Curso de Mecánica Cuántica. Enero-Mayo de 2017Tarea 1

Ejercicios del capítulo 2 (página 276) del libro Quantum Mechanics. Concepts and applications. Second edition. Nouredine Zettili

1. 4.2

2. 4.3

3. 4.5

4. 4.6

5. 4.9

6. 4.10

7. 4.14

8. 4.17

9. 4.19

10. 4.23

11. 4.28

12. 4.32

Solución:

(a)

Método 1.

La función de onda a t = 0 es

ψ(x, 0) =3

30ϕ0(x) +

4

30ϕ1(x) +

1

6ϕ4(x).

El valor medio de la energía se calcula como ⟨E⟩ = ∫0

a

ψ(x, 0) H

ψ*(x, 0) ⅆx. Sustituyendo la función de onda dada y recordando que las

ϕn(x) son funciones propias del hamiltoniano de valor propio En =π2 ℏ2

2 m a2 n2, tenemos

⟨E⟩ =

0

a

ψ(x, 0) H

ψ*(x, 0) ⅆx =

0

a

3

30ϕ0(x) +

4

30ϕ1(x) +

1

6ϕ4(x) H

3

30ϕ0(x) +

4

30ϕ1(x) +

1

6ϕ4(x) ⅆx

=

0

a

3

30ϕ0(x) +

4

30ϕ1(x) +

1

6ϕ4(x)

3

30H

ϕ0(x) +4

30H

ϕ1(x) +1

6H

ϕ4(x) ⅆx

=

0

a

3

30ϕ0(x) +

4

30ϕ1(x) +

1

6ϕ4(x)

3

30

π2 ℏ2

2 m a2(0)2 ϕ0(x) +

4

30

π2 ℏ2

2 m a2(1)2 ϕ1(x) +

1

6

π2 ℏ2

2 m a2(4)2 ϕ4(x) ⅆx.

Efectuando los productos y debido a que ϕ0(x) = 0, se encuentra que

⟨E⟩ =

0

a

ⅆx4

30ϕ1(x)

4

30

π2 ℏ2

2 m a2(1)2 ϕ1(x) +

0

a

ⅆx1

6ϕ4(x)

4

30

π2 ℏ2

2 m a2(1)2 ϕ1(x)

+

0

a

ⅆx4

30ϕ1(x)

1

6

π2 ℏ2

2 m a2(4)2 ϕ4(x) +

0

a

ⅆx1

6ϕ4(x)

1

6

π2 ℏ2

2 m a2(4)2 ϕ4(x)

=π2 ℏ2

2 m a2

8

15

0

a

ⅆx ϕ1(x) ϕ1(x) +2

3 5

0

a

ⅆx ϕ4(x) ϕ1(x) +32

3 5

0

a

ⅆx ϕ1(x) ϕ4(x) +8

3

0

a

ⅆx ϕ4(x) ϕ4(x).

Usando ahora que las funciones de onda ϕn(x) son ortonormales; es decir, que, ∫0

a

ϕn*(x) ϕm(x) ⅆx = δm,n, tenemos

⟨E⟩ =π2 ℏ2

2 m a2

8

15+

2

3 5(0) +

32

3 5(0) +

8

3 =

π2 ℏ2

2 m a2

16

5=

8 π2 ℏ2

5 m a2

Así que el resultado final es ⟨E⟩ =8 π2 ℏ2

5 m a2 .

Método 2.

En el curso vimos que si tenemos un conjunto de funciones propias {φn(x), n = 0, 1, 2, 3, …} del hamiltoniano estacionario (en el sentido

de que el potencial no depende del tiempo) H

, la solución general del sistema es

ψ(x, t) = n=0

∞

cn φn(x) exp -ⅈEn

ℏt (1)

y el valor medio de la energía es

⟨E⟩ = n=0

∞

cn2 En.

Aplicando esta fórmula encontramos

⟨E⟩ =

1

6

2

42 π2 ℏ2

2 a2 m+

3

30

2

0 π2 ℏ2

2 a2 m+

4

30

2

π2 ℏ2

2 a2 m=

8 π2 ℏ2

5 a2 m

(b)

Como el hamiltoniano H

es estacionario (en el sentido de que el potencial no depende del tiempo), la función de onda al tiempo t es

ψ(x, t) =3

30ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt +

4

30ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt +

1

6ϕ4(x) exp -ⅈ

E4

ℏt

donde En =π2 ℏ2

2 m a2 n2.

⟨E⟩ =

0

a

ψ(x, t) H

ψ*(x, t) ⅆx =

0

a

3

30ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt +

4

30ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt +

1

6ϕ4(x) exp -ⅈ

E4

ℏt

H

3

30ϕ0(x) exp ⅈ

E0

ℏt +

4

30ϕ1(x) exp ⅈ

E1

ℏt +

1

6ϕ4(x) exp ⅈ

E4

ℏt ⅆx

=π2 ℏ2

2 m a2

8

15

0

a

ⅆx ϕ1(x) ϕ1(x) +2

3 5

0

a

ⅆx ϕ4(x) ϕ1(x) exp -ⅈE4

ℏt exp ⅈ

E1

ℏt +

32

3 5

0

a

ⅆx ϕ1(x) ϕ4(x) exp ⅈE4

ℏt exp -ⅈ

E1

ℏt +

8

3

0

a

ⅆx ϕ4(x) ϕ4(x)

=π2 ℏ2

2 m a2

8

15

0

a

ⅆx ϕ1(x) ϕ1(x) +2

3 5exp -ⅈ

E4

ℏt exp ⅈ

E1

ℏt

0

a

ⅆx ϕ4(x) ϕ1(x) +

2 Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb

32

3 5exp ⅈ

E4

ℏt exp -ⅈ

E1

ℏt

0

a

ⅆx ϕ1(x) ϕ4(x) +8

3

0

a

ⅆx ϕ4(x) ϕ4(x).

