Curso de Mecánica Cuántica. Enero-Mayo de 2017 2. Curso 2017.pdf · 2017-04-28 · Ejercicios 1, 5, 10, 15, 20, 25, 30 y 35 del capítulo 5 (página 325) y ejercicios 1, 5, 10,

Curso de Mecánica Cuántica. Enero-Mayo de 2017

Tarea 2

Ecuación de Schrödinger independiente del tiempo en tres dimensiones.

Ejercicios 1, 5, 10, 15, 20, 25, 30 y 35 del capítulo 5 (página 325) y ejercicios 1, 5, 10, 15 y 20 del capítulo 6 (página 385) del libro Quantum

Mechanics. Concepts and applications. Second edition. Nouredine Zettili.

Solución

Denotaremos las componentes del operador de posición como x i, i = 1, 2, 3 y las componentes del impulso como p = p i, 1 = 1, 2, 3.

Sabemos que [x i, xj] = 0; i, j = 1, 2, 3, que [p i, p

j] = 0; i, j = 1, 2, 3 y que , [x i, p

j] = ⅈ ℏ δi, j; i, j = 1, 2, 3.

También sabemos que L= (x

1, x2, x3)×(p

1, p2, p3) =

i

jk

x

1 x

2 x

3

p

1 p

2 p

3

.

Por lo tanto, x1, L

1 = [x

1, x2 p

3 - x

3 p

2]; usando ahora que A, B+ C

= A

, B + A

, C

, tenemos

x

1, L

1 = [x

1, x2 p

3 - x

3 p

2] = [x

1, x2 p

3] - [x

1, x3 p

2];

usamos ahora que A, BC = A

, BC+ B

A, C

, para obtener

x

1, L

1 = [x

1, x2 p

3 - x

3 p

2] = [x

1, x2 p

3] - [x

1, x3 p

2] = [x

1, x2] p

3 + x

2[x

1, p3] - [x

1, x3] p

2 - x

3[x

1, p2];

que usando las reglas de conmutación enunciadas arriba nos lleva a

x

1, L

1 = [x

1, x2 p

3 - x

3 p

2] = [x

1, x2 p

3] - [x

1, x3 p

2] = [x

1, x2] p

3 + x

2[x

1, p3] - [x

1, x3] p

2 - x

3[x

1, p2]

= (0) p3 + x

2(0) - (0) p2 - x

3(0) = 0.

Resumiendo, x1, L

1 = 0

Ahora analizamos x1, L

2 = [x

1, x3 p

1 - x

1 p


= A

, B + A

, C

, tenemos

x

1, L

2 = [x

1, x3 p

1 - x

1 p

3] = [x

1, x3 p

1] - [x

1, x1 p

3];


, BC+ B

A, C

, para obtener

x

1, L

2 = [x

1, x3 p

1 - x

1 p

3] = [x

1, x3 p

1] - [x

1, x1 p

3] = [x

1, x3] p

1 + x

3[x

1, p1] - [x

1, x1] p

3 - x

1[x

1, p3];


x

1, L

2 = [x

1, x3 p

1 - x

1 p

3] = [x

1, x3 p

1] - [x

1, x1 p

3] = [x

1, x3] p

1 + x

3[x

1, p1] - [x

1, x1] p

3 - x

1[x

1, p3]

= (0) p1 + x

3(ⅈ ℏ) - (0) p3 - x

1(0) = ⅈ ℏ x

3

Resumiendo, x1, L

2 = ⅈ ℏ x

3.

Consideremos x1, L

3 = [x

1, x1 p

2 - x

2 p


= A

, B + A

, C

, tenemos

x

1, L

3 = [x

1, x1 p

2 - x

2 p

1] = [x

1, x1 p

2] - [x

1, x2 p

1];


, BC+ B

A, C

, para obtener

x

1, L

3 = [x

1, x1 p

2 - x

2 p

1] = [x

1, x1 p

2] - [x

1, x2 p

1] = [x

1, x1] p

2 + x

1[x

1, p2] - [x

1, x2] p

1 - x

2[x

1, p1];


x

1, L

3 = [x

1, x1 p

2 - x

2 p

1] = [x

1, x1 p

2] - [x

1, x2 p

1] = [x

1, x1] p

2 + x

1[x

1, p2] - [x

1, x2] p

1 - x

2[x

1, p1]

= (0) p2 + x

1[x

1, p2] - (0) p1 - x

2(ⅈ ℏ) = -ⅈ ℏ x

2

Resumiendo, x1, L

3 = -ⅈ ℏ x

2.

Consideramos ahora, x2, L

1 = [x

2, x2 p

3 - x

3 p


= A

, B + A

, C

, tenemos

x

2, L

1 = [x

2, x2 p

3 - x

3 p

2] = [x

2, x2 p

3] - [x

2, x3 p

2];


, BC+ B

A, C

, para obtener

x

2, L

1 = [x

2, x2 p

3 - x

3 p

2] = [x

2, x2 p

3] - [x

2, x3 p

2] = [x

2, x2] p

3 + x

2[x

2, p3] - [x

2, x3] p

2 - x

3[x

2, p2];


x

2, L

1 = [x

2, x2 p

3 - x

3 p

2] = [x

2, x2 p

3] - [x

2, x3 p

2] = [x

2, x2] p

3 + x

2[x

2, p3] - [x

2, x3] p

2 - x

3[x

2, p2]

= (0) p3 + x

2(0) - (0) p2 - x

3(ⅈ ℏ) = -ⅈ ℏ x

3.

Resumiendo, x2, L

1 = -ⅈ ℏ x

3

Pasamos a x2, L

2 = [x

2, x3 p

1 - x

1 p


= A

, B + A

, C

, tenemos

x

2, L

2 = [x

2, x3 p

1 - x

1 p

3] = [x

2, x3 p

1] - [x

2, x1 p

3];


, BC+ B

A, C

, para obtener

x

2, L

2 = [x

2, x3 p

1 - x

1 p

3] = [x

2, x3 p

1] - [x

2, x1 p

3] = [x

2, x3] p

1 + x

3[x

2, p1] - [x

2, x1] p

3 - x

2[x

1, p3];

2 Tarea 2. Curso 2017.nb


x

2, L

2 = [x

2, x3 p

1 - x

1 p

3] = [x

2, x3 p

1] - [x

2, x1 p

3] = [x

2, x3] p

1 + x

3[x

2, p1] - [x

2, x1] p

3 - x

2[x

1, p3]

= (0) p1 + x

3(0) - (0) p3 - x

2(0) = 0

Resumiendo, x2, L

2 = 0.

Consideremos x2, L

3 = [x

2, x1 p

2 - x

2 p


= A

, B + A

, C

, tenemos

x

2, L

3 = [x

2, x1 p

2 - x

2 p

1] = [x

2, x1 p

2] - [x

2, x2 p

1];


, BC+ B

A, C

, para obtener

x

2, L

3 = [x

2, x1 p

2 - x

2 p

1] = [x

2, x1 p

2] - [x

2, x2 p

1] = [x

2, x1] p

2 + x

1[x

2, p2] - [x

2, x2] p

1 - x

2[x

2, p1];


x

2, L

3 = [x

2, x1 p

2 - x

2 p

1] = [x

2, x1 p

2] - [x

2, x2 p

1] = [x

2, x1] p

2 + x

1[x

2, p2] - [x

2, x2] p

1 - x

2[x

2, p1]

= 0 p2 + x

1(ⅈ ℏ) - 0 p1 - x

2 0 = ⅈ ℏ x

1

Resumiendo, x2, L

3 = ⅈ ℏ x

1.

