Guia Propedeutico 16i

7/26/2019 Guia Propedeutico 16i

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Gua de Mecanica Cuantica Seminario de Fsica Teorica 16i

Alumno:Edgar Noe Ahedo Mendoza.

Asesor: Hugo Aurelio Morales Tecotl.

17 de mayo de 2016

1. Objetivo.

Que el alumno cuente con una gua sobre los temas correspondientes a la UEA Seminario de FsicaTeorica en particular Mecanica cuantica , que ayude a solidificar los conocimientos adquiridos en el aula, as como revisar algunos ejemplos incorporados y realizar por otro lado problemas sugeridos.

2. Temario

Postulados de la Mecanica Cuantica.

Ecuacion de Schodinger y su solucion para algunos potenciales.

Formalismo.

Partcula en una caja unidimensional.

Oscilador Armonico unidimensional.

Partcula en un pozo finito en una dimension. Estados ligados y de colision.

Atomo de Hidrogeno.

3. Postulados de la Mecanica Cuantica

Mecanica Clasica Mecanica Cuantica

1. El estado de una partcula a un tiempo dado quedanespecificado por las 2 variablesx(t) y P(t), es decir , como un puntoen un espacio fase de dos dimensiones. 1. El estado de la partcula se representa por

un vector|

(x)

en un espacio de Hilbertcon forma finita.

2. Cada variable dinamica es una funcion de x y p . 2. Las variables independientesx y p de la mecanica clasica sonrepresentadas por operadores x,pcon los siguientes elementos de matrizen la base de eigen vectores de posicionx | x >=x ; < x | x >=(x x)en particular< x | x | x >=x((x x)< x | p | x >=

i((x x).

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3. si la partcula esta en un estado dado por x,pla medicion de una variable resultara en el valor (x, p).

3. si una partcula se encuentra en un estado| , la medicion de la cantidad dara como resultauno de los eigen valores . n con probabilidad||2.El estado del sistema cambiara de

|> a un

ncomo resultado de la medicion.4. Las variables de estado cambian con el tiempo dede acuerdo con las ecuaciones de Hamilton

x=H

p, p=

Hx

; donde H es el Hamiltoniano .

H0= p2

2mpartcula libre clasica. 4. El vector de estado| (t)> obedece

la ecuacion de Schoedinger esto es:

id

dt| (t)>= H| (t)> donde :

H=H(x x, p p) que esel operador Hamiltoniano cuantico.

Ejemplo (3.1):

Considere una partcula cuantica en una caja unidimensional de longitud a.En su respuesta indiquecual postulado de la mecanica cuantica esta usted aplicando.

a) Escriba los Hamiltonianos Clasico y cuantico de la partcula en la caja.

b) Determine las eigenfunciones normalizadas del Hamiltoniano y el espectro de energa del sistema.

c) El sistema se prepara en un estado inicial

(x, t= 0) =A[21+ 2]

donde1 y 2 son eigen estados normalizados correspondientes al primer y segundo niveles de energa

.Determine A para que el estado inicial este normalizado . Calcule (x, t). Que ecuacion satisface (x, t)?.

d) Determine el valor de espectacion del Hamiltoniano con respecto al estado al tiempo t . si en eseinstante se mide la energa de este sistema . Cuales son los valores posibles que pueden obtenerse?, Conque probabilidad pueden obtenerse cada uno de ellos?.

e) Suponga que como resultado de una medicion de la energa obtenida es la del segundo nivelE2cuales el estado del sistema?.

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Solucion:

V(x) = {0; 0 x a: otro.

a)Para el caso clasico :

H= p2

2m+ V(x)

Mientras que para el caso cuantico ahora el Hamiltoniano queda definido como:

H=2

2m

2

x2+ V(x)

donde es claro quep= i

x

........ postulado (2)

b) Ahora utilizando la ecuacion de Schodinger independiente del tiempo tenemos que el Hamiltonianoal operar sobre una funcion de estado es igual al producto de la energa por el estado dado. esto es:

H(x) =E(x)

i

2m

x(x) =E

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x(x) =

i2mE

(x)

x

(x) + i2mE

(x) = 0

Definimos ahora a

K2 = i2mE

Donde las soluciones para (x)que son de la forma Senos y cosenos :

(x) =ACos(x) + BSen(x)

A= 0B= 0Ka = nutilizando el resultado obtenido para K e igualando obtenemos que:

Ka =

2mE

2 a= n

Ahora podemos obtener el espectro de energa.

En =n222

2ma2

Las soluciones toman la forma :n(x) =BnSen(

nx

a ) (1)

Bn se obtiene al normalizar:

| BnSen( nxa

) |2=| Bn|2| Sen( nxa

) |2

Recordemos que la normalizacion esta definida como la integral del modulo al cuadrado de la funci on deestado(x):

| (x) |2 dx= 1 (2)

integrando la ecuacion * en 2 tenemos: a0| (x) |2 dx=| Bn|2

a0| Sen( nx

a ) |2 dx= 1

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Utilizamos ahora para resolver la integral , una identidad trigonometrica:

Sen2(nx

a ) = 1 Cos( 2nx

a )

quedando nuestra integral de la forma:

| Bn|2 a0

1 Cos( nxa

)dx

Realizando un cambio de variable

u= 2nx

a

y resolviendo llegamos al valor de Bn esto es :

Bn =2

a

Obtenemos con esto los estados Normalizados:

(x) =

2

aSen(

nx

a )

.....postulado 1 y 4 .

c)La funcion de estado dada al tiempot= 0 :

(x, t= 0) =A[21+ 2]

Realizando el modulo cuadrado de nuestra funcion de estado obtenemos:

| (x, t= 0) |2=| A |2| [21+ 2] |2

Y al normalizar esta funcion encontramos el valor de A :

A= 1

5

Recordemos que la ecuacion de la funcion de estado a cualquier tiempo esta dada :

(x, t) =

Cnnei

Ent

(3)

Y al sustituir nuestra funcion preparada en 3 obtenemos.

(x, t) = 2

51e

iE1t +

15

2e

iE2t

5


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Es claro que satisface la ecuacion de Schodinger...... Postulado 1 y 4.

d) Calculemos el valor de espectacion de Hrecordemos que esta definido como:

< H >=

0

En| Cn|2 (4)

Y al sustituir los valores de C1= 2

5yC2 =

15

obtenemos :

< H >= 22

2ma24

5+

422

2ma21

5

Recordemos que la probabilidad la podemos obtener de la forma:

Pn=| Cn|2 (5)

Las probabilidades son:

P1 = 45

P2 =1

5

e)Finalmente si como resultado obtenemos la medicion deE2 es claro que nuestra funcion de estado debeser 2. ...... postulado (3).

Como pudimos ver en este ejercicio los postulados de la mecanica cuantica estan presentes en cada pasoque realizamos , es por ello que se necesitan considerar en todo momento .

Ejercicio (3.1) : Con tus propias palabras describe cada uno de los postulados de la mec anica cuantica.

4. Ecuacion de Schrodinger y su solucion para algunos potenciales

Definicion:La ecuacion de Schrodinger, en su forma mas general, indica la variacion que sufre un estado fsico, |(x)a lo largo del tiempo, cuando el sistema que describe se encuentra sometido a un hamiltoniano de la formaH. En estas condiciones, la ecuacion de Schrodinger se escribe de la forma:

it|(t) = H|(t) .

En la mayor parte de las ocasiones, el hamiltoniano puede escribirse como suma de los operadores deenerga cinetica y de energa potencial. Ademas, normalmente se puede descomponer el operador deenerga cinetica como la suma de la energa cinetica de cada partcula, que suele poderse escribir enfuncion del momento lineal (de igual forma que en mecanica cuantica):

H= T+V =Ni=1

p2i2mi

+V(x1, . . . , xn).

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Es tambien comun escribir la ecuacion de Schrodinger en base de posiciones. En esta base, se define lafuncion de onda (x1, . . . , xN; t) = |x1, . . . , x2|(t)|2 , que esta relacionada con la probabilidad de queen el tiempo t se encuentre la primera partcula en la posicion x1 , la segunda en x2 , etc. Ademas, eloperador momento se puede escribir como una derivada espacial, es decir pi =ii . As, pues, laecuacion de Schrodinger toma la forma de una ecuacion diferencial en derivadas parciales:

La forma en que Erwin Schrodinger derivo su ecuacion, partiendo de una analoga entre las ecuacionesde Hamilton-Jacobi, se escribe de la forma:

i

t(x) =

2

2m2 + V(x)

(x) (6)

La informacion que nos da la ecuacion de Schodinger es la densidad de probabilidad de encon-trar una partcula en cierta region, tambien llamada Amplitud de probabilidad. =Amplitud deprobabilidad

La funcion de onda independiente del tiempo (x) siempre se puede considerar real aunque (x, t)es necesariamente compleja , no significa que cada solucion a la ecuacion de Schodinger estacionaria

sea real lo que s significa es que si se obtiene una que no lo es siempre es posible expresarla comouna combinacion lineal de soluciones con la misma energa.

