1 = < {x, H} > dt ih
(3.3)
d 1 = < {p, H} > dt ih
(3.4)
y
utilizando H=
p2 + V (x) 2m
tenemos para (3.3) ¾ ½ ¾ p2 p2 1 + V (x) = x, {x, p2 } x, = 2m 2m 2m
½ {x, H} =
Utilizando la propiedad de los conmutadores {A, BC} = B{A, C} + {A, B}C tenemos que (3.5) se transforma en: 1 1 {x, p2 } = (pj {xi , pj } + {xi , pj }pj ) 2m 2m i¯h i¯h = (pi δij + δij pi ) = pi 2m m {x, H} =
de donde escribimos: d < xi > i¯h < pi > 1 = = < pi > dt i¯h m m o sea que d = =< v > dt m como vimos para el caso del pulso, o sea el centro de masa se desplaza con velocidad v=
m
calculemos ahora (3.4) 1 1 d
= < p, H >= < {p, V (x)} > dt ih ih haciendo el c´alculo de Z
∞
< {p, V (x)} >=
½ −i¯h
−∞
∂ ∂ψ (V (x)ψ(x)) + i¯hV (x) ∂x ∂x
cancelando t´erminos V (x) ∂ψ ∂x el resultado es: Z
∞
< {p, V (x)} >= −i¯h −∞
ψ ∗ (x)
∂V ψ(x)dx. ∂x
¾ ψ ∗ dx
(3.5)
62 de donde
Z
d
1 = < {p, H} >= − dt ih
∞
ψ∗
−∞
∂V ψdx ∂x
o sea que para los valores medios d
∂V =−< > dt ∂x
(3.6)
lo que significa que para los valores medios de los operadores la segunda ley de Newton continua siendo v´alida. m
d2 ∂V < x >= − < > 2 dt ∂x
Si adem´as el potencial var´ıa poco en la regi´on donde se encuentra < V (x) >≈ V (< x >) de modo que (3.6) se escribe como: m
d2 < x > ∂V (< x >) =− 2 dt ∂x
lo que significa que el centro de masa del pulso se desplaza con la velocidad de la part´ıcula cl´asica. Problema 3.1 2 > Calcule d
El Comportamiento de un Potencial que se Anula en el Infinito
Estudiemos el comportamiento de una part´ıcula sujeta a un potencial atractivo que se anula en el infinito. El potencial tal y como se muestra en la siguiente figura es atractivo y tiene estados ligados. VHxL x value -4
2
-2
I
II A -0.2
4 III
B
-0.4
-0.6
-0.8
-1.0 FIG. 9: Potencial con estado ligado
Como se muestra en la figura,los puntos de retorno son xA y xB . Que son los puntos donde se intercepta la l´ınea de energ´ıa constante con el potencial. La ecuaci´on de onda para este potencial se escribe: ¾ ½ ¯h2 d2 + V (x) ψ = Eψ − 2m dx2
63
o definiendo el operador de derivaci´on D =
d dx
D2 ψ =
2m [V (x) − E]ψ ¯h2
(3.7)
El estado ligado corresponde a una soluci´on de (3.7) cuando la energ´ıa total es menor que cero. Los puntos xA y xB son los puntos l´ımites del movimiento cl´asico. El movimiento en las regiones II y III es diferente del movimiento en I. Cualitativamente podemos ver que el vector de onda q k = (2m/¯h2 )(E − V ) se torna imaginario para todos los puntos en que V (x) − E > 0 O sea que en las secciones donde el potencial es mayor que la energ´ıa total, k es imaginario y la funci´on de onda decrece exponencialmente. Si por el contrario E − V (x) > 0 k es real y la funci´on de onda tiene car´acter oscilante. Adem´as, las derivadas de la funci´on de onda deben satisfacer ciertas condiciones para tener sentido f´ısico, por ejemplo: 2 Si φ > 0 y ddxφ2 < 0 la funci´on de onda tiene concavidad negativa y va decreciendo cuando φ(x) se anula la funci´on φ cambia de signo utilizando (3.7), vemos que d2 φ >0 dx2 luego φ<0
d2 φ >0 dx2
eso demuestra que la funci´on de onda es oscilante. Puede suceder que φ > 0 y
d2 φ dx2
> 0 pero en este caso la funci´on ser´ıa siempre creciente y no pertenecer´ıa a L2 (<).
