Capitolo 5

L’hamiltoniana e l’equazione di Schrödinger

La legge di evoluzione che abbiamo ricavato contiene una matrice H che ancora non conosciamo. Qui la determiniamo, chiedendo l’accordo con l’equazione di Newton e usando una sola misura.

Determinazione della matrice hamiltoniana.

Per determinare la matrice H sfrutteremo le informazioni che conosciamo dalla Meccanica Classica. Sappiamo che le leggi di Newton sono molto accurate in un vasto campo di fenomeni, quindi sceglieremo la matrice H in modo che la legge di evoluzione temporale della Meccanica Quantistica e la legge di Newton $f=ma$ diano gli stessi risultati per questo campo di fenomeni. Postuliamo il principio di accordo con Newton: nelle condizioni in cui la meccanica di Newton è verificata dall’esperienza — corpi sufficientemente grandi e pesanti — la teoria deve dare le stesse previsioni.

Per semplicità consideriamo un caso non molto complicato, determiniamo la matrice hamiltoniana per una particella carica in uno spazio monodimensionale, in presenza di un campo elettrico indipendente dal tempo.

La legge di Newton si può scrivere nella forma

\begin{aligned} m\frac{d^2x}{dt^2} & =qE(x) \\ & =-q\frac{dV(x)}{dx} \end{aligned}

La legge della Meccanica Quantistica è sicuramente molto diversa

i\frac{d}{dt}|\psi t\rangle=H(t)|\psi t\rangle

La diversità tra le due equazioni è dovuta al modo in cui rappresentiamo l’evoluzione del sistema. Dal punto di vista classico abbiamo una particella materiale e dobbiamo determinare la legge oraria $x(t)$ . Dal punto di vista quantistico, invece, abbiamo un sistema con la sua grandezza osservabile x, cioè la posizione, e dobbiamo determinare la distribuzione di ampiezze di probabilità $\psi(x,t)$ al variare del tempo.

Per fare un confronto possiamo derivare dall’equazione di Schrödinger per le ampiezze $\psi(x,t)$ un’equazione per il valore medio $\langle x\rangle$ della variabile x. In questo modo avremo un’equazione derivata dalla legge quantistica che sarà facilmente confrontabile con la legge di Newton.

Il valore medio della variabile x può essere scritto nel seguente modo

\begin{aligned} \langle x\rangle & =\int_{-\infty}^{+\infty}p(x)x\:dx \\ & =\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^*(x)x\psi(x)\:dx \\ & =\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^*(x)X(x,x')\psi(x)\:dx'\:dx \\ & =\langle\psi|X|\psi\rangle \end{aligned}

Dove abbiamo introdotto l’operatore X rappresentato dalla funzione $X(x,x')$

X(x,x')=x\delta(x-x')

L’operatore X così definito viene chiamato operatore posizione.

Calcoliamo ora la derivata $d\langle x\rangle/dt$

\begin{aligned} \frac{d}{dt}\langle x\rangle & =\frac{d}{dt}\langle\psi t|X|\psi t\rangle \\ & =\left(\frac{d}{dt}\langle\psi t|\right)X|\psi t\rangle+\langle\psi t|X\left(\frac{d}{dt}|\psi t\rangle\right) \end{aligned}

In base all’equazione di Schrödinger possiamo scrivere

\begin{aligned} \frac{d}{dt}|\psi t\rangle & =-iH|\psi t\rangle, \\ \frac{d}{dt}\langle\psi t| & =i\langle\psi t|H^+ \\ & =i\langle\psi t|H \end{aligned}

Sostituendo abbiamo

\begin{aligned} \frac{d}{dt}\langle x\rangle & =i\langle\psi t|HX|\psi t\rangle-i\langle\psi t|XH|\psi t\rangle \\ & =\langle\psi t|i(HX-XH)|\psi t\rangle \end{aligned}

Definendo l’operatore velocità $\dot{X}=i(HX-XH)$ possiamo scrivere

\frac{d}{dt}\langle x\rangle=\langle\psi t|\dot{X}|\psi t\rangle

con passaggi identici calcoliamo la derivata seconda

\begin{aligned} \frac{d^2}{dt^2}\langle x\rangle & =\frac{d}{dt}\frac{d}{dt}\langle x\rangle \\ & =\frac{d}{dt}\langle\psi t|\dot{X}|\psi t\rangle \\ & =\dots \\ & =\langle\psi t|i(H\dot{X}-\dot{X}H)|\psi t\rangle \end{aligned}

definendo l’operatore accelerazione $\ddot{X}=i(H\dot{X}-\dot{X}H)$ possiamo scrivere

\frac{d^2}{dt^2}\langle x\rangle=\langle\psi t|\ddot{X}|\psi t\rangle

Per comodità si definiscono le parentesi di commutazione $[,]$ con il seguente significato: $[A,B]=AB-BA$ .

