Abbiamo visto in un precedente articolo la differenza tra operatori simmetrici e autoaggiunti, e abbiamo anche considerato il sistema quantistico della buca di potenziale infinita con diverse possibili condizioni al contorno. La buca è compresa in $(-L/2, L/2)$ e il potenziale all’esterno è infinito.
Consideriamo di nuovo l’operatore impulso $p = \frac{\hbar}{i}\partial_x$. Vogliamo verificare se è un operatore simmetrico. Abbiamo perciò
\begin{align*}
(\chi, p\psi) &= \frac{\hbar}{i} \int_{-L/2}^{L/2} \chi(x)^* \partial_x \psi(x)=\\
&=\frac{\hbar}{i}\bqty{\chi(x)^* \psi(x)}\bigg\lvert_{-L/2}^{L/2} -\frac{\hbar}{i} \int_{-L/2}^{L/2} \partial_x \chi(x)^* \psi(x)=\\
&=\frac{\hbar}{i}\bqty{\chi(x)^* \psi(x)}\bigg\lvert_{-L/2}^{L/2} +(p\chi,\psi)
\end{align*}
Perciò perché $p$ sia simmetrico deve valere la condizione
$$\chi(L/2)^* \psi(L/2) -\chi(-L/2)^* \psi(-L/2) = 0$$
Consideriamo quindi diverse possibili condizioni al contorno, che pertanto danno luogo a diversi spazi di Hilbert. Notiamo in particolare che in linea di principio gli $\psi$ e i $\chi$ possono soddisfare diverse condizioni al contorno, che definiranno rispettivamente il dominio di $p$ e il dominio del suo aggiunto $p^\dagger$. Possiamo avere:
- Se richiediamo $\psi(L/2)=\psi(-L/2)$ per la funzione d’onda $\psi$, cioè condizioni al contorno periodiche, allora la particella si muove su un cerchio. In tal caso perché $p$ sia simmetrico siamo anche costretti a scegliere $\chi(L/2)=\chi(-L/2)$ e quindi $\psi$ e $\chi$ soddisfano le stesse condizioni al contorno. Perciò $p$ e $p^\dagger$ hanno lo stesso dominio e $p$ è autoaggiunto.
- Se invece poniamo $\psi(L/2)=\psi(-L/2)=0$, cioè le condizioni al contorno solite della scatola chiusa quantistica, allora $p$ è simmetrico per qualsiasi scelta di condizioni al contorno di $\chi$. Ovvero non abbiamo nessuna restrizione su $\chi$ e perciò i domini di $p$ e $p^\dagger$ saranno diversi: quindi $p$ sarà simmetrico, ma non autoaggiunto.
- Se poniamo al contrario delle condizioni al contorno periodiche distorte, cioè $\psi(L/2)=\xi\psi(-L/2)$ per un qualche $\xi \in \C$, allora per avere $p$ simmetrico dobbiamo avere $\chi(L/2) =\frac{1}{\xi^*}\chi(-L/2)$. Perciò $p$ sarà autoaggiunto solo se $\xi = \frac{1}{\xi^*}$, cioè se $\xi$ è una fase.
La differenza tra operatori simmetrici e autoaggiunti non è un gioco di sottigliezze matematiche, ma ha invece delle conseguenze importanti per quanto riguarda le proprietà degli operatori. In particolare, come abbiamo già visto, il teorema spettrale vale solo per gli operatori autoaggiunti, ma non per gli operatori meramente simmetrici. Ora illustriamo questo fatto trovando autofunzioni e autovalori di $p$ nei tre casi sopra menzionati. L’equazione agli autovalori di $p$ è semplicemente $p \psi = \lambda \psi$, ovvero $-i\hbar \psi'(x) = \lambda \psi(x)$, che può essere facilmente risolta ottenendo $\psi(x) = \psi(0) e^{i\lambda x}$. Ora in base alle condizioni al contorno abbiamo diversi casi:
- se le condizioni al contorno sono periodiche, $\psi(L/2)=\psi(-L/2)$, allora sostituendo abbiamo $e^{i\lambda L} = 1$ e perciò $\lambda = \frac{2\pi}{L}n$ per $n$ intero. Perciò le autofunzioni $e^{i\frac{2\pi}{L}n x}$ formano effettivamente una base delle funzioni periodiche su un intervallo di lunghezza $L$, con autovalori reali. Il teorema spettrale è soddisfatto e infatti $p$ in questo caso era autoaggiunto.
- se invece le condizioni al contorno sono fisse, $\psi(L/2)=\psi(-L/2)=0$, l’unico modo di soddisfarle è avere $\psi(x)\equiv 0$. Poiché $0$ non è un autovettore, allora concludiamo che in questo caso $p$ non ha autovettori e il teorema spettrale non è soddisfatto. In questo caso infatti $p$ era sì simmetrico, ma non autoaggiunto.
- nell’ultimo caso abbiamo $\psi(L/2)=\xi\psi(-L/2)$, ovvero $e^{i\lambda L} = \xi$. Perciò abbiamo soluzioni se e solo se $\xi$ è una fase, che è esattamente la stessa condizione perché $p$ sia autoaggiunto.
Ciò illustra l’importanza della distinzione tra operatori simmetrici e autoaggiunti. Notiamo di passaggio che se insistiamo che le condizioni al contorno siano locali, cioè che non coinvolgano punti diversi nello spazio, come ad esempio nel secondo caso ma non nel primo o nel secondo, non è possibile avere $p$ autoaggiunto, tranne nel caso particolare in cui i due punti sono in realtà lo stesso, cioè nel caso delle funzioni sul cerchio.
Va anche menzionato il caso separato dell’Hamiltoniana, che nella regione $x \in (-L/2, L/2)$ è data da $H = \frac{1}{2m} p^2$. Potremmo pensare che poiché $p$ è simmetrico, allora anche $p^2$ è simmetrico, ma ciò non è vero. Infatti come abbiamo visto nell’articolo precedente, poiché $p$ è illimitato, allora il suo dominio non può coincidere con l’intero spazio di Hilbert. Perciò seppure $\psi \in D(p)$ non è detto che $p\psi$ sia nel dominio di $p$. In linea di massima perciò il dominio di $p^2$ è più piccolo del dominio di $p$, ovvero $D(p^2) \subset D(p)$. Perciò l’Hamiltoniana e l’impulso vivono in spazi di Hilbert diversi.
In particolare, come abbiamo visto nell’articolo precedente, per l’Hamiltoniana non possiamo giocare al gioco delle condizioni al contorno. Infatti qualsiasi condizione scegliamo, siamo costretti a fare la stessa scelta per $H$ e per $H^\dagger$, e quindi l’Hamiltoniana è in questo caso sempre autoaggiunta se simmetrica.