El hecho de que la funci´on sea decreciente en las regiones II y III simult´aneamente requiere en general un ajuste de los valores de E, siendo que estos valores as´ı obtenidos dan origen a la cuantizaci´on de la energ´ıa. C.
El Oscilador Arm´ onico
El potencial arm´onico es un potencial que aproxima a otros en los puntos de m´ınimo. Si V(x) es una funci´on que tiene serie de Taylor ½ ¾ ½ ¾ dV 1 d2 V V (x) = V (0) + x+ x2 + · · · dx x=0 2 dx2 x=0
64
Si estamos en un punto de m´ınimo dV =0 dx y V(x) se escribe como: V (x) = V (0) +
1 d2 V 2 x + ······ 2 dx2
En el caso que V es arm´onico lo escribimos como: V (x) =
1 2 kx 2
y la ecuaci´on de Schrodinger se escribe como ½ ¾ ¯h2 d2 k 2 − + x φ(x) = Eφ(x) 2m dx2 2
(3.8)
esta es una ecuaci´on diferencial lineal en φ, para resolverla lo primero que haremos es introducir una nueva variable ξ de forma que x = aξ con el objeto de reducir las constantes multiplicativas de la ecuaci´on (3.8), as´ı esta adquiere la forma: ½ −
¾ ¯ 2 d2 h 2E 2 + ξ φ(ξ) = 2 φ(ξ) 2mka4 dξ 2 ka
(3.9)
de forma que si µ a=
¯2 h 2mk
¶1/4
y E0 =
2E ka2
la ecuaci´on (3.9) se reduce a: ½ −
¾ d2 2 + ξ φ(ξ) = E 0 φ(ξ) dξ 2
o sea d2 φ(ξ) = (ξ 2 − E 0 )φ(ξ) dξ 2
Estudiemos el comportamiento asint´otico de la ecuaci´on cuando ξ2 À E
(3.10)
65
en esta situaci´on (3.10) se reduce a: d2 φ ≈ ξ 2 φ(ξ) dξ 2
(3.11)
la soluci´on de la ecuaci´on (3.11) es de la forma: e−ξ
2
/2
o sea que las soluciones de la ecuaci´on completa (3.9) ser´an de la forma: φ(ξ) = f (ξ)e−ξ
2
/2
= H(ξ)e−ξ
2
/2
substituyendo en (3.10) obtenemos d2 d H(ξ) − 2ξ H(ξ) + (E 0 − 1)H(ξ) = 0 2 dξ dξ
(3.12)
esta es la ecuaci´on diferencial de Hermite que se resuelve por serie de potencias. Como ya separamos el comportamiento singular de la ecuaci´on buscamos una soluci´on anal´ıtica que tiene expansi´on: H(ξ) =
∞ X
an ξ n
(3.13)
n=0
derivando tenemos ∞ X dH = nan ξ n−1 dξ n=0 ∞ X d2 H = n(n − 1)an ξ n−2 dξ 2 n=2
substituyendo en(3.12) e igualando exponentes an+2 =
2n + 1 − E 0 an (n + 2)(n + 1)
(3.14)
lo que para los t´erminos pares significa a2m =
m Y 4k − 3 − E 0
2k(2k − 1)
1
a0
(3.15)
de forma an´aloga para los t´erminos impares
a2m+1 =
m Y 4k − 1 − E 0 1
2k(2k + 1)
a1
para grandes valores de (3.15) se comporta como un factorial a2n ∼ serie tiene dos componentes
1 n!