Consideramos ahora, x3, L

1 = [x

3, x2 p

3 - x

3 p


= A

, B + A

, C

, tenemos

x

3, L

1 = [x

3, x2 p

3 - x

3 p

2] = [x

3, x2 p

3] - [x

3, x3 p

2];


, BC+ B

A, C

, para obtener

x

3, L

1 = [x

3, x2 p

3 - x

3 p

2] = [x

3, x2 p

3] - [x

3, x3 p

2] = [x

3, x2] p

3 + x

2[x

3, p3] - [x

3, x3] p

2 - x

3[x

3, p2];


x

3, L

1 = [x

3, x2 p

3 - x

3 p

2] = [x

3, x2 p

3] - [x

3, x3 p

2] = [x

3, x2] p

3 + x

2[x

3, p3] - [x

3, x3] p

2 - x

3[x

3, p2]

= 0 p3 + x

2(ⅈ ℏ) - 0 p2 - x

3 0 = ⅈ ℏ x

2

Resumiendo, x3, L

1 = ⅈ ℏ x

2

Pasamos a x3, L

2 = [x

3, x3 p

1 - x

1 p


= A

, B + A

, C

, tenemos

x

3, L

2 = [x

3, x3 p

1 - x

1 p

3] = [x

3, x3 p

1] - [x

3, x1 p

3];


, BC+ B

A, C

, para obtener

x

3, L

2 = [x

3, x3 p

1 - x

1 p

3] = [x

3, x3 p

1] - [x

3, x1 p

3] = [x

3, x3] p

1 + x

3[x

3, p1] - [x

3, x1] p

3 - x

1[x

3, p3];


x

3, L

2 = [x

3, x3 p

1 - x

1 p

3] = [x

3, x3 p

1] - [x

3, x1 p

3] = [x

3, x3] p

1 + x

3[x

3, p1] - [x

3, x1] p

3 - x

1[x

3, p3]

= 0 p1 + x

3 0 - 0 p3 - x

1(ⅈ ℏ) = -ⅈ ℏ x

1

Resumiendo, x3, L

2 = -ⅈ ℏ x

1.

Tarea 2. Curso 2017.nb 3

Consideremos x3, L

3 = [x

3, x1 p

2 - x

2 p


= A

, B + A

, C

, tenemos

x

3, L

3 = [x

3, x1 p

2 - x

2 p

1] = [x

3, x1 p

2] - [x

3, x2 p

1];


, BC+ B

A, C

, para obtener

x

3, L

3 = [x

3, x1 p

2 - x

2 p

1] = [x

3, x1 p

2] - [x

3, x2 p

1] = [x

3, x1] p

2 + x

1[x

3, p2] - [x

3, x2] p

1 - x

2[x

3, p1];


x

3, L

3 = [x

3, x1 p

2 - x

2 p

1] = [x

3, x1 p

2] - [x

3, x2 p

1] = [x

3, x1] p

2 + x

1[x

3, p2] - [x

3, x2] p

1 - x

2[x

3, p1]

= 0 p2 + x

1 0 - 0 p1 - x

2 0 = 0

Resumiendo, x3, L

3 = 0.

En la parte (a) del problema ya derivamos todas las relaciones de conmutación posibles y de ellas se hace evidente que hay una relación cíclica

entre los diferentes conmutadores y podemos hacer inferencias.

Empecemos por R 2

, L

1. Usando las propiedades de los conmutadores, tenemos

R 2

, L

1 = x

12 + x

22 + x

32, L

1 = x

12, L

1 + x

22, L

1 + x

32, L

1

= x

1x

1, L

1 + x

1, L

1 x

1 + x

2x

2, L

1 + x

2, L

1 x

2 + x

3x

3, L

1 + x

3, L

1 x

3 = 2 x2(-ⅈ ℏ x

3) + 2 x3(ⅈ ℏ x

2) = 0.

Y como segundo,

R 2

, L

2 = x

12 + x

22 + x

32, L

2 = x

12, L

2 + x

22, L

2 + x

32, L

2

= x

1x

1, L

2 + x

1, L

2 x

1 + x

2x

2, L

2 + x

2, L

2 x

2 + x

3x

3, L

2 + x

3, L

2 x

3 = 2 x1(ⅈ ℏ x

3) + 2 x3(-ⅈ ℏ x

1) = 0.

Y el último,

R 2

, L

3 = x

12 + x

22 + x

32, L

3 = x

12, L

3 + x

22, L

3 + x

32, L

3

= x

1x

1, L

3 + x

1, L

3 x

1 + x

2x

2, L

3 + x

2, L

3 x

2 + x

3x

3, L

3 + x

3, L

3 x

3 = 2 x1(-ⅈ ℏ x

2) + 2 x2(ⅈ ℏ x

1) = 0.


Solución:

Usando las propiedades de los conmutadores y las relaciones de conmutación que ya conocemos entre (x1, x2, x3) y (p1, p2, p3), tenemos

R

·L

= (x

1, x2, x3) · L

1, L

2, L

3, = x1 L

1 + x

2 L

2 + x

3 L

3 = x

1(x

2 p

3 - p

2 x

3) + x

2(x

3 p

1 - x

1 p

3) + x

3(x

1 p

2 - p

1 x

2)

= x

1 x

2 p

3 - x

1 p

2 x

3 + x

2 x

3 p

1 - x

2 x

1 p

3 + x

3 x

1 p

2 - x

3 p

1 x

2 = x

1 x

2 p

3 - x

1 x

3 p

2 + x

2 x

3 p

1 - x

2 x

1 p

3 + x

3 x

1 p

2 - x

3 x

2 p

1

= [x

1, x2] p

3 - [x

1, x3] p

2 + [x

2, x3] p

1 = 0

Procediendo de una manera completamente análoga,

P

·L

= (p

1, p2, p3) · L

1, L

2, L

3, = p1 L

1 + p

2 L

2 + p

3 L

3 = p

1(x

2 p

3 - p

2 x

3) + p

2(x

3 p

1 - x

1 p

3) + p

3(x

1 p

2 - p

1 x

2)

= p

1 x

2 p

3 - p

1 p

2 x

3 + p

2 x

3 p

1 - p

2 x

1 p

3 + p

3 x

1 p

2 - p

3 p

1 x

2 = p

1 p

3 x

2 - p

1 p

2 x

3 + p

2 p

1 x

3 - p

2 p

3 x

1 + p

3 p

2 x

1 - p

3 p

1 x

2

= p

1 p

3 x

2 - p

1 p

2 x

3 + p

2 p

1 x

3 - p

2 p

3 x

1 + p

3 p

2 x

1 - p

3 p

1 x

2 = -[p

2, p3] x

1 + [p

1, p3] x

2 - [p

1, p2] x

3 = 0.


Solución:

(a) Valor esperado j, m Aj, m = j, m 1

2 J

1 J

2 + J

2 J

1 j, m.

Sabemos que

J

1 j, m =ℏ

2 ( j - m) ( j + m + 1) j, m + 1 + ( j + m) ( j - m + 1) j, m - 1

y que

J

2 j, m =ℏ

2 ⅈ ( j - m) ( j + m + 1) j, m + 1 - ( j + m) ( j - m + 1) j, m - 1.

