Oscillatore armonico tridimensionale
1. Soluzione in coordinate cartesiane
Consideriamo un oscillatore armonico tridimensionale isotropo di massa m e freuenza classica
ω. La sua hamiltoniana è data da
(1.1)
H=
p2
1
+ mω 2 x2 .
2m 2
L’equazione di Schrödinger stazionaria
(1.2)
H u(x) = E u(x)
si può risolvere facilmente sia in coordinate cartesiane che in coordinate sferiche. È istruttivo
trovare le due soluzioni e confrontare i risultati.
In coordinate cartesiane H si può scrivere come somma di tre termini indipendenti:
(1.3)
H = H1 + H2 + H3 ,
dove
(1.4)
Hi =
p2i
1
+ mω 2 x2i
2m 2
(i = 1, 2, 3)
corrisponde alla hamiltoniana di un oscillatore che si muove lungo l’asse xi . Come è noto, la (1.2)
si separa nelle tre equazioni unidimensionali nelle variabili xi , in modo tale che un’autofunzione
u(x) si può esprimere come prodotto delle autofunzioni unidimensionali uni (xi ) e l’autovalore
E è la somma degli autovlori Ei . Ricordando le soluzioni esplicite del caso unidimensionale
(1.5)
1
En = h̄ω (n + 2 ),
n∈N
1
un (x) = Nn Hn (αx) e− 2 α
2
x2
p
dove α = mω/h̄ e Hn è un polinomio di Hermite, si ottengono per le soluzioni della (1.2) le
seguenti espressioni:
(1.6)
E = E1 + E2 + E3 = h̄ω(n1 + n2 + n3 + 23 )
(1.7)
u(x) ≡ un1 n2 n3 (x) = un1 (x1 )un2 (x2 )un3 (x3 )
Osserviamo che gli autovalori dell’energia dipendono solo dalla somma dei tre numeri quantici
ni , per cui ponendo n = n1 + n2 + n3 possiamo scrivere
(1.8)
E ≡ En = h̄ω(n + 32 ).
1
Lo spettro del livelli coincide con quello del caso unidimensionale, salvo che per lo stato
fondamentale. Tuttavia nel nostro caso i livelli sono degeneri, poiché per un dato n > 0 a
diverse scelte dei numeri ni corrispondono stati diversi, come mostra la (1.7).
La degenerazione dn del livello n è data quindi dal numero delle soluzioni intere non negative
dell’equazione n1 + n2 + n3 = n e risulta1
µ
¶
n+2
1
= (n + 2)(n + 1).
dn =
2
2
(1.9)
Osserviamo che le autofunzioni (1.7) hanno parità definita. Infatti ciascuna delle uni (xi ) ha
parità (−1)ni , per cui in totale si ha
un1 n2 n3 (−x) = (−1)n un1 n2 n3 (x)
(1.10)
2. Soluzione in coordinate sferiche
Riscriviamo l’equazione di Schrödinger (1.2) nella forma
µ
¶
h̄2 2 1
2 2
−
∇ + mω r − E u(x) = 0.
2m
2
(2.1)
Poiché il potenziale è centrale, conviene passare alle coordinate sferiche, usando l’espressione
∇2 =
(2.2)
∂2
2 ∂
l2
+
−
,
∂r2
r ∂r r2
dove l è l’operatore del momento angolare orbitale in unità h̄ (usiamo la notazione L = h̄ l =
x ∧ p). L’autofunzione u(x) si può allora fattorizzare nel solito modo, ponendo
u(x) = unlm (r, θ, φ) = Rnl (r) Ylm (θ, φ).
(2.3)
1
Questo numero si può calcolare facilmente come segue. Fissato n, n1 può prendere tutti i valori da 0 a n. Per un
dato n1 , n2 può prendere i valori da 0 a n − n1 , in totale n − n1 + 1 valori. Infine, per n1 e n2 fissati, n3 è univocamente
determinato. In definitiva il numero di terne possibili risulta
dn =
n
X
(n − n1 + 1) = (n + 1)2 − 12 n(n + 1) = (n + 1)( 12 n + 1),
n1 =0
che coincide con la (1.9).