Con l’uso di queste parentesi possiamo scrivere

\begin{aligned} \ddot{X} & =i[H,\dot{X}] \\ & =-[H,[H,X]] \end{aligned}

Quindi in definitiva abbiamo:

\begin{aligned} \frac{d^2}{dt^2}\langle x\rangle & =\langle\psi_t|\ddot{X}|\psi_t\rangle \\ & =-\langle\psi_t|[H,[H,X]]|\psi_t\rangle \end{aligned}

Per aver accordo con l’equazione di Newton ci aspettiamo che sia

$d^2\langle x\rangle/dt^2=q\langle E(x)\rangle/m$ che equivale a $d^2x/dt^2=qE(x)/m$

Nota 06 Qui si chiede l’accordo sulla media del campo, non sul campo nella posizione media: la precisazione →

Il valore medio $\langle E(x)\rangle$ può essere scritto nella forma $\langle\psi t|E(X)|\psi t\rangle$ dove $E(X)$ è un operatore costruito applicando la funzione $E(x)$ all’operatore posizione X. Poiché X associa a $\psi(x)$ la funzione $x\psi(x)$ , ogni sua potenza $X^n$ associa a $\psi(x)$ la funzione $x^n\psi(x)$ : applicare una funzione all’operatore posizione equivale a moltiplicare per quella funzione.

Ora confrontiamo le due equazioni per $d^2\langle x\rangle/dt^2$ , quella ottenuta dall’equazione di Schrödinger e quella suggerita dall’equazione di Newton:

\frac{d^2}{dt^2}\langle x\rangle=-\langle\psi_t|[H,[H,X]]|\psi_t\rangle

\frac{d^2}{dt^2}\langle x\rangle=\frac{q}{m}\langle\psi t|E(X)|\psi t\rangle

Per avere accordo deve valere l’uguaglianza tra i secondi membri

-\langle\psi t|[H,[H,X]]\psi t\rangle=\frac{q}{m}\langle\psi t|E(X)\psi t\rangle

Quest’ultima deve essere vera per ogni scelta di $|\psi t\rangle$ quindi possiamo semplificarla

-[H,[H,X]]=\frac{q}{m}E(X)

A questo punto dobbiamo trovare una matrice H che soddisfi quest’equazione. Restringiamo il campo di ricerca alle matrici della forma $H=f(X)+g(K)$ , con f e g funzioni da determinare. Restringere il campo non è un’ipotesi sul risultato, è una scelta su dove cercare: se in questa famiglia una soluzione c’è, è una soluzione a pieno titolo, perché alla fine la verificheremo sull’equazione di partenza. Qui X è l’operatore posizione, che associa a $\psi(x)$ la funzione $x\psi(x)$ , mentre $K=iD$ è l’operatore derivata, che associa a $\psi(x)$ la funzione $i\,d\psi(x)/dx$ .

Per trovare la soluzione abbiamo bisogno di alcuni risultati matematici molto utili che introduciamo ora:

1a $[K,f(X)]=i\,df(X)/dX$

2a $[X,f(K)]=-i\,df(K)/dK$

3a $[X,f(X)]=0$

4a $[K,f(K)]=0$

Queste formule si dimostrano per induzione; qui le diamo per acquisite e passiamo a risolvere l’equazione nell’incognita H.