Así que

J

1 J

2 j, m = J

1ℏ

2 ⅈ ( j - m) ( j + m + 1) j, m + 1 - ( j + m) ( j - m + 1) j, m - 1

=ℏ

2 ⅈ ( j - m) ( j + m + 1) J

1 j, m + 1 - ( j + m) ( j - m + 1) J

1 j, m - 1

=ℏ

2 ⅈ ( j - m) ( j + m + 1)

ℏ

2√ (( j - m - 1) ( j + m + 2)) j, m + 2 + √ (( j + m + 1) ( j - m)) j, m -

( j + m) ( j - m + 1)ℏ

2 ( j - m + 1) ( j + m) j, m + √ (( j + m - 1) ( j - m + 2)) j, m - 1

=ℏ2

4 ⅈ ( j - m) ( j + m + 1) ( j - m - 1) ( j + m + 2) j, m + 2 + ( j - m) ( j + m + 1) ( j + m + 1) ( j - m) j, m

- ( j + m) ( j - m + 1) ( j - m + 1) ( j + m) j, m - ( j + m) ( j - m + 1) ( j + m - 1) ( j - m + 2) j, m - 1

=ℏ2

4 ⅈ√ (( j - m) ( j + m + 1) ( j - m - 1) ( j + m + 2)) j, m + 2 + ( j - m) ( j + m + 1) j, m

- ( j + m) ( j - m + 1) j, m - √ (( j + m) ( j - m + 1) ( j + m - 1) ( j - m + 2)) j, m - 1

=ℏ2

4 ⅈ√ (( j - m) ( j + m + 1) ( j - m - 1) ( j + m + 2)) j, m + 2

- 2m j, m - √ (( j + m) ( j - m + 1) ( j + m - 1) ( j - m + 2)) j, m - 1,

y por otro lado

J

2 J

1 j, m = J

2ℏ

2 ( j - m) ( j + m + 1) j, m + 1 + ( j + m) ( j - m + 1) j, m - 1

=ℏ

2 ( j - m) ( j + m + 1) J

2 j, m + 1 + ( j + m) ( j - m + 1) J

2 j, m - 1

=ℏ

2 ( j - m) ( j + m + 1)

ℏ

2 ⅈ√ (( j - m - 1) ( j + m + 2)) j, m + 2 - √ (( j + m + 1) ( j - m)) j, m

+ ( j + m) ( j - m + 1)ℏ

2 ⅈ ( j - m + 1) ( j + m) j, m - √ (( j + m - 1) ( j - m + 2)) j, m - 2

=ℏ2

4 ⅈ√ (( j - m) ( j + m + 1) ( j - m - 1) ( j + m + 2)) j, m + 2 - √ (( j - m) ( j + m + 1) ( j + m + 1) ( j - m)) j, m

+ √ (( j + m) ( j - m + 1) ( j - m + 1) ( j + m)) j, m - √ (( j + m) ( j - m + 1) ( j + m - 1) ( j - m + 2)) j, m - 2

=ℏ2

4 ⅈ√ (( j - m) ( j + m + 1) ( j - m - 1) ( j + m + 2)) j, m + 2 - ( j - m) ( j + m + 1) j, m


4 ⅈ

+ ( j + m) ( j - m + 1) j, m - √ (( j + m) ( j - m + 1) ( j + m - 1) ( j - m + 2)) j, m - 2

=ℏ2

4 ⅈ√ (( j - m) ( j + m + 1) ( j - m - 1) ( j + m + 2)) j, m + 2 + 2m j, m

- √ (( j + m) ( j - m + 1) ( j + m - 1) ( j - m + 2)) j, m - 2

Juntando los dos resultados, tenemos

J

1 J

2 - J

2 J

1 j, m =

=12

ⅈ ℏ2

j2 + j - m2 + m √ j2 + j - m2 + 3m - 2 j, m - 2⟩ - j2 + j - m2 - 3m - 2 j2 + j - m (m + 1) j, m + 2⟩

Si tomamos ahora en cuenta que las funciones propias j, m son ortonormales, concluimos que j, m 12 J

1 J

2 - J

2 J

1 j, m = 0; es decir, el

resultado final es

j, m Aj, m = 0

(a) Valor esperado j, m A 2j, m = j, m 1

4 J

1 J

2 + J

2 J

12j, m.

Para encontrar este valor esperado procedemos de una manera diferente al valor esperado anterior. En efecto, escribimos los operadores en

cuestión en términos de los operadores escalera, J

1 =12 J

+ + J

- y J

2 =

12 ⅈ

J+ - J

-. Haciendo todo los productos con cuidado enocntramos

A 2

=14

J

1 J

2 + J

2 J

12= -

116

J+4+ J

-4- J

+2J-2- J

-2J+2,

así que

j, m A 2j, m = j, m

14

J

1 J

2 + J

2 J

12j, m = -

116

j, m J+4+ J

-4- J

+2J-2- J

-2J+2 j, m.

Sabemos que J+ j, m = ℏ j( j + 1) - m(m + 1) j, m + 1 y que J

- j, m = ℏ j( j + 1) - m(m - 1) j, m - 1; por lo tanto, después de

mucha álgebra, encontramos

J+4+ J

-4- J

+2J-2- J

-2J+2 j, m =

= -14

ℏ4 j2 + j - m2 + m √ j2 + j - m2 + 3m - 2 √ j2 + j - m2 + 5m - 6 √ j2 + j - m2 + 7m - 12 j, m - 4⟩

+ √ j2 + j - m2 - 3m - 2 √ j2 + j - m2 - 5m - 6 √ j2 + j - m2 - 7m - 12 √ j2 + j - m (m + 1) j, m + 4⟩

- 2 j4 + 2 j3 - j2 2m2 + 1 - 2 j m2 + 1 + m2 m2 + 5 j, m⟩.

Haciendo el producto escalar con j, m , obtenemos

j, m A 2j, m =

ℏ4

2 j4 + 2 j3 - j2 2m2 + 1 - 2 j m2 + 1 + m2 m2 + 5

j3( j + 2)


Solución:

(a) Escribe la energía total del sistema en términos de su momento angular L.

La partícula está constreñida a moverse en el circulo de radio R, con centro en el origen y localizado en el plano XY (su ecuación es

x2 + y2 = R2, en 3).

En este caso la energía total del sistema es E = L2

2 I , donde L es el cuadrado del momento angular e I es el momento de inercia, que es μR2,

siendo μ la masa de la partícula, a la cual le he puesto ese nombre para que no se confunda con el número cuántico magnético m.

Por las constricciones la energía del sistema se puede escribir como

E =Lz2

2 μ R2

(b) Escribir la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo de este sistema.

Escribiremos las ecuación de Schrödinger en coordenadas esféricas. Sabemos que en ese caso el operador asociado a la variable dinámica Lz es

Lz = -ⅈ ℏ ∂

∂ϕ, así que la ecuación de Schrödinger estacionaria es

-ℏ2

2 μ R2

∂2 ψ(ϕ)

∂ϕ2= E ψ(ϕ)

(c) Resuelve para los posibles niveles de energía.

Claramente las soluciones de la ecuación son

ψ(ϕ) = A exp(ⅈ k ϕ) + B exp(-ⅈ k ϕ), k =2 μ E R

ℏ.

Pero debemos de imponer la condición obvia de periodicidad: ψ(ϕ + 2 n π) = ψ(ϕ), siendo n cualquier número entero; es decir, se debe cumplir

que k sea un número entero, al que llamaremos m.

