Curso de Mecánica Cuántica. Enero-Mayo de 2017

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 ϕ0(x) + 4 30 ϕ1(x) + 1 6 ϕ4(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=₂π2ℏ2

m a2n2, tenemos 〈E〉=  0 a ψ(x, 0)Hψ*_{(x, 0)ⅆx=}  0 a  3 30 ϕ0(x) + 4 30 ϕ1(x) + 1 6 ϕ4(x)H 3 30 ϕ0(x) + 4 30 ϕ1(x) + 1 6 ϕ4(x) ⅆx =_ 0 a  3 30 ϕ0(x) + 4 30 ϕ1(x) + 1 6 ϕ4(x) 3 30 Hϕ0(x) + 4 30 H ϕ1(x) + 1 6 Hϕ4(x) ⅆx =_ 0 a  3 30 ϕ0(x) + 4 30 ϕ1(x) + 1 6 ϕ4(x)

3 30 π2ℏ2 2 m a2( 0)2ϕ0(x) + 4 30 π2ℏ2 2m a2( 1)2ϕ1(x) + 1 6 π2ℏ2 2 m a2( 4)2ϕ4(x) ⅆx.

Efectuando los productos y debido a que ϕ0(x) =0, se encuentra que 〈E〉=_ 0 a ⅆx 4 30 ϕ1(x) 4 30 π2ℏ2 2 m a2 (1)2ϕ1(x) +_ 0 a ⅆx 1 6 ϕ4(x) 4 30 π2ℏ2 2 m a2 (1)2ϕ1(x) +_ 0 a ⅆx 4 30 ϕ1(x) 1 6 π2ℏ2 2 m a2(4) 2_{ϕ4(x) +}  0 a ⅆx 1 6 ϕ4(x) 1 6 π2ℏ2 2m a2(4) 2_ϕ4(x) = π 2_ℏ2 2 m a2 8 15  0 a ⅆxϕ1(x)ϕ1(x) + 2 3 5 0 a ⅆxϕ4(x)ϕ1(x) + 32 3 5 0 a ⅆxϕ1(x)ϕ4(x) + 8 3  0 a ⅆxϕ4(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〉= π 2_ℏ2 2 m a2  8 15 + 2 3 5 (0) + 32 3 5 (0) + 8 3 = π2ℏ2 2 m a2 16 5 = 8π2ℏ2 5m a2

Así que el resultado final es 〈E〉=8₅π_{m a}2ℏ22. 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 ∞ cnφn(x)exp-ⅈEn ℏ t ₍₁₎

y el valor medio de la energía es

〈E〉= n=0

∞

cn2En.

Aplicando esta fórmula encontramos

〈E〉= 1 6 2 42π2ℏ2 2a2m + 3 30 2 0π2ℏ2 2a2m + 4 30 2 π2ℏ2 2a2m =8π 2_ℏ2 5a2m (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 30 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 4 30 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 1 6 ϕ4(x)exp-ⅈE4 ℏ t donde En=₂π2ℏ2 m a2n2. 〈E〉=_ 0 a ψ(x,t)Hψ*_(x,t)ⅆx=  0 a  3 30 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 4 30 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 1 6 ϕ4(x)exp-ⅈE4 ℏ t H 3 30 ϕ0(x)expⅈE0 ℏ t + 4 30 ϕ1(x)expⅈE1 ℏ t + 1 6 ϕ4(x)expⅈE4 ℏ t ⅆx = π 2_ℏ2 2 m a2 8 15  0 a ⅆxϕ1(x)ϕ1(x) + 2 3 5 0 a ⅆxϕ4(x)ϕ1(x)exp-ⅈE4 ℏ t expⅈE1 ℏ t + 32 3 5 ₀ a ⅆxϕ1(x)ϕ4(x)expⅈ E4 ℏ t exp-ⅈE1 ℏ t + 8 3  0 a ⅆxϕ4(x)ϕ4(x) = π 2_ℏ2 2 m a2  8 15  0 a ⅆxϕ1(x)ϕ1(x) + 2 3 5 exp-ⅈE4 ℏ t expⅈE1 ℏ t _ 0 a ⅆxϕ4(x)ϕ1(x) +

32 3 5 expⅈE4 ℏ t exp-ⅈE1 ℏ t  0 a ⅆxϕ1(x)ϕ4(x) + 8 3  0 a ⅆxϕ4(x)ϕ4(x).

