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

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Curso de Mecánica Cuántica. Enero-Mayo de 2017 Tarea 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 30 ϕ 0 (x)+ 4 30 ϕ 1 (x)+ 1 6 ϕ 4 (x). El valor medio de la energía se calcula como E= 0 a ψ(x,0) H ψ * (x,0) x. Sustituyendo la función de onda dada y recordando que las ϕn (x) son funciones propias del hamiltoniano de valor propio E n = π 2 2 2 ma 2 n 2 , tenemos E= 0 a ψ(x,0) H ψ * (x,0) x = 0 a 3 30 ϕ 0 (x)+ 4 30 ϕ 1 (x)+ 1 6 ϕ 4 (x)H 3 30 ϕ 0 (x)+ 4 30 ϕ 1 (x)+ 1 6 ϕ 4 (x)x = 0 a 3 30 ϕ 0 (x)+ 4 30 ϕ 1 (x)+ 1 6 ϕ 4 (x)3 30 H ϕ 0 (x)+ 4 30 H ϕ 1 (x)+ 1 6 H ϕ 4 (x)x = 0 a 3 30 ϕ 0 (x)+ 4 30 ϕ 1 (x)+ 1 6 ϕ 4 (x)
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  • 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 Zettili1. 4.22. 4.33. 4.54. 4.65. 4.96. 4.107. 4.148. 4.179. 4.19

    10. 4.2311. 4.2812. 4.32

    Solución:

    (a)

    Método 1.

    La función de onda a t = 0 esψ(x, 0) = 3

    30ϕ0(x) + 4

    30ϕ1(x) + 1

    6ϕ4(x).

    El valor medio de la energía se calcula como 〈E〉 = ∫0

    aψ(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 ℏ22 m a2 n2, tenemos〈E〉 =

    0

    a ψ(x, 0) H ψ*(x, 0) ⅆx = 0

    a 330

    ϕ0(x) + 430

    ϕ1(x) + 16

    ϕ4(x) H 330

    ϕ0(x) + 430

    ϕ1(x) + 16

    ϕ4(x) ⅆx=

    0

    a 330

    ϕ0(x) + 430

    ϕ1(x) + 16

    ϕ4(x) 330

    H ϕ0(x) + 4

    30H ϕ1(x) + 1

    6H ϕ4(x) ⅆx

    = 0

    a 330

    ϕ0(x) + 430

    ϕ1(x) + 16

    ϕ4(x)

  • 3

    30

    π2 ℏ22 m a2

    (0)2 ϕ0(x) + 430

    π2 ℏ22 m a2

    (1)2 ϕ1(x) + 16

    π2 ℏ22 m a2

    (4)2 ϕ4(x) ⅆx.Efectuando los productos y debido a que ϕ0(x) = 0, se encuentra que

    〈E〉 = 0

    a ⅆx 430

    ϕ1(x) 430

    π2 ℏ22 m a2

    (1)2 ϕ1(x) + 0

    a ⅆx 16

    ϕ4(x) 430

    π2 ℏ22 m a2

    (1)2 ϕ1(x)+

    0

    a ⅆx 430

    ϕ1(x) 16

    π2 ℏ22 m a2

    (4)2 ϕ4(x) + 0

    a ⅆx 16

    ϕ4(x) 16

    π2 ℏ22 m a2

    (4)2 ϕ4(x)= π2 ℏ2

    2 m a2 8

    15 0

    a ⅆx ϕ1(x) ϕ1(x) + 23 5

    0

    a ⅆx ϕ4(x) ϕ1(x) + 323 5

    0

    a ⅆx ϕ1(x) ϕ4(x) + 83

    0

    a ⅆx ϕ4(x) ϕ4(x).Usando ahora que las funciones de onda ϕn(x) son ortonormales; es decir, que, ∫

    0

    aϕn*(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 a216

    5= 8 π2 ℏ2

    5 m a2

    Así que el resultado final es 〈E〉 = 8 π2 ℏ25 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 -ⅈ Enℏ t (1)y el valor medio de la energía es

    〈E〉 = n=0∞ cn2 En.

