Domanda:
Nella meccanica quantistica, dato un certo spettro di energia, si può generare il potenziale corrispondente?
Revo
2011-08-13 18:21:18 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Un problema tipico della meccanica quantistica è calcolare lo spettro che corrisponde a un dato potenziale.

  1. Esiste una corrispondenza uno a uno tra il potenziale e il suo spettro?
  2. Se la risposta alla domanda precedente è sì, dato lo spettro, esiste un modo sistematico per calcolare il potenziale corrispondente?
[Altro su MO.SE] (https://mathoverflow.net/search?q=shape+drum).
Sette risposte:
#1
+44
David Bar Moshe
2011-08-13 20:33:51 UTC
view on stackexchange narkive permalink

In generale, la risposta è no. Questo tipo di problema inverso viene talvolta definito come: "Si può sentire la forma di un tamburo". Un'ampia esposizione di Beals e Greiner ( Anal. Appl. 7 , 131 (2009); eprint) discute vari problemi di questo tipo. Nonostante si possano ottenere molte informazioni geometriche e topologiche dallo spettro o anche dal suo comportamento asintotico, queste informazioni non sono complete nemmeno per sistemi semplici come la meccanica quantistica lungo un intervallo finito.

Per ulteriori informazioni dettagli, vedi Apeiron 9 n. 3, 20 (2002) o anche Phys. Rev. A 40 , 6185 (1989), Phys. Rev. A 82 , 022121 (2010) o Phys. Rev. A 55 , 2580 (1997).

Per una visualizzazione più sperimentale, puoi effettivamente avere problemi di particelle in una scatola con scatole di forma diversa in due dimensioni che hanno gli stessi spettri; questo deriva direttamente dai tamburi isospettrali Gordon-Webb ( Am. Sci. 84 n. 1, 46 (1996); jstor) ed è stato implementato dal laboratorio Manoharan di Stanford ( Science 319 , 782 (2008); arXiv : 0803.2328), con un effetto sorprendente:

#2
+23
Ron Maimon
2011-08-14 01:05:00 UTC
view on stackexchange narkive permalink

L'oscillatore armonico ha lo stesso spettro di un oscillatore armonico più debole con una parete dura a x = 0.

MODIFICA SUCCESSIVA: vedo che devo essere più esplicito --- i potenziali

  • $ V (x) = 2x ^ 2 - 2 $
  • $ (x>0) $ $ V (x) = x ^ 2 - 3 $ e $ (x<0) $ $ V (x) = \ infty $

hanno lo stesso identico spettro.