Nota 10 Le dimostrazioni per induzione delle quattro formule: il calcolo →

Cerchiamo ora la soluzione dell’equazione

-[H,[H,X]]=\frac{q}{m}E(X)

Come abbiamo detto cerchiamo H nella forma $H=f(X)+g(K)$ ; sostituendo abbiamo

\begin{aligned} -\left[f(X)+g(K),\left[f(X)+g(K),X\right]\right] & =\frac{q}{m}E(X)\Leftrightarrow \\ & \quad\text{In base alla formula 3a} \\ -\left[f(X)+g(K),\left[g(K),X\right]\right] & =\frac{q}{m}E(X) \end{aligned}

Per andare avanti con il calcolo restringiamo ancora il campo: cerchiamo g tra le funzioni per cui $[g(K),X]=icK$ , con c costante. Con questa scelta abbiamo

\begin{aligned} -\left[f(X)+g(K),icK\right] & =\frac{q}{m}E(X)\Leftrightarrow \\ -\left[f(X),icK\right] & =\frac{q}{m}E(X)\Leftrightarrow \\ \left[icK,f(X)\right] & =\frac{q}{m}E(X)\Leftrightarrow \\ & \quad\text{In base alla 1a} \\ -c\frac{df(X)}{dX} & =\frac{q}{m}E(X) \end{aligned}

Ricordiamo che l’operatore $E(X)$ può essere scritto in forma di derivata $E(X)=-dV(X)/dX$ , dove $V(x)$ è la funzione potenziale. Sostituendo abbiamo

-c\frac{df(X)}{dX}=-\frac{q}{m}\frac{dV(X)}{dX}

Questa equazione è risolta se si sceglie $f(X)=qV(X)/cm$ .

Ricordiamoci della condizione che abbiamo imposto a g, $[g(K),X]=icK$ : questa equazione è equivalente a $i\,dg(K)/dK=icK$ , che è soddisfatta se si sceglie $g(K)=cK^2/2$ .

Dunque per la matrice H abbiamo

\begin{aligned} H & =f(X)+g(K) \\ & =\frac{q}{cm}V(X)+\frac{1}{2}cK^2 \end{aligned}

Il ragionamento ci ha portato a una candidata; ora va messa alla prova. Verifichiamo che questa matrice soddisfa l’equazione di partenza

\begin{aligned} -\left[\frac{q}{cm}V(X)+\frac{1}{2}cK^2,\left[\frac{q}{cm}V(X)+\frac{1}{2}cK^2,X\right]\right] & =\frac{q}{m}E(X)\Leftrightarrow \\ -\left[\frac{q}{cm}V(X)+\frac{1}{2}cK^2,\left[\frac{1}{2}cK^2,X\right]\right] & =\frac{q}{m}E(X)\Leftrightarrow \\ -\left[\frac{q}{cm}V(X)+\frac{1}{2}cK^2,icK\right] & =\frac{q}{m}E(X)\Leftrightarrow \\ -\left[\frac{q}{cm}V(X),icK\right] & =\frac{q}{m}E(X)\Leftrightarrow \\ ic\frac{q}{cm}\left[K,V(X)\right] & =\frac{q}{m}E(X)\Leftrightarrow \\ -\frac{q}{m}\frac{dV(X)}{dX} & =\frac{q}{m}E(X)\quad\text{Verificata.} \end{aligned}

A questo punto possiamo dire di aver determinato l’equazione di Schrödinger per una particella carica in un potenziale elettrico $V(x)$

\begin{aligned} i\frac{d}{dt}|\psi t\rangle & =H(t)|\psi t\rangle \\ & =\left(\frac{q}{cm}V(X)+\frac{1}{2}cK^2\right)|\psi t\rangle\Leftrightarrow \\ i\frac{d}{dt}\psi(x,t) & =\frac{q}{cm}V(x)\psi(x,t)-\frac{1}{2}c\frac{d^2}{dx^2}\psi(x,t) \end{aligned}

Questa equazione è stata derivata in modo tale da essere in accordo con l’equazione di Newton, nei casi in cui quest’ultima è applicabile.

In realtà dobbiamo ancora determinare la costante c. Per determinare questa costante dobbiamo riferirci a un’esperienza che sia fuori dal campo della Meccanica Classica, perché le informazioni che potevamo trarre da questa teoria le abbiamo già sfruttate tutte. Infatti l’equazione di Newton contiene tutte le informazioni della teoria classica.

Per determinare c useremo la relazione di De Broglie $p\lambda=h$ che abbiamo verificato con l’esperimento di diffrazione degli elettroni.