La ecuacion de Schodinger es la segunda ley de Newton pero en forma Cuantica.

| (x) |2=(x, t) , que es la densidad de probabilidad.Un problema tpico de la Mecanica Cuantica se nos da un potencial V(x) y un estado inicial(x, t= 0), se requiere calcular el estado a cualquier tiempo t.

El conjunto{n(x), n N}, es completo , esto significa que cualquier funcion f(x) =

1 Cnn(x).esuna combinacion lineal y podremos encontrar cualquier funcion con la combinacion de las soluciones

por ejemplo para la solucion de la partcula en una caja (x) = 1 CnSen(

nx

a ).

Las soluciones son ortogonales en general esto quiere decir:

m (x)n(x) =m,n

donde la tiene el valor de :

m,n =

sim= n 1sim =n 0

Los valores de espectacion para x,p, tson:

x =

dxx

p =

dx

i

x

T =

dx22m

2

x2

En general :

O =

dxO(x, i

x)

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Los operadores Hermiticos tienen valores reales, los operadores cuanticos no conmutan en generalcuando son mixtos.

El conjunto{nn N} es completo , esto significa que cualquier funcion f(x) =

1 Cnn(x)podemos encontrar cualquier funciones con la combinacion de las soluciones en el caso de la partcula

en una caja tenemos 2

a 1 CnSen(

nx

a ) Esto tiene que ver con la transformada de Fourier pero

abra otra serie de funciones que nos da otra solucion la clave es el conjunto completo.

Ejemplo (4.1):

Demostrar que el producto de (x, t)(x, t)es necesariamente real y positiva o cero.

Solucion: Como cualquier funcion compleja (x, t) siempre se puede escribir :

(x, t) =R(x, t) + iI(x, t)

Donde R e I son funciones reales denominadas parte real e imaginaria respectivamente, el complejo

conjugado de (x, t) esta definido como :

(x, t) =R(x, t) iI(x, t)

Multiplicando ahora :(x, t)(x, t) = (R iI)(R+ iI)

Se obtiene:R2 + I2

Esto es igual a la suma de los cuadrados de dos funciones reales entonces el producto debera ser realpositivo o cero. QED.

Ejemplo (4.2):

Demostrar que la condicion de normalizabilidad al transcurrir el tiempo se mantiene.

Para este fin estudiamos:d

dt

| |2 dx

Entonces :d

dt

dx

La integral converge por eso podemos hacer que :

dx

t() =

dx[

t +

t]

Donde Realizando los calculos ,despejando de la ecuacion de Schodinger :

t =2mi

2

x2 +

1

iV

t =

2mi

2

x2 1

iV

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Sustituimos estas dos ecuaciones en la integral, al realizar las operaciones correspondientes llegamos aque:

d

dt

| |2 dx= 2mi

R

dx

x[

x

x]

Por el teorema fundamental del calculo :

dx

d

dxf(x) =f() f()Obtenemos:

{ 2mi

[

x

x]}= 0

Por lo tanto la operacion dentro de los corchete debe ser cero, si se satisface la condici on de normalizacion:

d

dt

| |2 dx= 0, Es decir, la normalizacion se mantiene en el tiempo gracias a la ecuacion de Schodinge

QED.Ejemplo (4.3):

Suponga que se quiere describir una partcula inestable que se desintegra espontaneamente con unavida media . En ese caso la probabilidad total de encontrar a la partcula en alguna parte no deberaser constante si no decrecer por ejemplo con un ritmo exponencial . esto es .

P(t) =

R| (x) |2 dx= e

t

Un modelo muy sencillo que describe este proceso es el siguiente : Considere el potencial al que esta sujetala partcula V =Vo iconv0el potencial verdadero y una constante .

a)Muestre que

dP

dt =

2

Pb)Encuentre P(t) y la vida media de la partcula en terminos de .

Solucion:

a) Derivando la funcion P(t) respecto del tiempo tenemos:

d

dtP(t) =

d

dt

R| (x) |2 dx

Podemos introducir la derivada respecto del tiempo dentro de la integral como una derivada parcialquedando as :

ddt

P(t) =R

t| (x) |2 dx

Recordando que| (x) |2= (x)(x)

Sea :

i

t(x) =

22m

(x)2

x2(x) + V(x)(x).....(1)

i(x)t

(x) =

2

2m(x)

2

x2(x) + V(x)(x).....(2)

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A la ecuacion 1 le Restamos la ecuacion 2 obtenemos:

i

t((x)(x)) =

22m

[

x(

x)

x

x + (V V)

y ademas :V

V= (V0

i)

(V0+ i) =

2i

Integramos los resultados en toda la region .

id

dtP(x) =

2

2m

x(

x

x)dx 2iP(t)

Donde el primer termino del lado derecho se elimina utilizando el Teorema Fundamental del Calculoquedando ahora:

b)

i

d

dt P(t) = 2iP(t)d

dtP(t) =

2

P(t)

dP(t)

P(t) =2

dt

Sabemos que la solucion de esta ecuacion diferencial es:

P(t) =P(0)e

t

donde:

=

2 .....QED.

Ejemplo (4.4):Demostrar que el operador

p=

i

x

Solucion:

Para poder demostrar el valor de expectacion de p, empezamos por calcular el valor de expectacion

de x: d

dt< x >=

d

dt

xdx.

La derivada Temporal entra como derivada parcial:

x[

t +

t]dx

Utilizando la regla de Leabniz:

x()

t dx.....(0)

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Tenemos la siguiente ecuacion :

t() =

t +

t........(1)

como ya sabemos la ecuacion de Schodinger dependiente del tiempo es:

i

t =2

2m

2

x2 + V..........(2)

y su conjugado:

it

=2

2m

2

x2+ V.......(3)

Despejamos de 2 y 3 a

t;

t , respectivamente y sustituimos en 1 para obtener:

t() =

2mi

2

x2 V

i

2mi

2

x2 V

i

Al factorizar obtenemos:

t() =

2mi[

2

x2

2

x2]

Utilizando el Teorema Fundamental del Calculo (TFC) y Sustituyendo en la ecuacion 0 :

d

dt< x >=

2mi

dx(x)

x[

x

x]

Por la regla del producto cambiamos:

d

dt< x >=

2mi{

dx

x[x(

x

x)] [ x

x(

x

x)]}

La primera integral es cero utilizando el (TFC) al evaluarla quedando solo el segundo termino.y utilizandolos mismos argumente al evaluarla solo nos queda:

d

dt< x >=

2mi

(2)

dx

x

d

dt< x >=

1

m

dx(

i

x)

Re acomodando obtenemos:d

dtm < x >= p =

dx(

i

x)

podemos ahora definir a nuestro operador del momento :

p=

i

x.....QED

Ejemplo (4.5)

Se prepara una partcula , en una caja en el estado :

(x, 0) =Ax(a x)

0 x a

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Claramente(0) =(a) = 0

a) Calcula el valor de A

b) Calculax, p, H

Solucion:

Para el inciso a) Tenemos que:

||2dx= 1

para una partcula en una caja sabemos ahora que podemos integrar desde 0 hasta a : a0

dx||2 = a0

A2(a x)2dx

= |A|2{ a0

x2dx 2a a0

x2 + a0

x4dx}

Resolviendo las integrales tenemos:

1 = |a|2(a2 a3

3 2a a

4

4 +

a5

5) =

a5

30|A|

Por lo tanto el valor ahora de A sera:

A=

30

a5...... QED

Calculemos ahora el inciso b).

x = a0

x|(x, 0)|2dx= |A|2 a0

x3(a x)2dx

= |A|2{a2 a0

x3dx 2a a0

x4dx +

a0

x5dx}

= |A|2(a2 a4

4 2a a

5

5 +

a6

6)

Introduciendo el valor de A tenemos:x = a

2

Ahora para el valor de espectacion p:

p = a0

(

i

d

dx)dx

=

i|A|2

a0

x(a x)(a 2x)dx

p = i|A|2(a2 a2

2 3a a

3

3 + 2

a4

4) = 0

H =2

2m

a0

(d

dx)2dx

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=2

2m|A|2

a0

x(a x)(2)dx

=

2

m|A|2{a

a0

xdx a0

x2dx}

=

2

m |A

|2(a

a2

2

a3

3

) =a32

6m

30

a5

= 52

ma2

....QED

4.1. Formalismo de la Mecanica Cuantica

El proposito es desarrollar el formalismo de la mecanica cuantica, terminologa, notacion, y la basematematica que iluminan la estructura de la teora, facilitar los calculos practicos y una extension motivofundamental de la interpretacion estadstica.

Espacio Vectorial

Un espacio vectorial esta compuesto por una coleccion de vectores como (| , | , | ....) junto a unacoleccion de escalares (a,b,c,...) los cuales estan sujetas a dos operaciones la adicion y la multiplicacion

por un escalar.

Adicion de vectores La suma de dos vectores es otro vector:

|+ | = |

La adicion de vectores es Conmutativa:

|+ | = |+ |

Asociatividad: |+ (| + |) = (| + |) + |

La existencia delVector cero o nulo|0 con la siguiente propiedad:

|+ |0 = |

y para un vector| se le asocia su Inverso Aditivo|esto es:

|+ | = |0

Multiplicacion por un escalar, el producto de un escalar con un vector es otros vector:

a | = |

La multiplicacion escalar es distributiva con respecto a la adicion de vectores:

a(| + |) =a |+ a |

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Y la adicion de dos escalares por un vector:

(a + b) | =a |+ b |

Es asociativa con respecto una multiplicacion ordinaria de escalares:a(b |) = (ab) |

Multiplicacion por el escalar 0 y 1 tiene un efecto que hace:

0 | = |0 ; 1 | = |

UnaCombinacion lineal de vectores (| , | , | ....) es una expresion de la forma;

a | + b |+ c |+ ...