Ma in quel caso ottieni solo metà dello spettro del solito oscillatore armonico, vero?
@Revo è corretto. Ad esempio, lo spettro di energia dell'oscillatore armonico completo è (1,3,5,7, ...) tutte le volte $ \ hbar \ omega_ {full} / 2 $ e per l'oscillatore semiarmonico è (3,7,11 , 15, ...) volte $ \ hbar \ omega_ {half} / 2 $. Semplicemente cambiando $ \ omega_ {half} $ con qualcosa di indipendente da $ n $, non puoi far corrispondere i termini (ad esempio, per $ n = 0 $; dovresti lasciare $ 3 \ omega_ {full} = \ omega_ {half} $, per $ n = 1 $ lascia $ (7/3) \ omega_ {full} = \ omega_ {half} $, per $ n = 2 $ lascia $ (11/5) \ omega_ { full} = \ omega_ {half} $).
@dr jimbob Vero, poiché le soluzioni complete dell'oscillatore armonico oscillano tra pari e dispari, metà dello spettro non soddisferà le condizioni al contorno all'origine del potenziale dell'oscillatore armonico con una parete dura a x = 0, vale a dire la funzione d'onda deve svanire lì.
Dipende dal fatto che si consideri un offset di energia costante da includere nello spettro. In altre parole, se ignori l'energia dello stato fondamentale e presti attenzione solo alle differenze tra i livelli di energia, che sono misurabili, i due sistemi sembrano essere identici per $ 2 \ omega_ \ text {half} = \ omega_ \ text { full} $.
@David Ma gli spettri sono correlati, non identici.
@Revo: nelle condizioni che ho indicato (cioè ignorando un offset di energia costante), sono identici. Lo SHO completo ha livelli di energia $ E_ {n, \ text {full}} = E_ {0, \ text {full}} + n \ hbar \ omega_ \ text {full} $, e la metà SHO ha livelli di energia $ E_ {n, \ text {half}} = E_ {0, \ text {half}} + 2n \ hbar \ omega_ \ text {half} $. Le differenze di livello di energia sono $ \ Delta E_ {mn, \ text {full}} = (nm) \ hbar \ omega_ \ text {full} $ e $ \ Delta E_ {mn, \ text {half}} = 2 (nm ) \ hbar \ omega_ \ text {half} $, che sono identici se imposti $ 2 \ omega_ \ text {half} = \ omega_ \ text {full} $.
Ho iniziato a pubblicare l'opinione che David avesse ragione; ma comincio a pensare che abbia torto, per una strana ragione. Gli spettri sarebbero infatti identici, se parliamo dello spettro che puoi misurare sperimentalmente. Nessun esperimento misura il valore assoluto della frequenza dello stato fondamentale; solo le differenze. Ma c'è un problema: il mezzo potenziale include solo forme d'onda con parità dispari e, quando poste in sovrapposizione l'una con l'altra, irradieranno molto debolmente, se non del tutto. Non è del tutto ovvio per me che ci sarà anche uno spettro misurabile.
@Everybody: puoi aggiungere una costante a un potenziale. È ancora un potenziale. Cos'è questa discussione?
@Marty--- la domanda non è fisica, è matematica --- puoi trovare operatori di Schrodinger con spettro identico. Questo è un esempio banale. Esempi più banali sono qualsiasi potenziale e le sue traduzioni e riflessioni, e un esempio meno banale è qualsiasi potenziale e il suo coniugato supersimmetrico, quando lo stato fondamentale non rompe la supersimmetria.
In altre parole, la risposta di Ron Maimon sta essenzialmente dicendo che se confrontiamo l'intero SHO $ H = p ^ 2 / 2m + m (x \ omega) ^ 2/2 $ con la metà SHO $ H = p ^ 2 / 2m + m (x \ omega / 2) ^ 2/2 - (\ hbar / 2) (\ omega / 2) $, $ x \ geq 0 $, con mezza frequenza $ \ omega / 2 $ e con punto zero energia $ (\ hbar / 2) (\ omega / 2) $ sottratta, i due spettri sono identici $ E = \ hbar (\ omega / 2) [(2n + 1) +1/2] - (\ hbar / 2) (\ omega / 2) = \ hbar \ omega (n + 1/2) $.
#3
+14
Qmechanic
2011-10-29 15:24:01 UTC
view on stackexchange narkive permalink

In questa risposta considereremo solo l'approssimazione semiclassica principale di un problema dimensionale $ 1 $ con hamiltoniano

$$ H (x, p) ~ = ~ \ frac {p ^ 2} {2m} + \ Phi (x), $$

dove $ \ Phi $ è un potenziale. Semiclassicamente, il numero di stati $ N (E) $ al di sotto del livello di energia $ E $ è dato dall'area dello spazio delle fasi che è classicamente accessibile, diviso per la costante di Planck $ h $,

$ $ N (E) ~ \ approx ~ \ iint_ {H (x, p) \ leq E} \ frac {dx ~ dp} {h}. \ qquad (1) $$

[Qui ignoriamo l ' indice di Maslov, noto anche come correzione metaplettica, che ad es. produce l'energia del punto zero nello spettro del oscillatore armonico semplice (SHO).] Sia

$$ V_0 ~: = ~ \ inf_ {x \ in \ mathbb {R} } ~ \ Phi (x) $$

essere l ' minimo dell'energia potenziale. Sia

$$ \ ell (V) ~: = ~ \ lambda (\ {x \ in \ mathbb {R} \ mid \ Phi (x) \ leq V \}) $$

essere la lunghezza della regione di posizione accessibile classicamente al potenziale livello di energia $ V $. [Tecnicamente, la lunghezza $ \ ell (V) $ è la misura di Lebesgue $ \ lambda $ di l ' preimage

$$ \ Phi ^ {- 1} (] - \ infty, V]) ~: = ~ \ {x \ in \ mathbb {R} \ mid \ Phi (x) \ leq V \}, $$

che non deve essere necessariamente un intervallo connesso.]

