Libro con resumenes y ejercicios resueltos

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ04121 SpinAyudantías Mecánica Cuántica IIProfesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Ayudantía 1Importante característica de las partículas subatómicas. Muchas veces confundida y entendida como el girodel electrón, la verdad sobre el spin es aún confusa y hasta hoy su riqueza se encuentra en lo abstracto quellega a presentarse en muchas teorías. Muchos efectos importantes de la física se deben al spin y las diferentesposibilidades en que se presenta al mundo.Siendo más concretos, el spin es un momento angular intrínseco de diferentes valores, eso si, todos múltiplos de. Los operadores de spin, están definidos por sus relaciones de conmutación:12[S x , S y ] = iS z (1)Si consideramos el caso s = 1/2 y queremos representarlo por matrices de 2x2, tenemos:( )( )( )1/2 00 10 0S z = S0 −1/2+ = S0 0− = 1 0Esta representación puede ser escrita como:S = 1 ⃗σ (3)2(2)dondeσ x =(0 11 0)σ y =(0 −ii 0)σ z =(1 00 −1corresponden a las matrices de Pauli. Estas matrices, satisfacen las relaciones de conmutación que siguen:)(4)y también satisfacen:[σ x , σ y ] = 2iσ z (5)Así mismo, es importante considerar las siguientes relaciones generales:σ 2 x = σ 2 y = σ 2 z = 1 (6)donde:S 2 |sm〉 = 2 s(s + 1)|sm〉 (7)S z |sm〉 = m|sm〉 (8)S ± |sm〉 = √ s(s + 1) − m(m ± 1)|s(m ± 1)〉 (9)S ± = S x ± iS y (10)1

Problemas1. (a) Encuentre los siguientes operadores en términos de las matrices de Pauli:σ −1x ;√1 + σx(b) Escriba el operador de spin S ′ z de un electrón a lo largo de un eje z ′ el cuál se encuentra rotado enun ángulo θ respecto al eje z original y que yace en el plano x-y del sistema original de coordenadas(estamos hablando del espacio de spin).(c) Encuentre la probabilidad de medir 1 2 y − 1 2 a lo largo del eje z’ si el electrón originalmente seencontraba en los autoestados |+〉 y |−〉 de S z . Encuentre, para el primer caso, el valor medio de S z′Sugerencia: rote el spinor original apropiadamente y verifique que el spinor así obtenido es autoestadodel operador de spin rotado.2. En el instante t = 0 un electrón, cuyo spin (s = 1 2) apunta en la diracción +ẑ de un sistema cartesianode referencia, entra a una región de campo magnético uniforme, B ⃗ = B 0ˆx que apunta en la dirección +ˆx.Encuentre la probabilidad que en un instante posterior t el spin de este electrón continúe apuntando enla dirección +ẑ.3. Considere una partícula con número cuántico de Spin s = 1. Ignore todos los grados de libertad espacialesy asuma que la partícula está sujeta a un campo magnético externo ⃗ B = Bˆx. El operador hamiltonianodel sistema es: H = g ⃗ B · ⃗S(a) Obtenga explícitamente las matrices de spin en la base de S 2 , autoestados S z , |s, m s 〉.(b) Si la partícula es inicialmente (a t=0) en el estado |1 1〉, encuentre el estado evolucionado de lapartícula a tiempos t > 0.(c) ¿Cuál es la probabilidad de encontrar la partícula en el estado |1 − 1〉2

Pero, como sabemos que σ 2 y = 1 y σ 3 y = σ y , es muy fácil notar que:( (e − i θ θ2 σyθ = cos 1 2x2 − iσ y sin2)2)(24)Entonces, nos queda:Ŝ z = S z ′ ==( (cosθ2)−sin ( )θ2sin ( )θ2cos ( )θ2( )cosθ sinθsinθ −cosθ) ( 1 00 −1) ( (cosθ2)−sin ( )θ2sin ( )θ2cos ( )θ2)(25)(26)Con esto, queda resuelto el ejercicio.(c) Si el autoestado de S z es |+〉 = ( 1 0 ) T vemos que el problema de autovalores queda definido por:( ) ( ) cosθ sinθ C1= ( )C1(27)2 sinθ −cosθ C 2 2 C 2Este problema de autovalores, tiene por solución:( ) (C1 cosθ= 2C 2 ain θ 2)(28)Por otro lado, es posible seguir la sugerencia del enunciado. Si teniamos un autoestado |+〉 de S z ,entonces:( ) ( ) ( )Ψ = e − i 2 σyθ 1 cosθ= 2−sin θ 2 cosθ0 sin θ 2cos θ = 22sin θ (29)2Luego, la probabilidad de medir |+〉 es cos 2 θ 2 .Si teníamos el estado |−〉 = ( 0 1 ) T → Ψ = ( −sin θ 2 cos θ 2 )Ty la probabilidad de medir |+〉 = sin 2 θ 2Finalmente, para calcular el valor de expectación, hacemos:( ) 〈S z ′〉 = cos 2 θ (2 2 + − )sin 2 θ 2 2 = cosθ (30)22. EL Hamiltoniano que nos interesa es:dado que g es aproximadamente 2. Hacemos un pequeño cambio,eH = g S2m e c ⃗ · ⃗B =e Sm e c ⃗ · ⃗B (31)⃗S = e⃗σ → H =2 2m e c ⃗σ · ⃗B (32)4

Ahora, tomamos el campo magnético: ⃗ B = B0ˆx,B 0 constante. Con esto, obtenemos:H = eB (00 12m e c σ 1 , σ 1 =1 0Por otro lado, sabemos que la función de onda es un spinor de dos componentes:Ψ =(ψ1ψ 2)Ahora, reemplazando nuestro caso concreto:(eB 0 0 12m e c 1 0tal que)HΨ = i ∂Ψ∂t) ( )ψ1= i ∂ ( )ψ1ψ 2 ∂t ψ 2(33)(34)(35)aquí la derivada parcial, puede ser reemplazada por la derivada total en el tiempo pues las funciones ψ 1 , ψ 2solo dependen del tiempo. Entonces,:eB 0 2m e c ψ 2 = i dψ 1dteB 0 2m e c ψ 1 = i dψ 2dt(36)(37)Ahora, introducimos la notación ω = eB02m ec. Luego, derivamos la primera ecuación y reemplazamos en lasegunda, obteniendo:En t = 0, |ψ 1 (0)| 2 = 1 y |ψ 2 (0)| 2 = 0. De este modo:−ω 2 ψ 1 = d2 ψ 1dt 2 =⇒ ψ 1 = Ae iωt + Be −iωt (38)Entonces, normalizando la función, se obtiene:ψ 1 = A(e iωt + e −iωt ) (39)ψ 1 (0) = 2A =⇒ 4A 2 = 1 =⇒ |A| = 1 2(40)Entonces, vemos que A = B = 1 2(salvo por fase global).ψ 1 (t) = cosωt (41)ψ 1 (t) = −isinωt (42)Es decir:( 1Ψ = cosωt0) ( 0− isinωt1)(43)Luego, la probabilidad buscada es cos 2 ωt. Otra posibilidad es evolucionar temporalmente el estado inicial( 1 0 ) T de modo que:5

(ψ1 (t)ψ 2 (t)) (= e −iHt 10)(44)Luego, se expande ( 1 0 ) T como C.L. de autoestados de σ x . Allí la acción de H es diagonal. Finalmente,se identifica el coeficiente de la primera componente.3. Problema 3:(a) Para obtener las matrices de spin para s=1, consideramos las relaciones:esto, nos lleva a:S + |1 0〉 = √ 2|1 1〉 (45)S + |1 − 1〉 = √ 2|1 0〉 (46)S − |1 1〉 = √ 2|1 0〉 (47)S − |1 0〉 = √ 2|1 − 1〉 (48)⎛S + = √ 2 ⎝⎛S − = (S + ) † = √ 2 ⎝0 1 00 0 10 0 00 0 01 0 00 1 0⎞⎠ (49)⎞⎠ (50)(51)De aqui, es sencillo obtener:S x = 1 2 (S + + S − ) = √2⎛⎝0 1 01 0 10 1 0⎞⎠ (52)Del mismo modo, obtenemos la matriz en y:S y = 1 2i (S + − S − ) = √2⎛⎝ 0 −i 0i 0 −i0 i 0⎞⎠ (53)Su conmutador es:Esto implica que:⎛[S x , S y ] = i 2 ⎝⎛S z = ⎝1 0 00 0 00 0 −11 0 00 0 00 0 −1⎞⎞⎠ (54)⎠ (55)6

(b) De la matriz S x , podemos obtener los autovectores, que corresponden a los autoestados:|S x = 〉 = 1 2(|1 1〉 + √ )2|1 0〉 + |1 − 1〉(56)|S x = 0〉 = 1 √2(|1 1〉 − |1 − 1〉) (57)|S x = −〉 = 1 2(|1 1〉 − √ )2|1 0〉 + |1 − 1〉OJO: aquí estamos mirando los autoestados de S x y lo expresamos como una combinación lineal delos otros autoestados. Lo importante es tener claro que corresponden a bases diferentes.(58)(59)El estado evolucionado de la partícula será:|ψ(t)〉 = e −igBtSx/ |1 1〉 = 1 2(e −igBt |〉 + e igBt | − 〉 + √ )2|0〉(60)(c) Transformando de vuelta a los autoestados de S z , obtenemos:|ψ(t)〉 = cos 2 (gBr/2)|1 1〉 − sin 2 (gBt/2)|1 − 1〉 − i √ 2sin(gBt/2)cos(gBt/2)|1 0〉 (61)Luego, la probabilidad de encontrar a la partícula en el autoestado S z |1 − 1〉 es:P ↓ = sin 4 (gBt/2) (62)7

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 2Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Problemas1. Considere el operador de rotaciones que actúa sobre spinores (S = 1 2). Considere una rotación en tornoal eje ˆx en un ángulo θ.(a) Escriba este operador de rotación U(θ). Muestre explícitamente que:(U(θ) = cos θ 2 − iσ xsin θ )2(63)(b) Inicialmente se tiene un spinor, autoestado de S z , que apunta hacia arriba (spinor up). Suponga quemedimos ahora la componente del spin respecto a un eje z ′ que forma un ángulo θ respecto al ejez original, en el plano z − y. ¿Cuál es la probabilidad de medir + 2 ó − 2? Encuentre el valor deexpectación de S z ′ (operador de Spin rotado) en el estado original.2. (a) Considere un sistema de spin 1/2. Cuáles son los autovalores y autovectores normalizados del operadorAŝ y + Bŝ y , donde ŝ y ,ŝ z son los operadores de momento angular, y A, B son reales constantes.(b) Asuma que el sistema está en el estado correspondiente al autovalor superior. ¿Cuál es la probabilidadde que una medición de ŝ y nos dará el valor /2?.3. Un electrón es descrito por un Hamiltoniano que no depende del spin. La función de onda de spin delelectrón es un autoestado de S z con autovalor +/2. El operador ˆn· ⃗S representa la proyección del spin a lolargo de la dirección ˆn. Nosotros podemos expresar esta dirección como ˆn = sinθ(cosφˆx + sinφŷ) + cosθẑ(a) Resuelva el problema de autovalores de ˆn · ⃗S. ¿Cuál es la probabilidad de encontrar un electrón encada autoestado ˆn · ⃗S?(b) Asuma ahora que el sistema es sujero a una campo magnético homogéneo B ⃗ = ˆnB. El hamiltonianoes H = H 0 + ωˆn · ⃗S. El estado espacial original del electrón continua como un autoestado delsistema modificado. Calcule el estado de spin del sistema para tiempos posteriores t > 0. ¿Cuál esla probabilidad de encontrar el sistema de nuevo en el estado original? ¿Cuál es la probabilidad deencontrarlo con el spin invertido?8

SolucionesProblema 1: Para rotaciones que actúan sobre spinores, sabemos que:U(θ) = e − i 2 ⃗σ·ˆnθ (64)donde ˆn es la dirección del eje de rotación. En este caso, ˆn = ˆx, con lo que obtenemos de la ecuaciónanterior:U(θ) = e − i σx θ 2 (65)Pero como vimos en la ayudantía anterior, esto puede ser expandido de la forma siguiente:θU(θ) = 1 − iσ x2 + 1 ( ) 2θ−iσ x + ... (66)2! 2Ahora, podemos simplificar esta ecuación simplemente considerando las siguientes igualdades:σ 2 x = σ 4 x = ... = 1 (67)σ 3 x = σ x (68)Luego, es muy sencillo separar esto y obtener la simplificación correspondiente:( θ2) 2+ 1 4!( θ2U(θ) = 1 − 1 2(θ− iσ x2 + 1 ( ) 3 θ+ ...)3! 2) 4− ... (69)Luego, es evidente el resultado:U(θ) = cos θ 2 − iσ xsin θ 2(70)(b) Considerando el estado inicial (10) T , autoestado spin up del operador S z . El estado rotado es:|ξ + 〉 θ = e −i 2(σx θ 10)(71)Luego, tenemos que:|ξ + 〉 θ =(cos θ 2 − iσ xsin θ ) ( 12 0)(72)El estado queda dado por:|ξ + 〉 θ =( cosθ2−isin θ 2Entonces, las probabilidades de medir ± 2 según el nuevo eje z′ están dadas por:)(73)P + = cos 2 θ 2¿Cómo calculamos el valor de expectación de S z ′P − = sin 2 θ 2entre estados originales:(74)S z ′ = e i 2 σxθ S z e − i 2 σxθ (75)9

Entonces, se obtiene:Lo que se transforma en (no hemos considerado las únidades):(〈+|S z ′|+〉 = cos θ ) (1 02 , isinθ 2 0 −1Entonces el valor de expectación es:〈+|S z ′|+〉 = 〈+|e i 2 σxθ S z e − i 2 σxθ |+〉 (76)) (cosθ2−isin θ 2)(77)〈+|S z ′|+〉 = cos 2 θ 2 − sin2 θ 2(78)Problema 2: De la definición del operador de momento angular, obtenemos rápidamente:Luego,¿Cómo llegamos a esto? Usando que:ˆX = Aŝ y + Bŝ z = A 1 2 σ y + B 1 2 σ z (79)( ˆX) 2 = 24 (A2 + B 2 + AB{σ y , σ z }) (80)σ 2 i =(1 00 1= 24 (A2 + B 2 ) (81))= I, i = 1, 2, 3 (82)y además que:Luego, los dos autovalores de ˆX son:{σ i , σ j } = σ i σ j + σ j σ i = 2δ ij (83)X 1 = 2√A2 + B 2 , X 2 = − 2√A2 + B 2 (84)En la representación de ŝ 2 y Ŝz, tenemos:ˆX = 2 (Aσ y + Bσ z ) = ( B −iA2 iA −BAhora, supongamos que los autovectores tienen la forma:( )ab)(85)Luego, podemos escribir el problema de autovalores obteniendo:( ) ( ) ( ) B −iA a a= T2 iA −B b bdonde:T = 2( √ )± A2 + B 2 00 ∓ √ A 2 + B 2(86)(87)10

o ( B ∓√A2 + B 2 −iAiA −B ∓ √ A 2 + B 2 ) ( abDe modo que se cumple:y el autovector normalizado es:( ab) [=)= 0 (88)ab = iAB ∓ √ A 2 + B 2 (89)] 1/2 (1A 2 + (B ∓ √ A 2 + B 2 ) 2)iAB ∓ √ A 2 + B 2(90)(b) En la representación de ŝ 2 y ŝ z , el autovector de ŝ y es:Entonces la probabilidad de encontrar s y = /2 es:|s y = 2 〉 = 1 √2( −i1( )∣ P ∓ =1 a ∣∣∣2∣ ∣√ (i 1) =1 ∣∣∣22 b ∣√ (ia + b) 22)= (B ∓ √ A 2 + B 2 − A) 22[(B ∓ √ A 2 + B 2 ) 2 + A 2 ](91)(92)Nótese que P − es la probabilidad de encontrar al sistema en el estado con autovalor X = √ A 2 + B 2 /2y P + es la correspondiente al estado de X = − √ A 2 + B 2 /2.Problema 3: En términos de la representación de Pauli, escribimos:Luego,ˆn · ⃗S = 2[ ( 0 1sinθ cos φ1 0ˆn · ⃗S = 2)( 0 −i+ sinθsinφi 0( cosθ sinθe−iφsinθe iφ−cosθ) ( 1 0+ cosθ0 −1Los autovalores de esta matriz son ±/2, con los correspondientes autovectores:(cosθ2sin θ 2 eiφ ) ())sin θ 2−cos θ 2 eiφ)](93)(94)(95)Las probabilidades de encontrar el electron en los estados superiores son respectivamente cos 2 (θ/2) ysin 2 (θ/2).(b) El estado evolucionado será:|ψ(t)〉)e −iE(0) t/ e −iωt(ˆn·⃗S)/ |ψ(0)〉 (96)Ignorando la parte espacial, tenemos:Ψ(t) = e −iE( 0)t/ e −iωt(ˆn·⃗σ)/2 ( 10)(97)11

o también:(Ψ(t) = e −iE( 0)t/ 1[cos(ωt/2) − iˆn · ⃗σsin(ωt/2)]0)(98)de modo que:( )Ψ(t) = e −iE( 0)t/ cos(ωt/2) − isin(ωt/2)cosθ−isin(ωt/2)sinθe iφLa probabilidad de encontrar el sistema nuevamente con spin up es:(99)P ↑ = |cos(ωt/2) − isin(ωt/2)cosθ| 2 = 1 − sin 2 (ωt/2)sin 2 θ (100)N´tese que en los tiempos t = 2π/ω, 4π/ω, ... esta probabilidad se transforma en la unidad. La probabilidadde encontrar el sistema con spin down debe ser:P ↓ = sin 2 (ωt/2)sin 2 θ (101)12

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 3Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Resumen - Adición de momento angularEn este tema, lo que se busca comprender es la adición de momento angular en sistemas complejos donde porejemplo tengamos dos partículas de diferente spin. En primer lugar, debemos tener claro que los operadoresque actúan sobre diferentes partículas dado que sus grados de libertad son independientes. Considerando esto,es evidente que los operadores de spin conmutan, es decir:Luego, definimos el spin total como:[S 1 , S 2 ] = 0 (102)S = S 1 + S 2 (103)Ahora, lo que nos interesa es determinar los autovalores y autofunciones de S 2 y S z . Si consideramos un sistemacon dos partículas de spin 1/2, tenemos que el sistema tiene 4 estados. Consideremos solo la primera partículay hagamos actuar el operador sobre la autofunción. Obtenemos:S 2 1χ (1)± = 1 2( 12 + 1 ) 2 χ (1)± (104)S 1z χ (1)± = ±χ (1)± (105)Y es obvio que para la segunda partícula es exactamente lo mismo. Otra notación, que a veces es más cómodavisualmente, hace la relación χ + =↑ Entonces, los cuatro posibles estados del sistema son:↑↑ ↑↓ ↓↑ ↓↓ (106)Si nos devolvemos y aplicamos S z sobre ambos spinores, lo que obtenemos es:Relacionando esto con la notación gráfica, tenemos:S z χ 1 χ 2 = (S z (1) + S z (2) )χ 1 χ 2 (107)= (S z (1) χ 1 )χ 2 + χ 1 (S z (2) χ 2 ) (108)= (m 1 χ1)χ 2 + χ 1 (m 2 χ 2 ) (109)= (m 1 + m 2 )χ 1 χ 2 (110)↑↑: m = 1 (111)↑↓: m = 0 (112)↓↑: m = 0 (113)↓↓: m = −1 (114)Si esto se analiza correctamente, nos daremos cuenta que podemos separar 4 estados en dos sets. Uno con s = 1que es el llamado triplete y otro con s = 0 que es el llamado singlete. Es importante notar que si nos abstraemos13

al resultado general y formamos un sistema con dos partículas de spin s 1 y s 2 , los spines totales del sistemapueden ser:s = (s 1 + s 2 ), (s 1 + s 2 − 1), (s 1 + s 2 − 2), ..., |s 1 − s 2 | (115)El estado partícula |s m〉 con spin total s y componente z m será una combinación lineal de los estadoscompuestos |s 1 m 1 〉|s 2 m 2 〉 dada por:|sm〉 =∑m 1+m 2=mC s1s2sm 1m 2m|s 1 m 1 〉|s 2 m 2 〉 (116)Nótese que las componentes z añaden solamente los estados compuestos que contribuyen para los cuales m 1 +m 2 = m14

Problemas1. Un sistema de dos partículas con spin s 1 = 3 2 y s 2 = 1 2es descrito por el Hamiltoniano aproximadoH = αS 1 · S 2 , con α una constante dada. El sistema está inicialmente (t = 0) en el siguiente autoestadode S1, 2 S2S 2 1z , S 2z :| 3 12 2 ; 1 12 2 〉 (117)Encuentre el estado del sistema en tiempos t > 0. ¿Cuál es la probabilidad de encontrar al sistema en elestado 3 32 2 ; 12 − 1 2 〉?2. Considere un sistema de dos fermiones no idénticos, cada uno con spin 1/2. Uno está en el estado conS 1x = /2 mientras que el otro está en el estado con S 2y = −/2. ¿Cuál es la probabilidad de encontrarel sistema en un estado con números cuánticos de spin total s = 1, m s = 0, donde m s se refiere a lacomponentez del spin total?3. Considere dos partículas de spin 1 que ocupan el estado:|s 1 = 1, m = 1; s 2 = 1, m 2 = 0〉¿Cuál es la probabilidad de encontrar el sistema en un autoestado de spin total S 2 con número cuánticos = 1? Cuál es la probabilidad para s = 2?15

SolucionesProblema 1:El hamiltoniano es entonces:H = 1 2 α(S2 − S1 2 − S2) 2 = 1 [2 α2 S(S + 1) − 9 ]2(118)Ls autoestados de S 2 , S z también será autoestados estacionarios; Los valores permitidos del númerocuántico de spin total s son 1,2. Estos estados pueden ser expresados en términos de los estadosS1, 2 S2, 2 S 1z , S 2z a través de los coeficientes de Clebsch-Gordan. En particular, tenemos:|1 1〉 = a3∣2|2 1〉 = c3∣232 ; 112 ; 122 − 1 〉+ b32 ∣2〉1+ d32 ∣212 ; 12〉1232 ; 12 − 1 2〉(119)(120)Utilizaremos la expresión:Los coeficientes a, b, c, d son fácilmente determinados de:S ± |s m〉 = √ s(s + 1) − m(m ± 1)|s (m ± 1)〉 (121)S + |1 1〉 = 0 = aS (+)2∣= a3∣232 ; 123 3∣22 ; 12 − 1 〉2〉1+ b √ 332 ∣2+ bS (+)132 ; 12123∣2〉12 ; 12〉12(122)(123)Lo que nos da:Similarmente, tenemos:Lo que nos da:Entonces, tenemos:√3a = −2b = 1 2S + |2 1〉 = 2|2 2〉 = 23∣2= c √ 〉33 3∣22 ; 1 1+ d32 2 ∣2d = 1 2√ 3|1 1〉 = −32 ∣2√ 3|2 1〉 =32 ∣232 ; 112 ; 12c =2 − 1 212〉+ 1 232 ; 12√3232 ; 12〉+ 1 2∣3∣2〉12〉123∣212 ; 1232 ; 12 − 1 2〉12〉(124)(125)(126)(127)(128)(129)16

Las relaciones inversas son:3∣23∣212 ; 12〉12〉32 ; 12 − 1 2=√32 |2 1〉 + 1 |1 1〉 (130)2= 1 √32 |2 1〉 − |1 1〉 (131)2El estado evolucionado del sistema será:con:|ψ(t)〉 = 1 (√ )3e−iE 2t/ |2 1〉 + e −iE1t/ |1 1〉2E 1 = − 5α4E 2 = 3α4(132)(133)(134)como los dos autovalores de energía. Finalmente, la probabilidad de encontrar al sistema en el estado:| 3 32 2 ; 12 − 1 2 〉 es: P =∣ 3∣〈232 ; 12 − 1 〉∣ ∣∣∣22∣ ψ(t) ]= 3 4 sin2 [ (E2 − E 1 )t(135)(136)= 3 4 sin2 2αt (137)Problema 2:De la representación de Pauli, inmediatamente podemos ver que:|S 1x = /2〉 = 1 √2(| ↑〉 1 + | ↓〉 1 ) (138)|S 1x = −/2〉 = 1 √2(| ↑〉 1 − | ↓〉 1 ) (139)donde | ↑〉 y | ↓〉 son autofunciones de S z . Las relaciones inversas son:| ↑ 〉 1 = 1 √2(|S 1x = /2〉 + |S 1x = −/2〉) (140)| ↓ 〉 1 = 1 √2(|S 1x = /2〉 − |S 1x = −/2〉) (141)De forma completamente análoga, podemos ver que:17

|S 2y = /2〉 = 1 √2(| ↑〉 2 + i| ↓〉 2 ) (142)|S 2y = −/2〉 = 1 √2(| ↑〉 2 − i| ↓〉 2 ) (143)De modo que se obtiene:| ↑ 〉 2 = 1 √2(|S 2y = /2〉 + |S 2y = −/2〉) (144)| ↓ 〉 2 = − i √2(|S 2y = /2〉 − |S 2y = −/2〉) (145)El estado m s = 0 en el triplete s = 1 es:|s = 1, m s = 0〉 = 1 √2(| ↑〉 1 | ↓〉 2 − | ↓〉 1 | ↑〉 2 ) (146)Ojo que hemos reducido:= − 1 2 i(e−iπ/4 |S 1x = /2〉|S 2y = /2〉 − e iπ/4 |S 1x = /2〉|S 2y = −/2〉 (147)+ e iπ/4 |S 1x = −/2〉|S 2y = /2〉 − e −iπ/4 |S 1x = −/2〉|S 2y = −/2〉)e iπ/4 = 1 √2(1 + i) (148)Finalmente, de la expresión anterior, es posible leer la posibilidad:P = |〈1 0|S 1x = +, S 2y = −〉| 2 = 1/4 (149)Problema 3: No es dificil construir los autoestados de S 2 , S z . Los mostraremos utilizando letras ennegrita. Ellos son un singlete:y un triplete:|0 0〉 = √ 1 |1, 0〉|1, 0〉 − 1 (|1, 1〉|1, −1〉 − |1, −1〉|1, 1〉) (150)2 2|1 1〉 = 1 √2(|1, 0〉|1, 1〉 − |1, 1〉|1, 0〉) (151)|1 0〉 = −√ 1 |1, 0〉|1, 0〉 − 1 (|1, 1〉|1, −1〉 − |1, −1〉|1, 1〉) (152)2 2|1 − 1〉 = √ 1 (|1, 0〉|1, −1〉 − |1, −1〉|1, 0〉) (153)2y un quinteto:18

De las relaciones de arriba, obtenemos:|2 2〉 = |1, 1〉|1, 1〉 (154)|2 1〉 = 1 √2(|1, 0〉|1, 1〉 + |1, 1〉|1, 0〉) (155)|2 0〉 = 1 √2(|1, 1〉|1, −1〉 + |1, −1〉|1, 1〉) (156)|2 − 1〉 = 1 √2(|1, 0〉|1, −1〉 + |1, −1〉|1, 0〉) (157)|2 − 2〉 = |1, −1〉|1, −1〉 (158)|1, 1〉|1, 0〉 = 1 √2(|2 1〉 − |1 1〉) (159)Entonces, la probabilidad de encontrar al sistema en cualquiera de los estados mostrados a la derecha es1/2.19

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 4Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Resumen - Teoría de Perturbaciones independienteConsideremos que hemos resuelto la ecuación de Schrodinger:H 0 ψ 0 n = E n ψ 0 n (160)Donde ψ 0 n es un set completo de autofunciones con los correspondientes autovalores E 0 n. Se cumple:〈ψ 0 n|ψ 0 m〉 = δ nm (161)La idea es perturbar ligeramente modificando el potencial. Resolveremos entonces:Hψ n = E n ψ n (162)OJO! Lo que obtendremos siempre serán soluciones aproximadas. Ahora, escribimos el Hamiltoniano en funciónde un parámetro λ muy pequeño y expandimos la función de onda y la energía:H = H 0 + λH ′ψ n = ψn 0 + λψn 1 + λ 2 ψn 2 + ... (163)E n = En 0 + λEn 1 + λ 2 En 2 + ...Importante: En 1 es la corrección a primer orden del autovalor y ψn 1 del autoestado.Si reemplazamos en la ecuación original y jugamos un poco con los productos, obtenemos:En 1 = 〈ψn|H 0 ′ |ψn〉 0 (164)y la corrección del autoestado será:ψ 1 n = ∑ m≠n〈ψ 0 m|H ′ |ψ 0 n〉(E 0 n − E 0 m)ψ 0 m(165)Así mismo, la energía a segundo orden quedará dada por:E 2 n = ∑ m≠n|〈ψ 0 m|H ′ |ψ 0 n〉| 2E 0 n − E 0 m(166)20

Problemas1. Encuentre el resultado para la corrección a segundo orden de la energía del estado fundamental de unoscilador armónico perturbado por un término λx 4 , i.e.E 0 (λ) = 1 + 3 4 λ − 2116 λ2 + ...donde, en aras de la simplicidad, se ha escogido = 2M = k/2 = 1, siendo H 0 el hamiltoniano deun oscilador armónico de masa M y constante k. De este modo el espectro no perturbado viene dadosimplemente por E 0 n = 2n + 1.2. Un oscilador armónico 1-dimensional que posee carga eléctrica e se localiza en presencia de un campoeléctrico externo uniforme ⃗ E = E 0ˆx. El hamiltoniano del sistema viene dado por:d 2H = − 22m dx 2 + 1 2 mω2 − eEx(a) Calcule los niveles de energía corregidos a segundo orden y la función de onda a primer orden en teoríade perturbaciones y compare con el resultado exacto. Es decir debe resolver el problema en forma exactay verificar, en este caso, las bondades de teoría de perturbaciones.3. Un sistema de dos niveles. Considere el hamiltoniano:H = H 0 + λH ′conyH 0 =H ′ =( )E1 00 E 2(0)ia−ia 0(167)(168)(a) Resuelva en forma exacta los autovalores y autoestados.(b) Resuelva tanto los autovalores como las autofunciones a segundo orden usando teoría de perturbaciones.¿ Cómo se comparan los autovalores exactos con los que ha obtenido mediante teoría de perturbaciones?21

Problema 1:SolucionesConsideremos las corrección a primer orden (corrección del n-esimo estado a primer orden):E (1)n = 〈n|V |n〉 (169)Recordemos que:|n〉 =√12 n n! ·( mω) (√ )1/4· e− mωx2 mω2 · H nπ xn = 0, 1, 2, ... (170)En nuestro caso:|0〉 = π −1/4 e −x2 /2 · H 0 (x)|0〉 = π −1/4 e −x2 /2Luego, calculando explícitamente la integral, se obtiene:E (1)0 =E (1)0 =∫ ∞−∞∫ ∞−∞E (1)0 = π −1/2 ·E (1)0 = 3 4π −1/4 e −x2 /2 x 4 π −1/4 e −x2 /2 dxπ −1/2 e −x2 x 4 dx( √ ) 3 π4Es útil recordar que:( 1Γ2)= √ π (171)Γ(z) =∫ ∞0t z−1 e −t dt (172)Por otro lado, sabemos que la corrección a segundo orden viene dada por:E (2)n= ∑ m≠n| (0) 〈l|V |n〉 (0) | 2E (0)n − E (0)l√En este problema lo que utilizaremos es V = λx 4 , donde x =2mω (a + a† ). Además en las instruccionesdel enunciado, se dice: = 2M = k/2 = 1 y sabemos que ω = k 2 /2m, entonces:(173)22

x = 1 2 (a + a† )V = λ 16 (a + a† ) 4Por otro lado, la energía de un oscilador es E n(0) = 2n + 1 (ojo que las constantes han sido aproximadassegún las indicaciones de enunciado). Ahora, necesitamos resolver la segunda aproximación de energía:E (2)0 = ∑ | (0) 〈l|V |n〉 (0) | 22 · 0 + 1 − (2 · l + 1)E (2)0 = ∑ | (0) 〈l|V |n〉 (0) | 2−2lE (2)0 = − 1 ∑ | (0) 〈l|(a + a † ) 4 |n〉 (0) | 232lEsta expresión es un tanto complicada por lo que primero resolveremos el argumento dentro del módulocuadrado:〈l|(a + a † ) 4 |0〉 = 〈l|a 4 |0〉 + 〈l|a 3 a † |0〉 + 〈l|a 2 a † a|0〉 + 〈l|a 2 (a † ) 2 |0〉 + 〈l|aa † a 2 |0〉 + 〈l|(aa † ) 2 |0〉+〈l|a(a † ) 2 a|0〉 + 〈l|a(a † ) 3 |0〉 + 〈l|a † a 3 |0〉 + 〈l|a † a 2 a † |0〉 + 〈l|(a † a) 2 |0〉+〈l|a † a(a † ) 2 |0〉 + 〈l|(a † ) 2 a 2 |0〉 + 〈l|(a † ) 2 aa † |0〉 + 〈l|(a † ) 3 a|0〉 + 〈l|(a † ) 4 |0〉Ahora necesitamos calcular estas expresiones. Las separare considerando que hay un grupo que inmediatamentese elimina. Esto se provoca porque cuando a actúa sobre |0〉 se anula. De modo que los siguientestérminos se anulan inmediatamente:〈l|a 4 |0〉 = 0〈l|a 2 a † a|0〉 = 0〈l|aa † a 2 |0〉 = 0〈l|a(a † ) 2 a|0〉 = 0〈l|(a † a) 2 |0〉 = 0〈l|a † a 3 |0〉 = 0〈l|(a † ) 2 a 2 |0〉 = 0〈l|(a † ) 3 a|0〉 = 0Consideremos las siguientes propiedades:Utilizando estas propiedades, calcularemos los productos restantes,a † |n〉 = √ n + 1|n + 1〉 (174)a|n〉 = √ n|n − 1〉 (175)23

〈l|a 3 a † |0〉 = 〈l|a 3 |1〉 = 〈l|a 2 |0〉 = 0〈l|a 2 (a † ) 2 |0〉 = 〈l|a 2 a † |1〉 = 〈l|a 2√ 2|2〉 = 2〈l|a|1〉 = 2〈l|0〉 = 0〈l|(aa † ) 2 |0〉 = 〈l(aa † )|0〉 = 〈l|0〉〈l|a(a † ) 3 |0〉 = 〈l|a(a † ) 2 |1〉 = √ 2〈l|aa † |2〉 = 3 √ 2〈l|2〉〈l|a † a 2 a † |0〉 = 〈l|a † a 2 |1〉 = 0〈l|a † a(a † ) 2 |0〉 = 〈l|a † aa † |1〉 = √ 2〈l|a † a|2〉 = 2〈l|a † |1〉 = 2 √ 2〈l|2〉〈l|(a † ) 2 aa † |0〉 = 〈l|(a † ) 2 a|1〉 = 〈l|(a † ) 2 |0〉 = √ 2〈l|2〉〈l|(a † ) 4 |0〉 = 〈l|(a † ) 3 |1〉 = √ 2〈l|(a † ) 2 |2〉 = √ 3 · 2〈l|a † |3〉 = √ 4!〈l|4〉 = 2 √ 6〈l|4〉Cuando introducimos estos productos, se nos introducen unas deltas de dirac. Finalmente lo que tenemoses:Calculando la corrección a segundo orden, obtenemos:〈l|(a + a † )|0〉 = √ 4!δ l,4 + 6 √ 2δ l,2 (176)E (2)0 = − 132E (2)0 = − 132E (2)0 = − 132E (2)0 = − 4232E (2)0 = − 2116∑m≠n∑m≠n| √ 4!δ l,4 + 6 √ 2δ l,2 | 2l|2 √ 6δ l,4 + 6 √ 2δ l,2 | 2( 244 + 72 2Con esto, ya se obtuvo la corrección requerida y coincide con la respuesta del enunciado.)lProblema 2:En primer lugar, resolveremos el problema exacto, y luego procederemos a utilizar teoría de perturbaciones.El problema que se tiene es:Utilizaremos el siguiente cambio de variables:− 2 d 2 ( )ψ 12m dx 2 + 2 mω2 x 2 − eEx ψ = Eψ( ) eEx ′ = x −mω 224

tenemos que realizar algunos cambios:( 12 mω2 x 2 − eEx)= 1 ( )] 2 [ ( )]eEeE[x2 mω2 ′ +mω 2 − eE x ′ +mω 2= 1 2 mω2 x ′2 + mω 2 x ′ eEmω 2 + 1 (eE)2mω22 m 2 ω 4 − eEx′ − (eE)2mω 2= 1 2 mω2 x ′2 − 1 (eE) 22 mω 2Entonces, la ecuación nos queda:d 2 ψ2m dx ′2 + 1 2 mω2 x ′2 ψ =− 2[E + 1 (eE) 2 ]2 mω 2 ψEsta es la ecuación de Schrodinger para el oscilador armónico simple, en x ′ . Entonces, la constante debeser (n + 1 2 )ω, con lo que tenemos: E n =Ahora intentaremos resolver el problema con teoría de perturbaciones:(n + 1 )ω − 1 (eE) 22 2 mω 2 (177)E (1)n = (0) 〈n|V |n〉 (0) = −eE〈n|x|n〉 = 0Esto se anula porque x puede ser reemplazado por los operadores de subida y bajada que genera que lasautofunciones sean ortogonales.Ahora debemos hacer la corrección a segundo orden, que está dado por la expresión:E (2)n= (eE) 2 ∑ m≠n|〈m|x|n〉| 2(n − m)ωAhora resolvemos (esto es simplemente reemplazar x por la combinación correspondiente de los operadoresde subida y bajada):E n (2) = (eE)2 ω 2mωE (2)n = (eE)22mω 2 ∑m≠n∑m≠nE (2)n = (eE)22mω 2 [ (n + 1)n − (n + 1) +E (2)n = (eE)2 [−(n + 1) + n]2mω2 E (2)n = − (eE)22mω 2 25[ √ n + 1δ m,n+1 + √ nδ m,n−1 ](n − m)[(n + 1)δ m,n+1 + nδ m,n−1 ](n − m)]nn − (n − 1)

Como hemos notado, obtenemos el mismo resultado considerando el problema exacto o resolviendolo porteoría de perturbacionesProblema 3:La solución exacta de este problema la encontraremos en primer lugar buscando los autovalores del Hamiltoniano:( )E1 − E iλadet= 0 (178)−iλa E 2 − EAsumiremos que E 2 > E 1 de modo que |E 2 − E 1 | = E 2 − E 1 . Ahora, el problema del determinante essimplemente resolver la siguiente ecuación cuadrática:E 2 − (E 1 + E 2 )E + E 1 E 2 − λ 2 a 2 = 0Tendremos que las soluciones son dos y están dadas por:Si expandimos en potencias de λ, obtenemos:E ± = 1 2 (E 1 + E 2 ) ± 1 2√(E2 − E 1 ) 2 + 4λ 2 a 2E + = 1 2 (E 1 + E 2 ) + 1 2 (E 2 − E 1 ) + λ2 a 2= E 2 + λ2 a 2E 2 − E 1E 2 − E 1Los autovectores tendrán la forma:(αψ =β)(179)Donde:de modo que:Ahora, tenemos:(E 1 − E ± )α ± + iλaβ ± = 0α ± =−iλaE 1 − E ±β ±( ) −iλaψ ± = C ±E 1 − E ±Eligiendo la fase en forma arbitraria, nos queda:|C ± | =1√(E1 − E ± ) 2 + λ 2 a 2Para comparar con la teoría de perturbaciones, permitiremos que λ → 0 y tendremos que:26

E 1 − E + → −(E 2 − E 1 ) − λ2 a 2E 1 − E − → λ2 a 2E 2 − E 1C + → (E 2 − E 1 ) +C − → λaDe modo que con la fase arbitraria tenemos:ψ + →ψ − →( iλaE 2−E 1)1( ) 1iλaE 2−E 1Resolveremos ahora por medio de teoría de perturbacionesLos autovalores a orden cero son:E 2 − E 1λ 2 a 22(E 2 − E 1 )y los autovectores:E (0)1 = E 1E (0)2 = E 2ψ (0))( 11 =0( )ψ (0) 02 =1La primera corrección a los autovalores es cero dado que:〈ψ (0)1 |H′ |ψ (0)1 〉 = 0〈ψ (0)2 |H′ |ψ (0)2 〉 = 0Por otro lado, la primera corrección para la función de onda:ψ (1)1 = ψ(0) 2 〈ψ(0)ψ (1)2 = ψ(0) 1 〈ψ(0)2 |H′ |ψ (0)1 〉E (0)1 − E (0)2= −ia ( ) 0E 1 − E 2 12 〉1 |H′ |ψ (0)E (0)1 − E (0)2=iaE 1 − E 2( 10)27

Problemas ExtraDerive en detalle la expresión para la corrección de la función de onda en segundo orden de teoría de perturbaciones(esquema de Rayleigh-Schrdinger) en el caso estacionario no degenerado.|n〉 (2) = ∑m,l≠n|l (0) 〉〈l (0) |V |m (0) 〉〈m (0) |V |n (0) 〉− ∑ |l (0) 〉〈l (0) |V |n (0) 〉〈n (0) |V |n (0) 〉(180)(E n (0) − E (0)l)(E n (0) − E m (0) ) l≠n (E n (0) − E (0)l) 2SoluciónYa fue resuelta en clases las expresiones para la corrección a primer orden de la energía y de la onda. Dadaspor:Ahora, consideremos la corrección para segundo orden:E n (1) = (0) 〈n|V |n〉 (0) (181)|n〉 (1) = ∑ |l〉 (0) (0) 〈l|V |n〉 (0)(182)E n (0) − E l(183)(H 0 − E 0 n)|n〉 (2) + (V − E n )|n〉 (1) − E (2)n |n〉 (0) (184)Reemplazaremos las primeras ecuaciones en la última, obteniendo:(H 0 − E n (0) )|n〉 (2) + (V − (0) 〈n|V |n〉 (0) ) ∑ |l〉 (0) (0) 〈l|V |n〉 (0)− EE n (0)n (2) |n〉 (0) = 0 (185)− E lAhora bracketeamos por la izquierda con 0 〈m|, tomando m ≠ n. Haciendo esto, obtenemos:0 〈m|H 0 − E n (0) |n〉 (2) + ∑ (0) 〈l|V |n〉 (0)( (0) 〈m|V |l〉 (0) − (0) 〈m| (0) 〈n|V |n〉 (0) |l〉 (0) ) − EE n (0) − E (0)n (2) (0) 〈m|n〉 0 = 0 (186)lAdemas, sabemos del problema original, que:H 0 |n〉 (0) = E (0)n |n〉 (0)(H 0 − E (0)n )|n〉 (0) = 0Si en esta ecuación bracketeamos por la izquierda con (0) 〈m|, con lo que obtenemos:Como m ≠ n:(E 0 m − E (0)n ) (0) 〈m|n〉 (0) = 0 (187)Ahora, utilicemos la ecuación (13) , que nos queda:E (0)m − E (0)n ≠ 0→ 0 〈m|n〉 (0) = 028

(E m (0) − E n (0) ) (0) 〈m|n〉 (2) + ∑ ( (0) 〈l|V |n〉 (0) (0) 〈m|V |l〉 (0) − (0) 〈l|V |n〉 (0) (0) 〈m| (0) 〈n|V |n〉 (0) |l〉 (0) )(E n (0) − E (0)l)= 0 (188)1 er termino + ∑ ( (0) 〈l|V |n〉 (0) (0) 〈m|V |l〉 (0) (0) 〈m|m〉 (0) − (0) 〈l|V |n〉 (0) (0) 〈n|V |n〉 (0) (0) 〈m|l〉 (0) )= 0 (189)(E n (0) − E (0)Luego, reordenando tenemos:l)(E n (0) − E m (0) ) (0) 〈m|n〉 (0) = ∑ ( (0) 〈l|V |m〉 (0) (0) 〈m|V |n〉 (0) (0) 〈m|l〉 (0)E n (0) − E (0)l)(0) 〈l|V |m〉 (0) (0) 〈m|V |n〉 (0) (0) 〈m|l〉 (0)−E n (0) − E (0)lSi bracketeamos nuevamente por la izquierda con (0) 〈m| obtenemos la expresión final:|n〉 (2) = ∑ ( )(0)〈l|V |n〉 (0) (0) 〈m|V |n〉 (0) |l〉 (0)− ∑ ( )(0)〈l|V |n〉 (0) (0) 〈n|V |n〉 (0) |l〉 (0)m,l≠n (E n (0) − E m (0) )(E n (0) − E (0)l) l≠n (E n (0) − E (0)l) 2Con lo que hemos demostrado lo solicitado.(190)(191)29

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 5Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Problemas1. Reemplace el núcleo de un átomo de hidrógeno con una distribución de carga eléctrica uniforme de radioR ≪ a 0 . ¿Cuál es el potencial electrostático resultante V R (r)? La diferencia:)∆V (r) = V R (r) −(− e2(192)rserá proporcional a la extensión R asumida del núcleo.(a) Considerando ∆V como una perturbación, calcule la corección a la energía del groud-state a primerorden.(b) Haga lo mismo para los estados 2s y 2p2. Teoría de perturbaciones degenerada - Oscilador armónico bidimensional: Considere un osciladorarmónico bidimensioanl descrito por el Hamiltoniano:3.Calcule el efecto a segundo orden de la perturbación:H 0 = ω(a † 1 a 1 + a † 2 a 2) (193)H ′ = λ(a † 1 a† 1 a 2a 2 + a † 2 a† 2 ) (194)sobre los segundos estados excitados y a primer orden sobre los terceros niveles excitados. ¿Cuáles son losefectos de la perturbación sobre el ground-state y los primeros estados excitados?30

SolucionesProblema 1:En primer lugar, anotaremos identidades importantes. En la parte (a) necesitaremos:I n (λ) =∫ λ0dxx n e −x = n!(1 − e −λ n ∑v=0)λ vv!(195)En la parte (b), será necesario, conocer las funciones de onda correspondiente:ψ 100 (r) = (πa 3 0) −1/2 e −r/a0 (196)ψ 200 (r) = (32πa 3 0) −1/2 (2 − r/a 0 )e −r/2a0 (197)ψ 210 (r) = (32πa 3 0) −1/2 (r/a 0 )e −r/2a0 (198)Ahora, asumiendo una densidad de carga eléctrica uniforme, tenemos:y si utilizamos la ley de Coulomb para el potencial electrostático, tenemos:ρ =|e|43 πR3 (199)V R (r) = − 3e24πR∫r≤R3 d 3 r ′ 1|⃗r ′ − ⃗r|∫ R ∫ 1= − 3e22R 3 dr ′ r ′2 1(dcosθ) √r2 + r ′2 − 2rr ′ cosθr−1(200)(201)O, separando por sectores:V R (r) = − e2rV R (r) = − e2R[ 32 − 1 2( rR) 2]r > R (202)r ≤ R (203)La diferencia con el potencial de coulomb tipo punto estándar es:∆V (r) = 0 r > R (204)( 1∆V (r) = e 2 r + 1 r 22 R 3 − 3 )r ≤ R (205)2REntonces, la corrección a primer orden a la energía del ground-state seráE (1)10 = 〈100|∆V |100〉 (206)∫1=4πa 3 d 3 re −2r/a0 ∆V (r) (207)0∫ λ()= e2dxe 2x x + x4a 0 2λ 3 − 3x2(208)2λ031

donde hemos introducido el parámetro:λ = R a 0≪ 1 (209)Resolviendo la integral, obtenemos:E (1)10 = e28a 0 λ 3 [3 − 3λ2 + 2λ 3 − e −2λ (3 + 6λ + 3λ 2 )] (210)Expandiendo la exponencial cerca de λ = 0 y manteniendo términos hasta 5 orden, obtenemos:[ ]E (1)10 = − e2 4λ22a 0 5 + O(λ3 )(211)(b) La corrección al estado 2s es:E (1)20 =Resolviendo la integral, tenemos:donde= e2En el límite de λ pequeño esto nos da:132πa 3 0∫8a 0∫ λ0(d 3 r 2 − r ) 2e −r/a0 ∆V (r) (212)a 0()dx(2 − x) 2 e −x x + x22λ 3 − 3x22λ(213)E (1)20 = e22a 0( 18λ 3 )I(λ) (214)I(λ) = 336 − 24λ 2 + 4λ 3 − e −λ (336 + 336λ + 144λ 2 + 36λ 3 + 6λ 4 ) (215)( )E (1)20 ≈ e2 λ22a 0 10La correspondiente corrección al estado 2p es:E (1)21 = 1 ∫32πa 3 0( ) 2 rd 3 r e −r/a0 cos 2 θ∆V (r)a 0(217)Entonces,E (1)21 = e224a 0∫ λExpandiendo, tenemos que:0(216)()dxx 2 x + x42λ 3 − 3x2 = e22λ 48a 0 λ 3 [720−72λ2 +12λ 3 −e −λ (720+720λ+288λ 2 +60λ 3 +6λ 4 )](218)( )E (1)21 ≈ − e2 λ42a 0 240Nótese que la corrección al estado 2p es fuertemente suprimida en comparación con la de los estados s:E (1)20∣ ∣ ≈ λ2(220)24E (1)21(219)32

Problema 2:Recordar: Básicamente, se trata de buscar los autovalores de la matriz de nxn:W ij = 〈ψi 0 |H ′ |ψj 0 〉En primer lugar, debemos suponer isotropía. Tenemos:H 0 = ω(a † 1 a 1 + a † 2 a 2) (221)H ′ = λ(a † 1 a† 1 a 2a 2 + a † 2 a† 2 a 1a 1 ) (222)Tenemos que:ˆn = a † a (223)ˆn|n〉 = n|n〉 (224)Y si separamos por ambas direcciones:H 0(1) = ω(a † 1 a 1) → direccion x (225)H 0(2) = ω(a † 2 a 2) → direccion y (226)(227)Luego, tenemos:H 0(1) + H 0(2) = ω(a † 1 a 1 + a † 2 a 2) (228)y aplicando las relaciones anteriores:H 0(1) |n 1 〉 (0) = ω(a † 1 a 1)|n 1 〉 = ωn 1 |n 1 〉 (229)H 0(2) |n 2 〉 (0) = ω(a † 2 a 2)|n 2 〉 = ωn 2 |n 2 〉 (230)Luego, naturalmente se deriva:H 0 |n 1 , n 2 〉 (0) = ω(a † 1 a 1 + a † 2 a 2)|n 1 , n 2 〉 (0) (231)H 0 |n 1 , n 2 〉 (0) = ω(n 1 + n 2 )|n 1 , n 2 〉 (0) (232)Luego, tenemos que:|0, 0〉 con E 0 = 0 groundstate (233)|1, 0〉 |0, 1〉 E 1 = ω 1er Nivel excitado (234)|1, 1〉, |2, 0〉, |0, 2〉 E 2 = 2ω 2 o Nivel excitado (235)Segundo Nivel:|2, 0〉 (0) , |1, 1〉 (0) , |0, 2〉 (0) (236)Consideramos el cambio de Base:a 11 |2, 0〉 (0) + a 12 |1, 1〉 + a 13 |0, 2〉 → ψ 1 (237)a 21 |2, 0〉 (0) + a 22 |1, 1〉 + a 23 |0, 2〉 → ψ 2 (238)a 31 |2, 0〉 (0) + a 32 |1, 1〉 + a 33 |0, 2〉 → ψ 3 (239)33

⎞Entonces, tenemos dos matrices importantes:⎛a 11 a 12 a 13⎛a 31 a 32 a 33A = ⎝ a 21 a 22 a 23⎠ V = ⎝Por otro lado, tenemos las ecuaciones:Además:y otro término de la matriz está dado por:Es posible calcular:Se resuelve el problema de autovalores:H 11 ′ H 12 ′ H 13′H 21 ′ H 22 ′ H 23′H 31 ′ H 32 ′ H 33′⎞⎠ (240)a|0〉 = 0 (241)a † |n〉 = √ n + 1|n + 1〉 (242)a|n〉 = √ n|n − 1〉 (243)H ′ 22 = (0) 〈1, 1|a † 1 a† 1 a 2a 2 + a † 2 a† 2 a 1a 1 |1, 1〉λ (244)= [ (0) 〈1, 1|a † 1 a† 1 a 2a 2 |1, 1〉 + 〈1, 1|a † 2 a† 2 a 1a 1 |1, 1〉 (0) ]λ (245)= 0 (246)H ′ 13 = (0) 〈2, 0|H ′ |0, 2〉 (247)H ′ 13 = λ{ (0) 〈2, 0|a † 1 a† 1 a 2a 2 |0, 2〉 + 〈2, 0|a † 2 a† 2 a 1a 1 |0, 2〉} (248)= λ √ 2 √ 1 √ 1 √ 2〈2, 0|2, 0〉 (249)= 2λ (250)⎛V ⎝αβγ⎞⎛⎠ = v ⎝αβγ⎞⎠ (251)Resolviendo el problema de autovalores:−v 0 2λ0 −v 0∣ 2λ 0 −v ∣ = −x(x2 − 4λ 2 ) = 0 (252)Lo que nos arroja los autovalores y autovectores siguientes:x 1 = 0 (253)x 2 = 2λ (254)x 3 = −2λ (255)y autovectores:⎛v 1 = √ 1 ⎝2101⎞⎛⎠ v 2 = ⎝010⎞⎛⎠ v 3 = √ 1 ⎝2−101⎞⎠ (256)34

Entonces, la corrección a los niveles de energía son:R 2r = 2ω + r2λ (257)donde r = +1, 0, −1Problema 3:35

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 6Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Resumen Método Variacional - Teoría de perturbaciones degeneradaLa idea del método variacional es básicamente buscar al tanteo la energía del ground-state E ground . Se utilizacuando no es posible resolver la ecuación de Schrödinger (independiente del tiempo).Teorema:E ground ≤ 〈ψ|Hψ〉 = 〈H〉 (258)En este método, a la función ψ se le denomina función de prueba. Luego de calcular el valor de expectación, seprocede a buscar los puntos críticos de este para extremizar.Problemas1. Haga una estimación variacional para el nivel más bajo de energía de una partícula de masa m confinadaen una caja unidimensional de largo a. Para ello considere la función de prueba (Ansatz) (φ(x) =Ax n (a − x) n ). Siendo n un parámetro variacional. ¿Por qué es un Ansatz razonable?Compare la energía variacional óptima con el valor exacto E 1 = (π 2 2 )/(2ma 2 ).Compare también el valor no óptimo obtenido con n = 1Se cumple:∫ 1También le puede ser de utilidad Γ(a + 1) = aΓ(a)0x m−1 (1 − x) n−1 dx = B(m, n) = Γ(m)Γ(n)Γ(m + n)2. Considere las correcciones perturbativas que discutiéramos en clases para un caso degenerado. Considerepara ser más explícitos un sistema en que los dos primeros estados |1〉 y |2〉 son degenerados. Muestre quela corrección a primer orden para la función de onda |1〉 (1) viene dada por|1〉 (1) = ∑n≠(1,2){ 〈ψ2 |V |n〉〈n|V |ψ 1 〉E1 0 − E0 n(v + − v − ) |ψ 2〉 + |n〉〈n|V |ψ }1〉E1 0 − E0 nasí como una expresión análoga para |2〉 (1) . En la fórmula anterio v + Y v − denotan los autovalores queprovienen de diagonalizar la matriz secular, siendo |ψ 1 〉 y |ψ 2 〉 los correspondientes autovectores.¿Cuál es la expresión para la corrección a primer orden a la función de onda de los otros estados |n〉,n ≠ 1, 2?36

