´ PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE Facultad de F´ısica Departamento de F´ısica

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Libro con resumenes y ejercicios resueltos por Nicol´ as P´ erez En este borrador hay errores de modo que las correcciones son agradecidas. Comentarios a [email protected]

Nicol´as P´erez Semestre 1, 2012

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile - Facultad de F´ısica QM II - FIZ0412

Ayudant´ıas Mec´ anica Cu´ antica II Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected])

Ayudant´ıa 1 1

Spin

Importante caracter´ıstica de las part´ıculas subat´omicas. Muchas veces confundida y entendida como el giro del electr´ on, la verdad sobre el spin es a´ un confusa y hasta hoy su riqueza se encuentra en lo abstracto que llega a presentarse en muchas teor´ıas. Muchos efectos importantes de la f´ısica se deben al spin y las diferentes posibilidades en que se presenta al mundo. Siendo m´ as concretos, el spin es un momento angular intr´ınseco de diferentes valores, eso si, todos m´ ultiplos de 1 . Los operadores de spin, est´ a n definidos por sus relaciones de conmutaci´ o n: 2 [Sx , Sy ] = i~Sz

(1)

Si consideramos el caso s = 1/2 y queremos representarlo por matrices de 2x2, tenemos:       1/2 0 0 1 0 0 Sz = ~ S+ = ~ S− = ~ 0 −1/2 0 0 1 0

(2)

Esta representaci´ on puede ser escrita como: S=

1 ~~σ 2

(3)

donde  σx =

0 1

1 0



 σy =

0 i

−i 0



 σz =

1 0

0 −1

 (4)

corresponden a las matrices de Pauli. Estas matrices, satisfacen las relaciones de conmutaci´on que siguen: [σx , σy ] = 2iσz

(5)

σx2 = σy2 = σz2 = 1

(6)

y tambi´en satisfacen:

As´ı mismo, es importante considerar las siguientes relaciones generales: S 2 |smi =

~2 s(s + 1)|smi

(7)

Sz |smi =

~m|smi p ~ s(s + 1) − m(m ± 1)|s(m ± 1)i

(8)

S± |smi =

(9)

donde: S± = Sx ± iSy 1

(10)

Problemas 1. (a) Encuentre los siguientes operadores en t´erminos de las matrices de Pauli: √ 1 + σx σx−1 ; (b) Escriba el operador de spin Sz0 de un electr´on a lo largo de un eje z 0 el cu´al se encuentra rotado en un ´ angulo θ respecto al eje z original y que yace en el plano x-y del sistema original de coordenadas (estamos hablando del espacio de spin). (c) Encuentre la probabilidad de medir 12 ~ y − 12 ~ a lo largo del eje z’ si el electr´on originalmente se encontraba en los autoestados |+i y |−i de Sz . Encuentre, para el primer caso, el valor medio de Sz0 Sugerencia: rote el spinor original apropiadamente y verifique que el spinor as´ı obtenido es autoestado del operador de spin rotado. 2. En el instante t = 0 un electr´ on, cuyo spin (s = 12 ~) apunta en la diracci´on +ˆ z de un sistema cartesiano ~ = B0 x de referencia, entra a una regi´ on de campo magn´etico uniforme, B ˆ que apunta en la direcci´ on +ˆ x. Encuentre la probabilidad que en un instante posterior t el spin de este electr´on contin´ ue apuntando en la direcci´ on +ˆ z. 3. Considere una part´ıcula con n´ umero cu´antico de Spin s = 1. Ignore todos los grados de libertad espaciales ~ = Bx y asuma que la part´ıcula est´ a sujeta a un campo magn´etico externo B ˆ. El operador hamiltoniano ~ ·S ~ del sistema es: H = g B (a) Obtenga expl´ıcitamente las matrices de spin en la base de S 2 , autoestados Sz , |s, ms i. (b) Si la part´ıcula es inicialmente (a t=0) en el estado |1 1i, encuentre el estado evolucionado de la part´ıcula a tiempos t > 0. (c) ¿Cu´ al es la probabilidad de encontrar la part´ıcula en el estado |1 − 1i

2

Soluciones 1. El primer problema fue separado en tres partes, resueltas a continuaci´on: (a) Cuando deducimos las matrices de Pauli, es trivial notar que forman una base en el espacio de las matrices de 2x2. Es decir, si nos entregan cualquier matriz de 2x2, podemos escribirla en funci´ on de las matrices de Pauli y la matriz identidad. Lo que queremos obtener es: σx−1 , para ello, aprovechamos la propiedad del cuadrado de la matriz: σx2 = 12x2

(11)

σx σx σx−1 = σx = σx−1

(12)

de modo que es trivial, obtener:

Finalmente:



Por otro lado, nos ped´ıan tambi´en calcular: √

√

0 1

1 0

 (13)

1 + σx . Para ello, expandimos en la base:

1 + σx = a0 12x2 + a1 σx + a2 σy + a3 σz

(14)

Ahora elevamos al cuadrado la ecuaci´on reci´en descrita: 1 + σx = a20 + a21 + a22 + a23 + 2a0 (a1 σx + a2 σy + a3 σz ) ya que: {σi , σj } = σi σj + σj σi = 0

(15)

∀i 6= j. Con esto obtenemos que: a2 = a3

=

0

(16)

2a0 a1

=

1

(17)

=

1

(18)

a20

+

a21

Lo que nos da finalmente un resultado de: √

1 1 + σx = √ (12x2 + σx ) 2

(19)

(b) Ahora, nos piden escribir el operador de spin Sz0 . Lo que debemos recordar es c´omo le afecta una b con una rotaci´on, quedar´a dado por: rotaci´ on a un operador. Si tenemos un operator O, be b R−1 O =RO donde R es el operador unitario de rotaciones. Entonces, en nuestro problema, nos queda:   1 0 Sez = Sz0 = Ry (θ) Ry−1 (θ) 0 −1 donde

i

Ry (θ) = e− 2 σy ·θ Para comprender mejor el problema, expandamos la exponencial: σ  σ  i y y e− 2 σy θ = cos θ − isin θ 2 2 3

(20)

(21)

(22)

(23)

Pero, como sabemos que σy2 = 1 y σy3 = σy , es muy f´acil notar que: i

e− 2 σy θ = cos

    θ θ 12x2 − iσy sin 2 2

(24)

Entonces, nos queda:  Sbz = Sz0

=  =

cos sin cosθ sinθ


 −sin θ2
1 0 cos θ2  sinθ −cosθ

θ 2
θ 2




0 −1



cos −sin

θ 2



θ 2

sin cos

θ 2
θ 2


 (25) (26)

Con esto, queda resuelto el ejercicio. (c) Si el autoestado de Sz es |+i = ( 1 0 )T vemos que el problema de autovalores queda definido por:      ~ ~ cosθ sinθ C1 C1 = (27) sinθ −cosθ C2 C2 2 2 Este problema de autovalores, tiene por soluci´on:     C1 cos θ2 = C2 ain θ2

(28)

Por otro lado, es posible seguir la sugerencia del enunciado. Si teniamos un autoestado |+i de Sz , entonces:       1 cos θ2 −sin θ2 cos θ2 − 2i σy θ Ψ=e = = (29) 0 sin θ2 cos θ2 sin θ2 Luego, la probabilidad de medir |+i es cos2 θ2 . Si ten´ıamos el estado |−i = ( 0 1 )T → Ψ = ( −sin θ2 cos θ2 )T y la probabilidad de medir |+i = sin2 θ2 Finalmente, para calcular el valor de expectaci´on, hacemos:     ~ θ ~ θ ~ hSz0 i = cos2 + − sin2 = cosθ 2 2 2 2 2

(30)

2. EL Hamiltoniano que nos interesa es: H=g

e ~ ~ e ~ ~ S·B = S·B 2me c me c

(31)

dado que g es aproximadamente 2. Hacemos un peque˜ no cambio, ~ = ~ ~σ S 2

→

4

H=

e~ ~ ~σ · B 2me c

(32)

~ = B0 x Ahora, tomamos el campo magn´etico: B ˆ, B0 constante. Con esto, obtenemos: 

e~B0 H= σ1 2me c

,

0 1

σ1 =

1 0

 (33)

Por otro lado, sabemos que la funci´ on de onda es un spinor de dos componentes:  Ψ=

ψ1 ψ2

 tal que

HΨ = i~

∂Ψ ∂t

(34)

Ahora, reemplazando nuestro caso concreto:      eB0 ~ ∂ 0 1 ψ1 ψ1 = i~ 1 0 ψ2 ψ2 2me c ∂t

(35)

aqu´ı la derivada parcial, puede ser reemplazada por la derivada total en el tiempo pues las funciones ψ1 , ψ2 solo dependen del tiempo. Entonces,: dψ1 eB0 ~ ψ2 = i 2me c dt dψ2 eB0 ~ ψ1 = i 2me c dt Ahora, introducimos la notaci´ on ω = segunda, obteniendo:

eB0 2me c .

−ω 2 ψ1 =

(36) (37)

Luego, derivamos la primera ecuaci´on y reemplazamos en la

d2 ψ1 dt2

=⇒

ψ1 = Aeiωt + Be−iωt

(38)

En t = 0, |ψ1 (0)|2 = 1 y |ψ2 (0)|2 = 0. De este modo: ψ1 = A(eiωt + e−iωt )

(39)

Entonces, normalizando la funci´ on, se obtiene: ψ1 (0) = 2A Entonces, vemos que A = B =

1 2

4A2 = 1

=⇒

|A| =

=⇒

1 2

(40)

(salvo por fase global).

ψ1 (t)

= cosωt

(41)

ψ1 (t)

= −isinωt

(42)

Es decir:

 Ψ = cosωt

1 0



 − isinωt

0 1

 (43)

Luego, la probabilidad buscada es cos2 ωt. Otra posibilidad es evolucionar temporalmente el estado inicial ( 1 0 )T de modo que: 5



ψ1 (t) ψ2 (t)

 =e

−iHt



1 0

 (44)

Luego, se expande ( 1 0 )T como C.L. de autoestados de σx . All´ı la acci´on de H es diagonal. Finalmente, se identifica el coeficiente de la primera componente. 3. Problema 3: (a) Para obtener las matrices de spin para s=1, consideramos las relaciones: √ ~ 2|1 1i √ ~ 2|1 0i √ ~ 2|1 0i √ ~ 2|1 − 1i

S+ |1 0i = S+ |1 − 1i = S− |1 1i = S− |1 0i =

(45) (46) (47) (48)

esto, nos lleva a: 

0 = ~ 2 0 0  0 √ = ~ 2 1 0 √

S+

S− = (S+ )†

 0 1  0  0 0  0

1 0 0 0 0 1

(49)

(50) (51)

De aqui, es sencillo obtener:  0 1 ~  1 Sx = (S+ + S− ) = √ 2 2 0

1 0 1

 0 1  0

(52)

 0 −i  0

(53)

Del mismo modo, obtenemos la matriz en y:  0 1 ~  i Sy = (S+ − S− ) = √ 2i 2 0 Su conmutador es:



1 [Sx , Sy ] = i~2  0 0

0 0 0

−i 0 i  0 0  −1

(54)

Esto implica que: 

1 Sz = ~  0 0

6

0 0 0

 0 0  −1

(55)

(b) De la matriz Sx , podemos obtener los autovectores, que corresponden a los autoestados:

|Sx = ~i = |Sx = 0i = |Sx = −~i =

 √ 1 |1 1i + 2|1 0i + |1 − 1i 2 1 √ (|1 1i − |1 − 1i) 2  √ 1 |1 1i − 2|1 0i + |1 − 1i 2

(56) (57) (58) (59)

OJO: aqu´ı estamos mirando los autoestados de Sx y lo expresamos como una combinaci´on lineal de los otros autoestados. Lo importante es tener claro que corresponden a bases diferentes. El estado evolucionado de la part´ıcula ser´a: |ψ(t)i = e−igBtSx /~ |1 1i =

 √ 1  −igBt e |~i + eigBt | − ~i + 2|0i 2

(c) Transformando de vuelta a los autoestados de Sz , obtenemos: √ |ψ(t)i = cos2 (gBr/2)|1 1i − sin2 (gBt/2)|1 − 1i − i 2sin(gBt/2)cos(gBt/2)|1 0i

(60)

(61)

Luego, la probabilidad de encontrar a la part´ıcula en el autoestado Sz |1 − 1i es: P↓ = sin4 (gBt/2)

7

(62)

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile - Facultad de F´ısica QM II - FIZ0412

Ayudant´ıa 2 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected])

Problemas 1. Considere el operador de rotaciones que act´ ua sobre spinores (S = 12 ~). Considere una rotaci´on en torno al eje x ˆ en un ´ angulo θ. (a) Escriba este operador de rotaci´ on U (θ). Muestre expl´ıcitamente que:   θ θ U (θ) = cos − iσx sin 2 2

(63)

(b) Inicialmente se tiene un spinor, autoestado de Sz , que apunta hacia arriba (spinor up). Suponga que medimos ahora la componente del spin respecto a un eje z 0 que forma un ´angulo θ respecto al eje z original, en el plano z − y. ¿Cu´al es la probabilidad de medir + ~2 ´o − ~2 ? Encuentre el valor de expectaci´ on de Sz0 (operador de Spin rotado) en el estado original. 2. (a) Considere un sistema de spin 1/2. Cu´ales son los autovalores y autovectores normalizados del operador Aˆ sy + Bˆ sy , donde sˆy ,ˆ sz son los operadores de momento angular, y A, B son reales constantes. (b) Asuma que el sistema est´ a en el estado correspondiente al autovalor superior. ¿Cu´al es la probabilidad de que una medici´ on de sˆy nos dar´a el valor ~/2?. 3. Un electr´ on es descrito por un Hamiltoniano que no depende del spin. La funci´on de onda de spin del ~ representa la proyecci´on del spin a lo electr´ on es un autoestado de Sz con autovalor +~/2. El operador n ˆ ·S largo de la direcci´ on n ˆ . Nosotros podemos expresar esta direcci´on como n ˆ = sinθ(cosφˆ x + sinφˆ y ) + cosθˆ z ~ ¿Cu´al es la probabilidad de encontrar un electr´ (a) Resuelva el problema de autovalores de n ˆ · S. on en ~ cada autoestado n ˆ · S? ~ =n (b) Asuma ahora que el sistema es sujero a una campo magn´etico homog´eneo B ˆ B. El hamiltoniano ~ El estado espacial original del electr´on continua como un autoestado del es H = H0 + ωˆ n · S. sistema modificado. Calcule el estado de spin del sistema para tiempos posteriores t > 0. ¿Cu´ al es la probabilidad de encontrar el sistema de nuevo en el estado original? ¿Cu´al es la probabilidad de encontrarlo con el spin invertido?

8

Soluciones Problema 1: Para rotaciones que act´ uan sobre spinores, sabemos que: i ~

U (θ) = e− ~ 2 ~σ·ˆnθ

(64)

donde n ˆ es la direcci´ on del eje de rotaci´on. En este caso, n ˆ =x ˆ, con lo que obtenemos de la ecuaci´ on anterior: θ i (65) U (θ) = e− ~ ~σx 2 Pero como vimos en la ayudant´ıa anterior, esto puede ser expandido de la forma siguiente: U (θ) = 1 − iσx

θ 1 + 2 2!

 2 θ + ... −iσx 2

(66)

Ahora, podemos simplificar esta ecuaci´on simplemente considerando las siguientes igualdades: σx2 = σx4 = ... = 1

(67)

σx3 = σx

(68)

Luego, es muy sencillo separar esto y obtener la simplificaci´on correspondiente:  2  4 1 θ 1 θ U (θ) = 1 − + − ... 2 2 4! 2 !  3 1 θ θ + + ... − iσx 2 3! 2

(69)

Luego, es evidente el resultado: θ θ U (θ) = cos − iσx sin 2 2

(70)

(b) Considerando el estado inicial (10)T , autoestado spin up del operador Sz . El estado rotado es: ~ σx ~

|ξ+ iθ = e−i 2

θ



1 0

 (71)

Luego, tenemos que:  |ξ+ iθ =

θ θ cos − iσx sin 2 2



1 0

 (72)

El estado queda dado por:  |ξ+ iθ =

cos θ2 −isin θ2

 (73)

Entonces, las probabilidades de medir ± ~2 seg´ un el nuevo eje z 0 est´an dadas por: P+ = cos2

θ 2

P− = sin2

θ 2

(74)

¿C´ omo calculamos el valor de expectaci´on de Sz0 entre estados originales: i

i

Sz0 = e 2 σx θ Sz e− 2 σx θ 9

(75)

Entonces, se obtiene: i

i

h+|Sz0 |+i = h+|e 2 σx θ Sz e− 2 σx θ |+i

(76)

Lo que se transforma en (no hemos considerado las u ´nidades):     θ θ 1 0 cos θ2 h+|Sz0 |+i = cos , isin 0 −1 −isin θ2 2 2

(77)

Entonces el valor de expectaci´ on es: h+|Sz0 |+i = cos2

θ θ − sin2 2 2

(78)

Problema 2: De la definici´ on del operador de momento angular, obtenemos r´apidamente: 1 1 ˆ = Aˆ X sy + Bˆ sz = A ~σy + B ~σz 2 2

(79)

Luego, ~2 2 (A + B 2 + AB{σy , σz }) 4 ~2 2 = (A + B 2 ) 4

ˆ 2= (X)

(80) (81)

¿C´ omo llegamos a esto? Usando que: σi2

 =

1 0

0 1

 = I,

i = 1, 2, 3

(82)

y adem´ as que: {σi , σj } = σi σj + σj σi = 2δij

(83)

ˆ son: Luego, los dos autovalores de X X1 =

~p 2 A + B2, 2

X2 = −

~p 2 A + B2 2

(84)

En la representaci´ on de sˆ2 y Sˆz , tenemos: 

ˆ = ~ (Aσy + Bσz ) = ~ X 2 2



B −iA iA −B

(85)

Ahora, supongamos que los autovectores tienen la forma:   a b Luego, podemos escribir el problema de autovalores obteniendo:      ~ B −iA a a =T iA −B b b 2 donde: T =

~ 2



√ ± A2 + B 2 0 10

√ 0 ∓ A2 + B 2

(86)

 (87)

o



B∓

√

A2 + B 2 iA

De modo que se cumple:



−iA √ −B ∓ A2 + B 2

a b

 =0

(88)

p a = iAB ∓ A2 + B 2 b

(89)

y el autovector normalizado es: 

a b



 =

A2 + (B ∓

1 √

1/2 



√iA B ∓ A2 + B 2

A2 + B 2 )2

(90)

(b) En la representaci´ on de sˆ2 y sˆz , el autovector de sˆy es: ~ 1 |sy = i = √ 2 2



−i 1

 (91)

Entonces la probabilidad de encontrar sy = ~/2 es: √ 2   2 1 1 (B ∓ A2 + B 2 − A)2 a 2 √ = √ (ia + b) = P∓ = √ (i 1) b 2 2 2[(B ∓ A2 + B 2 )2 + A2 ]

(92)

√ 2 2 N´ otese que P− es la probabilidad de encontrar al √ sistema en el estado con autovalor X = ~ A + B /2 2 2 y P+ es la correspondiente al estado de X = −~ A + B /2. Problema 3: En t´erminos de la representaci´on de Pauli, escribimos: ~= n ˆ·S

  ~ 0 sinθ cos φ 1 2

1 0



 + sinθsinφ

−i 0



sinθe−iφ −cosθ



0 i

 + cosθ

1 0

0 −1

 (93)

Luego, ~=~ n ˆ·S 2



cosθ sinθeiφ

(94)

Los autovalores de esta matriz son ±~/2, con los correspondientes autovectores:     cos θ2 sin θ2 sin θ2 eiφ −cos θ2 eiφ

(95)

Las probabilidades de encontrar el electron en los estados superiores son respectivamente cos2 (θ/2) y sin2 (θ/2). (b) El estado evolucionado ser´ a: |ψ(t)i)e−iE

(0)

~ t/~ −iωt(ˆ n·S)/~

e

|ψ(0)i

(96)

Ignorando la parte espacial, tenemos: Ψ(t) = e−iE

(

0)t/~ −iωt(ˆ n·~ σ )/2

e

11



1 0

 (97)

o tambi´en: −iE ( 0)t/~

Ψ(t) = e

 [cos(ωt/2) − iˆ n · ~σ sin(ωt/2)]

1 0

 (98)

de modo que: Ψ(t) = e−iE

(

0)t/~



cos(ωt/2) − isin(ωt/2)cosθ −isin(ωt/2)sinθeiφ

 (99)

La probabilidad de encontrar el sistema nuevamente con spin up es: P↑ = |cos(ωt/2) − isin(ωt/2)cosθ|2 = 1 − sin2 (ωt/2)sin2 θ

(100)

N´tese que en los tiempos t = 2π/ω, 4π/ω, ... esta probabilidad se transforma en la unidad. La probabilidad de encontrar el sistema con spin down debe ser: P↓ = sin2 (ωt/2)sin2 θ

12

(101)

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile - Facultad de F´ısica QM II - FIZ0412

Ayudant´ıa 3 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected]) Resumen - Adici´ on de momento angular En este tema, lo que se busca comprender es la adici´on de momento angular en sistemas complejos donde por ejemplo tengamos dos part´ıculas de diferente spin. En primer lugar, debemos tener claro que los operadores que act´ uan sobre diferentes part´ıculas dado que sus grados de libertad son independientes. Considerando esto, es evidente que los operadores de spin conmutan, es decir: [S1 , S2 ] = 0

(102)

S = S1 + S2

(103)

Luego, definimos el spin total como: Ahora, lo que nos interesa es determinar los autovalores y autofunciones de S 2 y Sz . Si consideramos un sistema con dos part´ıculas de spin 1/2, tenemos que el sistema tiene 4 estados. Consideremos solo la primera part´ıcula y hagamos actuar el operador sobre la autofunci´on. Obtenemos:   1 1 (1) (1) (104) + 1 ~2 χ± S12 χ± = 2 2 (1)

(1)

S1z χ± = ±~χ±

(105)

Y es obvio que para la segunda part´ıcula es exactamente lo mismo. Otra notaci´on, que a veces es m´as c´ omoda visualmente, hace la relaci´ on χ+ =↑ Entonces, los cuatro posibles estados del sistema son: ↑↑

↑↓

↓↑

↓↓

(106)

Si nos devolvemos y aplicamos Sz sobre ambos spinores, lo que obtenemos es: Sz χ1 χ2

=

(Sz(1) + Sz(2) )χ1 χ2

(107)

=

(Sz(1) χ1 )χ2

χ1 (Sz(2) χ2 )

(108)

=

(~m1 χ1)χ2 + χ1 (~m2 χ2 )

(109)

+

= ~(m1 + m2 )χ1 χ2

(110)

Relacionando esto con la notaci´ on gr´ afica, tenemos: ↑↑: m

=

1

(111)

↑↓: m

=

0

(112)

↓↑: m

=

0

(113)

↓↓: m

= −1

(114)

Si esto se analiza correctamente, nos daremos cuenta que podemos separar 4 estados en dos sets. Uno con s = 1 que es el llamado triplete y otro con s = 0 que es el llamado singlete. Es importante notar que si nos abstraemos 13

al resultado general y formamos un sistema con dos part´ıculas de spin s1 y s2 , los spines totales del sistema pueden ser: s = (s1 + s2 ), (s1 + s2 − 1), (s1 + s2 − 2), ..., |s1 − s2 |

(115)

El estado part´ıcula |s mi con spin total s y componente z m ser´a una combinaci´on lineal de los estados compuestos |s1 m1 i|s2 m2 i dada por: X s1 s2 s |smi = Cm |s1 m1 i|s2 m2 i (116) 1 m2 m m1 +m2 =m

N´ otese que las componentes z a˜ naden solamente los estados compuestos que contribuyen para los cuales m1 + m2 = m

14

Problemas 1. Un sistema de dos part´ıculas con spin s1 = 32 y s2 = 21 es descrito por el Hamiltoniano aproximado H = αS1 · S2 , con α una constante dada. El sistema est´a inicialmente (t = 0) en el siguiente autoestado de S12 , S22 S1z , S2z : 3 1 1 1 ; i (117) 2 2 2 2 Encuentre el estado del sistema en tiempos t > 0. ¿Cu´al es la probabilidad de encontrar al sistema en el estado 23 32 ; 12 − 12 i? |

2. Considere un sistema de dos fermiones no id´enticos, cada uno con spin 1/2. Uno est´a en el estado con S1x = ~/2 mientras que el otro est´ a en el estado con S2y = −~/2. ¿Cu´al es la probabilidad de encontrar el sistema en un estado con n´ umeros cu´anticos de spin total s = 1, ms = 0, donde ms se refiere a la componentez del spin total? 3. Considere dos part´ıculas de spin 1 que ocupan el estado: |s1 = 1, m = 1; s2 = 1, m2 = 0i ¿Cu´ al es la probabilidad de encontrar el sistema en un autoestado de spin total S 2 con n´ umero cu´ antico s = 1? Cu´ al es la probabilidad para s = 2?