Può essere utile risolvere il problema più generale della ripartizione di un numero n in m interi, cioè tali che
n1 + n2 + . . . + nm = n. Il numero di queste ripartizioni si può calcolare col seguente ragionamento. Consideriamo una
fila di n + m − 1 caselle e n pedine da disporre nelle caselle. In una data disposizione si hanno sequenze di n1 , n2 , . . .
pedine separate da caselle vuote. Le caselle vuote sono in numero di m − 1 e separano le n pedine in m gruppi di ni .
Ad ogni disposizione delle pedine corrisponde quindi una ripartizione del numero n. Di conseguenza il numero M (n, m)
di tali ripartizioni è uguale al numero dei modi in cui si possono scegliere n caselle (piene) su un totale di n + m − 1 e
questo è dato da
µ
¶ µ
¶
n+m−1
n+m−1
M (n, m) =
=
n
m−1
Nel caso di m = 3 si ottiene ancora la (1.9).
2
Dalla (2.1) si ricava per R(r) l’equazione radiale
µ
(2.4)
¶
d2
2 d
l(l + 1) m2 ω 2 2 2mE
+
−
−
r + 2 R(r) = 0
dr2
r dr
r2
h̄2
h̄
Facciamo il cambiamento di variabile ρ = αr, con α =
per α2 . Si ottiene allora
(2.5)
p
mω/h̄, e dividiamo l’equazione
·
¸
2
l(l + 1)
R00 (ρ) + R0 (ρ) + λ − ρ2 −
R(ρ) = 0,
ρ
ρ2
dove si è posto
(2.6)
λ=
2mE
2E
2 2 = h̄ω .
h̄ α
Esaminiamo gli andamenti di R(ρ) per ρ → 0 e per ρ → ∞. In ρ = 0 la (2.5) ha una
singolarità regolare e le soluzioni hanno gli andamenti ρl e ρ−l−1 . Perché R(ρ) sia regolare
scegliamo la soluzione che va come ρl . Per ρ → ∞ l’equazione asintotica dà gli andamenti
1 2
1 2
e± 2 ρ , come nel caso unidimensionale. La soluzione corretta è quella che va come e− 2 ρ .
Scriviamo allora la funzione radiale nella forma
1
2
R(ρ) = ρl e− 2 ρ F (ρ),
(2.7)
dove F (ρ) deve essere regolare in ρ = 0 e non deve crescere più di una potenza per ρ → ∞.
Ponendo la (2.7) nella (2.5) si ottiene
(2.8)
2
F 00 (ρ) + (l + 1 − ρ2 )F 0 (ρ) + (λ − 2l − 3)F (ρ) = 0.
ρ
√
Conviene fare il cambiamento di variabile z = ρ2 , da cui d/dρ = 2 z d/dz. Ponendo F (ρ) =
G(z) si ottiene
(2.9)
z G00 (z) + (l +
3
1
− z) G0 (z) + (λ − 2l − 3) G(z) = 0.
2
4
Quest’equazione coincide con l’equazione ipergeometrica confluente
(2.10)
zF 00 (z) + (c − z)F 0 (z) − aF (z) = 0,
dove a e c sono i due parametri dell’equazione. La (2.10) ammette una soluzione regolare
nell’origine, mentre l’altra è singolare (va come z 1−c = ρ−2l−1 ).
La soluzione regolare si indica con 1 F1 (a; c; z) ed è data dalla serie di potenze
(2.11)
1 F1 (a; c; z) =
∞
X
a
a(a + 1) 2
(a)n n
z =1+ z+
z + ...
