Prop: problemas mecanica cuantica

De luz-wiki

Seminario de física teórica: mecánica cuántica [1]


Problema 2.1 considere la función de onda confinada en la las siguiente región del estacio:\( -4\le x \le 6 \)

a)Normalice la función

b)Determine los valores esperados de \( X, X^2,\sigma^2 \)

c) calcule el valor esperado de la energía cinética.

Solución: a)

\( 1=\int\limits_{ -\infty}^{ \infty}\left | \Psi(x) \right \vert ^2\, dx = \left | A \right \vert \int\limits_{ -\infty}^{ \infty} [(4+x)^2]\, dx + \int\limits_{ -\infty}^{ \infty} [(6-x)^2]\, dx = \frac{250}{3}\left | A \right \vert \)

\( A= \frac{1}{5}\sqrt{\frac{3}{10}} \)

\( \left \langle x \right \rangle=\left | A \right \vert \int\limits_{ -\infty}^{ \infty} x[(4+x)^2]\, dx + \int\limits_{ -\infty}^{ \infty} x[(6-x)^2]\, dx =1 \)

Ahora encontramos

\(\sigma^2=\left | A \right \vert^2 \int\limits_{ -4}^{ 1} [(x-1)^2(4+x)^2]\, dx + \int\limits_{ 1}^{ 6} [(x-1)^2(6-x)^2]\, dx =\frac{5}{2} \)

\( \left \langle x^2 \right \rangle = \sigma^2 + \left \langle x \right \rangle^2 = \frac{7}{2} \)

Para contestar la última pregunta, se tiene encuenta que la función no es suave, entonces\[ \left \langle K.E. \right \rangle=-\frac{3h}{2m(250)}(0*1-5*0+0*1)= \frac{3h}{50m} \]

José Morales


2.3 Probar las siguientes relaciones de conmutación.

a) \([\hat{A}+\hat{B},\hat{C}]=[\hat{A},\hat{C}]+[\hat{B},\hat{C}]\)

Se toma el lado izquierdo de la ecuación y se desarrolla.

\([\hat{A}+\hat{B},\hat{C}]=(\hat{A}+\hat{B})\hat{C}-\hat{C}(\hat{A}+\hat{B})=\hat{A}\hat{C}+\hat{B}\hat{C}-\hat{C}\hat{A}-\hat{C}\hat{B}=(\hat{A}\hat{C}-\hat{C}\hat{A})+(\hat{B}\hat{C}-\hat{C}\hat{B})=[\hat{A},\hat{C}]+[\hat{B},\hat{C}]\)

Como se buscaba.

b) \([\hat{A},\hat{B}\hat{C}]=[\hat{A},\hat{B}]\hat{C}+\hat{B}[\hat{A},\hat{C}]\)

Se toma el lado derecho de la ecuación y se desarrolla.

\([\hat{A},\hat{B}]\hat{C}+\hat{B}[\hat{A},\hat{C}]=\hat{A}\hat{B}\hat{C}-\hat{B}\hat{A}\hat{C}+\hat{B}\hat{A}\hat{C}-\hat{B}\hat{C}\hat{A}\)

Observamos que los términos segundo y tercero del lado derecho son iguales pero con signo contrario quedando:

\([\hat{A},\hat{B}]\hat{C}+\hat{B}[\hat{A},\hat{C}]=\hat{A}\hat{B}\hat{C}-\hat{B}\hat{C}\hat{A}=[\hat{A},\hat{B}\hat{C}]\)

Como se quería obtener.

Andrés 12:06 31/10/13


2.3 Pruebe que las relaciones siguientes de conmutación se cumplen:

a) \([\hat {p_x},\hat {x}^n]= -i\hbar n \hat {x}^{n-1} \)

b) \([\hat {x},\hat {p_x}^2]= i2\hbar \hat {p_x} \)

c) del inciso b de arriba que puedes decir acerca de la posibilidad de la medición de la posición y la energía cinética de una partícula, en un estado arbitrario simultáneamente con cero incertidumbre en cada medición.


a) se tiene que si aplicamos estos dos operadores sobre una función \(\Psi \) en la representación de Schrodinger se tiene que.


\((\hat {p_x} \hat {x}^n) \Psi (x) = -i\hbar \frac {\partial }{\partial x} x^n \Psi \)


\((\hat {p_x} \hat {x}^n) \Psi (x) = -i\hbar n x^{n-1} \Psi -i\hbar x^n \frac {\partial }{\partial x} \Psi \)


Tomando en cuenta que \((\hat {p_x}) \Psi (x) = -i\hbar \frac {\partial }{\partial x} \Psi \) se tiene que.


\((\hat {p_x} \hat {x}^n)\Psi (x) = -i\hbar n x^{n-1} \Psi +(x^n \hat {p_x})\Psi \)


\((\hat {p_x} \hat {x}^n) \Psi (x)- (x^n \hat {p_x})\Psi = -i\hbar n x^{n-1} \Psi \)


De la definición del conmutador se tiene que.

\([\hat {p_x}, \hat {x}^n] \Psi (x) = -i\hbar n x^{n-1} \Psi \)


Por lo que finalmente\[[\hat {p_x}, \hat {x}^n] = -i\hbar n \hat {x}^{n-1} \]


b) si tomamos la relación de los conmutadores \([\hat {A}, \hat {B} \hat {C}] = [\hat {A},\hat {B}] \hat {C} + \hat {B}[\hat {A},\hat {C}] \) se tiene que.


\([\hat {x},\hat {p_x}^2]= [\hat {x},\hat {p_x}] \hat {p_x} + \hat {p_x}[\hat {x},\hat {p_x}] \)

\([\hat {x},\hat {p_x}^2]= i\hbar \hat {p_x} + \hat {p_x}i\hbar \)

Por lo que\[[\hat {x},\hat {p_x}^2]= i\hbar 2 \hat {p_x} \]

c) para este inciso podemos notar que el conmutador de la posición y la energía es función del momento de manera lineal esto es que no contienen incertidumbre.

Por lo que podemos calcular la incertidumbre como.

\((\Delta \hat {A})(\Delta \hat {B}) \geq \frac {1}{2} |<[\hat {A},\hat {B}]>_{\Psi}|\)

Aplicando a la posición y la energía cinética se tiene que.

\((\Delta \hat {x})(\Delta \hat {p}_x) \geq \frac {1}{2} |<[\hat {x},\hat {p}_x]>_{\Psi}|\)


\((\Delta \hat {x})(\Delta \hat {p}_x) \geq \frac {1}{2} | <2i\hbar \hat {p}_x>_{\Psi}|\)


\((\Delta \hat {x})(\Delta \hat {p}_x) \geq \frac {1}{2} | \int_{0}^{L} {2i\hbar \hat {p}_x | {\Psi_x}|^2}dx |\)


\((\Delta \hat {x})(\Delta \hat {p}_x) \geq \frac {1}{2} | 2i\hbar\int ^L_0 { \hat {p}_x | {\Psi_x}|^2}dx|\)


\((\Delta \hat {x})(\Delta \hat {p}_x) \geq \frac {1}{2}|2i\hbar (i\hbar) \frac {\partial}{\partial x}\int_{0}^{L} { | {\Psi_x}|^2}dx| \)

Como la integral de \(| {\Psi}^2|\) es uno, la parcial con respecto a \(x\) es cero por lo que la incertidumbre asociada a la posición y a la energía cinética es mayor o igual a cero.

\((\Delta \hat {x})(\Delta \hat {p}_x) \geq 0 \)

Lo que puede ser si cada incertidumbre es cero individualmente.


--Usuario:Juan Mario Luna García (discusión) 01:02 25 sep 2013 (CDT)--


2.6 Considere el operador Hermitiano $\widehat{H}$ con eigenvalores discretos. Siponga que el Hamiltoneano es un operador hermitiano,es decir

\begin{equation} \int \Psi^{*}(x) \widehat{H} \Phi (x) dx = \left( \int \Phi^{*}(x) \widehat{H} \Psi (x) dx \right)^{*} \end{equation}

demostrar que

a) El eigenvalon para el Hamiltoneano es real Sea $\Psi (x)$ y $\Phi (x)$ por definicion dos operadores Hermitianoes y son eigen estados del Hamiltoneano $\widehat{H}$ correspondiente a los eigenvalores $E_i$

\begin{equation} \int \Psi^{*}(x) \widehat{H} \Phi (x) dx = \int \Psi_{E_i}^{*}(x) \widehat{H}\Psi_{E_i}(x) dx = E_i \end{equation}

Similarmente

\begin{equation} \left( \int \Phi^{*}(x) \widehat{H} \Psi (x) dx\right) ^{*} = \left( \int \Psi_{E_i}^{*}(x) \widehat{H}\Psi_{E_i}(x) dx \right) ^{*} = E_{i}^{*} \end{equation}

Por la condicion de operador Hermitiano se cumple que

\begin{equation} E_{i}= E_{i}^{*} \end{equation}

Por lo que $E_i$ tiene que ser Real.


b) Las eigenfunciones de $\widehat{H}$ correspondientes a diferentes valores propios deben de ser ortogonales entre si.