Esempio 1: If il potenziale $ \ Phi (x) = \ Phi (-x) $ è una funzione pari ed è fortemente monotonicamente crescente per $ x \ geq 0 $, quindi la lunghezza accessibile $ \ ell (V) = 2 \ Phi ^ {- 1} (V) $ è il doppio del ramo inverso positivo di $ \ Phi $.

Esempio 2: Se il potenziale ha un muro rigido $ \ Phi (x) = + \ infty $ per $ x<0 $, ed è in forte aumento monotono per $ x \ geq 0 $, allora la lunghezza accessibile $ \ ell (V) = \ Phi ^ {- 1} (V) $ è il ramo inverso positivo di $ \ Phi $.

Esempio 3: Se il potenziale $ \ Phi (x) $ è fortemente decrescente monotonicamente per $ x \ leq0 $ e fortemente crescente monotonicamente per $ x \ geq 0 $, allora la lunghezza accessibile $ \ ell (V) = \ Phi _ {+ } ^ {- 1} (V) - \ Phi _ {-} ^ {- 1} (V) $ è la differenza dei due rami inversi di $ \ Phi $.

Negli esempi 1 e 2, se fossimo in grado di determinare la funzione di lunghezza accessibile $ \ ell (V) $, allora saremmo anche in grado di generare il potenziale corrispondente $ \ Phi (x) $ come richiesto da OP.

L'affermazione principale è che possiamo ricostruire la lunghezza accessibile $ \ ell (V) $ da $ N (E) $ e viceversa. $$ N (E) ~ \ approx ~ \ frac {\ sqrt {2m}} {h} \ int_ {V_0} ^ E \ frac {\ ell (V) ~ dV} {\ sqrt {EV}}, \ qquad (2) $$ $$ \ ell (V) ~ \ approx ~ \ hbar \ sqrt {\ frac {2} {m}} \ frac {d} {dV} \ int_ {V_ {0}} ^ V \ frac {N (E) ~ dE} {\ sqrt {VE}}. \ Qquad (3) $$

[I segni $ \ approx $ ci ricordano il semi-classico approssimazione (1) che abbiamo fatto. Le formule possono essere scritte in termini di derivate frazionarie, come sottolinea Jose Garcia nella sua risposta.]

Prova dell'equazione (2):

$$ h ~ N (E) ~ \ stackrel {(1)} {\ approx} ~ 2 \ int_0 ^ {\ sqrt {2m (E-V_0)}} \ sinistra. \ ell (V) \ right | _ {V = E- \ frac {p ^ 2} {2m}} ~ dp $$ $$ ~ \ stackrel {V = E- \ frac {p ^ 2} {2m}} {=} ~ 2 \ int_ {V_0} ^ E \ frac {\ ell (V) ~ dV} {v} ~ = ~ \ sqrt {2m} \ int_ {V_0} ^ E \ frac {\ ell (V) ~ dV} {\ sqrt {EV}}, $$

perché $ dV ~ = ~ - v ~ dp $ con velocità $ v ~: = ~ \ frac {p} {m} ~ = ~ \ sqrt {\ frac {2 (EV)} {m}} $.

Prova dell'eq. (3): nota che

$$ \ int_ {V ^ {\ prime }} ^ V \ frac {dE} {\ sqrt {(VE) (EV ^ {\ prime})}} ~ \ stackrel {E = V \ sin ^ 2 \ theta + V ^ {\ prime} \ cos ^ 2 \ theta} {=} ~ 2 \ int_0 ^ {\ frac {\ pi} {2}} d \ theta ~ = ~ \ pi. \ qquad (4) $$

Quindi

$$ \ frac {h} {\ sqrt {2m}} \ int_ {V_0} ^ V \ frac {N (E) ~ dE} {\ sqrt {VE}} ~ \ stackrel {(2)} { \ approx} ~ \ int_ {V_0} ^ {V} \ frac {dE} {\ sqrt {VE}} \ int_ {V_0} ^ {E} \ frac {\ ell (V ^ {\ prime}) ~ dV ^ {\ prime}} {\ sqrt {EV ^ {\ prime}}} $$$$ ~ \ stackrel {{\ rm Fubini}} {=} ~ \ int_ {V_0} ^ V \ ell (V ^ {\ prime }) ~ dV ^ {\ prime} \ int_ {V ^ {\ prime}} ^ V \ frac {dE} {\ sqrt {(VE) (EV ^ {\ prime})}} ~ \ stackrel {(4) } {=} ~ \ pi \ int_ {V_0} ^ V \ ell (V ^ {\ prime}) ~ dV ^ {\ prime}, \ qquad (5) $$

su cui ci basiamo Teorema di Fubini per cambiare l'ordine delle integrazioni. Infine, differen tiation wrt. $ V $ su entrambi i lati dell'eq. (5) restituisce l'eq. (3).