15

Soluciones Problema 1: El hamiltoniano es entonces:   1 1 2 9 2 2 2 H = α(S − S1 − S2 ) = α~ S(S + 1) − 2 2 2

(118)

Ls autoestados de S 2 , Sz tambi´en ser´a autoestados estacionarios; Los valores permitidos del n´ umero cu´ antico de spin total s son 1,2. Estos estados pueden ser expresados en t´erminos de los estados S12 , S22 , S1z , S2z a trav´es de los coeficientes de Clebsch-Gordan. En particular, tenemos:

|1 1i = |2 1i =

3 a 2 3 c 2

3 ; 2 1 ; 2

1 1 − 2 2  1 1 2 2



3 + b 2 3 + d 2

1 ; 2 3 ; 2

 1 1 2 2  1 1 − 2 2

(119) (120)

Utilizaremos la expresi´ on: p S± |s mi = ~ s(s + 1) − m(m ± 1)|s (m ± 1)i

(121)

Los coeficientes a, b, c, d son f´ acilmente determinados de:   1 (+) 3 3 1 (+) 3 1 1 1 0 = aS2 ; − + bS1 ; 2 2 2 2 2 2 2 2   √ 3 3 1 1 3 3 1 1 ; + b~ 3 ; = a~ 2 2 2 2 2 2 2 2

S+ |1 1i =

Lo que nos da:

√ a=−

3 2

b=

1 2

(122) (123)

(124)

Similarmente, tenemos: 3 S+ |2 1i = 2~|2 2i = 2~ 2  √ 3 3 1 1 3 ; + d~ = c~ 3 2 2 2 2 2 Lo que nos da: 1 d= 2

3 ; 2 3 ; 2

1 2 1 2

 1 2  1 2

(125) (126)

√ c=

3 2

(127)

Entonces, tenemos: √   1 1 3 1 1 1 3 3 3 1 |1 1i = − ; − + ; 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 √   3 3 1 1 1 1 3 3 1 1 |2 1i = ; + ; − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 16

(128) (129)

Las relaciones inversas son:  3 1 1 1 2 2; 2 2  3 3 1 1 ; − 2 2 2 2

√ = =

3 1 |2 1i + |1 1i 2 2 √ 1 3 |2 1i − |1 1i 2 2

(130) (131)

El estado evolucionado del sistema ser´a: |ψ(t)i =

 1 √ −iE2 t/~ 3e |2 1i + e−iE1 t/~ |1 1i 2

(132)

con: 5α~ 4 3α~ 4

E1

= −

(133)

E2

=

(134)

como los dos autovalores de energ´ıa. Finalmente, la probabilidad de encontrar al sistema en el estado: | 23 32 ; 21 − 12 i es:

P

= = =

  2 3 3 1 1 ; − ψ(t) 2 2 2 2   3 (E2 − E1 )t sin2 4 ~ 3 sin2 2αt 4

(135) (136) (137)

Problema 2: De la representaci´ on de Pauli, inmediatamente podemos ver que:

|S1x = ~/2i = |S1x = −~/2i =

1 √ (| ↑i1 + | ↓i1 ) 2 1 √ (| ↑i1 − | ↓i1 ) 2

(138) (139)

donde | ↑i y | ↓i son autofunciones de Sz . Las relaciones inversas son:

| ↑ i1

=

| ↓ i1

=

1 √ (|S1x = ~/2i + |S1x = −~/2i) 2 1 √ (|S1x = ~/2i − |S1x = −~/2i) 2

De forma completamente an´ aloga, podemos ver que:

17

(140) (141)

|S2y = ~/2i = |S2y = −~/2i =

1 √ (| ↑i2 + i| ↓i2 ) 2 1 √ (| ↑i2 − i| ↓i2 ) 2

(142) (143)

De modo que se obtiene:

| ↑ i2

=

| ↓ i2

=

1 √ (|S2y = ~/2i + |S2y = −~/2i) 2 i − √ (|S2y = ~/2i − |S2y = −~/2i) 2

(144) (145)

El estado ms = 0 en el triplete s = 1 es:

|s = 1, ms = 0i = = +

1 √ (| ↑i1 | ↓i2 − | ↓i1 | ↑i2 ) 2 1 −iπ/4 |S1x = ~/2i|S2y = ~/2i − eiπ/4 |S1x = ~/2i|S2y = −~/2i − i(e 2 eiπ/4 |S1x = −~/2i|S2y = ~/2i − e−iπ/4 |S1x = −~/2i|S2y = −~/2i)

(146) (147)

Ojo que hemos reducido: 1 eiπ/4 = √ (1 + i) 2

(148)

Finalmente, de la expresi´ on anterior, es posible leer la posibilidad: 2

P = |h1 0|S1x = +, S2y = −i| = 1/4

(149)

Problema 3: No es dificil construir los autoestados de S 2 , Sz . Los mostraremos utilizando letras en negrita. Ellos son un singlete: 1 1 |0 0i = √ |1, 0i|1, 0i − (|1, 1i|1, −1i − |1, −1i|1, 1i) 2 2

(150)

y un triplete: 1 √ (|1, 0i|1, 1i − |1, 1i|1, 0i) 2 1 1 |1 0i = − √ |1, 0i|1, 0i − (|1, 1i|1, −1i − |1, −1i|1, 1i) 2 2 1 |1 − 1i = √ (|1, 0i|1, −1i − |1, −1i|1, 0i) 2 |1 1i =

y un quinteto: 18

(151) (152) (153)

|2 2i = |1, 1i|1, 1i 1 |2 1i = √ (|1, 0i|1, 1i + |1, 1i|1, 0i) 2 1 |2 0i = √ (|1, 1i|1, −1i + |1, −1i|1, 1i) 2 1 |2 − 1i = √ (|1, 0i|1, −1i + |1, −1i|1, 0i) 2 |2 − 2i = |1, −1i|1, −1i

(154) (155) (156) (157) (158)

De las relaciones de arriba, obtenemos: 1 |1, 1i|1, 0i = √ (|2 1i − |1 1i) 2

(159)

Entonces, la probabilidad de encontrar al sistema en cualquiera de los estados mostrados a la derecha es 1/2.

19

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile - Facultad de F´ısica QM II - FIZ0412

Ayudant´ıa 4 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected]) Resumen - Teor´ıa de Perturbaciones independiente Consideremos que hemos resuelto la ecuaci´on de Schrodinger: H 0 ψn0 = En ψn0 Donde

ψn0

es un set completo de autofunciones con los correspondientes autovalores

(160) En0 .

Se cumple:

0 hψn0 |ψm i = δnm

(161)

La idea es perturbar ligeramente modificando el potencial. Resolveremos entonces: Hψn = En ψn

(162)

OJO! Lo que obtendremos siempre ser´ an soluciones aproximadas. Ahora, escribimos el Hamiltoniano en funci´ on de un par´ ametro λ muy peque˜ no y expandimos la funci´on de onda y la energ´ıa:

H ψn En

= H 0 + λH 0 = ψn0 + λψn1 + λ2 ψn2 + ... = En0 + λEn1 + λ2 En2 + ...

(163)

on a primer orden del autovalor y ψn1 del autoestado. Importante: En1 es la correcci´ Si reemplazamos en la ecuaci´ on original y jugamos un poco con los productos, obtenemos: En1 = hψn0 |H 0 |ψn0 i

(164)

y la correcci´ on del autoestado ser´ a: ψn1 =

X m6=n

0 hψm |H 0 |ψn0 i 0 )ψ 0 (En0 − Em m

(165)

As´ı mismo, la energ´ıa a segundo orden quedar´a dada por: En2 =

X |hψ 0 |H 0 |ψ 0 i|2 m n 0 En0 − Em

m6=n

20

(166)

Problemas 1. Encuentre el resultado para la correcci´on a segundo orden de la energ´ıa del estado fundamental de un oscilador arm´ onico perturbado por un t´ermino λx4 , i.e. 21 3 E0 (λ) = 1 + λ − λ2 + ... 4 16 donde, en aras de la simplicidad, se ha escogido ~ = 2M = k/2 = 1, siendo H0 el hamiltoniano de un oscilador arm´ onico de masa M y constante k. De este modo el espectro no perturbado viene dado simplemente por En0 = 2n + 1. 2. Un oscilador arm´ onico 1-dimensional que posee carga el´ectrica e se localiza en presencia de un campo ~ = E0 x el´ectrico externo uniforme E ˆ. El hamiltoniano del sistema viene dado por: H=−

~2 d 2 1 + mω 2 − eEx 2m dx2 2

(a) Calcule los niveles de energ´ıa corregidos a segundo orden y la funci´on de onda a primer orden en teor´ıa de perturbaciones y compare con el resultado exacto. Es decir debe resolver el problema en forma exacta y verificar, en este caso, las bondades de teor´ıa de perturbaciones.

3. Un sistema de dos niveles. Considere el hamiltoniano: H = H0 + λH 0 con  E1 H0 = 0

0 E2

 (167)

y 0



H =

0 −ia

 ia 0

(168)

(a) Resuelva en forma exacta los autovalores y autoestados. (b) Resuelva tanto los autovalores como las autofunciones a segundo orden usando teor´ıa de perturbaciones. ¿ C´ omo se comparan los autovalores exactos con los que ha obtenido mediante teor´ıa de perturbaciones?

21

Soluciones Problema 1: Consideremos las correcci´ on a primer orden (correcci´on del n-esimo estado a primer orden):

En(1) = hn|V |ni

(169)

Recordemos que: r |ni =

r   mω 1/4 2 1 mω − mωx 2~ ·e · Hn · x 2n n! π~ ~

n = 0, 1, 2, ...

(170)

En nuestro caso: |0i = π −1/4 e−x |0i = π

2

/2

· H0 (x)

−1/4 −x2 /2

e

Luego, calculando expl´ıcitamente la integral, se obtiene:

(1) E0 (1)

E0

(1)

E0

(1)

E0

Z

∞

=

π −1/4 e−x

−∞ ∞

Z

2

/2 4 −1/4 −x2 /2

x π

e

dx

2

π −1/2 e−x x4 dx −∞  √  3 π −1/2 = π · 4 3 = 4 =

Es u ´til recordar que:   1 = Γ 2

√

π

Z Γ(z)

=

(171)

∞

tz−1 e−t dt

(172)

0

Por otro lado, sabemos que la correcci´on a segundo orden viene dada por: En(2) =

X |(0) hl|V |ni(0) |2 (0)

m6=n

(173)

(0)

En − El

En este problema lo que utilizaremos es V = λx4 , donde x =

q

~ † 2mω (a + a ). 2

Adem´as en las instrucciones

del enunciado, se dice: ~ = 2M = k/2 = 1 y sabemos que ω = ~k /2m, entonces:

22

x

=

V

=

1 (a + a† ) 2 λ (a + a† )4 16

(0)

Por otro lado, la energ´ıa de un oscilador es En = 2n + 1 (ojo que las constantes han sido aproximadas seg´ un las indicaciones de enunciado). Ahora, necesitamos resolver la segunda aproximaci´on de energ´ıa:

(2)

=

(2)

=

E0 E0

(2)

E0

X

|(0) hl|V |ni(0) |2 2 · 0 + 1 − (2 · l + 1)

X |(0) hl|V |ni(0) |2

−2l 1 X |(0) hl|(a + a† )4 |ni(0) |2 = − 32 l

Esta expresi´ on es un tanto complicada por lo que primero resolveremos el argumento dentro del m´ odulo cuadrado:

hl|(a + a† )4 |0i = hl|a4 |0i + hl|a3 a† |0i + hl|a2 a† a|0i + hl|a2 (a† )2 |0i + hl|aa† a2 |0i + hl|(aa† )2 |0i +hl|a(a† )2 a|0i + hl|a(a† )3 |0i + hl|a† a3 |0i + hl|a† a2 a† |0i + hl|(a† a)2 |0i +hl|a† a(a† )2 |0i + hl|(a† )2 a2 |0i + hl|(a† )2 aa† |0i + hl|(a† )3 a|0i + hl|(a† )4 |0i Ahora necesitamos calcular estas expresiones. Las separare considerando que hay un grupo que inmediatamente se elimina. Esto se provoca porque cuando a act´ ua sobre |0i se anula. De modo que los siguientes t´erminos se anulan inmediatamente:

hl|a4 |0i =

0

2 †

hl|a a a|0i =

0

hl|aa† a2 |0i =

0

† 2

hl|a(a ) a|0i = †

0

2

0

† 3

hl|a a |0i =

0

hl|(a† )2 a2 |0i =

0

hl|(a a) |0i =

† 3

hl|(a ) a|0i =

0

Consideremos las siguientes propiedades:

a† |ni = a|ni =

√ √

n + 1|n + 1i

(174)

n|n − 1i

(175)

Utilizando estas propiedades, calcularemos los productos restantes, 23

hl|a3 a† |0i = hl|a3 |1i = hl|a2 |0i = 0 √ hl|a2 (a† )2 |0i = hl|a2 a† |1i = hl|a2 2|2i = 2hl|a|1i = 2hl|0i = 0 hl|(aa† )2 |0i = hl(aa† )|0i = hl|0i √ √ hl|a(a† )3 |0i = hl|a(a† )2 |1i = 2hl|aa† |2i = 3 2hl|2i hl|a† a2 a† |0i = hl|a† a2 |1i = 0 √ √ hl|a† a(a† )2 |0i = hl|a† aa† |1i = 2hl|a† a|2i = 2hl|a† |1i = 2 2hl|2i √ hl|(a† )2 aa† |0i = hl|(a† )2 a|1i = hl|(a† )2 |0i = 2hl|2i √ √ √ √ hl|(a† )4 |0i = hl|(a† )3 |1i = 2hl|(a† )2 |2i = 3 · 2hl|a† |3i = 4!hl|4i = 2 6hl|4i Cuando introducimos estos productos, se nos introducen unas deltas de dirac. Finalmente lo que tenemos es: hl|(a + a† )|0i =

√

√ 4!δl,4 + 6 2δl,2

(176)

Calculando la correcci´ on a segundo orden, obtenemos:

(2) E0

=

(2)

=

(2)

=

(2)

=

(2)

=

E0 E0 E0

E0

√ √ 1 X | 4!δl,4 + 6 2δl,2 |2 − 32 l m6=n √ √ 1 X |2 6δl,4 + 6 2δl,2 |2 − 32 l m6=n   1 24 72 − + 32 4 2 42 − 32 21 − 16

Con esto, ya se obtuvo la correcci´ on requerida y coincide con la respuesta del enunciado. Problema 2: En primer lugar, resolveremos el problema exacto, y luego procederemos a utilizar teor´ıa de perturbaciones. El problema que se tiene es: ~2 d 2 ψ − + 2m dx2



 1 2 2 mω x − eEx ψ = Eψ 2

Utilizaremos el siguiente cambio de variables: x0 = x −

24



eE mω 2



tenemos que realizar algunos cambios: 

 1 mω 2 x2 − eEx = 2 = =

2      eE 1 eE 0 − eE x + mω 2 x0 + 2 mω 2 mω 2 1 1 (eE)2 eE (eE)2 + mω 2 2 4 − eEx0 − mω 2 x02 + mω 2 x0 2 2 mω 2 m ω mω 2 2 1 1 (eE) mω 2 x02 − 2 2 mω 2

Entonces, la ecuaci´ on nos queda:

−

  ~2 d2 ψ 1 1 (eE)2 2 02 + ψ mω x ψ = E + 2m dx02 2 2 mω 2

Esta es la ecuaci´ on de Schrodinger para el oscilador arm´onico simple, en x0 . Entonces, la constante debe 1 ser (n + 2 )~ω, con lo que tenemos:  En =

n+

1 2

 ~ω −

1 (eE)2 2 mω 2

(177)

Ahora intentaremos resolver el problema con teor´ıa de perturbaciones: En(1) =(0) hn|V |ni(0) = −eEhn|x|ni = 0 Esto se anula porque x puede ser reemplazado por los operadores de subida y bajada que genera que las autofunciones sean ortogonales. Ahora debemos hacer la correcci´ on a segundo orden, que est´a dado por la expresi´on: En(2) = (eE)2

X |hm|x|ni|2 (n − m)~ω

m6=n

Ahora resolvemos (esto es simplemente reemplazar x por la combinaci´on correspondiente de los operadores de subida y bajada):

En(2)

=

√ √ (eE)2 ~ X [ n + 1δm,n+1 + nδm,n−1 ] ~ω 2mω (n − m) m6=n

2

En(2)

=

En(2)

=

En(2)

=

En(2)

=

(eE) X [(n + 1)δm,n+1 + nδm,n−1 ] 2mω 2 (n − m) m6=n   (eE)2 (n + 1) n + 2mω 2 n − (n + 1) n − (n − 1) (eE)2 [−(n + 1) + n] 2mω 2 (eE)2 − 2mω 2 25

Como hemos notado, obtenemos el mismo resultado considerando el problema exacto o resolviendolo por teor´ıa de perturbaciones Problema 3: La soluci´ on exacta de este problema la encontraremos en primer lugar buscando los autovalores del Hamiltoniano:   E1 − E iλa det =0 (178) −iλa E2 − E Asumiremos que E2 > E1 de modo que |E2 − E1 | = E2 − E1 . Ahora, el problema del determinante es simplemente resolver la siguiente ecuaci´on cuadr´atica: E 2 − (E1 + E2 )E + E1 E2 − λ2 a2 = 0 Tendremos que las soluciones son dos y est´an dadas por: E± =

1p 1 (E1 + E2 ) ± (E2 − E1 )2 + 4λ2 a2 2 2

Si expandimos en potencias de λ, obtenemos:

E+

1 1 λ2 a2 (E1 + E2 ) + (E2 − E1 ) + 2 2 E2 − E1 λ2 a2 = E2 + E2 − E1 =

Los autovectores tendr´ an la forma: ψ=

  α β

(179)

Donde: (E1 − E± )α± + iλaβ± = 0 de modo que: α± =

−iλa β± E1 − E±

Ahora, tenemos:  ψ± = C±

−iλa E1 − E±



Eligiendo la fase en forma arbitraria, nos queda: |C± | = p

1 (E1 − E± )2 + λ2 a2

Para comparar con la teor´ıa de perturbaciones, permitiremos que λ → 0 y tendremos que: 26

E1 − E+

→

−(E2 − E1 ) −

E1 − E−

→

λ2 a2 E2 − E1

C+

→

(E2 − E1 ) +

C−

→

λa

λ2 a2 E2 − E1

λ2 a2 2(E2 − E1 )

De modo que con la fase arbitraria tenemos:  ψ+ →

iλa E2 −E1



1 

ψ− →

1



iλa E2 −E1

Resolveremos ahora por medio de teor´ıa de perturbaciones Los autovalores a orden cero son: E1

(0)

= E1

(0) E2

= E2

y los autovectores: (0)

  1 0   0 = 1

ψ1 = (0)

ψ2

La primera correcci´ on a los autovalores es cero dado que: (0)

(0)

(0)

(0)

hψ1 |H 0 |ψ1 i = 0 hψ2 |H 0 |ψ2 i = 0 Por otro lado, la primera correcci´ on para la funci´on de onda: (0)

(1)

ψ1 =

(0)

(0)

E1 − E2   −ia 0 = E1 − E2 1 (0)

(1)

ψ2 =

(0)

(0)

ψ2 hψ2 |H 0 |ψ1 i

(0)

(0)

ψ1 hψ1 |H 0 |ψ2 i (0)

(0)

E1 − E2   ia 1 = E1 − E2 0 27

Problemas Extra Derive en detalle la expresi´ on para la correcci´on de la funci´on de onda en segundo orden de teor´ıa de perturbaciones (esquema de Rayleigh-Schrdinger) en el caso estacionario no degenerado. |ni(2) =

X |l(0) ihl(0) |V |m(0) ihm(0) |V |n(0) i (0)

m,l6=n

(0)

(0)

(0)

(En − El )(En − Em )

−

X |l(0) ihl(0) |V |n(0) ihn(0) |V |n(0) i (0)

(0)

(En − El )2

l6=n

(180)

Soluci´ on Ya fue resuelta en clases las expresiones para la correcci´on a primer orden de la energ´ıa y de la onda. Dadas por: En(1)

=

|ni(1)

=

(0)

hn|V |ni(0) X |li(0) (0) hl|V |ni(0)

(181) (182)

(0)

En − El

(183) Ahora, consideremos la correcci´ on para segundo orden: (H0 − En0 )|ni(2) + (V − En )|ni(1) − En(2) |ni(0)

(184)

Reemplazaremos las primeras ecuaciones en la u ´ltima, obteniendo: (H0 − En(0) )|ni(2) + (V −(0) hn|V |ni(0) )

X |li(0)

(0)

hl|V |ni(0)

(0) En

− El

− En(2) |ni(0) = 0

(185)

Ahora bracketeamos por la izquierda con 0 hm|, tomando m 6= n. Haciendo esto, obtenemos:

0

hm|H0 − En(0) |ni(2) +

X (0) hl|V |ni(0) (0) En

−

(0) El

((0) hm|V |li(0) −(0) hm|(0) hn|V |ni(0) |li(0) ) − En(2)

(0)

hm|ni0 = 0 (186)

Ademas, sabemos del problema original, que: H0 |ni(0) = En(0) |ni(0) (H0 − En(0) )|ni(0) = 0 Si en esta ecuaci´ on bracketeamos por la izquierda con

(0)

hm|, con lo que obtenemos:

0 (Em − En(0) ) (0) hm|ni(0) = 0

Como m 6= n: (0) Em − En(0) 0

→ hm|ni

(0)

Ahora, utilicemos la ecuaci´ on (13) , que nos queda: 28

6=

0

=

0

(187)

(0) (Em − En(0) )(0) hm|ni(2) +

1er termino +

X ((0) hl|V |ni(0)

X ((0) hl|V |ni(0)

(0)

hm|V |li(0) −(0) hl|V |ni(0) (0)

(0)

hm|(0) hn|V |ni(0) |li(0) )

(0)

(En − El ) (0)

hm|V |li(0)

(0)

hm|mi(0) −(0) hl|V |ni(0) (0)

(0)

hn|V |ni(0)

(0)

(0)

(En − El )

hm|li(0) )

= 0 (188)

=0

(189)

Luego, reordenando tenemos:

(0) (0) (En(0) − Em ) hm|ni(0) =

(0)

X

(0)

hm|li(0)

(0)

hl|V |mi(0)

(0)

hm|V |ni(0)

(0)

(0)

hm|li(0)

(190)

!