Usando ahora que las funciones de onda ϕn(x) son ortonormales,

⟨E⟩ =π2 ℏ2

2 m a2

8

15+

2

3 5(0) +

32

3 5(0) +

8

3 =

π2 ℏ2

2 m a2

16

5=

8 π2 ℏ2

5 m a2.

El resultado es el mismo que en (a), debido a que se trata de un sistema estacionario y que estamos en la base de la energía.

Solución:

(a)

La ecuación de Schrödinger estacionaria (independiente del tiempo) es

-ℏ2

2 m

ⅆ2 ψ (x)

ⅆx2= E ψ(x), x ≤ 0

-ℏ2

2 m

ⅆ2 ψ (x)

ⅆx2+ V0 ψx = E ψ(x), x > 0

(b)

Dado que para x ≤ 0 tenemos a una particula libre, lo que esperamos es una onda plana. Como E < V0, para x > 0, esperamos una exponen-

cial decreciente. Para verificar que este es el comportamiento, podemos encontrar la solución. Para x ≤ 0, la solución es

ψ<(x) = exp(ⅈ k x) + r exp(-ⅈ k x), k =2 m E

ℏ.

Para x > 0, la solución es

ψ>(x) = t exp(-κ x), κ =2 m(V0 - E)

ℏ.

Las condiciones de continuidad en x = 0 son ψ<(x = 0) = 1 + r = t = ψ>(x = 0) para la función de onda y

ψ<′ (x = 0) = ⅈ k - ⅈ k r = -κ t = ψ>

′ (x = 0) para su derivada, así que obtenemos el sistema de ecuaciones

1 -1-κ ⅈ k

tr =

1ⅈ k

,

cuya solución es

tr =

1

k + ⅈ κ

2 kk - ⅈ κ

.

Así que para x ≤ 0, la solución es

Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb 3

ψ<(x) = exp(ⅈ k x) +k - ⅈ κ

k + ⅈ κexp(-ⅈ k x), k =

2 m E

ℏ,

y para x > 0, la solución es

ψ>(x) =2 k

k + ⅈ κexp(-κ x), κ =

2 m(V0 - E)

ℏ.

Haciendo E = 10 eV = 1.60×10-18 J, V0 = 20 ev = 3.20×10-18 J, m = 9.11×10-31 kg, ℏ = 1.05×10-34 J s, tenemos k = 1.63×1010 m-1 y

κ = k, podemos hacer las gráficas

-1.× 10-9 -8.× 10-10 -6.× 10-10 -4.× 10-10 -2.× 10-10

-1.5

-1.0

-0.5

0.5

1.0

1.5

Re[ψ<(x)]

Im[ψ<(x)]

-1.× 10-9 -8.× 10-10 -6.× 10-10 -4.× 10-10 -2.× 10-10

1

2

3

4

ψ<(x)2

1.× 10-10 2.× 10-10 3.× 10-10 4.× 10-10

-0.4

-0.2

0.2

0.4

Re[ψ>(x)]

Im[ψ>(x)]

4 Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb

1.× 10-10 2.× 10-10 3.× 10-10 4.× 10-10

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

ψ>(x)2

Gráficas

(c)

En la parte negativa del eje X la función de onda es

ψ<(x) = exp(ⅈ k x) +k - ⅈ κ

k + ⅈ κexp(-ⅈ k x), k =

2 m E

ℏ.

El haz incidente de electrones es exp(ⅈ k x), y si le aplicamos el operador de impulso tenemos p exp(ⅈ k x) = ℏ k exp(ⅈ k x), así que el impulso

es igual a ℏ k. La relación de de Broglie es λ = h /p, por tanto, λ =2 π

k=

h

2 m E

= 3.89×10-10 metros.

J s

kg1/2 J1/2=

J

kgs =

kg m2

kg s2s

(d) En la solcuión de la ecuación escribimos explicitamente las condiciones de frontera en x = 0.

(e) La amplitud de probabilidad es ρ(x) = φ*(x) φ(x). En x = 0, tenemos ρ(0) = 4 k2

κ2+k2 , y para x > 0, ρ(x) = 4 k2 exp(-2 κ x)

κ2+k2 , así que

ρ(x)

ρ(0)= exp(-2 κ x) = exp-2 2 m(V0-E)

ℏx = 0.04.

Por lo tanto, la razon es un 4%.

Solución:

(a) Sketch V(x) and locate the position of the two minima.

Poniendo unidades arbitrarias con m = 1 y ℏ = 1, la gráfica es

Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb 5

-4 -2 2 4x

2

4

6

V(x)

(b)

La ecuación de Schrödinger es

-ℏ2

2 m

ⅆ2 φ (x)

ⅆx2+ V(x) φx = E φ(x)

con

V(x) =ℏ2

2 m

4 sinh2(x)

225-

2 cosh(x)

5

y hay que probar que

φ(x) = [1 + 4 cosh(x)] exp-2

15cosh(x)

es solución.

Haciendo

-ℏ2

2 m

ⅆ2

ⅆx2+

ℏ2

2 m

4 sinh2(x)

225-

2 cosh(x)

5[1 + 4 cosh(x)] exp-

2

15cosh(x) = -

8 ℏ2

15 m[1 + 4 cosh(x)] exp-

2

15cosh(x);

es decir,

H

φ(x) = -8 ℏ2

15 mφ(x).

Por lo tanto, φ(x) sí es solución de la ecuación de Schrödinger y el valor propio de la energía es E = -8 ℏ2

15 m.

Con las unidades elegidas en el inciso (a), en la siguiente gráfica mostramos el potencial y el valor propio de φ(x),

-4 -2 2 4x

-1.0

-0.5

V(x)

(c)

En las mismas unidades, tenemos

6 Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb

-4 -2 2 4

5

10

15

Calculos

Solución:

Se tiene que Δxn = x2n- ⟨x⟩n

2 y Δpn = p2n- ⟨p⟩n

2 .