un'altra domanda .. una volta costruito il potenziale da $ N (E) $ possiamo dimostrare che l'hamiltoniano $ H = p ^ {2} + V (x) $ soddisferà la formula della traccia di Gutzwiller? . Voglio dire se la formula della traccia di Gutzwiller e la ricostruzione semiclassica di questo potenziale sono apparentemente correlate o meno :)
un altro commento, sebbene $ N (E) $ sia sempre positivo, e se consideriamo anche il potenziale $ V (x) = V (-x) $, almeno semiclassicamente è possibile dimostrare che $ V (x) $ sarà positivo se sappiamo che $ l (V) $ è positivo ??, grazie.
Calcoli per dopo: $ \ frac {1} {\ hbar} \ sqrt {\ frac {m} {2}} \ int_ {V_0} ^ V \ ell (V ^ {\ prime}) ~ dV ^ {\ prime} = \ int_ {V_0} ^ V \ frac {N (E) ~ dE} {\ sqrt {VE}} = 2 \ int_ {V_0} ^ V \! dE ~ N ^ {\ prime} (E) \ sqrt { VE} $ e $ \ frac {1} {\ hbar} \ sqrt {\ frac {m} {2}} \ ell (V) = \ frac {d} {dV} \ int_ {V_ {0}} ^ V \ frac {N (E) ~ dE} {\ sqrt {VE}} = \ int_ {V_0} ^ V \ frac {N ^ {\ prime} (E) ~ dE} {\ sqrt {VE}} $$ = 2N ^ {\ prime} (V_0) \ sqrt {V-V_0} + 2 \ int_ {V_0} ^ V \! DE ~ N ^ {\ prime \ prime} (E) \ sqrt {VE} $ e $ \ frac {h} {\ sqrt {2m}} N (E) = \ int_ {V_0} ^ E \ frac {\ ell (V) ~ dV} {\ sqrt {EV}} = 2 \ ell (V_0) \ sqrt {E-V_0} + 2 \ int_ {V_0} ^ E \! dV ~ \ ell ^ {\ prime} (V) \ sqrt {EV} $.
Calcoli per dopo: $ \ frac {h} {\ sqrt {2m}} N ^ {\ prime} (E) = \ frac {\ ell (V_0)} {\ sqrt {E-V_0}} + \ int_ {V_0 } ^ E \! DV ~ \ frac {\ ell ^ {\ prime} (V)} {\ sqrt {EV}} $.
Calcoli per dopo: $ T (E) = h N ^ {\ prime} (E) $.
Calcoli per dopo: $ \ ell (V_0) = 0 $.
#4
+2
Jose Javier Garcia
2011-10-01 18:56:36 UTC
view on stackexchange narkive permalink

sì, almeno per una dimensione puoi ottenere il problema inverso

sia N (E) la scala degli autovalori quindi nell'approssimazione WKB l'inverso del potenziale è dato da

$ V ^ {- 1} (x) = 2 \ sqrt \ pi \ frac {d ^ {1/2}} {dx ^ {1/2}} N (x) $

in questo modo possiamo ottenere l'inverso (e quindi il potenziale dalla scala eignevalue)

Questo funzionerebbe solo per un potenziale che è regolare e obbedisce a $ V (x) = V (-x) $. Quindi N (E) determina il potenziale per l'ordine WKB.
questo funziona anche ogni volta che il potenziale è infinito per x <0 (muro infinito in x = 0) puoi controllare il 'buttafuori' V = x o simili
Potreste dare dei riferimenti Pls?
puoi cercare l'ipotesi di Riemann 'Potenziale Wu e Sprung' poiché un problema inverso viene trattato lì :)
credo che se la funzione di lunghezza $ l (x) $ sta aumentando puoi ottenere il potenziale ... per altri casi puoi sempre riflettere la funzione 'l' attraverso la linea $ y = x $ ho usato questo problema spettrale per trovare un hamiltoniano adatto per l'ipotesi di Riemann nel caso WKB
#5
+1
anna v
2015-08-27 08:30:44 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Poiché tutte le risposte sono orientate sul lato teorico, vorrei ricordare a tutti la serie di Balmer, un'osservazione sperimentale dotata di una serie matematica, che è stata prima modellata con il modello di Bohr dell'atomo di idrogeno, e poi è stata la pietra angolare di costruire la meccanica quantistica, come risulta dall'equazione di Schrodinger.

