Set 9 — Funzioni radiali (idrogeno), probabilità, Stern–Gerlach

Soluzione (passo-passo)

Per un atomo idrogenoide (numero atomico \(Z\)), conviene introdurre \[ a \equiv \frac{a_0}{Z}, \] così tutte le formule dell’idrogeno si riusano sostituendo \(a_0 \to a\).

Per \(n\le 3\) elenchiamo tutte le \(\ell\) ammesse: \(\ell=0,\ldots,n-1\). Quindi:

1. \(n=1\) \(\Rightarrow \ell=0\).
   (n,ℓ) = (1,0)
   Calcolo della costante: \[ N_{10}=\frac{2}{1^2 a^{3/2}}\sqrt{\frac{(1-0-1)!}{(1+0)!}} =\frac{2}{a^{3/2}}\sqrt{\frac{0!}{1!}} =\frac{2}{a^{3/2}}\sqrt{\frac{1}{1}} =\frac{2}{a^{3/2}}. \]
   Risultato: \[ \boxed{R_{10}(r)=\frac{2}{a^{3/2}}\,e^{-r/a}}. \]
2. \(n=2\) \(\Rightarrow \ell=0,1\).
   (n,ℓ) = (2,0) e (2,1)

   Caso \((2,0)\) (2s):

   \[ N_{20}=\frac{2}{2^2 a^{3/2}} \sqrt{\frac{(2-0-1)!}{(2+0)!}} =\frac{2}{4 a^{3/2}}\sqrt{\frac{1!}{2!}} =\frac{1}{2 a^{3/2}}\sqrt{\frac{1}{2}} =\frac{1}{2\sqrt{2}\,a^{3/2}}. \] Il polinomio di Laguerre dà \(L_{1}^{1}(\rho)=2-\rho\) con \(\rho=r/a\).
   Risultato: \[ \boxed{R_{20}(r)=\frac{1}{2\sqrt{2}\,a^{3/2}}\,(2-\tfrac{r}{a})\,e^{-r/(2a)}}. \]

   Caso \((2,1)\) (2p):

   \[ N_{21}=\frac{2}{4 a^{3/2}} \sqrt{\frac{(2-1-1)!}{(2+1)!}} =\frac{1}{2 a^{3/2}}\sqrt{\frac{0!}{3!}} =\frac{1}{2 a^{3/2}}\sqrt{\frac{1}{6}} =\frac{1}{2\sqrt{6}\,a^{3/2}}. \] Qui \(L_{0}^{3}(\rho)=1\) e compare il fattore \(\rho^\ell=(\tfrac{r}{a})^1\).
   Risultato: \[ \boxed{R_{21}(r)=\frac{1}{2\sqrt{6}\,a^{3/2}}\,\Bigl(\tfrac{r}{a}\Bigr)\,e^{-r/(2a)}}. \]
3. \(n=3\) \(\Rightarrow \ell=0,1,2\).
   (n,ℓ) = (3,0), (3,1), (3,2)

   Caso \((3,0)\) (3s):

   \[ N_{30}=\frac{2}{3^2 a^{3/2}} \sqrt{\frac{(3-0-1)!}{(3+0)!}} =\frac{2}{9 a^{3/2}}\sqrt{\frac{2!}{3!}} =\frac{2}{9 a^{3/2}}\sqrt{\frac{2}{6}} =\frac{2}{9 a^{3/2}}\sqrt{\frac{1}{3}} =\frac{2}{9\sqrt{3}\,a^{3/2}}. \] Con \(\rho=\frac{2r}{3a}\), \(L_{2}^{1}(\rho)=\frac{1}{2}(\rho^2-6\rho+6)\), che porta alla forma classica:
   Risultato: \[ \boxed{ R_{30}(r)=\frac{2}{81\sqrt{3}\,a^{3/2}} \Bigl(27-18\,\tfrac{r}{a}+2(\tfrac{r}{a})^2\Bigr)\,e^{-r/(3a)} }. \]