Calculamos primero ⟨x⟩n. Tenemos que

⟨x⟩n =

0

a

φn(x) x φn*(x) ⅆx =

2

a

0

a

x sin2n π x

aⅆx =

a

2

Calculamos ahora x2n. Tenemos que

x2n=

0

a

φn(x) x φn*(x) ⅆx =

2

a

0

a

x sin2n π x

aⅆx =

a2

62 -

3

π2 n2

Determinamos ahora ⟨p⟩n. Tenemos que

⟨p⟩n =

0

a

φn(x) pφn*(x) ⅆx = -ⅈ ℏ

0

a

φn(x)ⅆ

ⅆxφn*(x) ⅆx = -ⅈ ℏ

2

a

0

a

sinn π x

a

ⅆ

ⅆxsin

n π x

aⅆx

= -ⅈ ℏ2

a

n π

a

0

a

sinn π x

acos

n π x

aⅆx = -ⅈ ℏ

n π

a2

0

a

sin2 n π x

aⅆx = -ⅈ ℏ

n π

a2

a

2 n πcos

2 n π a

a- cos(0)

= 0

Determinamos ahora p2n. Tenemos que

p2n=

0

a

φn(x) pφn*(x) ⅆx = -ℏ2

0

a

φn(x)ⅆ2

ⅆx2φn*(x) ⅆx = -ℏ2

2

a

0

a

sinn π x

a

ⅆ2

ⅆx2sin

n π x

aⅆx

= ℏ22

a

n π

a

2

0

a

sin2n π x

aⅆx = ℏ2

2

a

n π

a

2 a

2= ℏ2

n π

a

2

Así que

Δxn = x2n- ⟨x⟩n

2 =a2

62 -

3

π2 n2-

a2

4=

a

2

1

31 -

6

π2 n2

Δpn = p2n- ⟨p⟩n

2 = ℏ2n π

a

2=

n π ℏ

a

Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb 7

Δxn Δpn =n π ℏ

a

a

2

1

31 -

6

π2 n2=

n π ℏ

2

1

31 -

6

π2 n2=

π ℏ

2 3n2 -

6

π2=

ℏ

2 3π2 n2 - 6

Así que despreciando el 6, tenemos

Δxn Δpn ~ℏ π n

12

Cuentas

Solución:

(a)

Método 1.

La función de onda a t = 0 es

ψ(x, 0) =5

50ϕ0(x) +

4

50ϕ1(x) +

3

50ϕ2(x).

El valor medio de la energía se calcula como ⟨E⟩ = ∫-∞

∞

ψ(x, 0) H

ψ*(x, 0) ⅆx. Sustituyendo la función de onda dada y recordando que las

ϕn(x) son funciones propias del hamiltoniano de valor propio En = ℏω12+ n, tenemos

⟨E⟩ =

-∞

∞

ψ(x, 0) H

ψ*(x, 0) ⅆx =

-∞

∞

5

50ϕ0(x) +

4

50ϕ1(x) +

3

50ϕ2(x) H

5

50ϕ0(x) +

4

50ϕ1(x) +

3

50ϕ2(x)

*

ⅆx

=

-∞

∞

5

50ϕ0(x) +

4

50ϕ1(x) +

3

50ϕ2(x)

5

50H

ϕ0(x) +4

50H

ϕ1(x) + H 3

50ϕ2(x)

*

ⅆx

=

-∞

∞

5

50ϕ0(x) +

4

50ϕ1(x) +

3

50ϕ2(x)

5

50ℏω

1

2ϕ0(x) +

4

50ℏω

3

2ϕ1(x) + ℏω

5

2

3

50ϕ2(x)

*

ⅆx.

Efectuando los productos se encuentra que

⟨E⟩ =5

50

5

50ℏω

1

2

-∞

∞

ϕ0(x) ϕ0*(x) ⅆx +

5

50

4

50ℏω

3

2

-∞

∞

ϕ0(x) ϕ1*(x) ⅆx +

5

50ℏω

5

2

3

50

-∞

∞

ϕ0(x) ϕ2*(x) ⅆx +

4

50

5

50ℏω

1

2

-∞

∞

ϕ1(x) ϕ0*(x) ⅆx +

8 Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb

4

50

4

50ℏω

3

2

-∞

∞

ϕ1(x) ϕ1*(x) ⅆx +

4

50ℏω

5

2

3

50

-∞

∞

ϕ1(x) ϕ2*(x) ⅆx +

3

50

5

50ℏω

1

2

-∞

∞

ϕ2(x) ϕ0*(x) ⅆx +

3

50

4

50ℏω

3

2

-∞

∞

ϕ2(x) ϕ1*(x) ⅆx +

3

50ℏω

5

2

3

50

-∞

∞

ϕ2(x) ϕ2*(x) ⅆx,

que se reduce a

⟨E⟩ =ℏω

4

-∞

∞

ϕ0(x) ϕ0*(x) ⅆx +

3 ℏω

5

-∞

∞

ϕ0(x) ϕ1*(x) ⅆx +

3 ℏω

4

-∞

∞

ϕ0(x) ϕ2*(x) ⅆx +

ℏω

5

-∞

∞

ϕ1(x) ϕ0*(x) ⅆx +

12 ℏω

25

-∞

∞

ϕ1(x) ϕ1*(x) ⅆx +

3 ℏω

5

-∞

∞

ϕ1(x) ϕ2*(x) ⅆx +

3 ℏω

20

-∞

∞

ϕ2(x) ϕ0*(x) ⅆx +

9 ℏω

25

-∞

∞

ϕ2(x) ϕ1*(x) ⅆx +

9 ℏω

20

-∞

∞

ϕ2(x) ϕ2*(x) ⅆx.