Sean $\Psi (x)$ y $\Phi (x)$ por definicion dos operadores Hermitianoes y son eigen estados del Hamiltoneano $\widehat{H}$ correspondiente a los eigenvalores $E_i$ y $E_j$, respectivamente. La condicion del Operador de Hermitiano nos da

\begin{equation} (E_i - E_j)\int \Phi^{*}_{E_i}(x)\Phi_{E_j}(x)dx=0 \end{equation}

Por lo tanto, si $(E_i - E_j) \neq 0$ entonces $\int \Phi^{*}_{E_i}(x)\Phi_{E_j}(x)dx=0$, estas eigenfunciones corresponden a diferentes eigenvalores y son necesariamente ortogonales entre si.

Doribel Corral Lopez (discusión) 19:24 13 nov 2013 (UTC)


2.7 Considere una partícula de masa m en un potencial V(x)

a) Muestre que la evolución temporal del valor esperado de la posición está dado por

\begin{equation} \frac{d\langle \hat{x}\rangle}{dt}=\frac{\langle \hat{p_x}\rangle}{m} \end{equation}

b) Demuestre que la evolución temporal del valor esperado del momento es

\begin{equation} \frac{d\langle \hat{p_x}\rangle}{dt}=-\langle \frac{dV}{dx}\rangle \end{equation}

Partimos de la expresión para la evolución temporal para un operador $\hat{F}$

\begin{equation} \frac{d\hat{F}}{dt}=\frac{1}{i\hslash}[\hat{F}, \hat{H}] \end{equation}

Si $\hat{F}= \langle \hat{x\rangle}$, entonces la expresión anterior queda como

\begin{equation} \frac{d\langle\hat{x}\rangle}{dt}=\frac{1}{i\hslash}\langle[\hat{x}, \hat{H}]\rangle \end{equation}

donde

\begin{equation} [\hat{x}, \hat{H}]= [x, \frac{\hat{p^2}}{2m}+V(x)] [\hat{x}, \hat{H}]= [x, \frac{\hat{p^2}}{2m}] +[x, V(x)] \end{equation}

Vemos que el conmutador de $[x,V(x)]=0$, por tanto que da que

\begin{equation} [\hat{x}, \hat{H}]= p[x, \frac{\hat{p}}{2m}]+ [x, \frac{\hat{p}}{2m}]\hat{p} \end{equation}

Recordando que

\begin{equation} [\hat{x}, \hat{p}]= i\hslash \end{equation}

entonces

\begin{equation} [\hat{x}, \hat{H}]=\frac{\hat{p}}{m} \end{equation}

con esto se tiene que

\begin{equation} \frac{d\langle\hat{x}\rangle}{dt}=\frac{1}{i\hslash}\langle\frac{\hat{p}}{m}\rangle \end{equation}

Ahora para le evolución temporal del momento se tiene que

\begin{equation} \frac{d\langle\hat{p}\rangle}{dt}=\frac{1}{i\hslash}\langle[\hat{p}, \hat{H}]\rangle \end{equation}

donde

\begin{equation} [\hat{p}, \hat{H}]= [\hat{p}, \frac{\hat{p^2}}{2m}+V(x)] [\hat{p}, \hat{H}]= [\hat{p}, \frac{\hat{p^2}}{2m}] +[\hat{p}, V(x)] \end{equation}

en este caso $[p,p^2]=0$, por lo tanto queda

\begin{equation} [\hat{p}, \hat{H}]=[\hat{p}, V(x)] \end{equation}

Para saber cuanto vale el conmutador $[\hat{p}, V(x)]$, lo aplicamos a una función arbitraria $\psi$

\begin{equation} [\hat{p}, V(x)]\psi= (\hat{p}V(x)- V(x)\hat{p})\psi \end{equation}

como $\hat{p}=-i\hslash \frac{d}{dx}$

\begin{equation} [\hat{p}, V(x)]\psi= -i\hslash(\frac{d}{dx}V(x)- V(x)\frac{d}{dx})\psi [\hat{p}, V(x)]\psi= -i\hslash\frac{d(V(x)\psi)}{dx}- V(x)\frac{d\psi}{dx} \end{equation}

donde $\frac{d(V(x)\psi)}{dx}- V(x)\frac{d\psi}{dx}= \psi \frac{dV(x)}{dx}$, entonces

\begin{equation} [\hat{p}, V(x)]\psi= -i\hslash \psi \frac{dV(x)}{dx} \end{equation}

Por tanto la evolución temporal del valor esperado de \hat{p}

\begin{equation} \frac{d\langle\hat{p}\rangle}{dt}=\frac{1}{i\hslash}\langle -i\hslash \frac{dV(x)}{dx}\rangle \end{equation}

o bien

\begin{equation} \frac{d\langle\hat{p}\rangle}{dt}=-\langle \frac{dV(x)}{dx}\rangle \end{equation}

Janeth Alexandra García Monge (discusión) 18:04 4 nov 2013 (UTC)


Problema 3.1

Dibuje la longitud de onda de Broglie VS la energía cinética para \( 10eV =1.6x10^{18}Joules de: \) a)electrones, protones y neutrones.


la longitud de onda de Broglie\[ \lambda (electron) = \frac{h}{\sqrt{2mE}} =\frac{12.3}{\sqrt{E}}A \]

\( \lambda (proton) =\frac{0.3}{\sqrt{E}}A \)

\( \lambda (neutron) =\frac{0.3}{\sqrt{E}}A \)

\( \lambda (proton) =\frac{1.24}{\sqrt{E}}\mu \)


Anexar graficas


José Morales



3.2 Suponer que sabemos que hay una partícula libre localizada inicialmente en el rango \(-a<x<a\) con una probabilidad espacial uniforme.

a)Dar la normalización de la función de onda \(\Psi(x,t=0)\) de la partícula en la representación de Schrödinger. Asumir la fase de la función de onda arbitraria escogiendo que sea cero.

Se tiene la solución a la ecuación de onda de Schrödinger para una partícula libre:

\(\Psi(x,t)=Ae^{i(kx-\omega t)}\)

Tomando \(t=0\) tenemos:

\(\Psi(x,t=0)=Ae^{ikx}\)

Tomando la fase igual a cero:

\(\Psi(x,t=0)=Ae^0=A\)

Normalizando:

\(\int_{-a}^a\Psi^2\mathrm{d}x=\int_{-a}^aA^2\mathrm{d}x=1\)

La \(A^2\) sale de la integral por ser una constante, quedando:

\(A^2\int_{-a}^a\mathrm{d}x=1\)

Resolviendo la integral y despejando \(A^2\), tenemos:

\(A=\sqrt{1\over2a}\)

Quedando normalizada.

b)Dar la correspondiente representación del momentum de la partícula.

Sabemos que:

\(E={p^2\over2m}\)

Despejando \(p\)

\(p=\pm\sqrt{2mE}\)

Obteniendo el momentum.

c)Dar la correspondiente función de estado para un tiempo arbitrario posterior \(\Psi(x,t>0)\)

\(\Psi(x,t)=\sqrt{1\over2a}e^{i(kx-\omega t)}\)

.

Con lo que se tiene a cualquier tiempo.

Andrés 10:56 1/11/13


3.3 considere una partícula libre con una función de estado inicial\[\Psi (x, t=0)= A e^{-ax^2+ikx} \]

a) normalice la función

b)encuentre la correspondiente representación de momentos para esta función de estado

c)encuentre la ecuación de estado para \( \Psi (x,t>0)\)

d) encuentre el valor esperado de posición y de momento para una función de estado y sus incertidumbres de la partícula en el estado \(t>0\)

e)muestre que se cumple el principio de incertidumbre de beis embreo para este estado

a) para este insiso tomamos la definición de normalización como.