(0)

En − El (0)

hm| obtenemos la expresi´on final: ! ! (0) X (0) hl|V |ni(0) (0) hn|V |ni(0) |li(0) hl|V |ni(0) (0) hm|V |ni(0) |li(0) − (0) (0) (0) (0) (0) (0) (En − Em )(En − El ) (En − El )2 l6=n

Si bracketeamos nuevamente por la izquierda con

m,l6=n

hm|V |ni(0)

(0)

−

X

(0)

En − El (0)

|ni(2) =

hl|V |mi(0)

Con lo que hemos demostrado lo solicitado.

29

(191)

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile - Facultad de F´ısica QM II - FIZ0412

Ayudant´ıa 5 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected])

Problemas 1. Reemplace el n´ ucleo de un ´ atomo de hidr´ogeno con una distribuci´on de carga el´ectrica uniforme de radio R  a0 . ¿Cu´ al es el potencial electrost´atico resultante VR (r)? La diferencia:  2 e ∆V (r) = VR (r) − − (192) r ser´ a proporcional a la extensi´ on R asumida del n´ ucleo. (a) Considerando ∆V como una perturbaci´on, calcule la corecci´on a la energ´ıa del groud-state a primer orden. (b) Haga lo mismo para los estados 2s y 2p 2. Teor´ıa de perturbaciones degenerada - Oscilador arm´ onico bidimensional: Considere un oscilador arm´ onico bidimensioanl descrito por el Hamiltoniano: H0 = ~ω(a†1 a1 + a†2 a2 )

(193)

Calcule el efecto a segundo orden de la perturbaci´on: H 0 = λ(a†1 a†1 a2 a2 + a†2 a†2 )

(194)

sobre los segundos estados excitados y a primer orden sobre los terceros niveles excitados. ¿Cu´ales son los efectos de la perturbaci´ on sobre el ground-state y los primeros estados excitados? 3.

30

Soluciones Problema 1: En primer lugar, anotaremos identidades importantes. En la parte (a) necesitaremos: λ

Z

n −x

dxx e

In (λ) =

= n! 1 − e

−λ

0

!

n X λv v=0

(195)

v!

En la parte (b), ser´ a necesario, conocer las funciones de onda correspondiente: ψ100 (r)

=

(πa30 )−1/2 e−r/a0

(196)

ψ200 (r)

=

(32πa30 )−1/2 (2 − r/a0 )e−r/2a0

(197)

=

(32πa30 )−1/2 (r/a0 )e−r/2a0

(198)

ψ210 (r)

Ahora, asumiendo una densidad de carga el´ectrica uniforme, tenemos: ρ=

|e|

(199)

4 3 3 πR

y si utilizamos la ley de Coulomb para el potencial electrost´atico, tenemos: Z 3e2 1 d3 r 0 0 VR (r) = − 4πR3 r≤R |~r − ~r| Z Z 3e2 R 0 02 1 1 = − 3 dr r (dcosθ) √ 2 02 2R r r + r − 2rr0 cosθ −1

(200) (201)

O, separando por sectores:

VR (r)

=

VR (r)

=

e2 r   e2 3 1  r 2 − − R 2 2 R −

r>R

(202)

r≤R

(203)

La diferencia con el potencial de coulomb tipo punto est´andar es: ∆V (r)

=

0

= e2

∆V (r)



1 1 r2 3 + − 3 r 2R 2R

r>R

(204)

r≤R

(205)



Entonces, la correcci´ on a primer orden a la energ´ıa del ground-state ser´a (1)

E10

= h100|∆V |100i Z 1 = d3 re−2r/a0 ∆V (r) 4πa30   Z e2 λ x4 3x2 = dxe2x x + 3 − a0 0 2λ 2λ 31

(206) (207) (208)

donde hemos introducido el par´ ametro: λ=

R 1 a0

(209)

Resolviendo la integral, obtenemos: (1)

E10 =

e2 [3 − 3λ2 + 2λ3 − e−2λ (3 + 6λ + 3λ2 )] 8a0 λ3

Expandiendo la exponencial cerca de λ = 0 y manteniendo t´erminos hasta 5 orden, obtenemos:   e2 4λ2 (1) 3 E10 = − + O(λ ) 2a0 5

(210)

(211)

(b) La correcci´ on al estado 2s es: (1) E20

= =

2  Z r 1 3 d r 2− e−r/a0 ∆V (r) 32πa30 a0   Z λ 3x2 e2 x2 dx(2 − x)2 e−x x + 3 − 8a0 0 2λ 2λ

(212) (213)

Resolviendo la integral, tenemos: (1)

E20 =

e2 2a0



1 8λ3

 I(λ)

(214)

donde I(λ) = 336 − 24λ2 + 4λ3 − e−λ (336 + 336λ + 144λ2 + 36λ3 + 6λ4 )

(215)

En el l´ımite de λ peque˜ no esto nos da: (1)

E20 ≈

e2 2a0



λ2 10

 (216)

La correspondiente correcci´ on al estado 2p es:  2 Z r 1 (1) 3 d r e−r/a0 cos2 θ∆V (r) E21 = 32πa30 a0

(217)

Entonces, (1) E21

e2 = 24a0

Z 0

λ

  x4 3x2 e2 dxx x + 3 − = [720−72λ2 +12λ3 −e−λ (720+720λ+288λ2 +60λ3 +6λ4 )] 2λ 2λ 48a0 λ3 (218) 2

Expandiendo, tenemos que: (1) E21

e2 ≈− 2a0



λ4 240

 (219)

N´ otese que la correcci´ on al estado 2p es fuertemente suprimida en comparaci´on con la de los estados s: E (1) λ2 20 (220) (1) ≈ E 24 21

32

Problema 2: Recordar: B´ asicamente, se trata de buscar los autovalores de la matriz de nxn: Wij = hψi0 |H 0 |ψj0 i En primer lugar, debemos suponer isotrop´ıa. Tenemos:

H0 H

0

= ~ω(a†1 a1 + a†2 a2 )

(221)

λ(a†1 a†1 a2 a2

(222)

=

+

a†2 a†2 a1 a1 )

Tenemos que: n ˆ

= a† a

(223)

n ˆ |ni = n|ni

(224)

Y si separamos por ambas direcciones: H0(1) = ~ω(a†1 a1 )

→

direccion x

(225)

~ω(a†2 a2 )

→

direccion y

(226)

H0(2) =

(227) Luego, tenemos: H0(1) + H0(2) = ~ω(a†1 a1 + a†2 a2 )

(228)

y aplicando las relaciones anteriores: H0(1) |n1 i(0) = ~ω(a†1 a1 )|n1 i = ~ωn1 |n1 i (0)

H0(2) |n2 i

=

~ω(a†2 a2 )|n2 i

= ~ωn2 |n2 i

(229) (230)

Luego, naturalmente se deriva: H0 |n1 , n2 i(0) = ~ω(a†1 a1 + a†2 a2 )|n1 , n2 i(0) H0 |n1 , n2 i

(0)

= ~ω(n1 + n2 )|n1 , n2 i

(0)

(231) (232)

Luego, tenemos que: |0, 0i con E0 = 0 groundstate |1, 0i |0, 1i E1 = ~ω |1, 1i, |2, 0i, |0, 2i E2 = 2~ω

1er N ivel excitado o

2 N ivel excitado

(233) (234) (235)

Segundo Nivel: |2, 0i(0) , |1, 1i(0) , |0, 2i(0)

(236)

Consideramos el cambio de Base: a11 |2, 0i(0) + a12 |1, 1i + a13 |0, 2i → ψ1 (0)

a21 |2, 0i

(237)

+ a22 |1, 1i + a23 |0, 2i → ψ2

(238)

a31 |2, 0i(0) + a32 |1, 1i + a33 |0, 2i → ψ3

(239)

33

Entonces, tenemos dos matrices importantes:   a11 a12 a13 A =  a21 a22 a23  a31 a32 a33

0 H11 0  H21 V = 0 H31



0 H12 0 H22 0 H32

 0 H13 0  H23 0 H33

(240)

Por otro lado, tenemos las ecuaciones: a|0i =

0 √

a† |ni =

√

a|ni =

(241) n + 1|n + 1i

(242)

n|n − 1i

(243)

Adem´ as: 0 H22

=

(0)

h1, 1|a†1 a†1 a2 a2 + a†2 a†2 a1 a1 |1, 1iλ

(0)

=

[

=

0

h1, 1|a†1 a†1 a2 a2 |1, 1i

+

h1, 1|a†2 a†2 a1 a1 |1, 1i(0) ]λ

(244) (245) (246)

y otro t´ermino de la matriz est´ a dado por: 0 H13 =(0) h2, 0|H 0 |0, 2i

(247)

Es posible calcular: 0 H13

=

λ{(0) h2, 0|a†1 a†1 a2 a2 |0, 2i + h2, 0|a†2 a†2 a1 a1 |0, 2i} √ √ √ √ λ 2 1 1 2h2, 0|2, 0i

(249)

=

2λ

(250)

=

(248)

Se resuelve el problema de autovalores: 

   α α V  β  = v β  γ γ Resolviendo el problema de autovalores: −v 0 0 −v 2λ 0

2λ 0 −v

= −x(x2 − 4λ2 ) = 0

(251)

(252)

Lo que nos arroja los autovalores y autovectores siguientes:

x1

=

0

(253)

x2

=

2λ

(254)

x3

= −2λ

(255)

y autovectores:   1 1   0 v1 = √ 2 1



 0 v2 =  1  0 34

  −1 1  0  v3 = √ 2 1

(256)

Entonces, la correcci´ on a los niveles de energ´ıa son: R2r = 2~ω + r2λ donde r = +1, 0, −1 Problema 3:

35

(257)

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile - Facultad de F´ısica QM II - FIZ0412

Ayudant´ıa 6 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected])

Resumen M´ etodo Variacional - Teor´ıa de perturbaciones degenerada La idea del m´etodo variacional es b´ asicamente buscar al tanteo la energ´ıa del ground-state Eground . Se utiliza cuando no es posible resolver la ecuaci´ on de Schr¨odinger (independiente del tiempo). Teorema: Eground ≤ hψ|Hψi = hHi (258) En este m´etodo, a la funci´ on ψ se le denomina funci´on de prueba. Luego de calcular el valor de expectaci´ on, se procede a buscar los puntos cr´ıticos de este para extremizar.

Problemas 1. Haga una estimaci´ on variacional para el nivel m´as bajo de energ´ıa de una part´ıcula de masa m confinada en una caja unidimensional de largo a. Para ello considere la funci´on de prueba (Ansatz) (φ(x) = Axn (a − x)n ). Siendo n un par´ ametro variacional. ¿Por qu´e es un Ansatz razonable? Compare la energ´ıa variacional ´ optima con el valor exacto E1 = (π 2 ~2 )/(2ma2 ). Compare tambi´en el valor no ´ optimo obtenido con n = 1 Se cumple: Z

1

xm−1 (1 − x)n−1 dx = B(m, n) =

0

Γ(m)Γ(n) Γ(m + n)

Tambi´en le puede ser de utilidad Γ(a + 1) = aΓ(a)

2. Considere las correcciones perturbativas que discuti´eramos en clases para un caso degenerado. Considere para ser m´ as expl´ıcitos un sistema en que los dos primeros estados |1i y |2i son degenerados. Muestre que la correcci´ on a primer orden para la funci´on de onda |1i(1) viene dada por (1)

|1i

 X  hψ2 |V |nihn|V |ψ1 i |nihn|V |ψ1 i = |ψ2 i + E10 − En0 (v+ − v− ) E10 − En0 n6=(1,2)

as´ı como una expresi´ on an´ aloga para |2i(1) . En la f´ormula anterio v+ Y v− denotan los autovalores que provienen de diagonalizar la matriz secular, siendo |ψ1 i y |ψ2 i los correspondientes autovectores. ¿Cu´ al es la expresi´ on para la correcci´on a primer orden a la funci´on de onda de los otros estados |ni, n 6= 1, 2? 36

Encuentre la correcci´ on a segundo orden a la energ´ıa de los dos estados originalmente degenerados (n = 1, n = 2).

3. Considere el nivel n = 2 del hidr´ ogeno. Se aplica un campo el´ectrico constante en la direcci´on zˆ. Encuentre las correcciones inducidas por esta perturbaci´on en el espectro de los cuatro estados (originalmente degenerados). Para ello, obtenga la matriz secular. Diagonal´ıcela y obtenga las bases de orden cero que diagonaliza la perturbaci´ on, Inf´ ormese sobre las funciones de onda relevantes.

37

Soluciones Problema 1: Para resolver este problema, lo que debemos resolver es el nuevo Hamiltoniano con una funci´on de prueba. Para ello intentaremos “adivinar” el estado base E0 considerando esta funci´on de prueba que contiene un par´ ametro variacional. Utilizaremos: H=

h˜0|H|˜0i h˜0|˜0i

(259)

En este caso, tendremos que resolver por calculo directo la integral, que es: 2

H

=

H

=

( −~ 2m ) 

−~2 2m

Ra 0



2

d n n Axn (a − x)n dx 2 Ax (a − x) Ra A2 x2n (a − x)2n 0

I1 I2

(260) (261)

Resolveremos en primer lugar la integral superior I1 , que expandiendo, queda: Z I1 =

a

n(n − 1)x2n−2 (a − x)2n − 2n2 x2n−1 (a − x)2n−1 + n(n − 1)x2n (a − x)2n−2 dx

0

Ahora procederemos a resolver cada t´ermino por separado:

Z I1,1

=

a

n(n − 1)x2n−2 (a − x)2n dx

0

x a I1,1

dx = du a Z 1 n(n − 1) (au)2n−2 a2n (1 − u)2 nadu

= u =

→

0

Z I1,1 I1,1 I1,1 I1,1

=

1

a4n−1 u2n−2 (1 − u)2n du

n(n − 1)

0 4n−1

B(2n − 1, 2n + 1)   Γ(2n − 1)Γ(2n + 1) 4n−1 = n(n − 1)a Γ(4n)   (2n − 2)!(2n)! = n(n − 1)a4n−1 (4n − 1)!

=

n(n − 1)a

Ahora el segundo t´ermino de I1 :

38

(262)

a

Z I1,2

=

2n2 x2n−1 (a − x)2n−1 dx

− 0

x a

=

I1,2

=

dx → = du a Z 1 (au)2n−1 a2n−1 (1 − u)2n−1 adu −2n2 u

0

I1,2

=

I1,2

=

I1,2

=

I1,2

=

−2n2

Z

1

a4n−1 u2n−1 (1 − u)2n−1 du

0 2 4n−1

−2n a

B(2n, 2n)   Γ(2n)Γ(2n) 2 4n−1 −2n a Γ(4n)   (2n − 1)!(2n − 1)! 2 4n−1 −2n a (4n − 1)!

Finalmente nos queda el tercer t´ermino de I1 : Z I1,3

=

a

n(n − 1)x2n (a − x)2n−2 dx

0

x a I1,3

dx = du a Z 1 = n(n − 1) a2n u2n a2n−2 (1 − u)2n−2 adu = u

→

0

Z I1,3 I1,3 I1,3 I1,3

= n(n − 1)

1

a4n−1 u2n (1 − u)2n−2 du

0 4n−1

= n(n − 1)a

B(2n + 1, 2n − 1)   Γ(2n + 1)Γ(2n − 1) 4n−1 = n(n − 1)a Γ4n   (2n)!(2n − 2)! 4n−1 = n(n − 1)a (4n − 1)!

Ahora, lo que debemos hacer es calcular la integral inferior I2 :

39

a

Z I2

x2n (a − x)2n dx

= 0

x a I2

=

I2

=

I2

=

I2

=

I2

=

=

dx = du a a2n u2n a2n (1 − u)2n adx Z 1 u2n (1 − u)2n dx a4n+1 →

u

0

a4n+1 B(2n + 1, 2n + 1)   Γ(2n + 1)Γ(2n + 1) a4n+1 Γ(4n + 2)   (2n)!(2n)! a4n+1 (4n + 1)!

Ahora, podemos calcular I = (I1 /I2 ):

I

=

I

=

I

=

I

=

I

=

I

=

I

=

I

=

I1,1 + I1,2 + I1,3 I2       2 4n−1 (2n−1)!(2n−1)! 4n−1 (2n)!(2n−2)! − 2n a + n(n − 1)a n(n − 1)a4n−1 (2n−2)!(2n)! (4n−1)! (4n−1)! (4n−1)!   (2n)!(2n)! a4n+1 (4n+1)!       4n−1 (2n−1)! 4n−1 (2n−2)! n(n − 1)a4n−1 (2n−2)! − na + n(n − 1)a (4n−1)! (4n−1)! (4n−1)!   (2n)! 4n+1 a (4n+1)! n(n − 1)a4n−1 (2n − 2)! − na4n−1 (2n − 1)! + n(n − 1)a4n−1 (2n − 2)! (4n)(4n + 1) a4n+1 (2n)! n(n − 1)(2n − 2)! − n(2n − 1)! + n(n − 1)(2n − 2)! (4n)(4n + 1) · (2n)! a2 n(n − 1)(2n − 2)! − n(2n − 1)(2n − 2)! + n(n − 1)(2n − 2)! (4n)(4n + 1) · (2n)(2n − 1)(2n − 2)! a2 n(n − 1) − n(2n − 1) + n(n − 1) (4n)(4n + 1) · (2n)(2n − 1) a2 (4n)(4n + 1) − 2 a 2(2n − 1)

Finalmente obtenemos el resultado que buscabamos que es:  H=

~2 2ma2



(4n)(4n + 1) 2(2n − 1)

(263)

Para continuar con el m´etodo variacional, debemos minimizar este hamiltoniano dado con la funci´ on de prueba, de modo que:

40

dH dn dH dn

=

0 

=

~2 2ma2



(4 · 4n + 4(4n + 1))(2n − 1) − (4n + 1)(4n)2 2(2n − 1)2



Luego, tenemos que el numerador debe anularse (tambi´en es soluci´on que el denominador se indefina pero ese valor obtenido indefine la funci´ on hallada de modo que la desechamos):

(32n + 4)(2n − 1) − 2(16n2 + 4n)

=

2

32n(2n − 1) + 4(2n − 1) − 32n − 8n =

0 0

32n2 − 32n − 4

=

0

8n2 − 8n − 1

=

0

Lo que arroja una soluci´ on:

n+

p 64 − 4 · 8 · (−1) = 16 √ 8 ± 96 = 16 = 1.1123

n−

= −0.1123

n± n±

8±

Por u ´ltimo, nos queda evaluar: Utilizando n=1 (no ´ optimo), se obtiene:  H = 10

~2 2ma2

 (264)

Utilizando n=1.1123 resuelto con el m´etodo variacional, se obtiene:  H = 9.8989

~2 2ma2

 (265)

Utilizando n=-0.1123 resuelto con el m´etodo variacional (descartaremos este valor), se obtiene:  H = −0.1

41

~2 2ma2

 (266)

Mientras que con el valor original π 2 , se obtiene:  H = 9.8696

~2 2ma2

 (267)

De modo que nuestra soluci´ on obtenida es muy cercana a la soluci´on real. Problema 2: Sabemos, de clases que los valores de expectaci´on del potencial en la base antigua del Hamiltoniano. Se tiene: (1)

= v+

(268)

(1) E2

= v−

(269)

hψ1 |V |ψ1 i = E1 hψ2 |V |ψ2 i =

Adem´ as, igualando los distintos ordenes de λ obtenemos:

(1)

H0 |ni

En(1) |ψi(0)

(0)

En(0) |ni(1) En(1) |ni(2)

+ V |ψn i

(2)

H0 |ni

+ V |ni

Ahora, lo que haremos ser´ a aplicar

(0)

H0 |ψn i =

(0)

=

(1)

=

(0)

+ +

(271) En(2) |ψn i

(272)

hn| a la ecuaci´on (271):

=

(0)

(1)

(0)

(273)

hn|1i(1) +(0) hn|V |ψ1 i(0)

=

(1) E1 (0) hn|ψ1 i(0)

(274)

(0) E1 )(0) hn|1i(1)

=

hn|1i(1)

=

(0) E1 (0) hn|1i(1) − −(0) hn|V |ψ1 i(0) (0) hn|V |ψ1 i(0) E10 − En

hn|H0 |1i(1) −(0) hn|V |ψ1 i(0)

En(0)

(270) En(1) |ψn i En(1) |ni1 +

(En(0)

Ahora queremos calcular

(0)