Definimos la siguiente base:|e1 , |e2 , ...., |en

y cualquier vector:| =a1 |e1+ a2 |e2+ an |en

Se representa de forma unica por sus componentes de orden n:

| (a1, a2,...,an).

para la suma de dos vectores es la suma de sus componentes es decir:

| + | (a1+ b1, a2+ b2,...an+ bn)

Y la multiplicacion por un escalar , se multiplica a cada componente:c | (ca1, ca2....can)

El vector| is llamado linealmente independiente de los vectores anteriores(| , | , | ....) condimension n si cumple con las siguientes condiciones en un espacio finito:

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Si varios vectores son linealmente dependientes, entonces al menos uno de ellos se puede expresarcomo combinacion lineal de los demas.

a1 |+ a2 |+ a3 | = 0

| =a2a1

|+a3a1

|

Dos vectores del plano son linealmente dependientes si, y solo si, son paralelos.

Dos vectores libres del plano | y | son linealmente dependientes si sus componentes son propor-cionales.

| =K|Transformaciones Lineales :

Un ejemplo de transformacion lineal es una rotacion , la Transformacion es un operador cuantico repre-sentado por (T), aplicando este operador a un vector , obtendremos otro vector de la forma:

T | |

con la condicion de linealidad:

T(a |+ b |) =a(T |+ b(T |)

para cualquier vector

|

,

|

y cualquier escalar(a,b).

o de forma compacta tenemos:

T |ej =n

j=1

Ti,j |ei ....(j = 1, 2, 3...,n)

si| es un vector arbitrario.

| =n

j=1

aj |ej

Despues:

T | =n

j=1

aj(T |ej) =n

j=1

ni=1

aj T ij |ei =ni=1

(

nj=1

Tijaj) |ei

Una forma compacta seria :

ai =n

j=1

Tijaj

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Tij = ei|T|ej

Es conveniente representarlo en forma de una matriz:

T =

T11 T12 ...T1nT21 T22 ....T2n

Tn1 Tn2 ...Tnn

El estudio de las transformaciones lineales, despues se redujo a la teora de matrices. la suma de dostransformaciones lineales (S+ T) se define :

(S+ T) | = S| + T |

Esto coincide con las reglas habituales para anadir matrices:

U=S+T Uij =Sij+ Tij

Una matriz cuadrada es simetrica si es igual a su transpuesta y por otro lado es antisimetrica si esigual al negativo de la transpuesta:

a= (a1, a2...an)

Simetrica:T =TT

Antisimetrica: T = TT

Una matriz es real si todos sus elementos son reales e imaginaria si sus elementos son imaginarios: Real:

T = T

Imaginaria:

T=

T

Una matriz cuadrada es Hermitica si su conjugado es Hermitico:

Hermitico:T = T

AntiHermitico:T = T

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Con esta notacion el producto interno de dos vectores con respecto a una base ortonormal se puedeescribir muy cuidadosamente en forma de matriz:

| =ab

Por lo general la matriz de multiplicacion no conmuta (ST=T S) la diferencia entre las dos ordenacioneses llamado conmutador:

[S, T] ST T S

La transpuesta del producto es el producto de la Transpuesta en orden inverso.

(ST)T =TTST

Y lo mismo ocurre con los conjugados Hermiticos:

(ST) = TS

una matriz es unitaria si su inversa es igual a su conjugado Hermitiano:

U = U1

La traza es la suma de los elementos de la diagonal:

T r(T) =mi=1

Tij

Ejemplo (4.6):

Dado las siguientes matrices:

A=

1 1 i2 0 3

2i 2i 2

B=

2 0 i0 1 0

i 3 2

a) CalculaA + Bb) AB

c)[A, B]d)A

Solucion:

a) 1 1 i2 0 3

2i 2i 2

+

2 0 i0 1 0

i 3 2

=

1 1 02 1 3

3i 3 2i 4

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b) 1 1 i2 0 3

2i 2i 2

2 0 i0 1 0

i 3 2

=

3 1 + 3i 3i4 + 3i 9 6 + 2i

6i 6 2i 6

c) 1 1 i2 0 3

2i 2i 2

2 0 i0 1 0

i 3 2

2 0 i0 1 0

i 3 2

1 1 i2 0 3

2i 2i 2

=

3 1 + 3i 3i2 + 3i 9 3 2i6 + 3i 6 + i 6

d)

A=

1 2 2i1 0 2i

i 3 2

Eigenvectores y Eigenvalores.

Consideremos la transformacion lineal en tres dimensiones digamos una rotacion , donde los ejes sonel angulo la mayora de los vectores cambiaran de manera bastante complicado, pero los vectores quepasan a quedar a lo largo del eje tienen un comportamiento muy simple. Ellos no cambiar en absolutosi es 180 grados , los vectores que se encuentran en el plano ecuatorial se nales en un espacio vectorialcomplejo revertir toda transformacion lineal tiene vectores especiales como estos que se transforman ensimples a multiplos de s mismos:

T | = |Se les llama vectores propios de la transformacion, y el numero complejo se conoce como valor propio:

T a= a

Factorizando e igualando a cero:(T 1)a= 0

Aqu el 0 es la matriz cero:det(T 1) = 0

expansion del determinante produce una ecuacion algebraica para

Cnn + Cn1n1 + ... + C1 + C0= 0

Donde el coeficiente Ci depende de los elementos de T.

Ejemplo (4.7):

Calcula los eigenvectores y eigenvalores de la siguiente matriz:

M=

2 0 22i i 2i

1 0 1

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La ecuacion caracterstica es:2 0 22i i 2i1 0 1

= 3 + (1 + i)2 i= 0Las races son 0 , 1 e i. llamamos componentes del primer eigenvector (a1, a2, a3):

2 0 22i i 2i1 0 1

a1a2

a3

= 0

a1a2

a3

=

00

0

Tenemos el sistema de tres ecuaciones:

2a1 2a3= 0

2ia1+ ia2+ 2ia3= 0a1 a3 = 0

Resolviendo el sistema :

a1 = a1a2

a3

, para1 = 0Para el segundo eigenvector repetimos :

2 0 22i i 2i1 0 1

a1a2

a3

= 1

a1a2

a3

=

a1a2

a3

2a1 2a3= a1

2ia1+ ia2+ 2ia3= a2

a1 a3= a3

a2 =

2(1 i)

1

Finalmente el tercer eigenvector:

2 0 22i i 2i1 0 1

a1a2a3

=i

a1a2a3

=

ia1ia2ia3

2a1 2a3= ia1

2ia1+ ia2+ 2ia3= ia2a1 a3= ia3

a3 =

01

0

..para3= i

19


20/57

Ejercicio (4.1) :La matriz 2x2 representa una rotacion en el plano x,y:

T =

cos sensen cos

Demostrar que esta matriz no tiene valores propios reales, esta matriz, sin embargo tienen valores propiosy vectores propios complejos.

Ejercicio (4.2) :Encontrar los valores y vectores propios de la siguiente matriz.

M= 1 10 1

Esta matriz se puede diagonalizar.

Transformaciones Hermiticas:

He definido el conjugado Hermitico de una matriz como la transpuesta de su conjugado T = TUna definicion mas fundamental para el conjugado hermitian de una transformacion lineal es que latransformacion T y que, aplicado al primer miembro de un producto interno da el mismo resultado quesi Ta su vez fue aplicada al segundo vector:

T

|

=|T

Los eigenvalores de una transformacion Hermitica son reales: prueba : que son eigenvalores de T :T | = | , con | = |0

|T = | = |Por otro lado si Tes Hermitico tenemos:

|T = T | = | = |

Pero:| = 0, entonces = . donde es real .. QED.Los eigenvectores de una transformacion hermitica perteneciente a distintos eigenvectores son ortogonales.

T | = |yT | = | .con =tenemos |T = | = |

y si Tes Hermitico tenemos:|T = T | = | = |

recordando que = y = tenemos ahora que| = 0 ..QED.

Espacio de Funciones:

20


21/57

El algebra lineal es aplicado ahora para el caso interesante de los espacios de funciones , donde losvectores son funciones complejas de x, los productos internos son integrales y derivadas, llamadas trans-formaciones lineales.