    Aplicando esta fórmula encontramos

    〈E〉 =1

    6

    2 42 π2 ℏ22 a2 m

    +3

    30

    2 0 π2 ℏ22 a2 m

    +4

    30

    2 π2 ℏ22 a2 m

    = 8 π2 ℏ25 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) = 330

    ϕ0(x) exp -ⅈ E0ℏ t + 430 ϕ1(x) exp -ⅈE1ℏ t + 16 ϕ4(x) exp -ⅈ

    E4ℏ tdonde En = π2 ℏ22 m a2 n2.

    〈E〉 = 0

    a ψ(x, t) H ψ*(x, t) ⅆx = 0

    a 330

    ϕ0(x) exp -ⅈ E0ℏ t + 430 ϕ1(x) exp -ⅈE1ℏ t + 16 ϕ4(x) exp -ⅈ

    E4ℏ t H 3

    30ϕ0(x) exp ⅈ E0ℏ t + 430 ϕ1(x) exp ⅈ

    E1ℏ t + 16 ϕ4(x) exp ⅈE4ℏ t ⅆx

    = π2 ℏ22 m a2

    815

    0

    a ⅆx ϕ1(x) ϕ1(x) + 23 5

    0

    a ⅆx ϕ4(x) ϕ1(x) exp -ⅈ E4ℏ t exp ⅈ E1ℏ t +32

    3 50

    a ⅆx ϕ1(x) ϕ4(x) exp ⅈ E4ℏ t exp -ⅈ E1ℏ t + 83 0

    a ⅆx ϕ4(x) ϕ4(x)= π2 ℏ2

    2 m a2 8

    15 0

    a ⅆx ϕ1(x) ϕ1(x) + 23 5

    exp -ⅈ E4ℏ t exp ⅈ E1ℏ t 0

    a ⅆx ϕ4(x) ϕ1(x) +

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

  • 32

    3 5exp ⅈ E4ℏ t exp -ⅈ E1ℏ t

    0

    a ⅆx ϕ1(x) ϕ4(x) + 83

    0

    a ⅆx ϕ4(x) ϕ4(x).Usando ahora que las funciones de onda ϕn(x) son ortonormales,

    〈E〉 = π2 ℏ22 m a2

    815

    + 23 5

    (0) + 323 5

    (0) + 83

    = π2 ℏ22 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

    - ℏ22 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 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) para la función de onda y 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 0, la solución esψ>(x) = 2 k

    k + ⅈ κ exp(-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

  • 1.× 10-10 2.× 10-10 3.× 10-10 4.× 10-100.1

    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 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)ℏ x = 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 4 x2

    4

    6

    V(x)

    (b)

    La ecuación de Schrödinger es

    - ℏ22 m

    ⅆ2 φ (x)ⅆx2 + V(x) φx = E φ(x)con

    V(x) = ℏ22 m

    4 sinh2(x)225

    - 2 cosh(x)5

    y hay que probar que

    φ(x) = [1 + 4 cosh(x)] exp- 215

    cosh(x)es solución.

    Haciendo

    - ℏ22 m

    ⅆ2ⅆx2 + ℏ22 m 4 sinh2(x)225 - 2 cosh(x)5 [1 + 4 cosh(x)] exp- 215 cosh(x) = - 8 ℏ215 m [1 + 4 cosh(x)] exp- 215 cosh(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 ℏ215 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 4 x

    -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〉n2 y Δpn = p2n - 〈p〉n2 .Calculamos primero 〈x〉n. Tenemos que