Usando ahora que las funciones de onda ϕn(x) son ortonormales, 〈E〉= π 2_ℏ2 2 m a2  8 15 + 2 3 5 (0) + 32 3 5 (0) + 8 3 = π2ℏ2 2 m a2 16 5 = 8π2ℏ2 5m 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 - ℏ 2 2 m ⅆ2ψ(x) ⅆx2 =Eψ(x), x≤0 - ℏ 2 2 m ⅆ2ψ(x) ⅆx2 +V0ψx=Eψ(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(ⅈk x) +rexp(-ⅈk x), k= 2m E ℏ . Para x>0, la solución es ψ>(x) =texp(-κx), κ= 2m(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) =ⅈk-ⅈk r= -κt=ψ>′(x=0) para su derivada, así que obtenemos el sistema de ecuaciones

 1 -1 -κ ⅈk   t r= 1 ⅈk, cuya solución es t r= 1 k+ⅈ κ 2k k-ⅈ κ.

ψ<(x) =exp(ⅈk x) + k-ⅈ κ k+ⅈ κ exp(-ⅈk x), k= 2m E ℏ , y para x>0, la solución es ψ>(x) = 2k k+ⅈ κ exp(-κx), κ= 2m(V0-E) ℏ . Haciendo E=10 eV=1.60×10-18 _{J, V} 0=20 ev=3.20×10-18J, m=9.11×10-31kg, ℏ=1.05×10-34J s, tenemos k=1.63×1010m-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)]

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(ⅈk x) + k-ⅈ κ k+ⅈ κ exp(-ⅈk x), k= 2m E ℏ .

El haz incidente de electrones es exp(ⅈk x), y si le aplicamos el operador de impulso tenemos pexp(ⅈk x) =ℏkexp(ⅈk x), así que el impulso es igual a ℏk. La relación de de Broglie es λ=h/p, por tanto, λ=2_kπ= h

2m E =3.89×10-10_metros. J s kg1/2_J1/2 = J kg s= kgm2 kgs2 s

(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) =} 4k2

κ2_+k2, y para x>0, ρ(x) = 4k2_exp(-2κx) κ2_+k2 , así que ρ(x) ρ(0)=exp(-2κx) =exp-2 2m(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

-4 -2 2 4 x 2 4 6 V(x) (b) La ecuación de Schrödinger es - ℏ 2 2 m ⅆ2φ(x) ⅆx2 +V(x)φx=Eφ(x) con V(x) = ℏ 2 2m 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 - ℏ 2 2m ⅆ2 ⅆx2+ ℏ2 2m 4 sinh2_(x) 225 -2 cosh(x) 5 [1+4 cosh(x)]exp -2 15cosh(x)= -8ℏ2 15m[ 1+4 cosh(x)]exp-2 15cosh(x); es decir, Hφ(x) = -8ℏ 2 15m φ(x).

Por lo tanto, φ(x) sí es solución de la ecuación de Schrödinger y el valor propio de la energía es E= -8₁₅ℏ2 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)

-4 -2 2 4 5 10 15 Calculos Solución: Se tiene que Δxn= x2_n-〈x〉n2 y Δpn= p2_n-〈p〉n2.