\(\Psi (x, t=0)= A e^ {-ax^2+ikx} \)

\(1=\int_{-\infty}^{\infty}{|\Psi (x,0)|^2}dx \)

\(1=\frac {A^2}{\sqrt {2a}}\int_{-\infty}^{\infty}{e^ {-u^2}}du\)

\(1=\frac {A^2}{\sqrt {2a}} \sqrt {\pi} \)

Donde la integral es de una distribución de gauss y su resultado es \(\sqrt {\pi}\) por lo que.

\(A= (\frac {2a}{\pi})^{1/4}\)

b) para este inciso tomamos que la representación del momentum como.

\(\Psi (p_x)=\frac {1}{\sqrt {2\pi\hbar}} \int_{-\infty}^{\infty}{e^ {\frac {-i}{\hbar} p_x x }\Psi (x)}dx \)

\(\Psi (p_x)=\frac {1}{\sqrt {2\pi\hbar}} \int_{-\infty}^{\infty}{e^ {\frac {-i}{\hbar} p_x x }e^ {-ax^2+ikx}}dx \)


Donde tomando los exponentes de las exponían es tenemos que.

\(-ax^2-\frac {i}{\hbar} p_x x+ ikx \)

Si completamos cuadrado podemos obtener.

\(-a[x+\frac {1}{\sqrt {2}a} (p_x+ k)]^2+ \frac {1}{2a} (p_x-k)^2\)

Substituyendo en la integral podemos obtener

\(\Psi (p_x)=\frac {1}{\sqrt {2\pi\hbar}} \int_{-\infty}^{\infty}{e^ {\frac {1}{2a}(p_x- k)^2 }2 e^{-a[x+ \frac {1}{\sqrt {2}a}(p_x -x)]^2}}dx \)

\(\Psi (p_x)=\frac {e^ {\frac {1}{2a} (p_x-x)^2}}{2\pi \hbar a} \int_{-\infty}^{\infty}{e^{-u^2}} du\)

Por el resultado de la integral tenemos que.

\(\Psi (p_x)=\frac {e^ {\frac {1}{2a}(p_x- k)^2}}{2\sqrt {\pi} \hbar a} \)

c)para este inciso simplemente la función te orar que hace falta para la función de estado la podemos escribir como.

\(\Psi (x,t)= Ae^{-ax^2 + ikx-wt}\)

d) y e)puesto que es una partícula libre se tiene que

\(\Delta p_x\Delta x= \frac {\hbar}{2}\)

Por lo que se demuestra que cumple con el principio de incertidumbre de heisemberg


--Usuario:Juan Mario Luna García (discusión) 01:02 25 sep 2013 (CDT)


1.18(Griffiths, Capítulo 1) En general, la mecánica cuántica es relevante cuando la longitud de onda de De Broglie de la partícula en cuestion es mucho mayor que el tamaño característico del sistema. En equilibrio térmico a una temperatura T (ºK), el promedio de la energía cinética de la partícula es

\begin{equation} \frac{p^2}{2m}=\frac{3}{2}k_B T \end{equation}

y la tipica longitud de onda de de Broglie es

\begin{equation} \lambda = \frac{h}{\sqrt{3m k_B T}} \end{equation}

El propósito de este problema es el de anticipar cuales sistemas tendrán que ser tratados cuanticamente y cuales pueden ser tratados de manera clásica.


a) Sólidos. El espaciado en un sólido típico está alrededor de d=0.3nm. Encuentre la temperatura por debajo de la cual los electrones libres de un sólido son tratados cuánticamente. Por debajo de cual temperatura son los núcleos en un sólido tratados con mecánica cuántica? (use sodio como caso típico) Nota 1: Los electrones libres en un sólido siempre se tratan con la mecánica cuántica; los núcleos nunca.

b) Gases. Para cual temperatura los átomos en un gas ideal a una presión P son tratados con mecánica cuántica. Utilice el Helio como ejemplo a la presión atmosférica. El Hidrógeno en el espacio exterior (donde el espaciado interat\'omico es alrededor de 1cm y la temperatura de 3ºK) se comporta tiene un comportamiento cuántico?

(Sugerencia: Use la ecuación de estado para el gas ideal $PV=Nk_B T)$ para deducir el espaciado interatomico.

NOTA 2: (1) La constante de Boltzmann es $k_B =1.38x10^{-23} J/K$ (2) El n\'ucleo en el sodio tiene una masa de $m=23m_p=3.9x10{-26} kg$ (3) Para (b), use N=1 ya que queremos evaluar la situación cuando sólo hay una partícula en el sistema. (4) $1 atm =1.0x10^{5} N/m$. La masa del Helio es $4m_p$ y la masa del Hidrógeno es $2m_p"$ Partimos de la relación

\begin{equation} \frac{h}{\sqrt{3m k_B T}} > d\Rightarrow T<\frac{h^2}{3mk_b d^2} \end{equation}

Entonces

a) Electrones ($m=9.1x10^{-31}kg$)

\begin{equation} T<\frac{(6.6x10^{-34}J)^2}{3(9.1x10^{-31}kg)(1.38x10^{-23} J/K) (3x10^{-10}m)^2}= 1.3x10^{5}ºK \end{equation}

Ahora para el n\'ucleo de sodio

\begin{equation} T<\frac{(6.6x10^{-34}J)^2}{3(3.9x10^{-26}kg)(1.38x10^{-23} J/K) (3x10^{-10}m)^2}= 3 ºK \end{equation}


b) Partiendo de la ecuaci\'on de estado del gas ideal

\begin{equation} PV=Nk_B T \end{equation}

Para una mol\'ecula se tiene que$N=1, V=d^3 \Rightarrow d=(\frac{k_B T}{P})^{1/3}$. Entonces se tiene que

\begin{equation} T<\frac{h^2}{3mk_b}(\frac{P}{k_b T}) \end{equation}

o bien

\begin{equation} T< \frac{1}{k_B}(\frac{h^2}{3m} )^{3/5} P^{2/5} \end{equation}

Para el Helio a la presi\'on atmosf\'erica

\begin{equation} T< \frac{1}{1.38x10^{-23} J/K}(\frac{(6.6x10^{-34}J)^2}{3(6.8x10^{-27}} )^{3/5} (1.0x10{5})^{2/5}=2.8 ºK \end{equation}

Para el Hidrógeno

\begin{equation} T<\frac{(6.6x10^{-34}J)^2}{3(3.4x10^{-27}kg)(1.38x10^{-23} J/K) (10^{-2}m)^2}= 3.1x10^{-14} ºK \end{equation}

Por lo tanto a 3 ºK en el espacio exterior el Hidrógeno está dentro del regimen clásico.


Janeth Alexandra García Monge (discusión) 21:02 6 nov 2013 (UTC)


4.1 Verifica las expresiones (4.20a) y (4.20b) dadas en el texto para el coefficiente de transmision para un potencial barrera de altura $V_0$ y anchura $d$. Derive la expresion para $T$ en el caso especial que $E=V_0$.

De la ecuacion 4.19

\begin{equation} \frac{F}{A} = \frac{e^{-ik_3 d}}{\left[ cosk_2 d - i\frac{k_{1}^{2} + k_{2}^{2}}{2K_1 k_2}sink_2 d \right] } \end{equation}

El coeficiente de transmision es

\begin{equation} T = \vert \frac{F}{A} \vert = \left[ cosk_2 d - i\frac{k_{1}^{2} + k_{2}^{2}}{2K_1 k_2}sink_2 d \right] ^{-1} = \left\lbrace 1 + \left[ \frac{(2E-V_0)^2}{4E(E-V_0)}-1\right] sin^2 k_2d \right\rbrace ^{-1} \end{equation}

\begin{equation} T = \left[ 1 + \frac{V_{0}^2}{4E(E-V_0)}sin^2 k_2 d\right] ^{-1} = \left[ 1 + \frac{\bigtriangleup V^2}{4(E-V_1)(E-V_2)}sin^2 k_2 d \right] ^{-1} \end{equation}

donde esta es la ecuacion a la que queriamos llegar. En el limite cuando $(E-V_0)\longrightarrow 0$, $sin^2 k_2d \longrightarrow \frac{2m(E-V_0)}{\hbar ^2}d^2$ por lo tanto

\begin{equation} \lim_{(E-V_0) \to 0} T = \left[ 1 + \frac{2mV_0 d^2}{4\hbar ^2} \right] ^{-1} \end{equation}

Doribel Corral Lopez (discusión)


