Separazione in parte radiale e angolare

Introduciamo, analogamente a quanto fatto nella sezione 3.9, un sistema di riferimento polare $(r,\theta,\phi)$, dove l'operatore gradiente è dato dalla (3.95), e l'operatore laplaciano (come si può far vedere con un po' di pazienza) da

$$\nabla^2 = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( ... ... + \frac{1}{r^2\sin^2\theta} \frac{\partial^2}{\partial\phi^2}$$ (4.8)

Confrontando con la (3.101), si vede che questo si può scrivere

$$\nabla^2 = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial}{\partial r} \right) - \frac{L^2}{r^2\hbar^2}$$ (4.9)

dove $L^2$ dato dalla (3.101) contiene esclusivamente termini dipendenti dagli angoli. Possiamo allora scrivere l'hamiltoniano come

$$H = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\parti... ...\frac{\partial}{\partial r} \right) + \frac{L^2}{2mr^2} + V(r)$$ (4.10)

Un termine $L^2/2mr^2$ appare anche nell'analogo problema classico: altri non è che il ``potenziale centrifugo'', ossia un potenziale fittizio che genera una ``forza'' che tende ad allontanare la massa dall'origine, e che discende dal fatto che il sistema è in rotazione (se $L^2>0$), e che noi stiamo osservando la sola variabile radiale. Classicamente si può dunque tener conto dell'effetto della rotazione considerando un potenziale efficace $\hat{V}(r) = V(r) + L^2/2mr^2$, dove il secondo termine tende a spingere la massa verso gli $r$ crescenti.

Vediamo ora la situazione nel caso quantistico. Un'ispezione della forma (4.10) ci mostra subito che

$$[L^2,H]= 0$$ (4.11)

che ci garantisce che $L^2$ è conservato, ossia i suoi autovalori non dipendono dal tempo e i due operatori hanno un insieme di autostati in comune. Già sappiamo quindi che gli autovalori di $L^2$ potranno essere usati per classificare gli stati. L'espressione (3.100) per $L_z$ e la regola (3.93) ci dicono anche che

$$[L_z,H]= 0$$ (4.12)

e quindi anche gli autovalori di $L_z$ saranno conservati e potranno essere usati per classificare gli stati.

Procediamo ora alla separazione della variabile radiale da quelle angolari, la cui possibilità fortemente suggerita sia da questi risultati che dall'osservazione della (4.10). Poniamo

$$\psi(r,\theta,\phi) = R(r) Y(\theta,\phi)$$ (4.13)

quindi riscriviamo l'equazione di Schrödinger (4.7), dividendola per $RY$:

$$-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{1}{r^2 R(r)} \frac{\partial}{\par... ...l R}{\partial r} \right) + \frac{1}{2mr^2 Y} L^2 Y + V(r) = E$$ (4.14)

o ancora moltiplicando per $-2mr^2/\hbar^2$ e riarrangiando,

$$\frac{1}{R(r)} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{... ...{\hbar^2} \left[ V(r) - E \right] = \frac{1}{\hbar^2 Y} L^2 Y$$ (4.15)

Il membro sinistro dipende solo da $r$, quello destro solo da $\theta$ e $\phi$, e quindi entrambi devono essere uguali ad una costante. Abbiamo già [vedi (3.102)] indicato questa costante con $\ell(\ell+1)$, e trovato che $\ell$ deve essere un intero affinchè la soluzione non diverga. Le soluzioni per la parte angolare sono le armoniche sferiche $Y_{\ell m}(\theta,\phi)$ date dalla (3.110). Dovrà quindi essere

$$\frac{1}{R(r)} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac... ...- \frac{2mr^2}{\hbar^2} \left[ V(r) - E \right] = \ell(\ell+1)$$ (4.16)

ovvero l'equazione di Schrödinger per la parte radiale è

$$-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r... ...(\ell+1)}{2mr^2} \right] R_{n\ell}(r) = E_{n\ell} R_{n\ell}(r)$$ (4.17)

Ci aspettiamo che in generale le energie dipendano da $\ell$ perchè il potenziale efficace dipende da $\ell$; inoltre per un dato $\ell$ ci aspettiamo per gli stati legati (se ve ne sono!) una quantizzazione dei livelli energetici, e abbiamo indicato con $n$ il corrispondente indice.

La funzione d'onda totale sarà allora

$$\psi_{n\ell m} (r,\theta,\phi) = R_{n\ell}(r) Y_{\ell m}(\theta,\phi)$$ (4.18)

L'energia non dipende da $m$. Come già osservato, $m$ rappresenta la proiezione del momento angolare su un asse scelto arbitrariamente. A causa della simmetria sferica del problema, l'energia non può dipendere dall'orientamento del vettore $\bf L$, ma solo dal suo modulo. All'energia $E_{n\ell}$ sarà dunque associata una degenerazione $2\ell+1$ (o maggiore, se esistono altri osservabili commutanti che non abbiamo considerato!).