Quindi, in questo senso, uno spettro di energia dato / misurato corrispondeva a un potenziale specifico nell'equazione di Schrodinger.

1 ) Esiste una corrispondenza uno a uno tra il potenziale e il suo spettro?

Nell'esempio storico sopra, sì. Non ho visto un secondo potenziale che sostituisce il potenziale dell'idrogeno nella modellazione.

2) Se la risposta alla domanda precedente è sì, allora, dato lo spettro, esiste un modo sistematico per calcolare il potenziale corrispondente

Lo storico l'esempio è un metodo di prova ed errore istruito, dopo che tutto il potenziale classico tra le cariche era noto. Sembra puntare a questo: utilizzare il corrispondente per il generatore del potenziale classico dello spettro per cominciare. Uno spettro è un'osservazione fisica proveniente da atomi / molecole / insiemi specifici. Quindi sostituirei "calcola" con "trova". La fisica consiste nel trovare modelli matematici che si adattino alle osservabili, imo.

All'interno di un quadro teorico il "no in generale" è la risposta poiché ci sono infinite soluzioni possibili. Siamo stati davvero fortunati ad aver scoperto la meccanica quantistica, se la probabilità di trovare il potenziale che si adatta a uno spettro è così piccola? IMO no, i fisici stavano usando il loro background di fisica per trovare un buon modello teorico che si adattasse alle osservazioni (serie di Balmer) e usassero la loro conoscenza classica dei potenziali come confine sull'infinità delle soluzioni. È un processo logico simile all'utilizzo delle condizioni al contorno per ridurre l'infinità di soluzioni dalle equazioni differenziali a una che si adatti ai dati.

#6
+1
hbp
2015-10-12 23:59:51 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Esporrò in qualche modo la soluzione con qmechanic e fornirò due esempi. La soluzione è strettamente correlata al metodo di Landau per l'inversione del periodo, vedere Meccanica Sez. 12.

Il numero quantico può essere calcolato approssimativamente come \ begin {align} (n + \ delta) \, 2 \ pi \ hbar& = \ oint p \, dq \\ & = \ oint \ sqrt {2 \, m \, [E - V (q)]} \, dq \\ & = 4 \ int_0 ^ {r_ \ max} \ sqrt {2 \, m \, [E - V (q)]} \, dq, \ tag {1} \ end {align} dove $ \ delta $ è un numero compreso tra $ 0 $ e $ 1 $ (cioè $ 1/2 $) e $ \ hbar $ è la costante di Planck. L'integrale $ \ oint $ significa "vai lì e torna indietro". Nell'ultimo passaggio, abbiamo assunto $ V (q) $ è centrosimmetrico e $ V (r_ \ max) = E $. Differenziando (1) rispetto a $ E $, otteniamo \ begin {align} 2 \ pi \ hbar \, \ frac {\ partial n} {\ partial E} & = \ int_0 ^ {r_ \ max} \ frac { \ sqrt {8 m} \, dq} {\ sqrt {E - V (q)}}, \ tag {1} \ end {align} Moltiplicando questo valore per $ 1 / \ sqrt {2 \, m \, (\ alpha - E)} $ e integrando oltre $ E $, otteniamo \ begin {align} 2 \ pi \ hbar \, \ int_0 ^ \ alpha \ frac {\ partial n} {\ partial E} \ frac {dE} {\ sqrt {2 \, m \, (\ alpha - E)}} & = \ int_0 ^ {r_ \ max} 2 \, dq \ int_ {V (q)} ^ \ alpha \ frac {dE} {\ sqrt { \ alpha - E} {\ sqrt {E - V (q)}}} \\ & = 2 \, \ pi \, r_ \ max. \ end {align} Ora da $ V (r_ \ max) = \ alpha $, il potenziale $ V (r) $ viene risolto tramite la funzione inversa come \ begin {align} \ hbar \, \ int_0 ^ \ alpha \ frac {\ partial n} {\ partial E} \ frac {dE} {\ sqrt {2 \, m \, (\ alpha - E)}} & = V ^ {- 1} (\ alpha), \ end {align} dove viene presa la funzione inversa per il ramo $ r > 0 $.