Funciones y Vectores:

Una funcion es un vector y la suma de dos funciones por lo tanto es un vector , la suma de funciones esasociativa y conmutativa en efecto existe una funcion nula? la respuesta es si laf(x) = 0 si multiplicamosuna funcion por un numero complejo podemos tener otra funcion? nuevamente es correcta esta afirmacion,Ahora, el conjunto de todas las funciones es un poco difcil de manejar vamos a ocuparnos de clasesespeciales de funciones tales como el Ser de todos los polinomios de grado N. El producto interno de dosfunciones f(x) y g(x) esta definida por la integral.

f|g =

f(x)g(x)dx

Se restringe la clase de funciones con el fin de garantizar que esta bien definida. es claro y muy admisiblelas funciones deben ser de cuadrado integrable.

|f(x)|2dx <

Consideremos un grupo de funciones P(N) polinomios de grado N:

p(x) =a0+ a1x + a2x2 + ... + aN1xN1

sobre el intervalo1 x 1. que son de cuadrado integrable por lo que este es un espacio interno , es

el conjunto de potencias de x.|e1 = 1, |e2 =x, |e3 =x2,.... |eN =xN1

Si tenemos un espacio de funciones de orden N podemos establecer las siguientes igualdades. entre elproducto interno de funciones:

e1|e1 = 11

dx= 2

e1|e3 = 11

x2dx=2

3

Podemos utilizar la aproximacion de Gram-Schmidt para normalizar esta base , y de los polinomios deLegendre,Pn(x) :

|en =

n 12

Pn1(x), (n= 1, 2,...N)

P0= 1

P1= x

P2=1

2(3x2 1)

21


22/57

P3=1

2(5x3 3x)

P4=1

8(35x4 30x2 + 3)

P5=1

8(63x5 70x3 + 15x)

Operadores como Transformaciones Lineales:

Tenemos un espacio de funciones llamados operadores que se comportan como transformaciones lineales,la transformacion de funciones en el espacio da otras funciones en el espacio y satisfacen la condicion de

linealidad. por ejemplo, en el espacio polinomial P(N) la derivacion operador D ddx

es una transforma-

cion lineal, pero el operador x no lo es.

En el espacio de funciones , los eigenvectores de un operador Tson llamados eigen funciones.

T f(x) =f(x)

Por ejemplo , los eigenfunciones de D son:

f(x) =Aex

Evidentemente estos operadores solamente posee un eigenfuncion cuando = 0 en el espacio de P(N).un operador es Hermitico si satisface la condicion :

f|T g = T f|gPara toda funcion f(x) y g(x) en el espacio. es la derivada un operador Hermitico?:

f|Dg

= ba

fdg

dxdx= (fg)

|b

a b

a

df

dxgdx = (fg)

|b

a Df

|g

Ejemplo de Espacios vectoriales:

3 N VNv = vxi + vyj+ vzk v= v1 e1+ ... + vNeN | =a1 |e1 + ... + aN |eNBase{i, j, k} Base{e1... eN} Base{|e1 ... |eN}

Producto vectorial

v. w= v1w1+ v2w2+ v3w3 v. w= v1w1+ ... + vNwN

,

=a1b1+ ... + aNbN

Ejemplo (4.1)

Considera un Vector ordinario en tres dimensiones (axx + ayj+ azk) con componentes complejos.

a) El subconjunto de todos los vectores con un constituya un espacio vectorial si es as cual es sudimension si no es por que no

22


23/57

b)Que pasa con el subconjunto de todos los vectores cuyos componentes z es 1 ?

c) Y el subconjunto de vectores cuyos componentes son todos iguales?

Solucion:

a)Si, constituyen un espacio vectorial de dos dimensiones.

b) No,La suma de 2 vectores sera igual a 2 y este vector no esta en la colecci on.

c)Si,y es de dimension 1.

Espacio de Hilbert:

El espacio de Hilbert es un espacio vectorial infinitamente grande. En su momento, esto fue unaidea revolucionaria, en virtud de que todos los espacios vectoriales, inclusive los espacios matem aticosabstractos, eran finitos. Pero afortunadamente en su trabajo sobre ecuaciones integrales llevado a caboen 1912 David Hilbert tuvo la vision suficiente para captar la necesidad de tener que postular un espacio

vectorial infinitamente grande para poder proyectar todo el aparato matematico de la Mecanica Cuanticasobre una base rigurosamente formal. Y quince anos despues correspondio a otro matematico igualmentebrillante, el matematico hungaro John von Neumann, el darle en 1927 una definicion axiomatica al espaciovectorial de Hilbert en su ya famosa obra Mathematische Grundlagen der Quantenmechanik. Pero Hilbertno solo propuso un espacio vectorial infinitamente grande. Propuso tambien que los componentes de losvectores pudiesen ser numeros imaginarios o numeros complejos sin estar limitados a ser numeros reales,redefiniendo a la vez el concepto del producto interno de dos vectores para que dicho producto pudieseseguir siendo un numero real con significado fsico.

Habiendo sido introducidos ya a la notacion bra-ket de Dirac, manteniendonos aun en el problema de lapartcula encerrada en una caja unidimensional llevaremos a cabo el siguiente cambio en la simbolizacion:

(x) = |c1= c2= c3 = ... =

2

a

|1 =Sen( xa

)

|2 =S en( 2xa

)

|3 =S en( 3xa

)

La funcion de onda (x) representada como un ket queda simbolizada de la siguiente manera en

funcion de los kets de base: | =a

ca |a

Como una operacion valida, podemos premultiplicar ambos miembros de esta igualdad por un bra quees el dual a cualquiera de los kets de base:

b| = b|(a

ca)

=a

ca b|a

23


24/57

Al igual que como ocurre con las funciones de base 1, 2, 3, etc., las cuales son funciones de basenormalizadas, en el lado derecho de la igualdad cada uno de los productos bra-ket sera igual a cero exceptopara el caso en el cual a = b, con lo cual en el lado derecho nos viene quedando un solo termino de lasumatoria infinita:

b| =cbEn esto ultimo podemos intercambiar b por a sin que ello implique diferencia alguna excepto puramente

notacional, ya que seguimos refiriendonos a los mismos kets de la sumatoria, escribiendo as:

ca= a|

Si substitumos lo que obtuvimos para el coeficiente ca en la expansion previa del ket en funcion de ketsde base, se tiene:

| =a

a| |a

Fijandonos en los dos kets que estan uno tras otro, podemos utilizar el hecho de que trat andose de ketsel orden en el que estan escritos es indiferente (conmutatividad de kets):

|

|

=

|

|

Lo que nos permite escribir lo anterior del modo siguiente:

| =a

a|a |

Hemos encontrado el operador identidad.| = I. |

este es: a

|a a| = I

Lo que tenemos en las dos ultimas lneas encierra una conclusion importante, ya que nos dice que si unket | esta normalizado, con lo cual el producto interno del ket consigo mismo debe ser igual a la unidad,entonces los coeficientes que se han utilizado en la expansion deben satisfacer:

a

||ca||2 =a

a| 2 = 1

Algunas operaciones importantes partiendo de un conjunto inicial de kets como.

{|1 , |2 , |3 ... |n}

Los cuales ni estan normalizados ni son ortogonales, nuestro proposito sera construr un conjuntoortonormal de kets de base en el cual el producto interno de dos eigenkets distintos sea igual a cero yel producto interno de cualquiera de los eigenkets consigo mismo sea igual a la unidad, un conjunto quesimbolizaremos como:

{|e1 , |e2 , |e3 ... |en}El unico requisito que se le impondra al conjunto inicial de kets es que los kets sean linealmente indepen-dientes, esto es, que cualquiera de los kets del conjunto no pueda ser obtenido mediante una combinacionlineal de algunos (o todos) los demas kets del conjunto, lo cual equivale a exigir que no haya constantesmultiplicativas tales que pueda ocurrir lo siguiente:

c1 |1+ c2 |2+ c3 |3+ ... + cn |n = 0

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25/57

El producto interno bra-ket de este ket consigo mismo es igual a la unidad, lo cual se comprueba de unamanera sencilla:

e1|e1 =1|112

= 1|1

1|11|1=1|11|1

= 1......... QED

cumpliendo todos los kets del conjunto la condicion de ortonormalidad especificada con la ayuda del deltade Kronecker:

ei|ej =i,jEs de resaltarse el hecho de que el empleo de la notacion bra-ket de Dirac simplifica un poco los

desarrollos y las demostraciones,

Observables:Son magnitudes fsicas susceptibles de ser determinadas en un experimento o que se pueden medir. enparticular tenemos la posicion x,p, H....L en general podemos identificar a un observable como O.Los observables tienen asociados valores reales en su medicion el valor de espectacion de un observable:

O = ba

dxO

O el operador actua a la derecha, esto da otra funcion.= |OEl valor de espectacion de un observable se puede interpretar como un producto interno especifico

El Principio de Incertidumbre

El principio de incertidumbre nos dice que hay un lmite en la precision con el cual podemos determi-nar al mismo tiempo la posicion y el momento de una partcula.

Prueba general del principio de Incertidumbre: Para un observable A, tenemos

2A= (A A)|(A A) = f|fDonde

|f (A A) |

Del mismo modo para cualquier observable B:

2B = g|g , donde |g (B B) |y utilizando la desigualdad de Schwarz :

2a2B = f|f g|g |f|g|2

25


26/57

Recordemos que cualquier numero complejo:

|z|2 = (Re(z))2 + (Im(z))2 (Im(z)2 = [12i

(z z)]2

Por lo tanto si z= f|g,:2a

2B (

1

2i[f|g g|f])2

Esta es la forma mas general de presentar el principio de incertidumbre.Por ejemplo supongamos que el primer observable es la posicion A = x y la segunda es el momento

B=

i

d

dx. para determinar el conmutador , usamos arbitrariamente la prueba de la funcion f(x).