Usando ahora que las funciones de onda ϕn(x) son ortonormales,

⟨E⟩ =ℏω

4+

12 ℏω

25+

9 ℏω

20=

59 ℏω

50

Así que el resultado final es ⟨E⟩ =59 ℏω

50.

Método 2.

En el curso vimos que si tenemos un conjunto de funciones propias {φn(x), n = 0, 1, 2, 3, …} del hamiltoniano estacionario (en el sentido

de que el potencial no depende del tiempo) H

, la solución general del sistema es

ψ(x, t) = n=0

∞

cn φn(x) exp -ⅈEn

ℏt (2)

y el valor medio de la energía es

⟨E⟩ = n=0

∞

cn2 En.

Aplicando esta fórmula encontramos

⟨E⟩ =5

50

2

ℏω1

2+

4

50

2

ℏω1

2+ 1 +

3

50

2

ℏω1

2+ 2 =

59 ℏω

50

(b)

Como el hamiltoniano H

es estacionario (en el sentido de que el potencial no depende del tiempo), la función de onda al tiempo t es

ψ(x, t) =5

50ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt +

4

50ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt +

3

50ϕ2(x) exp -ⅈ

E2

ℏt

donde En = ℏω12+ n. Por lo tanto,

⟨E⟩ =

0

a

ψ(x, t) H

ψ*(x, t) ⅆx =

-∞

∞

5

50ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt +

4

50ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt +

3

50ϕ2(x) exp -ⅈ

E2

ℏt

H

5

50ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt +

4

50ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt +

3

50ϕ2(x) exp -ⅈ

E2

ℏt

*

ⅆx

Usando que En = ℏω12+ n, efectuando los productos y el que el conjunto de funciones {ϕn(x), n = 0, 1, 2, 3, …} es ortonormal, tenemos

⟨E⟩ =5

50

5

50ℏω

1

2+

4

50

4

50ℏω

3

2+

3

50ℏω

5

2

3

50

que es el mismo resultado que en (a), debido a que se trata de un sistema estacionario y estamos calculando el valor medio de la energía.

Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb 9

(c)

ψ(x, 0) =5

50ϕ0(x) +

4

50ϕ1(x) +

3

50ϕ2(x).

ψ(x, t) =5

50ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt +

4

50ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt +

3

50ϕ2(x) exp -ⅈ

E2

ℏt

ψ(x, t) x

ψ(x, t) =

-∞

∞

ψ*(x, t) xψ(x, t) ⅆx

ψ*(x, t) xψ(x, t) =

5

50ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt +

4

50ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt +

3

50ϕ2(x) exp -ⅈ

E2

ℏt

*

x

5

50ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt +

4

50ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt +

3

50ϕ2(x) exp -ⅈ

E2

ℏt

ψ*(x, t) xψ(x, t) =

5

50ϕ0*(x) exp ⅈ

E0

ℏt x

5

50ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt +

4

50ϕ1*(x) exp ⅈ

E1

ℏt x

5

50ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt +

3

50ϕ2*(x) exp ⅈ

E2

ℏt x

5

50ϕ0(x) exp -ⅈ

E0

ℏt

+5

50ϕ0*(x) exp ⅈ

E0

ℏt x

4

50ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt +

4

50ϕ1*(x) exp ⅈ

E1

ℏt x

4

50ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt +

3

50ϕ2*(x) exp ⅈ

E2

ℏt x

4

50ϕ1(x) exp -ⅈ

E1

ℏt

+5

50ϕ0*(x) exp ⅈ

E0

ℏt x

3

50ϕ2(x) exp -ⅈ

E2

ℏt +

4

50ϕ1*(x) exp ⅈ

E1

ℏt x

3

50ϕ2(x) exp -ⅈ

E2

ℏt +

3

50ϕ2*(x) exp ⅈ

E2

ℏt x

3

50ϕ2(x) exp -ⅈ

E2

ℏt

ψ*(x, t) xψ(x, t) =

1

2ϕ0*(x) x

ϕ0(x) +

2

5exp ⅈ

E1

ℏt - ⅈ

E0

ℏt ϕ1

*(x) xϕ0(x) +

3

10exp ⅈ

E2

ℏt - ⅈ

E0

ℏt ϕ2

*(x) xϕ0(x)

+2

5exp ⅈ

E0

ℏt - ⅈ

E1

ℏt ϕ0

*(x) xϕ1(x) +

8

25ϕ1*(x) x

ϕ1(x) +

6

25exp ⅈ

E2

ℏt - ⅈ

E1

ℏt ϕ2

*(x) xϕ1(x)

+3

10exp ⅈ

E0

ℏt - ⅈ

E2

ℏt ϕ0

*(x) xϕ2(x) +

6

25exp ⅈ

E1

ℏt - ⅈ

E2

ℏt ϕ1

*(x) xϕ2(x) +

9

50ϕ2*(x) x

ϕ2(x)

ψ*(x, t) xψ(x, t) =

1

2ϕ0*(x) x

ϕ0(x) +

2

5exp(ⅈ ω t) ϕ1

*(x) xϕ0(x) +

3

10exp(2 ⅈ ω t) ϕ2

*(x) xϕ0(x)

+2

5exp(-ⅈ ω t) ϕ0

*(x) xϕ1(x) +

8

25ϕ1*(x) x

ϕ1(x) +

6

25exp(ⅈ ω t) ϕ2

*(x) xϕ1(x)

+3

10exp(-2 ⅈ ω t) ϕ0

*(x) xϕ2(x) +

6

25exp(-ⅈ ω t) ϕ1

*(x) xϕ2(x) +

9

50ϕ2*(x) x

ϕ2(x)

ψ(x, t) x

ψ(x, t) =

-∞

∞

ψ*(x, t) xψ(x, t) ⅆx =

1

2

-∞

∞

ⅆx ϕ0*(x) x

ϕ0(x) +

2

5exp(ⅈ ω t)

-∞

∞

ⅆx ϕ1*(x) x

ϕ0(x) +

3

10exp(2 ⅈ ω t)