(3.16) por lo que en la aproximaci´on asint´otica la
X 1 X 1 2 2 ξ 2n + ξ 2n+1 = eξ + ξeξ n! n! 2
luego la funci´on total φ(ξ) = H(ξ)e−ξ /2 no pertenece a L2 (<), para evitar esa explosi´on debemos reducir la serie a un polinomio. O sea an debe anularse a partir de un cierto n as´ı que an+2 = 0 lo que significa que E 0 = 2n + 1 y que tambi´en debemos anular a1 que genera los t´erminos impares a1 = 0. Podemos tambi´en anular a0 y trabajar con la parte impar en este caso el resultado para E 0 es el mismo.
66 q Definiendo la frecuencia angular ω =
k m h ¯ω 2 ;
podemos colocar En = ¯hω(n + 12 ) cuando hacemos n = 0 obtenemos
la energ´ıa del estado fundamental, E0 = el estado fundamental representa un compromiso entre la localizaci´on de la part´ıcula de parte del potencial y el efecto cu´antico en el que la localizaci´on aumenta la energ´ıa cin´etica de la part´ıcula por el principio de incertidumbre ∆x∆p ∼ ¯h. La f´ormula que Max Planck propuso para el cuerpo negro a comienzos del siglo XX era En = n¯hω, m´as como el problema de radiaci´on solo depende de las diferencias de energ´ıa; el resultado obtenido era el mismo. En general para el tratamiento no relativ´ıstico de problemas f´ısicos solo nos interesan las diferencias de energ´ıa. En resumen sustituyendo podemos decir que las funciones de onda del oscilador arm´onico son: 2
1
φ(x) = Nn Hn (x/a)e− 2 (x/a) D.
El Principio de Correspondencia para el Oscilador Arm´ onico
Una vez normalizadas las funciones de onda se escriben como: 1 x 2 x φ(x) = Nn Hn ( )e− 2 ( a ) a las que se representan por el dibujo de abajo. Por otra parte calculando la probabilidad de encontrar la part´ıcula en el movimiento arm´onico cl´asico VHxL 2.0
1.5
1.0
0.5
eje x -2
1
-1
2
FIG. 10: Potencial y funci´ on de onda al cuadrado para n=10
P (x)dx =
dt 2dt = T /2 T
donde T es el per´ıodo y dt el intervalo de tiempo en el cual se recorre dx, as´ı: P (x) =
dt 2 2 = dx T Tv
como la ecuaci´on cl´asica de la energ´ıa es: M v 2 + kx2 = 2E √ v= P (x) =
2E − kx2 m
2 £2 ¡ T m E−
kx2 2
¢¤1/2
Dibujando este resultado en la figura anterior vemos que el valor medio de los resultados cu´anticos cuando n → ∞, se aproxima del valor cl´asico, y este es el punto relevante del principio de correspondencia, de que para grandes n´ umeros
67 cu´anticos el valor medio coincide con el comportamiento cl´asico. En otras palabras en este caso P (x) = T E.
£2 ¡ m
2 E−
kx2 2
¢¤1/2
≈ | ψ(x) |2n→∞
El Estudio de los Polinomios de Hermite
La funci´on de onda contiene en las autofunciones de la energ´ıa los polinomios de Hermite. Un polinomio de Hermite tiene la forma: Hn = an xn + an−1 xn−1 + · · · · · · + a1 x + a0
(3.17)
Si n es par, el polinomio solo contiene t´erminos pares. Si n es impar, el polinomio solo contiene t´erminos impares. Por definici´on: an = 2n
(3.18)
Las funciones de onda se escriben como: φ(ξ) = Nn Hn (ξ)e−ξ
2
/2
(3.19)
El factor de normalizaci´on se escoge para que < φn , φm >= δnm y los polinomios de Hermite satisfacen la ecuaci´on diferencial de Hermite: dHn d2 Hn − 2x + 2nHn (x) = 0 dx2 dx F.