[x,p]f(x) =x

i

d

dx(f)

i

d

dx(xf) =

i[x

df

dx (f+ x df

dx)] =if.

entonces :[x,p] =i

por lo tanto:

2x2p (

1

2ii)2 = (

2)2

5. Partcula en un pozo infinito en una dimension.

Considere una partcula cuantica en una caja unidimensional de longitud a.En su respuesta indiquecual postulado de la mecanica cuantica esta usted aplicando.

a) Escriba los Hamiltonianos Clasico y cuantico de la partcula en la caja.

b) Determine las eigenfunciones normalizadas del Hamiltoniano y el espectro de energa del sistema.

c) El sistema se prepara en un estado inicial

(x, t= 0) =A[21+ 2]

donde1 y 2 son eigen estados normalizados correspondientes al primer y segundo niveles de energa

.Determine A para que el estado inicial este normalizado . Calcule (x, t). Que ecuacion satisface (x, t)?.

d) Determine el valor de espectacion del Hamiltoniano con respecto al estado al tiempo t . si en eseinstante se mide la energa de este sistema . Cuales son los valores posibles que pueden obtenerse?, Conque probabilidad pueden obtenerse cada uno de ellos?.

e) Suponga que como resultado de una medicion de la energa obtenida es la del segundo nivelE2cuales el estado del sistema?.

26


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Solucion:

V(x) = {0; 0 x a: otro.

a)Para el caso clasico :

H= p2

2m+ V(x)

Mientras que para el caso cuantico ahora el Hamiltoniano queda definido como:

H=2

2m

2

x2+ V(x)

donde es claro quep= i

x

........ postulado (2)

b) Ahora utilizando la ecuacion de Schodinger independiente del tiempo tenemos que el Hamiltonianoal operar sobre una funcion de estado es igual al producto de la energa por el estado dado. esto es:

H(x) =E(x)

22m

2

x2(x) =E

27


28/57

x(x) =

2mE

(x)

x

(x) +2mE

(x) = 0

Definimos ahora a

K2 =2mE

Donde las soluciones para (x)que son de la forma Senos y cosenos :

(x) =ACos(x) + BSen(x)

Las condiciones de frontera son:(0) =(a) = 0

en este caso :(0) = 0

0 =Acos(0) + Bsen(0)

por lo tanto la solucion es que necesariamente A=0:

A= 0B= 0Ka = nutilizando el resultado obtenido para K e igualando obtenemos que:

Ka =

2mE

2 a= n

Ahora podemos obtener el espectro de energa.

En =n222

2ma2

Las soluciones toman la forma :n(x) =BnSen(

nx

a ) (7)

Bn se obtiene al normalizar:

| BnSen( nxa

) |2=| Bn|2| Sen( nxa

) |2

28


29/57

Recordemos que la normalizacion esta definida como la integral del modulo al cuadrado de la funci on deestado(x):

| (x) |2 dx= 1 (8)

integrando la ecuacion * en 2 tenemos: a0| (x) |2 dx=| Bn|2

a0| Sen( nx

a ) |2 dx= 1

Utilizamos ahora para resolver la integral , una identidad trigonometrica:

Sen2(nx

a ) = 1 Cos(2 nx

a )

quedando nuestra integral de la forma:

|Bn

|2

a

0

1

Cos(

nx

a )dx

Realizando un cambio de variable

u= 2nx

a

y resolviendo llegamos al valor de Bn esto es :

Bn =

2

a

Obtenemos con esto los estados Normalizados:

(x) =

2

aSen(

nx

a )

.....postulado 1 y 4 .

c)La funcion de estado dada al tiempot= 0 :

(x, t= 0) =A[21+ 2]

Realizando el modulo cuadrado de nuestra funcion de estado obtenemos:

| (x, t= 0) |2=| A |2| [21+ 2] |2

Y al normalizar esta funcion encontramos el valor de A :

A= 1

5

Recordemos que la ecuacion de la funcion de estado a cualquier tiempo esta dada :

29


30/57

(x, t) =

Cnnei

Ent

(9)

Y al sustituir nuestra funcion preparada en 3 obtenemos.

(x, t) = 25

1eiE1t

+ 15

2eiE2t

Es claro que satisface la ecuacion de Schodinger...... Postulado 1 y 4.

d) Calculemos el valor de espectacion de Hrecordemos que esta definido como:

< H >=

0

En| Cn|2 (10)

Y al sustituir los valores de C1= 25 yC2 =

15 obtenemos :

< H >= 22

2ma24

5+

422

2ma21

5

Recordemos que la probabilidad la podemos obtener de la forma:

Pn=| Cn|2 (11)

Las probabilidades son:

P1 =4

5

P2 =1

5

e)Finalmente si como resultado obtenemos la medicion deE2 es claro que nuestra funcion de estado debeser 2

6. Oscilador Armonico Unidimensional

El paradigma para el oscilador armonico clasico es la masa m , unida a un resorte de fuerza constante

k. el movimiento se rige por la ley de Hooke:

F = kx= m d2x

dt2 (12)

Y la solucion es:x(t) =Asen(wt) + Bcos(wt) (13)

donde:

w

k

m (14)

30


31/57

Es la frecuencia angular.El potencial de energa es:

V(x) =1

2kx2 (15)

La grafica es una parabola, por su puesto se puede desarrollar el potencial en una serie de Taylorde la siguiente manera: Pero porque considerar el caso cuantico ? la razon es porque aparece como una

aproximacion en muchos sistemas.

V(x) =V(x0) + V(x0)(x x0) +1

2V(x0)(x x0)2 + ... (16)

La primera derivada vale cero

w(x) =V(x) V(x0) 12

(x0)(x x0)2 (17)

Oscilador armonico cuantico

Ecuacion de Schodinger

22m

2

x2 + V(x) =

it

Ocuparemos la ecuacion independiente del tiempo:

HE(x) =EE(x)

H= T+V

H=P

2m+ V

H= 2

2m

2

x2+

k

2x2

Sustituyendo en la ecuacion de Schodinger independiente del tiempo:

[ 2

2m

2

x2+

k

2x2]E(x) =EE(x)

Se emplea para resolver esta ecuacion el metodo algebraico existe otro metodo llamado el metodoanaltico o de series. el objetivo ser encontrar.1.- Energa del oscilador. 2.- Valores de Energa . Utilizando el Metodo Algebraico:

HE(x) = 1

2m[p2 + (mwx)2]E(x) =EE(x)

utilizando complejos

z= u + iv

zz= u2 + v2

La propuesta es:

a+= 12mw

[ip + mwx]

a = 12mw

[ip + mwx]

31


32/57

p,x, a+, a son operadores :Veamos el producto:

a.a+ =

1

2mw (ip + mwx)(ip + mwx)

= 1

2mw(p2 + imwxp imwxp + m2w2x2)

Cuidado con el orden ya que los operadores no se pueden eliminar:

= 1

2mw(p2 imw(xp px) + m2w2x2)

Recordemos que x,p no conmutan.[x,p] =i

Por lo que al sustituirse en la ecuacion anterior llegamos:

a. a+= 1

2mw{ p2 + (mwx)2 i

2[x,p]}

Definimos ahora al Halmiltoniano como:

p2 + (mwx)2 = H

As que:

a. a+ = 1

wH+

1

2

Despejando a H :

H= w[ a. a+ 12

]

Tambien podemos escribir al oscilador como:

H= w[ a+. a+1

2]

La ecuacion de Schodinger toma la forma:

w[ a. a 12

]E(x) =EE(x)

Ejercicio (6.1):

Si E(x) es solucion de la ecuacion de Schodinger con energa E (satisface la ecuacion) entoncesa+E(x) tambien es solucion de la ecuacion de Schodinger pero con energa E+ w. compruebalo.

Probemos:

w( a+. a+1

2)( a+E) = w( a+ a a+E+

1

2a+E)

Pero sabemos que:

w( a a+ 12

)E(x) =E E(x)

32


33/57

a a+E(x) 12

E(x) =EE(x)

w

a a+E(x) =EE(x)

w +

1

2E(x)

a a+E(x) = (E

w+

1

2)E(x)

multiplicando por w tenemos:

w a a+E(x) = (E+w

2 )E(x)

podemos ahora sustituirlo

= a+(E+w

2 )E(x) +

w

2a+E(x)

= (E+ w

2 +

w

2 )( a+E(x))

= (E+ w)( a+E(x)) Q.E.D

Ejercicio 6.2: Si E(x) es solucion de la ecuacion de schodinger con energa E entonces aE(x) tambienes solucion pero con energa E w:

En resumen : CualquierV(x) = con valores .

V(x) =V(0) + V(x0)(x x0) + 12!