−

(275) (276)

hψ2 |1i(1) . Para obtenerlo, aplicamos hψ2 |:

hψ2 |H0 |1i(2) + hψ2 |V |1i(1) (0) E2 hψ2 |1i(2)

hn|E0 |1i(1) +(0) hn|E1 |ψ1 i(0)

(1)

(1)

(2)

=

hψ2 |E1 |1i(2) + hψ2 |E1 |1i(1) + hψ2 |E1 |ψ1 i

(277)

+ hψ2 |V |1i

(1)

=

(278)

hψ2 |1i

(1)

=

(1) E1 hψ2 |1i(2) + hψ2 |V |1i(1) /v+

(1)

v+ hψ2 |1i

+

(2) E1 hψ2 |ψ1 i

(279)

Recordemos que buscamos una expresi´on para |1i(1) tal como:

|1i

(1)

=

(0)

(1)

hψ2 |1i

(0)

|ψ2 i

+

(0) X

hn|1i1 |ni(0)

n6=1,2

Entonces, reemplazamos (13) en (12) y obtenemos: 42

(280)

(0)

N´ otese que

(0)

(1)

hψ2 |1i

hψ2 |1i(1) v+

(

=

1 (0) hψ2 |V v+

=

(0)

(0)

hψ2 |1i(1)

(0)

(1)

hψ2 |1i

|ψ2 i

hψ2 |V |ψ2 i0 +

(0)

X

+

0 X

(0)

) (1)

hn|1i

(0)

|ni

(281)

hn|1i(1) |ni(0)

(282)

hψ2 |V |ψ2 i(0) = v− . Reemplazando (9) ahora, obtenemos:

(0)

hψ2 |1i(1) =

X (0) hn|V |ψ1 i(0) (0) hψ2 |V |ni(0) 1 (0) (0) v+ − v− E − En

(283)

1

Finalmente, reemplazando en (13), se obtiene: (1)

|1i

 X  hψ2 |V |nihn|V |ψ1 i hn|V |ψ1 i |ψ2 i + 0 |ni = (E10 − En0 )(v+ − v− ) E1 − En0

(284)

n6=1,2

Para obtener |2i, haremos:

|2i

(1)

=

(0)

hψ1 |2i

(1)

|ψ1 i

(0)

(0) X

+

hn|2i(1) |ni(0)

(285)

n6=1,2

El proceso es an´ alogo. Buscaremos

(0)

hn|2i(1) aplicando el brac

hn|2i =

(0)

hn| a la ecuaci´on (4):

hn|V |ψ2 i E20 − En0

(286)

Ahora, buscamos hψ1 |2i(1) aplicando el bra hψ1 | en (5) hψ1 |2i(1) =

hψ1 |V |2i(1) v−

(287)

Reemplazaremos en esta ecuaci´ on, la ecuaci´on (18), resultando: hψ1 |2i(1) =

X hψ1 |V |nihn|V |ψ2 i 1 v− − v+ E20 − En

(288)

Finalmente, reemplazando en (19) y (21) en (18) |2i(1) =

X hψ1 |V |nihn|V |ψ2 i { } E20 − En

(289)

n6=1,2

Luego, juntando las ecuaciones:

|2i(1) =

 X  hψ1 |V |nihn|V |ψ2 i hn|V |ψ2 i |ψ i + |ni 1 (E20 − En0 )(v− − v+ ) E20 − En0

n6=1,2

43

(290)

Ahora, necesitamos obtener la correcci´on de la funci´on de onda: Utilizamos la ecuaci´on (4) : H0 |ni(1) + V |ni(0) = En0 |ni(1) + En(1) |ni(0)

(291)

Expresamos |ni como una combinaci´on lineal: |ni(1) = hψ1 |ni(1) |ψ1 i + hψ2 |ni(1) |ψ2 i +

X

hl|ni(1) |li

(292)

Necesitamos obtener los productos internos que involucran a |ni(1) , estos son: hψ1 |ni(1) , hψ2 |ni(1) y hl|ni(1) . Para obtenerlos, bracketeamos por la izquierda y obtenemos:

hψ1 |ni =

hψ1 |V |ni(0) En0 − E1

(293)

hψ2 |ni(1) =

hψ1 |V |ni(0) En0 − E2

(294)

hl|V |ni(0) En0 − El0

(295)

hl|ni(1) = Reemplazando, se obtiene:

|ni(1) =

X hl|V |ni hψ2 |V |ni(0) hψ1 |V |ni0 |ψ1 i + |ψ2 i + |li 0 0 0 En − E1 En − E2 En0 − El

(296)

l6=n

Queremos calcular las correcciones a segundo orden de la energ´ıa. Para obtener esto, aplicamos hψ1 | en la ecuaci´ on (4):

E12 = hψ1 |V |1i1

(297)

Con esto, simplemente reemplazando, se obtiene:

E12 E12

X

hψ2 |V |nihn|V |ψ1 i hn|V |ψ1 i = hψ1 |V |ψ2 i + 0 |ni (E10 − En0 )(v+ − v− ) E1 − En0   X hψ2 |V |nihn|V |ψ1 i hn|V |ψ1 ihψ1 |V |ni + = (E10 − En0 )(v+ − v− ) E10 − En0

 (298) (299)

y E12 =

X |hn|V |ψ1 i|2 E1 − En

Para obtener E22 , aplicamos el bra por la izquierda con ψ2 a la ec. (5). Obtenemos: (2)

E2

= hψ2 |V |2i(1) 44

(300)

Finalmente, reemplazando |2i(1) obtenido anteriormente en (23), se tiene:

(2)

E2

(2)

E2

(2)

E2

 X hψ1 |V |nihn|V |ψ2 i hn|V |ψ2 i |ni = hψ2 |V | |ψ i + 1 (E20 − En0 )(v− − v+ ) E20 − En0   X hn|V |ψ2 ihψ2 |V |ni hψ1 |V |nihn|V |ψ2 i | + = (E20 − En0 )(v− − v+ ) E20 − En0 X |hn|V |ψ2 i|2 = E20 − En0

(301) (302) (303)

Problema 3: En este problema, tenemos una degeneraci´on g = 4 para todos los estados en el nivel n = 2. ¿Por qu´e se produce esta degeneraci´ on? Se produce porque tenemos para un n dado, tenemos distintos valores para l dado que 0≤l E2 > E1 y que E3 − E2  E2 − E1 . Este sistema interact´ ua con un campo magn´etico oscilante a la frecuencia ω. Suponemos que los estados |φ2 i y |φ3 i tienen igual paridad, opuesta a la paridad del estado |φ1 , de modo que el Hamiltoniano de interacci´ on W (t) debido al campo magn´etico oscilante puede conectar |φ2 i y |φ3 i con |φ1 i. Suponga que en la base de los tres estados |φ1 i,|φ2 i,|φ3 i, arreglados de acuerdo a este orden, W (t) viene representado por la siguiente matriz 

 0 0 0 ω1 sinωt  ω1 sinωt 0

0 W (t) =  0 0

donde ω1 es una constante proporcional al campo oscilante. (a) Sea |ψ(t)i =

3 X

bi (t)e−iEi t/~ |φi i

i=1

Escriba el sistema de ecuaciones diferenciales que satisfacen los bi (t). (b) Suponga que ω es muy cercano a ω23 = (E3 − E2 )/~. Haga uso de la simplificaci´on Wii ≈ 0. Integre, en el marco de esta aproximaci´ on, el sistema precedente con las condiciones iniciales 1 b1 (0) = b2 (0) = √ b3 = 0 2 desprecie en el lado derecho de las ecuaciones diferenciales los t´erminos cuyos coeficientes, exp(±i(ω + ω32 )t), var´ıan muy r´ apido y mantenga solamente aquellos coeficientes que son constantes o que var´ıan muy lentamente, como exp(±i(ω − ω32 )). La componente Dz a lo largo de Oz del momento dipolar el´ectrico del sistema (debe informarse sobre el momento dipolar el´ectrico) viene representado, en la base de los tres estados |φ1 i, |φ2 i , |φ3 i, arreglados en este orden, por la matriz: 

 0 d 0  d 0 0  0 0 0 donde d es una constante real (Dz es un operador impar que conecta solamente estados con paridades opuestas). Calcule hDz i(t) = hψ(t)|Dz |ψ(t)i, usando el vector |ψ(t)i calculado en b). Muestre que la evoluci´ on temporal de hDz i(t) viene dada por una superposici´on de t´erminos sinusoidales. Determine las frecuencias νk y las intesidades relativas πk de estos t´erminos. Estas son las frecuencias que pueden ser absorbidas por el ´atomo cuando este se sit´ ua en un campo el´ectrico oscilante paralelo a Oz. Describa las modificaciones de este espectro de absorci´on cuando, para un ω fijo y tal que ω = ω23 , se incrementa ω1 desde cero. 49

3. Un cierto sistema cu´ antico se encuentra inicialmente en su estado fundamental |0i. En t = 0 se aplica una perturbaci´ on de la forma

V (t) = H0 e−(t/T ) Muestre que despu´es de un largo tiempo la probabilidad de que el sistema se encuentre en el estado |1i viene dada por

P (1, t) =

|h0|H0 |1i|2 ( T~ )2 + (∆)2

50

Soluciones Problema 1: Recordemos que x se puede escribir en funci´on de los operadores de creaci´on y aniquilaci´on x =

q

~ 2mω (a+

a† ). Esto nos deja:

x21

=

x22

=

~ (a2 + a1 a†1 + a†1 a1 + (a†1 )2 ) 2mω 1 ~ (a2 + a2 a†2 + a†2 a2 + (a†2 )2 ) 2mω 2

(326) (327)

Utilizando las propiedades de a y a† obtendremos una expresi´on m´as sencilla. Las operaciones son: √

a† |ni =

n + 1|n + 1i

(328)

n|n − 1i

(329)

= hn|V |ni γ~ω = 4

(330)

√

a|ni = Se obtiene: (1)

E0

(1)

E0

(331)

La correcci´ on a segundo orden ser´ a:

(2)

E0

=

X |Vnl |2 En − El

(332)

l6=n

Esto se resolver´ a en primer lugar, obteniendo |Vnl |2

Donde A =

Vnl

= hl|A(a21 + a1 a†1 + a†1 a1 + (a†1 )2 )(a22 + a2 a†2 + a†2 a2 + (a†2 )2 )|ni

(333)

Vnl

= Ahl|2ihm|2i

(334)

Vnl

= Aδl2 δm2

(335)

γ~ω 4

Finalmente: (2)

E0

=−

(b) Buscaremos la ecuaci´ on secular, dada por: 51

γ 2 ~ω 16

(336)

Vij = hφi |V |φj i

3γ~ω 4 h0, 1|V |1, 0i = 0

h1, 0|V |0, 1i = h0, 1|V |0, 1i = Entonces V21 = 0, V12 = 0, V11 =

3γ~ω 4

(337) (338)

3γ~ω 4

y V22 =

Ahora, encontramos los auto valores resolviendo la ecuaci´on secular. Obtendemos: 3γ~ω 4

± =

Estos valores nos arrojan los autovectores (1, 0) y (0, 1) Estos siguen presentando degeneraci´on.

Ahora resolvemos la segunda excitaci´on:

 V =

5γ~ω 4 γ~ω 2

γ~ω 2 5γ~ω 4

0

0

0 0

 

(339)

=0 −

(340)

9γ~ω 4

Resolvemos la ecuaci´ on secular, que arroja el sistema:



5γ~ω − 4 γ~ω 2



0

γ~ω 2 5γ~ω − 4

0

0 0



9γ~ω 4

Las soluciones a esto, corresponden a:

9γ~ω 4 3γ~ω 2 = 4 7γ~ω 3 = 4 1 =

(341) (342) (343)

Para obtener los autoestados, debemos calcular el kernel de la matriz que aparece en la ecuaci´on secular. Para 1 , se obtienen el autoestado: |1i = |1, 1i En el caso de 2 , se obtiene el autoestado:

52

1 |2i = √ (|02i − |20i) 2 Finalmente, obtenemos el autoestado para 3 1 |3i = √ (|02i + |20i) 2 Problema 2: (a) Lo que se nos da por enunciado es:

|ψ(t)i =

3 X

bi (t)e−iEi t/~ |ψi i

(344)

i=1

Adem´ as, sabemos que: iX En − Em ∂Cn =− Cm eiωnm t hn|V |mi, ωnm = ∂t ~ m ~

(345)

Por otro lado, si observamos la matriz dada W(t), lo que notamos es que u ´nicamente, los elementos W32 = W23 = ω1 sin(ωt) y que el resto de los elementos de matriz son nulos. Para obtener las ecuaciones diferenciales que satisfacen los bi (t), utilizaremos la ecuaci´on descrita anteriormente. Obtenemos:

db1 dt db2 dt db3 dt


i b1 (t)eω11 t W11 + b2 (t)eiω12 t W12 + b3 (t)eiω13 t W13 = 0 ~
i = − b1 (t)eω21 t W21 + b2 (t)eiω22 t W22 + b3 (t)eiω23 t W23 ~
i = − b1 (t)eω31 t W31 + b2 (t)eiω32 t W32 + b3 (t)eiω33 t W33 ~ = −

(346) (347) (348)

entonces, reemplazando los valores matriciales, se obtienes:

b˙ 1 (t)

=

b˙ 2 (t)

=

b˙ 3 (t)

=

0 i − b3 eiω23 t ω1 sen(ωt) ~ i − b2 eiω32 t ω1 sen(ωt) ~

(349) (350) (351) (352)

(b) En esta parte, se nos da la indicaci´on de ω ≈ ω23 = (E3 − E2 )/~ y adem´as, se nos dan condiciones iniciales. Lo que haremos ser´ a mezclar los ω’s pasando el sen a exponenciales. En el caso de b2 se tiene: 53

i (eiωt − e−iωt ) b˙ 2 = − b3 eiω23 t ω1 ~ 2i ˙b2 = −b3 ω1 (eit(ω23 +ω)−eit(ω2 3−ω) ) 2~

(353) (354)

En el caso de b3 se tiene: (eiωt − e−iωt ) i b˙ 3 = − b2 eiω32 t ω1 ~ 2i −it(ω−ω3 2) −b ω 2 1 it(ω +ω)−e b˙ 3 = (e 32 ) 2~

(355) (356)

Tengamos tambi´en en consideraci´ıon que ω23 = −ω32 . Con esto, la ecuaci´on de b2 nos queda: ω1 b3 −it(ω−ω32 ) (e − eit(ω−ω32 ) ) b˙ 2 = 2~

(357)

Esto que hemos realizado, se reduce a algo incluso m´as simple, cuando utilizamos la aproximaci´ on dada seg´ un enunciado. Primero repetiremos el resultado que hemos obtenido hasta ac´a y a continuaci´ on presentamos el resultado con la aproximaci´on: ω1 b3 −it(ω+ω32 ) b˙ 2 = (e − eit(ω−ω32 ) ) 2~ ω1 b2 −it(ω−ω32 ) b˙ 2 = (e − eit(ω+ω32 ) ) 2~

(358) (359)

Luego: ω1 b3 it(ω−ω32 ) e b˙ 2 = − 2~ ω1 b2 −it(ω−ω32 ) b˙ 3 = e 2~

(360) (361)

Obs: Se han eliminado las exponenciales con potencia (ω + ω32 ) porque var´ıan m´as r´apido. Aproximando: ω 1 b3 b˙ 2 = − 2~ ω 1 b2 b˙ 3 = 2~

(362) (363)

Lo que debemos hacer ahora, es resolver el sistema de ecuaciones diferenciales:

¨b2

=

¨b2

=

b2 (t)

=

−omega1 ˙ b3 2~  ω 2 1 − b3 2~ ω  ω  1 1 acos t + bsen t 2~ 2~ 54

(364) (365) (366)

Por otro lado, resolviendo para b3 :

b3 (t) = asen

ω  ω  1 1 t − bcos t 2~ 2~

(367)

Ahora, utilizatemos la condiciones iniciales dadas 1 b2 (0) = √ 2 b3 (0) = 0

(368) (369) (370)

Con esto, obtenemos: 1 a= √ 2 b=0

(371) (372)

Luego, ω  1 1 b2 (t) = √ cos t 2~ 2 ω  1 1 b3 (t) = √ sen t 2~ 2

(373) (374) (375)

Finalmente, b˙ 1 (t) = 0 → b1 (t) =

√1 2

(c) Calcularemos: hψ(t)|Dz (t)|ψ(t)i, considerando que: |ψ(t)i =

3 X

bi (t)eiEi t/~ |φi i

1

La matriz dada en el enunciado, nos indica los elementos que sobreviven:

hφ2 |D|φ1 i = d

(376)

hφ1 |D|φ2 i = d

(377)

Resolviendo esto, lo que tenemos es:

55

hDz (t)i = b∗1 (t)b2 (t)eit(E1 −E2 )/~ d + b∗2 (t)b1 (t)eit(E2 −E1 )/~ d ω  d 1 = cos t (eit(E1 −E2 )/~ + eit(E1 −E2 )/~ ) 2 2~ ω  d 1 = cos t cos (ω12 t) 2  2~     d ω1 t ω1 t = cos − ω12 + cos + ω12 2 2~ 2~

(378) (379) (380) (381)

Con esto, queda demostrado que hay t´erminos sinusoidales. Problema 3: Tenemos que se cumple: 2 Z 1 ∞ 0 iωln t0 0 P (t, |ni → |li) = 2 dt e Vln (t ) ~ 0 En este ecuaci´ on, reemplazamos directamente, el argumento Vln (t0 ) dado que conocemos la funci´ on. Adem´ as, sabemos entre que estados es la transici’on:

P

=

P

=

P

=

P

=

P

=

P

=

P

=

P

=

Z 2 1 ∞ 0 iωln t0 −t/T dt e h0|H e |1i 0 ~2 0 Z ∞ 2 1 0 iωln t0 −t/T dt e h0|H0 |1ie 2 ~ 0 2 Z ∞ 1 0 iωln t0 −t/T h0|H |1i dt e e 0 2 ~ 0   2 |h0|H0 |1i|2 1 2 (−1) iω − 1 ~2 ln T   |h0|H0 |1i|2 1 ~2 (ωln )2 + ( T1 )2 |h0|H0 |1i|2 ~2 (ωln )2 + ~2 ( T1 )2 |h0|H0 |1i|2 + ~2 ( T1 )2

2 ~2 ( ∆ ~ )

|h0|H0 |1i|2 (∆)2 + ( T~ )2

56

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Ayudant´ıa 8 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected])

Problemas 1. Este es un problema enga˜ noso porque la degeneraci´’on entre el primer y segundo estado no es removida en primer orden. Un sistema que tiene tres estados sin perturbar puede ser representada por la siguiente matriz Hamiltoniana perturbada:



E1  0 a∗

0 E1 b∗

 a b  E2

(382)

donde E2 > E1 . Las cantidades a y b deben ser consideradas como perturbaciones que son del mismo orden y que son peque˜ nas comparadas con E2 −E1 . Use teor´ıa de perturbaciones no degenerada a segundo orden para calcular los autovalores perturbados. (Es esto correcto?) Luego diagonalice la matriz para encontrar los autovalores exactos. Finalmente, use la teor´ıa de perturbaciones degenerada a segundo orden. Compare los resultados. 2. Infinite square well con funci´ on delta: Consideramos el pozo potencial infinito como el problema sin perturbar y lo que haremos ser´ a perturbarlo con la funci´on delta en el centro del potencial . Calcularemos los shifts de energ´ıa a segundo orden y los autoestados perturbados a primer orden.

57

Soluciones Problema 1: Para resolver el problema, debemos usar el m´etodo de la ecuaci´on secular. Entonces, lo que deseamos hacer es diagonalizar la matriz que describe el Hamiltoniano perturbado para obtener los autovalores exactos de energ´ıa. La ecuaci´ on secular obtenida es entonces:

(E1 − λ)((E1 − λ)(E2 − λ) − |b|2 ) + (a(λ − E1 )a∗ ) = 0

(383)

Una soluci´ on trivial del problema es E1 = λ. Por otro lado, debemos resolver la ecuaci´on: λ2 − (E1 + E2 )λ + E1 E2 − |a|2 − |b|2 = 0

(384)

Entonces, tenemos dos soluciones a esto:

λ+ λ−

|a|2 + |b|2 E1 − E2 |a|2 + |b|2 = E2 − E1 − E2 = E1 +

(385) (386)

N´ otese que aqu´ı hemos asumido que |a|, |b|,  |E2 − E1 |. Luego, la teor´ıa de perturbaciones se lee como: ∆1

=

∆2

=

∆3

=

|a|2 E1 − E2 |b|2 E1 − E2 |a|2 + |b|2 E2 − E1

(387) (388) (389)

De esta manera, los niveles de energ´ıa quedan dados por: E1 + ∆1

(390)

E1 + ∆2

(391)

E2 + ∆3

(392)

Problema 2: Notemos en primer lugar el Hamiltoniano sin perturbar:

H0 =

p2 + V (x) 2m

(393)

Donde, tenemos la condici´ on del pozo potencial: V (x)

=

0

V (x)

=

∞

si0 < x < L siesta en otro rango 58

(394) (395)

La forma que posee nuestra perturbaci´on es: V (x) =

~2 L δ(x − ) mL 2

(396)

Luego, el Hamiltoniano completo est´a dado por:

H = H0 + λV =

p2 ~2 L + V (x) + λ δ(x − ) 2m mL 2

(397)

Los niveles de energ´ıa sin perturbar son los cl´asicos para un pozo potencial: En(0) =

~2 π 2 2 n 2mL2

Con las correspondientes autofunciones sin perturbar: r φn (x) = hxT n(0) i =

n = 1, 2, 3, ...