Calculamos primero 〈x〉n. Tenemos que 〈x〉n=_ 0 a φn(x)xφn*_(x)ⅆx= 2 a 0 a xsin2 nπx a ⅆx= a 2 Calculamos ahora x2_ n. Tenemos que x2_n=_ 0 a φn(x)xφn*_(x)ⅆx=2 a 0 a xsin2 nπx a ⅆ x=a 2 6 2 -3 π2n2

Determinamos ahora 〈p〉n. Tenemos que

〈p〉n=_ 0 a φn(x)pφn*_{(x)ⅆx= -ⅈ ℏ } 0 a φn(x) ⅆ ⅆx φn *_{(x)ⅆx= -ⅈ ℏ}2 a 0 a sin nπx a ⅆ ⅆx sin nπx a ⅆx = -ⅈ ℏ2 a nπ a  0 a sin nπx a cos nπx a ⅆx= -ⅈ ℏ nπ a2  0 a sin 2nπx a ⅆx= -ⅈ ℏ nπ a2 a 2nπ cos 2nπa a -cos(0) =0

Determinamos ahora p2_n. Tenemos que

p2_n=_ 0 a φn(x)pφn*_{(x)ⅆx= -ℏ}2  0 a φn(x) ⅆ 2 ⅆx2 φn*_{(x)ⅆx= -ℏ}22 a 0 a sin nπx a ⅆ2 ⅆx2 sin nπx a ⅆx =ℏ22 a nπ a 2  0 a sin2 nπx a ⅆx=ℏ 22 a nπ a 2a 2=ℏ 2 nπ a 2 Así que Δxn= x2_n-〈x〉n2 = a 2 6 2 -3 π2n2 - a 2 4 = a 2 1 3 1 -6 π2n2 Δpn= p2_n-〈p〉n2 = ℏ2 nπ a 2 =nπ ℏ a

ΔxnΔpn=nπ ℏ a a 2 1 3 1 -6 π2n2 = nπ ℏ 2 1 3 1 -6 π2n2 = π ℏ 2 3 n2- 6 π2 = ℏ 2 3 π2n2-6

Así que despreciando el 6, tenemos

ΔxnΔpn~ ℏ πn 12 Cuentas Solución: (a) Método 1. La función de onda a t=0 es ψ(x, 0) = 5 50 ϕ0(x) + 4 50 ϕ1(x) + 3 50 ϕ2(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 50 ϕ0(x) + 4 50 ϕ1(x) + 3 50 ϕ2(x)H 5 50 ϕ0(x) + 4 50 ϕ1(x) + 3 50 ϕ2(x)*ⅆx = _ -∞ ∞  5 50 ϕ0(x) + 4 50 ϕ1(x) + 3 50 ϕ2(x) 5 50 Hϕ0(x) + 4 50 Hϕ1(x) +H 3 50 ϕ2(x)*ⅆx = _ -∞ ∞  5 50 ϕ0(x) + 4 50 ϕ1(x) + 3 50 ϕ2(x) 5 50 ℏω 1 2 ϕ0(x) + 4 50 ℏω 3 2 ϕ1(x) +ℏω 5 2 3 50 ϕ2(x) * ⅆx.

Efectuando los productos se encuentra que

〈E〉= 5 50 5 50 ℏω 1 2  -∞ ∞ ϕ0(x)ϕ0*(x)ⅆx+ 5 50 4 50 ℏω 3 2  -∞ ∞ ϕ0(x)ϕ1*(x)ⅆx+ 5 50 ℏω 5 2 3 50 -∞ ∞ ϕ0(x)ϕ2*(x)ⅆx+ 4 50 5 50 ℏω 1 2  -∞ ∞ ϕ1(x)ϕ0*(x)ⅆx+

4 50 4 50 ℏω 3 2  -∞ ∞ ϕ1(x)ϕ1*_(x)ⅆx+ 4 50 ℏω 5 2 3 50 -∞ ∞ ϕ1(x)ϕ2*_(x)ⅆx+ 3 50 5 50 ℏω 1 2  -∞ ∞ ϕ2(x)ϕ0*(x)ⅆx+ 3 50 4 50 ℏω 3 2  -∞ ∞ ϕ2(x)ϕ1*(x)ⅆx+ 3 50 ℏω 5 2 3 50 _-_∞ ∞ ϕ2(x)ϕ2*(x)ⅆx, que se reduce a 〈E〉= ℏω 4  -∞ ∞ ϕ0(x)ϕ0*(x)ⅆx+ 3ℏω 5  -∞ ∞ ϕ0(x)ϕ1*(x)ⅆx+ 3ℏω 4  -∞ ∞ ϕ0(x)ϕ2*(x)ⅆx+ ℏω 5  -∞ ∞ ϕ1(x)ϕ0*_(x)ⅆx+ 12ℏω 25  -∞ ∞ ϕ1(x)ϕ1*_(x)ⅆx+ 3ℏω 5  -∞ ∞ ϕ1(x)ϕ2*_(x)ⅆx+ 3ℏω 20  -∞ ∞ ϕ2(x)ϕ0*(x)ⅆx+ 9ℏω 25  -∞ ∞ ϕ2(x)ϕ1*(x)ⅆx+ 9ℏω 20  -∞ ∞ ϕ2(x)ϕ2*(x)ⅆx.