V(x x0)2 + ...

oscilador armonico clasico es:

F =dp

dtp= mv

Oscilador armonico cuantico:

( 2

2m

2

x2+

1

2kx2)E(x) =EE(x)

H= 1

2m[p2 + (mwx)2

dadaE(x):

a+ = E+

wa = E w

Esto indica que debe existir un estado aceptable (normalizable) de mnima energa , sea este 0 = 0entonces:

a0= 0

a0= 12mw

(ip + mwx)0(x) = 0

(x

+ mwx)0(x) = 0

33


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0= mwx

0

d0dx

= mwx

0

e integrando:0= Ae

(mw/2)x2

A= ( mw

)1/4

Se propone:

a+ = 1

2mw(ip + mwx)

a= 1

2mw(ip + mwx)

el Producto

a a+= 1

2mw[p2 + (mwx)2] 1

2[x,p]

donde:[x,p] = x.p

p.x

Resulta:[x,p] = i

a a+ = 1

wH+

1

2

encontramos el valor de H:

H : w( a a++1

2)

el conmutador tiene el valor:[ a, a+] = 1

Para cualquier valor de nn = An( a+)

n0(x)

En = (n +1

2)w

Calculemos el primer estado es decir, 1:

1 a+0= 12wm

(ip + mwx)0

= 12wm

(ddx

+ mwx)0

= 12wm

[( mw2x2

)(mw

)1/4e

mw2

x2

+ mw(mw

)1/4xe

mw2

x2

]

1=A1(mw

)1/4

2mw

xe

mw2

x2

As A1 se determina por normalizacion recordando la formula de integral gaussiana:

ex2

34


35/57

tomemos ahora:

dx|1|2 = 1

obtenemos el valor de A1:A1= 1

A a+, a se le conoce como operadores escalera o de subida y bajada, ascenso y descenso. Calculo de

la constante de normalizacion por el metodo algebraicoSabemos que:

a+n = Cnn+1

an = dnn1

donde Cn se conoce como constante de proporcionalidadqueremos calcular aCn y dn para logralo necesitamos la siguiente propiedad:

dxf(x)[ ag(x)] =

dx[ af(x)]g(x)

Demostremos lo anterior:

dxf( a+g) =

dxf[ 12mw

(ip +

mwx)g]

pero:1

2mw

dxf(ddx

g) = 2mw

fdg

dx

Y por el (T.F.C) obtenemos:

= 12mw

[

dxd

dx(fg)

df

dxg

[fg]Para F y g aceptables de cuadrado integrable.

quedando ahora:

dx 12mw

[df

dx + mwxf]g

Finalmente se obtiene:(af)

Q.E.D

Para demostrar el a+ se sigue los mismos pasos:Ahora queremos identificar las siguientes relaciones :

En = (n +1

2)w

y las dos relaciones de la ecuacion de Schodinger:

a+an =Enw

n 12

n

35


36/57

= (Enw 1

2)n = nn

a+an = nn

Y siguiendo el mismo procedimiento para aa+n llegamos a que:

a+an = (n + 1)n

As que :

nfdx(a+n)(a+n) = |Cn|2

dx|n+1|2 = (n + 1)

dxnn

|Cn|2 =n + 1, Cn=

n + 1

siguiendo la misma idea pero para dn llegamos a la solucion :

|dn|2 =n, dn =

n

Llegamos a las famosas relaciones:a+n =

n + 1n+1

an =

nn1

En forma General :

n = 1

n!(a+)

n0

Ortonormalizacion de los estados del oscilador armonico cuantico:

Analicemos :

m(a+an)Usando:

a+an= nn =

dxmn

Pero:

dxm(a+an) =

dx(am)(an) =

dx(a+am)n = m

dxmn

dxmn = m,n =

1 m =n0 m= n

Ahora veremos otro metodo llamado el metodo Analtico o de Series:

La ecuacion de Schodinger:

[ 2

2m

2

x2+

1

2mw2x2]E(x) =EE(x)

Condiciones de frontera , y condiciones de Normalizacion :R

dx|(x)|2 = 1

36


37/57

Conviene definir la variable independiente como:

=

mw

x

De este modo:

=x

x

=

mw

x

,

x

= mw

2

x2 = (

mw

)(

mw

) =

mw

2

2

[ 2

2m(

mw

)

2

2+

1

2mw2

mw2]E() =EE()

[w2

2

2+

w

2 2]E() =E E()

Claramente vemos que:

k=2E

w

Multiplicando por 2w :(

2

2 2)E() = 2E

wE() = kE()

[2

2+ (k 2)]E() = 0

Analisis asintotico :(

2

2 2)E() = 0

Se propone:E(x) =Ae

2/2 + Be2/2

e

2/2 = e2/2

2

e

2/2 =2e2/2 e2 2e2/2

Gana el termino 2 , sin embargo la condicion de Normacibilidad excluye la solucion E() e2/2corresponde a que su modelo cuadrado no es normalizable, es decir,

R dx|E|2 = , B= 0 as que la

forma asintotica de la solucion debe ser E() e2/2 . La solucion exacta se sugiere tenga la forma:

E() =h()e2/2

Que sustituida en la ecuacion de Schodinger lleva:

=

d

de

2/2 + h()e2/2

d2

d2 =

d2h

d2e

2/2 +dh()

d e

2/2 +dh()

d e

2/2 +dh()

d e

2/2 +dh()

d ()e2/2

Podemos llegar al siguiente resultado:

d2

d2 = (

d2h

d2 dh

d h )e2/2 + (

dh

d + h2)e

2/2

37


38/57

[d2h

d2 2dh

d + (2 1)h]e2/2 + (k 2)he2/2 = 0

Dividiendo por la gaussiana:dh

d2 2dh

d + (2 1)h= (k 2)h

Reduciendo:

d2h

d2 2dh

d + (k 1)h= 0

La solucion sera una serie de potencias:

h() =

j=0

ajj =a0+ a1+ a2

2 + a33 + .....

Relacion de Recurrencia:

dh

d =a1+ 2a2

2 + 3a33....=

j=1

jajj1 =

j=0

jajj1

dh

d = 2a2+ 6a3+ ...=

o

j(j 1)ajj2

cuandoj j+ 2 (j+ 2)(j+ 1)aj+2j esto se llama un corrimiento.sustituyendo en:

j=0

(j+ 2)(j+ 1)aj+2j

j=0

2jajj +

nfj=0

(k 1)ajj = 0

j=0

[(j+ 2)(j+ 1)aj+2 2jaj+ (k 1)aj]j = 0

la unica forma es que en esta combinacion lineal los coeficientes sean cero:

Aj = [(j+ 2)(j+ 1)aj+2 2jaj+ (k 1)aj] = 0

Entonces queda nuestra relacion de recurrencia:

aj+2= (2j+ 1 k(j+ 2)(j+ 1)

aj

La solucion General sera:h() =h()par+ h()impar

dondea0, a1,son las constantes correspondientes a la solucion general de la ecuacion diferencial de segundoorden: ahora podemos aproximar ah() como una combinacion lineal de la siguiente manera:

h() j

ajj

j=2j

C

j!2j =C

j

2j

j!desarrollo de una exponencial = C e

2

() =h()e2/2 e(1/2)2 no es normalizable

38


39/57

Para que la serie se trunque requerimos que :

2n + 1 k= 0, k= 2Ew

2n + 1 =2E

w

obtenemos por este medio el espectro de energa para el oscilador armonico:

En = (n +1

2)hw

Una serie infinita truncada se reduce a un polinomio de forma que h():

Vemos entonces que si:

k= 2n + 1 En = (n +12

)w

Podemos llegar a la siguiente relacion:

0() =a0e2/2

En el metodo algebraico tenamos:

0= (mw

)1/4emwx

2/2

entonces:a0= (

mw

)1/4

= mw xSi despejamos de esta ecuacion axy sustituyendo el resultado en quedara entonces nuestro vectorde estado en funcion de .

Ortonormalidad de los estados del Oscilador Armonico Cuantico. Ortogonalidad: La ecuacionde Schodinger toma la forma:

[2

2+ (2n + 1) 2]n= 0

donde:n

Hn()e

2/2

Las funciones de estados son funciones de Hermite.

Utilizamos la misma tecnica que en el metodo algebraico para resolver:

m[n 2n] = (2n + 1)mn....(1)

n[m 2m] = (2m + 1)nm.......(2)

Reescribiendo el lado izquierdo de (1):

39


40/57

dxm[n 2n] =

dx[mn 2mn] =

dx[d

d(m

n mn 2mn]

Por el Teorema Fundamental del Calculo:

= [mn]

dx[mn 2

mn]

Sobre vive sola mente el termino:

=

dx[m n 2mn] =

dxn[m 2m]

Adjunto del operador diferencial, se acaba de demostrar que el lado izquierdo de (1) y (2) son iguales.

L.I(1) L.I(2) = 0

(2n + 1)

dmn+ (2m + 1)

dmn

0 = (nm)

dmn

n = 0

dmn = 0

Se demuestra que las funciones son ortogonales gracias a las condiciones de frontera.ahora para los polinomios de Hermite tenemos:

dHm()Hn()e

2

Los polinomios son Ortogonales pero con la funcion de peso e2 por si solos no serian ortogonales .

Ejercicio (6.2):

Estudia que sucede con el producto de :

ex2

g(x, s)g(x, t) =ex2

es2+2sxet

2+2tx =

m,n=0ex

2

Hm(x)Hn(x)smtn

m!n!

