|^2(2\pi L). \]

Imponendo che sia \(1\):

\[ |A|^2(2\pi L)=1\quad\Rightarrow\quad |A|^2=\frac{1}{2\pi L} \quad\Rightarrow\quad \boxed{A=\frac{1}{\sqrt{2\pi L}}} \ \ (\text{scelto reale e positivo}). \]

Quindi

\[ \boxed{u_n(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi L}}\,e^{inx/L}}. \]

Ortogonalità: per \(n\neq m\)

\[ \langle u_n|u_m\rangle=\int_0^{2\pi L}u_n^*(x)u_m(x)\,dx =\frac{1}{2\pi L}\int_0^{2\pi L}e^{-inx/L}e^{imx/L}\,dx =\frac{1}{2\pi L}\int_0^{2\pi L}e^{i(m-n)x/L}\,dx. \]

Se \(m\neq n\), allora \(m-n\neq 0\) e l’integrale di un esponenziale su un intero numero di periodi dà zero. Risultato standard:

\[ \boxed{\int_0^{2\pi L}u_n^*(x)u_m(x)\,dx=\delta_{nm}}. \]

(b) Autostati della quantità di moto \(\hat p=\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}\)

Applico \(\hat p\) a \(u_n\):

\[ \frac{d}{dx}u_n(x) =\frac{1}{\sqrt{2\pi L}}\frac{d}{dx}\left(e^{inx/L}\right) =\frac{1}{\sqrt{2\pi L}}\left(\frac{in}{L}\right)e^{inx/L} =\left(\frac{in}{L}\right)u_n(x). \]

Quindi:

\[ \hat p\,u_n=\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}u_n =\frac{\hbar}{i}\left(\frac{in}{L}\right)u_n =\left(\frac{\hbar n}{L}\right)u_n. \]

Conclusione:

\[ \boxed{u_n \text{ è autostato di } \hat p \text{ con autovalore } p_n=\frac{\hbar n}{L}.} \]

(c) Discussione dello spettro

Gli indici \(n\) sono interi ⇒ spettro di \(p\) e \(E\) è discreto.
\(E_n\propto n^2\) ⇒ \(E_{-n}=E_{+n}\). Quindi:
- per \(n\neq 0\) c’è degenerazione 2 (\(+n\) e \(-n\)),
- per \(n=0\) il livello è non degenere.

\[ \boxed{E_n=\frac{\hbar^2 n^2}{2mL^2},\ \ n\in\mathbb{Z}, \quad E_{-n}=E_n \ (\text{degenerazione 2 per } n\neq 0).} \]

(d) Calcolo di \(\langle x\rangle\) nello stato \(u_n\)

Poiché \(|u_n(x)|^2=\frac{1}{2\pi L}\) è costante, la densità di probabilità è uniforme sull’anello.

Calcolo diretto (con conti banali):

\[ \langle x\rangle=\int_0^{2\pi L} x\,|u_n(x)|^2\,dx =\int_0^{2\pi L}x\left(\frac{1}{2\pi L}\right)\,dx =\frac{1}{2\pi L}\int_0^{2\pi L}x\,dx. \]

Integrale di \(x\):

\[ \int_0^{2\pi L}x\,dx=\left[\frac{x^2}{2}\right]_0^{2\pi L} =\frac{(2\pi L)^2}{2}-0=\frac{4\pi^2L^2}{2}=2\pi^2L^2. \]

Quindi:

\[ \langle x\rangle=\frac{1}{2\pi L}\cdot 2\pi^2L^2 =\pi L. \]

Interpretazione: su un anello la coordinata \(x\) dipende dalla scelta dell’origine (è una coordinata “angolare” modulo \(2\pi L\)). Il risultato \(\langle x\rangle=\pi L\) è semplicemente il “punto medio” dell’intervallo \([0,2\pi L]\) scelto. Il contenuto fisico più robusto è che \(|u_n|^2\) è uniforme ⇒ la particella è “sparsa” uniformemente sull’anello.

(e) Stato \(\Psi=\frac{1}{\sqrt2}u_1+c\,u_2\)

i) Normalizzazione → trovare \(c\)

Siccome \(u_1\) e \(u_2\) sono ortonormali:

\[ \langle\Psi|\Psi\rangle=\left|\frac{1}{\sqrt2}\right|^2+|c|^2=\frac{1}{2}+|c|^2. \]

Imponendo \(=1\):

\[ \frac{1}{2}+|c|^2=1 \quad\Rightarrow\quad |c|^2=\frac{1}{2} \quad\Rightarrow\quad \boxed{|c|=\frac{1}{\sqrt2}}. \]

In generale \(c=\frac{1}{\sqrt2}e^{i\varphi}\). Se vuoi una scelta semplice: \(c=\frac{1}{\sqrt2}\) reale e positivo.

ii) La quantità di moto è ancora determinata?

No: \(u_1\) e \(u_2\) sono autostati di \(\hat p\) ma con autovalori diversi \(p_1=\hbar/L\) e \(p_2=2\hbar/L\). Una loro superposizione non è (in generale) autostato di \(\hat p\).

Risposta: \(\Psi\) non ha quantità di moto determinata. Una misura di \(p\) dà:

\[ p=\frac{\hbar}{L}\ \ \text{con probabilità}\ \ \frac12, \qquad p=\frac{2\hbar}{L}\ \ \text{con probabilità}\ \ \frac12. \]

iii) Calcolo di \(\langle \hat p\rangle\)

Poiché \(\hat p\) è diagonale nella base \(\{u_n\}\), i termini incrociati \(\langle u_1|\hat p|u_2\rangle\) sono zero. Quindi:

\[ \langle p\rangle =\left|\frac{1}{\sqrt2}\right|^2 p_1 + |c|^2 p_2 =\frac12\left(\frac{\hbar}{L}\right)+\frac12\left(\frac{2\hbar}{L}\right). \]

Somma “banale”:

\[ \frac12\frac{\hbar}{L}+\frac12\frac{2\hbar}{L} =\frac{\hbar}{2L}+\frac{\hbar}{L} =\frac{\hbar}{2L}+\frac{2\hbar}{2L} =\frac{3\hbar}{2L}. \]

\[ \boxed{\langle \hat p\rangle=\frac{3\hbar}{2L}.} \]