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

〈E〉= ℏω 4 + 12ℏω 25 + 9ℏω 20 = 59ℏω 50 Así que el resultado final es 〈E〉=59₅₀ℏω. 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

∞

cnφn(x)exp-ⅈEn

ℏ t (2)

y el valor medio de la energía es

〈E〉=_ n=0

∞

cn2En.

Aplicando esta fórmula encontramos

〈E〉= 5 50 2 ℏω 1 2 + 4 50 2 ℏω 1 2 +1 + 3 50 2 ℏω 1 2+2 = 59ℏω 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 50 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 4 50 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 3 50 ϕ2(x)exp-ⅈE2 ℏ t

donde En=ℏω1₂+n. Por lo tanto,

〈E〉=_ 0 a ψ(x,t)Hψ*_(x,t)ⅆx=  -∞ ∞  5 50 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 4 50 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 3 50 ϕ2(x)exp-ⅈE2 ℏ t H 5 50 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 4 50 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 3 50 ϕ2(x)exp-ⅈE2 ℏ 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 50 ℏω 1 2 + 4 50 4 50 ℏω 3 2 + 3 50 ℏω 5 2 3 50

(c) ψ(x, 0) = 5 50 ϕ0(x) + 4 50 ϕ1(x) + 3 50 ϕ2(x). ψ(x,t) = 5 50 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 4 50 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 3 50 ϕ2(x)exp-ⅈE2 ℏ t ψ(x,t) x ψ(x,t)= _ -∞ ∞ ψ*_(x,t)x_ψ(x,t)ⅆx ψ*_(x,t)x_{ψ(x,t) =} 5 50 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 4 50 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 3 50 ϕ2(x)exp-ⅈE2 ℏ t * x 5 50 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 4 50 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 3 50 ϕ2(x)exp-ⅈE2 ℏ t ψ*_(x,t)x_{ψ(x,t) =} 5 50 ϕ0*_(x)expⅈE0 ℏ t x  5 50 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 4 50 ϕ1*_(x)expⅈE1 ℏ t x 5 50 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 3 50 ϕ2*_(x)expⅈE2 ℏ t x 5 50 ϕ0(x)exp-ⅈE0 ℏ t + 5 50 ϕ0*(x)expⅈ E0 ℏ t x 4 50 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 