(3.20)
Funci´ on Generadora de los Polinomios de Hermite
Una buena referencia se encuentra en Generating Function - Wikipedia, the free encyclopedia. Una funci´on se llama generadora de un conjunto de polinomios si f (x) =
X
Pn (ξ)
xn n!
donde Pn son los polinomios y f (x) es la funci´on generadora. Para los polinomios de Hermite la funci´on generadora es f (x) = e−x
2
+2xξ
utilizando la serie de potencias en la funci´on generadora tenemos e−s
2
+2sξ
=
∞ X 0
Hn (ξ)
sn n!
vamos a demostrar que: ¶ ¾ n ∞ ½µ 2 X d s d − 2ξ + 2n H (ξ) =0 n 2 dξ dξ n! 0
(3.21)
68 Considere que la funci´on generadora f (s, ξ) = e−s satisface
µ
2
d2 d d − 2ξ + 2s dξ 2 dξ ds
+2sξ
¶ f (s, ξ) = 0
para demostrar esto vemos que 2 d2 −s2 +2sξ (e ) = 4s2 e−s +2sξ dξ 2
2ξ 2s
2 d −s2 +2sξ (e ) = 4sξe−s +2sξ dξ
2 d −s2 +2sξ e = 2s(−2s + 2ξ)e−s +2sξ ds
o sea que ©
ª 2 4s2 − 4sξ + 2s(−2s + 2ξ) e−s +2sξ = 0
y si ahora colocamos f (s, ξ) = en la ecuaci´on
µ
X
d2 d d − 2ξ + 2s dξ 2 dξ ds
an (ξ)
¶X
sn n!
an (ξ)
sn =0 n!
vemos que ¶ ∞ µ 2 X d sn d − 2ξ + 2n an (ξ) =0 2 dξ dξ n! 0 luego los t´erminos en el par´entesis tienen que anularse id´enticamente y an (ξ) debe coincidir con los polinomios de Hermite con los que demostramos (3.21) G.
La F´ ormula de Recurrencia de los Polinomios de Hermite
Llamemos ψ(s, ξ) = e−s
2
+2sξ
a la funci´on generadora. Derivando en relaci´on a ξ 2 dψ = 2se−s +2sξ = 2sψ(s, ξ) dξ
utilizando (3.20) tenemos ∞ X 0
∞
Hn0 (ξ)
∞
X X sn sn+1 sn = 2Hn = 2Hn−1 n! n! (n − 1)! 0 0
69
igualando coeficientes en las potencias de s Hn0 (ξ) = 2nHn−1 (ξ)
(3.22)
que es la primera f´ormula de recurrencia. De la misma forma se verifica que dψ + 2(s − ξ)ψ(s, ξ) = 0 ds lo que sustituyendo (3.21) se transforma en Hn+1 (ξ) − 2ξHn (ξ) + 2nHn−1 (ξ) = 0
(3.23)
diferenciando y combinando (3.23) con (3.22) obtenemos Hn00 (ξ) − 2ξHn0 (ξ) + 2nHn (ξ) = 0 que es de nuevo la ecuaci´on diferencial de Hermite. H.
La Constante de Normalizaci´ on del Oscilador Arm´ onico
En la funci´on de onda del oscilador arm´onico (3.19) o sea 2
1
φn (x) = Nn Hn (x/a)e− 2 (x/a) queremos determinar la constante de normalizaci´on Nn de forma que Z φn (x)φm (x)dx = δnm o sea que Z aNn2
2
Hn (ξ)Hm (ξ)e−ξ dξ = δnm
utilizando la funci´on generadora (3.21) tenemos Z
∞
2
e−t
+2tξ −s2 +2sξ −ξ 2
e
e
−∞
dξ =
∞ X ∞ n m Z X t s 0
0
n!m!
∞
2
Hn (ξ)Hm (ξ)e−ξ dξ
(3.24)
−∞
completando el cuadrado del lado izquierdo y cambiando a la variable (ξ − s − t) Z ∞ √ 2 e(ξ−s−t) d(ξ − s − t) = e2st π e2st −∞
o sea ∞ X ∞ n m X √ t s e2st π = n!m! 0 0
Z
∞
2
Hn (ξ)Hm (ξ)e−ξ dξ
(3.25)
−∞
desenvolviendo en serie de Taylor a e2st y sustituyendo en (3.25) obtenemos ∞ X sn t m Z ∞ √ X 2 sn t n π 2n = Hn (ξ)Hm (ξ)e−ξ dξ n! n! m! −∞ n,m n=0
(3.26)
70 que puede escribirse tambi´en en la forma X sn t m Z ∞ √ X 2 sn tm π δnm 2n = Hn (ξ)Hm (ξ)e−ξ dξ m! n! m! −∞ n,m n,m de donde obtenemos que δnm
√
Z
1 π2 = n!