Esempio 1

Per l'oscillatore armonico, $ E_n = \ hbar \, \ omega (n + 1/2) $, quindi $ \ partial n / \ partial E = (\ hbar \, \ omega) ^ {- 1} $ e \ inizio {align} \ hbar \, \ int_0 ^ \ alpha \ frac {\ partial n} {\ partial E} \ frac {dE} {\ sqrt {2 \, m \, (\ alpha - E)}} & = \ sqrt {\ frac {2 \, \ alpha} {m \, \ omega ^ 2}} = r. \ end {align} che significa che il potenziale è $ V (r) = \ alpha = \ frac {1} { 2} m \, \ omega ^ 2 \, r ^ 2 $, che è corretto.

Esempio 2

Se $ E_n = (\ hbar \ pi n) ^ 2 / (2 m L ^ 2) $, allora $ \ partial n / \ partial E = L / (\ hbar \, \ pi) \ sqrt {m / (2 \, E)} $ e \ begin {align} \ hbar \, \ int_0 ^ \ alpha \ frac {\ partial n} {\ partial E} \ frac {dE} {\ sqrt {2 \, m \, (\ alpha - E)}} & = \ frac {L} {2 \, \ pi} \, \ int_0 ^ \ alpha \ frac {dE} {\ sqrt {E \, (\ alpha - E)} } \\ & = \ frac {L} {2} = r. \ End {align} Ciò significa che la funzione inversa $ V ^ {- 1} (\ alpha) $ è una costante $ L / 2 $ indipendentemente dalla valore di $ \ alpha $ (anche se $ \ alpha $ cresce a $ + \ infty $). In altre parole, $ V (r) $ cresce vertiginosamente fino all'infinito a $ r = L / 2 $. Poiché assumiamo che il potenziale sia simmetrico, $ V (r) $ cresce anche all'infinito a $ r = -L / 2 $. Ciò significa che il potenziale ha due pareti dure simmetriche infinite a $ r = \ pm L / 2 $. Questo è il caso di una particella in una scatola di dimensione $ L $. Grazie a Kyle-Kanos per segnalarlo.

Il potenziale $ V (\ hat {x}) = \ frac12m \ omega ^ 2 \ hat {x} ^ 2 $ non è per il QHO?Inoltre, come si ottiene il potenziale per la particella in una scatola da $ L / 2 = r $?
Mi spiace, ho perso $ r ^ 2 $ nell'esempio 1. Grazie per averlo sottolineato.Ad esempio 2, $ V ^ {- 1} (\ alpha) $ è una costante, il che significa che è una linea orizzontale quando tracciamo $ r $ contro $ V $, quindi quando tracciamo $ V $ contro $ r $,otteniamo una linea verticale.Ricorda anche che assumiamo che $ V $ sia centrosimmetrico, quindi la linea del potenziale specchio esiste anche in $ r = -L / 2 $.Questa è esattamente la forma potenziale della particella in una scatola, con dimensione della scatola $ L $.
#7
  0
porphyrin
2016-07-28 12:52:01 UTC
view on stackexchange narkive permalink

In aggiunta alla risposta di @Jose Javier Garcia e nello spirito della risposta di @anna v, nella spettroscopia molecolare, i potenziali anarmonici sono spesso descritti approssimativamente dal Potenziale Morse, ma questo è insufficiente nella maggior parte dei casi e quindiil metodo numerico Rydberg-Klein-Rees (RKR) è molto utilizzato per ottenere il profilo energetico potenziale.Questo metodo si basa sul metodo semiclassico WKB.(Vedi Hirst, "Potential Energy Surfaces; Molecular Structure and Reaction Dynamics" e articoli su Wikipedia).



Questa domanda e risposta è stata tradotta automaticamente dalla lingua inglese. Il contenuto originale è disponibile su stackexchange, che ringraziamo per la licenza cc by-sa 3.0 con cui è distribuito.
Loading...