Encuentre la corrección a segundo orden a la energía de los dos estados originalmente degenerados (n =1, n = 2).3. Considere el nivel n = 2 del hidrógeno. Se aplica un campo eléctrico constante en la dirección ẑ. Encuentrelas correcciones inducidas por esta perturbación en el espectro de los cuatro estados (originalmentedegenerados). Para ello, obtenga la matriz secular. Diagonalícela y obtenga las bases de orden cero quediagonaliza la perturbación, Infórmese sobre las funciones de onda relevantes.37

Problema 1:SolucionesPara resolver este problema, lo que debemos resolver es el nuevo Hamiltoniano con una función de prueba.Para ello intentaremos “adivinar” el estado base E 0 considerando esta función de prueba que contiene unparámetro variacional. Utilizaremos:H = 〈˜0|H|˜0〉〈˜0|˜0〉(259)En este caso, tendremos que resolver por calculo directo la integral, que es:H = ( −22m ) ∫ a0 Axn (a − x) n d2dxAx n (a − x) n∫ 2 a (260)0 A2 x 2n (a − x) 2nH =( −22m)I1I 2(261)Resolveremos en primer lugar la integral superior I 1 , que expandiendo, queda:I 1 =∫ a0n(n − 1)x 2n−2 (a − x) 2n − 2n 2 x 2n−1 (a − x) 2n−1 + n(n − 1)x 2n (a − x) 2n−2 dx (262)Ahora procederemos a resolver cada término por separado:I 1,1 =xaAhora el segundo término de I 1 :∫ a0= u → dx aI 1,1 = n(n − 1)I 1,1 = n(n − 1)n(n − 1)x 2n−2 (a − x) 2n dx∫ 10∫ 10= du(au) 2n−2 a 2n (1 − u) 2 nadua 4n−1 u 2n−2 (1 − u) 2n duI 1,1 = n(n − 1)a 4n−1 B(2n − 1, 2n + 1)( )Γ(2n − 1)Γ(2n + 1)I 1,1 = n(n − 1)a 4n−1 Γ(4n)( )(2n − 2)!(2n)!I 1,1 = n(n − 1)a 4n−1 (4n − 1)!38

I 1,2 = −∫ a02n 2 x 2n−1 (a − x) 2n−1 dxx= u → dx = duaa∫ 1I 1,2 = −2n 2 (au) 2n−1 a 2n−1 (1 − u) 2n−1 adu0∫ 1I 1,2 = −2n 2 a 4n−1 u 2n−1 (1 − u) 2n−1 duI 1,2 = −2n 2 a 4n−1 B(2n, 2n)0I 1,2 = −2n 2 a 4n−1 ( Γ(2n)Γ(2n)Γ(4n)Finalmente nos queda el tercer término de I 1 :I 1,2 = −2n 2 a 4n−1 ( (2n − 1)!(2n − 1)!(4n − 1)!))I 1,3 =xa∫ a0= u → dx aI 1,3 = n(n − 1)I 1,3 = n(n − 1)n(n − 1)x 2n (a − x) 2n−2 dx∫ 10∫ 10= dua 2n u 2n a 2n−2 (1 − u) 2n−2 adua 4n−1 u 2n (1 − u) 2n−2 duI 1,3 = n(n − 1)a 4n−1 B(2n + 1, 2n − 1)( )Γ(2n + 1)Γ(2n − 1)I 1,3 = n(n − 1)a 4n−1 Γ4n( )(2n)!(2n − 2)!I 1,3 = n(n − 1)a 4n−1 (4n − 1)!Ahora, lo que debemos hacer es calcular la integral inferior I 2 :39

I 2 =Ahora, podemos calcular I = (I 1 /I 2 ):∫ a0x 2n (a − x) 2n dxx= u → dx = duaaI 2 = a 2n u 2n a 2n (1 − u) 2n adx∫ 1I 2 = a 4n+1 u 2n (1 − u) 2n dx0I 2 = a 4n+1 B(2n + 1, 2n + 1)( )Γ(2n + 1)Γ(2n + 1)I 2 = a 4n+1 Γ(4n + 2)( )(2n)!(2n)!I 2 = a 4n+1 (4n + 1)!I = I 1,1 + I 1,2 + I 1,3I 2I =I =n(n − 1)a 4n−1 ((2n−2)!(2n)!(4n−1)!( )n(n − 1)a 4n−1 (2n−2)!(4n−1)!)( )− 2n 2 a 4n−1 (2n−1)!(2n−1)!(4n−1)!( )a 4n+1 (2n)!(2n)!(4n+1)!( )− na 4n−1 (2n−1)!(4n−1)!( )a 4n+1 (2n)!(4n+1)!( )+ n(n − 1)a 4n−1 (2n)!(2n−2)!(4n−1)!+ n(n − 1)a 4n−1 ((2n−2)!(4n−1)!I = n(n − 1)a4n−1 (2n − 2)! − na 4n−1 (2n − 1)! + n(n − 1)a 4n−1 (2n − 2)!a 4n+1 (4n)(4n + 1)(2n)!n(n − 1)(2n − 2)! − n(2n − 1)! + n(n − 1)(2n − 2)! (4n)(4n + 1)I = ·(2n)!a 2I =n(n − 1)(2n − 2)! − n(2n − 1)(2n − 2)! + n(n − 1)(2n − 2)!(2n)(2n − 1)(2n − 2)!n(n − 1) − n(2n − 1) + n(n − 1)I =(2n)(2n − 1)(4n)(4n + 1)I = −a 2 2(2n − 1)·(4n)(4n + 1)a 2·)(4n)(4n + 1)a 2Finalmente obtenemos el resultado que buscabamos que es:( ) 2 (4n)(4n + 1)H =2ma 2 2(2n − 1)(263)Para continuar con el método variacional, debemos minimizar este hamiltoniano dado con la función deprueba, de modo que:40

dHdndHdn= 0( ) [ ]2 (4 · 4n + 4(4n + 1))(2n − 1) − (4n + 1)(4n)2=2ma 2 2(2n − 1) 2Luego, tenemos que el numerador debe anularse (también es solución que el denominador se indefina peroese valor obtenido indefine la función hallada de modo que la desechamos):(32n + 4)(2n − 1) − 2(16n 2 + 4n) = 032n(2n − 1) + 4(2n − 1) − 32n 2 − 8n = 032n 2 − 32n − 4 = 08n 2 − 8n − 1 = 0Lo que arroja una solución:Por último, nos queda evaluar:Utilizando n=1 (no óptimo), se obtiene:n ± = 8 ± √ 64 − 4 · 8 · (−1)16n ± = 8 ± √ 9616n + = 1.1123n − = −0.1123( ) 2H = 102ma 2(264)Utilizando n=1.1123 resuelto con el método variacional, se obtiene:( ) 2H = 9.89892ma 2(265)Utilizando n=-0.1123 resuelto con el método variacional (descartaremos este valor), se obtiene:( ) 2H = −0.12ma 2(266)41

Mientras que con el valor original π 2 , se obtiene:( ) 2H = 9.86962ma 2(267)De modo que nuestra solución obtenida es muy cercana a la solución real.Problema 2:Sabemos, de clases que los valores de expectación del potencial en la base antigua del Hamiltoniano. Setiene:Además, igualando los distintos ordenes de λ obtenemos:〈ψ 1 |V |ψ 1 〉 = E (1)1 = v + (268)〈ψ 2 |V |ψ 2 〉 = E (1)2 = v − (269)H 0 |ψ n 〉 = E n (1) |ψ〉 (0) (270)H 0 |n〉 (1) + V |ψ n 〉 (0) = E n (0) |n〉 (1) + E n (1) |ψ n 〉 (271)H 0 |n〉 (2) + V |n〉 (1) = E n (1) |n〉 (2) + E n (1) |n〉 1 + E n (2) |ψ n 〉 (272)Ahora, lo que haremos será aplicar (0) 〈n| a la ecuación (271):(0) 〈n|H 0 |1〉 (1) − (0) 〈n|V |ψ 1 〉 (0) = (0) 〈n|E (1)0 |1〉(1) + (0) 〈n|E (0)1 |ψ 1〉 (0) (273)E n (0) 〈n|1〉 (1) + (0) 〈n|V |ψ 1 〉 (0) = E (0)1〈n|1〉 (1) − E (1)1〈n|ψ 1 〉 (0) (274)(E n (0) − E (0)1 )(0) 〈n|1〉 (1) = − (0) 〈n|V |ψ 1 〉 (0) (275)〈n|1〉 (1) =(0) 〈n|V |ψ 1 〉 (0)E1 0 − E n(276)Ahora queremos calcular (0) 〈ψ 2 |1〉 (1) . Para obtenerlo, aplicamos 〈ψ 2 |:〈ψ 2 |H 0 |1〉 (2) + 〈ψ 2 |V |1〉 (1) = 〈ψ 2 |E (1)1 |1〉(2) + 〈ψ 2 |E (1)1 |1〉(1) + 〈ψ 2 |E (2)1 |ψ 1〉 (277)E (0)2 〈ψ 2|1〉 (2) + 〈ψ 2 |V |1〉 (1) = E (1)1 〈ψ 2|1〉 (2) + v + 〈ψ 2 |1〉 (1) + E (2)1 〈ψ 2|ψ 1 〉 (278)〈ψ 2 |1〉 (1) = 〈ψ 2 |V |1〉 (1) /v + (279)Recordemos que buscamos una expresión para |1〉 (1) tal como:|1〉 (1) = (0) 〈ψ 2 |1〉 (1) |ψ 2 〉 (0) +Entonces, reemplazamos (13) en (12) y obtenemos:(0)∑n≠1,2〈n|1〉 1 |n〉 (0) (280)42

{〈ψ 2 |1〉 (1) = 1 (0)〈ψ 2 |Vv + (0) 〈ψ 2 |1〉 (1) |ψ 2 〉 (0) +0∑〈n|1〉 (1) |n〉 (0) }(281)(0) 〈ψ 2 |1〉 (1) v + = (0) 〈ψ 2 |1〉 (1) (0) 〈ψ 2 |V |ψ 2 〉 0 + ∑ (0) 〈n|1〉 (1) |n〉 (0) (282)Nótese que (0) 〈ψ 2 |V |ψ 2 〉 (0) = v − . Reemplazando (9) ahora, obtenemos:(0) 〈ψ 2 |1〉 (1) 1 ∑ (0) 〈n|V |ψ 1 〉 (0) (0) 〈ψ 2 |V |n〉 (0)=v + − v − E (0)1 − E n(0)Finalmente, reemplazando en (13), se obtiene:|1〉 (1) = ∑n≠1,2{ 〈ψ2 |V |n〉〈n|V |ψ 1 〉(E1 0 − E0 n)(v + − v − ) |ψ 2〉 + 〈n|V |ψ }1〉E1 0 − |n〉E0 n(283)(284)Para obtener |2〉, haremos:|2〉 (1) = (0) 〈ψ 1 |2〉 (1) |ψ 1 〉 (0) +(0)∑n≠1,2〈n|2〉 (1) |n〉 (0) (285)El proceso es análogo. Buscaremos (0) 〈n|2〉 (1) aplicando el brac (0) 〈n| a la ecuación (4):〈n|2〉 = 〈n|V |ψ 2〉E 0 2 − E0 n(286)Ahora, buscamos 〈ψ 1 |2〉 (1) aplicando el bra 〈ψ 1 | en (5)Reemplazaremos en esta ecuación, la ecuación (18), resultando:〈ψ 1 |2〉 (1) = 〈ψ 1|V |2〉 (1)v −(287)〈ψ 1 |2〉 (1) =1 ∑ 〈ψ1 |V |n〉〈n|V |ψ 2 〉v − − v + E2 0 − E n(288)Finalmente, reemplazando en (19) y (21) en (18)Luego, juntando las ecuaciones:|2〉 (1) = ∑{ 〈ψ 1|V |n〉〈n|V |ψ 2 〉E2 0 − E } (289)nn≠1,2|2〉 (1) = ∑n≠1,2{ 〈ψ1 |V |n〉〈n|V |ψ 2 〉(E2 0 − E0 n)(v − − v + ) |ψ 1〉 + 〈n|V |ψ }2〉E2 0 − |n〉E0 n(290)43

Ahora, necesitamos obtener la corrección de la función de onda: Utilizamos la ecuación (4) :Expresamos |n〉 como una combinación lineal:H 0 |n〉 (1) + V |n〉 (0) = E 0 n|n〉 (1) + E (1)n |n〉 (0) (291)|n〉 (1) = 〈ψ 1 |n〉 (1) |ψ 1 〉 + 〈ψ 2 |n〉 (1) |ψ 2 〉 + ∑ 〈l|n〉 (1) |l〉 (292)Necesitamos obtener los productos internos que involucran a |n〉 (1) , estos son: 〈ψ 1 |n〉 (1) , 〈ψ 2 |n〉 (1) y 〈l|n〉 (1) .Para obtenerlos, bracketeamos por la izquierda y obtenemos:Reemplazando, se obtiene:〈ψ 1 |n〉 = 〈ψ 1|V |n〉 (0)E 0 n − E 1(293)〈ψ 2 |n〉 (1) = 〈ψ 1|V |n〉 (0)E 0 n − E 2(294)〈l|n〉 (1) =〈l|V |n〉(0)E 0 n − E 0 l(295)|n〉 (1) = 〈ψ 1|V |n〉 0E 0 n − E 0 1|ψ 1 〉 + 〈ψ 2|V |n〉 (0)En 0 |ψ 2 〉 + ∑ − E 2l≠n〈l|V |n〉E 0 n − E l|l〉 (296)Queremos calcular las correcciones a segundo orden de la energía. Para obtener esto, aplicamos 〈ψ 1 | enla ecuación (4):Con esto, simplemente reemplazando, se obtiene:E 2 1 = 〈ψ 1 |V |1〉 1 (297){ ∑E1 2 〈ψ2 |V |n〉〈n|V |ψ 1 〉= 〈ψ 1 |V(E1 0 − E0 n)(v + − v − ) |ψ 2〉 + 〈n|V |ψ }1〉E1 0 − |n〉E0 nE1 2 = ∑ { 〈ψ 2 |V |n〉〈n|V |ψ 1 〉(E1 0 − E0 n)(v + − v − ) + 〈n|V |ψ }1〉〈ψ 1 |V |n〉E1 0 − E0 n(298)(299)yE 2 1 = ∑ |〈n|V |ψ 1 〉| 2E 1 − E nPara obtener E 2 2, aplicamos el bra por la izquierda con ψ 2 a la ec. (5). Obtenemos:E (2)2 = 〈ψ 2 |V |2〉 (1) (300)44

Finalmente, reemplazando |2〉 (1) obtenido anteriormente en (23), se tiene:{ ∑E (2)〈ψ1 |V |n〉〈n|V |ψ 2 〉2 = 〈ψ 2 |V |(E2 0 − E0 n)(v − − v + ) |ψ 1〉 + 〈n|V |ψ 2〉E2 0 − E0 nE (2)2 = ∑ { 〈ψ 1 |V |n〉〈n|V |ψ 2 〉(E2 0 − E0 n)(v − − v + ) | + 〈n|V |ψ }2〉〈ψ 2 |V |n〉E2 0 − E0 nE (2)2 = ∑ |〈n|V |ψ 2 〉| 2E 0 2 − E0 n}|n〉(301)(302)(303)Problema 3:En este problema, tenemos una degeneración g = 4 para todos los estados en el nivel n = 2. ¿Por qué seproduce esta degeneración? Se produce porque tenemos para un n dado, tenemos distintos valores para ldado que0 ≤ l < ny además, m puede tomar distintos valores para cada l. Es así, como esto nos lleva a 4 estados diferentes,que son presentados a continuación:2s φ n=2,l=0,m=0 =2p φ n=2,l=1,m=−1 = − 18 √ πa 3 0φ n=2,l=1,m=0 =14 √ πa 3 0φ n=2,l=1,m=1 =18 √ πa 3 0(1√ 1 − r )e −r/2a08πa302a 0ra 0e −r/2a0 sinθe iφra 0e −r/2a0 cosθra 0e −r/2a0 sinθe −iφAhora, como estamos aplicando un campo eléctrico en la dirección ẑ, el operador apropiado es:V = −ez| ⃗ E| (304)Entonces, lo que debemos hacer. es obtener la matriz secular, utilizando el valor de expectación de V enla base |nml〉. Es decir:V ij = 〈φ i |V |φ j 〉 (305)Podríamos calcular estos 16 elementos de matriz, mas utilizaremos argumentos que tienen que ver con losautoestados, reduciendo la cantidad de calculos. El argumento es que la perturbación tiene elementos dematriz que no se anulan únicamente entre estados de paridad opuesta. Esto es, entre l = 1 y l = 0 en estecaso. Además, para que el elemento que hemos de calcular no se anule, los valores m deben ser iguales,dado que z se comporta como un tensor esférico de rango 1 con componente esférica 0. Así que los únicoselementos que quedan son entre 2S (m = 0 necesariamente) y 2P con m = 0.Entonces, nos queda:45

V =⎛⎜⎝0 〈2s|V |2p, m = 0〉 0 0〈2s|V |2p, m = 0〉 0 0 00 0 0 00 0 0 0⎞⎟⎠donde,〈2s|V |2p, m = 0〉 = 〈2p, m = 0|V |2s〉 = 3ea 0 | ⃗ E|Con esto, queda establecida la matriz secular. Ahora, es suficiente focalizar nuestra atención en la matrizsuperior izquierda 2 × 2 y a partir de ella obtener los shifts de energía.Resolvemos entonces, los autovalores de la matriz. Esto se hace, resolviendo la ecuación secular:Esto, se convierte en:|V − ɛI| = 0(∣0 3ea 0 | E| ⃗3ea 0 | E| ⃗ 0(∣) ( 1 0− ɛ0 1−ɛ 3ea 0 | E| ⃗3ea 0 | E| ⃗ −ɛ)∣ ∣∣∣= 0 (306))∣ ∣∣∣= 0 (307)Esto arroja los autovalores:Λ (1)± = ±3ea 0 | ⃗ E|donde los subscripts ± se refieren a los kets de cero orden que diagonalizan V. Para hallarlos solo resolvemosel kernel de |V − ɛI|.|±〉 = 1 √2(|2s, m = 0〉 ± |2p, m = 0〉)Nótese que el shift es lineal con el campo eléctrico aplicado.Finalmente, lo que se observa, (considerando shifts y autoestados) es:46

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 7Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Resumen Teoría de Perturbaciones dependiente del tiempoNótese que hasta acá hemos estudiado fenómenos sin dependencia temporal. Es decir, solo hemos introducidopotenciales de la forma:V (⃗r, t) = V (⃗r). En este caso, tenemos la ecuación de Schrödinger:Que puede ser resuelta por separación de variables:HΨ = i ∂Ψ∂t(308)donde ψ(⃗r) satisface la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo:Ψ(⃗r, t) = ψ(⃗r)e −iEt/ (309)Hψ = Eψ (310)Lo importante es que si queremos permitir transiciones entre niveles de energía tenemos que introducirpotenciales dependientes del tiempo.Consideremos un sistema de dos niveles. Tenemos dos estados dados por ψ a y ψ b . Son autoestados del Hamiltonianosin perturbar H 0 :Estos son ortonormales:H 0 ψ a = E a ψ a (311)H 0 ψ b = E b ψ b (312)〈ψ a |ψ b 〉 = δ ab (313)Nótese que cualquier estado puede ser expresado por combinación lineal de ellos:Ψ(0) = c a ψ a + c b ψ b (314)Si no tenemos perturbación, cada componente evoluciona con su característico factor exponencial:Ψ(t) = c a ψ a e −iEat/ + c b ψ b e −iE bt/(315)¿Qué pasa cuando encendemos la perturbación dependiente del tiempo?Como ψ a y ψ b constituyen un set completo, la función de onda Ψ(t) aún puede ser expresada como unacombinación lineal de ellas. La única diferencia es que ahora las constantes son funciones del tiempo:Ψ(t) = c a (t)ψ a e −iEat/ + c b (t)ψ b e −iE bt/(316)47

Entonces, nuestro problema se reduce a determinar c a y c b como funciones del tiempo. Si, por ejemplo, lapartícula partió en el estado ψ a , de modo que tenemos:y algún tiempo después t 1 encontramos que:c a (0) = 1 (317)c b (0) = 0 (318)c a (t 1 ) = 0 (319)c b (t 1 ) = 1 (320)se ha producido una transición desde ψ a a ψ b . Resolvemos para c a (t) y c b (t) demandando que Ψ(t) satisfaga laecuación de Schrödinger dependiente del tiempo:HΨ = i ∂Ψ(321)∂tH = H 0 + H ′ (t) (322)Luego, utilizando las ecuaciones anteriores es posible reemplazar la onda que hemos utilizado, y utilizando lasiguiente definición:Se obtiene:H ′ ij = 〈ψ i |H ′ |ψ j 〉 (323)ċ a = − i [c aH ′ aa + c b H ′ abe −i(E b−E a)t/ ] (324)ċ b = − i [c bH ′ bb + c a H ′ bae −i(E b−E a)t/ ] (325)Problemas1. El Hamiltoniano correspondiente a un oscilador bidimensional viene dado por H = H 0 + V , dondeyH 0 = 12m (P 2 1 + P 2 2 ) + mω22 (X2 1 + X 2 2 )V = γ m2 ω 3 X2 1 X 2 2donde γ es una constante adimensional real positiva.(a) Calcule la corrección perturbativa a primer y segundo orden para la energía del estado fundamental.(b) Calcule las correcciones de energía a primer orden para las dos primeras excitaciones de H 0 (es decirlos dos primeros niveles excitados de H 0 ), así como los correspondientes autoestados de orden cerode H.48

Note que Ud. debe dar por conocida la solución del problema no perturbado. Se sugiere fuertementeintroducir los operadores de creación y destrucción en cada componente, es decir a 1 , a † 1 , a 2 y a † 2 .2. Efecto Autler-TownesConsidere un sistema de tres niveles: |φ 1 〉, |φ 2 〉 y |φ 3 〉, con energías E 1 , E 2 yE 3 . Suponga E 3 > E 2 > E 1y que E 3 − E 2 ≪ E 2 − E 1 .Este sistema interactúa con un campo magnético oscilante a la frecuencia ω. Suponemos que los estados|φ 2 〉 y |φ 3 〉 tienen igual paridad, opuesta a la paridad del estado |φ 1 , de modo que el Hamiltoniano deinteracción W (t) debido al campo magnético oscilante puede conectar |φ 2 〉 y |φ 3 〉 con |φ 1 〉. Suponga queen la base de los tres estados |φ 1 〉,|φ 2 〉,|φ 3 〉, arreglados de acuerdo a este orden, W (t) viene representadopor la siguiente matrizW (t) =⎛⎝ 0 0 00 0 ω 1 sinωt0 ω 1 sinωt 0donde ω 1 es una constante proporcional al campo oscilante.(a) Sea|ψ(t)〉 =⎞⎠3∑b i (t)e −iEit/ |φ i 〉Escriba el sistema de ecuaciones diferenciales que satisfacen los b i (t).i=1(b) Suponga que ω es muy cercano a ω 23 = (E 3 − E 2 )/. Haga uso de la simplificación W ii ≈ 0. Integre,en el marco de esta aproximación, el sistema precedente con las condiciones inicialesb 1 (0) = b 2 (0) = 1 √2b 3 = 0desprecie en el lado derecho de las ecuaciones diferenciales los términos cuyos coeficientes, exp(±i(ω+ω 32 )t), varían muy rápido y mantenga solamente aquellos coeficientes que son constantes o que varíanmuy lentamente, como exp(±i(ω − ω 32 )).La componente D z a lo largo de Oz del momento dipolar eléctrico del sistema (debe informarse sobreel momento dipolar eléctrico) viene representado, en la base de los tres estados |φ 1 〉, |φ 2 〉 , |φ 3 〉,arreglados en este orden, por la matriz:⎛⎝0 d 0d 0 00 0 0donde d es una constante real (D z es un operador impar que conecta solamente estados con paridadesopuestas). Calcule 〈D z 〉(t) = 〈ψ(t)|D z |ψ(t)〉, usando el vector |ψ(t)〉 calculado en b).Muestre que la evolución temporal de 〈D z 〉(t) viene dada por una superposición de términos sinusoidales.Determine las frecuencias ν k y las intesidades relativas π k de estos términos.Estas son las frecuencias que pueden ser absorbidas por el átomo cuando este se sitúa en un campoeléctrico oscilante paralelo a Oz. Describa las modificaciones de este espectro de absorción cuando,para un ω fijo y tal que ω = ω 23 , se incrementa ω 1 desde cero.⎞⎠49

3. Un cierto sistema cuántico se encuentra inicialmente en su estado fundamental |0〉. En t = 0 se aplica unaperturbación de la formaV (t) = H 0 e −(t/T )Muestre que después de un largo tiempo la probabilidad de que el sistema se encuentre en el estado |1〉viene dada porP (1, t) = |〈0|H 0|1〉| 2( T )2 + (∆ɛ) 250

SolucionesProblema 1:√Recordemos que x se puede escribir en función de los operadores de creación y aniquilación x =a † ). Esto nos deja:2mω (a+x 2 1 =x 2 2 =2mω (a2 1 + a 1 a † 1 + a† 1 a 1 + (a † 1 )2 ) (326)2mω (a2 2 + a 2 a † 2 + a† 2 a 2 + (a † 2 )2 ) (327)Utilizando las propiedades de a y a † obtendremos una expresión más sencilla. Las operaciones son:Se obtiene:a † |n〉 = √ n + 1|n + 1〉 (328)a|n〉 = √ n|n − 1〉 (329)La corrección a segundo orden será:E (1)0 = 〈n|V |n〉 (330)E (1)0 = γω(331)4E (2)0 = ∑ |V nl | 2(332)E n − E ll≠nEsto se resolverá en primer lugar, obteniendo |V nl | 2Donde A = γω4Finalmente:V nl = 〈l|A(a 2 1 + a 1 a † 1 + a† 1 a 1 + (a † 1 )2 )(a 2 2 + a 2 a † 2 + a† 2 a 2 + (a † 2 )2 )|n〉 (333)V nl = A〈l|2〉〈m|2〉 (334)V nl = Aδ l2 δ m2 (335)E (2)0 = − γ2 ω16(336)(b) Buscaremos la ecuación secular, dada por:51