    〈x〉n = 0

    a φn(x) x φn*(x) ⅆx = 2a

    0

    a

    x sin2n π x

    aⅆx = a

    2

    Calculamos ahora x2n. Tenemos que

    x2n=

    0

    a φn(x) x φn*(x) ⅆx = 2a

    0

    a

    x sin2n π x

    aⅆx = a2

    62 - 3π2 n2

    Determinamos ahora 〈p〉n. Tenemos que〈p〉n =

    0

    a φn(x) p φn*(x) ⅆx = -ⅈ ℏ 0

    a φn(x) ⅆⅆx φn*(x) ⅆx = -ⅈ ℏ 2a 0

    a

    sinn π x

    a

    ⅆⅆx sin n π xa ⅆx= -ⅈ ℏ 2

    a

    n πa

    0

    a

    sinn π x

    acos

    n π xa

    ⅆx = -ⅈ ℏ n πa2

    0

    a

    sin2 n π x

    aⅆx = -ⅈ ℏ n π

    a2

    a

    2 n π cos 2 n π aa - cos(0)= 0

    Determinamos ahora p2n. Tenemos que

    p2n=

    0

    a φn(x) p φn*(x) ⅆx = -ℏ2 0

    a φn(x) ⅆ2ⅆx2 φn*(x) ⅆx = -ℏ2 2a 0

    a

    sinn π x

    a

    ⅆ2ⅆx2 sin n π xa ⅆx= ℏ2 2

    a

    n πa

    2 0

    a

    sin2n π x

    aⅆx = ℏ2 2

    a

    n πa

    2 a

    2= ℏ2 n π

    a

    2

    Así que

    Δxn = x2n - 〈x〉n2 = a26 2 - 3π2 n2 - a24 = a2 13 1 - 6π2 n2Δpn = p2n - 〈p〉n2 = ℏ2 n π

    a

    2 = n π ℏa

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

  • Δxn Δpn = n π ℏa

    a

    2

    1

    31 - 6π2 n2 = n π ℏ2 13 1 - 6π2 n2 = π ℏ2 3 n2 -

    6π2 = ℏ2 3 π2 n2 - 6Así que despreciando el 6, tenemos

    Δxn Δpn ~ ℏ π n12

    Cuentas

    Solución:

    (a)

    Método 1.

    La función de onda a t = 0 esψ(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 = ℏω 12 + 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〉 = 550

    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〉 = ℏω4 -∞

    ∞ϕ0(x) ϕ0*(x) ⅆx + 3 ℏω5 -∞

    ∞ϕ0(x) ϕ1*(x) ⅆx + 3 ℏω4 -∞

    ∞ϕ0(x) ϕ2*(x) ⅆx +ℏω5 -∞

    ∞ϕ1(x) ϕ0*(x) ⅆx + 12 ℏω25 -∞

    ∞ϕ1(x) ϕ1*(x) ⅆx + 3 ℏω5 -∞

    ∞ϕ1(x) ϕ2*(x) ⅆx +3 ℏω20 -∞

    ∞ϕ2(x) ϕ0*(x) ⅆx + 9 ℏω25 -∞

    ∞ϕ2(x) ϕ1*(x) ⅆx + 9 ℏω20 -∞

    ∞ϕ2(x) ϕ2*(x) ⅆx.Usando ahora que las funciones de onda ϕn(x) son ortonormales,

    〈E〉 = ℏω4

    + 12 ℏω25

    + 9 ℏω20

    = 59 ℏω50

    Así que el resultado final es 〈E〉 = 59 ℏω50 .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 -ⅈ Enℏ t (2)y el valor medio de la energía es

    〈E〉 = n=0∞ cn2 En.

    Aplicando esta fórmula encontramos

    〈E〉 = 550

    2 ℏω 12

    + 450

    2 ℏω 12+ 1 + 3

    50

    2 ℏω 12+ 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) = 550

    ϕ0(x) exp -ⅈ E0ℏ t + 450 ϕ1(x) exp -ⅈE1ℏ t + 350 ϕ2(x) exp -ⅈ

    E2ℏ tdonde En = ℏω 12 + n. Por lo tanto,

    〈E〉 = 0

    a ψ(x, t) H ψ*(x, t) ⅆx = -∞∞ 5

    50ϕ0(x) exp -ⅈ E0ℏ t + 450 ϕ1(x) exp -ⅈ

    E1ℏ t + 350 ϕ2(x) exp -ⅈE2ℏ t

    H 5

    50ϕ0(x) exp -ⅈ E0ℏ t + 450 ϕ1(x) exp -ⅈ

    E1ℏ t + 350 ϕ2(x) exp -ⅈE2ℏ t * ⅆx

    Usando que En = ℏω 12 + 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) = 550