∞
n
2
Hn (ξ)Hm (ξ)e−ξ dξ
−∞
O sea que la normalizaci´on de (3.19) debe ser tal que √ aNn2 (2n n! π) = 1 de donde se ve que 1
Nn = p
2n n!a
√
π
Para terminar esta secci´on de normalizaci´on de las funciones de onda vamos a demostrar que si la funci´on generadora es e−s
2
+2sξ
=
∞ X
Hn (ξ)
0
sn n!
(3.27)
los coeficientes an de los polinomios de Hermite valen an = 2n completando el cuadrado en (3.27) 2
2
e−(s−ξ) eξ =
X
Hn (ξ)
sn n!
o sea 2
e−(ξ−s) =
∞ X
Hn (ξ)
0
sn −ξ2 /2 e n!
(3.28)
2
comparando (3.28) con la expansi´on en serie de Taylor de e−(ξ−s) tenemos 2
Hn (ξ)e−ξ = (−1)n
d −(ξ−s)2 e |s=0 dsn
(3.29)
como si tenemos f = f (s − ξ) df df =− ds dξ eso significa que n dn f nd f = (−1) dsn dξ n
aplicando este resultado a (3.28) tenemos Hn (ξ) = (−1)n eξ
2
dn −ξ2 e dξ n
(3.30)
71 comparando este polinomio con Hn (ξ) = an ξ n + an−1 ξ n−1 + · · · · · · + a1 x + a0 tenemos que an = 2n que es el factor de normalizaci´on. Problema 3.2 Considere las funciones fn (x) definidas por a)
b)
f0 (x) =
∞ X xn (n!)2 n=0
(n + 1)fn+1 = xfn − fn+2 fn0 = fn−1
c) encuentre la funci´on generadora G(x, t) tal que
G(x, t) =
∞ X
fn (x)tn
−∞
I.
El Caso de un Paquete Gaussiano en un Potencial Arm´ onico
Considere una part´ıcula, cuya funci´on de onda en el instante inicial corresponde a un pulso gaussiano. Esta part´ıcula se somete a partir del instante t = 0 a un potencial arm´onico como el que hemos venido estudiando. As´ı la funci´on de onda en t = 0 tiene la forma ψ(ξ, 0) = e−
(ξ−a)2 2
(3.31)
La base de autofunciones del oscilador arm´onico es 1
2
φn (x) = Nn Hn (x/a)e− 2 (x/a)
(3.32)
donde Hφn = En φn sabemos entonces que la funci´on de onda se descompone en la base de autofunciones en la forma siguiente
ψ(x, t) =
∞ X
an φn (x)eiEn t/¯h
(3.33)
0
y los coeficientes an satisfacen an =< φn , ψ(x, 0) >
(3.34)
Vamos a analizar que le sucede al pulso gaussiano. Para obtener los coeficientes de la expansion (3.33) podemos utilizar la funci´on generadora.
e−s
2
+2sξ
=
∞ X Hn (ξ)sn 0
n!
72
utilizando la identidad 2
e−1/2(ξ−2s)
+ξ 2 /2+s2
= e−s
2
+2sξ
o sea que 2
1
e− 2 (ξ−2s) = e−s
∞ X Hn (ξ)
2
e−
n!
0
ξ2 2
sn
(3.35)
Considere ahora el caso 2s = a, la ecuaci´on (3.35) se escribe como 2
1
e− 2 (ξ−a) = e−
∞ X Hn (ξ)
a2 4
2n n!
0
an e−
ξ2 2
o sea los coeficientes an de (3.38) valen 2
1
e− 2 a a n an = 2n n! y la ecuaci´on (3.33) se escribe como ψ(x, t) = e−
∞ X Hn (ξ)
a2 4
2n n!