Entonces las soluciónes son

ψm(ϕ) = A exp(ⅈm ϕ), m =…, -2, -1, 0, 1, 2, …

con A una constante de normalización y las energías Em = ℏ2

2 μ R2 m.

La solución exp(-ⅈ k ϕ) ha sido ya considerada al dejar que m recorra todos los enteros, positivos y negativos.

La constante de normalziación la determinamos con la ecuación


0

2 π

ψm* (ϕ) ψm(ϕ) ⅆϕ = 1.

Como ∫0

2 π

ψm* (ϕ) ψm(ϕ) ⅆϕ = A2 ∫

0

2 π

ⅆϕ = A2 2 π, tenemos A = 1

2 π

, y la función de onda normalizada es

ψm(ϕ) =1

2 πexp(ⅈm ϕ), m =…, -2, -1, 0, 1, 2, …

(d) Explica por qué no hay energía del punto cero.

La explicación tradicional es la siguiente:

El estado base, para el cual l = 0, tiene energía rotacional igual a cero; por tanto, la energía de punto cero es cero.

El que la energía del punto cero sea cero no viola las desigualdades de Heisenberg (el principio de incertidumbre de Heisenberg) y por eso es

cero.

El que la energía del punto cero sea cero no viola las desigualdades de Heisenberg (el principio de incertidumbre de Heisenberg) porque aunque

el momento angular es conocido con precisión, su posición angular está completamente indefinida. La probabilidad de encontrar a la partícula

en el anillo es una constante.

Sin embargo, esta explicación es cuestionable. Hay una buena discusión en Internet en la dirección: http://chemistry.stackexchange.com/ques-

tions/68880/uncertainty-principle-in-the-ground-state-of-a-rigid-rotor.

El libro que se menciona ahí, yo lo tengo por si alguno de ustedes los quiere consultar.


Este problema es tratado en muchos libros. Les doy las referencias:

1. The Physics of Quantum Mechanics. James Binney and David Skinner 2014. 0199688575. Página 171

2. Lectures on Quantum Mechanics. Second edition. Steven Weinberg 1107111668, página 158

3. Quantum Mechanics. A. S. Davydov. Pergamon


Solución:

(a)

La función de onda es

ψ(θ, ϕ) =12Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Y1,1(θ, ϕ) +

12Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Y2,2(θ, ϕ).

Como los armónicos esféricos son ortonormales, lo único que hay que hacer es sumar los cuadrados de sus coeficientes; es decir,

12

2+

1

3

2

+ 12

2+

1

6

2

= 1,

y verificamos que efectivamente la función de onda está normalizada.

Como practica vamos a demostrar lo anterior,

0

2 π

ⅆϕ

0

π

sin(θ) ⅆθ ψ*(θ, ϕ) ψ(θ, ϕ) =

=

0

2 π

ⅆϕ

0

π

sin(θ) ⅆθ 12Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Y1,1(θ, ϕ) +

12Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Y2,2(θ, ϕ)

*

12Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Y1,1(θ, ϕ) +

12Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Y2,2(θ, ϕ)

=

0

2 π

ⅆϕ

0

π

sin(θ) ⅆθ 12Y0,0* (θ, ϕ) +

1

3Y1,1* (θ, ϕ) +

12Y1,-1* (θ, ϕ) +

1

6Y2,2* (θ, ϕ)

12Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Y1,1(θ, ϕ) +

12Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Y2,2(θ, ϕ)

=

0

2 π

ⅆϕ

0

π

sin(θ) ⅆθ 12

12Y0,0* (θ, ϕ) Y0,0(θ, ϕ) +

1

3

12Y0,0* (θ, ϕ) Y1,1(θ, ϕ) +

12

12Y0,0* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ)

+1

6

12Y0,0* (θ, ϕ) Y2,2(θ, ϕ) +

12

1

3Y1,1* (θ, ϕ) Y0,0(θ, ϕ) +

1

3

1

3Y1,1* (θ, ϕ) Y1,1(θ, ϕ) +

12

1

3Y1,1* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ)

+1

6

1

3Y1,1* (θ, ϕ) Y2,2(θ, ϕ) +

12

12Y1,-1* (θ, ϕ) Y0,0(θ, ϕ) +

1

3

12Y1,-1* (θ, ϕ) Y1,1(θ, ϕ) +

12

12Y1,-1* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ)

+1

6

12Y1,-1* (θ, ϕ) Y2,2(θ, ϕ) +

12

1

6Y2,2* (θ, ϕ) Y0,0(θ, ϕ) +

1

3

1

6Y2,2* (θ, ϕ) Y1,1(θ, ϕ) +

12

1

6Y2,2* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ)


+1

6

1

6Y2,2* (θ, ϕ) Y2,2(θ, ϕ)

Usando ahora la ortonormalidad, es decir, que ∫0

2 π

ⅆϕ ∫0

π

sin(θ) ⅆθ Yl,m* (θ, ϕ) Yl′,m′(θ, ϕ) = δl,l′ δm,m′ tenemos

0

2 π

ⅆϕ

0

π

sin(θ) ⅆθ ψ*(θ, ϕ) ψ(θ, ϕ) =14+

13+

14+

16= 1

(b)

Tenemos que

L 2

Yl,m(θ, ϕ) = l(l + 1) ℏ2 Yl,m(θ, ϕ) Lz Yl,m(θ, ϕ) = m ℏ Yl,m(θ, ϕ)

Así que

L 2

ψ(θ, ϕ) = L 2

12Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Y1,1(θ, ϕ) +

12Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Y2,2(θ, ϕ)

=12L 2

Y0,0(θ, ϕ) +1

3L 2

Y1,1(θ, ϕ) +12L 2

Y1,-1(θ, ϕ) +1

6L 2

Y2,2(θ, ϕ)

= ℏ22

3Y1,1(θ, ϕ) + Y1,-1(θ, ϕ) + 6 Y2,2(θ, ϕ)

y

Lz ψ(θ, ϕ) = L

z

12Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Y1,1(θ, ϕ) +

12Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Y2,2(θ, ϕ)

=12Lz Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Lz Y1,1(θ, ϕ) +

12Lz Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Lz Y2,2(θ, ϕ)

= ℏ1

3Y1,1(θ, ϕ) -

12Y1,-1(θ, ϕ) +

2

6Y2,2(θ, ϕ).

Por lo tanto, ψ(θ, ϕ) no es función propia ni de Lz ni de L

2.

Sabemos que

L± Yl,m(θ, ϕ) = ℏ l(l + 1) - m(m ± 1) Yl,m±1(θ, ϕ).

Asi que

L± ψ(θ, ϕ) = L

±

12Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Y1,1(θ, ϕ) +

12Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Y2,2(θ, ϕ).

Como los operadores L± son lineales,

L± ψ(θ, ϕ) =

12L± Y0,0(θ, ϕ) +

1

3L± Y1,1(θ, ϕ) +

12L± Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6L± Y2,2(θ, ϕ).

Usando que L± Yl,m(θ, ϕ) = ℏ l(l + 1) - m(m ± 1) Yl,m±1(θ, ϕ),


L+ ψ(θ, ϕ) =

22

ℏ Y1,0(θ, ϕ).

Y

L- ψ(θ, ϕ) =

23

ℏ Y1,0(θ, ϕ) +2

6ℏ Y2,1(θ, ϕ).

Ahora

⟨ψ L+ ψ⟩ =

0

2 π

ⅆϕ

0

π

sin(θ) ⅆθ 12Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Y1,1(θ, ϕ) +

12Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Y2,2(θ, ϕ)

* 22

ℏ Y1,0(θ, ϕ).

Por las relaciones de ortonormalidad de los armónicos esféricos es claro que todos los productos internos son cero, y

⟨ψ L+ ψ⟩ = 0.

En el otro caso, tenemos

⟨ψ L- ψ⟩ =

0

2 π

ⅆϕ

0

π

sin(θ) ⅆθ 12Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Y1,1(θ, ϕ) +

12Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Y2,2(θ, ϕ)

*

23

ℏ Y1,0(θ, ϕ) +2

6ℏ Y2,1(θ, ϕ)

donde nuevamente vemos que los índices l, m nunca coinciden y por lo tanto,

⟨ψ L- ψ⟩ = 0

El indice m corresponde a la componente z del momento angular orbital, así que si la función de onda es

ψ(θ, ϕ) =12Y0,0(θ, ϕ) +

1

3Y1,1(θ, ϕ) +

12Y1,-1(θ, ϕ) +

1

6Y2,2(θ, ϕ).

las probabilidades estan dadas por los cuadrados de los respectivos coeficientes

P(Lz = 0) = 12

2=

14

, P(Lz = ℏ) =1

3

2

=13

, P(Lz = -ℏ) = 12

2=

14

, P(Lz = 2 ℏ) =1

6

2

=16

.


Solución:

(a)

Tomamos cada matriz, la elevamos al cuadrado y encontramos el resultado:

σx = 0 11 0

⟹ σx2 = 0 11 0

0 11 0

= 1 00 1

= I

σy = 0 -ⅈⅈ 0

⟹ σy2 = 0 -ⅈⅈ 0

0 -ⅈⅈ 0

= 1 00 1

= I

σz = 1 00 -1

⟹ σz2 = 1 00 -1

1 00 -1

= 1 00 1

= I

(b)

Calcular los conmutadores es muy sencillo, tenemos

[σx, σy] = 0 11 0

0 -ⅈⅈ 0

- 0 -ⅈⅈ 0

0 11 0

= ⅈ 00 -ⅈ

- -ⅈ 00 ⅈ

= 2 ⅈ 00 -2 ⅈ

= 2 ⅈ1 00 -1

= 2 ⅈ σz

[σx, σz] = 0 11 0

1 00 -1

- 1 00 -1

0 11 0

= 0 -11 0

- 0 1-1 0

= 0 -22 0

= -2 ⅈ0 -ⅈⅈ 0

= -2 ⅈ σy

[σy, σz] = 0 -ⅈⅈ 0

1 00 -1

- 1 00 -1

0 -ⅈⅈ 0

= 0 ⅈⅈ 0

- 0 -ⅈ-ⅈ 0

= 0 2 ⅈ

2 ⅈ 0 = 2 ⅈ

0 11 0

= 2 ⅈ σx

(c)

El anticonmutador es

{σx, σy} = 0 11 0

0 -ⅈⅈ 0

+ 0 -ⅈⅈ 0

0 11 0

= ⅈ 00 -ⅈ

+ -ⅈ 00 ⅈ

= 0 00 0

= 0

(d) Mostrar que exp(ⅈ θ σy) = I cosθ + ⅈ σy sinθ.

Desarrollando en serie de taylor la exponencial, tenemos


exp(ⅈ θ σy) = k=0

∞ (ⅈ θ)k

k !σyk.

Pero

σy0 = 1 00 1

, σy = 0 -ⅈⅈ 0

, σy2 = 1 00 1

, σy3 = 0 -ⅈⅈ 0

, σy4 = 1 00 1

, ....

así que separando las potencias pares e impares, podemos escribir

exp(ⅈ θ σy) = k=0

∞ (ⅈ θ)k

k !σyk =

k=0

∞ (ⅈ θ)2 k

(2 k) !I +

k=0

∞ (ⅈ θ)2 k+1

(2 k + 1) !σy = I

k=0

∞ (-1)k θ2 k

(2 k) !+ ⅈ σy

k=0

∞ (-1)k θ2 k+1

(2 k + 1) != I cosθ + ⅈ σy sinθ

donde en el último paso hemos identificado las series de Taylor del seno y del coseno.

(e) Deriva una expresión análoga a la del punto anterior para exp(ⅈ θ σy).

Usando nuevamente el desarrollo de Taylor de la exponencial,

exp(ⅈ θ σz) = k=0

∞ (ⅈ θ)k

k !σzk

Pero

σz0 = 1 00 1

, σy = 1 00 -1

, σy2 = 1 00 1

, σy3 = 1 00 -1

, σy4 = 1 00 1

, ....

y separamos nuevamente las potencias pares de las impares, para llegar a

exp(ⅈ θ σz) = k=0

∞ (ⅈ θ)k

k !σzk =

k=0

∞ (ⅈ θ)2 k

(2 k) !I +

k=0

∞ (ⅈ θ)2 k+1

(2 k + 1) !σz = I

k=0

∞ (-1)k θ2 k

(2 k) !+ ⅈ σz

k=0

∞ (-1)k θ2 k+1

(2 k + 1) != I cosθ + ⅈ σz sinθ

De hecho es fácil ver que también se tiene

exp(ⅈ θ σx) = I cosθ + ⅈ σx sinθ

donde en el último paso hemos identificado las series de Taylor del seno y del coseno.


Solución:

n = sinθ cosφ i+ sinθ sinφ j

+ cosθ k

n ·S = sinθ cosφ i+ sinθ sinφ j

+ cosθ k · Sx i

+ Sy j

+ Sz k = Sx sinθ cosφ + Sy sinθ sinφ + Sz cosθ

Para s = 32 , tenemos

Sx =

0 3 ℏ

2 0 0

3 ℏ

2 0 ℏ 0

0 ℏ 0 3 ℏ

2

0 0 3 ℏ

2 0

, Sy =

0 - 12 ⅈ 3 ℏ 0 0

12 ⅈ 3 ℏ 0 -ⅈ ℏ 0

0 ⅈ ℏ 0 - 12 ⅈ 3 ℏ

0 0 12 ⅈ 3 ℏ 0

, Sz =

3 ℏ2 0 0 0

0 ℏ2 0 0

0 0 - ℏ2 0

0 0 0 - 3 ℏ2

así que la matriz de la componente del espín en la dirección de n es

n ·S = ℏ sinθ cosφ

0 32 0 0

32 0 1 0

0 1 0 32

0 0 32 0

+ ⅈ ℏ sinθ sinφ

0 - 12 3 0 0

12 3 0 -1 0

0 1 0 - 12 3

0 0 12 3 0

+ ℏ cosθ

32 0 0 0

0 12 0 0

0 0 - 12 0

0 0 0 - 32

y finalmente

n ·S = ℏ

32 cos(θ) 1

2 3 ⅇ-ⅈ φ sin(θ) 0 0

12 3 ⅇⅈ φ sin(θ) 1

2 cos(θ) ⅇ-ⅈ φ sin(θ) 0

0 ⅇⅈ φ sin(θ) - 12 cos(θ) 1

2 3 ⅇ-ⅈ φ sin(θ)

0 0 12 3 ⅇⅈ φ sin(θ) - 3

2 cos(θ)