   Caso \((3,1)\) (3p):

   \[ N_{31}=\frac{2}{9 a^{3/2}} \sqrt{\frac{(3-1-1)!}{(3+1)!}} =\frac{2}{9 a^{3/2}}\sqrt{\frac{1!}{4!}} =\frac{2}{9 a^{3/2}}\sqrt{\frac{1}{24}} =\frac{2}{9 a^{3/2}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{6}} =\frac{1}{9\sqrt{6}\,a^{3/2}}. \] Con \(\rho=\frac{2r}{3a}\), \(L_{1}^{3}(\rho)=4-\rho\), quindi una forma utile è:
   Risultato: \[ \boxed{ R_{31}(r)=\frac{8}{27\sqrt{6}\,a^{3/2}} \Bigl(\tfrac{r}{a}\Bigr)\Bigl(1-\tfrac{r}{6a}\Bigr)\,e^{-r/(3a)} }. \]

   Caso \((3,2)\) (3d):

   \[ N_{32}=\frac{2}{9 a^{3/2}} \sqrt{\frac{(3-2-1)!}{(3+2)!}} =\frac{2}{9 a^{3/2}}\sqrt{\frac{0!}{5!}} =\frac{2}{9 a^{3/2}}\sqrt{\frac{1}{120}} =\frac{2}{9 a^{3/2}}\cdot\frac{1}{2\sqrt{30}} =\frac{1}{9\sqrt{30}\,a^{3/2}}. \] Poiché \(L_{0}^{5}(\rho)=1\) e compare \(\rho^2\), otteniamo:
   Risultato: \[ \boxed{ R_{32}(r)=\frac{4}{81\sqrt{30}\,a^{3/2}} \Bigl(\tfrac{r}{a}\Bigr)^2\,e^{-r/(3a)} }. \]

Soluzione (passo-passo)

Dato “stato \(p\) con \(n=2\)” significa: \[ n=2,\qquad \ell=1,\qquad m=-1,0,+1. \]

Scriviamo lo stato più generale nella base \(\{|2,1,m\rangle\}\): \[ |\Psi\rangle = c_{+1}|2,1,+1\rangle + c_0|2,1,0\rangle + c_{-1}|2,1,-1\rangle. \]

1. Vincolo (b1): “la probabilità che \(L_z=0\) è nulla”.
   La probabilità di misurare \(m=0\) è \(|c_0|^2\). Dire che è nulla significa \[ |c_0|^2=0 \quad\Rightarrow\quad c_0=0. \] Quindi: \[ |\Psi\rangle = c_{+1}|2,1,+1\rangle + c_{-1}|2,1,-1\rangle. \]
2. Normalizzazione: \[ \langle \Psi|\Psi\rangle = |c_{+1}|^2 + |c_{-1}|^2 = 1. \]
3. Vincolo (b2): \(\langle L_z\rangle=0\).
   Poiché \(L_z|2,1,m\rangle=\hbar m|2,1,m\rangle\), \[ \langle L_z\rangle = \hbar\bigl(+1\cdot |c_{+1}|^2 + (-1)\cdot |c_{-1}|^2\bigr) = \hbar\,(|c_{+1}|^2 - |c_{-1}|^2). \] Imporre \(\langle L_z\rangle=0\) significa: \[ |c_{+1}|^2 - |c_{-1}|^2 = 0 \quad\Rightarrow\quad |c_{+1}|^2 = |c_{-1}|^2. \] Con la normalizzazione \( |c_{+1}|^2 + |c_{-1}|^2=1\) otteniamo: \[ |c_{+1}|^2=|c_{-1}|^2=\frac{1}{2}. \] Quindi: \[ |c_{+1}|=\frac{1}{\sqrt{2}},\qquad |c_{-1}|=\frac{1}{\sqrt{2}}. \] Possiamo parametrizzare le fasi così (togliendo una fase globale inutile): \[ c_{+1}=\frac{1}{\sqrt{2}},\qquad c_{-1}=\frac{e^{i\delta}}{\sqrt{2}}. \]
4. Vincolo (c): probabilità nel primo quadrante in \(\varphi\) pari al \(25\%\).
   La dipendenza in \(\varphi\) per \(m=\pm 1\) sta nelle armoniche sferiche: \[ Y_{1,+1}\propto e^{+i\varphi},\qquad Y_{1,-1}\propto e^{-i\varphi}. \] Con \(c_{+1}=1/\sqrt{2}\) e \(c_{-1}=e^{i\delta}/\sqrt{2}\) la densità di probabilità contiene un termine d’interferenza \(\propto \cos(2\varphi-\delta)\).
   