(398)

 πn  2 sin x L L

(399)

Entonces, las correcciones de energ´ıa a primer orden est´an dadas por: En(1) = Vnn = hn(0) T V T n(0) i

(400)

Luego, tenemos que: Z Vnn =

2~2 mL2

dxφ∗n V (x)φn (x) =

Z

dxsin2 (

nπ L x)δ(x − ) L 2

(401)

N´ otese que esto resulta en dos posibles respuestas: Vnn

=

Vnn

=

0 2~2 mL2

si n es par

(402)

si n es impar

(403)

Los elementos de matriz desaparecen para un n par porque las funciones de onda tienen un nodo en x = L/2. Las autofunciones con n impar tienen un antinodo en x = L/2, de modo que la funci´ on seno toma su valor m´ aximo. La correcci´ on a primer orden a la autofunci´on es usualmente escrito como:

|n(1) i = −

X m6=n

|m(0) i

Vmn Emn

(404)

Entonces, para resolver esto vamos parte por parte. Primero resolveremos Vmn :

Vmn =

2~2 mL2

Z dxsin(

mπ L nπ x)δ(x − )sin( x) L 2 L

Entonces el resultado es: 59

(405)

2~2 mL2 my/onpar

Vmn

=

−(−1)

Vmn

=

0

m+n 2

mynimpar

(406) (407)

La energ´ıa que aparece en el denominador es: (0) Emn = Em − En(0)

~2 π 2 (m2 − n2 ) 2mL2

=

(408)

Por otro lado, la autofunci´ on perturbada a primer orden est´a definida como:

ψn (x) = hx|n(0) i + λhx|n(1) i

(409)

Con esto, obtenemos:

r ψn (x) =

nπ 4λ 2 sin( x) + 2 L L π

r

2 L

∞ X

 sin

m,n=1−m6=n

(2m − 1)π x L



(−1)m+n−1 (2m − 1)2 − (2n − 1)2

(410)

Esta suma puede ser resuelta anal´ıticamente (MAPLE). Calculando el ground state de la funci´on de onda a primer orden (n = 1), tenemos:

r ψ1 (x) ≈

2 L



λ 1− 2 π

 sin

 πx  L

r  πx  2 2λ + (x − Lu(x − L/2)) cos πL L L

(411)

donde u(x) es la funci´ on escal´ on unitaria. La derivada discont´ınua en x = L/2 es la caracter´ıstica de los autoestados con potenciales delta. La correcci´ on a segundo orden del shift de energ´ıa es calculado utilizando: En(2) = −

X |Vmn |2 Emn

(412)

m6=n

Esta ecuaci´ on nos lleva a: En(2) = −

8~2 π 2 mL2

∞ X m,n=1−m6=n

(2m −

1)2

1 − (2n − 1)2

(413)

Esta suma puede ser resuelta exactamente (MAPLE), obteniendo: En(2) = − Finalmente, la energ´ıa corregida a segundo orden:

60

2~2 1 π 2 mL2 n2

(414)

En ≈

2 ~2 π 2 2 ~2 1 2 2~ n + λ − λ 2 2 2 2 2mL mL π mL n2

(415)

Solo para n impar! Pues para n par tenemos:

En =

~2 π 2 2 n 2mL2

61

(416)

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Ayudant´ıa 9 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected])

Problemas 1. Repita con lujo de detalles el c´ alculo (presentado en clases) de la tasa de ionizaci´on del ´atomo de Hidr´ ogeno, desde su estado fundamental, a un estado caracterizado por un vector ~k, al ser perturbado por un potencial oscilante de la forma V (t) = eE0~r · n ˆ 2sinωt. n ˆ es un vector unitario que indica la direcci´on del campo el´ectrico. Exploque las hip´ otesis de su c´alculo y, en particular, muestre como se aplica la regla dorada de Fermi. ´ 2. Atomo de Hidr´ ogeno: Considere un ´atomo de Hidr´ogeno real. ¿Cu´al es el espectro en ausencia de un campo magn´etico externo? ¿Como cambia este espectro si el ´atomo se ubica en un campo magn´etico de 25000 gauss? Ignore el acoplamiento hiperfino ´ 3. Atomo de Hidr´ ogeno: La interacci´on hiperfina en el ´atomo de Hidr´ogeno, debida a la interacci´ on entre los momentos magn´eticos del electr´on y prot´on, (para estados con l = 0), viene descrita por: Hef f = −

8π µ ~e · µ ~ p δ 3 (~r) 3

(417)

Para mayores detalles vea el libro de Jackson “Classical Electrodynamics”, segunda edici´on, p´agina 187). Debido a esta interacci´ on el estado fundamental 1S sufre un ligero desdoblamiento (Splitting). Considere ~ + I, ~ donde S ~ es el spin del electr´on y I~ el spin del prot´ estados de momento angular total F~ = S on. Use el orden m´ as bajo en teor´ıa de perturbaciones para evaluar la diferencia existente entre los estaodos F = 0 y F = 1. ¿Cu´ al es el verdadero estado fundamental? ¿Cu´al es la longitud de onda emitida por una transici´ on entre dos estados? (se pide un n´ umero y no solamente una expresi´on algebraica). Importante: Deber´ a recordar el problema de acoplamiento de momentos angulares en el caso de dos spines. La longitud de onda que Ud. ha calculado (λ ≈ 21.1cm) es muy famosa en astrof´ısica. Las radiastr´ onomos conocen muy bien estos fotones. M´ as adelante en el curso volveremos sobre este tema, mostrando que es extremadamente improbable observar este tipo de decaimientos en el laboratorio, pues la vida media de la transici´ on es del orden de los 107 a˜ nos. Datos u ´tiles: e~ ~σe 2me c   e~ −2.7928 ~σp 2mp c

µ ~e

= −

µ ~p

=

Ud. deber´ a trabajar con la funci´ on de onda del estado fundamental del ´atomo de Hidr´ogeno incluyendo la parte de spin. Este es un problema donde, como ve, la perturbaci´on ocurre en el espacio de spin. 62

ψ1s (~r) a0 mp /me

1 p e−r/a0 χspin πa20 1 = 137.036 = 1836.15 =

63

Soluciones Problema 1: Se tiene un potencial, asociado a un campo el´ectrico oscilante, tal que

~ = |E ~ 0 |ˆ E sen(ωt) Entonces, el hamiltoniano es:

H = H0 + V   2 e2 p~ − H = H0 + 2m r

(418) (419)

Utilizando esto, lo que se quiere hacer es pasar de un estado inicial a un estado final. El estado inicial es el 1S, tal que: ψi = ψ100 (~r) = p

1 πa30

e−r/a0

(420)

y el estado final, es una part´ıcula libre (electr´on emergente), de modo que se tiene: ψs =

1 ~ e−ik·~r (2π)3/2

(421)

N´ otese que lo anteriores es una aproximaci´on. El electr´on emergente, estar´a limitado a una caja c´ ubica de largo L (no debemos preocuparnos por este valor, dado que luego haremos L → ∞). Asumiendo condiciones peri´ odicas de borde, tenemos: e−ikz z e−ikz (z+L) = 3/2 (2π) (2π)3/2 1 = e−ikz L kz L = 2πnz 2πnz kz = L As´ı mismo, obtenemos: 2πnx L 2πny ky = L

kx =

donde nx , ny , nz Z Entonces, se tiene: 64

dN

=

dnx dny dnz L L L dkx dky dkz 2π 2π 2π  3 L d3 k 2π  3 L k 2 dkdΩ 2π

= = =

(422) (423) (424) dΩ = senθdθdφ

(425)

Por otro lado, se sabe que |~k| est´ a fijo de forma que:

Ek

= E0 + ~ω

E0

= |E1 | = 13.6eV

Ya con esto, podemos definir la regla de oro de Fermi para la tasa de ionizaci´on como: Γ=

2π |hψj |V |ψi i|2 δ(Ej − Ei ) ~

(426)

Pero como definimos una densidad de estados que dependen de un k fijo (puede variar infinitesimalmente). Entonces: Γ=

2π |hψj |V |ψi i|2 ρ(Ek ) ~

(427)

As´ı, se sabe que:

ρ(Ek )dEk

= =

dN L3 k2 dkdΩ (2π)3

y, como tambi´en es sabido que:

Ek

=

dEk

=

ρ(Ek )dEk

=

(~k)2 p2 = 2m 2m ~2 k dk m

Volviendo a la densidad ya descrita:

=

65

k2 m · dEk dΩ (2π)3 ~2 k mk dEk dΩ (2π)3 ~2

(428) (429)

Luego, obtenemos:

ρ(Ek )

=

dΓ

=

dΓ

=

mk dΩ (2π)3 ~2 mk 2π |hψf |V |ψi i|2 dΩ (2π)3 ~2 ~ mk |hψf |V |ψi i|dΩ 4π 2 ~3

(430) (431) (432)

Ahora, calculamos el elemento de matriz Vf i : ~

eik·~r 1 · eE0~r · ~ p 3 e−r/a0 3 (2π) /2 πa0 Z eE0 ~ = d3 reik·~r [~r · ~]e−r/a0 (2a0 )3/2 π 2

Z hψf |V |ψi i =

d3 d

Definimos una integral I~ tal que: Z

~ · I~ =

~

d3 reik·~r [~r · ~]e−r/a0

Entonces:

I~ =

Z

~

d3 reik·~r~re−r/a0

y tambi´en: Z I=

~

d3 reik·~r n ˆ · ~re−r/a0

Podemos decir que:

I~ = ~kI y para conocer I, se tiene que :

~k · ~kI

= =

2 k Z I ~ d3 reik·~r~k · ~re−r/a0

y si el a´ngulo que forman ~k y ~r es α:

66

(433)

~k · ~r

=

k2 I

=

krcosα Z d3 reikrcosα krcosαe−r/a0 Z Z π Z ∞ ikrcosα 2 −r/a0 e krcosαsenαdα dr r e

=

Z =

∞

r2 e−r/a0 dr

2π

Z

0

Z =

2πk

∞

r3 e−r/a0

dφ

0

0

0

2π

Z

1

eikru krudu

−1 1

ueikru du

−1

0

y si

Z

1 ikru

ue

du =

−1

1 Z 1 ikru u ikru e e − du ikr −1 ikr −1

= =

eikr e−ikr 1 + + (eikr − e−ikr ) ikr ikr (kr)2 eikr + e−ikr eikr − e−ikr + ikr (kr)2

Entonces:

2

k I

∞

 eikr + e−ikr eikr − e−ikr 3 −r/a0 = 2πk + r e dr ikr (kr)2 0  Z ∞ (ik−1/a0 )r Z ∞ (ik−1/a0 )r Z ∞ (−ik−1/a0 )r 2 Z ∞ (ik−1/a0 )r e r e r e r e r2 dr + dr + dr − dr = 2π i k i k 0 0 0  0    2! 1 1 1 1 1! = 2π + − + i (1/a0 − ik)3 (ik + 1/a0 )3 k (1/a0 − ik)2 (ik + 1/a0 )2   2 1 = 2π (a3 + b3 ) + (a2 − b2 ) i k Z



Como conocemos las identidades:

a3 + b3

=

(a + b)(a2 − ab + b2 )

a2 − b2

=

(a + b)(a − b)

Con esto, nuestra puede ser expresada como: 

2 a−b k I = 2π(a + b) (a2 + ab + b2 ) + i k 2

haciendo: 67

 (434)

a+b

1 1 − 1/a0 − ik 1/a0 + ik 2/a0 1/a20 + k 2 2a0 1 + a20 k 2

= = =

as´ı mismo: a2 + b2 + ab = = = = =

1 1 1 + − 2 (ik − 1/a0 )2 (ik + 1/a0 )2 k + 1/a20 1 2(−k 2 + 1/a20 ) − 2 (k 2 + 1/a20 )2 k + 1/a20 −2k 2 + 2/a20 − k 2 − 1/a20 (k 2 + 1/a20 )2 −3k 2 + 1/a20 (k 2 + 1/a20 )2 −3k 2 a40 + a20 (a20 k 2 + 1)2

(435) (436) (437) (438) (439)

y finalmente:

a−b

1 1 − 1/a0 − ik 1/a0 + ik 2ik (1/a20 + k 2 ) 2ika20 1 + k 2 a20

= = =

Volvemos a la expresi´ on original, obteniendo:

k2 I

= = =

a0 2 a0 k 2 + 1 4πa0 2 (a0 k 2 + 1)2 32πia20 k 2 a20 (a20 k 2 + 1)3

2π

 2 −3k 2 a40 + a20 2ia20 + i (a20 k 2 + 1)2 a20 k 2 + 1   −2i(−3k 2 a40 + a20 ) + 2ia20 (a20 k 2 + 1) (a20 k 2 + 1)



(440) (441) (442)

Entonces: 32πia50 ~ ~ k=I + 1)3 32πia5 ˆ · kˆ I = 2 2 0 3n (a0 k + 1)

~kI =

(a20 k 2

68

(443) (444)

Volviendo a nuestro elemento de matriz obtenemos: hψf |V |ψi i =

e|E0 | 32πia50 n ˆ · kˆ (2a0 )3/2 π 2 (1 + a20 k 2 )3

(445)

Finalmente, llevando nuestro c´ alculo a la tasa, obtenemos:

dΓ

e2 E02 mk 3 322 a10 0 dΩ (2a0 )3 π 2 (1 + a20 k 2 )6 4π 2 ~3 (32eE0 a20 )2 (ka0 )3 m dΩ 32π 4 ~3 (1 + a20 k 2 )6 32m(eE0 a20 )(ka0 )3 dΩ π 4 ~3 (1 + a20 k 2 )6

= = =

´ Problema 2 - Atomo de Hidr´ ogeno: Consideremos el Hamiltoniano t´ıpico de un electr´on en el potencial electrost´atico generado por el n´ ucleo. Este Hamiltoniano es: H0 = −

~2 Ze2 ∆− 2µ r

(446)

Donde µ es la masa reducida del electr´on. Si queremos hacer correcciones, debemos coniderar principalmente dos fen´ omenos. Uno de ellos corresponde a efectos relativistas y el otro es el spin del electr´ on. Estas dos correcciones, nos llevar´ an al correcto Hamiltoniano que buscamos obtener. K = [m2e c4 + p2 c2 ]1/2 − me c2

(447)

Como nos referiremos principalmente a ´atomos con electrones de baja velocidad con respecto a c (v/c ≈ Zα  1), podremos expandir en serie de potencias, obteniendo: p2 1 1 K= − 2µ 2 µc2



p2 2µ

 + ...

Aqui hemos reemplazado me por µ dado que la relaci´on entre las masas es ≈1 /1800. N´otese que el primer t´ermino corresponde a H0 , es decir, el hamiltoniano que ya hab´ıamos considerado. El segundo t´ermino en la ecuaci´ on anterior, representa a la correcci´on relativista en la energ´ıa cin´etica del Hamiltoniano, y queda dada por: HK

1 1 =− 2 µc2

 2 2 ~ − ∆ 2µ

(448)

Por otro lado, el estudio relativista en la mec´anica cu´antica de ´atomos de un electr´on, muestran que la interacci´ on del electr´ on con el n´ ucleo, no es local y este efecto, es descrito agregando al Hamiltoniano el T´ermino de Darwin, que es: HD =

~2 (∆V )(~r) 8µ2 c2 69

(449)

Ahora, esto puede ser transformado, dado que V (r) = −Ze2 /r. y ∆(1/r) = −4πδ(r), con lo que obtenemos:

HD =

πZe2 ~2 δ(~r) 2µ2 c2

(450)

Ahora, dado que el electr´ on, bajo la acci´on de un potencial electros´tatico φ(r), est´a sujeto a la acci´ on de ~ un campo el´ectrico E = −5φ = −(dφ(r)/dr)ˆ r, en el marco de referencia donde el electr´on est´a en resposo, ~ =E ~ × ~v /c, donde ~v es la velocidad del electr´on. Considerando la se ver´ a tambi´en un campo magn´etico B ~ obtenemos: expresi´ on de E,

~ = − 1 dφ(r) 1 L ~ B me c dr r ~ es el momento orbital angular del electr´on. El momento magn´etico del electr´on (e/me c)S ~ en Donde L ~ ~ presencia de este B producde una energ´ıa −~ µ · B, el que agregar´a un nuevo t´ermino al Hamiltoniano: ~ = −~ µ·B

1 1 m2e c2 r



dV (r) dr



~ · S), ~ V = eφ (L

(451)

Este calculo ser´ıa correcto, si el marco de referencia en reposo del electr´on fuera un marco inercial. Como en realidad, lo que tenemos es un marco de referencia acelerado, Thomas y Frenkel mostraron que esta diferencia en realidad, necesita un factor extra de 1/2, con lo que finalmente obtendremos: HLS =

1 1 1 dV (r) ~ ~ (L · S) 2 (µc)2 r dr

(452)

donde V (r) = −Ze2 /r y la sustituci´ on me −→ µ debe ser hecha nuevamente. La energ´ıa HLS es conocida como acoplamiento spin-orbita. Ahora, hemos obtenido todas las correcciones, que se reducen a:

H H0 HK HLS HD

= H0 + H1 = H0 + HK + HLS + HD ~2 Ze2 = − ∆− 2µ r  2 2 1 ~ = − − ∆ 2 2µc 2µ Ze2 1 ~˙ = (L~S) 2µ2 c2 r3 πZe2 ~2 = δ(~r) 2µ2 c2

(453) (454) (455) (456) (457)

Lo que debemos calcular ahora, es el efecto de la perturbaci´on H1 en el espectro de H0 . Como base de autoestados de H0 tomaremos {|nlml ms i}, donde n es el n´ umero cu´antico principal, l es el momento angular orbital y ml , ms son las componentes a lo largo del eje Oz del momento angular orbital y de spin, respectivamente (en unidades de ~). Obviamente, una base equivalente, es la dada por los estados |nljmi, donde j es el momento angular total y m es la tercera componente. Ambas bases est´an relacionadas por: 70

|nljmi =

X

C(l1/2j; m − σ, σ, m)|nlm − σσi.

(458)

σ

~ 2 .S ~ 2 , J~2 , Jz es que estos operadores conmutan con H1 y su La ventaja de utilizar una base asociada a L ~ 2 , Lz , S 2 , Sz , matriz de representaci´ on ser´ a diagonal; Este no es el caso si utilizamos la base asociada a L dado que HLS no conmuta con Lz , Sz . Tomando esto en cuenta y estudiando el efecto de H1 en el espectro de H0 a primer orden en teor´ıa de perturbaciones, es suficiente para calcular hnljm|H1 |nljmi. Dado que ~ + S, ~ tenemos: J~ = L ~2 − S ~ 2] ~ ·L ~ = 1 [J~2 − L S 2

(459)

y entonces, si l > 0: hnjlm|HLS |nljmi =

  Ze2 ~2 3 j(j + 1) − l(l + 1) − hnljm|r−3 |nljmi 4µ2 c2 4

(460)

En el calculo de los elementos de matriz de r−3 , el spin no afecta, y utilizando lo siguiente:

hr−3 inl

=

hr−2 inl

=

hr−1 inl

=

1 a−3 l(l + 1/2)(l + 1)n3 1 a−2 (l + 1/2)n3 1 −1 a n2

,

l≥1

obtenemos   Ze2 ~2 1 3 hnljm|HLS |nljmi = j(j + 1) − l(l + 1) − 4µ2 c2 l(l + 1/2)(l + 1)n3 a3 4

(461)

donde a = ~/[µ(Zαc)]. Dado que las energ´ıas sin perturbar se pueden escribir como: Enl = −µ(Zαc)2 /2n2 El resultado obtenido, puede ser escrito tambi´en como:   

l (Zα) l + 1 hnljm|HLS |nljmi = −Enl n(2l + 1)   −1 l 2

j =l+

1 2

  

j =l−

1 2

 

~ · L. ~ Ahora Donde l > 0. Para valores l = 0, el valor promedio de HLS se anula debido al factor S calcularemos la contribuci´ on de HK . Recordemos que tenemos:  2  p Ze2 − |nljmi = Enl |nljmi (462) 2µ r

71

As´ı que tenemos: hnljm|HK |nljmi = −

 2 Ze2 1 hnljm| E + |nljmi nl 2µc2 r

y utilizando las relaciones ya presentadas anteriormente, se obtiene:   2Ze2 Enl 2Z 2 e4 1 2 E + + hnljm|HK |nljmi = − nl 2µc2 an2 (2l + 1)n3 a2 Entonces: hnljm|HK |nljmi = Enl

(Zα)2 n2



n 3 − l + 1/2 4

(463)

(464)

 (465)

Finalmente, el t´ermino de Darwin, nos da una contribuci´on de: hnljm|HD |nljmi =

πZe2 ~2 |ψnlm (0)|2 2µ2 c2

(466)

Que es no-nulo u ´nicamente cuando l = 0: hnljm|HD |nljmi = −Enl

(Zα)2 n

(467)

Con l = 0. Reuniendo todas las correcciones calculadas, finalmente, tenemos para todos los valores de l a primer orden en teor´ıa de perturbaciones, la estructura fina de los niveles de energ´ıa de los ´atomos de un electr´ on:  Enlj = Enl

  n 3 (Zα)2 − 1+ n2 j + 1/2 4

Ahora consideremos este ´ atomo de un electr´on en un campo magn´etico. El efecto de un campo magn´etico, se incluye en el siguiente t´ermino del Hamiltoniano: HM = −

e ~ ~ ~ B · (L + 2S) 2me c

(468)

~ 2 ha sido despreciado. Ahora queremos evaluar donde ge /2 = 1 y el t´ermino diamagn´etico (e2 /8me c2 )(~r×B) el cambio en el estado base H0 producida por la perturbaci´on H1 + HM a primer orden. Escogemos el ~ este orientado a lo largo del eje z positivo: marco de referencia tal que B HM = −

eB eB (Lz + 2Sz ) = − (Jz + Sz ) 2me c 2me c

(469)

En la base {|nljmi} previamente utilizada, los cambos en las energ´ıas est´an dadas por los autovalores de una matriz de orden 2n2 para cada n fijo, con elementos de matriz: hnl0 j 0 m0 |H1 + HM |nljmi. Obviamente H1 asi como el t´ermino en HM proporcional a Jz son diagonales en esta representaci´on, mientras que el t´ermino Sz de HM ,aunque es diagonal en l y m, no es diagonal en j asi que ese es el u ´nico t´ermino que no se anula. Por lo que los elementos de matriz toman la forma: hnlj 0 m|H1 + HM |nljmi. Esto, junto con la ecuaci´ on anterior, nos da:

hnlj 0 m|H1 + HM |nljmi = δjj 0

 Enl

(Zα)2 n2



n 3 − j + 1/2 4 72



 1 + µB Bm + µB Bhnlj 0 m| Sz |nljmi (470) ~

Y ahora, utilizamos el cambio de base, con lo que se obtiene: X 1 hnlj 0 m| Sz |nljmi = σC(l1/2j 0 ; m − σ, σ)C(l1/2j; m − σ, σ) ~ σ

(471)

Entonces, si l > 0 y l± = l ± 1/2: 1 hnll± m| Sz |nll± mi = ~ 1 hnll± m| Sz |nll∓ mi = ~

m 2l+ q 1 l 2 − m2 − 2l+ + ±

(472) (473)

mientras que si l = 0 (y entonces j = 1/2), tenemos: 1 hn01/2m| Sz |n01/2mi = m ~

(474)

En conclusi´ on, si l 6= 0, entonces:   n 3 2l± (Zα)2 − + µB Bm hnll± m|H1 + HM |nll± mi = Enl 2 n l± + 1/2 4 2l+ q µB B 2 l+ − m2 hnll± m|H1 + HM |nll∓ mi = − 2l+