Para encontrar sus valores y vectores propios debemos determinar primero la ecuación secular o característica, que después de algo de álgebra

resulta ser

λ4 -5 λ2 ℏ2

2+

9 ℏ4

16= 0,

que tiene cuatro raices, que son los valores propios,

λ - 32 ℏ

λ - ℏ2

λ ℏ2

λ 3 ℏ2


Para cada valor propio hay que resolver la ecuación n ·S λ⟩ = ℏ2 λ λ⟩, y después de hacer toda la “talacha” se obtiene los siguientes 4 vectores

-ⅇ-3 ⅈ φ tan3 θ2 3 ⅇ-2 ⅈ φ tan2 θ

2 - 3 ⅇ-ⅈ φ tan θ2 1

ⅇ-3 ⅈ φ tan θ2 - ⅇ-2 ⅈ φ (3 cos(θ)+1)

3 (cos(θ)+1)

ⅇ-ⅈ φ (3 cos(θ)-1) csc(θ)

31

-ⅇ-3 ⅈ φ cot θ2

ⅇ-2 ⅈ φ csc2 θ2 -3

3

ⅇ-ⅈ φ (3 cot(θ)+csc(θ))

31

ⅇ-3 ⅈ φ cot3 θ2 3 ⅇ-2 ⅈ φ cot2 θ

2 3 ⅇ-ⅈ φ cot θ2 1

que son los vectores propios.


Solución:

(a)

Primera parte del punto (a).

El hamiltoniano es

H=px2

2m+py2

2m+

12mω2x

2 + y2 =

px2

2m+

12mω2 x

2 +py2

2m+

12mω2 y

2 = Hx + H

y

donde

Hx =

px2

2m+

12mω2 x

2 , Hy =

py2

2m+

12mω2 y

2

tal y como se debe mostrar.

Segunda parte del punto (a).

Mostrar que el hamiltoniano H

conmuta con Lz = x

py - y

px.

Haciendo el conmutador por pedazos, tenemos

x, L

z = [x

, x py - ypx] = [x

, x py] - [x, y px] = x

[x, py] + [x

, x] py - y[x, px] - [x

, y] px = -ⅈ ℏ y

y, L

z = [y

, x py - ypx] = [y

, x py] - [y, y px] = x

[y, py] + [y

, x] py - y[y, px] - [y

, y] px = ⅈ ℏ x

px, L

z = [p

x, x

py - y

px] = [p

x, x

py] - [p

x, y

px] = x

[px, p

y] + [p

x, x

] py - y

[px, p

x] - [p

x, y

] px = -ⅈ ℏ p

y

py, L

z = [p

y, x

py - y

px] = [p

y, x

py] - [p

y, y

px] = x

[py, p

y] + [p

y, x

] py - y

[py, p

x] - [p

y, y

] px = ⅈ ℏ p

x


x2, L

z = x

x, L

z + x

, Lz x

= -ⅈ ℏ x

y- ⅈ ℏ y

x= -2 ⅈ ℏ x

y

y2, L

z = y

y, L

z + y

, Lz y

= y

ⅈ ℏ x

+ ⅈ ℏ x

y= ⅈ ℏ(y

x+ x

y) = 2 ⅈ ℏ x

y

px2, L

z = p

xp

x, L

z + p

x, L

z p

x = -ⅈ ℏ p

x py - ⅈ ℏ p

y px = -2 ⅈ ℏ p

x py

py2, L

z = p

yp

y, L

z + p

y, L

z p

y = p

y ⅈ ℏ p

x + ⅈ ℏ p

x py = 2 ⅈ ℏ p

x py

Asi que

Hx, L

z =

px2

2m+

12mω2 x

2, Lz =

12m

px2, L

z +

12mω2x

2, Lz =

12m

(-2 ⅈ ℏ px py) +

12mω2(-2 ⅈ ℏ x

y)

= -ⅈ ℏ

mpx py - ⅈm ℏ ω2 x

y

y

Hy, L

z =

py2

2m+

12mω2 y

2, Lz =

12m

py2, L

z +

12mω2y

2, Lz =

12m

(2 ⅈ ℏ px py) +

12mω2(2 ⅈ ℏ x

y)

=ⅈ ℏ

mpx py + ⅈm ℏ ω2 x

y

Sumandolos

H

, Lz = H

x + H

y, L

z = H

x, L

z + H

y, L

z = -

ⅈ ℏ

mpx py - ⅈm ℏ ω2 x

y ⅈ ℏ

mpx py + ⅈm ℏ ω2 x

y= 0

Resumiendo

H

, Lz = 0

(b)

La ecuación estacionaria de Schrödinger es

Hφ = E φ

donde

H=px2

2m+py2

2m+

12mω2x

2 + y2 = H

x + H

y

siendo

Hx =

px2

2m+

12mω2 x

2 , Hy =

py2

2m+

12mω2 y

2.

Proponemos una solución de la forma φ(x, y) = φx(x) φy(y) y obtenemos

φy(y)px2

2mφx(x) +

12mω2 x

2 φx(x) φy(y) + φx(x)py2

2mφy(y) +

12mω2 y

2 φx(x) φy(y) = E φx(x) φy(y),


1φx(x)

px2

2mφx(x) +

12mω2 x

2 +1

φy(y)

py2

2mφy(y) +

12mω2 y

2 = Ex + Ey,

1φx(x)

px2

2mφx(x) +

12mω2 x

2 - Ex +1

φy(y)

py2

2mφy(y) +

12mω2 y

2 - Ey = 0.

Tenemos dos ecuaciones

px2

2mφx(x) +

12mω2 x

2 φx(x) = (Ex + λ) φx(x)

y

py2

2mφy(y) +

12mω2 y

2 φy(y) = (Ey - λ) φy (y)

siendo λ una constante de separación arbitraria.

Cada una de las ecuaciones obtenenidas es la del oscilador armónico unidimensional, cuya solución es

φn(x) =1

2n n !mω

πℏ1/4

exp -mωx2

2 ℏHn

mω

ℏx , E = ℏω n +

12, n = 0, 1, 2, 3, …

Así que las funciones de onda del problemas son

φnx,ny(x, y) =1

2nx+ny nx ! ny !mω

πℏ1/2

exp-mωx2

2 ℏx2 + y2Hnx

mω

ℏx Hny

mω

ℏy ,

y la energía total es

E = Ex + Ey = ℏω nx +12 + λ + ℏω ny +

12 - λ = ℏω nx + ny +

12.

Resumiendo,

φnx,ny(x, y) =1

2nx+ny nx ! ny !mω

πℏ1/2

exp-mωx2

2 ℏx2 + y2Hnx

mω

ℏx Hny

mω

ℏy ;

nx = 0, 1, 2, …, ny = 0, 1, 2, …

Enx,ny = ℏω nx + ny +12; nx = 0, 1, 2, …, ny = 0, 1, 2, …

(c)

La energía es

Enx,ny = ℏω nx + ny +12; nx = 0, 1, 2, …, ny = 0, 1, 2, …

y los primeros niveles con

{0, 0} →12

ℏω


{1, 0} →32

ℏω {0, 1} →32

ℏω

{1, 1} →52

ℏω {2, 0} →52

ℏω {0, 2} →52

ℏω

{3, 0} →72

ℏω {0, 3} →72

ℏω {2, 1} →72

ℏω {1, 2} →72

ℏω

{4, 0} →92

ℏω {3, 1} →92

ℏω {2, 2} →92

ℏω {1, 3} →92

ℏω {0, 4} →92

ℏω

(d)

La energía está dada como Enx,ny = ℏω nx + ny +12 ; nx = 0, 1, 2, …, ny = 0, 1, 2, …