   Se la probabilità in \(\varphi\in[0,\pi/2]\) è esattamente \(1/4\) di quella totale in \([0,2\pi]\), l’integrale del termine oscillante su \([0,\pi/2]\) deve dare zero. Si ottiene la condizione: \[ \sin\delta=0 \quad\Rightarrow\quad \delta=0 \ \text{oppure}\ \delta=\pi. \]

Soluzione (passo-passo)

Prima scriviamo la densità: \[ |\psi_{100}|^2 = \frac{1}{\pi a_0^3}\,e^{-2r/a_0}. \]

1. (a) Massimo
   • Se interpretiamo “densità” come \(|\psi|^2\), allora: \(|\psi|^2\) decresce con \(r\) e quindi è massima a \[ \boxed{r=0}. \]
   • Se invece (più fisico) massimizziamo la probabilità per guscio: \[ P(r)=4\pi r^2\frac{1}{\pi a_0^3}e^{-2r/a_0} =\frac{4}{a_0^3}\,r^2 e^{-2r/a_0}. \] Deriviamo: \[ \frac{d}{dr}\bigl(r^2 e^{-2r/a_0}\bigr) = 2r e^{-2r/a_0} + r^2 e^{-2r/a_0}\left(-\frac{2}{a_0}\right). \] Mettiamo in evidenza \(e^{-2r/a_0}\): \[ = e^{-2r/a_0}\left(2r - \frac{2r^2}{a_0}\right) = 2r\,e^{-2r/a_0}\left(1-\frac{r}{a_0}\right). \] Condizione di massimo/minimo: \[ 2r\,e^{-2r/a_0}\left(1-\frac{r}{a_0}\right)=0 \quad\Rightarrow\quad r=0\ \text{oppure}\ r=a_0. \] Poiché \(P(0)=0\) (c’è il fattore \(r^2\)), il massimo non può stare in \(r=0\). Quindi: \[ \boxed{r_{\max}=a_0}. \]
2. (b) Valor medio della posizione
   In un problema sferico il “valor medio della posizione” spesso significa \(\langle r\rangle\) (distanza media). Calcoliamo: \[ \langle r\rangle=\int r\,|\psi|^2\,dV =\int_0^\infty r\,|\psi|^2 (4\pi r^2 dr) =4\pi\int_0^\infty r^3|\psi|^2\,dr. \] Sostituiamo \(|\psi|^2=\frac{1}{\pi a_0^3}e^{-2r/a_0}\): \[ \langle r\rangle =4\pi \int_0^\infty r^3\left(\frac{1}{\pi a_0^3}e^{-2r/a_0}\right)dr =\frac{4}{a_0^3}\int_0^\infty r^3 e^{-2r/a_0}\,dr. \] Usiamo la formula (standard): \[ \int_0^\infty r^n e^{-\beta r}\,dr=\frac{n!}{\beta^{n+1}}. \] Qui \(n=3\Rightarrow 3!=6\) e \(\beta=2/a_0\). Quindi: \[ \int_0^\infty r^3 e^{-(2/a_0) r}\,dr =\frac{6}{(2/a_0)^4}. \] Ora facciamo i conti banalissimi: \[ (2/a_0)^4=\frac{2^4}{a_0^4}=\frac{16}{a_0^4} \quad\Rightarrow\quad \frac{6}{(2/a_0)^4}=\frac{6}{16/a_0^4}=6\cdot\frac{a_0^4}{16}=\frac{6a_0^4}{16}=\frac{3a_0^4}{8}. \] Quindi: \[ \langle r\rangle=\frac{4}{a_0^3}\cdot\frac{3a_0^4}{8} =\frac{12a_0}{8} =\frac{3a_0}{2}. \]
   Risultato: \[ \boxed{\langle r\rangle=\frac{3}{2}a_0}. \]

   Invece \(\langle \vec r\rangle=0\) per simmetria sferica (la “posizione vettoriale media” è nulla).

Soluzione (passo-passo)

“Selezionare lo spin up lungo \(\mathbf{B}\)” significa: lo stato dopo il selettore è \[ |+\rangle_{\mathbf{n}}, \] dove \(\mathbf{n}\) è il versore nella direzione di \(\mathbf{B}\).