Consideriamo l’equazione di Schrödinger scritta per il caso in cui il potenziale elettrico è nullo $V(x)=0$

i\frac{d}{dt}\psi(x,t)=-\frac{1}{2}c\frac{d^2}{dx^2}\psi(x,t)

Questa equazione ammette soluzioni di tipo esponenziale complesso

\begin{aligned} \psi(x,t) & =e^{i(kx-\omega t)} \\ & =e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\omega t\right)} \end{aligned}

Sostituendo abbiamo

i\frac{d}{dt}e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\omega t\right)}=-\frac{1}{2}c\frac{d^2}{dx^2}e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\omega t\right)}\Leftrightarrow

\Leftrightarrow\omega e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\omega t\right)}=\frac{1}{2}c\frac{4\pi^2}{\lambda^2}e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\omega t\right)}

Che è verificata se $\omega=2\pi^2c/\lambda^2$ . Quindi abbiamo le soluzioni

\psi(x,t)=e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}

Queste distribuzioni di ampiezze di probabilità non sono accettabili da un punto di vista fisico, perché danno una probabilità di trovare la particella costante su tutto lo spazio da $-\infty$ a $+\infty$

\begin{aligned} p(x,t) & \propto|\psi(x,t)|^2 \\ & =\psi^*(x,t)\psi(x,t) \\ & =e^{-i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)} \\ & =e^0 \\ & =1\ \text{Costante}. \end{aligned}

Tuttavia l’equazione di Schrödinger è lineare e quindi si possono costruire altre soluzioni sovrapponendo quelle di tipo esponenziale. In questo modo si realizzano dei pacchetti d’onda che hanno un’estensione spaziale limitata e che sono fisicamente accettabili

\psi(x,t)=\int_{-\infty}^{+\infty}c(\lambda')e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda'}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^{'2}}t\right)}\:d\lambda'

Se ad esempio scegliamo $c(\lambda')=\delta(\lambda'-\lambda)$ riotteniamo la funzione esponenziale

\begin{aligned} \psi(x,t) & =\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(\lambda'-\lambda)e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda'}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^{'2}}t\right)}d\lambda' \\ & =e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)} \end{aligned}

Questo significa che la distribuzione esponenziale rappresenta un pacchetto d’onda che ha un estensione spaziale infinita, ma che ha una lunghezza d’onda ben determinata. Mentre un pacchetto d’onda finito non può avere una lunghezza d’onda così precisa perché è costituito dalla sovrapposizione di più funzioni esponenziali ogni una con diversa lunghezze d’onda. Quindi la soluzione esponenziale, anche se non è fisicamente accettabile, è molto comoda per rappresentare i casi limite di fasci monocromatici, cioè con una lunghezza d’onda molto precisa.

In generale sappiamo che ogni distribuzione di ampiezze di probabilità deve essere normalizzata, cioè deve essere divisa per il proprio modulo. Questo non è possibile per una soluzione esponenziale perché il suo modulo è infinito

\begin{aligned} {\left|e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}\right|}^2 & =\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}\:dx \\ & =\int_{-\infty}^{+\infty}e^0\:dx \\ & =\int_{-\infty}^{+\infty}1dx \\ & =\infty \end{aligned}

Tuttavia, pur di salvare le soluzioni esponenziali, useremo un artificio: quando nei calcoli introdurremo una distribuzione esponenziale, scriveremo al denominatore l’integrale che ne esprime il modulo, senza mai calcolarlo e aspettando che al numeratore venga fuori un integrale uguale con il quale si possa semplificare. Applicheremo questo artificio ora che calcoleremo la quantità di moto di una particella che si trovi in uno stato associato a una distribuzione esponenziale.

Supponiamo di conoscere lo stato di una particella e la relativa distribuzione di ampiezze di probabilità normalizzata $\psi(x,t)$ , e supponiamo di voler calcolare la quantità di moto associata a questa particella. In realtà non abbiamo ancora definito il concetto di quantità di moto in Meccanica Quantistica, ma non è difficile intuire che quello che vogliamo calcolare è la grandezza $\langle p\rangle=m\,d\langle x\rangle/dt$ dove $\langle x\rangle$ è il valore medio della variabile aleatoria x. Poche pagine fa abbiamo scritto

\frac{d}{dx}\langle x\rangle=\langle\psi|\dot{X}|\psi\rangle

dove $\dot{X}=i\left[H,X\right]$ è un operatore che abbiamo chiamato operatore velocità. Vediamo quale forma assume $\dot{X}$ con la H che abbiamo determinato

\begin{aligned} \dot{X} & =i[H,X] \\ & =i\left[\frac{q}{cm}V(X)+\frac{1}{2}cK^2,X\right] \\ & =i\left[\frac{1}{2}cK^2,X\right] \\ & =-i\left[X,\frac{1}{2}cK^2\right] \\ & =-cK \end{aligned}