0
e−
ξ2 2
e−
iEn t h
an
(3.36)
los autovalores de la energ´ıa son µ ¶r 1 k En = n + ¯h 2 n
(3.37)
sustituyendo (3.37) en (3.36) tenemos ψ(x, t) = e−
a2 4
i
e− 2 ωt
∞ X Hn (ξ)an
2n n!
0
1
2
e− 2 ξ e−inωt
(3.38)
definiendo b = e−iωt a y sustituyendo en (3.38) ( − 14 (a2 −b2 )
ψ(x, t) = e
e
− 2i ωt
e
2 − b4
1 2 ∞ X Hn (ξ)e− 2 ξ bn
)
2n n!
0
(3.39)
si observamos ahora lo que est´a entre llaves en (3.39) es la funci´on generadora en b podemos escribir 1
ψ(x, t) = e 4 (a
2
−b2 ) − 2i ωt − 12 (ξ−b)2
e
e
(3.40)
tomando el m´odulo al cuadrado de (3.40) obtenemos 2
| ψ(x, t) |2 = e−(ξ−a cos ωt)
vemos as´ı que el centro de masa de la gaussiana va a oscilar en torno del punto cero, como si fuera una part´ıcula cl´asica sometida al potencial arm´onico, con valor < x >= a cos ωt
73
y amplitud a. Se puede verificar que si a, es muy grande los valores que mas contribuyen en la expansi´on de autofunciones son precisamente los coeficientes a energ´ıas muy pr´oximas a las energ´ıas de un oscilador arm´onico cl´asico con esa amplitud. Conviene notar que el hecho que el paquete no se deforma es una caracter´ıstica del paquete de m´ınima incertidumbre. Problema 3.3 De la relaci´on n o d < F~ > i = < H, F~ > + dt h
*
∂ F~ ∂t
+
y H=
1 ~π · ~π + eφ 2m
~ muestre que donde ~π = p~ − ec A, d < ~r > = dt
¿
~π m
À
y que d < ~π > = F uerza dt
de
Lorentz
Problema 3.4 Sea ~j la corriente de probabilidad asociada a una funci´on ψ(~r) que describe el movimiento de una part´ıcula de masa m. a) Demuestre que Z ~ 3 r =< P~ > m j(r)d donde P~ es el momento lineal. ~ (Momento Angular Orbital) definido por b) Considere el operador L ~ = ~r × P~ L establezca la igualdad Z m
~ > (~r × ~j(~r))d3 r =< L
Problema 3.5 Considere una part´ıcula libre: a) Mostrar aplicando el teorema de Ehrenfest,que < x > es una funci´on lineal del tiempo y que el valor medio < P > permanece constante. b) Escriba las ecuaciones de evoluci´on de los valores medios < x2 > y < xP + P x > e integre estas ecuaciones. c) Demuestre escogiendo adecuadamente el origen del tiempo que
(∆x)2 =
1 (∆P )20 t2 + (∆x)20 m2
74 donde ()0 indica los valores en el instante inicial. Comente el ancho de los pulsos e interprete F´ısicamente. Problema 3.6 La funci´on de onda de una part´ıcula libre esta dada en el instante t = 0 por Z ∞ k ψ(x, 0) = N e− k0 eikx dk −∞
donde k0 y N son constantes. a) ¿Cu´al es la probabilidad P (δp, 0) que al hacer una medida del momento lineal en el instante t = 0 de un resultado comprendido entre p1 y p2 ? Estudie sumariamente la funci´on P (p, 0). b) ¿Cu´al es la probabilidad P (p, t) si la medida se efect´ ua en el instante t? ¿Interpretaci´on? c) ¿Cu´al es la forma del paquete de ondas en el instante t = 0 ? Calcule en ese instante el producto ∆ x∆p ; ¿Cu´al es la conclusi´on? Describa cualitativamente la conclusi´on anterior del paquete de ondas. Problema 3.7 Considere un oscilador arm´onico de masa m y de frecuencia ω. En el instante t = 0, el estado de un oscilador esta dado por X | ψ(0) >= Cn | φ n > donde los estados | φn > son los estados estacionarios de energ´ıa En = (n + 1/2)¯hω a) ¿Cual es la probabilidad P que por una medida de la energ´ıa del oscilador efectuada en el instante t > 0 cualquiera, de un resultado superior a 2¯hω? ¿Cuando P = 0?, ¿Cu´ales son los coeficientes no nulos? b) Suponga a partir de ahora que solo C0 y C1 son diferentes de cero. Escriba en funci´on de C0 y C1 la condici´on de normalizaci´on de | ψ(0) > y el valor medio < H > de la energ´ıa. Imponiendo < H >= hω calcule | C0 |2 y | C1 |2 c) El vector de estado | ψ(0) > esta definido a menos de un factor de fase global. Esta fase se puede fijar suponiendo C0 real y positivo. Suponga que: C1 =| C1 | eiθ1 y que adem´as de < H >= hω 1 < x >= 2
r
¯h mω
calcule θ1 d) Una vez que se ha determinado | ψ(0) > calcule | ψ(t) > y θ1 (t) deduzca el valor de < t >t J.
