Prop: problemas mecanica cuantica

Seminario de física teórica: mecánica cuántica ^[1]

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.

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

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

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

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

$({\hat {p_{x}}}{\hat {x}}^{n})\Psi (x)-(x^{n}{\hat {p_{x}}})\Psi =-i\hbar nx^{n-1}\Psi$

De la definición del conmutador se tiene que.

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

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.

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

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

$(\Delta {\hat {x}})(\Delta {\hat {p}}_{x})\geq {\frac {1}{2}}|\int _{0}^{L}{2i\hbar {\hat {p}}_{x}|{\Psi _{x}}|^{2}}dx|$

$(\Delta {\hat {x}})(\Delta {\hat {p}}_{x})\geq {\frac {1}{2}}|2i\hbar \int _{0}^{L}{{\hat {p}}_{x}|{\Psi _{x}}|^{2}}dx|$

$(\Delta {\hat {x}})(\Delta {\hat {p}}_{x})\geq {\frac {1}{2}}|2i\hbar (i\hbar ){\frac {\partial }{\partial x}}\int _{0}^{L}{|{\Psi _{x}}|^{2}}dx|$

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)--

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}^{a}A^{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 \over 2a}}

Quedando normalizada.

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

Sabemos que:

E={p^{2} \over 2m}

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 \over 2a}}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:

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

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.

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

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

$1={\frac {A^{2}}{\sqrt {2a}}}\int _{-\infty }^{\infty }{e^{-u^{2}}}du$

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

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

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

$\Psi (p_{x})={\frac {e^{{\frac {1}{2a}}(p_{x}-x)^{2}}}{2\pi \hbar a}}\int _{-\infty }^{\infty }{e^{-u^{2}}}du$

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)

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: