L’equazione del moto di un elettrone in un campo magnetico è data dalla legge di Lorentz:
$$m \ddot{\mathbf{x}} = q \mathbf v \times \mathbf B $$
L’equazione del moto può essere ricavata dalla lagrangiana
$$L = \frac{1}{2}m \dot{\mathbf{x}}^2 + q \dot{\mathbf{x}}\cdot \mathbf{A}$$
dove $\mathbf A$ è il potenziale vettore. A questo punto otteniamo l’hamiltoniana:
$$H = \frac{1}{2m} (\mathbf p -q \mathbf A)^2\tag{*}$$
L’impulso che appare nell’Hamiltoniana è il cosiddetto impulso canonico
$$\mathbf p = \pdv{L}{\dot{\mathbf{x}}}=m\dot{\mathbf{x}}+q\mathbf A$$
Per cui in altri termini $H= \frac{1}{2} m \dot{\mathbf{x}}^2$, l’energia cinetica (il campo magnetico non fa lavoro).
Scegliamo per semplicità $\mathbf B = B \hat{\mathbf{z}}$. Ad uno specifico $\mathbf B$ corrispondono più possibili scelte di $\mathbf A$. Le due opzioni tradizionali sono il calibro di Landau e il calibro simmetrico.
Calibro di Landau
Scegliamo $\mathbf A = (0,x B, 0)$. Quindi l’Hamiltoniana $(*)$ diventa:
$$H = \frac{1}{2m} \left[p_x^2 + (p_y-q B x)^2 + p_z^2\right]$$
Notiamo che $[H,p_y] = [H,p_z] = 0$, quindi possiamo diagonalizzarli simultaneamente e al posto di $p_y$ e $p_z$ (operatori) possiamo inserire i loro autovalori (numeri). Possiamo quindi riscrivere l’Hamiltoniana in una forma più familiare:
$$H = \frac{p_x^2}{2m} + \frac{1}{2}m \omega_B^2 \left(x-\frac{p_y}{q B}\right)^2+\frac{p_z^2}{2m} $$
Ovvero l’Hamiltoniana per un oscillatore armonico quantistico. La frequenza $\omega_B = |qB|/m$, detta frequenza di ciclotrone, è la velocità angolare classica di una particella che descrive un cerchio in un campo magnetico. I livelli energetici, detti livelli di Landau, sono quindi dati da:
$$E = \hbar \omega_B \left(n+\frac{1}{2}\right)+\frac{p_z^2}{2m}$$
L’autofunzione corrispondente ad ogni energia sarà data dal prodotto tra due onde piane (corrispondenti ai momenti $p_y$ e $p_z$) e l’autofunzione dell’oscillatore armonico. A meno di una costante per la normalizzazione l’autofunzione è:
$$\psi = e^{i (y p_y+z p_z) / \hbar} H_n\left(x-\frac{p_y}{q B}\right) e^{-\left(x-\frac{p_y}{q B}\right)^2 |q B| /2\hbar}$$
dove gli $H_n$ sono i polinomi di Hermite.
Calibro simmetrico
Scegliamo stavolta $\mathbf A = B(-y/2, x/2,0)$. In questo caso l’Hamiltoniana non ha più la simmetria traslazionale lungo $y$ e $z$, ma stavolta preserva la simmetria rotazionale:
$$H = \frac{1}{2m}(p_x^2+p_y^2+p_z^2) +\frac{1}{2} \omega_B L_z + \frac{1}{8}m\omega_B^2 (x^2+y^2)$$
dove $L_z = xp_y -yp_x$ è il componente $z$ dell’operatore momento angolare. Di nuovo $[H, p_z]=0$, per cui la componente zeta della funzione d’onda è un’onda piana come prima e possiamo concentrarci sul resto.