    ϕ0(x) + 450

    ϕ1(x) + 350

    ϕ2(x).ψ(x, t) = 5

    50ϕ0(x) exp -ⅈ E0ℏ t + 450 ϕ1(x) exp -ⅈ

    E1ℏ t + 350 ϕ2(x) exp -ⅈE2ℏ t

    ψ(x, t) x ψ(x, t) = -∞∞ψ*(x, t) x ψ(x, t) ⅆx

    ψ*(x, t) x ψ(x, t) = 550

    ϕ0(x) exp -ⅈ E0ℏ t + 450 ϕ1(x) exp -ⅈE1ℏ t + 350 ϕ2(x) exp -ⅈ

    E2ℏ t *x 5

    50ϕ0(x) exp -ⅈ E0ℏ t + 450 ϕ1(x) exp -ⅈ

    E1ℏ t + 350 ϕ2(x) exp -ⅈE2ℏ t

    ψ*(x, t) x ψ(x, t) =5

    50ϕ0*(x) exp ⅈ E0ℏ t x 550 ϕ0(x) exp -ⅈ

    E0ℏ t +4

    50ϕ1*(x) exp ⅈ E1ℏ t x 550 ϕ0(x) exp -ⅈ

    E0ℏ t + 350 ϕ2*(x) exp ⅈE2ℏ t x 550 ϕ0(x) exp -ⅈ

    E0ℏ t+ 5

    50ϕ0*(x) exp ⅈ E0ℏ t x 450 ϕ1(x) exp -ⅈ

    E1ℏ t + 450 ϕ1*(x) exp ⅈE1ℏ t x 450 ϕ1(x) exp -ⅈ

    E1ℏ t +3

    50ϕ2*(x) exp ⅈ E2ℏ t x 450 ϕ1(x) exp -ⅈ

    E1ℏ t+ 5

    50ϕ0*(x) exp ⅈ E0ℏ t x 350 ϕ2(x) exp -ⅈ

    E2ℏ t + 450 ϕ1*(x) exp ⅈE1ℏ t x 350 ϕ2(x) exp -ⅈ

    E2ℏ t +3

    50ϕ2*(x) exp ⅈ E2ℏ t x 350 ϕ2(x) exp -ⅈ

    E2ℏ tψ*(x, t) x ψ(x, t) =1

    2ϕ0*(x) x ϕ0(x) + 2

    5exp ⅈ E1ℏ t - ⅈ E0ℏ t ϕ1*(x) x ϕ0(x) + 310 exp ⅈ E2ℏ t - ⅈ E0ℏ t ϕ2*(x) x ϕ0(x)+2

    5exp ⅈ E0ℏ t - ⅈ E1ℏ t ϕ0*(x) x ϕ1(x) + 825 ϕ1*(x) x ϕ1(x) + 625 exp ⅈ E2ℏ t - ⅈ E1ℏ t ϕ2*(x) x ϕ1(x)+ 3

    10exp ⅈ E0ℏ t - ⅈ E2ℏ t ϕ0*(x) x ϕ2(x) + 625 exp ⅈ E1ℏ t - ⅈ E2ℏ t ϕ1*(x) x ϕ2(x) + 950 ϕ2*(x) x ϕ2(x)

    ψ*(x, t) x ψ(x, t) = 12

    ϕ0*(x) x ϕ0(x) + 25

    exp(ⅈ ω t) ϕ1*(x) x ϕ0(x) + 310

    exp(2 ⅈ ω t) ϕ2*(x) x ϕ0(x)+2

    5exp(-ⅈ ω t) ϕ0*(x) x ϕ1(x) + 8

    25ϕ1*(x) x ϕ1(x) + 6

    25exp(ⅈ ω t) ϕ2*(x) x ϕ1(x)

    + 310

    exp(-2 ⅈ ω t) ϕ0*(x) x ϕ2(x) + 625

    exp(-ⅈ ω t) ϕ1*(x) x ϕ2(x) + 950

    ϕ2*(x) x ϕ2(x)ψ(x, t) x ψ(x, t) = -∞

    ∞ψ*(x, t) x ψ(x, t) ⅆx =1

    2 -∞∞ⅆx ϕ0*(x) x ϕ0(x) + 2

    5exp(ⅈ ω t) -∞

    ∞ⅆx ϕ1*(x) x ϕ0(x) + 310

    exp(2 ⅈ ω t) -∞∞ⅆx ϕ2*(x) x ϕ0(x)

    +25

    exp(-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

  • + 310

    exp(-2 ⅈ ω t) -∞∞ⅆx ϕ0*(x) x ϕ2(x) + 6

    25exp(-ⅈ ω t) -∞

    ∞ⅆx ϕ1*(x) x ϕ2(x) + 950 -∞

    ∞ⅆx ϕ2*(x) x ϕ2(x)Pero ya sabemos que ∫-∞∞ϕn(x) x ϕm* (x) ⅆx = ℏ2 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) x ψ(x, t) ⅆx

