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Metodo Variazionale

  • Leonardo AngeliniEmail author
Chapter
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Part of the UNITEXT for Physics book series (UNITEXTPH)

Sommario

11.1 Stato fondamentale dell’oscillatore anarmonico

Utilizzare il metodo Variazionale per valutare in modo approssimato l’energia dello stato fondamentale dell’oscillatore anarmonico, cioè una particella di massa m soggetta al potenziale:

$$ V(x) = \mu x^{4} \qquad (\mu > 0){\mkern 1mu} . $$

Notiamo che il potenziale anarmonico, come quello armonico, diverge all’infinito, ha un minimo in x = 0 ed è simmetrico. Lo spettro dell’energia è quindi discreto e lo stato fondamentale è pari e privo di nodi. Scegliamo quindi come funzioni di prova il set al quale appartiene quella dello stato fondamentale dell’oscillatore armonico (in questo caso \( \alpha = \frac{m\omega }{\hbar }) \):

$$ \psi (x;\alpha ) = {\text{costante}} \cdot e^{{ - \alpha \frac{{x^{2} }}{2}}} . $$

Soluzione

Il valore di attesa dell’energia nello stato \( \psi \) è dato da

$$ \begin{aligned} E(\alpha ) & \, = \frac{{\langle \psi |\mathscr{H}|\psi \rangle }}{\langle \psi |\psi \rangle } = \frac{{\int_{{{ - \infty }}}^{{{ + \infty }}} {dxe}^{{ - \alpha \frac{{x^{2} }}{2}}} \left[ { - \frac{{{\hbar }^{2} }}{2m}\frac{{d^{2} }}{{dx^{2} }} + \mu x^{4} } \right]e^{{ - \alpha \frac{{x^{2} }}{2}}} }}{{\int_{ - \infty }^{ + \infty } d x{\mkern 1mu} e^{{ - \alpha x^{2} }} }} = \\ & = \sqrt {\frac{\alpha }{\pi }} {\mkern 1mu} \int_{ - \infty }^{ + \infty } d x{\mkern 1mu} \left[ { - \frac{{\hbar^{2} }}{2m}( - \alpha + \alpha^{2} x^{2} ) + \mu x^{4} } \right]e^{{ - \alpha x^{2} }} = \\ & = \sqrt {\frac{\alpha }{\pi }} {\mkern 1mu} \left[ {\frac{{\hbar^{2} \alpha }}{2m}{\mkern 1mu} I_{0} - \frac{{\hbar^{2} \alpha^{2} }}{2m}{\mkern 1mu} I_{2} + \mu I_{4} } \right] = \frac{{\hbar^{2} \alpha }}{4m} + \frac{3\mu }{{4\alpha^{2} }} \\ \end{aligned} $$
dove, per la (A.3),
$$ I_{0} = \sqrt {\frac{\pi }{\alpha }} ;\qquad I_{2} = \frac{1}{2}{\mkern 1mu} \sqrt {\frac{\pi }{{\alpha^{3} }}} ;\qquad I_{4} = \frac{3}{4}\sqrt {\frac{\pi }{{\alpha^{5} }}} {\mkern 1mu} \cdot $$

Cerchiamo ora il minimo di E(α):

$$ \frac{dE(\alpha )}{d\alpha } = 0\qquad \Rightarrow \qquad \frac{{\hbar^{2} }}{4m} - \frac{3\mu }{{2\alpha^{3} }} = 0\qquad \Rightarrow \qquad \alpha = \sqrt[3]{{\frac{6\mu m}{{\hbar^{2} }}}} $$
mentre la derivata seconda è sempre positiva. In corrispondenza di questo valore di si ottiene il valore approssimato per il livello di energia dello stato fondamentale:
$$ E = \frac{{\hbar^{2} \alpha }}{4m}\left( {1 + \frac{3m\mu }{{\hbar^{2} \alpha^{3} }}} \right) = \frac{{\hbar^{2} \alpha }}{4m}\left( {1 + \frac{1}{2}} \right) = \frac{{3\hbar^{2} }}{8m}{\mkern 1mu} \sqrt[3]{{\frac{6m\mu }{{\hbar^{2} }}}} = \frac{3}{8}{\mkern 1mu} \sqrt[3]{{\frac{{6\mu \hbar^{4} }}{{m^{2} }}}}. $$

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Copyright information

© Springer-Verlag Italia S.r.l. 2018

Authors and Affiliations

  1. 1.Bari UniversityBariItaly

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