-∞

∞

ⅆx ϕ2*(x) x

ϕ0(x)

+2

5exp(-ⅈ ω t)

-∞

∞

ⅆx ϕ0*(x) x

ϕ1(x) +

8

25

-∞

∞

ⅆx ϕ1*(x) x

ϕ1(x) +

6

25exp(ⅈ ω t)

-∞

∞

ⅆx ϕ2*(x) x

ϕ1(x)

10 Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb

+3

10exp(-2 ⅈ ω t)

-∞

∞

ⅆx ϕ0*(x) x

ϕ2(x) +

6

25exp(-ⅈ ω t)

-∞

∞

ⅆx ϕ1*(x) x

ϕ2(x) +

9

50

-∞

∞

ⅆx ϕ2*(x) x

ϕ2(x)

Pero ya sabemos que ∫-∞

∞

ϕn(x) x ϕm* (x) ⅆx =

ℏ

2 m ω n δm,n-1 + n + 1 δm,n+1 (Zettili, expresión (4.178), página 248), así que

ψ(x, t) x

ψ(x, t) =

-∞

∞

ψ*(x, t) xψ(x, t) ⅆx

=ℏ

2 m ω

2

5exp(ⅈ ω t) +

2

5exp(-ⅈ ω t) +

6 2

25exp(ⅈ ω t) +

6 2

25exp(-ⅈ ω t)

=ℏ

2 m ω

4

5cos(ω t) +

12 2

25cos(ω t) =

20 + 12 2

25 2

ℏ

m ωcos(ω t) =

2

256 + 5 2

ℏ

m ωcos(ω t)

ψ(x, t) x

ψ(x, t) =2

256 + 5 2

ℏ

m ωcos(ω t)

Solución:

Demostremos primero que a j n =n!

(n- j)!n - j si j ≤ n y a j n = 0 si j > n.

Lo podemos hacer por inducción.

Para j = 1, se tiene a n =n!

(n-1)!n - 1 = n n - 1, que es cierto, ya que es la definición misma del operador a .

Lo suponemos ahora para j, y lo probamos para j + 1, o sea, suponemos que es cierto que a j n =n!

(n- j)!n - j, y tenemos

a

a j n = a

n!

(n- j)!n - j =

n!

(n- j)!a

n - j =n!

(n- j)!n - j n - j - 1 =

n!

[n-( j+1)]!n - ( j + 1), que es la expresión parar

j + 1 y por lo tanto queda demostrado. La parte a j n = 0 si j > n es trivial.

De manera idéntica se puede probar que a† jn =

(n+ j)!

n!n + j.

Ahora evaluamos X 2

. Tenemos

X=

ℏ

2 μ ωa+ a

†

y recordando siempre que a y a† no conmutan, obtenemos

X 2

=ℏ

2 μ ωa+ a

†ℏ

2 μ ωa+ a

† =ℏ

2 μ ωa2 + a

a† + a

† a+ a

†2

Así que

n X 2

m =ℏ

2 μ ωn a

2 + a

a† + a

† a+ a

†2 m

Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb 11

=ℏ

2 μ ωn a

2 m +ℏ

2 μ ωn a

a† m +

ℏ

2 μ ωn a

† a

m +ℏ

2 μ ωn a

†2m

=ℏ

2 μ ωm(m - 1) n m - 2 +

ℏ

2 μ ω(m + 1) n m +

ℏ

2 μ ωm n m +

ℏ

2 μ ω(m + 1) (m + 2) n m + 2

Como n m = δn,m, tenemos

n X 2

m =

ℏ

2 μ ω m(m - 1) δn,m-2 + (2 m + 1) δn,m + (m + 1) (m + 2) δn,m+2 =

ℏ

2 μ ω

m(m - 1) n = m - 2

(m + 1) (m + 2) n m + 22 m + 1 n m

n X 2

m =ℏ

2 μ ω

1 0 2 0 0 0 0 0 0 ⋯

0 3 0 6 0 0 0 0 0 ⋯

2 0 5 0 2 3 0 0 0 0 ⋯

0 6 0 7 0 2 5 0 0 0 ⋯

0 0 2 3 0 9 0 30 0 0 ⋯

0 0 0 2 5 0 11 0 42 0 ⋯

0 0 0 0 30 0 13 0 2 14 ⋯

0 0 0 0 0 42 0 15 0 ⋯

0 0 0 0 0 0 2 14 0 17 ⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱

X 4

=ℏ

2 μ ω

2

(a†)4 + a

· (a

†)3 + (a†)3 ·a

+ a

· (a

†)2 ·a+ a

† ·a· (a

†)2 + (a†)2 ·a

·a† + a

·a† ·a

·a† +

a† ·a

·a† ·a

+ a

4 + a3 ·a

† + a† ·a

3 + a2 · (a

†)2 + (a†)2 ·a

2 + a·a† ·a

2 + a2 ·a

† ·a+ a

† ·a2 ·a

†

n X 4

m =

ℏ

2 μ ω

2

n (a†)4 + a

· (a

†)3 + (a†)3 ·a

+ a

· (a

†)2 ·a+ a

† ·a· (a

†)2 + (a†)2 ·a

·a† + a

·a† ·a

·a† + a

† ·a·a† ·a

+ a

4 + a3 ·a

† +

a† ·a

3 + a2 · (a

†)2 + (a†)2 ·a

2 + a·a† ·a

2 + a2 ·a

† ·a+ a

† ·a2 ·a

† m

=ℏ

2 μ ω

2

m - 3 m - 2 m - 1 m m n + 4

m + 1 m + 2 m + 3 m + 4 m + 4 n

2 m + 1 m + 2 (2 m + 3) m + 2 n

2 m - 1 m (2 m - 1) m n + 26 m2 + 6 m + 3 m n

X 4

=ℏ

2 μ ω

2

3 0 6 2 0 2 6 0 0 0 0 0 0 ⋯

0 15 0 10 6 0 2 30 0 0 0 0 0 ⋯

6 2 0 39 0 28 3 0 6 10 0 0 0 0 ⋯

0 10 6 0 75 0 36 5 0 2 210 0 0 0 ⋯

2 6 0 28 3 0 123 0 22 30 0 4 105 0 0 ⋯

0 2 30 0 36 5 0 183 0 26 42 0 12 21 0 ⋯

0 0 6 10 0 22 30 0 255 0 60 14 0 12 35 ⋯

0 0 0 2 210 0 26 42 0 339 0 204 2 0 ⋯

0 0 0 0 4 105 0 60 14 0 435 0 114 10 ⋯

0 0 0 0 0 12 21 0 204 2 0 543 0 ⋯

0 0 0 0 0 0 12 35 0 114 10 0 663 ⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱

12 Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb

Solución:

El valor esperado del operador n es

⟨n⟩ = ψ n

ψ = -

3

173 -

2

172 +

3

171 +

1

170 n

1

170 +

3

171 -

2

172 -

3

173

= -3

173 -

2

172 +

3

171 +

1

170

1

17n 0 +

3

17n 1 -

2

17n 2 -

3

17n 3 ,

como n j = j j, tenemos

ψ n

ψ = -3

173 -

2

172 +

3

171 +

1

170

1

170 0 +

3

171 1 -

2

172 2 -

3

173 3

= -3

173 -

2

172 +

3

171 +

1

170

3

171 -

4

172 - 3

3

173 ,

Haciendo el producto encontramos

ψ n

ψ = -3

17

3

173 1 -

2

17

3

172 1 +

3

17

3

171 1 +

1

17

3

170 1

+3

17

4

173 2 +

2

17

4

172 2 -

3

17

4

171 2 -

1

17

4

170 2

+3

173

3

173 3 +

2

173

3

172 3 -

3

173

3

171 3 -

1

173

3

170 3.

Tomando en cuenta que los estados n son ortonormales, es decir, que n m = δn,m, se encuentra que

ψ n

ψ =3

17

3

17+

2

17

4

17+

3

173

3

17=

26

17

Otra manera de hacerlo, mucho más sencilla, es

ψ n

ψ =1

17

2

(0) +3

17

2

(1) + -2

17

2

(2) + -3

17

2

(3) =9

17+

8

17+

9

17=

26

17

En el caso del hamiltoniano, tenemos

1

17

2 1

2ℏ ω +

3

17

2 3

2ℏ ω + -

2

17

2 5

2ℏ ω + -

3

17

2

7

2ℏ ω =

1

34+

27

34+

20

34+

21

34ℏ ω =

69

34ℏ ω

Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb 13

Solución:

(a)

Usando los operadores de escalera es muy fácil calcular los elementos de matriz del operador X. En efecto, tenemos

n X

m = nℏ

2 μωa+ a

† m =ℏ

2 μωn a

+ a

† m =ℏ

2 μωn a

m + n a

† m

=ℏ

2 μω m n m - 1 + m + 1 n m + 1 =

ℏ

2 μω m δn,m-1 + m + 1 δn,m+1 =

ℏ

2 μ ω

m n = m - 1

m + 1 n m + 1.

Igualmente para su cuadrado,

n X 2

m =

ℏ

2 μ ω m(m - 1) δn,m-2 + (2 m + 1) δn,m + (m + 1) (m + 2) δn,m+2 =

ℏ

2 μ ω

m(m - 1) n = m - 2

(m + 1) (m + 2) n m + 22 m + 1 n m

Lo mismo sucede para el operador P,

n P

m = n ⅈμ ℏ ω

2a† - a

m = ⅈ

μ ℏ ω

2n a

† - a m = ⅈ

μ ℏ ω

2n a

† m - n a

m

= ⅈμ ℏ ω

2 m + 1 n m + 1 - m n m - 1 = ⅈ

μ ℏ ω

2 m + 1 δn,m+1 - m δn,m-1

= ⅈμ ℏ ω

2

m + 1 n = m + 1

- m n m - 1,

y para su cuadrado

n P 2

m = -μ ℏ ω

2n a

2 - a

a† - a

† a+ a

†2 m

= -μ ℏ ω

2n a

2 m - n a

a† m - n a

† a

m + n a†2

m

= -μ ℏ ω

2 m(m - 1) n m - 2 - (m + 1) n m - m n m + (m + 1) (m + 2) n m + 2

= -μ ℏ ω

2 m(m - 1) δn,m-2 - (2 m + 1) δn,m + (m + 1) (m + 2) δn,m+2 = -

μ ℏ ω

2

m(m - 1) n = m - 2

(m + 1) (m + 2) n m + 2-(2 m + 1) n m

.

Usando la definición de la varianza, tenemos

14 Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb

ΔXn = n X 2

n - n X

n2=

ℏ

2 μ ω(2 n + 1) =

ℏ

2 μ ω2 n + 1 ,

y

ΔPn = n P 2

n - n P

n2=

μ ℏ ω

2(2 n + 1) =

μ ℏ ω

22 n + 1 .

Y finalmente

ΔXn ΔPn =ℏ

2 μ ω2 n + 1

μ ℏ ω

22 n + 1 = n +

1

2ℏ.

Por lo tanto, para el estado n = 5, tenemos ΔX5 ΔP5 =72

ℏ.

(b)

Cuando la partícula está en el estado de menor energía, tenemos ΔX0 ΔP0 =ℏ

2.

El estado base es un estado que mínimiza las dipsersiones de la posición y del impulso.

Solución:

(a)

Tenemos que

ψ(x)2 =

0

a

A A* x2 a2 - x22ⅆx =

8 a7

105A A* = 1.

Por lo tanto, A =12

1052 a7 .