V ij = 〈φ i |V |φ j 〉〈1, 0|V |0, 1〉 = 3γω(337)4〈0, 1|V |0, 1〉 = 〈0, 1|V |1, 0〉 = 0 (338)Entonces V 21 = 0, V 12 = 0, V 11 = 3γω4y V 22 = 3γω4Ahora, encontramos los auto valores resolviendo la ecuación secular. Obtendemos:ɛ ± = 3γω4Estos valores nos arrojan los autovectores (1, 0) y (0, 1) Estos siguen presentando degeneración.Ahora resolvemos la segunda excitación:⎛V = ⎝5γω4γω20 0γω205γω409γω4⎞⎠ (339)Resolvemos la ecuación secular, que arroja el sistema:∣5γω4− ɛγω2γω205γω4− ɛ 09γω0 04− ɛ∣ = 0 (340)Las soluciones a esto, corresponden a:ɛ 1 = 9γω4ɛ 2 = 3γω4ɛ 3 = 7γω4(341)(342)(343)Para obtener los autoestados, debemos calcular el kernel de la matriz que aparece en la ecuación secular.Para ɛ 1 , se obtienen el autoestado:|1〉 = |1, 1〉En el caso de ɛ 2 , se obtiene el autoestado:52

|2〉 = 1 √2(|02〉 − |20〉)Finalmente, obtenemos el autoestado para ɛ 3Problema 2:(a) Lo que se nos da por enunciado es:Además, sabemos que:|3〉 = 1 √2(|02〉 + |20〉)|ψ(t)〉 =3∑b i (t)e −iEit/ |ψ i 〉 (344)i=1∂C n∂t= − i ∑mC m e iωnmt 〈n|V |m〉, ω nm = E n − E m(345)Por otro lado, si observamos la matriz dada W(t), lo que notamos es que únicamente, los elementosW 32 = W 23 = ω 1 sin(ωt) y que el resto de los elementos de matriz son nulos.Para obtener las ecuaciones diferenciales que satisfacen los b i (t), utilizaremos la ecuación descrita anteriormente.Obtenemos:db 1dtdb 2dtdb 3dt= − i (b1 (t)e ω11t W 11 + b 2 (t)e iω12t W 12 + b 3 (t)e iω13t )W 13 = 0(346)= − i (b1 (t)e ω21t W 21 + b 2 (t)e iω22t W 22 + b 3 (t)e iω23t )W 23(347)= − i (b1 (t)e ω31t W 31 + b 2 (t)e iω32t W 32 + b 3 (t)e iω33t )W 33(348)entonces, reemplazando los valores matriciales, se obtienes:ḃ 1 (t) = 0 (349)ḃ 2 (t) = − i b 3e iω23t ω 1 sen(ωt) (350)ḃ 3 (t) = − i b 2e iω32t ω 1 sen(ωt) (351)(352)(b) En esta parte, se nos da la indicación de ω ≈ ω 23 = (E 3 − E 2 )/ y además, se nos dan condicionesiniciales. Lo que haremos será mezclar los ω’s pasando el sen a exponenciales.En el caso de b 2 se tiene:53

En el caso de b 3 se tiene:ḃ 2 = − i b 3e iω23t ω 1(e iωt − e −iωt )2i(353)ḃ 2 = −b 3ω 12 (eit(ω23+ω)−eit(ω 2 3−ω) ) (354)ḃ 3 = − i b 2e iω32t ω 1(e iωt − e −iωt )2i(355)ḃ 3 = −b 2ω 12 (eit(ω32+ω)−e−it(ω−ω 3 2) ) (356)Tengamos también en consideraciíon que ω 23 = −ω 32 . Con esto, la ecuación de b 2 nos queda:ḃ 2 = ω 1b 32 (e−it(ω−ω32) − e it(ω−ω32) ) (357)Esto que hemos realizado, se reduce a algo incluso más simple, cuando utilizamos la aproximación dadasegún enunciado. Primero repetiremos el resultado que hemos obtenido hasta acá y a continuación presentamosel resultado con la aproximación:Luego:ḃ 2 = ω 1b 32 (e−it(ω+ω32) − e it(ω−ω32) ) (358)ḃ 2 = ω 1b 22 (e−it(ω−ω32) − e it(ω+ω32) ) (359)ḃ 2 = − ω 1b 32 eit(ω−ω32) (360)ḃ 3 = ω 1b 22 e−it(ω−ω32) (361)Obs: Se han eliminado las exponenciales con potencia (ω + ω 32 ) porque varían más rápido. Aproximando:ḃ 2 = − ω 1b 32ḃ 3 = ω 1b 22Lo que debemos hacer ahora, es resolver el sistema de ecuaciones diferenciales:(362)(363)¨b2 = −omega 1ḃ 3 (364)2( ω1) 2¨b2 = − b3 (365)2( ω1) (b 2 (t) = acos2 t ω1)+ bsen2 t (366)54

Por otro lado, resolviendo para b 3 :( ω1) (b 3 (t) = asen2 t ω1)− bcos2 t(367)Ahora, utilizatemos la condiciones iniciales dadasCon esto, obtenemos:b 2 (0) = 1 √2(368)b 3 (0) = 0 (369)(370)Luego,a = 1 √2(371)b = 0 (372)b 2 (t) = √ 1 ( ω1)cos 2 2 tb 3 (t) = 1 √2sen( ω12 t )(373)(374)(375)Finalmente, ḃ1(t) = 0 → b 1 (t) = 1 √2(c) Calcularemos: 〈ψ(t)|D z (t)|ψ(t)〉, considerando que:|ψ(t)〉 =3∑b i (t)e iEit/ |φ i 〉1La matriz dada en el enunciado, nos indica los elementos que sobreviven:Resolviendo esto, lo que tenemos es:〈φ 2 |D|φ 1 〉 = d (376)〈φ 1 |D|φ 2 〉 = d (377)55

〈D z (t)〉 = b ∗ 1(t)b 2 (t)e it(E1−E2)/ d + b ∗ 2(t)b 1 (t)e it(E2−E1)/ d (378)= d (2 cos ω1)2 t (e it(E1−E2)/ + e it(E1−E2)/ ) (379)= d (2 cos ω1)2 t cos (ω 12 t) (380)= d { ( ) ( )}ω1 tcos2 2 − ω ω1 t12 + cos2 + ω 12(381)Con esto, queda demostrado que hay términos sinusoidales.Problema 3: Tenemos que se cumple:P (t, |n〉 → |l〉) = 1 ∣∫ ∣∣∣ ∞ 2 dt ′ e iω lnt ′ V ln (t ′ )∣0En este ecuación, reemplazamos directamente, el argumento V ln (t ′ ) dado que conocemos la función.Además, sabemos entre que estados es la transici’on:2P = 1 ∣∫ ∣∣∣ ∞ 2 dt ′ e iω lnt ′ 〈0|H 0 e −t/T |1〉∣0P = 1 ∣∫ ∣∣∣ ∞∣ ∣∣∣2 2 dt ′ e iω lnt ′ 〈0|H 0 |1〉e −t/TP = 1 2 ∣ ∣∣∣〈0|H 0 |1〉P = |〈0|H 0|1〉| 2 2 ∣ ∣∣∣[P = |〈0|H 0|1〉| 2 2 [P =P =P =0∫ ∞0|〈0|H 0 |1〉| 2 2 (ω ln ) 2 + 2 ( 1 T )2|〈0|H 0 |1〉| 2 2 ( ∆ɛ )2 + 2 ( 1 T )2|〈0|H 0 |1〉| 2(∆ɛ) 2 + ( T )22dt ′ e iω lnt ′ e −t/T ∣ ∣∣∣2]∣1 ∣∣∣2iω ln − 1 (−1) 2T]1(ω ln ) 2 + ( 1 T )256

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 8Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Problemas1. Este es un problema engañoso porque la degeneraci´’on entre el primer y segundo estado no es removidaen primer orden. Un sistema que tiene tres estados sin perturbar puede ser representada por la siguientematriz Hamiltoniana perturbada:⎛⎝E 1 0 a⎞0 E 1 b ⎠ (382)donde E 2 > E 1 . Las cantidades a y b deben ser consideradas como perturbaciones que son del mismoorden y que son pequeñas comparadas con E 2 −E 1 . Use teoría de perturbaciones no degenerada a segundoorden para calcular los autovalores perturbados. (Es esto correcto?) Luego diagonalice la matriz paraencontrar los autovalores exactos. Finalmente, use la teoría de perturbaciones degenerada a segundoorden. Compare los resultados.2. Infinite square well con función delta: Consideramos el pozo potencial infinito como el problema sinperturbar y lo que haremos será perturbarlo con la función delta en el centro del potencial . Calcularemoslos shifts de energía a segundo orden y los autoestados perturbados a primer orden.57

Problema 1:SolucionesPara resolver el problema, debemos usar el método de la ecuación secular. Entonces, lo que deseamoshacer es diagonalizar la matriz que describe el Hamiltoniano perturbado para obtener los autovaloresexactos de energía. La ecuación secular obtenida es entonces:(E 1 − λ)((E 1 − λ)(E 2 − λ) − |b| 2 ) + (a(λ − E 1 )a ∗ ) = 0 (383)Una solución trivial del problema es E 1 = λ. Por otro lado, debemos resolver la ecuación:Entonces, tenemos dos soluciones a esto:λ 2 − (E 1 + E 2 )λ + E 1 E 2 − |a| 2 − |b| 2 = 0 (384)Nótese que aquí hemos asumido que |a|, |b|, ≪ |E 2 − E 1 |.Luego, la teoría de perturbaciones se lee como:λ + = E 1 + |a|2 + |b| 2E 1 − E 2(385)λ − = E 2 − |a|2 + |b| 2E 1 − E 2(386)∆ 1 =∆ 2 =De esta manera, los niveles de energía quedan dados por:Problema 2: Notemos en primer lugar el Hamiltoniano sin perturbar:|a| 2E 1 − E 2(387)|b| 2E 1 − E 2(388)∆ 3 = |a|2 + |b| 2E 2 − E 1(389)E 1 + ∆ 1 (390)E 1 + ∆ 2 (391)E 2 + ∆ 3 (392)Donde, tenemos la condición del pozo potencial:H 0 = p2+ V (x) (393)2mV (x) = 0 si0 < x < L (394)V (x) = ∞ siesta en otro rango (395)58

La forma que posee nuestra perturbación es:Luego, el Hamiltoniano completo está dado por:V (x) = 2mL δ(x − L 2 ) (396)H = H 0 + λV = p22+ V (x) + λ2m mL δ(x − L 2 ) (397)Los niveles de energía sin perturbar son los clásicos para un pozo potencial:E (0)n = 2 π 22mL 2 n2 n = 1, 2, 3, ... (398)Con las correspondientes autofunciones sin perturbar:√2( πn)φ n (x) = 〈xT n (0) 〉 =L sin L xEntonces, las correcciones de energía a primer orden están dadas por:(399)E (1)n = V nn = 〈n (0) T V T n (0) 〉 (400)Luego, tenemos que:∫V nn =dxφ ∗ nV (x)φ n (x) = 22mL 2 ∫dxsin 2 ( nπ L x)δ(x − L 2 ) (401)Nótese que esto resulta en dos posibles respuestas:V nn = 0 si n es par (402)V nn = 22mL 2 si n es impar (403)Los elementos de matriz desaparecen para un n par porque las funciones de onda tienen un nodo enx = L/2. Las autofunciones con n impar tienen un antinodo en x = L/2, de modo que la función senotoma su valor máximo.La corrección a primer orden a la autofunción es usualmente escrito como:|n (1) 〉 = − ∑ m≠n|m (0) 〉 V mnE mn(404)Entonces, para resolver esto vamos parte por parte. Primero resolveremos V mn :V mn = 22mL 2 ∫dxsin( mπL x)δ(x − L 2 )sin(nπ x) (405)LEntonces el resultado es:59

La energía que aparece en el denominador es:V mn = −(−1) m+n 2 22mL 2 mynimpar (406)V mn = 0 my/onpar (407)E mn = E (0)m − E (0)n = 2 π 22mL 2 (m2 − n 2 ) (408)Por otro lado, la autofunción perturbada a primer orden está definida como:Con esto, obtenemos:ψ n (x) = 〈x|n (0) 〉 + λ〈x|n (1) 〉 (409)ψ n (x) =√2L sin(nπ Lx) +4λπ 2 √2L∞∑m,n=1−m≠n( )(2m − 1)π (−1) m+n−1sinxL (2m − 1) 2 − (2n − 1) 2 (410)Esta suma puede ser resuelta analíticamente (MAPLE). Calculando el ground state de la función de ondaa primer orden (n = 1), tenemos:ψ 1 (x) ≈√2(1 − λ ) ( πx)L π 2 sin + 2λ√2( πx)L πL (x − Lu(x − L/2)) L cos L(411)donde u(x) es la función escalón unitaria. La derivada discontínua en x = L/2 es la característica de losautoestados con potenciales delta.La corrección a segundo orden del shift de energía es calculado utilizando:E (2)n= − ∑ m≠n|V mn | 2E mn(412)Esta ecuación nos lleva a:E (2)n = − 82π 2 mL 2∞ ∑m,n=1−m≠nEsta suma puede ser resuelta exactamente (MAPLE), obteniendo:1(2m − 1) 2 − (2n − 1) 2 (413)E n (2) = − 22 1π 2 mL 2 n 2 (414)Finalmente, la energía corregida a segundo orden:60

Solo para n impar! Pues para n par tenemos:E n ≈ 2 π 22mL 2 n2 + λ 2mL 2 − λ2 2 2π 2 mL 2 1n 2 (415)E n = 2 π 22mL 2 n2 (416)61

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 9Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Problemas1. Repita con lujo de detalles el cálculo (presentado en clases) de la tasa de ionización del átomo de Hidrógeno,desde su estado fundamental, a un estado caracterizado por un vector ⃗ k, al ser perturbado por un potencialoscilante de la forma V (t) = eE 0 ⃗r · ˆn2sinωt. ˆn es un vector unitario que indica la dirección del campoeléctrico. Exploque las hipótesis de su cálculo y, en particular, muestre como se aplica la regla dorada deFermi.2. Átomo de Hidrógeno: Considere un átomo de Hidrógeno real. ¿Cuál es el espectro en ausencia de uncampo magnético externo? ¿Como cambia este espectro si el átomo se ubica en un campo magnético de25000 gauss? Ignore el acoplamiento hiperfino3. Átomo de Hidrógeno: La interacción hiperfina en el átomo de Hidrógeno, debida a la interacciónentre los momentos magnéticos del electrón y protón, (para estados con l = 0), viene descrita por:H eff = − 8π 3 ⃗µ e · ⃗µ p δ 3 (⃗r) (417)Para mayores detalles vea el libro de Jackson “Classical Electrodynamics”, segunda edición, página 187).Debido a esta interacción el estado fundamental 1S sufre un ligero desdoblamiento (Splitting). Considereestados de momento angular total ⃗ F = ⃗ S + ⃗ I, donde ⃗ S es el spin del electrón y ⃗ I el spin del protón.Use el orden más bajo en teoría de perturbaciones para evaluar la diferencia existente entre los estaodosF = 0 y F = 1. ¿Cuál es el verdadero estado fundamental? ¿Cuál es la longitud de onda emitida por unatransición entre dos estados? (se pide un número y no solamente una expresión algebraica). Importante:Deberá recordar el problema de acoplamiento de momentos angulares en el caso de dos spines.La longitud de onda que Ud. ha calculado (λ ≈ 21.1cm) es muy famosa en astrofísica. Las radiastrónomosconocen muy bien estos fotones. Más adelante en el curso volveremos sobre este tema, mostrando que esextremadamente improbable observar este tipo de decaimientos en el laboratorio, pues la vida media dela transición es del orden de los 10 7 años.Datos útiles:⃗µ e = − e2m e c ⃗σ e⃗µ p = −2.7928( e2m p cUd. deberá trabajar con la función de onda del estado fundamental del átomo de Hidrógeno incluyendola parte de spin. Este es un problema donde, como ve, la perturbación ocurre en el espacio de spin.)⃗σ p62

ψ 1s (⃗r) =1√πa20e −r/a0 χ spina 0 =1137.036m p /m e = 1836.1563

Problema 1:SolucionesSe tiene un potencial, asociado a un campo eléctrico oscilante, tal que⃗E = | ⃗ E 0 |ˆɛsen(ωt)Entonces, el hamiltoniano es:H = H 0 + V (418)( ) ⃗p2H = H 0 +2m − e2(419)rUtilizando esto, lo que se quiere hacer es pasar de un estado inicial a un estado final. El estado inicial esel 1S, tal que:ψ i = ψ 100 (⃗r) = 1 √πa30e −r/a0 (420)y el estado final, es una partícula libre (electrón emergente), de modo que se tiene:ψ s =1(2π) 3/2 e−i⃗ k·⃗r(421)Nótese que lo anteriores es una aproximación. El electrón emergente, estará limitado a una caja cúbicade largo L (no debemos preocuparnos por este valor, dado que luego haremos L → ∞). Asumiendocondiciones periódicas de borde, tenemos:Así mismo, obtenemos:e −ikzz e−ikz(z+L)=(2π)3/2(2π) 3/21 = e −ikzLk z L = 2πn zk z = 2πn zLdonde n x , n y , n z ɛZk x = 2πn xLk y = 2πn yLEntonces, se tiene:64

dN = dn x dn y dn z (422)= L 2π dk Lx2π dk Ly2π dk z (423)=( L2π) 3d 3 k (424)=( L2π) 3k 2 dkdΩ dΩ = senθdθdφ (425)Por otro lado, se sabe que | ⃗ k| está fijo de forma que:E k = E 0 + ωE 0 = |E 1 | = 13.6eVYa con esto, podemos definir la regla de oro de Fermi para la tasa de ionización como:Γ = 2π |〈ψ j|V |ψ i 〉| 2 δ(E j − E i ) (426)Pero como definimos una densidad de estados que dependen de un k fijo (puede variar infinitesimalmente).Entonces:Así, se sabe que:Γ = 2π |〈ψ j|V |ψ i 〉| 2 ρ(E k ) (427)y, como también es sabido que:ρ(E k )dE k = dNL 3=k 2(2π) 3 dkdΩVolviendo a la densidad ya descrita:E k = (k)22mdE k = 2 km dk= p22mρ(E k )dE k ==k 2(2π) 3 · m 2 k dE kdΩ (428)mk(2π) 3 2 dE kdΩ (429)65

Luego, obtenemos:ρ(E k ) =dΓ =dΓ =mk(2π) 3 dΩ2 (430)mk 2π(2π) 3 2 |〈ψ f |V |ψ i 〉| 2 dΩ (431)mk4π 2 3 |〈ψ f |V |ψ i 〉|dΩ (432)Ahora, calculamos el elemento de matriz V fi :∫〈ψ f |V |ψ i 〉 = d 3 dei⃗ k·⃗r(2π) 3 /2 · eE 10⃗r · ⃗ɛ √ e −r/a0πa3∫0eE 0=d 3 re i⃗k·⃗r [⃗r · ⃗ɛ]e −r/a0(2a 0 ) 3/2 π 2Definimos una integral ⃗ I tal que:Entonces:∫⃗ɛ · ⃗I =d 3 re i⃗ k·⃗r [⃗r · ⃗ɛ]e −r/a0 (433)∫⃗I =d 3 re i⃗ k·⃗r ⃗re −r/a0y también:∫I =d 3 re i⃗ k·⃗rˆn · ⃗re −r/a0Podemos decir que:⃗I = ⃗ kIy para conocer I, se tiene que :⃗ k · ⃗ kI = k ∫2 I= d 3 re i⃗ k·⃗r⃗ k · ⃗re−r/a 0y si el ángulo que forman ⃗ k y ⃗r es α:66

⃗ k · ⃗r = ∫ krcosαk 2 I = d 3 re ikrcosα krcosαe −r/a0=∫ ∞= 2π= 2πk0∫ ∞r 2 e −r/a0 dr0∫ ∞∫ πr 2 e −r/a0 dr0∫ 1e ikrcosα krcosαsenαdα−10−1e ikru krudu∫ 1r 3 e −r/a0 ue ikru du∫ 2π0dφy si∫ 1−1ue ikru du = uikr eikru ∣ ∣∣∣∣1−1∫ 1e ikru−−1 ikr du= eikrikr + e−ikrikr + 1(kr) 2 (eikr − e −ikr )= eikr + e −ikrikr+ eikr − e −ikr(kr) 2Entonces:∫ ∞[ ek 2 ikr + e −ikrI = 2πk+ eikr − e −ikr ]0 ikr (kr) 2 r 3 e −r/a0 dr[∫ ∞e (ik−1/a0)r ∫ ∞= 2πr 2 e (ik−1/a0)r rdr +0 i0 k[ ()2! 1= 2πi (1/a 0 − ik) 3 + 1(ik + 1/a 0 ) 3 + 1! (k[ 2= 2πi (a3 + b 3 ) + 1 ]k (a2 − b 2 )∫ ∞dr +e (−ik−1/a0)r r 2∫ ∞dr −00 i)]1(1/a 0 − ik) 2 − 1(ik + 1/a 0 ) 2e (ik−1/a0)r ]rdrkComo conocemos las identidades:a 3 + b 3 = (a + b)(a 2 − ab + b 2 )a 2 − b 2 = (a + b)(a − b)Con esto, nuestra puede ser expresada como:k 2 I = 2π(a + b)[ 2i (a2 + ab + b 2 ) + a − b ]k(434)haciendo:67

a + b ===11/a 0 − ik − 11/a 0 + ik2/a 01/a 2 0 + k22a 01 + a 2 0 k2así mismo:a 2 + b 2 1+ ab =(ik − 1/a 0 ) 2 + 1(ik + 1/a 0 ) 2 − 1k 2 + 1/a 2 0= 2(−k2 + 1/a 2 0) 1(k 2 + 1/a 2 −0 )2 k 2 + 1/a 2 0(435)(436)= −2k2 + 2/a 2 0 − k 2 − 1/a 2 0(k 2 + 1/a 2 0 )2 (437)= −3k2 + 1/a 2 0(k 2 + 1/a 2 0 )2 (438)= −3k2 a 4 0 + a 2 0(a 2 0 k2 + 1) 2 (439)y finalmente:a − b ===11/a 0 − ik − 11/a 0 + ik2ik(1/a 2 0 + k2 )2ika 2 01 + k 2 a 2 0Volvemos a la expresión original, obteniendo:[k 2 a 0 2I = 2πa 2 0 k2 + 1 i=−3k 2 a 4 0 + a 2 ]0(a 2 0 k2 + 1) 2 + 2ia2 0a 2 0 k2 + 1[4πa 0 −2i(−3k 2 a 4 0 + a 2 0) + 2ia 2 0(a 2 0k 2 + 1)(a 2 0 k2 + 1) 2 (a 2 0 k2 + 1)](440)(441)= 32πia2 0k 2 a 2 0(a 2 0 k2 + 1) 3 (442)Entonces:⃗ kI =32πia 5 0(a 2 0 k2 + 1) 3⃗ k = ⃗ I (443)I = 32πia5 0(a 2 0 k2 + 1) 3 ˆn · ˆk (444)68

Volviendo a nuestro elemento de matriz obtenemos:〈ψ f |V |ψ i 〉 =Finalmente, llevando nuestro cálculo a la tasa, obtenemos:e|E 0 |(2a 0 ) 3/2 π 2 32πia 5 0(1 + a 2 0 k2 ) 3 ˆn · ˆk (445)dΓ =Problema 2 - Átomo de Hidrógeno:e 2 E02 32 2 a 100 mk 3(2a 0 ) 3 π 2 (1 + a 2 0 k2 ) 6 4π 2 3 dΩ= (32eE 0a 2 0) 2 (ka 0 ) 3 m32π 4 3 (1 + a 2 0 k2 ) 6 dΩ= 32m(eE 0a 2 0)(ka 0 ) 3π 4 3 (1 + a 2 0 k2 ) 6 dΩConsideremos el Hamiltoniano típico de un electrón en el potencial electrostático generado por el núcleo.Este Hamiltoniano es:H 0 = − 22µ ∆ − Ze2r(446)Donde µ es la masa reducida del electrón. Si queremos hacer correcciones, debemos coniderar principalmentedos fenómenos. Uno de ellos corresponde a efectos relativistas y el otro es el spin del electrón.Estas dos correcciones, nos llevarán al correcto Hamiltoniano que buscamos obtener.K = [m 2 ec 4 + p 2 c 2 ] 1/2 − m e c 2 (447)Como nos referiremos principalmente a átomos con electrones de baja velocidad con respecto a c (v/c ≈Zα ≪ 1), podremos expandir en serie de potencias, obteniendo:K = p22µ − 1 ( )1 p22 µc 2 + . . .2µAqui hemos reemplazado m e por µ dado que la relación entre las masas es ≈1 /1800. Nótese que el primertérmino corresponde a H 0 , es decir, el hamiltoniano que ya habíamos considerado. El segundo términoen la ecuación anterior, representa a la corrección relativista en la energía cinética del Hamiltoniano, yqueda dada por:H K = − 1 (12 µc 2− 22µ ∆ ) 2(448)Por otro lado, el estudio relativista en la mecánica cuántica de átomos de un electrón, muestran que lainteracción del electrón con el núcleo, no es local y este efecto, es descrito agregando al Hamiltoniano elTérmino de Darwin, que es:H D =28µ 2 (∆V )(⃗r) (449)c2 69

Ahora, esto puede ser transformado, dado que V (r) = −Ze 2 /r. y ∆(1/r) = −4πδ(r), con lo que obtenemos:H D = πZe2 22µ 2 δ(⃗r) (450)c2 Ahora, dado que el electrón, bajo la acción de un potencial electros´tatico φ(r), está sujeto a la acción deun campo eléctrico ⃗ E = −▽φ = −(dφ(r)/dr)ˆr, en el marco de referencia donde el electrón está en resposo,se verá también un campo magnético ⃗ B = ⃗ E × ⃗v/c, donde ⃗v es la velocidad del electrón. Considerando laexpresión de ⃗ E, obtenemos:⃗B = − 1m e cdφ(r) 1Ldr r ⃗Donde ⃗ L es el momento orbital angular del electrón. El momento magnético del electrón (e/m e c) ⃗ S enpresencia de este ⃗ B producde una energía −⃗µ · ⃗B, el que agregará un nuevo término al Hamiltoniano:−⃗µ · ⃗B = 1 1m 2 ec 2 r( dV (r)dr)( ⃗ L · ⃗S), V = eφ (451)Este calculo sería correcto, si el marco de referencia en reposo del electrón fuera un marco inercial. Comoen realidad, lo que tenemos es un marco de referencia acelerado, Thomas y Frenkel mostraron que estadiferencia en realidad, necesita un factor extra de 1/2, con lo que finalmente obtendremos:H LS = 1 1 12 (µc) 2 rdV (r)( Ldr⃗ · ⃗S) (452)donde V (r) = −Ze 2 /r y la sustitución m e −→ µ debe ser hecha nuevamente. La energía H LS es conocidacomo acoplamiento spin-orbita. Ahora, hemos obtenido todas las correcciones, que se reducen a:H = H 0 + H 1 = H 0 + H K + H LS + H D (453)H 0 = − 22µ ∆ − Ze2r(454)H K = − 12µc 2 (− 22µ ∆ ) 2(455)H LS = Ze22µ 2 c 2 1r 3 (⃗ L˙⃗S) (456)H D = πZe2 22µ 2 δ(⃗r) (457)c2 Lo que debemos calcular ahora, es el efecto de la perturbación H 1 en el espectro de H 0 . Como base deautoestados de H 0 tomaremos {|nlm l m s 〉}, donde n es el número cuántico principal, l es el momentoangular orbital y m l , m s son las componentes a lo largo del eje Oz del momento angular orbital y de spin,respectivamente (en unidades de ). Obviamente, una base equivalente, es la dada por los estados |nljm〉,donde j es el momento angular total y m es la tercera componente. Ambas bases están relacionadas por:70

|nljm〉 = ∑ σC(l1/2j; m − σ, σ, m)|nlm − σσ〉. (458)La ventaja de utilizar una base asociada a ⃗ L 2 . ⃗ S 2 , ⃗ J 2 , J z es que estos operadores conmutan con H 1 y sumatriz de representación será diagonal; Este no es el caso si utilizamos la base asociada a ⃗ L 2 , L z , S 2 , S z ,dado que H LS no conmuta con L z , S z . Tomando esto en cuenta y estudiando el efecto de H 1 en el espectrode H 0 a primer orden en teoría de perturbaciones, es suficiente para calcular 〈nljm|H 1 |nljm〉. Dado que⃗J = ⃗ L + ⃗ S, tenemos:y entonces, si l > 0:〈njlm|H LS |nljm〉 = Ze2 2⃗S · ⃗L = 1 2 [ ⃗ J 2 − ⃗ L 2 − ⃗ S 2 ] (459)4µ 2 c 2 [j(j + 1) − l(l + 1) − 3 4]〈nljm|r −3 |nljm〉 (460)En el calculo de los elementos de matriz de r −3 , el spin no afecta, y utilizando lo siguiente:〈r −3 〉 nl =〈r −2 〉 nl =1l(l + 1/2)(l + 1)n 3 a−3 , l ≥ 11(l + 1/2)n 3 a−2〈r −1 〉 nl = 1 n 2 a−1obtenemos〈nljm|H LS |nljm〉 = Ze2 2 1[j(j4µ 2 c 2 l(l + 1/2)(l + 1)n 3 a 3 + 1) − l(l + 1) − 3 ]4(461)donde a = /[µ(Zαc)]. Dado que las energías sin perturbar se pueden escribir como:E nl = −µ(Zαc) 2 /2n 2El resultado obtenido, puede ser escrito también como:〈nljm|H LS |nljm〉 = −E nl(Zα) 2⎧⎪⎨n(2l + 1) ⎪⎩ll + 1− 1 lj = l + 1 2j = l − 1 2⎫⎪⎬⎪⎭Donde l > 0. Para valores l = 0, el valor promedio de H LS se anula debido al factor S ⃗ · ⃗L. Ahoracalcularemos la contribución de H K . Recordemos que tenemos:( )p22µ − Ze2 |nljm〉 = E nl |nljm〉 (462)r71