    = ℏ2 m ω 25 exp(ⅈ ω t) + 25 exp(-ⅈ ω t) + 6 225 exp(ⅈ ω t) + 6 225 exp(-ⅈ ω t)

    = ℏ2 m ω 45 cos(ω t) + 12 225 cos(ω t) = 20 + 12 225 2

    ℏm ω cos(ω t) = 225 6 + 5 2 ℏm ω cos(ω t)

    ψ(x, t) x ψ(x, t) = 225

    6 + 5 2 ℏm ω cos(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† j n = (n+ j)!

    n! n + j.Ahora evaluamos X

    2. TenemosX = ℏ

    2 μ ω a + a†y recordando siempre que a y a† no conmutan, obtenemos

    X 2 = ℏ

    2 μ ω a + a† ℏ2 μ ω a + a† = ℏ2 μ ω a2 + a a† + a† a + a†2Así que

    n X 2 m = ℏ2 μ ω n a2 + a a† + a† a + a†2 m

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

  • = ℏ2 μ ω n a2 m + ℏ2 μ ω n a a† m + ℏ2 μ ω n a† a m + ℏ2 μ ω n a†2 m

    = ℏ2 μ ω m(m - 1) n m - 2 + ℏ2 μ ω (m + 1) n m + ℏ2 μ ω m n m + ℏ2 μ ω (m + 1) (m + 2) n m + 2

    Como n m = δn,m, tenemosn X 2 m =

    ℏ2 μ ω m(m - 1) δn,m-2 + (2 m + 1) δn,m + (m + 1) (m + 2) δn,m+2 = ℏ2 μ ω

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

    n X 2 m = ℏ2 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 + a4 + a3 ·a† + a† ·a3 + a2 · (a†)2 + (a†)2 ·a2 + a ·a† ·a2 + a2 ·a† ·a + a† ·a2 ·a†

    n X 4 m =ℏ2 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 + a4 + a3 ·a† +

    a† ·a3 + a2 · (a†)2 + (a†)2 ·a2 + a ·a† ·a2 + a2 ·a† ·a + a† ·a2 ·a† m

    = ℏ2 μ ω 2

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

    2 m + 1 m + 2 (2 m + 3) m + 2 n2 m - 1 m (2 m - 1) m n + 26 m2 + 6 m + 3 m n

    X 4 = ℏ

    2 μ ω 23 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

    = - 317

    3 - 217

    2 + 317

    1 + 117

    0 117

    n 0 + 3

    17n 1 - 2

    17n 2 - 3

    17n 3 ,

    como n j = j j, tenemosψ n ψ = - 3

    173 - 2

    172 + 3

    171 + 1

    170 1

    170 0 + 3

    171 1 - 2

    172 2 - 3

    173 3

    = - 317

    3 - 217

    2 + 317

    1 + 117

    0 317

    1 - 417

    2 - 3 317

    3 ,Haciendo el producto encontramos

    ψ n ψ = - 317

    3

    173 1 - 2

    17

    3

    172 1 + 3

    17

    3

    171 1 + 1

    17

    3

    170 1

    + 317

    4

    173 2 + 2

    17

    4

    172 2 - 3

    17

    4

    171 2 - 1

    17

    4

    170 2

    + 317

    33

    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 queψ 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 = 117

    2 (0) + 317

    2 (1) + - 217

    2 (2) + - 317

    2 (3) = 917

    + 817

    + 917

    = 2617

    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

    27

    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 = n ℏ2 μω a + a† m = ℏ2 μω n a + a† m = ℏ2 μω n a m + n a† m

    = ℏ2 μω m n m - 1 + m + 1 n m + 1 =

    ℏ2 μω m δn,m-1 + m + 1 δn,m+1 = ℏ2 μ ω m n = m - 1m + 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 = ℏ2 μ ωm(m - 1) n = m - 2(m + 1) (m + 2) n m + 2