4.2 una partícula con energía \( E\) en una región de cero potencial es incidente a un pozo de potencial es incidente a uozo de potencial \(V_0\) con anchura \(d\). De la expresión de la probabilidad de tras micción \(T\) de la partícula pasando el pozo dada por la ecuación 4.20a, encuentre el valor de \( E\) en términos de \( \frac {\hbar}{2md^2}\) para

a)\(\beta = 10\)

b)\(\beta = 250\)

De la ecuación de la transmisión de la partícula tomamos la ecuación 4.20a

\(T=[1+ \frac {\Delta V^2 \sin^2 k_2 d}{4(E-V_1)(E-V_2)}]^{-1}\)

Para el inciso a)

\(\beta=(2m \Delta V \frac {d^2}{\hbar ^2})^{\frac {1}{2}}=10\)


Por lo que podemos despejar para el término del potencial obteniendo

\(\Delta V= 100 \frac {\hbar^2}{2md^2}\)

\(\Delta V= 100 a\) con \(a= \frac {\hbar^2}{2md^2}\)

Por lo que si tomamos las condiciones del problema como \( V_1=0; V_2=\Delta V \)

Por lo que sí substituimos en la ecuación 4.2a las condiciones de la frontera obtenemos

\(T=[1+ \frac {\Delta V^2 \sin^2 k_2 d}{4(E)(E-\Delta V)}]^{-1}\)

Resolviendo para \(T\) por lo que se obtiene

\(E= \frac{\Delta V\pm \sqrt {\Delta V^2 - \Delta V \frac {T}{T-1}}}{2}\)

Para obtener de los valores para el inciso a obtenemos en términos de a se tiene

\(E= \frac{100a \pm \sqrt {100^2 a^2- 100a \frac {T}{T-1}}}{2}\)

Donde si tomamos los valores máximos y mínimos de \(E\), será tomando la parte que corresponde a \(T\) como uno aproximadamente y por lo tanto el valor máximo será para cuando la raíz se adiciona y el mínimo cuando se resta.


Para el inciso b) se tiene que

\(\beta=(2m \Delta V \frac {d^2}{\hbar ^2})^{\frac {1}{2}}=250\)


Por lo que podemos despejar para el término del potencial obteniendo

\(\Delta V= 250^2 \frac {\hbar^2}{2md^2}\)

\(\Delta V= 250^2 a\) con \(a= \frac {\hbar^2}{2md^2}\)

Lo que resolviendo para \(E\) se obtiene


\(E= \frac{250^2a \pm \sqrt {250^4 a^2- 250^2a \frac {T}{T-1}}}{2}\)

Lo que se cumple análogamente para. Los valores máximo y mínimo como el inciso anterior


--Usuario:Juan Mario Luna García (discusión) 01:02 25 sep 2013 (CDT)


4.3 Considere una estructura de potencial rectangular en una dimensión como se muestra en la figura 1

Figura 1. Pozo


\begin{equation} V= V_1 para x<-a \end{equation}

\begin{equation} V=0 para -a<x<0 \end{equation}

\begin{equation} V=\frac{V_1}{2} para 0<x<a \end{equation}

\begin{equation} V=V_1 para x>a \end{equation}

Escriba las funciones de onda en las regiones I, II, III, IV y las ecuaciones (pero no trate de resolver estas ecuaciones) que describen las condiciones de contorno de las funciones de onda para

\begin{equation} a) E>V_1 \end{equation} Para la región I Partimos de la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo

\begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m} \frac{d^2{\psi}_I }{dx^2}+ V_1 {\psi}_I= E {\psi}_I \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} q^2 =\frac{2m(V_1 -E)}{{\hslash}^2} < 0 \end{equation}

Entonces se tiene que la solución a la ecuación de Schrödinger es

\begin{equation} {\psi}_I (x) = Ae^{iqx} + A' e^{-iqx} \end{equation}

Para la region II \begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m}\frac{d^2 {\psi}_{II}}{dx^2} = E {\psi}_{II} \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} k^2 =\frac{2mE}{{\hslash}^2} > 0 \end{equation}

de aquí \begin{equation} {\psi}_II (x) = Be^{ikx} + B' e^{-ikx} \end{equation}

Para la region III \begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m}\frac{d^2 {\psi}_{III}}{dx^2} + \frac{V_1}{2}{\psi}_{III} = E {\psi}_{III} \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} t^2 =\frac{2m(\frac{V}{2} - E}{{\hslash}^2} < 0 \end{equation}

de aquí \begin{equation} {\psi}_{III} (x) = Ce^{itx} + C' e^{-itx} \end{equation}

Para la región IV De manera similar que en la región I \begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m}\frac{d^2 {\psi}_I}{dx^2} + V_1 {\psi}_IV= E {\psi}_IV \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} q^2 =\frac{2m(V_1 -E)}{{\hslash}^2} < 0 \end{equation}

Entonces se tiene que la solución a la ecuación de Schrödinger es

\begin{equation} {\psi}_IV (x) = De^{iqx} \end{equation}

Las funciones de onda deben cumplir con las condiciones de contorno

\begin{equation} {\psi}_{III} (a)= {\psi}_IV (a) \frac{d{\psi}_{III} (a)}{dx} =\frac{d {\psi}_IV (a)}{dx} \end{equation}

\begin{equation} {\psi}_{II} (a)= {\psi}_{III} (a) \frac{d{\psi}_{II} (a)}{dx} =\frac{d {\psi}_{III} (a)}{dx} \end{equation}

\begin{equation} {\psi}_{III} (a)= {\psi}_IV (a) \frac{d{\psi}_{III} (a)}{dx} =\frac{d {\psi}_IV (a)}{dx} \end{equation}

\begin{equation} b)V_1>E>V_1 /2 \end{equation} Para la región I Partimos de la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo

\begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m} \frac{d^2{\psi}_I }{dx^2}+ V_1 {\psi}_I= E {\psi}_I \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} q^2 =\frac{2m(V_1 -E)}{{\hslash}^2} > 0 \end{equation}

Entonces se tiene que la solución a la ecuación de Schrödinger es

\begin{equation} {\psi}_I (x) = Ae^{qx} + A' e^{-qx} \end{equation}

Si queremos que la función de onda no tienda a infinito en x= - \infty , la constante A' debe ser nula. Así que la función de onda que da como

\begin{equation} {\psi}_I (x) = Ae^{qx} \end{equation}

Para la region II \begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m}\frac{d^2 {\psi}_{II}}{dx^2} = E {\psi}_{II} \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} k^2 =\frac{2mE}{{\hslash}^2} > 0 \end{equation}

de aquí \begin{equation} {\psi}_{II} (x) = Be^{ikx} + B' e^{-ikx} \end{equation}

Para la region III \begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m}\frac{d^2 {\psi}_{III}}{dx^2} + \frac{V_1}{2}{\psi}_{III} = E {\psi}_{III} \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} t^2 =\frac{2m(\frac{V}{2} - E}{{\hslash}^2} < 0 \end{equation}

de aquí \begin{equation} {\psi}_{III} (x) = Ce^{itx} + C' e^{-itx} \end{equation}

Para la región IV De manera similar que en la región I \begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m}\frac{d^2 {\psi}_I}{dx^2} + V_1 {\psi}_IV= E {\psi}_IV \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} q^2 =\frac{2m(V_1 -E)}{{\hslash}^2} < 0 \end{equation}

Entonces se tiene que la solución a la ecuación de Schrödinger es

\begin{equation} {\psi}_IV (x) = D'e^{-qx} \end{equation}

De manera similar al inciso a) las funciones de onda deben cumplir con las condiciones de contorno

\begin{equation} {\psi}_I (a)= {\psi}_{II} (a) \frac{d{\psi}_I (a)}{dx} =\frac{d {\psi}_{II} (a)}{dx} \end{equation}

\begin{equation} {\psi}_{II} (a)= {\psi}_{III} (a) \frac{d{\psi}_{II} (a)}{dx} =\frac{d {\psi}_{III} (a)}{dx} \end{equation}

\begin{equation} {\psi}_{III} (a)= {\psi}_IV (a) \frac{d{\psi}_{III} (a)}{dx} =\frac{d {\psi}_IV (a)}{dx} \end{equation}


\begin{equation} c)E<V_1/2 \end{equation}

Para la región I Partimos de la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo

\begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m} \frac{d^2{\psi}_I }{dx^2}+ V_1 {\psi}_I= E {\psi}_I \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} q^2 =\frac{2m(V_1 -E)}{{\hslash}^2} > 0 \end{equation}