Comportamiento de una Funci´ on de Onda de Ancho Arbitrario
Aplicando el teorema de Ehrenfest tenemos d 1 = < {A, H} > dt ih
(3.41)
En el caso A = x tenemos d2 < x > m =− dt2
¿
∂V ∂x
À (3.42)
75 siendo que V = 12 kx2 y
∂V ∂x
= kx.
Luego (3.42) se escribe como m
d2 < x > = −k < x > dt2
(3.43)
que es la ecuaci´on del movimiento cl´asico de una part´ıcula. La ecuaci´on (3.43) tiene como soluci´on a < x >t =< x0 > cos(wt) +
sen(wt) w
(3.44)
∆x2 =< x2 > − < x >2 Calculemos el valor medio de x2 , aplicando (3.41) © ª 1 1 < x >t = < x2 , H >= < i¯h i¯h 2
½
P2 x , 2m
¾
© ª > + < x2 , V (x) >
2
como ©
ª x2 , V (x) = 0
y ½ ¾ 2 2 p x , = 2i¯h(xp + px) 2m podemos escribir 1 d < x2 > = < xp + px > dt m
(3.45)
si calculamos 1 1 d < xp + px >= < {xp + px, H} >= dt i¯h i¯h
¿½
p2 1 xp + px, + kx2 2m 2
¾À (3.46)
sustituyendo (3.46) en (3.45) y utilizando la definici´on para E=
p2 kx2 + 2m 2
la ecuaci´on (3.45) se reduce a d2 < x2 > 4k 4E + < x2 >= dt m m
(3.47)
La soluci´on se obtiene sumando una soluci´on de la homog´enea con una soluci´on particular de la no homog´enea. < x2 >=
E + C cos(2ωt + α) k
En general el centro del pulso se va a mover como si fuera una part´ıcula cl´asica y el ancho va a oscilar con el doble de la frecuencia cl´asica.
76 IV.
CAP´ ITULO 4
Los Problemas en Tres Dimensiones A.