Dunque possiamo scrivere la formula per $\langle p\rangle$

\begin{aligned} \langle p\rangle & =m\frac{d}{dx}\langle x\rangle \\ & =m\langle\psi|(-cK)|\psi\rangle \\ & =\langle\psi|(-cmK)|\psi\rangle \end{aligned}

Definendo l’operatore quantità di moto $P=-cmK$ abbiamo $\langle p\rangle=\langle\psi|P|\psi\rangle$ .

Calcoliamo ora la quantità di moto per una ampiezza di probabilità a distribuzione esponenziale

\begin{aligned} \psi(x,t) & =\frac{e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}}{\sqrt{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}dx}} \\ & =\frac{e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}}{M} \end{aligned}

Dove con M abbiamo indicato il modulo della distribuzione esponenziale non normalizzata.

\begin{aligned} \langle p\rangle & =\langle\psi|P|\psi\rangle \\ & =\langle\psi|(P|\psi\rangle) \\ & =\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}}{M}\left(-icm\frac{d}{dx}\frac{e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}}{M}\right)dx \\ & =\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{-i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}}{M}\left(-icmi\frac{2\pi}{\lambda}\frac{e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}}{M}\right)dx= \end{aligned}

\begin{aligned} & =cm\frac{2\pi}{\lambda}\frac{\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}e^{i\left(\frac{2\pi}{\lambda}x-\frac{2\pi^2c}{\lambda^2}t\right)}dx}{M^2} \\ & =cm\frac{2\pi}{\lambda}\frac{M^2}{M^2} \\ & =cm\frac{2\pi}{\lambda} \end{aligned}

Dunque abbiamo trovato $\langle p\rangle=2\pi cm/\lambda\Leftrightarrow\langle p\rangle\lambda=2\pi cm$ .

Ricordando la relazione di De Broglie $p\lambda=h$ possiamo concludere che deve essere $2\pi cm=h\Leftrightarrow c=h/2\pi m$ . Per comodità si definisce la costante di Planck ridotta $\hbar=h/2\pi$ con la quale scriviamo $c=\hbar/m$ . Sostituendo questo valore possiamo finalmente dare l’equazione di Schrödinger nella forma definitiva

\begin{aligned} i\frac{d}{dt}\psi(x,t) & =\frac{q}{\hbar}V(x)\psi(x,t)-\frac{1}{2}\frac{\hbar}{m}\frac{d^2}{dx^2}\psi(x,t)\Leftrightarrow \\ i\hbar\frac{d}{dt}\psi(x,t) & =qV(x)\psi(x,t)-\frac{1}{2m}\hbar^2\frac{d^2}{dx^2}\psi(x,t)\Leftrightarrow \\ i\hbar\frac{d}{dt}\psi(x,t) & =\left(qV(X)+\frac{1}{2m}P^2\right)\psi(x,t)\Leftrightarrow \\ i\hbar\frac{d}{dt}|\psi\rangle & =\left(qV(X)+\frac{1}{2m}P^2\right)|\psi\rangle \end{aligned}

Dove abbiamo usato la definizione $P=-cmK=-\hbar K=-i\hbar D$ .

Nei testi di Meccanica Quantistica generalmente si trova l’equazione di Schrödinger scritta con la $H$ al secondo membro

i\hbar\frac{d}{dt}|\psi\rangle=H|\psi\rangle

con

H=qV(X)+\frac{1}{2m}P^2

D’ora in avanti anche noi useremo questa forma.

Conclusioni.

In questa scheda abbiamo trovato un’equazione che rappresenta la legge di evoluzione per una particella carica secondo il formalismo della Meccanica Quantistica. L’equazione che abbiamo trovato non tiene conto della Teoria della Relatività e inoltre è molto semplificata, non considera campi magnetici e gravitazionali ed è scritta per uno spazio monodimensionale. Tuttavia è un buon esempio che raggiunge lo scopo di questa scheda, cioè di mostrare le caratteristiche fondamentali della Meccanica Quantistica applicate a un sistema di interesse pratico. Nelle schede successive generalizzeremo questa equazione e la applicheremo per studiare dei problemi concreti.