(c)
n!
c
c(c
+
1)2!
n
n=0
dove si è usata la notazione (a)n = a(a + 1) · · · (a + n − 1). Confrontando la (2.9) con la (2.10)
si ha per i parametri a e c:
3
(2.12)
a=
1
(2l + 3 − λ),
4
c=l+
3
2
e ponendo z = ρ2 si ottene per la F (ρ) della (2.7):
(2.13)
F (ρ) = 1 F1
¡1
4 (2l
¢
+ 3 − λ); l + 32 ; ρ2 .
2
Per ρ → ∞ la 1 F1 (z) va come ez = eρ , salvo il caso che la serie (2.11) sia troncata. Poiché
abbiamo richiesto che F (ρ) non cresca più di una potenza, questo è quello che deve accadere.
Dalla (2.11) si vede che la serie si interrompe se a è un intero negativo, cioè a = −nr , con
nr ∈ N. Questa condizione ci dà gli autovalori dell’energia. Infatti dalla (2.12) si ha
(2.14)
λ = 4nr + 2l + 3
e dalla (2.6) si ottiene la formula
(2.15)
En = h̄ω(n + 32 ),
n = l + 2nr ∈ N
che coincide con la (1.8).
Per a = −nr la (2.11) si riduce a un polinomio di grado nr , detto polinomio associato
di Laguerre. Questi polinomi compaiono anche nella funzione radiale dell’atomo d’idrogeno e
(α)
appartengono alla classe dei polinomi ortogonali. Indichiamo un tale polinomio con Ln (z),
dove n è il grado del polinomio e α un parametro che può essere in generale complesso. Si hanno
in paricolare le seguenti espressioni:
(2.16)
L(α)
n (z)
µ
¶
n+α
=
1 F1 (−n; α + 1; z)
n
=
µ
¶
n
X
(−1)r n + α
r=0
=
r!
n−r
zr
1 −α z dn ¡ n+α −z ¢
z e
z
e
n!
dz n
Ricordando le (2.7) e (2.13) e usando la prima delle (2.16), si ottiene la seguente espressione
della funzione radiale:
(2.17)
1
2
(l+ 1 )
2
Rnl (ρ) = Nnl ρl e− 2 ρ L 1 (n−l)
(ρ2 ),
2
dove Nnl è il coefficiente di normalizzazione. Il grado del polinomio, che è pari al numero
quantico radiale nr , è stato espresso mediante n e l per mezzo della relazione nr = 12 (n − l).
Osserviamo che gli autovalori dell’energia En dipendono soltanto dal numero quantico principale n, mentre le autofunzioni (2.3) dipendono dai tre numeri quantici n, l ed m. Si ha quindi
degenerazione rispetto a l e m. La degenerazione rispetto a m è tipica di qualunque potenziale centrale, mentre quella rispetto a l è una particolarità che si verifica soltanto in due casi:
4
quello del potenziale coulombiano e quello del potenziale elastico. Si può dimostrare che questa
proprietà è legata alla particolare simmetria della hamiltoniana.
Esaminiamo più in dettaglio questa degenerazione. Per la seconda delle (2.15), l può prendere
tutti i valori con la stessa parità di n, da 1 a n se n è dispari o da 0 a n se n è pari. Inoltre per
un dato l, m può prendere tutti i valori da −l a l. Cosı̀ lo stato fondamentale ha n = l = m = 0
ed è non degenere. Il primo stato eccitato ha n = l = 1 e m = +1, 0, −1 ed è quindi 3 volte
degenere. Il livello con n = 2 può avere l = 0 o l = 2 ed ha quindi 1 + 5 = 6 stati degeneri. In
generale si dimostra facilmente che la degenerazione del livello n è data dalla formula (1.9).
Concludiamo con un’osservazione sulla parità. Le autofunzioni (2.3) hanno la parità (−1)l
data dalle armoniche sferiche. Ma questa coincide con la parità (−1)n della (1.10) poiché n e l
hanno la stessa parità.
5
