Mecánica Cuántica - II Semestre 2015

Programa de Doctorado en Fı́sica

Pontificia Universidad Católica de Valparaı́so
Universidad Técnica Federico Santa Marı́a

1. La caja unidimensional.
Una partı́cula de masa m se mueve en una caja unidimensional de longitud L con po-
tencial V (x) = 0 dentro de la caja (0 ≤ x ≤ L) e infinito fuera de ella. El operador
1 2 π 2 ~2
hamiltoniano H = 2m P 2 + V (X) tiene autovalores En = n2mL 2 y autovectores |ψn i
(n = 1, 2, ...), donde
r
2  nπx 
ψn (x) = hx|ψn i = sin , 0 ≤ x ≤ L. (1)
L L
En el instante t = 0, el estado está dado por la función de onda

ψ(x, 0) = hx|ψ(0)i = Ax(L − x), 0 ≤ x ≤ L. (2)

(a) Normalice ψ(x, 0).
(b) Sea P (En ) la probabilidad de que la partı́cula tenga energı́a En en el momento
inicial. Demuestre que P (E2k ) = 0 y que P (E2k−1 ) 6= 0, si k = 1, 2, .... Usando estos
resultados, encuentre la probabilidad P[E1 ,En ] de que la partı́cula tenga energı́a en
el intervalo E1 ≤ E ≤ En en el momento inicial .
(c) Evalúe la función de onda ψ(x, t) para todo instante t ≥ 0. (Exprese el resultado
en forma de serie.)
(d) Calcule los valores medios del momento P y la energı́a cinética K en los estados
|ψn i y |ψ(t)i, aprovechando, cuando pueda, el hecho de que H|ψn i = En |ψn i.
(e) ¿Es P una constante de movimiento? Argumente su respuesta.
Solución:
(a) Normalización: Usando la relación de clausura en la representación de coorde-
nadas y ψ(x, 0) = hx|ψ(0)i,

Z∞
hψ(0)|ψ(0)i = 1 = hψ(0)|xihx|ψ(0)idx = |ψ(x, 0)|2
−∞
Z∞ Z1
∗ 2 L5
= ψ (x, 0)ψ(x, 0)dx = |A| x2 (L − x)2 dx = |A|2
30
−∞ 0

r
30
A=
L5

(b) La probabilidad de que la partı́cula tenga En en t = 0 esta definido como

P (En ) = |Cn (0)|2 .

Z∞ Z∞
Cn (0) = hψn |ψ(0)i = hψn |xihx|ψ(0)idx = ψn∗ (x)ψ(x, 0)dx
−∞ −∞
r Z1 √
60  nπx  4 15
= sin x(L − x)dx = [1 − (−1)n ]
L6 L (nπ)3
0

Para n = 1, 3, 5, · · · = 2k − 1 con k = 1, 2, 3, · · ·
√
8 15 960
C2k−1 (0) = 3 3
P (E2k−1 ) = |C2k−1 (0)|2 = .
(2k − 1) π (2k − 1)6 π 6

Para n = 2, 4, 6, · · · = 2k con k = 1, 2, 3, · · ·

C2k (0) = 0 P (E2k−1 ) = |C2k (0)|2 = 0.

Prosiguiendo, P [E1 , En ] es la probabilidad de que la partı́cula tenga energı́a

entre E1 ≤ E ≤ En , ası́,
n
X
P [E1 , En ] = P [En0 ]
n0 =1

Page 2
 pero dado que solo los términos impares son diferentes de cero y aportan a la
sumatoria tenemos,

n k=[ n+1
2
]
X X
P [E1 , En ] = P [En0 ] = P [E2k−1 ]
n0 =1 k=1

donde [ n+1
2
] es la parte entera de n + 21 . Si n es impar, n = 2k0 − 1 por lo tanto
k = k0 = [ n+1
2
]. Si n es par, n = 2k0 por lo tanto k = k0 = [ k02+1 ]. Finalmente,

