Schrödinger /1

Poiché, tanto, la devo studiare, può essere interessante inserire sul blog un po' di meccanica quantistica. Anche perché questo procedimento ha, ai miei occhi, un valore intrinseco, dato dal fatto che ricaviamo l'equazione fondamentale per la meccanica quantistica evolvendo dall'ottica e dalla meccanica classiche. Non è, a rigore, una dimostrazione; ma mette in luce le analogie profonde che mi fanno sostenere la validità intrinseca dei modelli fisici.

Iniziamo con uno dei risultati più interessanti e ingiustamente bollati come teologici della meccanica classica, il principio di minima azione di Maupertuis:
$\delta\int ds\sqrt{E-V(x)}=0$
Accanto ad esso consideriamo il principio di Fermat dell'ottica geometrica
$\delta\int n(x,\omega)ds = \delta\int ds\frac{1}{v_f(x,\omega)}=0$
Si tratta di due principi variazionali che selezionano, tra tutte le traiettorie possibili, quelle che sono le soluzioni - del moto per il pr. di Maupertuis, del raggio per il pr. di Fermat. Il nostro punto di partenza è constatare che i due principi sono in stretta analogia. E postulare che l'analogia non sia solo formale ma anche sostanziale.

Osserviamo che, lungo i due moti, le costanti sono, in un caso, l'energia totale E, nell'altro la pulsazione (che poi è direttamente proporzionale alla frequenza) $\omega$ del raggio. Facciamo quindi l'ipotesi che le due grandezze siano legate, cioè che $E=E(\omega)$. Il secondo passo è sostenere l'equivalenza dei due principi. Questo equivale ad eguagliare gli integrandi a meno di una costante (in modo che, quando uno è zero, lo sia anche l'altro). Si ha
$\frac{1}{v_f}=C(\omega)\sqrt{E(\omega)-V(x)}$
Adesso facciamo un passo ulteriore, e pensiamo di poter equiparare una particella, in qualche modo, ad un pacchetto d'onde. La velocità della particella non sarà, allora, la velocità di fase $v_f$, ma la cosiddetta velocità di gruppo $v_g=\frac{d\omega}{dk}$. Ora, si ha che
$\frac{1}{v}=\frac{1}{v_g}=\frac{dk}{d\omega}=\frac{d}{d\omega}(\frac{\omega}{v_f})$
Ricordando quanto scritto all'inizio, e che $v=p/m=\sqrt{(2/m)(E-V)}$, otteniamo l'equazione
$C(\omega)+\omegaC'(\omega) = \frac{\sqrt{m/2}-{\omega C E'}/2}{E-V(x)}$
Poiché tale uguaglianza deve valere per tutte le forme del potenziale e per tutti i valori di x, vale solo se il membro di destra e quello di sinistra sono identicamente zero.

Questo porta a due equazioni differenziali, per C e E, che risolte danno
$C(\omega)=\frac{K}{\omega}$
$E=\frac{\sqrt{2m}}{K}\omega$
Rinominando opportunamente la costante, e chiamandola "htagliato", abbiamo
$E=barh \omega$

Questo risultato è fondamentale per la successiva derivazione dell'equazione di Schrodinger. Nella prossima puntata