Así que tenemos:〈nljm|H K |nljm〉 = − 1 ( ) 22µc 2 〈nljm| E nl + Ze2 |nljm〉 (463)ry utilizando las relaciones ya presentadas anteriormente, se obtiene:〈nljm|H K |nljm〉 = − 1 [2µc 2 Enl 2 + 2Ze2 E nl 2Z 2 e 4 ]an 2 +(2l + 1)n 3 a 2(464)Entonces:(Zα) 2 ( n〈nljm|H K |nljm〉 = E nln 2 l + 1/2 − 3 )4Finalmente, el término de Darwin, nos da una contribución de:(465)Que es no-nulo únicamente cuando l = 0:〈nljm|H D |nljm〉 = πZe2 22µ 2 c 2 |ψ nlm(0)| 2 (466)〈nljm|H D |nljm〉 = −E nl(Zα) 2n(467)Con l = 0. Reuniendo todas las correcciones calculadas, finalmente, tenemos para todos los valores de l aprimer orden en teoría de perturbaciones, la estructura fina de los niveles de energía de los átomos de unelectrón:{ [E nlj = E nl 1 + (Zα)2 nn 2 j + 1/2 − 3 ]}4Ahora consideremos este átomo de un electrón en un campo magnético. El efecto de un campo magnético,se incluye en el siguiente término del Hamiltoniano:H M = −e B2m e c ⃗ · ( L ⃗ + 2S) ⃗ (468)donde g e /2 = 1 y el término diamagnético (e 2 /8m e c 2 )(⃗r× ⃗ B) 2 ha sido despreciado. Ahora queremos evaluarel cambio en el estado base H 0 producida por la perturbación H 1 + H M a primer orden. Escogemos elmarco de referencia tal que ⃗ B este orientado a lo largo del eje z positivo:H M = − eB2m e c (L z + 2S z ) = − eB2m e c (J z + S z ) (469)En la base {|nljm〉} previamente utilizada, los cambos en las energías están dadas por los autovalores deuna matriz de orden 2n 2 para cada n fijo, con elementos de matriz: 〈nl ′ j ′ m ′ |H 1 +H M |nljm〉. ObviamenteH 1 asi como el término en H M proporcional a J z son diagonales en esta representación, mientras que eltérmino S z de H M ,aunque es diagonal en l y m, no es diagonal en j asi que ese es el único término queno se anula. Por lo que los elementos de matriz toman la forma: 〈nlj ′ m|H 1 + H M |nljm〉. Esto, junto conla ecuación anterior, nos da:〈nlj ′ m|H 1 + H M |nljm〉 = δ jj ′(Zα){E 2 ( nnln 2 j + 1/2 − 3 ) }+ µ B Bm + µ B B〈nlj ′ m| 1 4 S z|nljm〉 (470)72

Y ahora, utilizamos el cambio de base, con lo que se obtiene:〈nlj ′ m| 1 S z|nljm〉 = ∑ σσC(l1/2j ′ ; m − σ, σ)C(l1/2j; m − σ, σ) (471)Entonces, si l > 0 y l ± = l ± 1/2:mientras que si l = 0 (y entonces j = 1/2), tenemos:〈nll ± m| 1 S z|nll ± m〉 = ± m2l +(472)〈nll ± m| 1 S z|nll ∓ m〉 = − 12l +√l 2 + − m 2 (473)En conclusión, si l ≠ 0, entonces:〈n01/2m| 1 S z|n01/2m〉 = m (474)〈nll ± m|H 1 + H M |nll ± m〉 = E nl(Zα) 2n 2 ()+ µ B Bm 2l ±2l +(475)nl ± + 1/2 − 3 4〈nll ± m|H 1 + H M |nll ∓ m〉 = − µ √BBl+ 2 − m2l 2 (476)+y si l = 0:〈n01/2m|H 1 + H M |n01/2m〉 = E nl(Zα) 2n 2 (n − 3 4)+ 2µ B Bm (477)Por otro lado, dado que H 1 + H M es diagonal con respecto a n, l, m es suficiente diagonalizar cada unade las submetrices correspondientes a valores fijos de estos números cuánticos. Las submatrices asociadasan, l, ±(l + 1/2) son 1-dimensional y dan niveles con energías:(Zα) 2 ( nE n,l,±(l+1/2) = E nl + E nln 2 l + 1 − 3 )± µ B B(l + 1) (478)4En contraste las submatrices para n, l, m con m ≠ ±(l + 1/2) que son matirces de 2x2 lo que da lugar ala ecuación secular:∣E nl(Zα) 2n 2 (nl+1 − 3 4− µ BB2l+1)√+ 2µ B Bm l+12l+1 − ɛ µ B B2l+1l+ 2 − m 2√l+ 2 − m 2 (Zα)E 2nln 2 ( nl − 3 4)+ 2µB Bm l2l+1 − ɛ ∣ ∣∣∣∣∣= 0 (479)Dejemos que ∆ nl sea la separación de energía entre los niveles de estructura final E nl,l+1/2 , E nl,l−1/2 .∆ nl = |E nl(Zα) 2n1l(l + 1) | (480)73

y definiendo:ɛ ′ = ɛ − E nl(Zα) 2n 2 ( nl − 3 4)(481)La ecuación secular, se transforma en:Con raíces:∆ nl + 2m l+12l+1 µ BB − ɛ ′ − µ BB2l+1√∣− µ BB2l+1ɛ ′± = 1 2 ∆ nl + mµ B B ± 1 2Entonces, los niveles perturbados de energía son:√l 2 + − m 2l 2 + − m 2 2m 12l+1 µ BB − ɛ ′ ∣ ∣∣∣∣∣= 0 (482)[∆ 2 nl +4m] 1/22l + 1 ∆ nlµ B B + µ 2 BB 2 (483)[ (1E ± nlm = E nl +2 − (l + 1) 1 − 3l )]∆ nl + mµ B B ± 1 [∆ 2 nl +4m] 1/24n2 2l + 1 ∆ nlµ B B + µ 2 BB 2 (484)Si m ≠ ±(l + 1/2). Y:[E nl,±(l+1/2) = E n l − l 1 −]3(l + 1)∆ nl ± µ B B(l + 1) (485)4nEntonces, recordemos la primera solución obtenida (el caso sin campo magnético). Lo obtenido fue:Se sabe que:{ [E nlj = E nl 1 + (Zα)2 nn 2 j + 1/2 − 3 ]}4Consideraremos el caso n = 2. de modo que:|E 1 | = 13.6eV|E 2 | = |E 1|2 2 = 3.4eVj = l + s → y como l = 0, 1 y s = 1/2j 1 = 1 2j 2 = 3 2El ∆E 1 quedará determinado:74

[∆E 1 = |E 1 | (Zα)2 22 2 j + 1/2 − 3 ]4[∆E 1 = |E 1 | (Zα)2 22 2 j + 1/2 − 3 ]4Reemplazando los valores numéricos y j = 1/2, se obtiene un valor cercano a:∆E 1 = −5.67 · 10 −5 eVAsí mismo, hallamos, que el ∆E 2 quedará determinado:[∆E 2 = |E 2 | (Zα)2 22 2 j + 1/2 − 3 ]4[∆E 2 = |E 2 | (Zα)2 22 2 j + 1/2 − 3 ]4Reemplazando los valores numéricos y j = 3/2, se obtiene un valor cercano a:∆E 1 = −1.12 · 10 −5 eVPara el caso con el campo magnético, habíamos encontrado:y para el caso en que m ≠ (l + 1/2)(Zα) 2 ( nE n,l,±(l+1/2) = E nl + E nln 2 l + 1 − 3 )± µ B B(l + 1) (486)4[E nl,±(l+1/2) = E n l − l 1 −]3(l + 1)∆ nl ± µ B B(l + 1) (487)4nLa corrección, se reduce simplemente a:(∆E B = 14.45eV · m j 1 ± 1 )2l + 1(488)Consideraremos los casos varios:j m ∆E121128.74 · 10 −5 eV2− 1 2−10.47 · 10 −5 eV3 32 227.81 · 10 −5 eV3 12 28.43 · 10 −5 eV32− 1 2−10.71 · 10 −5 eV32− 3 2−30.01 · 10 −5 eV(489)75

Problema 3 - Átomo de Hidrógeno:Como se dijo por enunciado, la interacción hiperfina en el átomo de Hidrógeno, debida a la interacciónentre los momentos magnéticos del electrón y del protón, (para estados con l=0), viene descrita por:Considerando que:H eff = − 8π 3 ⃗µ e · ⃗µ p δ 3 (⃗r)⃗µ e = − e2m e c ⃗σ e = − eg eS2m e c ⃗ (490)( ) e⃗µ p = −2.7928 ⃗σ p =eg pI2m p c 2m p c ⃗ (491)Donde el spin del electrón es ⃗ S y el spin del protón es ⃗ I. también se tiene que g e y g p son los factoresgiromagnéticos del electrón y del protón. Luego, el Hamiltoniano queda:con(− e2m e c ⃗σ e)H eff = − 8π 3( 2πe 2 2H eff = −2.7928H eff = − 8π 3(− eg e2m e c( ( ) ) e· −2.7928 ⃗σ p δ 3 (⃗r) (492)2m p c3m p m e c 2 )(⃗σ e · ⃗σ p )δ 3 (⃗r) (493)) ( ) egp⃗S ·2m p c⃗Iδ 3 (⃗r) (494)⃗S = 1 2 ⃗σ⃗I = 1 2 ⃗σademás, sabemos:⃗S · ⃗I = 1 2 [(⃗ S + ⃗ I) 2 − ⃗ S 2 − ⃗ I 2 ] (495)Ahora, lo que nos interesa es reducir esto a algo más familiar. Para ello, utilizaremos las matrices dePauli. De este modo, podremos tener una expresión en funcion de ⃗ F = ⃗ S + ⃗ I. Recordemos las matricesde Pauli:( )0 1σ x =1 0( ) 0 −iσ y =i 0( ) 1 0σ z =0 −176

ahora, se cumple (meramente es una multiplicación de matrices), que:Ahora, buscando las expresiones que nos conviene despejar:⃗σ 2 = ⃗σ 2 x + ⃗σ 2 y + ⃗σ 2 z = 3 · 1 2x2 (496)⃗S 2 =( 12 ⃗σ ) 2= 1 4 2 ⃗σ 2 = 3 4 2 1 2x2 (497)⃗I 2 =( 12 ⃗σ ) 2= 1 4 2 ⃗σ 2 = 3 4 2 1 2x2 (498)Entonces, ahora si hemos calculado algunos elementos para despejar la identidad descrita anteriormentepara ⃗ S · ⃗I en (XXXXX):(499)⃗S · ⃗I = 1 ( [ 3⃗F 2 −2 4 2 1 2x2 + 3 ])4 2 1 2x2⃗S · ⃗I = 1 (F ⃗ 2 − 3 )2 2 2 1 2x2(500)(501)Continuamos trabajando en el Hamiltoniano, que hasta acá nos queda:H eff = − 8π 3(502)(− eg ) ( ( {e egp 1 F ⃗2m e c 2m p c) 2 − 3 })2 2 2 1 2x2 δ 3 (⃗r) (503)Consideraremos el estado fundamental del átomo de hidrógeno 1s(n = 1, l = 0, m = 0) pero incluyendo laparte del spin:ψ 100 (⃗r) = 1 √πa30e −r/a0 χ spin (504)Aquí, es necesario tener en consideración, que los spines del electrón y el protón presentarán un acoplamiento.¿Por qué se genera esto? Básicamente porque estamos haciendo el producto de dos espacios, que generalun nuevo espacio. Los espacios involucrados en este producto, son los espacios de spin de ambas partículas(el electrón y el protón). Matemáticamente esto es:|S, S z ; I, I z 〉 = |S, S z 〉 ⊗ |I, I z 〉Para continuar con el desarrollo, necesitamos los autoestados de los 4 operadores ya mencionados, queson:|1/2, 1/2; 1/2, 1/2〉|1/2, 1/2; 1/2, −1/2〉|1/2, −1/2; 1/2, 1/2〉|1/2, −1/2; 1/2, −1/2〉77

Con esto, lo que se tiene según lo dicho anteriormente, es:⃗S 2 |1/2S z ; 1/2I z 〉 = 3 4 2 |1/2S z ; 1/2I z 〉⃗I 2 |1/2S z ; 1/2I z 〉 = 3 4 2 |1/2S z ; 1/2I z 〉Ŝ z |1/2S z ; 1/2I z 〉 = S z |1/2S z ; 1/2I z 〉Î z |1/2S z ; 1/2I z 〉 = I z |1/2S z ; 1/2I z 〉Considerando S z = I z = {− 1 2 , 1 2 } y S = I = 1 2 .Cuando definimos el spin total del sistema, tenemos ⃗ F = ⃗ S + ⃗ I y considerando que los operadores⃗F 2 , ⃗ F z , ⃗ S 2 , ⃗ I 2 conmutan entre si, podemos cambiar la base a una nueva base tomando:Los vectores de la nueva base, cumplen:|F, F z ; S, I〉 = |F, F z 〉 (505)⃗S 2 |F, F z 〉 = 3 4 2 |F, F z 〉⃗I 2 |F, F z 〉 = 3 4 2 |F, F z 〉⃗F 2 |F, F z 〉 = F (F + 1) 2 |F, F z 〉ˆF z |F, F z 〉 = F z |F, F z 〉Además se cumple que:En nuestro caso:−F ≤ F z ≤ F|I − S| ≤ F ≤ I + SI = S = 1 2Entonces, en la interacción electrón protón, F puede ser 0 y 1. Considerando esto tenemos:Con esto, lo que se tiene es:Singlete del atomo F = 0 → F z = 0T riplete del atomo F = 1 → F z = −1, 0, 178

F = 0|0, 0; 1/2, 1/2〉 = |0, 0〉 SingleteF = 1|1, −1; 1/2, 1/2〉 = |1, −1〉 T ripleteF = 1|1, 0; 1/2, 1/2〉 = |1, 0〉 T ripleteF = 1|1, 1; 1/2, 1/2〉 = |1, 1〉 T ripleteAhora si estamos en condición para calcular el splitting de energía:F = 0 Singlete χ spin = χ 00〈E F =0 〉 = 〈ψ 100 χ 00 |H eff |ψ 100 χ 00 〉 (506)∫= d 3 ⃗rψ 100χ ∗ ∗ πe 2 g e g p1003m e m p c 2 ( F ⃗ 2 − 3 2 2 1 2x2 )δ 3 (⃗r)ψ 100 χ 00 (507)∫= d 3 1⃗r √ e −r/a0 χ ∗ πe 2 g e g pπa3 0003m e m p c 2 ( F ⃗ 2 − 3 12 2 1 2x2 ) √ e −r/a0 χπa3 00 δ 3 (⃗r) (508)0= |ψ 100 | 2 πe2 g e g p3m e m p c 2 (0(0 + 1)2 − 3 2 2 ) (509)⎧ ⎫= − 3 ⎨πe 2 g eg p ⎬2 2 3m em pc 2⎩ πa 3 (510)0⎭F = 1 Triplete χ spin = χ 1Fz〈E F =1 〉 = 〈ψ 100 χ 1M |H eff |ψ 100 χ 1M 〉 (511)= d 3 ⃗rψ 100χ ∗ ∗ πe 2 g e g p1M3m e m p c 2 ( F ⃗ 2 − 3 2 2 1 2x2 )ψ 100 χ 1M (512)= |ψ 100 (0)| 2 πe2 g e g p3m e m p c 2 (1 + (1 + 1)2 − 3 2 2 ) (513)= 1 2 2πa 3 0Entonces, la diferencia de energía entre F = 0 y F = 1, es:πe 2 g e g p3m e m p c 2 (514)Los valores numéricos son:∆E = 22 πe 2 g e g pπa 3 0 3m e m p c 2 (515)79

= 1.055 × 10 −30 kgcm 2 /sc = 3 × 10 10 cm/sa 0 = 5.29 × 10 −9 cmm e = 9.109 × 10 −31 kgm p = 1.673 × 10 −27 kgg e ≈ 2g p = 5.596e 2 /c ≈ 1/137Luego:∆E = 9.449 × 10 −21 kgcm 2 /s 2 (516)Buscamos la diferencia energética entre los estados F = 0 y F = 1 para calcular la longitud del fotónemitido en la transición entre estos estados. Se tiene:Entoces, finalmente:∆E = hν (517)y νλ = c (518)Luego, λ emitida ≈ 21.1cmλ emi = 2cπ∆E(519)λ emi = 2π · 1.055 · 10−30 · 3 · 10 109.449 · 10 −21 (520)λ emi = 2.105cm (521)Finalmente, comprendemos que el verdadero fundamental corresponde a 1s, F = 0 dado que la energía esmenor a la de F = 1.80

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 10Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Problemas1. Una partícula comienza (en t = 0) en el estado N-ésimo de un pozo potencial infinito. Ahora agua caedentro del potencial y se drena hacia afuera de modo que la base ahora consta de un potencial V 0 (t), conV 0 (0) = V 0 (T ) = 0(a) Resuelva la ecuación exactamente para c m (t), y muestre que la función de onda cambia la fase, perono ocurren transiciones a otros estados. Encuentre el cambio de fase φ(T ) en términos de la funciónV 0 (T ).(b) Analize el mismo problema en teoría de perturbaciones a primer orden y compare.2. Un oscilador cuántico unidimensional consistente en una masa m suspendida de un resorte con constanteelástica k está inicialmente en el estado de menor energía. En t = 0, el extremo superior del resorte esrepentinamente elevado una distancia d durante un intervalo de tiempo que es muy corto comparado alperiodo del oscilador.(a) De una expresión explícita para los autoestados tiempo dependiente del hamiltoniano para t < 0 yaquellos para t > 0 y discuta la relación entre ellos en el contexto de este problema.(b) Calcule la probabilidad de que una transición haya ocurrido al primer estado excitado como unresultado de la perturbacion en t = 0.Ahora considere la situación que involucra la alteración en t = 0, seguida por un intervalo desde0 < t < T , donde T es grande comparado con el periodo del ground state y durante el cuál elextremo superior del resorte permanece fijo en la posición alterada.(c) Deriva la amplitud de probabilidad para el que el oscilador sea encontrado en su primer estadoexcitado en tiempos t > T . Es suficiente expresar sus resultados en términos de elementary overlapintegrals, que no será preciso evaluar en este problema.Los estados estacionarios deson:con:√ αN n = √ π2n n!Cosas útiles:H = p22m + kx22u n (x) = N n H n (αx)e − α2 x 22α =( mk 2 )H n (αx) = polinomio de hermite81

Relacion de recursion : H n+1 (αx) = 2αxH n (αx) − 2nH n−1 (αx) (522)H 0 (αx) = 1 (523)H 1 (αx) = 2αx (524)H 2 (αx) = 4(αx) 2 − 2 (525)3. Considere un trompo simétrico, rodando alrededor de su eje de simetría con momento angular J diferentede cero. El momento de inercia del trompo es I y su hamiltoniano está dado por: H = J 2 /2I. Asumaque el trompo es perturbado por un campo magnético B, con interacción H ′ = −µ · B, donde µ = G J µ Bes el momento magnético del trompo, G > 0 y m B es el magnetón de Bohr.(a) ¿Cuál es la energía del trompo cuando B = 0?(b) ¿Cuál es la energía del ground-state y la energía del primer estado excitado del trompo que rotacuando B = B 0 ẑ, B 0 > 0?(c) Asuma que B se vuelve tiempo dependiente.B(t) = B 0 Ẑ, t < 0 B(t) = B 0 ẑ + ∆Bˆxe −λt , t > 0 donde ∆B ≪ B 0 y λ (526)Si el trompo está en su primer estado excitado para t < 0, encuentre la probabilidad de que el trompoesté en el groundstate de la parte (b) para t > 0.82

SolucionesProblema 1:Cómo fue estudiado en clases, sabemos que dada una función de onda:Ψ(t) = ∑ c n (t)ψ n e −iEnt/ (527)para la evolución temporal de los coeficientes se cumple:ċ m = − i donde porsupuesto, tenemos:∑c n H mne ′ i(Em−En)t/ (528)nH mn ′ = 〈ψ m |H ′ |ψ n 〉 (529)Entonces, utilizaremos la siguiente expresión:ċ m = − i ∑c n H ′mne i(Em−En)t/ (530)nTal como ya se ha explicitado antes, tenemos que:H mn ′ = 〈ψ m |V 0 (t)|ψ n 〉 = δ mn V 0 (t) (531)Luego, lo que tenemos es:ċ m = − i c mV 0 (t) (532)Esto se traduce simplemente en resolver la ecuación diferencial, con lo que obtenemos:Con lo que finalmente se obtiene:ċ mc m= − i V 0(t) (533)c m (t) = c m (0)e − i t 0 V0(t′ )dt ′ (534)Para mayor conveniencia, consideremso el argumento de la exponencial como una función del tiempoaparte χ(t). Con esto, se simplifica a:c m (t) = e iχ(t) c m (0) (535)donde χ(t) está dado por:De esta forma, evidentemente tenemos que:De este modo, no hay transiciones. Luego,χ(t) = − 1 ∫ t0V 0 (t ′ )dt ′ (536)|c m (t)| 2 = |c m (0)| 2 (537)χ(T ) = − 1 83∫ T0V 0 (t)dt (538)

que corresponde a lo pedido.(b) Tenemos la ecuación:C N (t) ≈ 1 − i Aplicando obtenemos:c N (t) ≈ 1 − i Por otro lado, tenemos la siguiente ecuación:c m (t) ≈ − i Luego,c m (t) = − i De esto, entonces se tiene:∫ t0∫ t0∫ t0∫ t0H ′ NN (t ′ )dt ′ (539)V 0 (t ′ )dt = 1 + iχ (540)H ′ mNe i(Em−E N )t ′ / dt ′ (m ≠ N) (541)δ mN V 0 (t ′ )e i(Em−E N )t ′ / dt ′ = 0 (m ≠ N) (542)c N (t) = 1 + iχ(t) (543)c m (t) = 0 (m ≠ N) (544)La respuesta exacta es C N (t) = e iχ(t) . Notemos que todo tiene sentido dado que esto es simplemente laexpansión en taylor hasta primer orden.Problema 2:(a) Para t < 0H = − 2∂ 22m ∂x 2+ 1 2 kx2Ent−iLas autofunciones de H son u n (x, t) = u n (x)e donde:E n = (n + 1 2 )ωω = √km(545)nótese que u n (x) son dados.Para t > 0 el sistema es desplazado una distancia ∆x = d, de modo que tenemos un hamiltonianomodificado:H ′ = − 2 ∂ 22m ∂x 2 + 1 2 k(x − d)2 (546)Hagamos x ′ = x − d, entonces:∂ 2H ′ = − 22m ∂x ′2 + 1 2 kx′2 (547)84

Las autofunciones de H ahora son:u ′ n(x, t) = u n (x ′ )e −iEnt/ (548)= u n (x − d)e −iEnt/ (549)(b) Usamos la aproximación:Nótese que T es simplemente el operador de traslación:Luego, el producto es:donde, evidentemente:Luego, trabajando el operador, tenemos:Tenemos entonces:e −λ(a−a† )P 01 = |〈u 0 (x)|u 1 (x − d)〉| 2 = |〈u 0 |T |u 1 〉| 2 (550)T = e −ipd/ (551)√mωp = i2 (a† − a) (552)〈u 0 |T |u 1 〉 = 〈u 0 |e −λ(a−a†) |u 1 〉 (553)= ∑ nλ =√ mω2 d (554)1n! (−λ)n (a − a † ) n (555)≈ 1 −λ(a − a † ) para pequeno desplazamiento. (556)〈u 0 |T |u 1 〉 ≈ −λ〈u 0 |a − a † |u 1 〉 = −λ (557)Luego, la probabilidad es:P 01 = λ 2 = mω2 d2 (558)(c) Una perturbación es encendida en t = 0:La teoría de perturbaciones dependiente del tiempo nos lleva a calcular:H = H 0 + H ′ (559)H ′ = −kdx + 1 2 kd2 (560)∣1 ∣∣∣∣ ∫ ∣T∣∣∣∣2 2 e −iω fiL ′ H fi(t ′ ′ )dt ′0(561)pue este cálculo nos permite obtener la probabilidad. En esta ecuación, se tiene que:85

ω fi = E 1 − E 0√kω =m(562)(563)Luego, si queremos obtener el producto interno que aparece en la integral ya mencionada:Y este producto, está dado por:H 10 = 〈u 1 (x)|H ′ |u 0 (x)〉 = −ka〈u 1 (x)|x|u 0 (x)〉 (564)∫〈u 1 (x)|x|u 0 (x)〉 = N 1 N 0 H 1 (x)xH 0 (x)e −αx2 (565)∫1= N 1 N 0 (H 1 (x) + 2H 0 (x))H 0 (x)e −αx2 dx (566)2α= N ∫1N 2H0 2 (x)e −αx2 dx = N 1(567)αN 0 αFinalmente, la probabilidad está dada por:∣P 01 = 1 N 2 ∣∣∣∣ ∫ ∣T ∣∣∣∣21 2 N0 2 e −iωt′ dt ′α2 0= 1 N 2 ( )1 4 ωt 2 N0 2α2 ω 2 sin2 2(568)(569)Problema 3:(a) Tenemos que la energía estará dada por:E 0 = 2 j(j + 1)2Idonde j es el número cuántico de momento angular.(570)(b) Ahora consideramos el campo magnético:H = J 22I − Gµ B ⃗ J · ⃗B (571)= J 22I − Gµ B B 0J z (572)Los autoestados de H son denotados como |j, m〉 donde (m = −j, −j + 1, ... , j). Luego, tenemos:( 2 j(j + 1)H|j, m〉 =− Gµ )B2I B 0m |j, m〉 (573)donde el ground state es m = j y el primer estado excitado es m = j − 1 Luego, tenemos:86