4 50 ϕ1*(x)expⅈ E1 ℏ t x 4 50 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 3 50 ϕ2*(x)expⅈ E2 ℏ t x 4 50 ϕ1(x)exp-ⅈE1 ℏ t + 5 50 ϕ0*(x)expⅈ E0 ℏ t x 3 50 ϕ2(x)exp-ⅈE2 ℏ t + 4 50 ϕ1*(x)expⅈ E1 ℏ t x 3 50 ϕ2(x)exp-ⅈE2 ℏ t + 3 50 ϕ2*(x)expⅈ E2 ℏ t x 3 50 ϕ2(x)exp-ⅈE2 ℏ t ψ*_(x,t)x_{ψ(x,t) =} 1 2ϕ0 *_(x)x_{ϕ0(x) +} 2 5expⅈ E1 ℏ t-ⅈE0 ℏ t ϕ1*(x)xϕ0(x) + 3 10expⅈ E2 ℏ t-ⅈE0 ℏ t ϕ2*(x)xϕ0(x) +2 5expⅈ E0 ℏ t-ⅈ E1 ℏ t ϕ0 *_(x)x_{ϕ1(x) +} 8 25ϕ1 *_(x)x_{ϕ1(x) +} 6 25expⅈ E2 ℏ t-ⅈ E1 ℏ t ϕ2 *_(x)x_ϕ1(x) +3 10expⅈ E0 ℏ t-ⅈ E2 ℏ t ϕ0 *_(x)x_{ϕ2(x) +} 6 25expⅈ E1 ℏ t-ⅈ E2 ℏ t ϕ1 *_(x)x_{ϕ2(x) +} 9 50ϕ2 *_(x)x_ϕ2(x) ψ*_(x,t)x_{ψ(x,t) =}1 2ϕ0 *_(x)x_ϕ 0(x) + 2 5exp(ⅈ ωt)ϕ1 *_(x)x_ϕ 0(x) + 3 10exp(2ⅈ ωt)ϕ2 *_(x)x_ϕ 0(x) +2 5exp(-ⅈ ωt)ϕ0 *_(x)x_{ϕ1(x) +} 8 25ϕ1 *_(x)x_{ϕ1(x) +} 6 25exp(ⅈ ωt)ϕ2 *_(x)x_ϕ1(x) +3 10exp(-2ⅈ ωt)ϕ0 *_(x)x_{ϕ2(x) +} 6 25exp(-ⅈ ωt)ϕ1 *_(x)x_{ϕ2(x) +} 9 50ϕ2 *_(x)x_ϕ2(x) ψ(x,t) x ψ(x,t)= _ -∞ ∞ ψ*_(x,t)x_ψ(x,t)ⅆx= 1 2  -∞ ∞ ⅆxϕ0*_(x)x_{ϕ0(x) +}2 5exp(ⅈ ωt) -∞ ∞ ⅆxϕ1*_(x)x_{ϕ0(x) +} 3 10exp(2ⅈ ωt)  -∞ ∞ ⅆxϕ2*_(x)x_ϕ0(x) +2 5exp(-ⅈ ωt)  -∞ ∞ ⅆxϕ0*(x)xϕ1(x) + 8 25  -∞ ∞ ⅆxϕ1*(x)xϕ1(x) + 6 25exp(ⅈ ωt)  -∞ ∞ ⅆxϕ2*(x)xϕ1(x)

+3 10exp(-2ⅈ ωt) -∞ ∞ ⅆxϕ0*_(x)x_{ϕ2(x) +} 6 25exp(-ⅈ ωt)  -∞ ∞ ⅆxϕ1*_(x)x_{ϕ2(x) +} 9 50  -∞ ∞ ⅆxϕ2*_(x)x_ϕ2(x)

Pero ya sabemos que _∫

-∞ ∞

ϕn(x)xϕm*_(x)ⅆx= ℏ

2mω  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 = ℏ 2mω 2 5exp(ⅈ ωt) + 2 5exp(-ⅈ ωt) + 6 2 25 exp(ⅈ ωt) + 6 2 25 exp(-ⅈ ωt) = ℏ 2mω 4 5cos(ωt) + 12 2 25 cos(ωt)= 20+12 2 25 2 ℏ mω cos(ωt) = 2 256+5 2  ℏ mω cos(ωt) ψ(x,t) x ψ(x,t)= 2 256+5 2 ℏ mω cos(ωt) 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+1ypor 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. Tenemos

X= ℏ

2μ ω a+a†_

y recordando siempre que a y a† _{no conmutan, obtenemos}

X2= ℏ 2μ ω a+a†_ ℏ 2μ ω a+a†_= ℏ 2μ ω a2+aa†_+a†_a_+a†2_ Así que n X2 m= ℏ 2μ ω n a2+aa† +a†_a +a†2  m