Entonces se tiene que la solución a la ecuación de Schrödinger es

\begin{equation} {\psi}_I (x) = Ae^{qx} + A' e^{-qx} \end{equation}

Si queremos que la función de onda no tienda a infinito en x= - \infty , la constante A' debe ser nula. Así que la función de onda que da como

\begin{equation} {\psi}_I (x) = Ae^{qx} \end{equation}

Para la region II \begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m}\frac{d^2 {\psi}_{II}}{dx^2} = E {\psi}_{II} \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} k^2 =\frac{2mE}{{\hslash}^2} > 0 \end{equation}

de aquí \begin{equation} {\psi}_{II} (x) = Be^{ikx} + B' e^{-ikx} \end{equation}

Para la region III \begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m}\frac{d^2 {\psi}_{III}}{dx^2} + \frac{V_1}{2}{\psi}_{III} = E {\psi}_{III} \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} t^2 =\frac{2m(\frac{V}{2} - E}{{\hslash}^2} < 0 \end{equation}

de aquí \begin{equation} {\psi}_{III} (x) = Ce^{tx} + C' e^{-tx} \end{equation}

Para la región IV De manera similar que en la región I \begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m}\frac{d^2 {\psi}_I}{dx^2} + V_1 {\psi}_IV= E {\psi}_IV \end{equation}

Para este caso se tiene que \begin{equation} q^2 =\frac{2m(V_1 -E)}{{\hslash}^2} < 0 \end{equation}

Entonces se tiene que la solución a la ecuación de Schrödinger es

\begin{equation} {\psi}_IV (x) = De^{qx + }D'e^{-qx} \end{equation}

Para que la función de onda no tienda a infinito en x=\infty la constante D debe ser nula. Asíi la función de onda queda en esta región queda como

\begin{equation} {\psi}_IV (x) = De^{qx + }D'e^{-qx} \end{equation}

De manera similar al inciso a) y b) las funciones de onda deben cumplir con las condiciones de contorno

\begin{equation} {\psi}_I (a)= {\psi}_{II} (a) \frac{d{\psi}_I (a)}{dx} =\frac{d {\psi}_{II} (a)}{dx} \end{equation}

\begin{equation} {\psi}_{II} (a)= {\psi}_{III} (a) \frac{d{\psi}_{II} (a)}{dx} =\frac{d {\psi}_{III} (a)}{dx} \end{equation}

\begin{equation} {\psi}_{III} (a)= {\psi}_IV (a) \frac{d{\psi}_{III} (a)}{dx} =\frac{d {\psi}_IV (a)}{dx} \end{equation}


Janeth Alexandra García Monge (discusión) 15:32 8 nov 2013 (UTC)



4.4 Suponga que la siguiente función de onda describe el estado de un electrón en un pozo cuadrado de potencial infinito, \(0<x<a\), con \(V(x)=0\) dentro del pozo:

\(V(x)=A\sin({3\pi x\over2a})\cos({\pi x\over2a})\) para \(0\leq x\leq a\)

a) Normalizar la función de onda.

Al normalizar la función tenemos:

\(\int_{0}^aA^2\sin^2({3\pi x\over2a})\cos^2({\pi x\over2a})dx=1\)

Despues de realizár la integración sobre las funciones trigonométricas, obtenemos:

\(A=\sqrt{35\pi\over934a}\)

b) Anotar la ecuación de onda completa dependiente del espacio y tiempo \(\Psi(x,t)\) que describe el estado del electrón en todo tiempo.

\(\Psi(x,t)=e^{-i\omega t}A\sin({3\pi x\over2a})\cos({\pi x\over2a})\)

c) Si se hicieran mediciones de la energía del electrón, ¿qué valores de energía se observarían y con qué probabilidad absoluta?

La energía estaría cuantizada y la probabilidad absoluta sería 1.

Andrés 15:23 2/11/13


5.1 Mostrar que, para un estado propio un oscilador armónico unidimensional, los siguientes resultados son ciertos:

a) Los valores esperados para la posición y el momentum son cero.

b) Los valores esperados de la energía cinética y potencial son iguales.

c) El producto de la incertidumbre de la posición y el momentum \(\Delta x\Delta p_{x}\) es igual a \((n+{1\over2})\hbar\).

Para el inciso a) ocupamos los operadores de creación y aniquilición:

\(\hat{a}={1\over\sqrt2 \alpha_{0}}\left(\hat{x}+{i\over{m\omega}}\hat{p}\right)\) , \(\hat{a}^\dagger={1\over\sqrt2 \alpha_{0}}\left(\hat{x}-{i\over{m\omega}}\hat{p}\right)\)

Donde \(\alpha_{0}=\sqrt{\hbar\over{m\omega}}\). La acción de éstos operadores sobre los estados propios del hamiltoneano es:

\(\hat{a}\mid n\rangle=\sqrt{n}\mid n-1\rangle\) , \(\hat{a}^\dagger\mid n\rangle=\sqrt{n+1}\mid n+1\rangle\)

Invirtiendo el sistema de operadores, nos queda:

\(\hat{x}={\alpha_{0}\over\sqrt2}\left(\hat{a}^\dagger+\hat{a}\right)\)


\(\hat{p}={i\hbar\over{\sqrt2 \alpha_{0}}}\left(\hat{a}^\dagger-\hat{a}\right)\)

Para el valor esperado de la posición, tenemos:

\(\langle \hat{x}\rangle ={\alpha_{0}\over\sqrt{2}}\left(\langle n\mid \hat{a}\mid n\rangle +\langle n\mid \hat{a}^\dagger\mid n\rangle \right)={\alpha_{0}\over\sqrt{2}}\left(\sqrt{n}\langle n\mid n-1\rangle +\sqrt{n+1}\langle n\mid n+1\rangle \right)=0\)

Para el valor esperado del momentum, tenemos:

\(\langle\hat{p}\rangle={i\hbar\over{\sqrt2\alpha_{0}}}\left(\langle n\mid\hat{a}\mid n\rangle-\langle n\mid\hat{a}^\dagger\mid n\rangle\right)={i\hbar\over{\sqrt2\alpha_{0}}}\left(\sqrt n\langle n\mid n-1\rangle-\sqrt{n+1}\langle n\mid n+1\rangle\right)=0\)

Como se esperaba.

Para el inciso b), tenemos:

La energía potencial es:

\(\langle V(x)\rangle=\langle{1\over2} kx^2\rangle={1\over2 k}\langle x^2\rangle={1\over2} m\omega^2\cdot{\hbar\over{2m\omega}}={1\over4} \hbar\omega\)

La energía cinética es:

\(\langle K\rangle=\langle{p_{x}^2\over{2m}}\rangle={1\over{2m}}\langle p_{x}^2\rangle={1\over{2m}}\cdot{\hbar m\omega\over2}={1\over4} \hbar\omega\)

Obtenemos valores iguales para \(V(x)\) y \(K\), como se esperaba.

Para el inciso c) para calcular el producto de la incertidumbre de la posición y del momentum \(\Delta x\),\(\Delta p_{x}\), obtenemos primero el valor esperado del cuadrado del operador, quedando para la posición:

\(\langle\hat{x}^2\rangle={\alpha_{0}\over\sqrt2}\left(\langle n\mid\hat{x}\hat{a}\mid n\rangle +\langle n\mid\hat{x}\hat{a}^\dagger\mid n\rangle\right)={\alpha_{0}\over\sqrt2}\left(\sqrt n\langle n\mid\hat{x}\mid n-1\rangle +\sqrt{n+1}\langle n\mid\hat{x}\mid n+1\rangle\right)\\={\alpha_{0}^2\over2} \sqrt n\left(\sqrt{n-1}\langle n\mid n-2\rangle +\sqrt n\langle n\mid n\rangle\right)+{\alpha_{0}^2\over2} \sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+1}\langle n\mid n\rangle +\sqrt{n+2}\langle n\mid n+2\rangle\right)=\alpha_{0}^2\left(n+{1\over2}\right)\)

La incertidumbre queda:

\(\langle(\Delta \hat{x})^2\rangle=\alpha_{0}^2\left(n+{1\over2}\right)\)

Para el momentum tenemos:

\(\langle\hat{p}^2\rangle={-i\hbar\over{\sqrt2\alpha_{0}}}\left(\langle n\mid\hat{p}\hat{a}\mid n\rangle -langle n\mid\hat{p}\hat{a}^\dagger\mid n\rangle\right)={-i\hbar\over{\sqrt2\alpha_{0}}}\left(\sqrt n\langle n\mid\hat{p}\mid n-1\rangle -\sqrt{n+1}\langle n\mid\hat{p}\mid n+1\rangle\right)\\={\hbar^2\over2\alpha_{0}^2} \sqrt n\left(-\sqrt{n-1}\langle n\mid n -2\rangle +\sqrt n\langle n\mid n\rangle\right)+{\hbar^2\over2\alpha_{0}^2} \sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+1}\langle n\mid n\rangle -\sqrt{n+2}\langle n\mid n+2\rangle\right)={\hbar^2\over\alpha_{0}^2}\left(n+{1\over2}\right)\)

La incertidumbre queda:

\(\langle(\Delta \hat{p})^2\rangle={\hbar^2\over\alpha_{0}^2}\left(n+{1\over2}\right)\)

Al multiplicar las incertidumbres, tenemos:

\(\langle(\Delta \hat{x})^2\rangle\cdot\langle(\Delta \hat{p})^2\rangle=\alpha_{0}^2\left(n+{1\over2}\right)\cdot{\hbar^2\over\alpha_{0}^2}\left(n+{1\over2}\right)\)

Sacamos raíz cuadrada de ambos lados, quedando:

\(\Delta \hat{x}\Delta \hat{p}=\left(n+{1\over2}\right)\hbar\)

Como se buscaba.

Andrés 7:20 8/11/13


Problema 4.6: Considere el caso de un electrón \( (m_e = 0.9x10^{-27}g) \) en un pozo de potencial finito, de profundidad 1.25V y una longitud de 145 Amstron

a) Calcular el numero de estados

b)calcular la energía de dos estados ligados:

Relacionamos la distancia dada\[ 2a=d=145A , V_0=125eV=2x10^{-12} \]

\( \frac{\beta}{a}=(\frac{2mV_0}{h^2})^{\frac{1}{2}}=5.57x10^7 cm^-1 ,\beta=41.7 \)

\( (N-1)(\pi/2)<41.7<N(\pi/2) \)

Por lo tanto, el número estimado de estados unidos N = 27.

Para el cálculo de las energías de los dos estados más consolidados, tenemos que encontrar la numérica soluciones de las ecuaciones seculares\[ \xi tan \xi=[\beta^2-\xi^2]^{1/2} \]

para nodos simetricos

\( -\xi cot \xi=[\beta^2-\xi^2]^{1/2} \)

para nodos antisimetricos

Resolviendo el sistema pasado, usando mathematica obtenemos\[ \xi_1=1.53 ,\xi_2=3 \]

Calculamos el correspondiente estado de energía respectivo\[ E_1=V_0( \frac{\xi_1}{\beta})^2=1.69eV \]

\( E_2=V_0( \frac{\xi_2}{\beta})^2=6.79eV \)


jose morales


5.3 muestre que la función de onda dada por la ecuación 5.32 en verdad satisface la ecuación de Schrodinger independiente del tiempo para la ecuación unidimencional del oscilador armónico

La ecuación de la función de onda es

\(\Psi_{E_n} (x)= C_nH_n( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}}) x e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}\)

Donde la ecuación de Schrodinger independiente del tiempo para una dimensión es

\([\frac {-\hbar^2}{2m} \frac {\partial^2}{\partial x^2} +\frac {k}{2} x^2] \Psi_{E_n}= E_n\Psi_{E_n}\)

Substituyendo la función de onda se obtiene

\(\frac {-\hbar^2}{2m} \frac {\partial^2}{\partial x^2}[C_nH_n( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}}) x e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}]+\frac {k}{2} x^2C_nH_n( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}}) x e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}= E_nC_nH_n( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}} )x e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}\)

Tomando para los polinomios de hermite \(n=0\) es decir \(H_0=1\) por lo que

\(\frac {-\hbar^2}{2m}C_n\frac {\partial^2}{\partial x^2}( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}} )x e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}+\frac {k}{2} x^2C_n( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}} )x e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}= E_nC_n( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}} )x e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}\)


\(\frac {-\hbar^2}{2m}C_n\frac {\partial}{\partial x}[ \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}} e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}+\sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}} \frac{m\omega_0}{\hbar}x^2e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}] +\frac {k}{2} x^2C_n( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}}) x ^3e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}= E_nC_n( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}}) x e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}\)


\(\frac {-\hbar^2}{2m}[ -\sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}} \frac {m\omega_0}{\hbar}2xe^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}+\sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}}\frac {m\omega_0}{\hbar}[2xe^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}-x^2(\frac {-m\omega_0}{2\hbar}(-2x)e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}] +\frac {k}{2} x^3( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}})e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}= E_n( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}} )x e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}\)


\(\frac {-\hbar^2}{2m}[ \frac {m\omega_0}{\hbar}xe^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}-\frac {m\omega_0}{\hbar}2xe^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}-x^3(\frac {-m\omega_0}{2\hbar})e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}] +\frac {k}{2} x^3( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}})e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}= E_n( \sqrt {\frac {m\omega_0}{\hbar}})x e^{\frac {-m\omega_0}{2\hbar} x^2}\)


Cancelando las exponenciales tomando en cuenta que \(E_0=\frac{1}{2}\hbar\omega_0 ;\omega_0=\sqrt {\frac {k}{m}}\) se tiene que


\(-\frac {\hbar\omega_0}{2}x-\hbar\omega_0x-\frac {-m\omega_0^2}{2}x^3-\frac {k}{2}x^3= \frac {1}{2}\hbar\omega_0x\)


Por lo que eliminando términos se obtiene \(0=0\)


Por lo que se cumple la ecuación se Schrodinger .


--Usuario:Juan Mario Luna García (discusión) 01:02 25 sep 2013 (CDT)


5.4 Suponga que el Oscilador armonico esta inicialmente en la superposicion de estados $\vert \Psi(t=0) \> = \frac{1}{\sqrt{2}} \left[ \vert 0 \rangle + \vert 1 \rangle \left] $, dar el valor esperado de la posicion del oscilador $ \langle x\rangle_t \equiv \langle \Psi (t)\vert x \vert \Psi (t) \rangle $ como una funcion en el tiempo.

El valor esperado de la posicion es \begin{equation} \langle x \rangle = \langle \Psi (t)\vert x \vert \Psi (t) \rangle = \frac{1}{2} \left[ \vert 0 \rangle + \vert 1 \rangle \right] \left[ -i \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_0}}(\widehat{a}^{+} - \widehat{a}^{-})\right] \left[ \vert 0 \rangle +e^{-i\omega_0 t} \vert 1 \rangle \right] \end{equation}

por lo tanto

\begin{equation} \langle x \rangle = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_0}} sin \omega_0 t \end{equation}

Doribel Corral Lopez (discusión)


Problema 5.5 Verifique las ecuaciones \( (5.48a),(5.48b),(5.50) y (5.50a) \)

Las ecuaciones de Maxwell \( (5.48 a-d ) \) y la condición para una onda transversal

\( \nabla\cdot\bar{E}=0  \)
\( \nabla\cdot\bar{E}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 \bar{E}}{\partial^2 t^2}=0  \)

La solución a esta ecuación es\[ \bar{E(\bar{r},t)}=E_x (z,t)\mathbf{e}_y=i\sqrt{\frac{2\pi h \omega}{L}}( a_k^- - e^{-i\omega_k t + ikz} - a_k^+ - e^{i\omega_k t - ikz})\mathbf{e_y} ...(5.68b), satisface (5.65c) \]


Satisface la ecuación de onda con la condición de \( k^2=\frac{\omega_k^2}{c^2} \) bajo estas condiciones y mostrando la ecuación (5.68a)

\( \bar{B(\bar{r},t)}=B_x (z,t)\mathbf{e}_y=i\sqrt{\frac{2\pi h \omega}{L}}( a_k^- - e^{-i\omega_k t + ikz} - a_k^+ - e^{i\omega_k t - ikz})\mathbf{e_y} \)

satisface la ecuación (5.65)

Sustituyendo \( (5.68a) y (5.68b) \) tenemos\[ \frac{1}{8\pi}\int_{0}^{l}[E_x ^2 (z,t)+B_x ^2 (z,t)]\, dz \]

Haciendo uso de la relación de commutación (5.69) para obtener (5.70)

\( \hat H = [\hat a_k^+\hat a_k^- + \frac{1}{2}]h\omega_0 \)

y la relación\[ E_{kn}=<n\left | \hat H \right \vert n >=(n+\frac{1}{2})hw_0 \]