Integrando:

dx

m,n=0

smtn

m!n!ex

2

Hm(x)Hn(x) =n=0

(st)n

(n!)2

dxex2

[Hn(x)]2

LI :

ex2s2+2sxt2 =

dxe(xst)2

e2st =e2st

e2st =n=0

dxex2 H2n(x)

n!

(st)n

n!

40


41/57

est =n=0

2n(st)n

n!

dxex2

[H2n] = 2nn!

dxex

2

[Hn(x)]2/2n

n! = 1

Obtenemos ahora:

n = 12n

n!ex

2/2Hn(x), En realidad es lavariable

n() = 12n

n!e

2/2Hn()

=

mw

x, hay que poner un factor de 1/4.

Los estados Ortonormales

n() = (mw

)1/4 12nn! Hn()e

2

/2

7. Partcula Libre

Vamos ahora a resolver la ecuacion de Schodinger para una partcula libre , la ecuacion entonces tomala forma:

HE=EE

H= T+ Vlibre

T=2

2m

2

x2 =

p2

2m

2

2m

2

x2E=EE

2

x2E= k2E, k2 =2mE

2 , k=

2mE

2

Condiciones de Frontera: para esta partcula no hay ninguna condicion de Frontera, se propone que lasolucion tenga la forma:

f ex

Para la segunda derivada :2ex =

k2ex

donde:2 = k2

las soluciones son imaginarias:= ik

E(x) =Aeikx + Beikx

Recordemos el valor de k:

k =

2mE

2

41


42/57

Para cada solucion le agregamos su factor de peso.

(x, t) =AeikxeiEt/ + BeikxeiEt/

Recordemos el valor de la energa:

E=

2k2

2m

Al primer termino del lado derecho se le conoce como una onda que viaja en direccion +x.Al segundo termino del lado derecho se le conoce como una onda que viaja en direccion -x.Las soluciones de la ecuacion de schodinger dependiente del tiempo separables son funciones de la formaf(x vt).

Observaciones :f(x vt) corresponde a ondas con perfil viajando en la direccionxcon velocidad x.La energa tiene dimensiones de la constante de Plank claramente, todos los puntos se mueven con lamisma velocidad. la forma de la curva no cambia.Notese que podemos expresar ambas ondas en la solucion usando lo siguiente:

k(x, t) =Aei[kxk2

2mt]

Tiene un valor para cada energa :

k = 2mE2

sik >0 viajaaladerechasik


43/57

La funcion de onda no es normalizable.

dxkk = |A|2

dx1 = |A|2()

La funcion de onda no es normalizable.Para la partcula libre no representan edos fsicos.

Utilidad de las soluciones separables:

(x, t) =n=0

CnneiEt/

La solucion general va a depender.

(x, t) = 1

2

dk(k)ei(kxk2

2mt)

Esta es la solucion general. Para la partcula libre dependiente del tiempo y de la posicion necesitamosrealizar una transformada de Fourier combinacion continua lineal.

12

dk(k)ei(kxk2

2mt) = (x, t)

Observaciones:Para esta solucion general.

k (ka, kt) si k esta en un intervalo la energa tambien.E tambien esta en un rango de valoresE=

2k2

2m

Por lo tanto las velocidades cuanticas estan en un intervalovcuantico

El problema tpico es que nos den el estado inicial al tiempo (x, 0) y nos piden determinar , (x, t),claramente (x, 0) = 1

2

dk(k)e

ikx, as que debemos obtener (k) son el alguno de Cnen partculaen una caja.

Solucion: Teorema de Plancherels de la T.F:

f(x) = 1

2

dkF(k)eikx F(k) = 12

dxf(x)eikx

Para el teorema de Plancherels la condicion necesaria es que las integrales existan.

Todava mas la condicion necesaria y suficiente es que dx|f(x)|2


44/57

a, A R+

Encuentre (x, t) Tomamos pues:

aa

dx|(x, 0)|2 = |A|22a

a= 1

2a

(k) = 1

2

dx(x, 0)eikx

= 1

2

aa

dx 1

2aeikx

= 1

2

1

2a

aa

dxeikx

= 1

2

a[eikx

ik ]aa

(k) =

1

asen(ka)

k

(x, t) = 1

2a

dksen(ka)

k ei(kx

k2

2mt)

7.1. Partcula en un pozo finito en una dimension, Estados cuanticos ,Ligados y de

coleccion.

Estados ligados:

a) L partcula rebota acelera y desacelera

b)La partcula no puede pasar la barrera ya que no tiene suficiente energa para hacerlo y si tieneo tuviera solucion seria esta imaginaria . se dice entonces que el estado esta ligado.

c) La partcula b y c siempre terminan en infinito estos son los llamados estados de colision, lapartcula acelera o desacelera y la partcula terminan en infinito o en menos infinito.

d)La partcula interactua con Energa y algo mas eso es un potencial

44


45/57

estados ligados.pngEstados de colision cuantico, estado ligado clasico?

Depende del tamano del sistema para saber si es clasico o cuantico y la B es importante.A nivel cuantico E < V() y E < V(+) estado ligado como en el caso del oscilador armonico.E > V() oE >(+) estados de colision.Estados discretos ligados podemos encontrar al pozo infinito (partcula en una caja)y el oscilador armonico.Veamos el caso de la partcula libre:

estados ligados2.png

Figura 1: Estados de colision Partcula libre

8. Pozo de Potencial Delta.

Funcion delta de Dirac:

(x) =

si x = 0, 0si x = 0,

Punto de area uno:

dx(x) = 1

45


46/57


Figura 2: Funcion Delta.

No es una funcion sino una funcion generalizada o distribucionmaginemos un cuadro con longitudes:

(a) =

si|x| a

2 ,

1

aotro, 0

(x a)

dxf(x)(x a) =f(a)

dx(x a) =f(a)

f(x)(x a) =f(a)(x a)

La funcion delta permite seleccionar el valor de una funcion en un punto.

El valor de integracion puede ser (a

, a+

) no necesariamente (

,

).

a+a

dx(x a)f(x) =f(a)

Dimensiones:

[(x)] = 1

L

V(x) =(x)

[] = [Energia]L, >0

V(x) = (x)

Se analizan las energas E >0 y E


47/57


Figura 3: E >0

El primer factor del lado izquierdo se le conoce como potencial de Dirac: x


48/57

donde :

2mE2

Recordemos:

k=

2mE

tenemos la ecuacion diferencial de segundo de segundo orden:

2

x2+ k2+= 0

Las soluciones son exponenciales :+(x) =F e

kx + Gekx

Normalizabilidad (x >0)G= 0Tenemos la solucion:

+(x) =F ekx

No olvidar nunca que (x, t) es la amplitud de probabilidad. Requerimos continuidad en la funcion:

(x= 0) =+(x= 0)

Las constantes son igualesB= F

Vamos a integrar la ecuacion de Schodinger al rededor del origen:

dx[ 2

2m

d2

dx2 (x)] =

dxE

2

2m

dx

d

dx(

d

dx

dx(x)= E

dx

donde:

E

dx= 0

dx(x)= (0)

Por T.F.C

2

2m[(

x)]=

2

2m[(

d+dx ( d

dx )] =0

(d+

dx

)x=0+

(d

dx

)x=0 =

2mE

2

0

+(x) =

Bekx, x >00, x


49/57

2k= 2m2

k=m

2 =

2mE

Podemos calcular la energa.m22

4 =

2mE

m2

22 =E

E(x) =

Bekx, x 0

El espectro de energa queda:

E= 12

m2

2

Para calcular el valor de B tenemos que:

dx|2E| = 1

Una manera de hacerlo es sumar los dos estados + +

dx|+ +|2 =

dx(2++ 2++ 2

1 = 2|B|20

dxe2kx =|B|2

k

B=

k=

m

Estado ligado:

(x) =

m

e

m

|x|

E= 12

m2

2

Condiciones de Frontera:Continuidad de en x=0 Discontinuidad ddx en x=0 Entonces: A+B = F+G

ik(FG) ik(A B) = 2m

(A + B)

Aqu tenemos que aplicar las ideas de los fsicos ya que tenemos 4 incognitas y solo 2 condiciones .