(c) La teoría dependiente del tiempo nos lleva a:E 0 = 2 j(j + 1)− Gµ B B 0 j2I(574)E 1 = 2 j(j + 1)− Gµ B B 0 (j − 1)2I(575)donde H = H 0 + W (t)P if (t) = 1 ∣∫ ∣∣∣ t∣ ∣∣∣2 2 e iω fit ′ W fi (t ′ )dt ′0(576)Ahora, tenemos que la perturbación es:Luego, tenemos:W (t) = − Gµ B∆BJ x e −λt i = 1 (|j, j − 1〉), f = 0 (|j, j〉) (577)(W fi (t ′ ) = 〈j, j| − Gµ )B∆BJ x |j, j − 1〉e −λt′ (578)Luego, recordamos que:Aquí, hemos utilizadoLuego, tenemos que:Recordando que:〈j, j|J x |j, j − 1〉 = 2√ √ j(j + 1) − (j − 1)j = 2j (579)22J x = J + + J −W fi (t ′ ) = − Gµ B∆B √2je−λt ′ (580)2Finalmente:SeaLuego,ω fi = E 0 − E 1( ) 2 GµB ∆BP 10 =2j2 ∣∫ t0∫ t0= − Gµ BB 0e −i Gµ B B 0 t ′ e −λt′ dt ′ ∣ ∣∣∣2(581)(582)¯λ = iGµ BB 0 + λ (583)e −¯λt ′ dt ′ = − 1¯λ(e −¯λt − 1) (584)Finalmente, tenemos que la probabilidad de transición es:( ) 2 GµB ∆BP 10 (t) =2j 1|e−¯λt − 1| 2 (585)2 |¯λ| 287

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 11Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Problemas1. Una partícula de masa m y carga eléctrica e, moviéndose en una dimensión , está confinada a una intervalode largo a y está sujero a una campo elétrico uniforme E. Inicialmente está en el autoestado de la energíacinética con autovalor E k = k 2 π 2 2 /2ma 2 , donde k es un entero. Encuentre, a primer orden en e 2 , laprobabilidad de que después de un tiempo t su energía cinética será encontrada en E l donde k ≠ l.2. Considere dos spines 1/2. ⃗ S 1 y ⃗ S 2 , acoplados por una interacción de la forma a(t) ⃗ S 1· ⃗S 2 ; a(t) es una funcióndel tiempo que se aproxima a cero cuando |t| se aproxima a infinito, y toma valores no despreciables (delorden a 0 ) solo dentro de un intervalo, cuyo ancho es del orden de τ, cerca de t = 0.(a) En t = −∞, el sistema está en el estado |+, −〉 (un autoestado de S 1z y S 2z con autovalores +/2 y−/2). Calcule, con aproximaciones, el estado del sistema en t = +∞. Muestre que la probabilidadP(+− −→ −+) de encontrar, en t = +∞, el sistema en el estado |−, +〉 depende solo de la integral:∫ +∞−∞a(t)dt(b) Calcule P(+− −→ −+) usando teoría de perturbaciones tiempo dependiente a primer orden. Disculalas condiciones de validez para tal aproximación comparando los resultados obtenidos con aquellosde la pregunta que precede.(c) Ahora asuma que los dos spines están también interactuando con un campo magnético estático ⃗ B 0paralelo a O z . El correspondiente hamiltoniano Zeeman puede ser escrito como:H 0 = −B 0 (γ 1 S 1z + γ 2 S 2z ) (586)donde γ 1 y γ 2 son las razones giromagnéticas de los dos spines, asumidos a ser diferentes. Asumaque a(t) = a 0 e −t2 /τ 2 . Calcule P(+− =⇒ −+) por teoría de perturbaciones dependientes del tiempo.Con fijo a 0 y τ, discuta la variación P(+− =⇒) − + con respecto a B 0 .88

Problema 1: Tenemos que el Hamiltoniano es:SolucionesH = H 0 + W (587)tenemos el potencial:V = 0 0 ≤ x ≤ a (588)V = ∞ en cualquier otro punto (589)Las autofunciones de H 0 son:φ k (x) =√ ( )2 kπxa sin a(590)donde estas autofunciones tienen autovaloresE k = k2 π 2 22ma 2 (591)Asumamos que el campo eléctrico apunta en la dirección x. La energía potencial de una partícula en estecampo es −eEx, con el cero del potencial en x = 0. Tenemos entonces:W = −eEx (592)De modo que la teoría de perturbaciones dependiente del tiempo a primer orden nos lleva a:P lk = 1 ∣∫ ∣∣∣ t∣ 2 e i(E l−E k )t ∣∣∣2′ / 〈l|W (t ′ )|k〉dt ′0(593)Entonces, debemos calcular el producto interno, dado por:∫ a〈l|W (t ′ )|k〉 = − φ l (x)eExφ k (x)dx (594)0( ∫ 2 a( ) ( )lπx kπx= −eE xsin sin dx (595)a)0 a a( ∫ 2 a= −eE xa) 1 {cos(k + l) πx}− cos(k − l)πx dx (596)0 2a a= eE ∫ a( ) (k + l)πxxcosdx − eE ∫ a( ) (k + l)πxxcosdx (597)aaaaHaciendo cambio de variables, tenemos:00〈l|W (t ′ )|k〉 = eE aa 2 ∫ (k+l)π(k + l) 2 π 20xcosxdx − eE aa 2 ∫ (k−l)π(k − l) 2 π 20xcosxdx (598)89

Luego, recordemos como se resuelve esta integral:∫xcosxdx = cosx + xsinx (599)Luego, este producto se resuelve:〈l|W (t ′ )|k〉 = eEa ( )cos(k + l)π − 1 cos(k − l)π − 1π 2 (k + l) 2 −(k − l) 2(600)Ojo! Tenemos que hacer una distinción:Si (k + l) es par:Si (k + 1) es impar:Entonces, el prudcto interno queda como:cos(k + l)π = cos(k − l)π = 1 =⇒ 〈l|W (t ′ )|k〉 = 0 (601)cos(k + l)π = cos(k − l)π = −1 (602)〈l|W (t ′ )|k〉 = eEa ( (k − l) 2π 2 (−2) − (k + l) 2 )(k + l) 2 (k − l) 2 = 8eEaklπ 2 (k 2 − l 2 ) 2 = W lk (603)Entonces, la probabilidad de transición será:Notese que:P kl (k + l = impar) = 1 2 W kl2 ∣∫ t0e i(E l−E k )t ′ / dt ′ ∣ ∣∣∣20 (604)= 1 2 W kl2 4 2 E(E l − E k ) 2 sin2 l − E kt (605)2( )= Wkl2 11 E l − E k(E l − E k ) 2 4sin2 t(606)2 Con esto, tenemos:E l − E k = (l 2 − k 2 ) π2 22ma 2 (607)W 2lk(E l − E k ) 2 = 256k2 l 2 E 2 a 6 e 2 m 2π 8 2 (k 2 − l 2 ) 6 (608)Problema 2:90

(a) Primero, queremos calcular la probabilidad P(+− =⇒ −+) sin aproximaciones. Para ellos, introducimoslos términos del hamiltoniano en un operador explícitamente dependiente del tiempo. Podemosresolver para u(t, −∞):∂u(t, −∞)i = Hu(t, −∞) =⇒ u(t, −∞) = exp(− i ∫ t)S∂t ⃗ 1 · ⃗S 2 a(t ′ )dt ′−∞Luego, tenemos:Consideremos:Luego, tenemos:|ψ(t)〉 = e − i (609)∫ t−∞ a(t′ )dt ′ ⃗ S1·⃗S 2| + −〉 (610)⃗S = ⃗ S 1 + ⃗ S 2 (611)⃗S 1 · ⃗S 2 = 1 2 (⃗ S 2 − ⃗ S 2 1 − ⃗ S 22) (612)Entonces, nuestra expresión para la función de onda es:|ψ(t)〉 = e − i ∫ t −∞ a(t′ )dt ′ 1 2 (⃗ S 2 −S ⃗2 1 −⃗ S 2 2 ) (613)Ahora, ¿Qué obtenemos con la aplicación de los operadores?⃗S 2 1| + −〉 = ⃗ S 2 2| + −〉 = 3 4 2 | + −〉 (614)⃗S 2 | + −〉 (615)Necesitamos mirar en la base |s m s 〉:|1 0〉 = 1 √2[| + −〉 + | − +〉] (616)|0 0〉 = 1 √2[| + −〉 − | − +〉] (617)Ojo que necesitamos esto porque:⃗S 2 |s m〉 = 2 s(s + 1)|s m〉 (618)Entonces, se deduce:| + −〉 = 1 √2[|10〉 + |00〉] (619)Recordando (sin aplicar esto que acabamos de obtener sino que simplemente aplicando los operadores1 y 2) obtenemos para la función de onda:|ψ(t)〉 = e − i Ahora, ¿qué obtendríamos aplicando la exponencial de ⃗ S 2 ?∫ t−∞ a(t′ )dt ′ 1 2 (⃗ S 2 − 3 2 2) | + −〉 (620)91

e ⃗ S 2 | + −〉 = e ⃗ S 2 1 √2[|10〉 + |00〉] = 1 √2[e 22 |10〉 + |00〉] (621)Luego, la función de onda queda simplemente como:|ψ(t)〉 = [e − i ∫ t−∞ a(t′ )dt ′ 24 |10〉 + e− i ∫ t −∞ a(t′ )dt ′ 2 (− 3 4 ) |00〉] √ 1(622)2= e − i 4∫ t−∞ a(t′ )dt ′ ( 1 ∫3i t| + −〉 + | − +〉) + e4 −∞ a(t′ )dt ′ ( 1 (| + −〉 − | − +〉)) (623)2 2Entonces, finalmente, la probabilidad pedida, en un tiempo t = ∞ está dada por:P(+− =⇒ −+)en t = ∞ = 1 ∣∣e − i ∫ +∞4 −∞ a(t′ )dt ′ − e 3i ∫ +∞4 −∞ a(t′ )dt ′∣ 2∣ 4= 1 ∣∣e i ∫ ∞4 −∞ a(t′ )dt ′∣ 2 ∣∣ ∣∣e − i ∫ ∞2 −∞ a(t′ )dt ′ − e i ∫ ∞2 −∞ a(t′ )dt ′∣ 2∣ 4La respuesta final está dada por:P(+− =⇒ −+) = sin 2 ( 2∫ ∞−∞a(t ′ )dt ′ )(624)(625)(626)(b) Ahora, nos piden que trabajemos con teoría de perturbaciones dependiente del tiempo a primerorden, esto es:∫ P(+− =⇒ −+) =1 ∞∣ ∣∣∣2∣ W fi e iω fit ′ (627)−∞donde ω fi = 0 (asumiendo H = H 0 + a(t) ⃗ S 1 · ⃗S 2 , H 0 = 0)Luego, calculamos el producto interno:W fi = 〈− + |a(t) S ⃗ 1 · ⃗S 2 | + −〉 (628)= 〈− + | a(t)2 (⃗ S 2 − S ⃗ 1 2 − S ⃗ 2)| 2 + −〉 (629)= 〈− + | a(t)2 2 ( ⃗ S 2 / 2 )| + −〉 + 〈− + | a(t)2 | − 3 2 2 | + −〉 (630)Nótese que este segundo producto se anula por ortogonalidad. Tenemos:W fi = a(t)22 √ 2 〈− + |⃗ S 2 / 2 |(|00〉 + |10〉) (631)= a(t)22 √ 2〈− + |10〉 (632)2= a(t)2292(633)

Finalmente la probabilidad es:P(+− =⇒ −+) ==1 2∣2( 2∫ ∞−∞∫ ∞−∞∣ ∣∣∣2a(t ′ )dt ′ (634)a(t ′ )dt ′ ) 2(635)(c) Lo que tenemos en esta parte del problema es que se incluye un campo magnético estático queinteractúa con los campos magnéticos. Nos dan el hamiltoniano zeeman y la forma de a(t):H 0 = −B 0 (γ 1 S 1z + γ 2 S 2z ) (636)a(t) = a 0 e −t2 /τ 2 (637)Queremos calcular P(+− =⇒ −+). En este caso, ω fi = −1 (E f − E i ). La energía inicial y final son:Esto nos deja con:E i = 〈+ − |H 0 | + −〉 (638)= −B 0 (γ 12 − γ 22 ) (639)= B 02 (γ 2 − γ 1 ) (640)E f = 〈− + |H 0 | − +〉 (641)= −B 0 (−γ 12 + γ 22 ) (642)= −B 0(γ 2 − γ 1 ) (643)2Entonces, la probabilidad está dada por:ω fi = B 0 (γ 1 − γ 2 ) (644)∫ +∞P (+− =⇒ −+) = 24 ( a 0 e −t2 /τ 2 e iωfit dt) 2 (645)−∞= 2 a 2 ∫ ∞04 ( e −t2 /τ 2 e iωfit dt) 2 (646)−∞= 2 a 2 ∫ +∞04 ( e −(t/τ−iω fiτ/2) 2 dt) 2 (647)−∞= 2 a 2 04 eω2 fi τ 2 /4 πτ 2 (648)= 2 a 2 0πτ 2e B2 0 (γ1−γ2)2 τ 2 /44(649)Nótese como la exponencial depende de B 093

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 12Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Aproximación de Born y ScatteringCuando hablamos de la teoría de scattering cuántica, imaginamos una onda plana incidente del tipo ψ(z) =Ae ikz , viajando en la dirección z, que se encuentra con un potencial de scattering generando una onda esfericasaliente. De este modo, buscamos por soluciones a la ecuación de Schrodinger de la forma general:}ψ(r, θ) ≈ A{e ikz + f(θ) eikrpara r grande. (650)rOjo: La onda esférica debe acarrear el factor de 1/r para que |ψ| 2 vaya como 1/r 2 para conservar la probabilidad.El problema acá es determinar f(θ) que corresponde a la amplitud de scattering. Esta te dice la probabilidadde scattering en una dirección dada θ. Esto se traduce en:dσdΩ = |f(θ)|2 (651)Es decir, la sección eficaz diferencial es igual al cuadrado de la amplitud de scattering (que es obtenida resolviendola ecuación de schrodinger).• Ondas Parciales• Aproximación de BornMétodos de ResoluciónPara entender la aproximación de Born, es útil tener en mente la forma integral de la ecuación de Schrodinger:Se obtiene:ψ(r) = ψ 0 (r) −m ∫ eik|r−r 0|2π 2 |r − r 0 | V (r 0)ψ(r 0 )d 3 r 0 (652)f(θ, φ) ≈ − m2π 2 ∫e i(k′ −k)·r 0V (r 0 )d 3 r 0 (653)Para el caso de scattering de baja energía, el factor exponencial es esencialmente constante sobre la región descattering y la aproximación de Born se simplifica a:f(θ, φ) ≈ − m2π 2 ∫V (r)d 3 r baja energia (654)94

Problemas1. (a) Calcule, usando la aproximación de Born, la sección eficaz diferencial y total para el scattering departículas de masa m con el potencial de Yukawa.( r0)V (r) = V 0 e − rr 0rEn el proceso de cálculo de la sección eficaz total deberá encontrar una variable de integración astutapara llevar a cabo la integración angular. Estudie los casos especiales de baja energía (1 >> kr 0 ) asícomo de alta energía (kr 0 >> 1) donde k = √ 2mE/(b) Muestre que cuando se toma el límite V 0 → 0, r 0 → ∞, de modo que se cumpla V 0 r 0 = Z 1 Z 2 e 2 = cte,proceso que conduce al potencial de CoulombV (r) = Z 1Z 2 e 2,rla sección eficáz diferencial obtenida en a) deviene en la famosa fórmula de Rutherforddσ Coul (θ)dΩ=[Z1 Z 2 e 22mv 2 ] 21sin 4 ( θ 2 )Comente sobre la sección eficaz total. Es un hecho curioso que esto coincida con el resultado clásicoy, más notable aún, que el cálculo clásico conduzca a la misma sección eficaz diferencial.2. (a) A una energía de centro de masa de 5 MeV, los corrimientos de fase que describe el scattering elásticode un neutrón con un cierto núcleo tienen los siguientes valores: δ 0 = 30, δ 1 = 10. Suponiendoque todos los otros corrimientos de fase son despreciables, grafique dσdΩcomo función del ángulo descattering. Explícitamente, calcule dσdΩpara 30, 45 y 90. ¿Cuánto vale la sección eficaz total?(b) El hecho que los otros corrimientos de fase δ 2 , δ 3 , ... sean despreciables, ¿qué implica respecto alrango del potencial? Trate de ser lo más cuantitativo posible. Recuerde la relación integral quesatisfacen los corrimientos de fase3. Use la aproximación de Born para encontrar, hasta una constante multiplicativa, la sección eficaz diferencialde scattering para una partícula de masa m moviéndose en un potencial repulsivo:V = Ae −r2 /a 2 (655)95

SolucionesProblema 1:(a) De clases, tenemos que:f(θ, φ) ≈ − m2π 2 ∫e i( ⃗ k ′ − ⃗ k)· ⃗r 0V (⃗r 0 )d 3 r 0y cuando utilizamos la aproximación de Born con el potencial de Yukawa esto se reduce a:f(θ) = − 2m ∫κ 2 V (r 0 )r 0 sin(κr 0 )dr 0Considerando la simetría esférica del problema, vemos inmediatamente la independencia de φ. Porotro lado, se tiene que:κ = 2ksin(θ/2)Reemplazando esto en lo anterior:f(θ) = − 2mκ 2 ∫f(θ) = − 2mV 0r 0κ 2f(θ) = − 2mV 0r 0κ 2f(θ) = − 2mV 0r 0κ 2 2if(θ) = − 2mV 0r 0 2 (κ 2 + r −2 o )Volvamos a recordar que:dσ=| f(θ) |2dΩA partir de esto calculamos la sección eficaz diferencial:(r 0V 0r e − rr 0)rsin(κr)dr∫ (−err 0)sin(κr)dr∫ ( )−err 1 (0 e iκr − e −iκr) dr2i∫ (e − rr 0 +iκr − e − rr 0−iκr ) dr( ) 2dσdΩ = 1−2mV0 r 0(4k 2 sin 2 (θ/2) + ro −2 ) 2 2Notemos que la dependencia en k solo está presente en:(1(4k 2 sin 2 (θ/2) + ro −2 ) = ro22 4k 2 rosin 2 2 (θ/2) + 1Luego, considerando el caso de kr 0 ≪ 1 (baja energía) podemos aproximar:) 2(ro2 ) 24k 2 rosin 2 2 ≈ r 4(θ/2) + 1o(1 + 8k 2 rosin 2 2 (θ/2))≈ r 4 0y considerando el caso de kr 0 >> 1 (alta energía) podemos aproximar a(ro2 ) 2 (≈14k 2 rosin 2 2 (θ/2) + 1 4k 2 sin 2 (θ/2)96) 2

Por último, si integramos la sección eficaz diferencial obtenemos:∫σ = | f(θ) | 2 dΩσ =∫ −2mV0 r 0 1 2 (4k 2 sin 2 (θ/2) + r −2 ) dΩ 2σ = −2mV 0r 0 2∫ π ∫ 2π00sinθdθdφ(4k 2 sin 2 (θ/2) + r −2 o ) 2( −2mV0 (r 0 ) 2 ) 21σ = 4π 2 r −2 + 4 8mEoo 2(b) Es obvio que si r 0 → ∞ tendremos queEntonces, el potencial de Yukawa se vuelve:rr 0→ 0( r0)V 0 e − rr 0 ⇒ Z 1Z 2 e 2rrUtilizando esto en lo anterior para la sección eficaz diferencial, se tiene:Luego,r 0 → ∞ ⇒ r −20 → 0(dσdΩ → −2mZ1 Z 2 e 2 ) 2 2 4k 2 sin 2 (θ/2)Finalmente, utilizando p = mv = k:(dσdΩ = −Z1 Z 2 e 2 ) 22mv 2 sin 2 (θ/2)Problema 2:(a) Recordemos que∣ dσdΩ = 1 ∣∣∣∣ ∑∞ k 2 (2l + 1)e iδ l sin(δ l )P l (cosθ)∣l=0Solo consideramos los dos primeros corrimientos:dσdΩ = 1 k 2 ∣ ∣e iδ 0sin(δ 0 ) + 3e iδ1 sin(δ 1 )(cosθ) ∣ ∣ 2= 1 k 2 ∣ ∣(cosδ0 sinδ 0 + 3cosδ 1 sinδ 1 cosθ) + i(sin 2 δ 0 + 3sin 2 δ 1 cosθ) ∣ ∣= 1 k 2 [sin 2 δ 0 + 9sin 2 δ 1 cos 2 θ + 6sinδ 0 sinδ 1 cos(δ 1 − δ 0 )cosθ ]= 1 k 2 [0.25 + 0.27cos 2 θ + 0.49cosθ ]donde han sido utilizados los datos dados. Luego, si integramos:∫ dσ 4π (σ = dΩ = sin 2dΩ k 2 δ 0 + 3sin 2 )δ 1972

De modo que evaluando en los ángulos indicados:Luego,Grafiquemos dσdΩσ T = 4πk 2 (0.34)dσdΩ = 1 k 2 [0.25 + 0.27cos 2 θ + 0.49cosθ ]dσdΩ 30dσdΩ 45dσdΩ 90en función de θ (k=1):= 1 k 2 0.87685= 1 k 2 0.73148= 1 k 2 0.25(b) Para responder esta parte del problema, recordemos queδ l ≈ − 2mk 2donde j l (x) es una función esférica de Bessel.∫ ∞0V (r)j 2 l (kr)r 2 drSi δ l es despreciable para l > 1 estoq quiere decir que el integrando es muy pequeo → kr ≈ 1 en elrango del potencial, i.e:En este rango la integral no es despreciable.Problema 3:En la aproximación de Born tenemos:R ≈ 1 kf(θ) = − m2π 2 ∫e −k·r V (r)e ik′·r d 3 r (656)98

donde k ′ , k son respectivamente los vectores de las onda incidente y scattereadas respectivamente. Seaq = k − k ′ , con |k ′ | = |k| = k para un scattering elástico. Tenemos:Con esto, tenemos:f(θ) = − m ∫ ∞2π 2 V (r)r 2 dr0= − 2m 2∫ π0∫ ∞0e −iqrcosθ′ 2πsinθ ′ dθ ′ (657)V (r) sin(qr) r 2 dr (658)qrf(θ) = − 2m 2 q∫ ∞donde q = 2ksin(θ/2), k es el momentum de la partícula incidente.0rV (r)sin(qr)dr (659)Tenemos:Luego:= − mAa34 2∫ ∞−∞f(θ) = − 2mA 2 q= − mA 2 q= mAa22 2 q= − mAa22 2∫ ∞0∫ ∞−∞∫ ∞−∞∫ ∞= − mAa32 2= − mAa32 2re −r2 /a 2 sin(qr)dr (660)re −r2 /a 2 sin(qr)dr (661)(e −r2 /a 2 ) ′ sin(qr)dr (662)−∞∫ ∞−∞∫ ∞−∞{ext[−(r − iqa2 )2 ] + exp[−(r + iqa2 )2 ]e −r2 /a 2 cos(qr)dr (663)cos(qa r a )d( r a ) (664)e −r2 cos(qar)de (665)}e −q2 a 2 /4 dr (666)= − mAa32 2 √ πe−q 2 a 2 /4(667)σ(θ) = |f(θ)| 2 = m2 A 2 a 64 4 πe −q2 a 2 /2(668)99

Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 13Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Problemas1.2.3.100

SolucionesProblema 1:Problema 2:Problema 3:101

2 Aproximación WKB2.1 Problemas Resueltos2.1.1 Problema 1Un oscilador armónico unidimensional truncado viene descrito por el potencial:{1V (x) 2 mω2 (x 2 − b 2 ) si |x| < b0 si |x| > b(669)(a) Use la aproximación WKB para estimar las energías de los estados ligados.(b) Encuentre la condición para que exista solamente un estado ligado. Esta condición ha de depender dem, ω y b.SoluciónLo que tenemos aquí es el problema de un oscilador truncado. En este problema, vemos que existen tres zonasen las que se divide el potencial. Para las zonas x > b y x < −b, se tiene que el potencial es cero. Pero enla zona −b < x < b se tiene un potencial determinado. Dependiendo de la cantidad de energía que tenga eloscilador, veremos como se comporta y cuáles son los valores de energía. Sabemos que existe un punto en elque el oscilador “se devuelve”; Este punto es el determinado punto de retorno y sabemos de su existencia porlas características del problema (El hecho de que sea un oscilador).Lo que tenemos entonces es lo siguiente:Entonces, se cumple lo siguiente:∫ x0−x 0p(x)dx =p(x) =(n + 1 )π2√2m 2(E − V (x))∫ x0√2m(n−x 0 2 (E − V (x))dx = + 1 2) (dx = n + 1 2∫ x0−x 0√2m 2 (E − 1 2 mω2 (x 2 − b 2 ))π)πAhora, lo que nosotros sabemos es que cuando x = x 0 , E = V , de modo que puedo escribir E en función de elpunto de retorno x 0E(x 0 ) = V (x 0 ) = 1 2 mω2 (x 2 0 − b 2 ) (670)Con esto, la ecuación anterior se transforma en:∫√x0(2m 1−x 0 2 2 mω2 (x 2 0 − b2 ) − 1 ) (2 mω2 (x 2 − b 2 ) dx = n + 1 )π2102

Reduciendo términos, se obtiene:∫√x0(2m 1−x 0 2 2 mω2 x 2 0 − 1 ) (2 mω2 x 2 dx = n + 1 )π2mωx 0∫ x0Como la función es par, hacemos el cambio:2mωx 0√m2 ω 2−x 0 2 (x 2 0 − x2 )dx =∫mωx0 √(x 2 0− x2 )dx =−x 0∫ x0−x 0√ √√√ (1 −∫ x00( xx 0) 2)dx =(( ) ) 2√ x1 − dx =x 0(n + 1 )π2(n + 1 )π2(n + 1 )π2(n + 1 )π2Haciendo el reemplazo x/x 0 = senθ (dx = x 0 cosθdθ), los límites de integración pasan a ser:y la integral nos queda:2mωx 0x = 0 =⇒ θ = 0x = x 0 =⇒ θ = π 22mωx 0∫ π/20∫ π/2x 00x 0 cosθ 2 dθ =(n + 1 )π2)π(n + 1 )/π2( )2 (1 + cos2θ) dθ = (n + 1 2/2mωx 0x 0/2/π2mωx 2 02==x 2 0 = 2mωn + 1 2(n + 1 2Es aquí donde detenemos el cálculo y recordamos que la energía estaba expresada en función del valor de x 0 .Recordemos:E = 1 2 mω2 (x 2 0 − b 2 )Reemplazando por el valor de x 0 que acabamos de obtener, la energía queda dada por la siguiente expresión:)103