Asi logramos demostrar todas la ecuaciones enunciadas.


jose morales



5.6 Escriba la ley de Rayleigh-Jeans y la ley de Plank para la radiación de cuerpo negro como función de la longitud de onda y unidades de energía por unidad de volumen por intervalo de longitud de onda, en lugar de en términos de la frecuencia como en las ecuaciones

Para la Ley de Rayleigh-Jeans \begin{equation} \rho_b (\nu)=\frac{8 \pi {\nu}^2}{c^3} k_B T \end{equation}

y

Ley de Plank \begin{equation} \rho_b (\nu)=\frac{8 \pi {\nu}^3}{c^3} \frac{1}{e^{\frac{h\nu}{k_B T}}-1} \end{equation}

Mostrar de manera explícita que la ley de Rayleigh-Jeans correspondiente muestra que $\rho_b (\lambda)d\lambda$ es proporcional a ${\lambda}^{-4}$ en el espacio de longitud de onda y que diverge en el limite ultravioleta $\lambda \rightarrow 0$

Partiendo de

\begin{equation} \nu=\frac{c}{\lambda} \end{equation}

entonces se tiene que la ley de radiación de Plank como función de la longitud de onda es

\begin{equation} \rho_b (\lambda)d\lambda=\rho_b (\nu) \vert\frac{d\nu}{d\lambda}\vert d\lambda=\frac{8 \pi c}{{\lambda}^5} \frac{1}{e^{\frac{hc}{\lambda k_B T}}-1} \end{equation}

Ahora de manera similar para Rayleigh-Jeans se tiene que

\begin{equation} \rho_b (\lambda)d\lambda=\frac{8 \pi }{{\lambda}^4} k_B T \end{equation}

De esta ecuación vemos que $\rho_b$ es proporcional a ${\lambda}^{-4}$

Ahora en el limite ultravioleta cuando $\lambda \rightarrow 0$

\begin{equation} \lim\limits_{\lambda\rightarrow 0}f(x)\rho_b (\lambda)d\lambda=\frac{8 \pi }{{\lambda}^4} k_B T \end{equation}

vemos que $\rho_b (\lambda)d\lambda$ diverge.

Janeth Alexandra García Monge (discusión) 19:00 12 nov 2013 (UTC)


6.1 de las representaciones matricial es del operador de momentum angular \(\hat L_x, \hat L_y,\hat L_z,\hat L_+,\hat L_-\) para \(l =0,1,2\) me la base de \(\hat L_z\) y \(L^2\) son la diagonal.

Tomando en cuenta que los eigenvalores y las relaciones entre los operadores son

\(L^2=l(l+1)\hbar^2\)

\(L_z=m_l \hbar\)

\(L^2=l(l+1)\hbar^2\)

\(\frac {1}{2}(L_+ + L_- )=L_x\)

\(\frac {i}{2}(L_- - L_- )=L_y\)

Para \(l=0;m_l=0\) todas las matrices son nulas de orden cero

\(\hat L_x=\hat L_y=\hat L_z=\hat L_+=\hat L_-=\hat L^2=0\)

Para \(l=1;m_l={-1,0,1}\) las matrices son de orden 3 para por lo que se obtiene para las matrices de los momentums


\( \hat L^2= 2\hbar^2 \begin {bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 &1\end {bmatrix}\)


\( \hat L_+= \hbar \begin {bmatrix} 0 & \sqrt {2} & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt {2} \\ 0 & 0 & 0 \end {bmatrix}\)


\( \hat L_-= \hbar \begin {bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ \sqrt {2} & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt {2} &0 \end {bmatrix}\)


\( \hat L_x= \frac {\hbar}{\sqrt {2}} \begin {bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end {bmatrix}\)


\( \hat L_y= \frac {\hbar}{\sqrt {2}} \begin {bmatrix} 0 & -i & 0 \\ i & 0 & -i \\ 0 & i & 0 \end {bmatrix}\)


\( \hat L_z= \hbar \begin {bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end {bmatrix}\)


Para \(l=2;m_l={-2,-1,0,1,2}\) las matrices son de orden 5 para por lo que se obtiene para las matrices de los momentums


Tomando en cuenta que

\(\hat J_+= \hbar \sqrt {l(l+1) - m(m+1)}\)

Se tiene que


\( \hat L^2= 6\hbar^2 \begin {bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 1\end {bmatrix}\)


\( \hat L_+= \hbar \begin {bmatrix} 0 & 2\hbar & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt {6} \hbar & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2\hbar & 0\\0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end {bmatrix}\)


\( \hat L_-= \hbar \begin {bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 2\hbar & 0 & 0 & 0 &0 \\ 0 & \sqrt {6}\hbar & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & 2\hbar & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end {bmatrix}\)


\( \hat L_x= \frac {\hbar}{2 } \begin {bmatrix} 0 & 2 & 0 & 0 & 0\\ 2 & 0 & \sqrt {6} & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt {6} & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end {bmatrix}\)


\( \hat L_y= \frac {i\hbar}{2 } \begin {bmatrix} 0 & 2 & 0 & 0 & 0\\ -2 & 0 & \sqrt {6} & 0 & 0 \\ 0 & -\sqrt {6} & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end {bmatrix}\)


\( \hat L_z= \hbar \begin {bmatrix} -2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 \end {bmatrix}\)

--Usuario:Juan Mario Luna García (discusión) 01:02 25 sep 2013 (CDT)


6.3 Ya que las tres componentes cartesianas del operador del momentum angular orbital no conmutan entre ellas, significa que nunca podemos especificar los tres componentes del momentum angular orbital del átomo de hidrógeno con precisión simultanea? Si no es este el caso, da las condiciones cuando pueden y cuando no pueden ser especificados con precisión simultanea y por qué.

En efecto, al no conmutar las componentes cartesianas del operador momentum angular orbital entre ellas, no es posible especificar con precisión simultanea las tres componentes. Si conmutaran las tres componentes cartesianas del operador momentum angular orbital, la función de onda, tendría que ser eigenfunción de los tres operadores respectivos.

Andrés 7:49 9/11/13


6.4 Muestre que para n=2, \textit{l}=1 y m_{\textit{l}}=1 la función de onda satisface la ecuacióon independinte del tiempo de Schrödinger dada en el texto para el atómo de Hidrógeno. También muestre explicitamente que esta función de onda está normalizada.

En este caso la funcióon de onda estáa dada como

\begin{equation} \Psi_{211}=R_{21}(r) Y_{11} (\theta, \phi)=[(2a_0)^{3/2}\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{r}{a_0}e^{r/2a_0}][\sqrt{\frac{3}{8\pi}}e^{i\phi} \sin\theta] \end{equation}

De aquí se sigue que

\begin{equation} \frac{\partial}{\partial r}(r^2 \frac{\partial}{\partial r})[(2a_0)^{-3/2}\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{r}{a_0}e^{r/2a_0}]=(2a_0)^{-3/2}\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{r}{a_0} [2-2\frac{r}{a_0}+\frac{r^2}{(2a_0)^2}]e^{-r/2a_0} \end{equation}

\begin{equation} (\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\sin{\theta} \frac{\partial}{\partial \theta}+\frac{1}{{\sin}^2 \theta}\frac{{\partial}^2}{\partial {\phi}^2})e^{i \phi}\sin{\theta}= -2e^{i \phi}\sin{\theta} \end{equation}

Escribiendo entonces la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo

\begin{equation} \lbrace -\frac{{\hslash}^2}{2m}[\frac{1}{r^2}frac{\partial}{\partial r}(r^2 \frac{\partial}{\partial r})+\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\sin{\theta} \frac{\partial}{\partial \theta}+\frac{1}{{\sin}^2 \theta}\frac{{\partial}^2}{\partial {\phi}^2}] - \frac{e^2}{r}\rbrace \Psi_{211}=\lbrace -\frac{{\hslash}^2}{2m} \frac{1}{r^2} [2-2\frac{r}{a_0}+\frac{r^2}{(2a_0)^2}-2]-\frac{e^2}{r}\rbrace \Psi_{211} (r,\theta, \phi)=E_{211} \Psi_{211} (r,\theta, \phi) \end{equation}

como \begin{equation} a_0\equiv \frac{{\hslash}^2}{m e^2} \end{equation}

Entonces la ecuación de Schrödinger queda como \begin{equation} -\frac{{\hslash}^2}{2m} \frac{1}{(2a_0)^2}\Psi_{211} (r,\theta, \phi)=E_{211} \Psi_{211} (r,\theta, \phi) \end{equation}

donde \begin{equation} E_{211}=-\frac{{\hslash}^2}{2m {a_0}^2 2^2}= -\frac{m e^4}{8 \hslash} \end{equation}