0 k  
960 X 1 n+1
P [E1 , En ] = 6 con k0 =
π k=1 (2k − 1)6 2

(c) Dado que el Hamiltoniano no depende del tiempo,

X
|ψ(t)i = Cn (t)|ψn i donde Cn (t) = Cn (0)e−iEn t/~
n

X ∞
X
ψ(x, t) = hx|ψn (t)i = Cn (0)e−iEn t/~ hx|ψn i = C2k−1 (0)e−iE2k−1 t/~ ψ2k−1 (x)
n k=1

sustituyendo

√ ∞ (2k−1)2 π 2 ~
(2k − 1)πx e−i 2mL2 t
 
8 30 X
ψ(x, t) = sin
π 3 k=1 L (2k − 1)3

(d) Valores medios de P y K

Valor medio de P : hP i

Z∞
∂
hP i = hψn |P |ψn i = −i~ ψn (x) ψn (x)dx
∂x
−∞
ZL
2nπ  nπx   nπx 
= −i~ sin cos dx = 0
L2 L L
0

hP in = 0.

Page 3
 Del mismo modo,
hP (t)i = 0.

Para calcular el valor medio de K, tenemos que,

H|ψn i = En |ψn i con H = K + V (X)

con lo que,
hKin = hψn |H − V (X)|ψn i = hψn |H|ψn i = En

n2 π 2 ~2
hKin = .
2mL2

Para hK(t)i tenemos,

XX (En0 −En )t X
hK(t)i = hψ(t)|H|ψ(t)i = Cn∗ (0)Cn0 (0)e−i ~ hψn0 |H|ψn i = |Cn (0)|2 En
n n0 n

480~2 X 1
hK(t)i =
π mL k (2k − 1)4
4 2

(e) Vemos que P cumple con las siguientes relaciones,

1. [P, H] = 0
∂P
2. ∂t
=0

Por lo tanto, P es una constante de movimiento.

2. Cuadros de Schrödinger y Heisenberg.

(a) Considerando la coordenada X como un operador en el cuadro de Schrödinger, de-
termine el correspondiente operador XH en el cuadro de Heisenberg para el oscilador
armónico. Usando
1 1
eL Ae−L = A + [L, A] + [L, [L, A]] + [L, [L, [L, A]]] + · · ·
2! 3!
muestre que el mismo puede escribirse como
P
XH = X cos(ωt) + sin(ωt)
mω
∂
donde P = −i~ ∂x es el operador momentum.
(b) Determine los operadores de posición y momento en el cuadro de Heisenberg para un
oscilador armónico unidimensional cuyo centro de fuerzas se mueva uniformemente

Page 4
 con velocidad v a lo largo de la dirección de oscilación. Considere las siguientes
condiciones iniciales XH (0) = X y PH (0) = P .
(c) Demuestre que para v = 0, i.e., si el centro de la fuerza elástica permanece fijo, se
recuperan las expresiones obtenidas en la parte (a).

Solución:
(a) Recordemos que el cuadro de Schrödinger los estados evolucionan en el tiempo,
mientras en el cuadro de Heisenberg son los operadores lo que evolucionan. Por
lo tanto, en el cuadro de Heisenberg, el operador esta dado por,

AH = U † AS U

donde AH y AS denota el operador en el cuadro de Heisenberg y Schrödinger,

respectivamente. El operador evolución U esta dado por U = e−iHt/~ con t0 = 0.
De esta forma tenemos que,
P2 1
XH = U † XS U = eiHt/~ Xe−iHt/~ con H = + mω 2 X 2
2m 2
Para calcular la expresión anterior, utilicemos la siguiente relación,
1 1
eL Ae−L = A + [L, A] + [L, [L, A]] + [L, [L, [L, A]]] + · · ·
2! 3!

donde A = X y L = iHt/~. Ası́ tenemos que,

t
[L, X] = − P, [L, [L, X]] = −ω 2 t2 X,
m
ω 2 t3
[L, [L, [L,X]]] = − P, [L, [L, [L, [L, X]]]] = ω 4 t4 X
m
donde hemos hecho uso de los conmutadores canónicos [Pi , Pj ] = 0, [Xi , Xj ] = 0
y [Xi , Pj ] = i~δij . Sustituyendo en la expansión obtenemos,

ω 2 t2 ω 4 t4 ω 3 t3
   
iHt/~ −iHt/~ P
XH = e Xe =X 1− + + ··· + ωt − + ···
2! 4! mω 3!