In questo contesto conviene introdurre una variabile complessa $u = x+iy$ e la corrispondente derivata complessa:
$$\pdv{}{u} = \frac{1}{2} \left(\pdv{}{x}-i\pdv{}{y}\right)$$
Il segno meno e il fattore di un mezzo servono perché vogliamo $\partial_u u = 1$ e $\partial_u u^* = 0$. L’Hamiltoniana pertanto diventa:
$$H = \frac{p_z^2}{2m} -\frac{2\hbar^2}{m}\pdv{}{u} \pdv{}{u^*}-\frac{1}{2} \omega_B L_z + \frac{1}{8}m\omega_B^2 u u^*$$
dove stavolta $L_z = \hbar \left(u\pdv{}{u} -u^*\pdv{}{u^*} \right)$. A questo punto possiamo calcolare l’autofunzione dello stato fondamentale ($E= \hbar \omega_B /2$), che è data da:
$$\psi(u) = f(u) e^{-|u|^2 |qB|/4\hbar} e^{i z p_z/\hbar}$$
dove $f(u)$ è una qualsiasi funzione (olomorfa) di $u$.
Degenerazione
Abbiamo detto che la particella nel campo magnetico ha i seguenti livelli energetici:
$$E_n = \hbar \omega_B \left(n+\frac{1}{2}\right)+\frac{p_z^2}{2m}$$
Il caso interessante è quello in cui il sistema è confinato in due dimensioni, quindi ignoriamo $p_z$. Qual è la degenerazione dell’$n$-esimo livello di Landau? In altri termini, quante autofunzioni hanno la stessa energia $E_n$? Guardiamo il calibro di Landau: l’autofunzione dipende da un parametro $p_y$ che però non compare nell’energia, quindi la degenerazione è probabilmente molto grande.
Contiamo quanti stati si trovano in un quadrato di lati $L_x$ e $L_y$ nel piano $x-y$. Guardando l’autofunzione nel calibro di Landau, nella direzione $y$ il sistema è semplicemente un’onda piana. Per cui se lo mettiamo in una scatola il suo momento è quantizzato, $p_y = 2\pi \hbar n /L_y$, per cui nel quadrato ci vanno circa $L_y/2\pi\hbar$ autofunzioni.
Per la direzione $x$ l’autofunzione non è un’onda piana, ma un’esponenziale della forma $e^{-\left(x-\frac{p_y}{q B}\right)^2 |q B| /2\hbar}$, ovvero un’esponenziale localizzato in $p_y/qB$. Per cui se $x$ varia da $0$ a $L_x$ allora $p_y$ varia da $0$ a $qB L_x$.
La degenerazione totale è quindi il prodotto delle due,
$$D = \frac{qBA}{2\pi\hbar}$$
dove $A = L_x L_y$ è l’area del quadrato. La densità di elettroni $n$ è quindi data da:
$$n = \frac{qB}{2\pi\hbar}$$
La degenerazione è enorme: per un elettrone in un campo magnetico di $0.1 \mathrm{T}$ abbiamo circa $10^{10}$ stati per centimetro quadro. La grande degenerazione dà luogo a molti fenomeni interessanti.
Campo elettrico
Come passo finale possiamo aggiungere un campo elettrico $\mathbf E = E \hat{x}$. Nel calibro di Landau l’Hamiltoniana diventa:
$$H = \frac{1}{2m} \left[p_x^2 + (p_y-q B x)^2 + p_z^2\right]+qEx$$
La soluzione dell’Hamiltoniana è analoga a quella di prima, solo che stavolta dobbiamo completare il quadrato:
$$H = \frac{p_z^2}{2m}+\frac{p_x^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega_B^2 \pqty{x+\frac{mE}{qB^2}-\frac{p_y}{qB}}^2+\frac{E}{B}p_y -\frac{mE^2}{2B^2}$$
Per cui gli autostati sono gli stessi di prima, ma traslati lungo la direzione $x$:
$$\psi = e^{i (y p_y + z p_z) / \hbar} H_n\left(x-\frac{p_y}{q B}+\frac{mE}{qB^2}\right) e^{-\left(x-\frac{p_y}{q B}+\frac{mE}{qB^2}\right)^2 |q B| /2\hbar}$$
e l’energia è data da:
$$E = \hbar \omega_B \left(n+\frac{1}{2}\right)+\frac{p_z^2}{2m}+\frac{E}{B}p_y -\frac{mE^2}{2B^2}$$
In questo caso l’energia dipende anche da $p_y$ e non c’è più degenerazione.