Particella in un pozzo

[Landau]

Ciao a tutti, nel classico problema di una particella in un pozzo infinito di potenziale, come posso calcolare il valore atteso di posizione e impulso negli autostati dell'energia? In realtà conosco il risultato ma non so come ci si arriva: ho provato a usare per la posizione la definizione di valore atteso, \[\displaystyle \mathbb{E}[x]=\int_{-\infty}^{+\infty}x|\psi(x)|^2\text{d}x\] ma comunque non arrivo da nessuna parte e ho l'impressione di essermi perso qualche cosa di semplice. Qualcuno mi sa dare una mano? L'obiettivo finale sarebbe ricavarsi l'indeterminazione in base allo stato del sistema.

[anonymous_0b37e9]

Funzione d'onda stati stazionari

$[x lt 0 vv x gt L] rarr [\psi_n(x)=0]$

$[0 lt= x lt= L] rarr [\psi_n(x)=sqrt(2/L)sin(n\pi/Lx)]$

Valore atteso posizione

$bar(x_n)=\int_{0}^{L}x|\psi_n(x)|^2dx=2/L\int_{0}^{L}xsin^2(n\pi/Lx)dx gt 0$

Valore atteso impulso

$bar(p_n)=-ih/(2\pi)\int_{0}^{L}bar(\psi_n)(x)(d)/(dx)\psi_n(x)dx=-ih/(2\pi)2/L n\pi/L\int_{0}^{L}sin(n\pi/Lx)cos(n\pi/Lx)dx=0$

[Landau]

Chiarissimo. Grazie.

[Landau]

Riesumo questa discussione per notare che dovrebbe essere

$ bar(x_n)=\int_{0}^{L}x|\psi_n(x)|^2dx=2/L\int_{0}^{L}xsin^2(n\pi/Lx)dx = a/2. $

La motivazione è che le distribuzioni di probabilità sono funzioni pari della posizione... ma non capisco perché questo implica che l'integrale faccia \(\displaystyle a/2 \). Poi per carità si può anche fare per parti questo integrale, però vorrei capire questa scorciatoia...

Allo stesso modo mi viene detto che \(\displaystyle \langle p^2 \rangle=2m\langle E_n\rangle=2mE_n \): perché al posto di considerare l'hamiltoniana considero l'autovalore ennesimo dell'energia?

[anonymous_0b37e9]

... vorrei capire questa scorciatoia ...

Si deve procedere per sostituzione:

$x=t+L/2 rarr$

$rarr bar(x_n)=2/L\int_{0}^{L}xsin^2(n\pi/Lx)dx=$

$=2/L\int_{-L/2}^{L/2}(t+L/2)sin^2[n\pi/L(t+L/2)]dt=$

$=2/L\int_{-L/2}^{L/2}(t+L/2)sin^2(n\pi/Lt+n\pi/2)dt=...$

n dispari

$...=2/L\int_{-L/2}^{L/2}(t+L/2)cos^2(n\pi/Lt)dt=$

$=2/L\int_{-L/2}^{L/2}tcos^2(n\pi/Lt)dt+\int_{-L/2}^{L/2}cos^2(n\pi/Lt)dt=$

$=\int_{-L/2}^{L/2}cos^2(n\pi/Lt)dt=$

$=[L/(2n\pi)cos(n\pi/Lt)sin(n\pi/Lt)+t/2]_{-L/2}^{L/2}=L/2$

n pari

$...=2/L\int_{-L/2}^{L/2}(t+L/2)sin^2(n\pi/Lt)dt=$

$=2/L\int_{-L/2}^{L/2}tsin^2(n\pi/Lt)dt+\int_{-L/2}^{L/2}sin^2(n\pi/Lt)dt=$

$=\int_{-L/2}^{L/2}sin^2(n\pi/Lt)dt=$

$=[-L/(2n\pi)cos(n\pi/Lt)sin(n\pi/Lt)+t/2]_{-L/2}^{L/2}=L/2$

... perché al posto di considerare l'hamiltoniana ...

Intanto, nell'integrale che permette il calcolo del valor medio, l'operatore hamiltoniano applicato all'autostato dell'energia si riduce alla moltiplicazione di quest'ultimo per il rispettivo autovalore:

$barH=\int_{0}^{L}bar(\psi_n)(x)hatH\psi_n(x)dx=$

$=\int_{0}^{L}bar(\psi_n)(x)E_n\psi_n(x)dx$

$=E_n\int_{0}^{L}bar(\psi_n)(x)\psi_n(x)dx=E_n$

Del resto, un sistema preparato in modo tale che il suo stato $\psi_n(x)$ sia un autostato dell'energia è costituto da infinite copie che, soggette alla misura dell'energia, forniscono tutte lo stesso valore $E_n$. Insomma, non dovrebbe stupire che il valor medio di una variabile aleatoria costante sia la costante medesima.

\(...=2m\langle E_n\rangle=2mE_n \)

Inoltre, per non generare confusione, sarebbe stato meglio scrivere:

\(...=2m\langle \hat{H}\rangle=2mE_n \)