(b)

Por definición Δx = x2 - ⟨x⟩2 , así que debemos calcular,

⟨x⟩ =

0

a

ψ(x) x ψ*(x) ⅆx =105

8

1

a7

0

a

x3 a2 - x22ⅆx =

105

8

1

a7

a8

24=

35 a

64,

y

x2 =

0

a

ψ(x) x2 ψ*(x) ⅆx =105

8

1

a7

0

a

x4 a2 - x22ⅆx =

105

8

1

a7

8 a9

315=

a2

3,

y tenemos Δx = x2 - ⟨x⟩2 =a2

3-

35 a

642=

164

4213

a.

Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb 15

Para la cantidad de movimiento lineal,

⟨p⟩ =

0

a

ψ(x) pψ*(x) ⅆx = -ⅈ ℏ

105

8

1

a7

0

a

x a2 - x2ⅆ

ⅆxx a2 - x2 ⅆx = -ⅈ ℏ

105

8

1

a7

0

a

x a2 - x2 a2 - 3 x2 ⅆx

= -ⅈ ℏ105

8

1

a70 = 0,

y

p2 =

0

a

ψ(x) p2 ψ*(x) ⅆx = -ℏ2

105

8

1

a7

0

a

x a2 - x2ⅆ2

ⅆx2x a2 - x2 ⅆx = -ℏ2

105

8

1

a7

0

a

x a2 - x2 (-6 x) ⅆx

= -ℏ2105

8

1

a7-

4 a5

5=

21 ℏ2

2 a2,

así que tenemos, Δp = p2 - ⟨p⟩2 =21 ℏ2

2 a2 =212

ℏ

a.

Finalmente, Δx Δp =1

64421

3a

212

ℏ

a=

164

29472

ℏ ≈ 0.6 ℏ >ℏ

2.

(c)

La energía de los estados ligados del pozo está dada como En =π2 ℏ2

2 m a2 n2, n = 1, 2, 3, … y sus correspondientes funciones de onda como

φn(x) =2a

sinn π

ax, n = 1, 2, 3, … . Así que la energía dada corresponde al estado n = 5.

Para encontrar la probabilidad hacemos

PE5 = φ5(x) ψ(x)2=

105

2 a7

2

a

0

a

sin5 π x

ax a2 - x2 ⅆx

2=

105

2 a4

6 a4

125 π32=

189

3125 π6= 6.29×10-5

Solución:

Este problema lo hicimos en clase. Sólo reproduzco los cálculos.

-ℏ2

2 m

ⅆ2

ⅆx2+V(x) φ(x) = E φ(x)

-ℏ2

2 m

ⅆ2

ⅆx2+V0 δ(x) φ(x) =

E φ(x) ⟹ -ℏ2

2 m

ⅆ2 φ(x)

ⅆx2+V0 δ(x) φ(x) = E φ(x) ⟹

ⅆ2 φ(x)

ⅆx2-

2 m V0

ℏ2δ(x) φ(x) +

2 m E

ℏ2φ(x) = 0

ⅆ2 φ(x)

ⅆx2+

2 m E

ℏ2φ(x) = 0 ⟹

ⅆ2 φ(x)

ⅆx2+ k2 φ(x) = 0, k =

2 m E

ℏ

φ(x) = φ-(x) = exp(ⅈ k x) + r exp(-ⅈ k x) x < 0φ+(x) = t exp(ⅈ k x) x > 0

φ-(0) = φ+(0) ⟹ 1 + r = t

ⅆ2 φ(x)

ⅆx2-

2 m V0

ℏ2δ(x) φ(x) +

2 m E

ℏ2φ(x) = 0

16 Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb

-ε

ε

ⅆxⅆ2 φ(x)

ⅆx2-

2 m V0

ℏ2

-ε

ε

ⅆx δ(x) φ(x) +2 m E

ℏ2

-ε

ε

ⅆx φ(x) = 0

limε→0

ⅆφ+(x)

ⅆx x=+ε

-ⅆφ-(x)

ⅆx x=-ε

-2 m V0

ℏ2φ(0) +

2 m E

ℏ2

0

ε

ⅆx [exp(ⅈ k x) + r exp(-ⅈ k x)] +2 m E

ℏ2t

-ε

0

ⅆx exp(ⅈ k x) = 0

ⅈ k (1 + r) - ⅈ k + ⅈ k r -2 m V0

ℏ2(1 + r) = 0

ⅈ k + ⅈ k r - ⅈ k + ⅈ k r -2 m V0

ℏ2(1 + r) = 0

2 ⅈ k r -2 m V0

ℏ2(1 + r) = 0

r =m V0

ⅈ ℏ2 k - m V0

, t = 1 + r = 1 +m V0

ⅈ ℏ2 k - m V0

=ⅈ k ℏ2

ⅈ k ℏ2 - m V0

r r* =m V0

ⅈ ℏ2 k - m V0

m V0

-ⅈ ℏ2 k - m V0

=m2 V0

2

k2 ℏ4 + m2 V02=

V02

k2 ℏ4

m2 + V02

t t* =ⅈ k ℏ2

ⅈ k ℏ2 - m V0

-ⅈ k ℏ2

-ⅈ k ℏ2 - m V0

=k2 ℏ4

k2 ℏ4 + m2 V02=

k2 ℏ4

m2

k2 ℏ4

m2 + V02

Asi que finalmente

R =

m V02

k2 ℏ4

1 +m V0

2

k2 ℏ4

, T =1

1 +m V0

2

k2 ℏ4

.

Solución:

La ecuación de Schrödinger para este problema es

-ℏ2

2 m

ⅆ2 φ(x)

ⅆx2+ V0 δ(x) φ(x) = E φ(x).

Las condiciones de frontera sobre la función de onda son φ(-a) = 0, φ(a) = 0, φ(0+) = φ(0-).

La condición de frontera sobre la derivada de la función de onda la derivamos en el apéndice y es ⅆφ(x)

ⅆxx=0+

-ⅆφ(x)

ⅆxx=0-

-2 m V0

ℏ2 φ(0) = 0.