= ℏ 2μ ωn a 2 _m+ ℏ 2μ ωn a _a† _m+ ℏ 2μ ωn a †_a _m+ ℏ 2μ ωn a †2 _m = ℏ 2μ ω m(m -1) n m-2+ ℏ 2μ ω(m+ 1)n m+ ℏ 2μ ωmn m+ ℏ 2μ ω (m+ 1) (m+2) n m+2 Como n m=δn,m, tenemos n X2 m= ℏ 2μ ω m(m-1) δn,m-2+ (2m+1)δn,m+ (m+1) (m+2) δn,m+2= ℏ 2μ ω m(m-1) n=m-2 (m+1) (m+2) nm+2 2m+1 nm n X2 m= ℏ 2μ 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 2μ 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_+a3_·a†_+a†_·a3_+a2_{· (a}†₎2_{+ (a}†₎2_·a2_+a_·a†_·a2_+a2_·a†_·a_+a†_·a2_·a†_ n X4 m= ℏ 2μ 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_+a3_·a†₊ a†_·a3_+a2_{· (a}†₎2_{+ (a}†₎2_·a2_+a_·a†_·a2_+a2_·a†_·a_+a†_·a2_·a†_{ m} = ℏ 2μ 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 (2m+3) m+2n 2 m-1 m (2m-1) mn+2 6m2+6m+3 mn X4= ℏ 2μ 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 ⋯ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱

Solución:

El valor esperado del operador n es

〈n〉=ψ n ψ= - 3 17 3 -2 17 2 + 3 17 1 + 1 17 0 n 1 17 0+ 3 17 1- 2 17 2- 3 17 3 = - 3 17 3 -2 17 2 + 3 17 1 + 1 17 0 1 17 n 0+ 3 17 n 1- 2 17 n 2- 3 17 n  _3, como n j=j j, tenemos ψ n ψ= - 3 17 3 -2 17 2 + 3 17 1 + 1 17 0 1 17 0 0+ 3 17 1 1- 2 17 2 2- 3 17 3 3 = - 3 17 3 -2 17 2 + 3 17 1 + 1 17 0 3 17 1- 4 17 2-3 3 17 3 , Haciendo el producto encontramos

ψ n ψ= - 3 17 3 17 3 1- 2 17 3 17 2 1+ 3 17 3 17 1 1+ 1 17 3 17 0 1 + 3 17 4 17 3 2+ 2 17 4 17 2 2- 3 17 4 17 1 2- 1 17 4 17 0 2 + 3 17 3 3 17 3 3+ 2 17 3 3 17 2 3 -3 17 3 3 17 1 3 -1 17 3 3 17 0 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 17 3 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 34 ℏ ω= 69 34ℏ ω

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 ℏ 2μω a _+a†_m= ℏ 2μω n a _+a†_{ m=} ℏ 2μω n a  _{m+n a}† _m = ℏ 2μω  m n m -1+ m+1 n m+1= ℏ 2μω  m δn,m-1+ m+1 δn,m+1= ℏ 2μ ω m n=m-1 m+1 nm+1 .

Igualmente para su cuadrado,

n X2 m= ℏ 2μ ω  m(m-1) δn,m-2+ (2m+1)δn,m+ (m+1) (m+2) δn,m+2= ℏ 2μ ω m(m-1) n=m-2 (m+1) (m+2) nm+2 2m+1 nm

Lo mismo sucede para el operador P,

n P m=n ⅈ μ ℏ ω 2 a †_-a_{ m=ⅈ} μ ℏ ω 2 n a †_-a_{ m=ⅈ} μ ℏ ω 2 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 ω 2 m+1 n=m+1 - m nm-1, y para su cuadrado n P2 m= -μ ℏ ω 2 n a 2_-a_a†_-a†_a_+a†2_{ m} = -μ ℏ ω 2 n 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- (2m+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 -(2m+1) nm .

ΔXn= n X2n-n X n2 = ℏ 2μ ω( 2n+1) = ℏ 2μ ω 2n+1 , y ΔPn= n P2n-n P n2 = μ ℏ ω 2 (2n+1) = μ ℏ ω 2 2n+1 . Y finalmente ΔXnΔPn= ℏ 2μ ω 2n+1 μ ℏ ω 2 2n+1 = n+ 1 2 ℏ. Por lo tanto, para el estado n=5, tenemos ΔX5ΔP5= 7₂ℏ.