Así que fijar la energía quiere decir fijar nx + ny = n, o bien nx = n - ny. A ny lo podemos elegir desde 0 hasta n, es decir, de n + 1 formas, así

que

gn = n + 1

(e)

Tenemos

n⟩ = nx⟩ ny⟩,

así que

⟨n x4 + y

2 n⟩ = ⟨ny ⟨nx x4 + y

2 nx⟩ ny⟩ = ⟨ny ⟨nx x4 nx⟩ ny⟩ + ⟨ny ⟨nx y

2 nx⟩ ny⟩

= ⟨ny ny⟩ ⟨nx x4 nx⟩ + ⟨nx nx⟩ ⟨ny y

2 ny⟩ = ⟨nx x4 nx⟩ + ⟨ny y

2 ny⟩

Pero del oscilador armónico en una dimensión ya sabemos que

⟨ny y2 ny⟩ =

ℏ

2mω(2 ny + 1)

y que

⟨nx x4 nx⟩ =

3 ℏ2

4m2 ω22 nx2 + 2 nx + 1,

de donde se deduce que

⟨n x4 + y

2 n⟩ =3 ℏ2

4m2 ω22 nx2 + 2 nx + 1 +

ℏ

2mω(2 ny + 1).


Solución:

La ecuación de Schrödinger es

-ℏ2

2m∇2 φ(x, y, z) = E φ(x, y, z); 0 < x < a, 0 < y < a, 0 < z < b,

y φ(x, y, z) = 0 en todo el resto del espacio. La ecuación se puede escribir como

-ℏ2

2m∂2 φ(x, y, z)

∂x2+

∂2 φ(x, y, z)∂y2

+∂2 φ(x, y, z)

∂z2 = E φ(x, y, z); 0 < x < a, 0 < y < a, 0 < z < b.

Proponemos una solución separable de la forma φ(x, y, z) = X(x) Y(y) Z(z) y la sustituimos en la ecuación para obtener

-ℏ2

2mY(y) Z(z)

ⅆ2X(x)

ⅆx2+ X(x) Z(z)

ⅆ2Y(y)

ⅆy2+ X(x) Y(y)

ⅆ2Z(z)

ⅆ z2 = E X(x) Y(y) Z(z); 0 < x < a, 0 < y < a, 0 < z < b.

Dividiendo entre X(x) Y(y) Z(z) y escribiendo E = Ex + Ey + Ez

-ℏ2

2m

1X(x)

ⅆ2X(x)

ⅆx2+

1Y(y)

ⅆ2Y(y)

ⅆy2+

1Z(z)

ⅆ2Z(z)

ⅆ z2 = Ex + Ey + Ez ; 0 < x < a, 0 < y < a, 0 < z < b.

Que se puede poner como

1X(x)

ⅆ2X(x)

ⅆx2+ kx

2 +1Y(y)

ⅆ2Y(y)

ⅆy2+ ky

2 +1Z(z)

ⅆ2Z(z)

ⅆ z2+ kz

2 = 0 ; 0 < x < a, 0 < y < a, 0 < z < b,

siendo kx =2mEx

ℏ, ky =

2mEyℏ

, kz =2mEzℏ

.

De donde se deduce que

1X(x)

ⅆ2X(x)

ⅆx2+ kx

2 = -λx2,

1Y(y)

ⅆ2Y(y)

ⅆy2+ ky

2 = -λy2 ,

1Z(z)

ⅆ2Z(z)

ⅆ z2+ kz

2 = -λz2

con λx2 + λy2 + λz

2 = 0.

La soluciones quedan entonces como

X(x) = Ax cos kx2 + λx

2 x + Bx sin kx2 + λx

2 x,

Y(y) = Ay cos ky2 + λy

2 y + By sin ky2 + λy

2 y,

Z(z) = Az cos kz2 + λz

2 z + Bz sin kz2 + λz

2 z,


Haciendo que se cumplan las condiciones a la frontera, tenemos

X(x) = Bx sinnx π

ax, kx

2 + λx2 =

nx π

a,

Y(y) = By sinny π

ay, ky

2 + λy2 =

ny π

a,

Z(z) = Bz sinnz π

bz, kz

2 + λz2 =

nz π

b,

donde nx, ny, nz = 1, 2, 3, ….

Y la solución nos queda

φ(x, y, z) = N sinnx π

ax sin

ny π

ay sin

nz π

bz

con N una constante de normalización y

Ex =nx2 π2 ℏ2

2m a2-

ℏ2

2mλx

2, Ey =ny2 π2 ℏ2

2m a2-

ℏ2

2mλy

2, Ez =nz2 π2 ℏ2

2m a2-

ℏ2

2mλz

2

La energía total es

E = Ex + Ey + Ez =nx2 π2 ℏ2

2m a2-

ℏ2

2mλx

2 +ny2 π2 ℏ2

2m a2-

ℏ2

2mλy

2 +nz2 π2 ℏ2

2m a2-

ℏ2

2mλz

2

=ℏ2 π2

2mnx

a2+ ny

a2+ nz

b2 -

ℏ2

2mλx

2 + λy2 + λz

2

pero por la condición de separación de variables λx2 + λy2 + λz

2 = 0, y la energía es

E =ℏ2 π2

2mnx

a2+ ny

a2+ nz

b2; nx, ny, nz = 1, 2, 3, …

Finalmente determinamos la constante de normalización de la función de onda. Se tiene

0

b

0

a

0

a

φ*(x, y, z) φ(x, y, z) ⅆx ⅆy ⅆ z = N2

0

a

sin2nx π

ax ⅆx

0

a

sin2ny π

ay ⅆy

0

b

sin2nz π

az ⅆ z

= N2 0

a

sin2π x nx

a ⅆx

0

a

sin2ny π

ay ⅆy

0

b

sin2nz π

az ⅆ z = N2

a

2a

2b

2=a2 b

8N2 = 1

y por tanto la función de onda es

φ(x, y, z) =2a

2b

sinnx π

ax sin

ny π

ay sin

nz π

bz

(b)

Si a = 2 b, entonces la energía es

E =ℏ2 π2

2mnx

2 b2+ ny

2 b2+ nz

b2 =

ℏ2 π2

2m b2nx

22+ ny

22+ nz

2 =ℏ2 π2

8m b2nx

2 + ny2 + 4 nz2; nx, ny, nz = 1, 2, 3, …

y los niveles de energía, de menor a mayor energía, son

6ℏ2 π2

8m b2→ {1, 1, 1}. No degenerado


9ℏ2 π2

8m b2→ {{2, 1, 1}, {1, 2, 1}}. Degeneración 2.

12ℏ2 π2


14ℏ2 π2

8m b2→ {{1, 3, 1}, {3, 1, 1}}. Degeneración 2.

17ℏ2 π2

8m b2→ {{2, 3, 1}, {3, 2, 1}}. Degeneración 2.

18ℏ2 π2


21ℏ2 π2

8m b2→ {{1, 2, 2}, {2, 1, 2}}. Degeneración 2.

Calculos


Solución:

(a)

La función de onda del sistema es

ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) = N r exp -r

2 a0Y1,-1(θ, ϕ).