Sin embargo, en este problema se nos está pidiendo determinar las funciones de onda impares cuando E > 0, así que hay que agregar la

condición φ(-x) = -φ(x), que implica que φ(0) = 0.

Llamamos I a la región dada por -a < x < 0 y llamamos II a la región dada por 0 < x < a. Como la delta de Dirac está en cero, la ecuación

de Schrödinger queda

Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb 17

ⅆ2 φI(x)

ⅆx2+ k2 φI(x) = 0, -a < x < 0

ⅆ2 φII(x)

ⅆx2+ k2 φII(x) = 0, 0 < x < a

donde k =2 m E

ℏ es positivo ya que debemos suponer que E > 0.

La solución a la ecuación de Schrödinger es

φI(x) = A1 cos(k x) + A2 sin(k x), -a < x < 0,

φII(x) = B1 cos(k x) + B2 sin(k x), 0 < x < a.

La condición φ(0+) = φ(0-) se traduce en A1 = B1, y la solución es hasta este momento

φI(x) = A1 cos(k x) + A2 sin(k x), -a < x < 0,

φII(x) = A1 cos(k x) + B2 sin(k x), 0 < x < a.

El que la solución sea impar implica que debe anularse en x = 0, lo cual quiere decir que A1 = 0, y la solución se ve ahora como

φI(x) = A2 sin(k x), -a < x < 0,

φII(x) = B2 sin(k x), 0 < x < a.

La condición de paridad completa φ(-x) = -φ(x) exige que B2 = A2, y llevamos la solución como

φI(x) = A2 sin(k x), -a < x < 0,

φII(x) = A2 sin(k x), 0 < x < a.

Debemos imponer ahora la condición de la función de onda sea cero en los extremos del pozo infinito; es decir, debemos tener que

φI(-a) = 0, lo cual nos lleva a que -A2 sin(k a) = 0 o que necesariamente k a = n π, siendo n un número entero. Esta es la condición que

nos dice cuales son las energías permitidas y además nos dice que el espectro es discreto. Notemos que automáticamente queda también

satisfecha la condición φII(a) = 0. Así que en este momento la función de onda luce como

φI(x) = A2 sinn π

ax , -a < x < 0,

φII(x) = A2 sinn π

ax , 0 < x < a,

con n = 1, 2, 3, …. Desechamos los enteros negativos, ya que dan las mismas soluciones.

Es importante notar que la condición de frontera en x = 0 para la derivada de la función de onda ya se cumple. Efectivamente, la condición ⅆφ(x)

ⅆxx=0+

-ⅆφ(x)

ⅆxx=0-

-2 m V0

ℏ2 φ(0) = 0 se traduce en φII′ (0) - φI

′(0) - 2 m V0

ℏ2 φ(0) = 0. Como φII′ (0) = n π

aA2 cos n π

a0 = 0,

φI′(0) = n π

aA2 cos n π

a0 = 0, y φ(0) = 0, vemos que se satisface.

Finalmente podemos determinar la constante A2 mediante la condición de normalización. Dado que ∫-a

a

sin2n π x

a ⅆx =

1a

, obtenemos

finalmente

φI(x) =1

a

sinn π

ax , -a < x < 0,

φII(x) =1

a

sinn π

ax , 0 < x < a,

que evidentemente podemos poner como

φ(x) =1

a

sinn π

ax , -a < x < a.

La enrgía de estos estados está dada por la condición de cuantización k a = n π; es decir, las energías permitidas son

En =π2 ℏ2

2 m a2n2, n = 1, 2, 3, …

Si se compara este resultado con el resultado del pozo infinito de potencial, se ve que estas funciones de onda y sus energías no se ven

modificadas en absoluto por la presencia de la barrera de potencial delta en el centro del pozo. No sucede lo mismo con los estados pares,

18 Tarea 1. Curso 2017 Para pasar a pdf.nb

que sí se modifican y su modificación es algo compleja.

Solución:

Las funciones de onda y las energías del sistema inicialmente son

φn(x) =1

2n n !

mω

πℏ

1/4exp -

mωx2

2 ℏHn

mω

ℏx , En = ℏω n +

1

2, n = 0, 1, 2, 3, …

donde ω =k

m. En particular, cuando se trata del estado base, n = 0, tenemos

φ0(x) =mω

πℏ

1/4exp -

mωx2

2 ℏH0

mω

ℏx =

mω

πℏ

1/4exp -

mωx2

2 ℏ, En =

1

2ℏω.

Si la constante del resorte, k, es cambiada al doble súbitamente, encontramos que ω⟶ 2 ω, así que ahora las funciones de onda serán

ϕn(x) =1

2n n !

2 mω

πℏ

1/4

exp -2 mωx2

2 ℏHn

2 mω

ℏx , En = 2 ℏω n +

1

2, n = 0, 1, 2, 3, …

y por tanto, la función de onda del estado base del nuevo potencial será

ϕ0(x) =2 mω

πℏ

1/4

exp -2 mωx2

2 ℏH0

2 mω

ℏx =

2 mω

πℏ

1/4

exp -2 mωx2

2 ℏ, En =

2

2ℏω.

La probabilidad de hallar a la partícula en el nuevo estado base está dada por el cuadrado de la proyección del nuevo estado en el viejo, o

por el “entrelzamiento” entre las dos funciones de onda; escrito en términos matematicos tenemos

P = φ0 ϕ02=

-∞

∞

φ0(x) ϕ0(x) ⅆx

2

=mω

πℏ

1/2 2 mω

πℏ

1/2

-∞

∞

exp -mωx2

2 ℏ-

2 mωx2

2 ℏⅆx

2

=mω

πℏ

1/2 2 mω

πℏ

1/2

2 2 - 1π ℏ

m ω2= 2 2

4 2 - 1 = 0.985

Resumiendo

P = 0.985.

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