E = 1 ( ( 22 mω2 n + 1 ) )− b 2mω 2(E = ω n + 1 )− 1 2 2 mω2 b 2Ahora, para que exista un estado ligado, debemos exigir:Lo que nos lleva a la condición:E 0 < 0E 1 > 0Entonces:12 ω − 1 2 mω2 b 2 < 032 ω − 1 2 mω2 b 2 > 01 < mωb2< 3 (671)3 Átomo de Hidrógeno3.1 Problemas Resueltos3.1.1 Problema 13.1.2 Problema 23.1.3 Problema 3Discutamos el caso general de interacción, con un campo magnético externo, es decir cuando no podemosafirmar a priori si el Hamiltoniano de interacción magnética (despreciando el término cuadrático diamagnéticoy la interacción hiperfina) es dominante o perturbativo frente al acoplamiento spin-órbita (tenemos en mente elátomo de Hidrógeno).Procedemos entonces a diagonalizar el Hamiltoniano completo para el caso n=2, partiendo con los autoestadosque ya diagonalizan el Hamiltoniano hasta el nivel de acoplamiento spin-órbita. Encuentre los elementos dematriz no diagonales relevantes provenientes de la interacción con el campo magnético. De allí se puede enprincipio obtener el espectro. Ud. verá que solamente hay elementos no diagonales entre los estados 2 2 P 3/2 ,2 2 P 1/2 cuando ambos tienen m j = ± 1 2. Por consiguiente, los resultados que obtuvieramos en clase para el casodel Efecto Zeeman débil son exactos para los estados 2 2 P 1/2 y 2 2 P 3/2 con M j = ± 1 2. Encuentre los autovaloresde esa matriz de 2x2, correspondientes al espectro exacto en este caso.SoluciónTenemos que n = 2 , l = 0, 1 y j = 1 2 , 3 2 . Además ⃗ J = ⃗ L + ⃗ S.104

Nuestra base se escribe |n, j = l + 1 2 , m j, l〉. Es claro que tenemos 8 estados en nuestro problema. Para S 1/2 ,tenemos:Para P 1/2 , tenemos:|2, 1/2, 1/2, 0〉|2, 1/2, −1/2, 0〉Finalmente, considerando P 3/2 , tenemos:|2, 1/2, 1/2, 1〉|2, 1/2, −1/2, 1〉|2, 3/2, 3/2, 1〉|2, 3/2, 1/2, 1〉|2, 3/2, −1/2, 1〉|2, 3/2, −3/2, 1〉En este caso, utilizaremos la perturbación spin órbita H SO . Esto es porque no podemos considerar al campomagnético B como una perturbación.H = −e2m e c 2 (L z + 2S z ) B ⃗ = −eB2m e c 2 (J z + S z ) (672)Lo que debemos hacer ahora, es considerar la acción de los operadores:〈n, l ± 1 2 , m j, l|J z + S z |n, l ± 1 2 , m j, l〉 = m j(1 ± 12l + 1)〈n, l + 1 2 , m j, l|J z + S z |n, l − 1 2 , m j, l〉 =(−l +2l + 1√ 1 ) 2− m 2 j2Entonces, la matriz obtenida es:⎡⎤−1/2 0 0 0 0 0 0 00 1/2 0 0 0 0 0 0√ M = eB0 0 −1/6 0 0 2/6 0 0√ 0 0 0 1/6 0 0 2/6 0m e c 2 0 0√0 0 −1 0 0 0⎢ 0 0 2/6 0 0 −1/3 0 0⎣√ ⎥0 0 0 2/6 0 0 1/3 0 ⎦0 0 0 0 0 0 0 1Dado que no es diagonal en la base, debemos diagonalizar dos matrices de 2x2. Estas matrices son:[ √ ]−1/6 2/6A = √2/6 −1/3(673)(674)Nótese que la matriz anterior corresponde a P 1/2 con m j = 1 2 y P 3/2 con m j = 1 2 y además:105

[ √ ]1/6 2/6B = √2/6 1/3(675)Esta matriz corresponde a los elementos P 1/2 con m j = − 1 2 y P 3/2 con m j = − 1 2. Diagonalizaremos estasmatrices y obtendremos autovalores. Para la matriz A, se obtiene:( √ )2Autovalor = 0 Autovector asociado =1( √ )− 2/2Autovalor = −1/2 Autovector asociado =1Para la matriz B, se obtiene:( √ )2/2Autovalor = 1/2 Autovector asociado =1( √ )− 2Autovalor = 0 Autovector asociado =1(676)(677)(678)(679)(680)3.1.4 Problema 4Problema 16Suponga que se tiene una situación en que el efecto de la interacción con un campo magnético externo esdominante frente a la interacción spin-órbita (Efecto Paschen-Back). Trabajando en la “vieja” base, donde losestados se rotulan de la forma |l, s, l z , s z 〉, encuentre el espectro del Efecto Zeeman en este caso y grafique laevolución de los niveles frente a los niveles originales del átomo del Hidrógeno para el caso n = 2 (estados S y P).A continuación conecte la interacción spin-órbita como una perturbación y encuentre la corrección al espectroal primer orden.Nota: Manténgase en la vieja base, que es la base apropiada en este caso, en contraposición con el efecto Zeemananómalo débil que discutiéramos en clase.SoluciónSi consideramos el efecto Paschen Back tenemos que el Hamiltoniano viende dado por:H = H 0 +e2m e c (⃗ L + g sS) ⃗ · B ⃗Donde H 0 es el Hamiltoniano del átomo de Hidrógeno sin correcciones. Algo que puede ser muy útil parahacer el producto punto será localizar el campo magnético en la dirección del eje z, sin pérdida de generalidad(simplemente escogemos un sistema de referencia), con lo que el Hamiltoniano de interacción queda:Acá usamos el hecho de que g s = 2.003 ≈ 2.H 1 =eB2m e c (L z + 2S z )Estamos considerando el caso en que el campo magnético es dominante frente a la interacción spin órbita no esnecesario pasar a la base con J (momento angular total) por lo que trabajamos en la base recomendada en elenunciado, en esta base tanto L z comoS z son diagonales, por lo que:∆E = 〈l, s, l z , s z | H 1 | l, s, l z , s z 〉 =eB2m e c 〈l, s, l z, s z | (L z + 2S z ) | l, s, l z , s z 〉106

Los operadores de este Hamiltoninano actúan del siguiente modo:(L z + 2S z ) | l, s, l z , s z 〉 = (l z + 2s z ) | l, s, l z , s z 〉De modo que la corrección al átomo de Hidrógeno debida al campo Magnético es:donde l z va desde -l hasta l y s z desde -s hasta s.eB2m e c (l z + 2s z )Se nos exige evaluar el espectro con el valor n = 2, por lo que tenemos l = 0, 1 y como se trata del átomo dehidrógeno s = 1/2. Para el estado 2S tenemos:| l, s, l z , s z 〉 =| 0, 1/2, 0, +1/2〉 → ∆E = eB2m e c| l, s, l z , s z 〉 =| 0, 1/2, 0, −1/2〉 → ∆E = − eB2m e cEs posible notar que la degeneración inicial g = (2l +1)(2s+1) = 2 de este estado 2S es eliminada por completo.Y para el estado 2P tenemos:| l, s, l z , s z 〉 = | l, 1/2, −1, +1/2〉 → ∆E = 0| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, −1, −1/2〉 → ∆E = − eBm e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, 0, +1/2〉 → ∆E = eB2m e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, 0, −1/2〉 → ∆E = − eB2m e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, +1, +1/2〉 → ∆E = eBm e c| l, s, l z , s z 〉 = | 1, 1/2, +1, −1/2〉 → ∆E = 0Tenemos que este estado tiene degeneración g = (2l + 1)(2s + 1) = 6 (en el inicio), que se reduce a degeneración2.Ahora, nos preocupamos de la corrección spin-órbita. El H interaccion está dado por:H 2 =e22m 2 ec 2 ⃗ S · ⃗L 1 r 3Como la interacción spin-órbita tiene un valor muy pequeño nos mantenemos en la misma base. Entonces, lacorrección a primer orden para este caso está dada por:∆E 2 = 〈l, s, l z , s z | H 2 | l, s, l z , s z 〉 =e22m 2 ec 2 〈l, s, l z, s z | ( ⃗ S · ⃗L 1 r 3 ) | l, s, l z, s z 〉= e22m 2 ec 2 〈l, s, l z, s z | ( S ⃗ | l, s, l z , s z 〉〈l, s, l z , s z | L ⃗ 1| l, s, l z , s z 〉〈l, s, l z , s z |r 3 ) | l, s, l z, s z 〉= e22m 2 ec 2 (s · l)〈l, s, l 1z, s z |r 3 | l, s, l z, s z 〉107

Ahora el elemento de matriz se calculará integrando en el espacio de coordenadas para cada caso.Las integrales a resolver son:donde se tiene que:∫ ∞R2S∗0∫ ∞R2P∗01r 3 R 2Sr 2 dr =1r 3 R 2P r 2 dr =∫ ∞0∫ ∞R2P∗0R2S∗ 1r R 2Sdr1r R 2P drR 2S = √ 1 ( a −3/2 1 − r )e −r/2a2 2aR 2P = 12 √ 6 a−5/2 re −r/2aEn el caso 2S, tenemos que l=0, de modo que la corrección de energía es nula, por lo que solo debemos calcular:Y las correcciones serán:I 2 =∫ ∞R2P∗01r 3 R 2P r 2 dr = 124a 32S:2P:| l, s, l z , s z 〉 =| 0, 1/2, 0, +1/2〉 → ∆E 2 = 0| l, s, l z , s z 〉 =| 0, 1/2, 0, −1/2〉 → ∆E 2 = 0| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, −1, +1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 3| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, −1, −1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 3| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, 0, +1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 3| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, 0, −1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 3| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, +1, +1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 3| l, s, l z , s z 〉 =| 1, 1/2, +1, −1/2〉 → ∆E 2 = e2 2 12m 2 ec 2 2 24a 3 = e2 296m 2 ec 2 a 33.1.5 Problema 5a) Evalúe el orden de magnitud de la interacción entre el campo magnético de una onda plana y el spin de loselectrones atómicos, mostrando que es menor que la perturbación correspondiente al H int entre la “materia” yun campo electromagnético externo discutida en clases. (¡Ojo: se piede un número y no una argumentación detipo existencialista!)b) Considere una onda electromagnética plana, que avanza a lo largo del eje z, polarizada circularmente a laderecha (polarización o helicidad positiva). Demuestre que, si se absorbe un fotón con helicidad positiva, el108

átomo pasa de m j → m j + 1; viceversa, demuestre que si se emite un fotón, entonces m j → m j − 1; asimismo,si el átomo se encontraba en el estado |j, m j = j〉, al absorber un fotón de helicidad positiva pasa al estadoj + 1, m j = j + 1〉Solucióna) El Hamiltoniano H int para las interacciones Spin-CampoMagnético(CA) y Materia-CA estará dado porPodemos reescribir esto, considerando:H int/SB = −µ ⃗ B · ⃗B (681)H int/MB = − e mc ⃗ P · ⃗A (682)µ spin ⃗ = − ge S2m e c ⃗Además, sabemos que B ⃗ = ∇ ⃗ × A, ⃗ en donde:⎧ ⎫⃗A = ∑ ⎨ ⃗A ⃗k ⃗ √Vλ⃗ λei( ⃗ A †⃗ ⃗k·⃗r−ωt) + k ⃗ ⎬√ λ ⃗ λ ⋆ e −i(⃗ k·⃗r−ωt)⎩⃗ k ⃗ V ⎭λPor otro lado, para una onda plana se cumple lo siguiente:Donde hemos utilizado identidades del rotor. Además:El campo magnético queda dado finalmente por:Y el Hamiltoniano queda como:⃗∇e −i(⃗ k·⃗r−ωt) = −i ⃗ ke −i(⃗ k·⃗r−ωt)| ⃗ k × ⃗ λ |= kλ| ⃗ B | = kA (683)| H int/SB | ≈ eBSmc= ekASmc= ekA2mc(684)Aqui ha sido utilizado g = 2 y ha sido transformado ⃗ S según:⃗S = 2 ⃗σBuscamos relaciones entre módulos, ya que buscamos una relación numérica, pero no buscamos específicamenteel valor de los H.Si analizamos H int/MB :H int/MB = − e mc ⃗ P · ⃗AAnalicemos ahora, el caso del autoestado | 1S〉 del átomo de Hidrógeno; Conocemos la siguiente relación:⃗∇ϕ 1s = − 1 a 0ϕ 1sˆr109

De modo que nos es posible escribir:Y podremos hallar una expresión para H int/MB .⃗P = i ⃗ ∇ =ia 0ˆrH int/MB = − e mc ⃗ P · ⃗A→ H int/MB = − e ˆr ·mc ia ⃗A0Entonces, podemos mezclar las ecuaciones anteriores y obtendremos:⇒| H int/MB |= e A (685)mc a 0ekA| H int/SB || H int/MB | ≈ 2mce mc a 0A| H int/SB || H int/MB | ≈ ka 02(686)Si escogemos λ = 3000 ˙ A,(k = 2π/λ).| H int/SB |≈ 5, 5 × 10−4| H int/MB |Queda demostrado.b) Queremos demostrar la posibilidad de una cierta transición en la condición del enunciado. Para ello, demostraremosla no nulidad de los elementos de matrizUtilizamos ahora la aproximación dipolar:〈n | ⃗ λ · ⃗J | m〉 (687)〈n | ⃗ λ · ⃗J | m〉 = −λω〈n | ⃗ λ · ⃗r | m〉Tomando en cuenta que la onda viaja en la dirección ẑ, los estados de polarización circular arrojan:⃗λ 1 = (î + iĵ) √ 12⃗λ 2 = (î − iĵ) √ 12En primer lugar, estudiaremos el proceso de absorción: Como la helicidad es positiva, utilizaremos ⃗ λ 1 .Usemos este elemento de matriz en coordenadas esféricas, es decir:⃗r = (rsinθcosϕ, rsinθsinϕ, rcosθ)Entonces−λω〈n | ⃗ λ · ⃗r | m〉 = −λω〈n | (î + iĵ) 1 √2 · ⃗r | m〉110

= −λω〈n | (î + iĵ) · (rsinθcosϕî + rsinθsinϕĵ + rcosθˆk) 1 √2| m〉= − λω √2〈n | rsinθcosϕ + irsinθsinϕ | m〉Se obtiene:sinθ(sinθcosϕ + isinθsinϕ) = (sinθ) 2 e iϕFinalmente, recordando la forma de los autoestados, separando la parte radial, de la angular y la asimutal, setiene que∫−λω〈n | ⃗ λ · ⃗r | m〉α e iϕ e −inϕ e imϕEsta integral no será nula solamente si 1 − n + m ≠ 0De modo que si ocurre la transición dada.→ n = m + 1El caso de la emisión es igual, a excepción de que debemos operar con λ ⃗ ⋆1 , lo que resulta en:∫−λω〈n | ⃗ λ ⋆ · ⃗r | m〉α e −iϕ e −inϕ e imϕHaciendo lo mismo, 1 − m + n = 0Quedando demostrado lo solicitado.→ n = m − 13.1.6 Problema 64 Cuantización Campo Electromagnético4.1 ¿ Qué es el operador de campo electromagnético?4.2 Problemas Resueltos4.2.1 Problema 1a) Muestre que el operador de campo electromagnético cuántico satisface las siguientes relaciones de conmutación:[⃗A (op)⃗ k, ⃗ λ, ⃗ A (op)⃗ k ′ , ⃗ λ ′ ]=[⃗A (op)†, A ⃗ ] (op)†⃗ k ′ , ⃗ = 0λ ′⃗ k, ⃗ λ[⃗A (op)⃗ k, ⃗, ⃗ ]A (op)†λ ⃗ k ′ , ⃗ = 2πcλ ′ k δ3 ⃗ ⃗ k, ⃗ k ′λ · ⃗λ ′∗ (688)b) ¿Cuál es el Hamiltoniano del campo electromagnético en términos de A (op)⃗ k, ⃗ λSoluciónTenemos que los operadores actúan de la siguiente manera:y A (op)†⃗ k, ⃗ λ111

( ) 2πc2 1/2⃗A ⃗k, ⃗ λ|N k1,λ 1, N k2,λ 2, ...N kλ ...〉 =λ √ N kλ |N k1λω1...N kλ − 1...〉( )⃗A † 2πc2 1/2⃗ k, ⃗|N k1,λ λ 1, N k2,λ 2, ...N kλ ...〉 =λ √ N kλ + 1|N k1λω1...N kλ + 1...〉Calculo de conmutadores:Para demostrar esto, Consideramos:[⃗A (op)⃗ k, ⃗ λ, ⃗ A (op)⃗ k ′ , ⃗ λ ′ ]= 0Entonces tenemos:[A kλ , ⃗ A k ′ λ ′]|..., N kλ...〉 = |N kλ 〉 × .. × [ ⃗ A kλ , ⃗ A k ′ λ ′]|N kλ〉 × ...√⃗A kλAk ⃗ ′ λ ′|N kλ〉 − A ⃗ k⃗ 2πc2 N kλ′ λ ′ Akλ |N kλ 〉 ={ω⃗ λA kλ |N kλ − 1〉 − ⃗ λA k′ λ ′|N kλ − 1〉}= 2πc2 √Nkλ (N kλ − 1){ω⃗ λ · ⃗λ|N kλ − 1〉 − ⃗ λ · ⃗λ|N kλ − 1〉}= 0Calculemos el segundo conmutador (Notemos que esto está actuando sobre el ket apropiado, pero solo nosenfocamos en los operadores, sería incorrecto pensar que podemos resolver el conmutador por si mismo):[ A ⃗† kλ , A ⃗† k ′ λ] ′ = A ⃗† ⃗ kλA † k ′ λ− A ⃗† † ⃗ ′ k ′ λ ′ Akλ †= ( A ⃗ k⃗ ′ λ ′ Akλ ) † − ( A ⃗ kλAk ⃗ ′ λ ′)†= [ A ⃗ kλAk ⃗ ′ λ ′ − A ⃗ k⃗ ′ λ ′ Akλ ] †= −([ A ⃗ kλ , A ⃗ k′ λ ′])= 0y finalmente queremos demostrar:Para ello, tenemos:[⃗A (op)⃗ k, ⃗, ⃗ ]A (op)†λ ⃗ k′ , ⃗ = 2πcλ ′ k δ3 ⃗ ⃗ k, ⃗ k ′λ · ⃗λ ′∗ (689)[⃗A (op)⃗ k, ⃗, ⃗ ]A (op)†λ ⃗ k′ , ⃗ |N k1λλ 1...N ′ kλ ...〉 = A kλ A † k ′ λ|N ′ kλ − A † k ′ λA ′ kλ |N kλ 〉= 2πc2ω λ · λ′ [(N kλ + 1)|N kλ 〉 − N kλ |N kλ 〉]= 2πc2ω λ · λ′ |N kλ 〉112

de modo que queda demostrado que:[⃗A (op)⃗ k, ⃗, ⃗ ]A (op)†λ ⃗ k′ , ⃗ = 2πcλ ′ k δ3 ⃗ ⃗ k, ⃗ k ′λ · ⃗λ ′∗ (690)En la parte b) lo que tenemos que considerar en primer lugar, es que la densidad de energía electromagnéticaes:Por otro lado, sabemos que:U = 1 ∫8πH = V ∫8π(E 2 + B 2 )d 3 r(|E| 2 + |B| 2 )d 3 rCon ∇ · A = 0 y ϕ = 0Tenemos además:A(r, t) = ∑ k,λE = − 1 ∂c ∂t AB = ∇ × A(A k,λ e i(⃗ k·⃗r−ωt) + A † k,λ e−i(⃗ k·⃗r−ωt) ) 1√VSi ω = ckTenemos:|E| 2 = 1 V∑k,λ,k ′ ,λ ′ kk ′ (A kλ e i(⃗ k·⃗r−ωt) − A † kλ e−i(⃗ k·⃗r−ωt) )(A † k ′ λ ′ e −i(⃗ k·⃗r−ωt) − A k ′ λ ′ei(⃗ k·⃗r−ωt) )Haremos esto por partes. Calculando el primer término del hamiltoniano, tenemos:∫V8π|E| 2 d 3 r = π 2 ∑ k 2 (A kλ A † kλ ′ + A † kλ A kλ ′ − A† kλ A† kλ ′ e 2iωt − A kλ A kλ ′e −2iωt )Por otro lado, debemos considerar el campo magnético, dado por:⃗B = ∑ kλ1√V(∇ × A kλ e i(⃗ k·⃗r−ωt) + ∇ × A † kλ e−i(⃗ k·⃗r−ωt) )=i ∑√ k × (A kλ e i(⃗k·⃗r−ωt) + A † kλ e−i(⃗ k·⃗r−ωt) )VkλTomando el módulo al cuadrado igual que en el caso anterior nos queda:|B| 2 = 1 V∑k,λ,k ′ ,λ ′ k × (A kλ e i(⃗ k·⃗r−ωt) + A † kλ e−i(⃗ k·⃗r−ωt) ) · k ′ × (A k′ λ ′ei(⃗ k·⃗r−ωt) + A † k ′ λ ′ e −i(⃗ k·⃗r−ωt) )113

Podemos hacer una analogía con la siguiente expresión (notemos que bautizando el parentesis como una nuevavariable se obtiene lo mismo):(k × a kλ )(k ′ × a † k ′ λ ′ ) = −[k ′ × (k × a kλ )] · a † k ′ λ ′= (k ′ · k)(a kλ · a † k ′ λ ′ ) − (k ′ · a kλ )(k · a † k ′ λ ′ )Si no tomamos en consideración el caso de fotones no coherentes, |B| 2 nos queda que:∫V8π|B| 2 d 3 r = π 2 ∑ k 2 (A kλ A † kλ + A† kλ A kλ + A kλ A kλ ′e 2iωt + A kλ A kλ ′e −2iωt )Finalmente, se obtiene, simplemente sumando:H = V 8π∫(|E| 2 + |B| 2 )d 3H = 2π 2 ∑ k 2 (A kλ A † kλ ′ + A † kλ A kλ)4.2.2 Problema 2a) Evalúe el orden de magnitud de la interacción entre el campo magnético de una onda plana y el spin de loselectrones atómicos, mostrando que es menor que la perturbación correspondiente al H int entre la “materia” yun campo electromagnético externo discutida en clases. (¡Ojo: se piede un número y no una argumentación detipo existencialista!)b) Considere una onda electromagnética plana, que avanza a lo largo del eje z, polarizada circularmente a laderecha (polarización o helicidad positiva). Demuestre que, si se absorbe un fotón con helicidad positiva, elátomo pasa de m j → m j + 1; viceversa, demuestre que si se emite un fotón, entonces m j → m j − 1; asimismo,si el átomo se encontraba en el estado |j, m j = j〉, al absorber un fotón de helicidad positiva pasa al estadoj + 1, m j = j + 1〉Solucióna) El Hamiltoniano H int para las interacciones Spin-CampoMagnético(CA) y Materia-CA estará dado porPodemos reescribir esto, considerando:H int/SB = −µ ⃗ B · ⃗B (691)H int/MB = − e mc ⃗ P · ⃗A (692)µ spin ⃗ = − ge S2m e c ⃗Además, sabemos que B ⃗ = ∇ ⃗ × A, ⃗ en donde:⎧ ⎫⃗A = ∑ ⎨ ⃗A ⃗k ⃗ √Vλ⃗ λei( ⃗ A †⃗ ⃗k·⃗r−ωt) + k ⃗ ⎬√ λ ⃗ λ ⋆ e −i(⃗ k·⃗r−ωt)⎩⃗ k ⃗ V ⎭λPor otro lado, para una onda plana se cumple lo siguiente:⃗∇e −i(⃗ k·⃗r−ωt) = −i ⃗ ke −i(⃗ k·⃗r−ωt)114

Donde hemos utilizado identidades del rotor. Además:| ⃗ k × ⃗ λ |= kλEl campo magnético queda dado finalmente por:| B ⃗ | = kA (693)Y el Hamiltoniano queda como:| H int/SB | ≈ eBSmc= ekASmc= ekA2mc(694)Aqui ha sido utilizado g = 2 y ha sido transformado ⃗ S según:⃗S = 2 ⃗σBuscamos relaciones entre módulos, ya que buscamos una relación numérica, pero no buscamos específicamenteel valor de los H.Si analizamos H int/MB :H int/MB = − e mc ⃗ P · ⃗AAnalicemos ahora, el caso del autoestado | 1S〉 del átomo de Hidrógeno; Conocemos la siguiente relación:⃗∇ϕ 1s = − 1 a 0ϕ 1sˆrDe modo que nos es posible escribir:Y podremos hallar una expresión para H int/MB .⃗P = i ⃗ ∇ =ia 0ˆrH int/MB = − e mc ⃗ P · ⃗A→ H int/MB = − e ˆr ·mc ia ⃗A0Entonces, podemos mezclar las ecuaciones anteriores y obtendremos:⇒| H int/MB |= e A (695)mc a 0ekA| H int/SB || H int/MB | ≈ 2mce mc a 0A| H int/SB || H int/MB | ≈ ka 02(696)Si escogemos λ = 3000 ˙ A,(k = 2π/λ).| H int/SB |≈ 5, 5 × 10−4| H int/MB |115

Queda demostrado.b) Queremos demostrar la posibilidad de una cierta transición en la condición del enunciado. Para ello, demostraremosla no nulidad de los elementos de matrizUtilizamos ahora la aproximación dipolar:〈n | ⃗ λ · ⃗J | m〉 (697)〈n | ⃗ λ · ⃗J | m〉 = −λω〈n | ⃗ λ · ⃗r | m〉Tomando en cuenta que la onda viaja en la dirección ẑ, los estados de polarización circular arrojan:⃗λ 1 = (î + iĵ) √ 12⃗λ 2 = (î − iĵ) √ 12En primer lugar, estudiaremos el proceso de absorción: Como la helicidad es positiva, utilizaremos ⃗ λ 1 .Usemos este elemento de matriz en coordenadas esféricas, es decir:⃗r = (rsinθcosϕ, rsinθsinϕ, rcosθ)Entonces−λω〈n | ⃗ λ · ⃗r | m〉 = −λω〈n | (î + iĵ) 1 √2 · ⃗r | m〉= −λω〈n | (î + iĵ) · (rsinθcosϕî + rsinθsinϕĵ + rcosθˆk) 1 √2| m〉= − λω √2〈n | rsinθcosϕ + irsinθsinϕ | m〉Se obtiene:sinθ(sinθcosϕ + isinθsinϕ) = (sinθ) 2 e iϕFinalmente, recordando la forma de los autoestados, separando la parte radial, de la angular y la asimutal, setiene que∫−λω〈n | ⃗ λ · ⃗r | m〉α e iϕ e −inϕ e imϕEsta integral no será nula solamente si 1 − n + m ≠ 0De modo que si ocurre la transición dada.→ n = m + 1El caso de la emisión es igual, a excepción de que debemos operar con λ ⃗ ⋆1 , lo que resulta en:∫−λω〈n | ⃗ λ ⋆ · ⃗r | m〉α e −iϕ e −inϕ e imϕHaciendo lo mismo, 1 − m + n = 0Quedando demostrado lo solicitado.→ n = m − 1116