(b)

Cuando la partícula está en el estado de menor energía, tenemos ΔX0ΔP0=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_-x2_2_ⅆx=8a7 105 A A *_=1. Por lo tanto, A= 1₂ 105_2a7 . (b)

Por definición Δx= x2-〈x〉2, así que debemos calcular,

〈x〉=_ 0 a ψ(x)xψ*_(x)ⅆx=105 8 1 a7 0 a x3a2-x22ⅆx=105 8 1 a7 a8 24 = 35a 64 , y x2=_ 0 a ψ(x)x2ψ*_(x)ⅆx=105 8 1 a7 0 a x4a2-x22ⅆx= 105 8 1 a7 8a9 315 = a2 3, y tenemos Δx= x2-〈x〉2 = a₃2 -35₆₄a2 =₆₄1 421₃ a.

Para la cantidad de movimiento lineal, 〈p〉=_ 0 a ψ(x)pψ*_{(x)ⅆx= -ⅈ ℏ}105 8 1 a7 0 a xa2-x2 ⅆ ⅆx xa 2_-x2_{ ⅆx= -ⅈ ℏ}105 8 1 a7 0 a xa2-x2 a2-3x2 ⅆx = -ⅈ ℏ105 8 1 a7 0=0, y p2=_ 0 a ψ(x)p2ψ*_{(x)ⅆx= -ℏ}2105 8 1 a7 0 a xa2-x2 ⅆ 2 ⅆx2 xa 2_-x2_{ ⅆx= -ℏ}2105 8 1 a7 0 a xa2-x2(-6x)ⅆx = -ℏ2105 8 1 a7 -4a 5 5 = 21ℏ2 2a2 ,

así que tenemos, Δp= p2-〈p〉2 = 21_2aℏ22 = 21 2 ℏ a. Finalmente, ΔxΔp= ₆₄1 421₃ a 21_{2 a}ℏ=₆₄1 2947₂ ℏ ≈0.6ℏ>ℏ₂. (c)

La energía de los estados ligados del pozo está dada como En=₂π2ℏ2

m a2n2, n=1, 2, 3,… y sus correspondientes funciones de onda como φn(x) = 2_a sinn_aπx, 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 2a7 2 a  0 a sin 5πx a xa2-x2 ⅆx2= 105 2a4 6a4 125π3 2= 189 3125π6 =6.29×10-5 Solución:

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

- ℏ 2 2m ⅆ2 ⅆx2+V(x) φ(x) =Eφ(x) - ℏ 2 2m ⅆ2 ⅆx2 +V0δ(x) φ(x) = Eφ(x) ⟹ - ℏ 2 2m ⅆ2φ(x) ⅆx2 +V0δ(x)φ(x) =Eφ(x) ⟹ ⅆ 2_φ(x) ⅆx2 -2m V0 ℏ2 δ(x)φ(x) + 2m E ℏ2 φ(x) =0 ⅆ2φ(x) ⅆx2 + 2m E ℏ2 φ(x) = 0 ⟹ ⅆ 2_φ(x) ⅆx2 +k 2_{φ(x) =0, k=} 2m E ℏ φ(x) = φ-(x) =exp(ⅈk x) +rexp(-ⅈk x) x<0 φ+(x) =texp(ⅈk x) x>0 φ-(0) =φ+(0) ⟹ 1+r=t ⅆ2φ(x) ⅆx2 -2m V0 ℏ2 δ(x)φ(x) +2m E ℏ2 φ(x) =0