También, la función de onda está normalizada

\begin{equation} \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty} {\vert \Psi_{211}\vert}^2 r^2 \sin{\theta}drd\theta d\phi= [\int_{0}^{\infty} (2a_0)^{-3}\frac{r^4}{3{a_0}^2}e^{-r/a_0}dr][\frac{3}{4}\int_{0}^{\pi}{\sin}^3\theta d\theta]=1 \end{equation}

Janeth Alexandra García Monge (discusión) 20:11 12 nov 2013 (UTC)


6.5 Una particula es conocida por estar en el estado $\widehat{L}^2 = 2\hbar ^2 $. Tambien se conoce la medicion de $\widehat{L}_z$ que dara valor de $=\hbar$ con la probabilidad $1/3$ y dara $-\hbar$ con la probabilidad de $2/3$.

a) Cual es la normalizacion de la funcion de onda $\Psi (\theta,\phi)$ de esta particula en terminos de los armonicos esfericos.

\begin{equation} \Psi (\theta,\phi) = \frac{1}{\sqrt{3}}Y_{11}(\theta,\phi) + \sqrt{\frac{2}{3}}Y_{1-1}(\theta,\phi) \end{equation}

b) Cual es el valor esperado, $\langle\widehat{L}_z\rangle$, para la componente z del momento angular de esta particula?

Usando la probabilidad que nos proporciona el problema

\begin{equation} \langle \widehat{L}_z \rangle = \frac{1}{3}\hbar - \frac{2}{3}\hbar = -\frac{1}{3}\hbar \end{equation}

Doribel Corral Lopez (discusión)



7.1 Muestre que el determinante de Slater para un atómo con dos electrones estáa normalizado, si las funciones de onda para un electrón que están en el determinante están normalizadas.

\begin{equation} \Psi_{a_1 a_2}= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} \Psi_{a_1}(\overrightarrow{r_1}) & \Psi_{a_1}(\overrightarrow{r_2}) \\ \Psi_{a_2}(\overrightarrow{r_1}) & \Psi_{a_2}(\overrightarrow{r_1}) \\ \end{bmatrix} \end{equation}

Y en efecto está normalizada

\begin{equation} \int\int {\vert \Psi_{a_1 a_2} \vert}^2 d\overrightarrow{r_1} d\overrightarrow{r_2}=\frac{1}{2}[\int {\vert \Psi_{a_1}(\overrightarrow{r_1}) \vert}^2 d\overrightarrow{r_1}·\int {\vert \Psi_{a_2}(\overrightarrow{r_2}) \vert}^2 d\overrightarrow{r_2}+\int {\vert \Psi_{a_1}(\overrightarrow{r_2}) \vert}^2 d\overrightarrow{r_2}·\int {\vert \Psi_{a_2}(\overrightarrow{r_1}) \vert}^2 d\overrightarrow{r_1}-\int {\Psi_{a_1}(\overrightarrow{r_1})}^{*}\Psi_{a_2}(\overrightarrow{r_1})d\overrightarrow{r_1}·\int {\Psi_{a_2}(\overrightarrow{r_2})}^{*}\Psi_{a_1}(\overrightarrow{r_2}d\overrightarrow{r_2} -\int {\Psi_{a_1}(\overrightarrow{r_2})}^{*}\Psi_{a_2}(\overrightarrow{r_2})d\overrightarrow{r_2}·\int {\Psi_{a_2}(\overrightarrow{r_1})}^{*}\Psi_{a_1}(\overrightarrow{r_1})d\overrightarrow{r_1}] \end{equation}

Las funciones de onda $\Psi_{a_1}(\overrightarrow{r_1}), \Psi_{a_1}(\overrightarrow{r_2}), \Psi_{a_2}(\overrightarrow{r_1}) y \Psi_{a_2}(\overrightarrow{r_2})$ son ortonormales, por tanto

\begin{equation} \int\int {\vert \Psi_{a_1 a_2} \vert}^2 d\overrightarrow{r_1} d\overrightarrow{r_2}= \frac{1}{2}[1·1+1·1-0·0-0·0]=1 \end{equation}


Janeth Alexandra García Monge (discusión) 22:30 12 nov 2013 (UTC)


Problema 6.6 La función de onda de una partícula de masa m que se mueve en un pozo de potencial es, independiente del tiempo

\( \Psi(x,y,z)=(x+y+z)e^{-\alpha\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \)

a) Escribir \( \Psi\) en el sistema de coordenadas esfericas y normalizar la función \( \Psi(\theta\phi)\)


b)Cual es la medida de probabilidad de \( \hat L ^2 y \hat L_z \)para

valores de \( 2h_2 y 0 \) repectivamente.


Escribimos la función de onda en coordenadas esfericas

\( \Psi(x,y,z)=(x+y+z)e^{-\alpha\sqrt{x^2+y^2+z^2}} =[rSin\theta Cos\phi + rSin\theta Sin\phi + rCos\theta]e^{-\alpha r} \)

\( = [ (\frac{-1+i}{2})\sqrt{\frac{8\pi}{3}}Y_{11} + (\frac{1+i}{2})\sqrt{\frac{8\pi}{3}}Y_{1-1} + \sqrt{\frac{4\pi}{3}}Y_{10} ]r e^{-\alpha r} \)

Normalizando

\( 1= \int_{-\infty}^{\infty} \left | \Psi(\theta,\phi) \right \vert^2 \, dx Sin \theta d \theta d \phi=N^2[(2/4+2/4)(8/ \pi/3)+4 \pi/3] ... N= \sqrt{ \frac{1}{4 \pi}} \)

Por lo tanto la normalización de la función de onda nos da\[ \Psi(\theta,\phi)= (\frac{-1+i}{\sqrt{6}})Y_{11}+(\frac{1+i}{\sqrt{6}})Y_{1-1}+\sqrt{\frac{1}{3}}Y_{10} \]


La medida de probabilidad nos da respectivamente\[ Probabilidad = \frac{1/3}{1/3+1/3+1/3}=1/3 \]

jose morales


7.5 Escribir la configuración del estado basal del Ga y el As.

\(Ga:=1s^22s^22p^63s^23p^63d^{10}4s^24p^1\) , \(As:=1s^22s^22p^63s^23p^63d^{10}4s^24p^3\)

Andrés 8:30 9/11/13


7.4 Da la configuración del estado basal del carbono y del silicio. Cual es la degeneración del cada configuración?

Para el carbono se tiene

\(C= 1s^2 2s^2 2p^2\)


Donde las degeneraciones se encuentran en el nivel \( p \) esto es

Para los niveles

\(2(p_x^1 , p_y^1, p_z^0 \) donde vemos que la degeneración existe para un nivel en es estado \(p\)

Para el silicio se tiene que

\(1s^22s^22p^63s^23p^2\)


Donde los estados degenerados se encuentran en los niveles 3p puesto que son los orbitales que no están llenos

--Usuario:Juan Mario Luna García (discusión) 01:02 25 sep 2013 (CDT)


7.2 Escriba el determinante de Slater explicitamente de un atomo de dos electrones, en terminos de las funciones de onda radial y de los armonicos esfericos en la representacion de Schrödinger y las funciones de estado de spin en la representacion de Heinsenber para el atomo de Hidrogeno.

El determinante para un atomo de dos electrones en terminos de su funcion radia y de los armonico esfericos en la representacion de Schrödinger y la funcion de estado de Spin ($\alpha$, $\beta$) en la representacion de Heinsenberg para el atomo de Hidrogeno es

\begin{equation} \Psi _{a_1a_2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} R_{n_1 l_1}(r_1)Y_{l_1 m_1}(\theta_1 \phi_1)\alpha_1 & R_{n_1 l_1}(r_2)Y_{l_1 m_1}(\theta_2 \phi_2)\alpha_2 \\ R_{n_2 l_2}(r_1)Y_{l_2 m_2}(\theta_1 \phi_1)\beta_1 & R_{n_2 l_2}(r_2)Y_{l_2 m_2}(\theta21 \phi_2)\beta_2 \end{bmatrix} \end{equation}


Doribel Corral Lopez (discusión)



  1. C.L. Tang. Fundamentals of Quantum Mechanics: For Solid State Electronics and Optics. Cambridge University Press, 2005.