(475) (476)

y si l = 0: hn01/2m|H1 + HM |n01/2mi = Enl

(Zα)2 n2

 n−

3 4

 + 2µB Bm

(477)

Por otro lado, dado que H1 + HM es diagonal con respecto a n, l, m es suficiente diagonalizar cada una de las submetrices correspondientes a valores fijos de estos n´ umeros cu´anticos. Las submatrices asociadas an, l, ±(l + 1/2) son 1-dimensional y dan niveles con energ´ıas: En,l,±(l+1/2) = Enl + Enl

(Zα)2 n2



n 3 − l+1 4

 ± µB B(l + 1)

(478)

En contraste las submatrices para n, l, m con m 6= ±(l + 1/2) que son matirces de 2x2 lo que da lugar a la ecuaci´ on secular:   (Zα)2 n l+1 − 43 + 2µB Bm 2l+1 − Enl n2 l+1 q BB 2 − m2 − µ2l+1 l+

q 2 − m2 l+
l − 43 + 2µB Bm 2l+1 −

µB B 2l+1 2

Enl (Zα) n2

n l

=0

(479)

Dejemos que ∆nl sea la separaci´ on de energ´ıa entre los niveles de estructura final Enl,l+1/2 , Enl,l−1/2 . ∆nl = |Enl

73

(Zα)2 1 | n l(l + 1)

(480)

y definiendo: 0 =  − Enl

(Zα)2 n2



n 3 − l 4

 (481)

La ecuaci´ on secular, se transforma en: l+1 µB B − 0 ∆nl + 2m 2l+1 q BB 2 − m2 − µ2l+1 l+

2 − m2 l+ =0 1 2m 2l+1 µB B − 0 BB − µ2l+1

q

(482)

Con ra´ıces:



0±

 1/2 1 1 4m 2 2 2 = ∆nl + mµB B ± ∆nl + ∆nl µB B + µB B 2 2 2l + 1

(483)

Entonces, los niveles perturbados de energ´ıa son:

± Enlm = Enl +



   1/2 3l 1 4m 1 − (l + 1) 1 − ∆nl + mµB B ± ∆2nl + ∆nl µB B + µ2B B 2 2 4n 2 2l + 1

(484)

Si m 6= ±(l + 1/2). Y: Enl,±(l+1/2)

  3(l + 1) ∆nl ± µB B(l + 1) = En l − l 1 − 4n

(485)

Entonces, recordemos la primera soluci´on obtenida (el caso sin campo magn´etico). Lo obtenido fue:  Enlj = Enl

  3 n (Zα)2 − 1+ n2 j + 1/2 4

Se sabe que:

|E1 | =

13.6eV |E1 | = 3.4eV 22

|E2 | = Consideraremos el caso n = 2. de modo que:

j

=

j1

=

j2

=

l+s→ 1 2 3 2

y como l = 0, 1 y s = 1/2

El ∆E1 quedar´ a determinado: 74

  (Zα)2 2 3 − 22 j + 1/2 4   2 2 (Zα) 3 ∆E1 = |E1 | 2 − 2 j + 1/2 4

∆E1 = |E1 |

Reemplazando los valores num´ericos y j = 1/2, se obtiene un valor cercano a:

∆E1 = −5.67 · 10−5 eV As´ı mismo, hallamos, que el ∆E2 quedar´a determinado:   (Zα)2 2 3 − 22 j + 1/2 4   2 (Zα) 3 2 ∆E2 = |E2 | 2 − 2 j + 1/2 4

∆E2 = |E2 |

Reemplazando los valores num´ericos y j = 3/2, se obtiene un valor cercano a:

∆E1 = −1.12 · 10−5 eV Para el caso con el campo magn´etico, hab´ıamos encontrado: En,l,±(l+1/2) = Enl + Enl

(Zα)2 n2



n 3 − l+1 4

 ± µB B(l + 1)

(486)

y para el caso en que m 6= (l + 1/2) Enl,±(l+1/2)

  3(l + 1) = En l − l 1 − ∆nl ± µB B(l + 1) 4n

(487)

La correcci´ on, se reduce simplemente a:  ∆EB = 14.45eV · mj 1 ±

1 2l + 1

 (488)

Consideraremos los casos varios: j

m

1 2 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2

1 2 − 21 3 2 1 2 − 21 − 23

∆E 8.74 · 10−5 eV −10.47 · 10−5 eV 27.81 · 10−5 eV 8.43 · 10−5 eV −10.71 · 10−5 eV −30.01 · 10−5 eV

75

(489)

´ Problema 3 - Atomo de Hidr´ ogeno: Como se dijo por enunciado, la interacci´on hiperfina en el ´atomo de Hidr´ogeno, debida a la interacci´ on entre los momentos magn´eticos del electr´on y del prot´on, (para estados con l=0), viene descrita por:

Hef f = −

8π µ ~e · µ ~ p δ 3 (~r) 3

Considerando que:

µ ~e µ ~p

ege ~ e~ ~σe = − S 2me c 2me c   e~ egp ~ = −2.7928 ~σp = I 2mp c 2mp c = −

(490) (491)

~ y el spin del prot´on es I. ~ tambi´en se tiene que ge y gp son los factores Donde el spin del electr´ on es S giromagn´eticos del electr´ on y del prot´on. Luego, el Hamiltoniano queda:

Hef f Hef f Hef f

     e~ e~ − ~σe · −2.7928 ~σp δ 3 (~r) 2me c 2mp c   2πe2 ~2 (~σe · ~σp )δ 3 (~r) = −2.7928 3mp me c2    8π ege egp ~ · Iδ ~ 3 (~r) S = − − 3 2me c 2mp c = −

8π 3



(492) (493) (494)

con ~ = 1 ~~σ S 2 1 ~ I = ~~σ 2 adem´ as, sabemos: ~ · I~ = 1 [(S ~ + I) ~ 2−S ~ 2 − I~2 ] S 2

(495)

Ahora, lo que nos interesa es reducir esto a algo m´as familiar. Para ello, utilizaremos las matrices de ~ + I. ~ Recordemos las matrices Pauli. De este modo, podremos tener una expresi´on en funcion de F~ = S de Pauli: 

0 1

1 0



σx =   0 −i σy = i 0   1 0 σz = 0 −1

76

ahora, se cumple (meramente es una multiplicaci´on de matrices), que: ~σ 2 = ~σx2 + ~σy2 + ~σz2 = 3 · 12x2

(496)

Ahora, buscando las expresiones que nos conviene despejar:

~2 = S I~2 =

 

1 ~~σ 2

2

1 ~~σ 2

2

=

1 2 2 3 ~ ~σ = ~2 12x2 4 4

(497)

=

1 2 2 3 ~ ~σ = ~2 12x2 4 4

(498) (499)

Entonces, ahora si hemos calculado algunos elementos para despejar la identidad descrita anteriormente ~ · I~ en (XXXXX): para S

~ · I~ = S ~ · I~ = S

   3 3 1 ~2 F − ~2 12x2 + ~2 12x2 2 4 4   1 ~2 3 2 F − ~ 12x2 2 2

(500) (501) (502)

Continuamos trabajando en el Hamiltoniano, que hasta ac´a nos queda: Hef f

8π =− 3



ege − 2me c



egp 2mp c

   1 ~2 3 2 F − ~ 12x2 δ 3 (~r) 2 2

(503)

Consideraremos el estado fundamental del ´atomo de hidr´ogeno 1s(n = 1, l = 0, m = 0) pero incluyendo la parte del spin: 1 ψ100 (~r) = p 3 e−r/a0 χspin πa0

(504)

Aqu´ı, es necesario tener en consideraci´on, que los spines del electr´on y el prot´on presentar´an un acoplamiento. ¿Por qu´e se genera esto? B´ asicamente porque estamos haciendo el producto de dos espacios, que general un nuevo espacio. Los espacios involucrados en este producto, son los espacios de spin de ambas part´ıculas (el electr´ on y el prot´ on). Matem´ aticamente esto es: |S, Sz ; I, Iz i = |S, Sz i ⊗ |I, Iz i Para continuar con el desarrollo, necesitamos los autoestados de los 4 operadores ya mencionados, que son: |1/2, 1/2; 1/2, 1/2i |1/2, 1/2; 1/2, −1/2i |1/2, −1/2; 1/2, 1/2i |1/2, −1/2; 1/2, −1/2i 77

Con esto, lo que se tiene seg´ un lo dicho anteriormente, es: 3 2 ~ |1/2Sz ; 1/2Iz i 4 3 2 I~2 |1/2Sz ; 1/2Iz i = ~ |1/2Sz ; 1/2Iz i 4 Sˆz |1/2Sz ; 1/2Iz i = ~Sz |1/2Sz ; 1/2Iz i Iˆz |1/2Sz ; 1/2Iz i = ~Iz |1/2Sz ; 1/2Iz i

~ 2 |1/2Sz ; 1/2Iz i = S

Considerando Sz = Iz = {− 12 , 12 } y S = I = 12 . ~ + I~ y considerando que los operadores Cuando definimos el spin total del sistema, tenemos F~ = S ~ 2 , I~2 conmutan entre si, podemos cambiar la base a una nueva base tomando: F~ 2 , F~z , S |F, Fz ; S, Ii = |F, Fz i Los vectores de la nueva base, cumplen: 3 2 ~ |F, Fz i 4 3 2 ~ |F, Fz i I~2 |F, Fz i = 4 F~ 2 |F, Fz i = F (F + 1)~2 |F, Fz i Fˆz |F, Fz i = Fz ~|F, Fz i ~ 2 |F, Fz i = S

Adem´ as se cumple que:

−F ≤ Fz |I − S| ≤

F

≤F ≤I +S

En nuestro caso: I=S=

1 2

Entonces, en la interacci´ on electr´ on prot´on, F puede ser 0 y 1. Considerando esto tenemos:

Singlete del atomo

F

=

0 → Fz = 0

T riplete del atomo

F

=

1 → Fz = −1, 0, 1

Con esto, lo que se tiene es:

78

(505)

F = 0|0, 0; 1/2, 1/2i = |0, 0i

Singlete

F = 1|1, −1; 1/2, 1/2i = |1, −1i

T riplete

F = 1|1, 0; 1/2, 1/2i = |1, 0i

T riplete

F = 1|1, 1; 1/2, 1/2i = |1, 1i

T riplete

Ahora si estamos en condici´ on para calcular el splitting de energ´ıa: F = 0 Singlete χspin = χ00

hEF =0 i = = =

hψ100 χ00 |Hef f |ψ100 χ00 i Z πe2 ge gp ~ 2 3 2 ∗ d3~rψ100 χ∗100 (F − ~ 12x2 )δ 3 (~r)ψ100 χ00 3me mp c2 2 Z 2 1 1 πe ge gp ~ 2 3 2 d3~r p 3 e−r/a0 χ∗00 (F − ~ 12x2 ) p 3 e−r/a0 χ00 δ 3 (~r) 2 3m m c 2 e p πa0 πa0

3 πe2 ge gp |ψ100 |2 (0(0 + 1)~2 − ~2 ) 2 3me mp c 2  2  πe g g e p 3  3me mp c2  = − ~2 2  πa30  =

(506) (507) (508) (509)

(510)

F = 1 Triplete χspin = χ1Fz

hEF =1 i = hψ100 χ1M |Hef f |ψ100 χ1M i ∗ = d3~rψ100 χ∗1M

= |ψ100 (0)|2 =

(511)

2

πe ge gp ~ 2 3 2 (F − ~ 12x2 )ψ100 χ1M 3me mp c2 2

πe2 ge gp 3 (1 + (1 + 1)~2 − ~2 ) 3me mp c2 2

1 ~2 πe2 ge gp 2 πa30 3me mp c2

(512) (513) (514)

Entonces, la diferencia de energ´ıa entre F = 0 y F = 1, es: ∆E =

2~2 πe2 ge gp πa30 3me mp c2

Los valores num´ericos son:

79

(515)

~ c a0 me mp ge gp e2 /~c

= 1.055 × 10−30 = 3 × 1010 = 5.29 × 10−9 = 9.109 × 10−31 = 1.673 × 10−27 ≈ 2 = 5.596 ≈ 1/137

kgcm2 /s cm/s cm kg kg

Luego: ∆E = 9.449 × 10−21 kgcm2 /s2

(516)

Buscamos la diferencia energ´etica entre los estados F = 0 y F = 1 para calcular la longitud del fot´ on emitido en la transici´ on entre estos estados. Se tiene:

∆E y

νλ

= hν

(517)

= c

(518)

Entoces, finalmente:

λemi

=

λemi

=

λemi

=

2c~π ∆E 2π · 1.055 · 10−30 · 3 · 1010 9.449 · 10−21 2.105cm

(519) (520) (521)

Luego, λemitida ≈ 21.1cm Finalmente, comprendemos que el verdadero fundamental corresponde a 1s, F = 0 dado que la energ´ıa es menor a la de F = 1.

80

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile - Facultad de F´ısica QM II - FIZ0412

Ayudant´ıa 10 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected])

Problemas 1. Una part´ıcula comienza (en t = 0) en el estado N-´esimo de un pozo potencial infinito. Ahora agua cae dentro del potencial y se drena hacia afuera de modo que la base ahora consta de un potencial V0 (t), con V0 (0) = V0 (T ) = 0 (a) Resuelva la ecuaci´ on exactamente para cm (t), y muestre que la funci´on de onda cambia la fase, pero no ocurren transiciones a otros estados. Encuentre el cambio de fase φ(T ) en t´erminos de la funci´ on V0 (T ). (b) Analize el mismo problema en teor´ıa de perturbaciones a primer orden y compare. 2. Un oscilador cu´ antico unidimensional consistente en una masa m suspendida de un resorte con constante el´ astica k est´ a inicialmente en el estado de menor energ´ıa. En t = 0, el extremo superior del resorte es repentinamente elevado una distancia d durante un intervalo de tiempo que es muy corto comparado al periodo del oscilador. (a) De una expresi´ on expl´ıcita para los autoestados tiempo dependiente del hamiltoniano para t < 0 y aquellos para t > 0 y discuta la relaci´on entre ellos en el contexto de este problema. (b) Calcule la probabilidad de que una transici´on haya ocurrido al primer estado excitado como un resultado de la perturbacion en t = 0. Ahora considere la situaci´ on que involucra la alteraci´on en t = 0, seguida por un intervalo desde 0 < t < T , donde T es grande comparado con el periodo del ground state y durante el cu´ al el extremo superior del resorte permanece fijo en la posici´on alterada. (c) Deriva la amplitud de probabilidad para el que el oscilador sea encontrado en su primer estado excitado en tiempos t > T . Es suficiente expresar sus resultados en t´erminos de elementary overlap integrals, que no ser´ a preciso evaluar en este problema. Los estados estacionarios de H=

kx2 p2 + 2m 2

son: un (x) = Nn Hn (αx)e− con:

r Nn =

√

α π2n n!

 α=

mk ~2

α2 x2 2

 Hn (αx) = polinomio de hermite

Cosas u ´tiles:

81

Relacion de recursion : Hn+1 (αx)

=

2αxHn (αx) − 2nHn−1 (αx)

(522)

H0 (αx)

=

1

(523)

H1 (αx)

=

2αx

H2 (αx)

=

(524) 2

4(αx) − 2

(525)

3. Considere un trompo sim´etrico, rodando alrededor de su eje de simetr´ıa con momento angular J diferente de cero. El momento de inercia del trompo es I y su hamiltoniano est´a dado por: H = J 2 /2I. Asuma que el trompo es perturbado por un campo magn´etico B, con interacci´on H 0 = −µ · B, donde µ = G J~ µB es el momento magn´etico del trompo, G > 0 y mB es el magnet´on de Bohr. (a) ¿Cu´ al es la energ´ıa del trompo cuando B = 0? (b) ¿Cu´ al es la energ´ıa del ground-state y la energ´ıa del primer estado excitado del trompo que rota cuando B = B0 zˆ, B0 > 0? (c) Asuma que B se vuelve tiempo dependiente. ˆ B(t) = B0 Z,

t0

donde ∆B  B0 y λ

(526)

Si el trompo est´ a en su primer estado excitado para t < 0, encuentre la probabilidad de que el trompo est´e en el groundstate de la parte (b) para t > 0.

82

Soluciones Problema 1: C´ omo fue estudiado en clases, sabemos que dada una funci´on de onda: X Ψ(t) = cn (t)ψn e−iEn t/~

(527)

para la evoluci´ on temporal de los coeficientes se cumple: c˙m = −

iX 0 cn Hmn ei(Em −En )t/~ ~ n

(528)

donde porsupuesto, tenemos: 0 Hmn = hψm |H 0 |ψn i

(529)

Entonces, utilizaremos la siguiente expresi´on:

c˙m = −

iX 0 cn Hmn ei(Em −En )t/~ ~ n

(530)

Tal como ya se ha explicitado antes, tenemos que: 0 Hmn = hψm |V0 (t)|ψn i = δmn V0 (t)

(531)

Luego, lo que tenemos es: i c˙m = − cm V0 (t) ~ Esto se traduce simplemente en resolver la ecuaci´on diferencial, con lo que obtenemos: c˙m i = − V0 (t) cm ~

(532)

(533)

Con lo que finalmente se obtiene: it

0

0

cm (t) = cm (0)e− ~ 0 V0 (t )dt

(534)

Para mayor conveniencia, consideremso el argumento de la exponencial como una funci´on del tiempo aparte χ(t). Con esto, se simplifica a: cm (t) = eiχ(t) cm (0) (535) donde χ(t) est´ a dado por: χ(t) = −

1 ~

Z

t

V0 (t0 )dt0

(536)

0

De esta forma, evidentemente tenemos que: |cm (t)|2 = |cm (0)|2

(537)

De este modo, no hay transiciones. Luego, χ(T ) = −

83

1 ~

Z

T

V0 (t)dt 0

(538)

que corresponde a lo pedido.

(b) Tenemos la ecuaci´ on: CN (t) ≈ 1 −

i ~

Z

t 0 0 0 HN N (t )dt

(539)

V0 (t0 )dt = 1 + iχ

(540)

0

Aplicando obtenemos: cN (t) ≈ 1 −

i ~

t

Z 0

Por otro lado, tenemos la siguiente ecuaci´on: Z 0 i t 0 HmN ei(Em −EN )t /~ dt0 cm (t) ≈ − ~ 0

(m 6= N )

(541)

Luego, cm (t) = −

i ~

Z

t

0

δmN V0 (t0 )ei(Em −EN )t /~ dt0 = 0

(m 6= N )

(542)

0

De esto, entonces se tiene:

cN (t)

=

1 + iχ(t)

cm (t)

=

0

(543)

(m 6= N )

(544)

La respuesta exacta es CN (t) = eiχ(t) . Notemos que todo tiene sentido dado que esto es simplemente la expansi´ on en taylor hasta primer orden. Problema 2: (a) Para t < 0

2

2

~ ∂ 1 2 H = − 2m ∂x2 + 2 kx

Las autofunciones de H son un (x, t) = un (x)e−i

En t ~

donde: 1 En = (n + )~ω 2

r ω=

k m

(545)

n´ otese que un (x) son dados. Para t > 0 el sistema es desplazado una distancia ∆x = d, de modo que tenemos un hamiltoniano modificado: ~2 ∂ 2 1 (546) H0 = − + k(x − d)2 2m ∂x2 2 Hagamos x0 = x − d, entonces: H0 = −

~2 ∂ 2 1 + kx02 02 2m ∂x 2

84

(547)

Las autofunciones de H ahora son: u0n (x, t)

=

un (x0 )e−iEn t/~

(548)

=

un (x − d)e−iEn t/~

(549)

(b) Usamos la aproximaci´ on: P01 = |hu0 (x)|u1 (x − d)i|2 = |hu0 |T |u1 i|2

(550)

N´ otese que T es simplemente el operador de traslaci´on: = e−ipd/~ r m~ω † (a − a) = i 2

T p

(551) (552)

Luego, el producto es: †

hu0 |T |u1 i = hu0 |e−λ(a−a ) |u1 i

(553)

donde, evidentemente: r λ=

mω d 2~

(554)

Luego, trabajando el operador, tenemos: e−λ(a−a

†

)

= ≈1

X 1 (−λ)n (a − a† )n n! n

(555)

−λ(a − a† )

(556)

para pequeno desplazamiento.