    2 m + 1 n mLo mismo sucede para el operador P

    ,

    n P m = n ⅈ μ ℏ ω2

    a† - a m = ⅈ μ ℏ ω2

    n a† - a m = ⅈ μ ℏ ω2

    n a† m - n a m= ⅈ μ 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

    = ⅈ μ ℏ ω2

    m + 1 n = m + 1- m n m - 1 ,y para su cuadrado

    n P 2 m = -μ ℏ ω2

    n a2 - a a† - a† a + a†2 m= -μ ℏ ω

    2n a2 m - n a a† m - n a† a m + n a†2 m

    = -μ ℏ ω2

    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 = ℏ2 μ ω (2 n + 1) = ℏ2 μ ω 2 n + 1 ,

    y

    ΔPn = n P 2 n - n P n2 = μ ℏ ω2

    (2 n + 1) = μ ℏ ω2

    2 n + 1 .Y finalmente

    ΔXn ΔPn = ℏ2 μ ω 2 n + 1 μ ℏ ω2 2 n + 1 = n + 12 ℏ.

    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 = ℏ2 .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 - x22 ⅆx = 8 a7105

    A 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 = 1058

    1

    a70

    a

    x3 a2 - x22 ⅆx = 1058

    1

    a7

    a8

    24= 35 a

    64,

    y

    x2 = 0

    a ψ(x) x2 ψ*(x) ⅆx = 1058

    1

    a70

    a

    x4 a2 - x22 ⅆx = 1058

    1

    a7

    8 a9

    315= a2

    3,

    y tenemos Δx = x2 - 〈x〉2 = a23 - 35 a64 2 = 164 4213 a.

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

  • Para la cantidad de movimiento lineal,

    〈p〉 = 0

    a ψ(x) p ψ*(x) ⅆx = -ⅈ ℏ 1058

    1

    a70

    a

    x a2 - x2 ⅆⅆx x a2 - x2 ⅆx = -ⅈ ℏ 1058 1a7 0

    a

    x a2 - x2 a2 - 3 x2 ⅆx= -ⅈ ℏ 105

    8

    1

    a70 = 0,

    y

    p2 = 0

    a ψ(x) p2 ψ*(x) ⅆx = -ℏ2 1058

    1

    a70

    a

    x a2 - x2 ⅆ2ⅆx2 x a2 - x2 ⅆx = -ℏ2 1058 1a7 0

    a

    x a2 - x2 (-6 x) ⅆx= -ℏ2 105

    8

    1

    a7-4 a5

    5= 21 ℏ2

    2 a2,

    así que tenemos, Δp = p2 - 〈p〉2 = 21 ℏ22 a2 = 212 ℏa .Finalmente, Δx Δp = 164 4213 a 212 ℏa = 164 29472 ℏ ≈ 0.6 ℏ > ℏ2 .(c)

    La energía de los estados ligados del pozo está dada como En = π2 ℏ22 m a2 n2, n = 1, 2, 3, … y sus correspondientes funciones de onda comoφn(x) = 2a sin n πa x, 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 = 1052 a7

    2

    a0

    a

    sin5 π x

    ax a2 - x2 ⅆx2 = 105

    2 a46 a4

    125 π3 2 = 1893125 π6 = 6.29×10-5

    Solución:

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

    - ℏ22 m

    ⅆ2ⅆx2 +V(x) φ(x) = E φ(x)- ℏ2

    2 m

    ⅆ2ⅆx2 +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 V0ℏ2 δ(x) φ(x) + 2 m Eℏ2 φ(x) = 0ⅆ2 φ(x)ⅆx2 + 2 m Eℏ2 φ(x) = 0 ⟹ ⅆ2 φ(x)ⅆx2 + k2 φ(x) = 0, k = 2 m Eℏφ(x) = φ-(x) = exp(ⅈ k x) + r exp(-ⅈ k x) x < 0φ+(x) = t exp(ⅈ k x) x > 0φ-(0) = φ+(0) ⟹ 1 + r = tⅆ2 φ(x)ⅆx2 - 2 m V0ℏ2 δ(x) φ(x) + 2 m Eℏ2 φ(x) = 0