 -ε ε ⅆxⅆ 2_φ(x) ⅆx2 -2m V0 ℏ2  -ε ε ⅆxδ(x)φ(x) +2m E ℏ2  -ε ε ⅆxφ(x) =0 lim ε→0 ⅆ φ+(x) ⅆx x=+ε -ⅆ φ-(x) ⅆx x=-ε -2m V0 ℏ2 φ(0) + 2m E ℏ2  0 ε ⅆx[exp(ⅈk x) +rexp(-ⅈk x)] +2m E ℏ2 t_ -ε 0 ⅆxexp(ⅈk x) =0 ⅈk(1+r) -ⅈk+ⅈk r- 2m V0 ℏ2 (1+r) =0 ⅈk+ⅈk r-ⅈk+ⅈk r- 2m V0 ℏ2 (1+r) =0 2ⅈk r- 2m V0 ℏ2 (1+r) =0 r= m V0 ⅈ ℏ2k-m V0 , t=1+r=1+ m V0 ⅈ ℏ2k-m V0 = ⅈkℏ 2 ⅈkℏ2-m V0 r r*₌ m V0 ⅈ ℏ2k-m V0 m V0 -ⅈ ℏ2k-m V0 = m 2_V 02 k2ℏ4+m2V02 = V0 2 k2_ℏ4 m2 +V02 t t*₌ ⅈkℏ 2 ⅈkℏ2-m V0 -ⅈkℏ2 -ⅈkℏ2-m V0 = k 2_ℏ4 k2ℏ4+m2V02 = k2_ℏ4 m2 k2_ℏ4 m2 +V02

Asi que finalmente

R= m V02 k2_ℏ4 1+m V02 k2_ℏ4 , T= 1 1+m V02 k2_ℏ4 . Solución:

La ecuación de Schrödinger para este problema es -ℏ 2 2m ⅆ2φ(x) ⅆx2 +V0δ(x)φ(x) =Eφ(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-

-2m 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

ⅆ2φI(x) ⅆx2 +k2φI(x) =0, -a<x<0 ⅆ2φII(x) ⅆx2 +k 2_{φII(x) =0, 0<x<a}

donde k= 2_ℏm E es positivo ya que debemos suponer que E>0. La solución a la ecuación de Schrödinger es

φI(x) =A1cos(k x) +A2sin(k x), -a<x<0, φII(x) =B1cos(k x) +B2sin(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) =A1cos(k x) +A2sin(k x), -a<x<0, φII(x) =A1cos(k x) +B2sin(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) =A2sin(k x), -a<x<0,

φII(x) =B2sin(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) =A2sin(k x), -a<x<0,

φII(x) =A2sin(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 -A2sin(k a) =0 o que necesariamente k a=nπ, 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) =A2sin nπ a x, -a<x<0, φII(x) =A2sin nπ a 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- -2m V0 ℏ2 φ(0) =0 se traduce en φ′II(0) -φI′(0) -2m V0 ℏ2 φ(0) =0. Como φII′(0) = nπ a A2cos nπ a 0=0, φI′(0) =naπA2cos nπ

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

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

-a a sin2_nπx a  ⅆx= 1 a, obtenemos finalmente φI(x) = 1 a sin nπ a x , -a<x<0, φII(x) = 1 a sin nπ a x , 0<x<a,

que evidentemente podemos poner como

φ(x) = 1 a

sin nπ

a x

, -a<x<a.

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

2_ℏ2

2m 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,

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 π ℏ 1/4 exp-mωx 2 2ℏ Hn mω ℏ x, En=ℏω n+1 2 , n=0, 1, 2, 3,…

donde ω= _mk . En particular, cuando se trata del estado base, n=0, tenemos

φ0(x) = mω π ℏ 1/4 exp-mωx 2 2ℏ H0 mω ℏ x = mω π ℏ 1/4 exp-mωx 2 2ℏ , 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 π ℏ 1/4 exp- 2 mωx 2 2ℏ Hn 2 mω ℏ x, 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 π ℏ 1/4 exp- 2 mωx 2 2ℏ H0 2 mω ℏ x = 2 mω π ℏ 1/4 exp- 2 mωx 2 2ℏ , En= 2 2 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=φ0ϕ02= _ -∞ ∞ φ0(x)ϕ0(x)ⅆx 2 = mω π ℏ 1/2 2 mω π ℏ 1/2   -∞ ∞ exp-mωx 2 2ℏ - 2 mωx 2 2ℏ ⅆx2 = mω π ℏ 1/2 _{2 mω} π ℏ 1/2  2 2 -1 π ℏ mω  2 =2 42  2 -1=0.985 Resumiendo P=0.985.