1. (a) \(\mathbf{B}=B_0\hat z\)
   Qui \(\mathbf{n}=\hat z\), quindi lo stato selezionato è proprio \(|+\rangle_z\). Se misuro \(S_z\): \[ S_z|+\rangle_z = +\frac{\hbar}{2}|+\rangle_z,\qquad S_z|-\rangle_z = -\frac{\hbar}{2}|-\rangle_z. \] Dato che lo stato è già un autostato di \(S_z\):
   Risultato: \[ \boxed{P(S_z=+\hbar/2)=1,\qquad P(S_z=-\hbar/2)=0.} \]
2. (b) \(\mathbf{B}\) nel piano \(xz\)
   Sia \(\theta\) l’angolo tra \(\mathbf{B}\) e l’asse \(z\) (quindi \(\theta=0\Rightarrow \mathbf{B}\parallel z\), \(\theta=\pi/2\Rightarrow \mathbf{B}\parallel x\)).
   
   Una scelta comoda (nessuna fase “strana” perché \(\varphi=0\)) è: \[ |+\rangle_{\mathbf{n}}=\cos\!\left(\frac{\theta}{2}\right)|+\rangle_z +\sin\!\left(\frac{\theta}{2}\right)|-\rangle_z. \]
   • (i) Misura di \(S_z\):
     Ampiezze: \[ \langle +_z|+_{\mathbf{n}}\rangle=\cos(\theta/2),\qquad \langle -_z|+_{\mathbf{n}}\rangle=\sin(\theta/2). \] Probabilità (quadrati dei moduli):
     Risultato: \[ \boxed{ P(S_z=+\hbar/2)=\cos^2\!\left(\frac{\theta}{2}\right),\quad P(S_z=-\hbar/2)=\sin^2\!\left(\frac{\theta}{2}\right). } \]
   • (ii) Misura di \(S_x\):
     Usiamo: \[ |+\rangle_x=\frac{1}{\sqrt{2}}\Bigl(|+\rangle_z+|-\rangle_z\Bigr),\qquad |-\rangle_x=\frac{1}{\sqrt{2}}\Bigl(|+\rangle_z-|-\rangle_z\Bigr). \] Calcoliamo l’ampiezza \(A_+=\langle +_x|+_{\mathbf{n}}\rangle\): \[ A_+=\frac{1}{\sqrt{2}}\Bigl(\cos(\theta/2)+\sin(\theta/2)\Bigr). \] Quindi: \[ P(S_x=+\hbar/2)=|A_+|^2 =\frac{1}{2}\Bigl(\cos(\theta/2)+\sin(\theta/2)\Bigr)^2. \] Sviluppiamo il quadrato passo-passo: \[ (\cos+\sin)^2=\cos^2+\sin^2+2\sin\cos = 1 + \sin\theta, \] perché \(\cos^2+\sin^2=1\) e \(2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)=\sin\theta\). Quindi: \[ P(S_x=+\hbar/2)=\frac{1}{2}(1+\sin\theta). \] Analogamente: \[ P(S_x=-\hbar/2)=\frac{1}{2}(1-\sin\theta). \]
     Risultato: \[ \boxed{ P(S_x=+\hbar/2)=\frac{1}{2}(1+\sin\theta),\quad P(S_x=-\hbar/2)=\frac{1}{2}(1-\sin\theta). } \]
   • (iii) Valor medio di \(S_z\):
     Per una variabile con due esiti \(+\hbar/2\) e \(-\hbar/2\), \[ \langle S_z\rangle = \left(+\frac{\hbar}{2}\right)P_+ + \left(-\frac{\hbar}{2}\right)P_-. \] Qui \(P_+=\cos^2(\theta/2)\), \(P_-=\sin^2(\theta/2)\), quindi: \[ \langle S_z\rangle =\frac{\hbar}{2}\Bigl(\cos^2(\theta/2)-\sin^2(\theta/2)\Bigr) =\frac{\hbar}{2}\cos\theta. \]
     Risultato: \[ \boxed{\langle S_z\rangle=\frac{\hbar}{2}\cos\theta.} \]
   Discussione veloce (controlli limite):
   • \(\theta=0\Rightarrow\) campo lungo \(z\): \(P(S_z=+\hbar/2)=1\).
   • \(\theta=\pi/2\Rightarrow\) campo lungo \(x\): \(P(S_z=\pm\hbar/2)=1/2\) (massima incertezza su \(z\)).
   • \(\langle S_z\rangle\) segue una legge \(\propto\cos\theta\), proprio come il “proiettare” il momento di spin lungo \(z\).