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

  • -εε ⅆx ⅆ2 φ(x)ⅆx2 - 2 m V0ℏ2 -ε

    ε ⅆx δ(x) φ(x) + 2 m Eℏ2 -εε ⅆx φ(x) = 0

    limε→0 ⅆφ+(x)ⅆx x=+ε - ⅆφ-(x)ⅆx x=-ε - 2 m V0ℏ2 φ(0) + 2 m Eℏ2 0

    ε ⅆx [exp(ⅈ k x) + r exp(-ⅈ k x)] + 2 m Eℏ2 t -ε0 ⅆx exp(ⅈ k x) = 0

    ⅈ k (1 + r) - ⅈ k + ⅈ k r - 2 m V0ℏ2 (1 + r) = 0ⅈ k + ⅈ k r - ⅈ k + ⅈ k r - 2 m V0ℏ2 (1 + r) = 02 ⅈ k r - 2 m V0ℏ2 (1 + r) = 0r = m V0ⅈ ℏ2 k - m V0 , t = 1 + r = 1 + m V0ⅈ ℏ2 k - m V0 = ⅈ k ℏ

    2ⅈ k ℏ2 - m V0r r* = m V0ⅈ ℏ2 k - m V0 m V0-ⅈ ℏ2 k - m V0 = m

    2 V02

    k2 ℏ4 + m2 V02 =V0

    2

    k2 ℏ4m2

    + V02t t* = ⅈ k ℏ2ⅈ k ℏ2 - m V0 -ⅈ k ℏ

    2-ⅈ k ℏ2 - m V0 = k2 ℏ4

    k2 ℏ4 + m2 V02 =k2 ℏ4m2

    k2 ℏ4m2

    + V02Asi que finalmente

    R = m V02k2 ℏ41 + m V02

    k2 ℏ4, T = 1

    1 + m V02k2 ℏ4

    .

    Solución:

    La ecuación de Schrödinger para este problema es

    - ℏ22 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)ⅆx x=0+ - ⅆφ(x)ⅆx x=0- - 2 m V0ℏ2 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 < 0ⅆ2 φII(x)ⅆx2 + k2 φII(x) = 0, 0 < x < adonde k = 2 m Eℏ es positivo ya que debemos suponer que E > 0.La solución a la ecuación de Schrödinger esφI(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 momentoφI(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 comoφI(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 comoφI(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 comoφI(x) = A2 sin n π

    ax , -a < x < 0,

    φII(x) = A2 sin n πa

    x , 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)ⅆx x=0+ - ⅆφ(x)ⅆx x=0- - 2 m V0ℏ2 φ(0) = 0 se traduce en φII′ (0) - φI′(0) - 2 m V0ℏ2 φ(0) = 0. Como φII′ (0) = n πa A2 cos n πa 0 = 0, φI′(0) = n πa A2 cos n πa 0 = 0, y φ(0) = 0, vemos que se satisface.Finalmente podemos determinar la constante A2 mediante la condición de normalización. Dado que ∫-aa sin2 n π xa ⅆx = 1a , obtenemos finalmente

    φI(x) = 1a

    sinn πa

    x , -a < x < 0,φII(x) = 1

    a

    sinn πa

    x , 0 < x < a,que evidentemente podemos poner como

    φ(x) = 1a

    sinn πa

    x , -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 ℏ22 m a2

    n2, 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) = 12n n !

    mωπℏ 1/4 exp -mωx22 ℏ Hn mωℏ x , En = ℏω n + 12 , n = 0, 1, 2, 3, …donde ω = k

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

    φ0(x) = mωπℏ 1/4 exp -mωx22 ℏ H0 mωℏ x = mωπℏ 1/4 exp -mωx22 ℏ , En = 12 ℏω.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) = 12n n !

    2 mωπℏ1/4

    exp - 2 mωx22 ℏ Hn 2 mωℏ x , En = 2 ℏω n + 12 , n = 0, 1, 2, 3, …

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

    ϕ0(x) = 2 mωπℏ1/4

    exp - 2 mωx22 ℏ H0 2 mωℏ x = 2 mωπℏ

    1/4exp - 2 mωx2

    2 ℏ , En = 22 ℏω.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 = mωπℏ 1/2 2 mωπℏ

    1/2 -∞∞

    exp -mωx22 ℏ - 2 mωx22 ℏ ⅆx2

    = mωπℏ 1/2 2 mωπℏ1/2 2 2 - 1 π ℏ

    m ω 2 = 2 24 2 - 1 = 0.985Resumiendo

    P = 0.985.

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