4.2.3 Problema 3Calcule la vida media del estado 2P del átomo de Hidrógeno. Este estado decae al estado 1S emitiendo unfotón. Observe que puede simplicarse la vida usando la aproximación dipolar. Note Ud. que siempre puedeescoger uno de los dos vectores de polarización del fotón de modo que sea perpendicular al plano, moviéndoseel fotón en el plano.Recuerde que los niveles de energía para el átomo de Hidrógeno vienen dados por:E n = − 12n 2 mα2 (698)Las funciones de onda para los estados 1S y 2P vienen dadas por〈x|1S〉 = 2 √a3 Y 00 (θ, φ)e −r/a〈x|2P 〉 = 12 √ 6a 3 Y M1 (θ, φ) r a e−r/2aDonde a es el radio de Bohr: a = 1mαα = e2cSi todo va bien, deberá obtener τ = ( )3 8 a2 cα, resultado que coincide con el valor experimental τ ≈ 1.6 × 10 −9 s4SoluciónUtilizando la aproximación dipolar, buscamos determinar la siguiente transición:En el estado inicial se tiene:Mientras que en el estado final se tiene| 2P 〉 −→| 1S〉l = 1 m l = 0 ± 1l = 0 m l = 0Siguiendo las reglas de selección, esta transición es permitida. Tenemos entonces dos casos posibles ∆m l = 0y ∆m l = ±1,En el primero, el elemento de matriz relevante será:Mientras que en el segundo se tiene:Por otro lado, para este caso se cumple〈1S | R | 2P 〉 = 〈1, 0, 0 | z | 2, 1, 0〉〈1S | R | 2P 〉 = 〈1, 0, 0 | x | 2, 1, ±1〉î + 〈1, 0, 0 | y | 2, 1, ±1〉ĵ〈f | x | i〉 = i〈f | y | i〉Si buscamos calcular la tasa de transición, necesitamos el módulo al cuadrado del elemento de matriz en cadacaso, por lo que el problema en general, consiste en calcular dos elementos de matriz:〈1, 0, 0 | z | 2, 1, 0〉 y 〈1, 0, 0 | x | 2, 1, ±1〉117

Como el operador involucrado consiste en una coordenada, es necesario integrar. El resultado será:∫2〈1, 0, 0 | z | 2, 1, 0〉 = √ e −r/a (Y0 0 ) ∗ 1z2 2 √ 6a Y 0 r3 1a e−r/2a r 2 sin(θ)dθdφdrcomo z = rcos(θ), la integral se transforma en:= 1a 4√ 6∫ ∞0e −r/a e −r/2a r 4 dr∫ 2π ∫ π00(Y0 0 ) ∗ Y1 0 cos(θ)sin(θ)dφdθ = 1√2 8 a 5 3a 4√ 6 3 4 3Así mismo, para el otro elemento de matriz, se tiene:∫2〈1, 0, 0 | x | 2, 1, ±1〉 = √ e −r/a (Y0 0 ) ∗ 1x2 2 √ 6a Y ±1 r3 1a e−r/2a r 2 sin(θ)dθdφdrTenemos que la transformación de coordenadas esféricas para x es: x = rsin(θ)cos(φ)= 1a 4√ 6∫ ∞Entonces, tenemos que si:0e −r/a e −r/2a r 4 dr∫ 2π ∫ π00(Y0 0 ) ∗ Y 1 ±1 (sin(θ)) 2 cos(φ)dφdθ = 1 2 8 a 5 ± √ 3a 4√ 6 3 4 3 √ 2∆m = 0 →| 〈r〉 | 2 = 215 a 2∆m = ±1 →| 〈r〉 | 2 = 215 a 23 10Es por esto que cada transición tendrá el mismo elemento de matriz. Como ya tenemos los elementos de matríz,la tasa de transición para cada modo será:dondeFinalmente,la tasa de transición es:Finalmente el tiempo de vida media es:3 10A = ω3 e 2| 〈⃗r〉 |23πɛ 0 c3 ω = E i − E f= 3 mα 24 2( 3 mα 2 ) 3e 2 (R =4 2 3πɛ 0 c 3 3 · 215 a 2 )3 10 = m3 α 6 e 2 a 2 2 6πɛ 0 4 c 3 3 7τ = 1 R = πɛ 0 4 c 3 3 7m 3 α 6 e 2 a 2 2 6Si queremos utilizar lo del enunciado, usaremos el sistema cgs, donde 4πɛ 0 = 1, con lo que finalmente se tiene:( ) 8 3 aτ =2 cα 4118

4.2.4 Problema 4a) Muestre que los elementos de matriz del operador de corrienteson invariantes de gauge.b) Muestre que en cuadro de Heisenberg se cumpleSolucióna) Tenemos entonces que:⃗J(⃗r) = ⃗j(⃗r) − e mc ⃗ A(⃗r)ρ(⃗r) (699)∂ρ(⃗r, t)∂t+ ⃗ ∇ · ⃗J(⃗r, t) = 0 (700)⃗J(⃗r) = ⃗j(⃗r) − e A(⃗r)ρ(⃗r)mc ⃗⃗J(⃗r) = ∑ ( ⃗Pi2m δ(⃗r − ⃗r i) + δ(⃗r − ⃗r i ) ⃗ )P i2m − e A(⃗r)δ(⃗rmc ⃗ − ⃗r i )iLo que buscamos demostrar es que es invariante de gauge, es decir:Entonces, se tiene:〈k ′ 1| ⃗ J ′ (⃗r)|k ′ 2〉 =〈k 1 | ⃗ J(⃗r)|k 2 〉 = 〈k ′ 1| ⃗ J ′ (⃗r)|k ′ 2〉∫ψ ∗ k 1(⃗r 1 , ..., ⃗r n ) ⃗ J ′ (⃗r)ψ ′ k 2(⃗r 1 , .., ⃗r n )d 3 r 1 ..d 3 r ny esto se iguala a:∑∫j(e − ie ∑⃗Pjc i ε(⃗ri) ψk ∗ 12m δ(⃗r − ⃗r j) + δ(⃗r − ⃗r j)P2m ⃗ j − e Amc ⃗′ (⃗r)δ(⃗r − ⃗r j )Luego, tenemos que considerar lo siguiente (el efecto del momentum):)e ie ∑c i ε(⃗ri) ψ k ′2d 3 r 1 ...d 3 r n⃗P j (F (⃗r j )e iec∑i ε(⃗ri) ) = i∇ ⃗ j(F (⃗r j )e iec∑i ε(⃗ri))[= −i e iec∑i ε(⃗ri) ∇j ⃗ (F (⃗r j )) + F (⃗r i ) ∇ ⃗ j e iec∑i ε(⃗ri)]Entonces, obtenemos para nuestro resultado anterior:= e ie ∑ [c i ε(⃗ri) Pj ⃗ (F (⃗r j )) + e ∇c ⃗ j ε(⃗r i )F (⃗r i )]∑∫j[ ⃗Pje − iec∑i ε(⃗ri) ψk ∗ 1e iec∑i ε(⃗ri) δ(⃗r − ⃗r j )+ δ(⃗r − ⃗r j)e( ∇ ⃗ i ε(⃗r i ))2m2mc]+ e2mc δ(⃗r − ⃗r j) ∇ ⃗ j ε i − δ(⃗r − ⃗r j ) e A(⃗r)mc ⃗ − e ∇ε(⃗r)δ(⃗rmc ⃗ − ⃗r j )+ δ(⃗r − ⃗r j) P ⃗ j2mψ k2 d 3 r 1 ...d 3 r n119

Esto se simplifica , eliminando términos, a:∑∫jψ ∗ k 1( ⃗Pj δ(⃗r − ⃗r j )2m+ δ(⃗r − ⃗r j) ⃗ P j2m− δ(⃗r − ⃗r j ) e mc ⃗ A⃗r)ψ k2 d 3 r 1 ...d 3 r nProcedemos a meter la sumatoria en la integral, con lo que se obtiene:=∫ψ ∗ k 1(⃗ j(⃗r) −e A(⃗r)ρ(⃗r)mc ⃗ )ψ k2 d 3 r 1 ...d 3 r n= 〈k 1 | ⃗ J|k 2 〉de modo que se tiene:〈k ′ 1| ⃗ J ′ |k ′ 2〉 = 〈k 1 | ⃗ J|k 2 〉Resolvemos la parte b)tenemos:luego, calculando la derivada parcial temporal:ρ(⃗r, t) = e iHt ρ(⃗r)e− iHt∂ρ(⃗r, t)∂t= iH ( e iHt ρ(⃗r)e− iHt += e iHt( iH ρ(⃗r) − ρ(⃗r)iH )e iHt ρ(⃗r)e− iHt)e − iHt− iH = i e iHtPor otro lado, sabemos como es H. Tiene la forma:[H, ρ(⃗r)] e− iHtH = ∑ i⃗P 2 i2m −e2mc ( ⃗ P i · ⃗A + ⃗ A · ⃗P i ) +e22mc 2 ⃗ A 2 + eφ + VLuego, desarrollando el conmutador, obtenemos:[H, ρ(⃗r)] = ∑ i12m [ P ⃗ i 2 , ρ(⃗r)] −e2mc [ P ⃗ i · ⃗A + A ⃗ · ⃗P i , ρ(⃗r)]Ahora debemos ir por partes para no rellenar de cosas que no se entienden. En primer lugar, terminaremos dedesarrollar este conmutador pero por partes:[⃗P 2i , ρ(⃗r)]= − 2 [ ∇ 2 (δ(⃗r − ⃗r i )) − 2 ⃗ ∇(δ(⃗r − ⃗r i )) · ⃗∇ i]120

esolviendo la segunda parte:[⃗Pi · ⃗A + A ⃗ · ⃗P i ρ(⃗r)]= −2iA(−∇(δ(⃗r ⃗ − ⃗r i ))) = 2iA ⃗ · ⃗∇(δ(⃗r − ⃗r i ))Ya resueltos cada uno de estos, volvemos al conmutador principal (que contenia H y ρ(⃗r)).[H, ρ(⃗r)] = ∑ [ (i ⃗Pi δ(⃗r − ⃗r i ) + δ(⃗r − ⃗r i ) P⃗∇ ·⃗ i2mi(= ∇ ⃗ · i⃗j(⃗r) − ie )Aρ(⃗r)mc ⃗)]− ie Aδ(⃗rmc ⃗ − ⃗r i )Entonces, volvemos a la derivada temporal que habíamos calculado en un inicio porque ya estamos en condiciónde reemplazar:4.2.5 Problema 55 Sección 8∂ρ(⃗r, t)∂t5.1 Problemas Resueltos5.1.1 Problema 1∂ρ(⃗r, t)∂t∂ρ(⃗r, t)∂t∂ρ(⃗r, t)∂t= i [iHtie ⃗∇ · ( ⃗j(⃗r) − e Aρ(⃗r))] mc ⃗ e − iHt= −e iHt+ ⃗ ∇ · ⃗ J(⃗)r = 0= −∇ ⃗ (· e iHt∇ ⃗ · J(⃗r)e ⃗ − iHt)J(⃗r)e ⃗ − iHtDos Partículas idénticas de spin 1/2, sin interacción entre ellas, se encuentran en una caja con paredes rígidas“V pared = ∞”. Las paredes están en x = 0 y x = L. Es decir estas partículas solo sienten el potencial V (x) = 0si | x |< a y V (x) = ∞ si | x |> a.Dado que el Hamiltoniano de este sistema no depende del spin, este ha de conmutar con ⃗ S 2 y con S z y losautoestados de energía pueden, entre otros, ser rotulados por los números cuánticos S y M s siendo ⃗ S = ⃗ S 1 + ⃗ S 2 .Escriba las funciones de onda normalizadas correspondientes a los seis (6) estados de dos partículas de menorenergía en la representación | x 1 , x 2 , m 1 , m 2 〉. ¿ Cuánto valen las correspondientes energías?SoluciónEste problema consiste en una partícula en un pozo de potencial. En este caso, como hemos visto durante elcurso, las las ecuaciones de onda tomarán la forma siguiente:φ n (x) = 1 √ acos(k n x)φ n (x) = 1 √ asin(k n x)si n imparsi n par121

considerando:k =√2mE 2 y E n = 2 π 2 n 22m(2c) 2Si incluimos el spin, la función de onda total será( ) 1ψ n−up = φ(x)0( ) 0ψ n−down = φ(x)1Como en este caso particular tenemos dos partículas con spin 1/2 , la función de onda resultante debe serantisimétrica.Por otra parte, el acoplamiendo de dos spines 1/2 nos da como resultadoCuando tomamos la antisimetrización, obtenemos:triplete → X t || singlete → X sΨ n,mt = (φ n (x 1 )φ m (x 2 ) − φ n (x 2 )φ m (x 1 ))X tΨ n,ms = (φ n (x 1 )φ m (x 2 ) + φ n (x 2 )φ m (x 1 ))X sAnalicemos primero el caso n=m=1, para encontrar las funciones de onda normalizadas para las dos particulasde menor energía. Obtenemos:Ψ 1,11s = φ 1 (x 1 )φ 1 (x 2 ) · √ (| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉− | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)2Ψ 1,1t = 0el triplete se anula. Además, la energía estará dada porAhora para el caso n=1 m=2 tenemos:E 1,1 = (1 2 + 1 2 )E 1 = 2E 1Ψ 1,21s = (φ 2 (x 1 )φ 2 (x 2 ) + φ 1 (x 2 )φ 2 (x 1 )) · √ (| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉− | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)2Considerando el caso del triplete, no se anula como vimos anteriormente, de modo que generamos 3 estados,siendo estos:⎡⎤| 1/2, 1/2〉Ψ 1,2t = (φ 2 (x 1 )φ 2 (x 2 ) − φ 1 (x 2 )φ 2 (x 1 )) × ⎣ | 1/2, −1/2〉 | 1/2, −1/2〉⎦1√2(| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉+ | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)caso en que la energía es:E 1,2 = (1 2 + 2 2 )E 1 = 5E 1Finalmente analizamos cuando n=m=2. Solo tendremos la función de onda del singlete que está dada por:con la respectiva energía:Ψ 2,2s = φ 2 (x 1 )φ 2 (x 2 ) 1 √2(| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉− | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)E 2,2 = (2 2 + 2 2 )E 1E 2,2 = 8E 1122

5.1.2 Problema 2Considere un sistema de dos spines 1/2. El operador P(12) s que produce el intercambio de estados de spin delas dos partículas en el espacio producto H S = H (1)S⊗ H(2) Spuede ser definido a través de su acción sobrela base de autoestados| m 1 , m 2 〉 =| m 1 〉 (1) | m 2 〉 (2) rotulados por los autovalores de los operadores de spin( S ⃗(1) ) 2 , ( S ⃗(2) ) 2 , S z (1) , S z(2) correspondientes a los spines (1) y (2), respectivamente.P S (12) | m 1, m 2 〉 ≡| m 2 , m 1 〉Este operador se conoce con el nombre de operador de intercambio de spin. Por simplicidad lo denotaremospor P (12) . Muestre que se cumple lo siguiente:a) P −1(12) = P † (12) = P (12)b) Los autovales de P (2) solamente pueden valer ±1.c) Los autoestados simultáneos de( S ⃗(1) ) 2 , ( S ⃗(2) ) 2 , S ⃗ T 2 = (⃗ S 1 + S ⃗ 2 ) 2 y S T z también son autoestados del operadorde intercambio de spin.d) Trabajando en el espacio de Hilbert producto tensorial de los dos espacios de spin 1/2, muestre que elsiguiente operadorP (12) = 1 [I + 4 ]2 ⃗ 2 S (1) · ⃗S (2)efectivamente representa un operador de intercambio de spin, esot esP (12) | m 1 , m 2 〉 =| m 1 , m 2 〉Solucióna) Sabemos que:y si volvemos a aplicar el operador tendremos:de modo que obtenemos:P (12) | m 1 , m 2 〉 ≡| m 2 , m 1 〉P (12) P (12) | m 1 , m 2 〉 = P (12) | m 2 , m 1 〉= | m 1 , m 2 〉P (12) P (12) = I → P (12) = P −1(12)Además los estados | m 1 , m 2 〉 estan debidamente normalizados asi que:Usando lo anterior:〈m 1 , m 2 | m 1 , m 2 〉 = 1〈m 1 , m 2 | P (12) P (12) | m 1 , m 2 〉 = 1(〈m 1 , m 2 | P † (12) )(P (12) | m 1 , m 2 〉) = 1(〈m 1 , m 2 | P † (12) ) | m 2, m 1 〉 = 1Para que este producto se mantenga con el valoro 1, se debe cumplir que:〈m 1 , m 2 | P † (12) = 〈m 2, m 1 |123

y, entonces:P † (12) = P (12)esto, era lo pedido. b) Podemos suponer un autoestado de P (12) con autovalor λ, es decir:P (12) | v〉 = λ | v〉si aplicamos el operador dos veces a este autoestado particular obtenemos:P (12) P (12) | v〉 = P (12) λ | v〉y usando lo anterior (ya demostrado):I | v〉 = λP (12) | v〉 = λ 2 | v〉que era lo pedido→ λ 2 = 1 → λ = ±1c) Aqui procedemos con calculo directo:P (12) S 2 1 | m 1 , m 2 〉 = m 1 (m 1 + 1) 2 | m 2 , m 1 〉Para (S T ) 2 , tendremos que:de modo que:P (12) S 2 2 | m 1 , m 2 〉 = m 2 (m 2 + 1) 2 | m 2 , m 1 〉(S T ) 2 = S 2 1 + S 2 2 + 2S 1 S 2P (12) (S T ) 2 | m 1 , m 2 〉 = P (12) (S 2 1 + S 2 2 + 2S 1 S 2 ) | m 1 , m 2 〉= (m 1 (m 1 + 1) 2 + m 2 (m 2 + 1) 2 + 2 √ m 1 (m 1 + 1)m 2 (m 2 + 1) 2 | m 2 , m 1 〉d) En el caso que manipulemos una dos spines 1/2 combinados, obtendremos:| m 1 , m 2 〉 = 1 √2(| 1/2 − 1/2〉± | −1/2, 1/2〉)donde S 1 · S 2 (operador) actúa sobre un singlete dando:cuando actúa sobre un triplete , obtenemos:De este modo, cuando tenemos:−3 24 24[I + 4 2 ⃗ S (1) · ⃗S (2) ]P (12) = 1 2124

obtendremos:(1P (12) √2 (| 1/2 − 1/2〉+ | −1/2, 1/2〉) = 1 1√ (| 1/2 − 1/2〉+ | −1/2, 1/2〉)2 2= 1 2)+ 4 2 S 11 · S 2 √2 (|1/2 − 1/2〉 + | − 1/2, 1/2〉)( 1 √2 (| 1/2 − 1/2〉+ | −1/2, 1/2〉) + √ 1)(| 1/2 − 1/2〉+ | −1/2, 1/2〉)2= 1 √2(| −1/21/2〉+ | 1/2, −1/2〉)y así mismo:(1P (12) √2 (| 1/2 − 1/2〉− | −1/2, 1/2〉) = 1 1√ (| 1/2 − 1/2〉− | −1/2, 1/2〉)2 2= 1 2)+ 4 2 S 11 · S 2 √2 (| 1/2 − 1/2〉− | −1/2, 1/2〉)( 1 √2 (| 1/2 − 1/2〉− | −1/2, 1/2〉) − 3√ 1)(| 1/2 − 1/2〉− | −1/2, 1/2〉)2= 1 √2(| −1/21/2〉+ | 1/2, −1/2〉)De modo que esto es un operador de intercambio de spin.5.1.3 Problema 3En el límite no relativista, el Hamiltoniano que describe la interacción de los electrones con el núcleo es independientede los spines electrónicos y nucleares. Sin embargo, los niveles de energía en átomos multielectrónicossi dependen del estado de spin de los electrones.Considere un átomo con dos electrones. El Hamiltoniano no relativista viene dado porconyH 0 = −H = H 0 + H I2∑( )2∇ 2 ri + Ze22m e r ii=1H I =e 2| ⃗r 1 − ⃗r 2 |a) Para el caso en que un electrón se encuentra en el estado fundamental y el otro electrón en un estado excitadocon números cuánticos (n, l, m), ¿ cuál estado de spin (tripelete o singlete) tiene energía más alta?b) Como una variación, considere dos electrones en un oscilador armónico unidimensional. Para el caso enque uno de los electrones se encuentre en el estado fundamental y el otro en el primer estado excitado, calcule〈(x 2 − x 1 ) 2 〉 para los estados triplete y sigulete, donde x 1 y x 2 son las posiciones de los electrones.Solución125

a) Una posible solución al problema tendría forma:Ψ(⃗r 1 , ⃗r 2 ) = ψ n,l,m (⃗r 1 )ψ n′ ,l ′ ,m ′(⃗r 2)Como tenemos un electrón en el estado fundamental y el otro electron en un estado excitado con númeroscuánticos n,l y m, tendremos:Ψ(⃗r 1 , ⃗r 2 ) = ψ 1,0,0 (⃗r 1 )ψ n,l,m (⃗r 2 )Esta situación puede cambiar según la paridad del número cuántico l, cambiando la paridad de la función Ψ.De este modo para l par debemos usar el singlete, es decir:= [ψ 100 (r 1 )ψ nlm (r 2 ) + ψ 100 (r 2 )ψ nlm (r 1 )] ·Ψ T s = [ψ 100 (r 1 )ψ nlm (r 2 ) + ψ 100 (r 2 )ψ nlm (r 1 )] X sY cuando consideramos el l impar debemos usar el triplete, es decir:1√2(| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉− | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)Ψ T t = [ψ 100 (r 1 )ψ nlm (r 2 ) − ψ 100 (r 2 )ψ nlm (r 1 )] X tdonde consideramos:⎡X t = ⎣| 1/2, 1/2〉| 1/2, −1/2〉 | 1/2, −1/2〉1√2(| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉+ | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)⎤⎦Como la función total debe ser antisimétrica puesto que son electrones, evidentemente cuando consideramosel singlete, la parte espacial queda simétrica, de modo que los electrones pueden estar más cerca uno del otroproduciendo mayor interacción.Es por esta razón que la energía de interacción asociada al singlete es mayor.b) La función de onda para el oscilador armónico cuántico es:ψ n = 1 √2n n!( mω) 14π(√ )e − mωx2 mω2 Hn xDefiniremos la perturbación energética en función de las cantidades vistas en clases (J y K)∫J = d 3 x 1 d 3 x 2 | ψ a (x 1 ) | 2 | ψ b (x 2 ) | 2∫K =e2r 12d 3 x 1 d 3 x 2 ψ a (x 1 )ψ b (x 2 ) e2r 12ψ ∗ a(x 2 )ψ ∗ b (x 1 )Para el caso n=0 y m=1, las funciones de onda asociadas al problema son:( mω) 14ψ 0 = e − mωx22πψ 1 = √ 1 ( mω) √14e − mωx2 mω2 2 2 π x126

Si consideramos que 〈(x 2 − x 1 ) 2 〉 es el tipo de perturbación que buscamos obtenemos:〈(x 2 − x 1 ) 2 〉 = J ± Kdonde el signo + se refiere al singlete y el signo - al triplete.Finalmente el problema es reducido a calcular los coeficientes J y K:∫J = d 3 x 1 d 3 x 2 | ψ a (x 1 ) | 2 | ψ b (x 2 ) | 2 e2r 12∫ ( mω) 1= d 3 x 1 d 3 2x 2 e − mωx2 1 1( mω) 12e − mωx2 2 mωhbar 4π2 π x2 2(x 2 − x 1 ) 2= 2mω∫K = d 3 x 1 d 3 x 2 ψ a (x 1 )ψ b (x 2 ) e2ψra(x ∗ 2 )ψb ∗ (x 1 )12=∫( mωd 3 x 1 d 3 x 2π) 14e − mωx2 12) 14e − mωx2 221( mω√2 π((x 2 − x 1 ) 2 mω1( mω√π2 π= −mωDe modo que la perturbación energética es, (considerando el singlete):y en el caso del triplete:5.1.4 Problema 4∆E s = J + K =mω∆E s = J − K = 3mω) 14) 14√e − mωx2 2 mω2 2 x 2√e − mωx2 1 mω2 2 x 1Considere la colisión de dos partículas idénticas de spin 1/2.a)Suponga que la función de onda de las dos partículas después de la colisión corresponde a un momento angularrelativo l = 0. Escriba, entonces, las posibles funciones de onda de spin.b) Repita la pregunta anterior en el caso que el momento angular relativo sea l = 1.Solución(a) Si tenemos l=0, tenemos que la función de onda es par, de modo que la unica opción es el singlete,de este modo, la función de onda de spin es:| s, m s , 1/2, 1/2〉 =| 0, 0, 1/2, 1/2〉 = 1 √2(| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉− | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)b) Si tenemos l=1, tenemos que la función de onda espacial cambia con un cambio en las coordenadas y con elfin de mantener la antisimetría, las funciones de ondas de spin deben pertenecer al triplete, es decir:| s, m s , 1/2, 1/2〉 =| 1, m, 1/2, 1/2〉127

De modo que tenemos tres casos:| 1, 1, 1/2, 1/2〉 =| 1/2, 1/2〉| 1, −1, 1/2, 1/2〉 =| 1/2, −1/2〉 | 1/2, −1/2〉| 1, 0, 1/2, 1/2〉 = 1 √2(| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉+ | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)5.1.5 Problema 5Considere un sistema formado por tres spines S=1/2. En el espacio productoH S = H 1 S ⊗ H 2 S ⊗ H 3 sde los espacios de Hilbert de cada spin tenemos el vector| u〉 = 1 √2(| + − +〉− | − + +〉)¿ Qué vector resulta de la acción de simetrizar y/o antisimetrizar el estado | u〉 ?SoluciónEn primer lugar, lo que haremos es simetrizar. Para ello, debemos usar el determinante de Slater, con U dadoen el enunciado.En los determinantes cambiamos la notación a up i para + en el Hilbert i del producto tensorial y con downpara -.Entonces:⎡⎧| U〉 sim = √ 1 ⎨⎣12 ⎩up 1 down 1 up 1up 2 down 2 up 2up 2 down 3 up 3⎫⎬⎭ − ⎧⎨⎩⎫down 1 up 1 up 1 ⎬down 2 up 2 up 2⎭down 2 up 3 up 3Ahora calculamos cada matriz, con lo que obtenemos:⎧⎫⎨ up 1 down 1 up 1 ⎬up 2 down 2 up 2 =| + − +〉+ | − + +〉+ | + + −〉+ | + − +〉+ | + + −〉+ | − + +〉⎩⎭up 2 down 3 up 3⎧⎨⎩⎫down 1 up 1 up 1 ⎬down 2 up 2 up 2 =| − + +〉+ | + + −〉+ | + − +〉+ | + + −〉+ | − + +〉+ | + − +〉⎭down 2 up 3 up 3Cuando restamos, se anulan, de modo que:| U〉 sim = 0⎤⎦Para el caso antisimétrico haremos lo mismo, pero ahora calculamos el determinante de matriz como es usual,es decir:⎡∣ ∣⎤| U〉 sim = √ 1up 1 down 1 up 1 ∣∣∣∣∣ down 1 up 1 up 1 ∣∣∣∣∣⎣12 up 2 down 2 up 2 −down 2 up 2 up 2⎦∣ up 2 down 3 up 3∣ down 2 up 3 up 3128

Calculando cada uno de ellos:∣ up 1 down 1 up 1 ∣∣∣∣∣ up 2 down 2 up 2 =| + − +〉+ | − + +〉+ | + + −〉− | + − +〉− | + + −〉− | − + +〉 = 0∣ up 2 down 3 up 3∣down 1 up 1 up 1down 2 up 2 up 2down 2 up 3 up 3∣ ∣∣∣∣∣=| − + +〉+ | + + −〉+ | + − +〉− | + + −〉− | − + +〉− | + − +〉 = 0en este caso cada una se anula.No es posible construir un estado simétrico ni uno antisimétrico.129