P
XH = X cos(ωt) + sin(ωt).
mω

(b) Usando la ecuación de Schrödinger i~ ∂U ∂t

(t,t0 )
= HU (t, t0 ), obtenemos de la ex-
†
presión AH = U AS U ,
dAH 1 ∂AS
= U † [AS , H]U + U † U (3)
dt i~ ∂t

Page 5
 Dado que X y P no dependen explı́citamente del tiempo, tenemos que

dXH i
= U † [H, X]U (4)
dt ~
El Hamiltoniano esta dado por,

P2 1
H= + mω 2 (X − vt)2 .
2m 2
De tal forma que, [H, X] = −i~P/m. Sustituyendo en la expresión (4), obtene-
mos
dXH PH
= . (5)
dt m
Del mismo modo,
dPH i
= U † [H, P ]U = −mω 2 (XH − vt) (6)
dt ~
con [H, P ] = i~mω 2 (XH − vt).
Sustituyendo la última expresión en (4), tenemos

d2 X H
= −mω 2 (XH − vt).
dt2
Cuya solución general es

XH (t) = C1 sin(ωt) + C2 cos(ωt) + vt.

De donde, se tiene que

PH (t) = mω(C1 cos(ωt) − C2 sin(ωt)) + mv.

Usando las condiciones iniciales XH (0) = X y PH (0) = P , obtenemos finalmen-

te,
P
XH (t) = X cos(ωt) + sin(ωt) + vt
mω
PH (t) = P cos(ωt) − mωX sin(ωt) + mv.

P
(c) Si v = 0, XH (t) = X cos(ωt) + mω
sin(ωt).

Page 6
3. Tamaño finito del núcleo
En el estudio estándar de la estructura atómica, el núcleo se considera como una carga
puntual. Un mejor modelo debe tomar en cuenta el tamaño finito del núcleo. Considere
un átomo de un electrón e imagine al núcleo como una esfera uniformemente cargada de
carga total Z y radio R (del orden de unos pocos Fermi).
(a) Calcule la energı́a potencial de un electrón en presencia de este núcleo finito y
escriba el Hamiltoniano del sistema como el Hamiltoniano correspondiente a un
núcleo puntual más un término de perturbación.
(b) Calcule, a primer orden en teorı́a de perturbaciones, la corrección a la energı́a del
estado base del átomo. Puede simplificar su cálculo notando que R es mucho menor
que el radio de Bohr, a0 /Z. Estime numéricamente la corrección encontrada, para
el átomo de hidrógeno (Z=1, R = 1 Fermi).
(c) Explique cualitativamente por qué las correciones a los niveles de energı́a son mucho
mayores para estados s (l = 0) que para estados con l > 0.

Solución:
(a) Consideramos una esfera uniformemente cargada con carga total Z y radio R.
La fuerza esta dada por,
(
−Ze2 r 3


r2 R
si r < R
F (r) = eE(r) 2
− Ze
r2
si r > R

Con que la energı́a potencial estará dada por,

(  
−Ze2 3 1 r2
R 2
− 2 R2 si 0 ≤ r ≤ R
V (r) =
Ze2
− r si r ≥ R

Podemos tratar la energı́a potencial debido al tamaño finito del núcleo como una
perturbación del potencial de Coulomb usual V0 (r) = −Ze2 /r. De esta forma,
la variación o perturbación en la energı́a potencial es,

Ze2
∆V (r) = V (r) − V0 (r) = V (r) +
(   r
−Ze2 3 1 r2 Ze2
R 2
− 2 R2 + r si 0 ≤ r ≤ R
=
0 si r ≥ R

Con lo que el Hamiltoniano perturbado es, H 0 = H0 + ∆V (r) donde H0 =

P 2 /2m − Ze2 /r.