Tenemos entonces: hu0 |T |u1 i ≈ −λhu0 |a − a† |u1 i = −λ Luego, la probabilidad es: P01 = λ2 =

mω 2 d 2~

(557)

(558)

(c) Una perturbaci´ on es encendida en t = 0:

H

= H0 + H 0

(559)

H0

1 = −kdx + kd2 2

(560)

La teor´ıa de perturbaciones dependiente del tiempo nos lleva a calcular: Z 2 1 T −iωf i L0 0 0 0 e Hf i (t )dt ~2 0 pue este c´ alculo nos permite obtener la probabilidad. En esta ecuaci´on, se tiene que: 85

(561)

ωf i =

E1 − E0 ~r k ω= m

(562) (563)

Luego, si queremos obtener el producto interno que aparece en la integral ya mencionada: H10 = hu1 (x)|H 0 |u0 (x)i = −kahu1 (x)|x|u0 (x)i

(564)

Y este producto, est´ a dado por: Z

hu1 (x)|x|u0 (x)i = = =

2

H1 (x)xH0 (x)e−αx Z 2 1 (H1 (x) + 2H0 (x))H0 (x)e−αx dx N1 N0 2α Z 2 N1 N2 N1 H02 (x)e−αx dx = α N0 α

N1 N0

(565) (566) (567)

Finalmente, la probabilidad est´ a dada por: P01

Z 2 T 0 e−iωt dt0 0   ωt 1 N12 4 2 = 2 2 2 2 sin ~ N0 α ω 2

1 N2 = 2 21 2 ~ N0 α

(568) (569)

Problema 3: (a) Tenemos que la energ´ıa estar´ a dada por:

E0 =

~2 j(j + 1) 2I

(570)

donde j es el n´ umero cu´ antico de momento angular. (b) Ahora consideramos el campo magn´etico: J2 GµB ~ ~ − J ·B 2I ~ GµB J2 − B0 Jz = 2I ~

H=

(571) (572)

Los autoestados de H son denotados como |j, mi donde (m = −j, −j + 1, ... , j). Luego, tenemos:  2  ~ j(j + 1) GµB H|j, mi = − B0 ~m |j, mi (573) 2I ~ donde el ground state es m = j y el primer estado excitado es m = j − 1 Luego, tenemos:

86

E0

=

E1

=

~2 j(j + 1) − GµB B0 j 2I ~2 j(j + 1) − GµB B0 (j − 1) 2I

(574) (575)

(c) La teor´ıa dependiente del tiempo nos lleva a: 2 Z 1 t iωf i t0 0 0 e Wf i (t )dt Pif (t) = 2 ~ 0

(576)

donde H = H0 + W (t) Ahora, tenemos que la perturbaci´ on es: W (t) = −

GµB ∆B Jx e−λt ~

i=1

(|j, j − 1i),

f =0

(|j, ji)

(577)

Luego, tenemos:   0 GµB ∆B Jx |j, j − 1ie−λt Wf i (t0 ) = hj, j| − ~

(578)

Luego, recordamos que: hj, j|Jx |j, j − 1i =

~p ~p j(j + 1) − (j − 1)j = 2j 2 2

(579)

Aqu´ı, hemos utilizado 2Jx = J+ + J− Luego, tenemos que: Wf i (t0 ) = −

GµB ∆B p −λt0 2je 2

(580)

Recordando que: ωf i =

GµB B0 E0 − E1 =− ~ ~

(581)

Finalmente:  P10 =

GµB ∆B 2~

2

Z t 2 GµB B0 0 −i t −λt0 0 ~ 2j e e dt

(582)

0

Sea ¯ = iGµB B0 + λ λ ~

(583)

Luego, Z 0

t

1 ¯ ¯ e−λ t0 dt0 = − ¯ (e−λt − 1) λ

Finalmente, tenemos que la probabilidad de transici´on es: 2  1 GµB ∆B ¯ 2j ¯ 2 |e−λt − 1|2 P10 (t) = 2~ |λ|

87

(584)

(585)

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile - Facultad de F´ısica QM II - FIZ0412

Ayudant´ıa 11 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected])

Problemas 1. Una part´ıcula de masa m y carga el´ectrica e, movi´endose en una dimensi´on , est´a confinada a una intervalo de largo a y est´ a sujero a una campo el´etrico uniforme E. Inicialmente est´a en el autoestado de la energ´ıa cin´etica con autovalor Ek = k 2 π 2 ~2 /2ma2 , donde k es un entero. Encuentre, a primer orden en e2 , la probabilidad de que despu´es de un tiempo t su energ´ıa cin´etica ser´a encontrada en El donde k 6= l. ~1 y S ~2 , acoplados por una interacci´on de la forma a(t)S ~1 · S ~2 ; a(t) es una funci´ 2. Considere dos spines 1/2. S on del tiempo que se aproxima a cero cuando |t| se aproxima a infinito, y toma valores no despreciables (del orden a0 ) solo dentro de un intervalo, cuyo ancho es del orden de τ , cerca de t = 0. (a) En t = −∞, el sistema est´ a en el estado |+, −i (un autoestado de S1z y S2z con autovalores +~/2 y −~/2). Calcule, con aproximaciones, el estado del sistema en t = +∞. Muestre que la probabilidad P(+− −→ −+) de encontrar, en t = +∞, el sistema en el estado |−, +i depende solo de la integral: Z

+∞

a(t)dt −∞

(b) Calcule P(+− −→ −+) usando teor´ıa de perturbaciones tiempo dependiente a primer orden. Discula las condiciones de validez para tal aproximaci´on comparando los resultados obtenidos con aquellos de la pregunta que precede. ~0 (c) Ahora asuma que los dos spines est´an tambi´en interactuando con un campo magn´etico est´ atico B paralelo a Oz . El correspondiente hamiltoniano Zeeman puede ser escrito como: H0 = −B0 (γ1 S1z + γ2 S2z )

(586)

donde γ1 y γ2 son las razones giromagn´eticas de los dos spines, asumidos a ser diferentes. Asuma 2 2 que a(t) = a0 e−t /τ . Calcule P(+− =⇒ −+) por teor´ıa de perturbaciones dependientes del tiempo. Con fijo a0 y τ , discuta la variaci´on P(+− =⇒) − + con respecto a B0 .

88

Soluciones Problema 1: Tenemos que el Hamiltoniano es:

H = H0 + W

(587)

tenemos el potencial: 0≤x≤a

V

=

0

V

=

∞

(588)

en cualquier otro punto

(589)

Las autofunciones de H0 son: r φk (x) =

2 sin a



kπx a

 (590)

donde estas autofunciones tienen autovalores Ek =

k 2 π 2 ~2 2ma2

(591)

Asumamos que el campo el´ectrico apunta en la direcci´on x. La energ´ıa potencial de una part´ıcula en este campo es −eEx, con el cero del potencial en x = 0. Tenemos entonces:

W = −eEx

(592)

De modo que la teor´ıa de perturbaciones dependiente del tiempo a primer orden nos lleva a:

Plk

2 Z 1 t i(El −Ek )t0 /~ 0 0 = 2 e hl|W (t )|kidt ~ 0

(593)

Entonces, debemos calcular el producto interno, dado por: Z a 0 hl|W (t )|ki = − φl (x)eExφk (x)dx 0  Z a     2 kπx lπx = −eE xsin sin dx a a a 0  Z a 2 1n πx πx o = −eE x cos(k + l) − cos(k − l) dx a 2 a a 0     Z Z eE a (k + l)πx eE a (k + l)πx = xcos dx − xcos dx a 0 a a 0 a

(594) (595) (596) (597)

Haciendo cambio de variables, tenemos: hl|W (t0 )|ki =

eE a2 a (k + l)2 π 2

Z

(k+l)π

xcosxdx − 0

89

eE a2 a (k − l)2 π 2

Z

(k−l)π

xcosxdx 0

(598)

Luego, recordemos como se resuelve esta integral: Z xcosxdx = cosx + xsinx

(599)

Luego, este producto se resuelve: hl|W (t0 )|ki =

eEa π2



cos(k + l)π − 1 cos(k − l)π − 1 − (k + l)2 (k − l)2

 (600)

Ojo! Tenemos que hacer una distinci´on: Si (k + l) es par: cos(k + l)π = cos(k − l)π = 1

=⇒ hl|W (t0 )|ki = 0

(601)

Si (k + 1) es impar: cos(k + l)π = cos(k − l)π = −1 Entonces, el prudcto interno queda como:   (k − l)2 − (k + l)2 eEa 8eEakl 0 = Wlk hl|W (t )|ki = 2 (−2) = 2 2 2 2 π (k + l) (k − l) π (k − l2 )2

(602)

(603)

Entonces, la probabilidad de transici´on ser´a: Pkl (k + l = impar)

Z 2 1 2 t i(El −Ek )t0 /~ 0 W e dt 0 ~2 kl 0 1 2 4~2 El − Ek = Wkl sin2 t 2 ~ (El − Ek )2 2~   1 1 El − Ek 2 2 = Wkl 4sin t (El − Ek )2 2 ~ =

(604) (605) (606)

Notese que: El − Ek = (l2 − k 2 )

π 2 ~2 2ma2

(607)

Con esto, tenemos: 2 Wlk 256k 2 l2 E 2 a6 e2 m2 = 2 (El − Ek ) π 8 ~2 (k 2 − l2 )6

Problema 2:

90

(608)

(a) Primero, queremos calcular la probabilidad P(+− =⇒ −+) sin aproximaciones. Para ellos, introducimos los t´erminos del hamiltoniano en un operador expl´ıcitamente dependiente del tiempo. Podemos resolver para u(t, −∞):   Z t ∂u(t, −∞) i~ ~ 0 0 i~ = Hu(t, −∞) =⇒ u(t, −∞) = exp − S · S a(t )dt (609) 1 2 ∂t ~ −∞ Luego, tenemos: i

|ψ(t)i = e− ~

Rt −∞

~1 ·S ~2 a(t0 )dt0 S

| + −i

(610)

Consideremos: ~=S ~1 + S ~2 S

(611)

~2 − S ~12 − S~2 2 ) ~1 · S ~2 = 1 (S S 2

(612)

Luego, tenemos:

Entonces, nuestra expresi´ on para la funci´on de onda es: i

|ψ(t)i = e− ~

Rt −∞

~ 2 −S ~ 2 −S ~2) a(t0 )dt0 21 (S 1 2

(613)

Ahora, ¿Qu´ e obtenemos con la aplicaci´ on de los operadores? ~12 | + −i = S ~22 | + −i = 3 ~2 | + −i S 4 ~ 2 | + −i S

(614) (615)

Necesitamos mirar en la base |s ms i: 1 |1 0i = √ [| + −i + | − +i] 2 1 |0 0i = √ [| + −i − | − +i] 2

(616) (617)

Ojo que necesitamos esto porque: ~ 2 |s mi = ~2 s(s + 1)|s mi S

(618)

1 | + −i = √ [|10i + |00i] 2

(619)

Entonces, se deduce:

Recordando (sin aplicar esto que acabamos de obtener sino que simplemente aplicando los operadores 1 y 2) obtenemos para la funci´ on de onda: i

|ψ(t)i = e− ~

Rt −∞

~ 2 − 3 ~2 ) a(t0 )dt0 12 (S 2

~ 2? Ahora, ¿qu´e obtendr´ıamos aplicando la exponencial de S

91

| + −i

(620)

2 1 ~2 ~2 1 eS | + −i = eS √ [|10i + |00i] = √ [e2~ |10i + |00i] 2 2

(621)

Luego, la funci´ on de onda queda simplemente como: 1 |00i] √ 2

(622)

Rt 0 0 1 3i~ 1 ( | + −i + | − +i) + e 4 −∞ a(t )dt ( (| + −i − | − +i)) 2 2

(623)

i

|ψ(t)i = [e− ~ i~

= e− 4

Rt −∞

a(t0 )dt0

2

Rt −∞

a(t0 )dt0 ~4

i

|10i + e− ~

Rt −∞

a(t0 )dt0 ~2 (− 34 )

Entonces, finalmente, la probabilidad pedida, en un tiempo t = ∞ est´a dada por: R +∞ R +∞ 0 0 2 3i~ 1 − i~ a(t0 )dt0 − e 4 −∞ a(t )dt (624) P(+− =⇒ −+)en t = ∞ = e 4 −∞ 4 R R R 2 ∞ ∞ ∞ 0 0 2 i~ 1 i~ a(t0 )dt0 − i~ a(t0 )dt0 = − e 2 −∞ a(t )dt (625) e 4 −∞ e 2 −∞ 4 La respuesta final est´ a dada por:  Z ∞  ~ 0 0 P(+− =⇒ −+) = sin a(t )dt 2 −∞ 2

(626)

(b) Ahora, nos piden que trabajemos con teor´ıa de perturbaciones dependiente del tiempo a primer orden, esto es: 2 Z ∞ 1 iωf i t0 (627) Wf i e P(+− =⇒ −+) = ~ −∞ ~1 · S ~2 , H0 = 0) donde ωf i = 0 (asumiendo H = H0 + a(t)S Luego, calculamos el producto interno: Wf i

~1 · S ~2 | + −i = h− + |a(t)S a(t) ~ 2 ~ 2 ~ 2 = h− + | (S − S1 − S2 )| + −i 2 a(t) 2 ~ 2 2 a(t) 3 = h− + | ~ (S /~ )| + −i + h− + | | − ~2 | + −i 2 2 2

(628) (629) (630)

N´ otese que este segundo producto se anula por ortogonalidad. Tenemos: Wf i

= = =

a(t)~2 ~ 2 /~2 |(|00i + |10i) √ h− + |S 2 2 a(t)~2 √ 2h− + |10i 2 2 a(t)~2 2 92

(631) (632) (633)

Finalmente la probabilidad es: 2 2Z ∞ 1 ~ 0 0 a(t )dt P(+− =⇒ −+) = ~ 2 −∞  Z ∞ 2 ~ = a(t0 )dt0 2 −∞

(634) (635)

(c) Lo que tenemos en esta parte del problema es que se incluye un campo magn´etico est´ atico que interact´ ua con los campos magn´eticos. Nos dan el hamiltoniano zeeman y la forma de a(t):

H0 = −B0 (γ1 S1z + γ2 S2z ) a(t) = a0 e

(636)

−t2 /τ 2

(637)

Queremos calcular P(+− =⇒ −+). En este caso, ωf i = ~−1 (Ef − Ei ). La energ´ıa inicial y final son: Ei

Ef

= h+ − |H0 | + −i ~ ~ = −B0 (γ1 − γ2 ) 2 2 B0 ~ = (γ2 − γ1 ) 2 = h− + |H0 | − +i ~ ~ = −B0 (−γ1 + γ2 ) 2 2 −B0 ~ (γ2 − γ1 ) = 2

(638) (639) (640) (641) (642) (643)

Esto nos deja con: ωf i = B0 (γ1 − γ2 )

(644)

Entonces, la probabilidad est´ a dada por: ~2 ( 4

Z

+∞

a0 e−t

2

/τ 2 iωf i t

dt)2

(645)

( e−t /τ eiωf i t dt)2 4 −∞ Z +∞ 2 ~2 a20 = ( e−(t/τ −iωf i τ /2) dt)2 4 −∞

(646)

P (+− =⇒ −+) =

=

−∞ Z ∞ ~2 a20

N´ otese como la exponencial depende de B0

93

2

(647)

~2 a20 ωf2 i τ 2 /4 2 e πτ 4

(648)

~2 a20 πτ 2 B02 (γ1 −γ2 )2 τ 2 /4 e 4

(649)

= =

2

e

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile - Facultad de F´ısica QM II - FIZ0412

Ayudant´ıa 12 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected]) Aproximaci´ on de Born y Scattering Cuando hablamos de la teor´ıa de scattering cu´antica, imaginamos una onda plana incidente del tipo ψ(z) = Aeikz , viajando en la direcci´ on z, que se encuentra con un potencial de scattering generando una onda esferica saliente. De este modo, buscamos por soluciones a la ecuaci´on de Schrodinger de la forma general:   eikr ikz para r grande. (650) ψ(r, θ) ≈ A e + f (θ) r Ojo: La onda esf´erica debe acarrear el factor de 1/r para que |ψ|2 vaya como 1/r2 para conservar la probabilidad. El problema ac´ a es determinar f (θ) que corresponde a la amplitud de scattering. Esta te dice la probabilidad de scattering en una direcci´ on dada θ. Esto se traduce en: dσ = |f (θ)|2 dΩ

(651)

Es decir, la secci´ on eficaz diferencial es igual al cuadrado de la amplitud de scattering (que es obtenida resolviendo la ecuaci´ on de schrodinger). M´ etodos de Resoluci´ on • Ondas Parciales • Aproximaci´ on de Born Para entender la aproximaci´ on de Born, es u ´til tener en mente la forma integral de la ecuaci´on de Schrodinger: m 2π~2

Z

ψ(r) = ψ0 (r) −

m 2π~2

Z

f (θ, φ) ≈ −

eik|r−r0 | V (r0 )ψ(r0 )d3 r0 |r − r0 |

(652)

Se obtiene: 0

ei(k −k)·r0 V (r0 )d3 r0

(653)

Para el caso de scattering de baja energ´ıa, el factor exponencial es esencialmente constante sobre la regi´ on de scattering y la aproximaci´ on de Born se simplifica a:

f (θ, φ) ≈ −

m 2π~2

Z

V (r)d3 r

94

baja energia

(654)

Problemas 1. (a) Calcule, usando la aproximaci´ on de Born, la secci´on eficaz diferencial y total para el scattering de part´ıculas de masa m con el potencial de Yukawa. r  r 0 e − r0 V (r) = V0 r En el proceso de c´ alculo de la secci´on eficaz total deber´a encontrar una variable de integraci´ on astuta para llevar a cabo la integraci´ on angular. Estudie los casos especiales de baja energ´ ıa (1 >> kr0 ) as´ı p como de alta energ´ıa (kr0 >> 1) donde k = 2mE/~ (b) Muestre que cuando se toma el l´ımite V0 → 0, r0 → ∞, de modo que se cumpla V0 r0 = Z1 Z2 e2 = cte, proceso que conduce al potencial de Coulomb V (r) =

Z1 Z2 e2 , r

la secci´ on efic´ az diferencial obtenida en a) deviene en la famosa f´ormula de Rutherford  2 Z1 Z2 e2 1 dσCoul (θ) = dΩ 2mv 2 sin4 ( θ2 ) Comente sobre la secci´ on eficaz total. Es un hecho curioso que esto coincida con el resultado cl´ asico y, m´ as notable a´ un, que el c´ alculo cl´asico conduzca a la misma secci´on eficaz diferencial. 2. (a) A una energ´ıa de centro de masa de 5 MeV, los corrimientos de fase que describe el scattering el´ astico de un neutr´ on con un cierto n´ ucleo tienen los siguientes valores: δ0 = 30, δ1 = 10. Suponiendo dσ como funci´on del ´angulo de que todos los otros corrimientos de fase son despreciables, grafique dΩ dσ scattering. Expl´ıcitamente, calcule dΩ para 30, 45 y 90. ¿Cu´anto vale la secci´on eficaz total? (b) El hecho que los otros corrimientos de fase δ2 , δ3 , ... sean despreciables, ¿qu´e implica respecto al rango del potencial? Trate de ser lo m´as cuantitativo posible. Recuerde la relaci´on integral que satisfacen los corrimientos de fase 3. Use la aproximaci´ on de Born para encontrar, hasta una constante multiplicativa, la secci´on eficaz diferencial de scattering para una part´ıcula de masa m movi´endose en un potencial repulsivo:

V = Ae−r

95

2

/a2

(655)

Soluciones Problema 1: (a) De clases, tenemos que: Z m ~0 ~ ei(k −k)·r~0 V (r~0 )d3 r0 f (θ, φ) ≈ − 2 2π~ y cuando utilizamos la aproximaci´on de Born con el potencial de Yukawa esto se reduce a: Z 2m f (θ) = − 2 V (r0 )r0 sin(κr0 )dr0 κ~ Considerando la simetr´ıa esf´erica del problema, vemos inmediatamente la independencia de φ. Por otro lado, se tiene que: κ = 2ksin(θ/2) Reemplazando esto en lo anterior: Z   r0 − rr 2m 0 rsin(κr)dr V e 0 κ~2 r Z   2mV0 r0 − rr 0 sin(κr)dr e − κ~2 Z  
2mV0 r0 1 iκr − rr 0 − e e − e−iκr dr κ~2 2i Z   2mV0 r0 − rr +iκr − rr −iκr 0 0 − e − e dr κ~2 2i 2mV0 r0 − 2 2 ~ (κ + ro−2 )

f (θ)

= −

f (θ)

=

f (θ)

=

f (θ)

=

f (θ)

=

Volvamos a recordar que: dσ =| f (θ) |2 dΩ A partir de esto calculamos la secci´on eficaz diferencial: dσ 1 = 2 2 dΩ (4k sin (θ/2) + ro−2 )2



−2mV0 r0 ~2

2

Notemos que la dependencia en k solo est´a presente en:  2 1 ro2 = 4k 2 ro2 sin2 (θ/2) + 1 (4k 2 sin2 (θ/2) + ro−2 )2 Luego, considerando el caso de kr0  1 (baja energ´ıa) podemos aproximar: 

ro2 4k 2 ro2 sin2 (θ/2) + 1

2

≈ ro4 (1 + 8k 2 ro2 sin2 (θ/2))

≈ r04 y considerando el caso de kr0 >> 1 (alta energ´ıa) podemos aproximar a 

ro2 2 2 4k ro sin2 (θ/2) + 1 96

2

 ≈

1 4k 2 sin2 (θ/2)

2

Por u ´ltimo, si integramos la secci´on eficaz diferencial obtenemos: Z σ = | f (θ) |2 dΩ Z 1 −2mV0 r0 σ = dΩ 2 2 2 ~ (4k sin (θ/2) + ro−2 )2 Z Z sinθdθdφ −2mV0 r0 π 2π σ = 2 sin2 (θ/2) + r −2 )2 ~2 (4k o 0 0 2  1 −2mV0 (r0 )2 σ = 4π ~2 ro−2 + 4 8mE ~2 (b) Es obvio que si r0 → ∞ tendremos que

r →0 r0

Entonces, el potencial de Yukawa se vuelve: V0

r  0

r

r

e − r0 ⇒

Z1 Z2 e2 r

Utilizando esto en lo anterior para la secci´on eficaz diferencial, se tiene: r0 → ∞

⇒

r0−2 → 0

Luego, dσ → dΩ



−2mZ1 Z2 e2 ~2 4k 2 sin2 (θ/2)



−Z1 Z2 e2 2mv 2 sin2 (θ/2)

2

Finalmente, utilizando p = mv = ~k: dσ = dΩ

2

Problema 2: (a) Recordemos que 1 dσ = 2 dΩ k

2 ∞ X (2l + 1)eiδl sin(δl )Pl (cosθ) l=0

Solo consideramos los dos primeros corrimientos: dσ dΩ

= = = =

1 k2 1 k2 1 k2 1 k2

iδ e 0 sin(δ0 ) + 3eiδ1 sin(δ1 )(cosθ) 2 (cosδ0 sinδ0 + 3cosδ1 sinδ1 cosθ) + i(sin2 δ0 + 3sin2 δ1 cosθ) 

sin2 δ0 + 9sin2 δ1 cos2 θ + 6sinδ0 sinδ1 cos(δ1 − δ0 )cosθ



0.25 + 0.27cos2 θ + 0.49cosθ



donde han sido utilizados los datos dados. Luego, si integramos: Z
dσ 4π σ= dΩ = 2 sin2 δ0 + 3sin2 δ1 dΩ k 97



De modo que evaluando en los ´ angulos indicados: σT

=

dσ dΩ

=

4π (0.34) k2  1  0.25 + 0.27cos2 θ + 0.49cosθ 2 k

Luego, dσ dΩ 30 dσ dΩ 45 dσ dΩ 90 Grafiquemos

dσ dΩ

1 0.87685 k2 1 0.73148 k2 1 0.25 k2

= = =

en funci´ on de θ (k=1):

(b) Para responder esta parte del problema, recordemos que Z 2mk ∞ V (r)jl2 (kr)r2 dr δl ≈ − 2 ~ 0 donde jl (x) es una funci´ on esf´erica de Bessel. Si δl es despreciable para l > 1 estoq quiere decir que el integrando es muy pequeo → kr ≈ 1 en el rango del potencial, i.e: 1 R≈ k En este rango la integral no es despreciable. Problema 3: En la aproximaci´ on de Born tenemos: m f (θ) = − 2π~2

Z

0

e−k·r V (r)eik ·r d3 r

98

(656)

donde k0 , k son respectivamente los vectores de las onda incidente y scattereadas respectivamente. Sea q = k − k0 , con |k0 | = |k| = k para un scattering el´astico. Tenemos:

f (θ) = −

m 2π~2

Z

∞

V (r)r2 dr

0

π

Z

0

e−iqrcosθ 2πsinθ0 dθ0

(657)

0

=−

2m ~2

Z

∞

V (r) 0

sin(qr) 2 r dr qr

(658)

Con esto, tenemos:

f (θ) = −

2m ~2 q

∞

Z

rV (r)sin(qr)dr

(659)

0

donde q = 2ksin(θ/2), ~k es el momentum de la part´ıcula incidente. Tenemos: Z 2mA ∞ −r2 /a2 re sin(qr)dr ~2 q 0 Z mA ∞ −r2 /a2 =− 2 re sin(qr)dr ~ q −∞ Z mAa2 ∞ −r2 /a2 0 = (e ) sin(qr)dr 2~2 q −∞ Z mAa2 ∞ −r2 /a2 =− e cos(qr)dr 2~2 −∞ Z r mAa3 ∞ r =− cos(qa )d( ) 2~2 −∞ a a Z mAa3 ∞ −r2 e cos(qar)de =− 2~2 −∞   Z 2 2 iqa 2 mAa3 ∞ iqa 2 ) ] + exp[−(r + ) ] e−q a /4 dr =− ext[−(r − 2 4~ 2 2 −∞ mAa3 √ −q2 a2 /4 =− πe 2~2 f (θ) = −

(660) (661) (662) (663) (664) (665) (666) (667)

Luego:

σ(θ) = |f (θ)|2 =

m2 A2 a6 −q2 a2 /2 πe 4~4

99

(668)

Pontificia Universidad Cat´ olica de Chile - Facultad de F´ısica QM II - FIZ0412

Ayudant´ıa 13 Profesor: Max Ba˜ nados Ayudante : Nicol´ as P´erez ([email protected])

Problemas 1. 2. 3.

