Metodo Variazionale

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:

$$ E = \frac{{\hbar^{2} \alpha }}{4m}\left( {1 + \frac{3m\mu }{{\hbar^{2} \alpha^{3} }}} \right) = \frac{{\hbar^{2} \alpha }}{4m}\left( {1 + \frac{1}{2}} \right) = \frac{{3\hbar^{2} }}{8m}{\mkern 1mu} \sqrt[3]{{\frac{6m\mu }{{\hbar^{2} }}}} = \frac{3}{8}{\mkern 1mu} \sqrt[3]{{\frac{{6\mu \hbar^{4} }}{{m^{2} }}}}. $$