Page 7
(b) La corrección a la energı́a es
(0)
∆E0 = hψn(0) |∆V (r)|ψn(0) i

La función de onda para el estado base es Ψ1,0,0 (r, θ, ϕ) = R1,0 (r)Y00 (θ, ϕ) donde
1 1
Y00 = √ y R1,0 (r) = 2 √ e−r/α
4π α3
con α = a0 /Z donde a0 es el radio de Bohr.
Regresando a la corrección de la energı́a tenemos,
Z∞ Zπ Z2π
(0)
∆E0 = Ψ∗1,0,0 ∆V (r)Ψ1,0,0 r2 dr sin θ dθ dϕ
0 0 0
Z∞
= r2 |R1,0 (r)|2 ∆V (r)dr
0
ZR
2Ze2 r2
 
2 −2r/α R
=− 3 r e 3− 2 −2
α R R r
0

2R 2r
Para simplificar definimos las siguientes variables ξ ≡ α
yχ≡ α
de manera
que,
Zξ
Ze2 χ2
 
(0) ξ
2 −χ
∆E0 =− χe 3− 2 −2 dχ
2αξ ξ χ
0
 
6 24 −ξ 6 24 24
= −2 + − 3 + e + 2 + 3
ξ ξ ξ ξ ξ
Para evaluar en la aproximación R/(a0 /Z) = R/α  1 debemos expandir la
función exponencial en series de Taylor, multiplicando y simplificando términos,
obtenemos,
 2
Ze2
 
(0) 1 2 3 4 2 R
∆E0 =− − ξ + O(ξ ) = Z E0
2αR 5 5 α
donde E0 = Ze2 /2a0 .
(c) Cuando el electrón se encuentra en el orbital con la energı́a más baja, se en-
cuentra más cercano al núcleo y por lo tanto está más sujeto a experimentar la
distribución de carga de la esfera. A medida que aumenta el l, el núcleo finito se
aproxima más a la suposición de carga puntual, por lo que la corrección a dicha
aproximación es cada vez más pequeña.

Page 8
4. Precesión del espı́n.
Una partı́cula de espı́n 1/2 interactúa con un campo magnético uniforme B = B0 ẑ
a través de la interacción de Pauli H = µB · σ donde µ es el momento magnético y
σ = (σx , σy , σz ) son las matrices de Pauli. A t = 0 una medida determina que el espı́n
apunta a lo largo del eje x positivo. Determine la probabilidad de que el espı́n apunte a
lo largo del eje y negativo en un tiempo posterior t > 0.

Solución:
Definimos los autoestados del operador Sz de la forma,
   
1 0
|+i = χ+ = y |−i = χ− = (7)
0 1

De tal forma que para t = 0, tenemos que el estado del sistema es,
1
|ψx (0), +i = √ (χ+ + χ− ) .
2

El operador evolución es U (t, t0 ) = e−iHt/~ = e−i(µB·σ)t/~ . Dado que el campo magnéti-

co apunta en la dirección del eje z, tenemos que U (t, t0 ) = e−iµB0 σz t/~ . Adicionalmente
sabemos que σz χ+ = χ+ y σz χ− = −χ− , por lo que,

1 1  −iµBt/~
|ψx (t), +i = √ e−iHt/~ [(χ+ + χ− )] = √ χ+ + eiµBt/~ χ− .


e
2 2
1  −iωt
χ+ + eiωt χ−


|ψx (t), +i = √ e con µB = ~ω.
2
El estado en la dirección del eje y negativo es |ψy , −i = √1 (χ+ − iχ− ), ası́
2

1  −iωt
 eiπ/4  −iωt−π/4

+ ieiωt = + eiωt+π/4


hψy , −|ψx (t), +i = e e
2 2
= eiπ/4 cos(ωt + π/4)

La probabilidad de que el espı́n apunte en la dirección y negativa para t > 0 es

Px,−y (t) = |hψy , −|ψx (t), +i|2 = cos2 (ωt + π/4)

Page 9