Reconsideracion Fsicaeikx.ei

Et

=ei(kxE

t)

Es una onda propagandose a la derecha.

eikx.eiEt

=ei(kx+E

t)

Es una onda propagandose a la izquierda Consideramos el caso en que la fuente esta a la izquierda delorigen, eso quiere decir que A= 0 y G = 0, tenemos ahora onda incidente onda reflejada y transmitidaquedando nuestra ecuaciones as:

1. A + B= F

49


50/57

2. ik(F) ik(A B) = 2m2

1 en 2:

ik(A + B) ik(A B) = 2m2

(A + B)

i(A + B) i(AB) = 2m2k

(A + B)

Donde llamaremos2 multiplicando pori:

(A + B) (A B) = 2i(A + B)

2= 2i(A + B)

B(1 i) =iA

B= ( i

1 i)A

F =A + i

1

iA A(1 + i

1

i) =A

1

1

i

F = ( 1

1 i)A

= Aeikx + A( i

1 i)eikx

+ = A( 1

1 i)eikx

Probabilidades relativas: Coeficiente de reflexion R:

R=|Beikx|2

|Aeikx

|2

=|B|2

|A|2

= 2

1 + 2 1

Claramente el denominador es mayor al numerador por el +1. Coeficiente de Transmision T:

T =|F eikx|2|Aeikx|2 =

|F|2|A|2 =

1

1 + 2 1

Donde:1

1 + 2 1

Es la fraccion de partculas Transmitidas. Claramente:

R+ T = 1

2 1E

Para energas:T , 0T 0,

50


51/57

9. Atomo de Hidrogeno

Empezaremos este analisis definiendo la ecuacion de Schodinger dependiente del tiempo .

i

t(r, t) =

2

2m2(r, t) + V(r)(r, t)

y la solucion separable en el tiempo:(r, t) =e

iEt (r)

Ahora la ecuacion independiente del tiempo es:

H(r) =E(r)

Recordemos que podemos representar al Hamiltoniano como:

H= p2

2m+ V(r) =

2

2m2 + V(r)

El potencial que interactua en este sistema es el de Coulomb conocido y que tiene la forma:

Vcoulomb = e2

40

1

r

es un potencial central, estrictamente tenemos dos particulas eyp.Algunas relaciones importantes que debemos tener encuenta son las coordenadas esfericas para calcularel laplaciano:

x= rsencos

y= rsensen

z = rcos

r=

x2 + y2 + z2

= cos1 z

x2 + y2 + z2

= tang1y

x

El laplaciano por otro lado en su forma rectangular y en coordenadas esfericas es:

2 = ( 2

x2+

2

y2+

2

z2)

2 =

1

r

r

(r2

r

) + 1

r2sen

(sen

) + 1

r2sen2

2

2La ecuacion de Schodinger en 3 dimensiones queda:

2

2m[1

r

r(r2

r) +

1

r2sen

(sen

) +

1

r2sen2

2

2] + V(r)(r) =E(r)

La solucion por separacion de variables para nuestra funcion de estado es:

(r , ,) =R(r)Y(, )

51


52/57

Resolviendo por este metodo :

2

2m[Y

r

d

dr(r2

dR

dr) +

R

r2sen

(sen

Y

) +

R

r2sen2

2Y

2] + V(r)RY =E RY

Multiplicamos por:

(2

2m

)1. 1

RY

.r2

Obtenemos:

1

R

d

dr(r2

dR

dr) 2m

2r2(V E) + 1

Y[

1

sen

(sen

Y) +

1

sen2

2

2Y] = 0

Ecuacion angular:

sen

(sen

Y) +

2

2Y = KY sen2

Por separacion de variables:

Y(, ) = ()()

sen

(sen

) + 22

= Ksen2

1

[sen

d

d(sen

d

d)] + Ksen2+

1

d2

d2 = 0

podemos igualar en la siguiente forma:

1

[sen

d

d(sen

d

d)] + Ksen2= M

1

d2

d2 = M

La ecuacion de queda:d2

d2 + M = 0

De la Teora de momento angularM=m2 , siM : Aem + Be

m.

Pero( + 2) = () no se cumplen estas soluciones son inaceptables.siM + entonces =Aeim + Beim debido a la condicion de periodicidad m = 0,1,2,3,....lasolucion es:

eim(+2) =eim eim2 = 1() =eim

Ecuacion para :

sendd

(sen dd

) + [Ksen2 m2] = 0Solucion Aceptable:

() =APml ()

DondePml () son los polinomios asociados de Legendre.De la Teora de momento angular K=l(l+ 1), l= 0, 1, 2, 3.....Funciones de Legendre:

Pml (x) = (1 x2)|m|2

d

dx

|m|Pl(x); P

ml = 0, |m| > l, y ademas, m= l,l+ 1,...l

52


53/57

Pl(x) = 1

2ll!(

d

dx2)l(x2 1)l

Polinomios de Legendre:P0= 1

P1=x

P2 =

1

2 (3x

2

1)Polinomios Asociados de Legendre:

P02 =1

2(3x2 1)

P12 = 3x

1 x2P22 = 3(1 x2)

Si:x= cos

1 x2 =sen

P00 = 1

P10 =sen

P01 =cos

P03 =1

2(3cos2 1)

P33 = 15sen(1 cos2)P23 = 15sen

2cos

La segunda solucion de la ecuacion en :

() =ALn(tan 2

), en, = 0, , no es normalizable :

Normalizacion:R3

d3r|(r)|2 =0

drr2 0

dsen

20

d|R|2|Y|2 =0

drr2|R|2

ddsen|Y|2

Ambas integrales se igualan a 1: Las soluciones normalizadas de la ecuacion angular son los armonicosEsfericos Yml

Yml (, ) =2l+ 1

4

(l |m|)!(l+ |m|)! .e

imPml (cos)

=

(1)m, m 01, m 0

La relacion de Ortogonalidad: 0

dsen

20

d[Yml (, )][Yml (, )] =l,lm,m

Armonicos esfericos:

Y00 = 1

4

53


54/57


55/57

En el intervalo 0 Tenemos un comportamiento asintotico cuando La ecuacion quedara:

d2u

d2 =u

con solucion:

u= Ae

+ Be

Normalizabilidad B = 0.Para distancias pequenas o. La ecuacion toma la forma.

d2u

d2 l(l+ 1)

2 u

u Cl+1 + Dl

Normazibilidad D = 0.Como se debe comportar para grande y pequeno.Se propone :

u() =l+1ev()Entonces:

du

d = (l+ 1)lev() l+1ev() + l+1e dv

d=le[(l+ 1 )v+ dv

d]

d2u

d2 =le{[2l 2 + +l(l+ 1)

]v+ 2(l+ 1 ) dv

d+

d2v

d2}

Finalmente:

d2v

d2+ 2(l+ 1 ) dv

d+ [0 2(l+ 1)]v = 0

Solucion:

v() =nfj=0

Cjj

Cuandojj+ 1:dv

d=

j=0

jCjj1 =

j=0

(j+ 1)Cj+1j

d2v

d2 =

j=0

j(j+ 1)Cj+1j1

Insertando las derivas en la ecuacion diferencial:

j=0

j(j+ 1)Cj+1j + 2(l+ 1)

j=0

(j+ 1)Cj+1j 2

j=0

jCjj + [0 2(l+ 1)]

j=0

Cjj = 0

j=0

Ajj = 0 Aj = 0

j(j+ 1)Cj+1+ 2(l+ 1)(j+ 1)Cj+1 2jCj+ [0 2(l+ 1)]Cj = 0

55


56/57

Esta es la relacion de Recurrencia.

Cj+1= [ 2(j+ l+ 1) 0(j+ 1)(j+ 2l+ 2)

]Cj

Evaluemos paraj= 0, y, j= 1.j= 0

C1= [2(l+ 1)

2l+ 2 ]C0

j= 1

C2 = [2(l+ 1) 0

2(2l+ 3) ]C1= [

(2(l+ 2) 0)(2(l+ 1) 0)2(2l+ 3)(2l+ 2)

]

C0 se debe obtener por la condicion de normazibilidad. Comportamiento en j :

Cj+1 2jj(j+ 1)

; Cj = 2

j+ 1Cj

Si esta fuera exacta ocurrira lo siguiente.

Cj =2j

j!C0

v() =

j=0

(2j

j!)C0

j =C0e2

yu() =l+1eC0e2, No normalizable.

Por lo tanto la serie debe truncarse : Esto ocurre si existe j maxima tal que Cjmax+1 = 0. 2(jmax+l+1) 0= 0.Conviene definir :

n= jmax+ l+ 1

2n= 0= me2

202k =

me2

2022mE

4n2 = m2e4

22202

1

(2mE) = me4

8202

1

E

Despejando a E:

E= me4

322021

n2

Un dato importante de estos calculos es el llamado radio de Bhor :

a= 402

me2 = 0,529X1010m

podemos ahora definir a en terminos de r y de a:

= K r= (r

a)

1

n

Funciones de Onda del Atomo de Hidrogeno.

n,l,m(r,,) =Rn,l(r)Yml (, )

56


57/57

Rn,l =1

l+1 e v()

y a v() polinomio de grado jmax= n l 1 en la variable con coeficientes:

Cj+1= 2(j+ l+ 1 n)(j+ 1)(j+ 2l+ 2)

Cj

El estado base cuando n= 1.

E1= [ m22

( e2

40)2] = 13,6eV, Energia de amarre para arrancar un electron

El estado base cuando n= 1.

100(r,,) = 1

a3era

E1= [ m22

( e2

40)2

El estado base no depende de ni de ya que estos valen cero.

Si n es arbitrario:n= jmax+ l+ 1

l= 0, 1, 2...n 1por lo cual para cada l haym= l, l+ 1,...l.

Entonces la degeneracion del nivel l del atomo de Hidrogeno es:

d(n) =n1l=0

(2l+ 1) =n2

v() =L2l+1

nl1(2)Polinomios asociados de Laguerre.

Lpqp(x) = (1)p(d

dx)pLq(x)

donde :

Lq(x) =ex(

d

dx)q(exxq)

La funcion toma la forma.

n,l,m(r,,) = ( 2

na

)3((n l 1)!

2n[(n + l)!]3

erna (

2r

na

)l

L2l+1nl1(2r

na)Yml (, )

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