Para encontrar el coeficiente de normalización hacemos el producto

ψ2,1,-1* (r, θ, ϕ) ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) = N* r exp -

r

2 a0Y1,-1* (θ, ϕ)N r exp -

r

2 a0Y1,-1(θ, ϕ)

= N2 r 2 exp -r

a0Y1,-1* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ),

y la integral sobre todo el espacio la igualamos a 1,

0

∞

r2 ⅆ r

0

π

sinθ ⅆθ

0

2 π

ⅆϕ ψ2,1,-1* (r, θ, ϕ) ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) = 1

Sustituyendo, tenemos

0

∞

r2 ⅆ r

0

π

sinθ ⅆθ

0

2 π

ⅆϕ ψ2,1,-1* (r, θ, ϕ) ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) = N2

0

∞

r 4 exp -r

a0ⅆ r

0

π

sinθ ⅆθ

0

2 π

ⅆϕ Y1,-1* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ).

Como los armónicos esféricos están normalizados, se tiene que

0

π

sinθ ⅆθ

0

2 π

ⅆϕ Y1,-1* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ) = 1,

y

0

∞

r2 ⅆ r

0

π

sinθ ⅆθ

0

2 π

ⅆϕ ψ2,1,-1* (r, θ, ϕ) ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) = N2

0

∞

r 4 exp -r

a0ⅆ r

pero


0

∞

r 4 exp -r

a0ⅆ r = 24 a0

5

e

0

∞

r2 ⅆ r

0

π

sinθ ⅆθ

0

2 π

ⅆϕ ψ2,1,-1* (r, θ, ϕ) ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) = 24 a0

5 N2 = 1

así que

N =1

24 a05

=1

2 a02 6 a0

(b)

La función de onda está dada como

ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) =1

2 a02 6 a0

r exp -r

2 a0Y1,-1(θ, ϕ),

y la densidad de probabilidad por

ρ(r, θ, ϕ) = ψ2,1,-1* (r, θ, ϕ) ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) =

124 a0

5r 2 exp -

r

a0Y1,-1* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ).

Como Y1,-1π4 , π

3 =3 -3 ⅈ

8 π

,

ρa0,π

4,π

3 =

124 a0

5a0

2 exp -a0

a0

3 - 3 ⅈ

8 π

2

=1

24 a03ⅇ-1 3

16 π=

1128 π a0

3 ⅇ.

El radio de Bohr a0 es 5.29×10-11 metros, así que

ρa0,π

4,π

3 = N

1

128 π 5.29*10-113*ⅇ

= 6.17986×1027

(c)

La densidad de probabilidad

ρ(r, θ, ϕ) = ψ2,1,-1* (r, θ, ϕ) ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) =

124 a0

5r 2 exp -

r

a0Y1,-1* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ),

la integramos sobre todo el angulo sólido, lo cual nos da

ρradial(r) =1

24 a05

0

π

0

2 π

r2 sinθ ⅆθ ⅆϕ r 2 exp -r

a0Y1,-1* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ)

=1

24 a05r4 exp -

r

a0

0

π

0

2 π

sinθ ⅆθ ⅆϕ Y1,-1* (θ, ϕ) Y1,-1(θ, ϕ) =

124 a0

5r4 exp -

r

a0.

Por lo tanto,


ρradial(r = 2 a0) =1

24 a05

16 a04 exp -

2 a0

a0=

23 a0 ⅇ2

= N2

3 5.29*10-11 ⅇ2 = 1.70555×109

(d)

Es claro que la función de onda

ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) =1

2 a02 6 a0

r exp -r

2 a0Y1,-1(θ, ϕ)

es una función propia del operador Lz de valor propio -ℏ,

Lz ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) = -ℏ ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) ⟹ Lz = -ℏ

y de L 2

de valor propio 2 ℏ2

L 2

ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) = ℏ2 1 (1 + 1) ψ2,1,-1(r, θ, ϕ) ⟹ L2 = 2 ℏ2

Por lo tanto, al medir se obtendrá para Lz = -ℏ y L2 = 2 ℏ2.


Solución:

La función de onda del estado base del átomo de hidrógeno es ψ1,0,0(ρ, θ, ϕ) = 1

π a03/2

ⅇ-ra0 .

La densidad de probabilidad radial para el estado base del átomo de hidrógeno es ρ(r) ⅆ r = 4a0

3 r2 ⅇ-2 ra0 ⅆ r.

El valor medio del cuadrado de r es

⟨r⟩ =4a0

3

0

∞

r 3 exp -2 ra0

ⅆ r =4a0

3

0

∞

r 3 Exp-2 ra0

ⅆ r =3 a0

2.

El valor medio del cuadrado de r2 es

r2 =4a0

3

0

∞

r 4 exp -2 ra0

ⅆ r =4a0

3

0

∞

r 4 Exp-2 ra0

ⅆ r = 3 a02.

Por lo tanto,

Δr = r2 - ⟨r⟩2 = 3 a02 -

3 a0

2

2=

32a0


Solución:

(a)

La función de onda de los átomos hidrogenoides al tiempo t = 0 es

Ψr, 0 =

1

11 3 ψ2,1,-1(r

) - ψ2,1,0(r

) + 5 ψ2,1,1(r

) + 2 ψ3,1,1(r

).

Para obtener la función de onda al tiempo t, debemos multiplicar cada función propia de la energía por el factor exp-ⅈ Eℏt,

Ψr, t =

1

11 3 ψ2,1,-1(r

) exp-ⅈ

E2

ℏt - ψ2,1,0(r

) exp-ⅈ

E2

ℏt + 5 ψ2,1,1(r

) exp-ⅈ

E2

ℏt + 2 ψ3,1,1(r

) exp-ⅈ

E3

ℏt.

pero los valores propios de la energía son

En = -μ e4

2 ℏ2

1n2

, n = 1, 2, 3, …,

y tenemos

Ψr, t =

1

11 3 ψ2,1,-1(r

) - ψ2,1,0(r

) + 5 ψ2,1,1(r

) exp-ⅈ

E2

ℏt + 2 ψ3,1,1(r

) exp-ⅈ

E3

ℏt

(b)

La función de onda al tiempo t es

Ψr, t =

1

11 3 ψ2,1,-1(r

) - ψ2,1,0(r

) + 5 ψ2,1,1(r

) exp-ⅈ

E2

ℏt + 2 ψ3,1,1(r

) exp-ⅈ

E3

ℏt.

Los estados posibles son aquellos con número cuántico principal igual a 2 y a 3; por lo tanto las energías posibles son E2 = - μ e4

8 ℏ2 y E3 = - μ e4

18 ℏ2 .

Las probabilidades correspondientes estan dadas por la suma de los cuadrados de los coeficientes de la superposición lineal; así que

P(E = E2) =3

11

2

+ -1

11

2

+5

11

2

=9

11, P(E = E3) =

2

11

2

=2

11, P(E = En) = 0, n ≠ 2, 3

(c)

La función de onda al tiempo t es


Ψr, t =

1

11 3 ψ2,1,-1(r

) - ψ2,1,0(r

) + 5 ψ2,1,1(r

) exp-ⅈ

E2

ℏt + 2 ψ3,1,1(r

) exp-ⅈ

E3

ℏt.

El único estado con valor -ℏ de Lz es ψ2,1,-1, cuyo coeficiente es - 3

11exp-ⅈ E2

ℏt, así que la probabilidad es

P(Lz = -ℏ) =3

11.


Documents

Curso de Mecánica Cuántica. Enero-Mayo de 2017 2. Curso 2017.pdf · 2017-04-28 · Ejercicios 1, 5, 10, 15, 20, 25, 30 y 35 del capítulo 5 (página 325) y ejercicios 1, 5, 10,