100

Soluciones Problema 1: Problema 2: Problema 3:

101

2 2.1 2.1.1

Aproximaci´ on WKB Problemas Resueltos Problema 1

Un oscilador arm´ onico unidimensional truncado viene descrito por el potencial: ( 1 mω 2 (x2 − b2 ) si |x| < b V (x) 2 0 si |x| > b

(669)

(a) Use la aproximaci´ on WKB para estimar las energ´ıas de los estados ligados. (b) Encuentre la condici´ on para que exista solamente un estado ligado. Esta condici´on ha de depender de m, ω y b.

Soluci´ on Lo que tenemos aqu´ı es el problema de un oscilador truncado. En este problema, vemos que existen tres zonas en las que se divide el potencial. Para las zonas x > b y x < −b, se tiene que el potencial es cero. Pero en la zona −b < x < b se tiene un potencial determinado. Dependiendo de la cantidad de energ´ıa que tenga el oscilador, veremos como se comporta y cu´ales son los valores de energ´ıa. Sabemos que existe un punto en el que el oscilador “se devuelve”; Este punto es el determinado punto de retorno y sabemos de su existencia por las caracter´ısticas del problema (El hecho de que sea un oscilador). Lo que tenemos entonces es lo siguiente: Z

x0

 1 π n+ 2 r 2m (E − V (x)) ~2 

p(x)dx = −x0

p(x)

=

Entonces, se cumple lo siguiente: x0

r

 2m (E − V (x))dx = n + ~2 −x0 s    Z x0 2m 1 2 2 2 E − mω (x − b ) dx = n + ~2 2 −x0 Z

1 2



1 2



π π

Ahora, lo que nosotros sabemos es que cuando x = x0 , E = V , de modo que puedo escribir E en funci´ on de el punto de retorno x0 E(x0 ) = V (x0 ) =

1 mω 2 (x20 − b2 ) 2

Con esto, la ecuaci´ on anterior se transforma en:

Z

x0

−x0

s

2m ~2



   1 1 1 2 2 2 2 2 2 mω (x0 − b ) − mω (x − b ) dx = n + π 2 2 2

102

(670)

Reduciendo t´erminos, se obtiene:

Z

x0

−x0

s



  1 1 2 2 2 2 mω x0 − mω x dx = n + 2 2  Z x0 r 2 2 m ω 2 2 (x0 − x )dx = n + ~2 −x0  Z x0 q mω 2 2 (x0 − x )dx = n + ~ −x0 v u  2 !  Z mωx0 x0 u t 1− x dx = n + ~ x0 −x0 2m ~2

1 2

 π

 1 π 2  1 π 2  1 π 2

Como la funci´ on es par, hacemos el cambio:

2mωx0 ~

Z 0

x0

v u  2 !   u 1 t 1− x π dx = n + x0 2

Haciendo el reemplazo x/x0 = senθ (dx = x0 cosθdθ), los l´ımites de integraci´on pasan a ser: x=0

=⇒

x = x0

=⇒

θ=0 π θ= 2

y la integral nos queda: Z 2mωx0 π/2 x0 cosθ2 dθ ~ 0 Z 2mωx0 π/2 x0 (1 + cos2θ) dθ ~ 2 0 /2mωx0 x0 π / / ~ 2 2 mωx20 2~ x20

 =

n+

1 2

 π



= = = =

 1 n+ π 2   1 n+ π / 2   1 n+ 2   2~ 1 n+ mω 2

Es aqu´ı donde detenemos el c´ alculo y recordamos que la energ´ıa estaba expresada en funci´on del valor de x0 . Recordemos: 1 mω 2 (x20 − b2 ) 2 Reemplazando por el valor de x0 que acabamos de obtener, la energ´ıa queda dada por la siguiente expresi´ on: E=

103

E=

   2~ 1 n+ − b2 mω 2   1 1 E = ~ω n + − mω 2 b2 2 2

1 mω 2 2



Ahora, para que exista un estado ligado, debemos exigir:

E0

< 0

E1

> 0

Lo que nos lleva a la condici´ on: 1 ~ω − 2 3 ~ω − 2

1 mω 2 b2 2 1 mω 2 b2 2

<

0

>

0

Entonces: 1<

3 3.1

mωb2 a. ~ 2 y con Sz y los Dado que el Hamiltoniano de este sistema no depende del spin, este ha de conmutar con S ~ = S~1 + S~2 . autoestados de energ´ıa pueden, entre otros, ser rotulados por los n´ umeros cu´anticos S y Ms siendo S Escriba las funciones de onda normalizadas correspondientes a los seis (6) estados de dos part´ıculas de menor energ´ıa en la representaci´ on | x1 , x2 , m1 , m2 i. ¿ Cu´anto valen las correspondientes energ´ıas? Soluci´ on Este problema consiste en una part´ıcula en un pozo de potencial. En este caso, como hemos visto durante el curso, las las ecuaciones de onda tomar´ an la forma siguiente: φn (x)

=

φn (x)

=

1 √ cos(kn x) a 1 √ sin(kn x) a 121

si n impar si n par

considerando:

r

2mE ~2 Si incluimos el spin, la funci´ on de onda total ser´a k=

y

En =

~2 π 2 n2 2m(2c)2



 1 ψn−up = φ(x) 0   0 ψn−down = φ(x) 1 Como en este caso particular tenemos dos part´ıculas con spin 1/2 , la funci´on de onda resultante debe ser antisim´etrica. Por otra parte, el acoplamiendo de dos spines 1/2 nos da como resultado triplete → Xt

||

singlete → Xs

Cuando tomamos la antisimetrizaci´ on, obtenemos: Ψn,m t

=

(φn (x1 )φm (x2 ) − φn (x2 )φm (x1 ))Xt

Ψn,m s

=

(φn (x1 )φm (x2 ) + φn (x2 )φm (x1 ))Xs

Analicemos primero el caso n=m=1, para encontrar las funciones de onda normalizadas para las dos particulas de menor energ´ıa. Obtenemos: Ψ1,1 s Ψ1,1 t

1 = φ1 (x1 )φ1 (x2 ) · √ (| 1/2, 1/2i | 1/2, −1/2i− | 1/2, −1/2i | 1/2, 1/2i) 2 = 0

el triplete se anula. Adem´ as, la energ´ıa estar´a dada por E1,1 = (12 + 12 )E1 = 2E1 Ahora para el caso n=1 m=2 tenemos: 1 Ψ1,2 s = (φ2 (x1 )φ2 (x2 ) + φ1 (x2 )φ2 (x1 )) · √ (| 1/2, 1/2i | 1/2, −1/2i− | 1/2, −1/2i | 1/2, 1/2i) 2 Considerando el caso del triplete, no se anula como vimos anteriormente, de modo que generamos 3 estados, siendo estos:   | 1/2, 1/2i  Ψ1,2 = (φ2 (x1 )φ2 (x2 ) − φ1 (x2 )φ2 (x1 )) ×  | 1/2, −1/2i | 1/2, −1/2i t √1 (| 1/2, 1/2i | 1/2, −1/2i+ | 1/2, −1/2i | 1/2, 1/2i) 2 caso en que la energ´ıa es: E1,2 = (12 + 22 )E1 = 5E1 Finalmente analizamos cuando n=m=2. Solo tendremos la funci´on de onda del singlete que est´a dada por: 1 Ψ2,2 s = φ2 (x1 )φ2 (x2 ) √ (| 1/2, 1/2i | 1/2, −1/2i− | 1/2, −1/2i | 1/2, 1/2i) 2 con la respectiva energ´ıa: E2,2 = (22 + 22 )E1 E2,2 = 8E1 122

5.1.2

Problema 2

s Considere un sistema de dos spines 1/2. El operador P(12) que produce el intercambio de estados de spin de (1)

(2)

las dos part´ıculas en el espacio producto HS = HS ⊗ HS puede ser definido a trav´es de su acci´ on sobre la base de autoestados| m1 , m2 i =| m1 i(1) | m2 i(2) rotulados por los autovalores de los operadores de spin ~ (1) )2 , (S ~ (2) )2 , Sz(1) , Sz(2) correspondientes a los spines (1) y (2), respectivamente. (S S P(12) | m1 , m2 i ≡| m2 , m1 i

Este operador se conoce con el nombre de operador de intercambio de spin. Por simplicidad lo denotaremos por P(12) . Muestre que se cumple lo siguiente: † −1 a) P(12) = P(12) = P(12) b) Los autovales de P(2) solamente pueden valer ±1. ~ (1) )2 , (S ~ (2) )2 , S ~ 2 = (S ~1 + S ~2 )2 y ST z tambi´en son autoestados del operador c) Los autoestados simult´ aneos de(S T de intercambio de spin. d) Trabajando en el espacio de Hilbert producto tensorial de los dos espacios de spin 1/2, muestre que el siguiente operador   4 ~ (1) ~ (2) 1 I + 2S · S P(12) = 2 ~ efectivamente representa un operador de intercambio de spin, esot es P(12) | m1 , m2 i =| m1 , m2 i

Soluci´ on a) Sabemos que: P(12) | m1 , m2 i ≡| m2 , m1 i y si volvemos a aplicar el operador tendremos: P(12) P(12) | m1 , m2 i = =

P(12) | m2 , m1 i | m1 , m2 i

de modo que obtenemos: −1 P(12) P(12) = I → P(12) = P(12)

Adem´ as los estados | m1 , m2 i estan debidamente normalizados asi que: hm1 , m2 | m1 , m2 i = 1 Usando lo anterior:

hm1 , m2 | P(12) P(12) | m1 , m2 i = (hm1 , m2 |

† P(12) )(P(12)

(hm1 , m2 |

| m1 , m2 i)

† P(12) )

=

1

| m2 , m1 i =

1

Para que este producto se mantenga con el valoro 1, se debe cumplir que: † hm1 , m2 | P(12) = hm2 , m1 |

123

1

y, entonces: † = P(12) P(12)

esto, era lo pedido. b) Podemos suponer un autoestado de P(12) con autovalor λ, es decir:

P(12) | vi = λ | vi si aplicamos el operador dos veces a este autoestado particular obtenemos: P(12) P(12) | vi = P(12) λ | vi y usando lo anterior (ya demostrado): I | vi = λP(12) | vi = λ2 | vi → λ2 = 1 → λ = ±1 que era lo pedido

c) Aqui procedemos con calculo directo: P(12) S12 | m1 , m2 i = m1 (m1 + 1)~2 | m2 , m1 i P(12) S22 | m1 , m2 i = m2 (m2 + 1)~2 | m2 , m1 i Para (ST )2 , tendremos que: (ST )2 = S12 + S22 + 2S1 S2 de modo que: P(12) (ST )2 | m1 , m2 i = =

P(12) (S12 + S22 + 2S1 S2 ) | m1 , m2 i (m1 (m1 + 1)~2 + m2 (m2 + 1)~2 + 2

p

m1 (m1 + 1)m2 (m2 + 1)~2 | m2 , m1 i

d) En el caso que manipulemos una dos spines 1/2 combinados, obtendremos: 1 | m1 , m2 i = √ (| 1/2 − 1/2i± | −1/2, 1/2i) 2 donde S1 · S2 (operador) act´ ua sobre un singlete dando: −3~2 4 cuando act´ ua sobre un triplete , obtenemos: ~2 4 De este modo, cuando tenemos: P(12) =

  1 4 ~ (1) ~ (2) I + 2S ·S 2 ~ 124

obtendremos: 1 1 P(12) √ (| 1/2 − 1/2i+ | −1/2, 1/2i) = 2 2 + 1 = 2



1 √ (| 1/2 − 1/2i+ | −1/2, 1/2i) 2 !

4 1 S1 · S2 √ (|1/2 − 1/2i + | − 1/2, 1/2i) 2 ~ 2

 1 1 √ (| 1/2 − 1/2i+ | −1/2, 1/2i) + √ (| 1/2 − 1/2i+ | −1/2, 1/2i) 2 2 1 = √ (| −1/21/2i+ | 1/2, −1/2i) 2

y as´ı mismo: 1 1 P(12) √ (| 1/2 − 1/2i− | −1/2, 1/2i) = 2 2 + 1 = 2



1 √ (| 1/2 − 1/2i− | −1/2, 1/2i) 2 !

4 1 S1 · S2 √ (| 1/2 − 1/2i− | −1/2, 1/2i) 2 ~ 2

 1 1 √ (| 1/2 − 1/2i− | −1/2, 1/2i) − 3 √ (| 1/2 − 1/2i− | −1/2, 1/2i) 2 2 1 = √ (| −1/21/2i+ | 1/2, −1/2i) 2

De modo que esto es un operador de intercambio de spin. 5.1.3

Problema 3

En el l´ımite no relativista, el Hamiltoniano que describe la interacci´on de los electrones con el n´ ucleo es independiente de los spines electr´ onicos y nucleares. Sin embargo, los niveles de energ´ıa en ´atomos multielectr´ onicos si dependen del estado de spin de los electrones. Considere un ´ atomo con dos electrones. El Hamiltoniano no relativista viene dado por H = H0 + HI con

 2  X ~2 2 Ze2 H0 = − ∇ + 2me ri ri i=1

y HI =

e2 | r~1 − r~2 |

a) Para el caso en que un electr´ on se encuentra en el estado fundamental y el otro electr´on en un estado excitado con n´ umeros cu´ anticos (n, l, m), ¿ cu´ al estado de spin (tripelete o singlete) tiene energ´ıa m´as alta? b) Como una variaci´ on, considere dos electrones en un oscilador arm´onico unidimensional. Para el caso en que uno de los electrones se encuentre en el estado fundamental y el otro en el primer estado excitado, calcule h(x2 − x1 )2 i para los estados triplete y sigulete, donde x1 y x2 son las posiciones de los electrones. Soluci´ on

125

a) Una posible soluci´ on al problema tendr´ıa forma: Ψ(r~1 , r~2 ) = ψn,l,m (r~1 )ψn0 ,l0 ,m0 (r~2 ) Como tenemos un electr´ on en el estado fundamental y el otro electron en un estado excitado con n´ umeros cu´ anticos n,l y m, tendremos: Ψ(r~1 , r~2 ) = ψ1,0,0 (r~1 )ψn,l,m (r~2 ) Esta situaci´ on puede cambiar seg´ un la paridad del n´ umero cu´antico l, cambiando la paridad de la funci´ on Ψ. De este modo para l par debemos usar el singlete, es decir: ΨT s = [ψ100 (r1 )ψnlm (r2 ) + ψ100 (r2 )ψnlm (r1 )] Xs 1 = [ψ100 (r1 )ψnlm (r2 ) + ψ100 (r2 )ψnlm (r1 )] · √ (| 1/2, 1/2i | 1/2, −1/2i− | 1/2, −1/2i | 1/2, 1/2i) 2 Y cuando consideramos el l impar debemos usar el triplete, es decir: ΨT t = [ψ100 (r1 )ψnlm (r2 ) − ψ100 (r2 )ψnlm (r1 )] Xt donde consideramos:  | 1/2, 1/2i  Xt =  | 1/2, −1/2i | 1/2, −1/2i √1 (| 1/2, 1/2i | 1/2, −1/2i+ | 1/2, −1/2i | 1/2, 1/2i) 2 

Como la funci´ on total debe ser antisim´etrica puesto que son electrones, evidentemente cuando consideramos el singlete, la parte espacial queda sim´etrica, de modo que los electrones pueden estar m´as cerca uno del otro produciendo mayor interacci´ on. Es por esta raz´ on que la energ´ıa de interacci´on asociada al singlete es mayor.

b) La funci´ on de onda para el oscilador arm´onico cu´antico es: ψn = √

1  mω  14 − mωx2 e 2~ Hn 2n n! π~

r

mω x ~



Definiremos la perturbaci´ on energ´etica en funci´on de las cantidades vistas en clases (J y K) Z e2 J = d3 x1 d3 x2 | ψa (x1 ) |2 | ψb (x2 ) |2 r12 Z e2 ∗ K = d3 x1 d3 x2 ψa (x1 )ψb (x2 ) ψ (x2 )ψb∗ (x1 ) r12 a Para el caso n=0 y m=1, las funciones de onda asociadas al problema son: ψ0

=

ψ1

=

 mω  14

e−

mωx2 2~

π~ r 1  mω  14 − mωx2 mω √ e 2~ 2 x ~ 2 π~

126

Si consideramos que h(x2 − x1 )2 i es el tipo de perturbaci´on que buscamos obtenemos: h(x2 − x1 )2 i = J ± K donde el signo + se refiere al singlete y el signo - al triplete. Finalmente el problema es reducido a calcular los coeficientes J y K: Z e2 J = d3 x1 d3 x2 | ψa (x1 ) |2 | ψb (x2 ) |2 r12 Z 1    mω  12 2 mωx2 mωx mω 2 mω 2 − 1 1 2 e− ~ e hbar 4 = d3 x1 d3 x2 x (x2 − x1 )2 π~ 2 π~ ~ 2 2~ = mω Z e2 ∗ K = d3 x1 d3 x2 ψa (x1 )ψb (x2 ) ψ (x2 )ψb∗ (x1 ) r12 a r Z  mω  14 mωx2 1  mω  14 − mωx22 mω 1 x2 = d3 x1 d3 x2 e− 2~ √ e 2~ 2 π~ ~ 2 π~ r  1  mω  14 mωx2 mωx2 mω − 2~ 1 2 mω 4 − 2~ 2 1 √ e e (x2 − x1 ) 2 x1 π~ π~ ~ 2 −~ = mω De modo que la perturbaci´ on energ´etica es, (considerando el singlete): ∆Es = J + K =

~ mω

∆Es = J − K =

3~ mω

y en el caso del triplete:

5.1.4

Problema 4

Considere la colisi´ on de dos part´ıculas id´enticas de spin 1/2. a)Suponga que la funci´ on de onda de las dos part´ıculas despu´es de la colisi´on corresponde a un momento angular relativo l = 0. Escriba, entonces, las posibles funciones de onda de spin. b) Repita la pregunta anterior en el caso que el momento angular relativo sea l = 1. Soluci´ on (a) Si tenemos l=0, tenemos que la funci´ on de onda es par, de modo que la unica opci´on es el singlete, de este modo, la funci´ on de onda de spin es: 1 | s, ms , 1/2, 1/2i =| 0, 0, 1/2, 1/2i = √ (| 1/2, 1/2i | 1/2, −1/2i− | 1/2, −1/2i | 1/2, 1/2i) 2

b) Si tenemos l=1, tenemos que la funci´ on de onda espacial cambia con un cambio en las coordenadas y con el fin de mantener la antisimetr´ıa, las funciones de ondas de spin deben pertenecer al triplete, es decir: | s, ms , 1/2, 1/2i =| 1, m, 1/2, 1/2i 127

De modo que tenemos tres casos: | 1, 1, 1/2, 1/2i =| 1/2, 1/2i | 1, −1, 1/2, 1/2i =| 1/2, −1/2i | 1/2, −1/2i 1 | 1, 0, 1/2, 1/2i = √ (| 1/2, 1/2i | 1/2, −1/2i+ | 1/2, −1/2i | 1/2, 1/2i) 2 5.1.5

Problema 5

Considere un sistema formado por tres spines S=1/2. En el espacio producto HS = HS1 ⊗ HS2 ⊗ Hs3 de los espacios de Hilbert de cada spin tenemos el vector 1 | ui = √ (| + 2

−

+i− | −

+

+i)

¿ Qu´e vector resulta de la acci´ on de simetrizar y/o antisimetrizar el estado | ui ? Soluci´ on En primer lugar, lo que haremos es simetrizar. Para ello, debemos usar el determinante de Slater, con U dado en el enunciado.

En los determinantes cambiamos la notaci´on a upi para + en el Hilbert i del producto tensorial y con down para -.

Entonces: | U isim

  up1 1 = √  up2 12  up 2

down1 down2 down3

  up1   down1 up2 down2 −   up3 down2

up1 up2 up3

 up1  up2   up3

Ahora calculamos cada matriz, con lo que obtenemos:    up1 down1 up1  up2 down2 up2 =| + − +i+ | − + +i+ | + + −i+ | + − +i+ | + + −i+ | − + +i   up2 down3 up3    down1 up1 up1  down2 up2 up2 =| − + +i+ | + + −i+ | + − +i+ | + + −i+ | − + +i+ | + − +i   down2 up3 up3 Cuando restamos, se anulan, de modo que: | U isim = 0

Para el caso antisim´etrico haremos lo mismo, es decir:  up1 1  up2 | U isim = √ 12 up 2

pero ahora calculamos el determinante de matriz como es usual,  down1 up1 down1 up1 up1 down2 up2 − down2 up2 up2  down3 up3 down2 up3 up3 128

Calculando cada uno de up1 down1 up2 down2 up2 down3 down1 up1 down2 up2 down2 up3

ellos: up1 up2 up3

=| + − +i+ | − + +i+ | + + −i− | + − +i− | + + −i− | − + +i = 0

up1 up2 up3

=| − + +i+ | + + −i+ | + − +i− | + + −i− | − + +i− | + − +i = 0

en este caso cada una se anula. No es posible construir un estado sim´ etrico ni uno antisim´ etrico.

129