La Separaci´ on de Variables en Coordenadas Cartesianas
La ecuaci´on de onda en tres dimensiones se escribe como ½ ¾ ¯h2 2 − ∇ + V (~r) φ(~r) = Eφ(~r) 2m
(4.1)
Esta ecuaci´on no tiene en general, soluciones anal´ıticas o cerradas. El m´etodo m´as com´ un para resolverla se denomina separaci´on de variables y consiste en descomponer la soluci´on en un conjunto de bases: X φ(x1 , x2 , x3 ) = An1 n2 n3 φn1 (x1 )φn2 (x2 )φn3 (x3 ) (4.2) n1 ,n2 ,n3
que dependen cada una solo de x1 o x2 o x3 . El proceso utilizado para lograr esto es el siguiente: a) Suponga que el potencial es separable es decir, de la forma V (x1 , x2 , x3 ) = V1 (x1 ) + V2 (x2 ) + V3 (x3 )
b) Suponemos ahora una soluci´on separable de la forma Φ(~r) = Φ1 (x1 )Φ2 (x2 )Φ3 (x3 ) y usamos el hecho de que ∇2 =
∂2 ∂2 ∂2 + + ∂x21 ∂x22 ∂x23
sustituyendo en (4.1)y dividiendo por Φ tenemos µ 2 ¶ µ 2 ¶ µ 2 ¶ ¯h ¯h ¯h 1 d2 Φ1 (x1 ) 1 d2 Φ2 (x2 ) 1 d2 Φ3 (x3 ) − + V1 (x1 ) − + V2 (x2 ) − + V3 (x3 ) = E 2m Φ1 (x1 ) dx21 2m Φ2 (x2 ) dx22 2m Φ3 (x3 ) dx23 (4.3) Para que la ecuaci´on (4.3) sea verdadera es necesario que cada uno de los t´erminos en par´entesis sean iguales a una constante. As´ı tenemos 3 ecuaciones: −
¯ 2 d2 Φi (xi ) h + Vi (xi )Φi (xi ) = Ei Φi (xi ) 2m dx2i
donde i = 1, 2, 3. En el caso del oscilador arm´onico V (~x) = La soluci´on general ser´a dada por (4.2).
k1 x21 k2 x22 k3 x23 + + 2 2 2
(4.4)
77 B.
La Ecuaci´ on de Onda en Coordenadas Esf´ ericas
Considere un potencial que proviene de una fuerza central, o sea el potencial en lugar de depender de un vector ~r depende solamente de su m´odulo r. V (~r) = V (r) En este caso la ecuaci´on (4.1) se escribe como −
¯2 2 h ∇ ψ + V (r)ψ = Eψ 2m
Sustituyendo el operador ∇2 en las coordenadas esf´ericas (r, θ, φ) esta u ´ltima ecuaci´on queda como ¯2 h − 2m
½
1 ∂2 2 1 ∂ (r ψ) + 2 2 2 r ∂r r senθ ∂θ
µ
∂ψ senθ ∂θ
¶
1 ∂2ψ + 2 r sen2 θ ∂φ
¾ + V (r)ψ = Eψ
(4.5)
Otra forma de escribir la misma ecuaci´on es tomar el hamiltoniano cin´etico Hc =
p2 2m
y descomponiendo el impulso p2 en la parte radial y angular. pr = Note que
h ¯ ∂ i ∂r
¯ ∂ h ¯h r= i r∂r i
µ
∂ 1 + ∂r r
¶
no es un operador hermitiano si lo volvemos hermitiano usando la definici´on abajo: · ¸ 1 ~r ~r pr = · p~ + p~ · 2 r r
si es hermitiano, pero no es observable, pues para que sea hermitiano en el sentido matem´atico es necesario trabajar en un espacio donde lim rψ(r) = 0
r→0 ikr
Pero las autofunciones de pr son e r y no satisfacen esta condici´on. Esto se debe a que cuando vamos a pasar el operador de un lado a otro del producto escalar usamos integraci´on por partes y es necesario que el producto rψ se anule en los extremos. ~ × B) ~ 2 = A2 B 2 − (A ~ · B) ~ 2 y la relaci´on de conmutaci´on [r, pr ] = i¯h obtenemos haciendo (Consulte Usando (A ~ = ~r × p~ el cap´ıtulo IX Secci´on I.2 del Messiah) L L2 = r2 p2 − (~r · p~)2 + i¯h(~r · p~) pero x
∂ ∂ ∂ ∂ ¯h ∂ +y +z =r ⇒r = rpr + i¯h ∂x ∂y ∂z ∂r i ∂r
luego (~r · p~)2 − i¯h(~r · p~) = [(~r · p~) − i¯h](~r · p~) = rpr (rpr + i¯h) = r2 p2r
78
as´ı L2 = r2 (p2 − p2r ) y podemos escribir para la parte cin´etica del hamiltoniano p2 = p2r +
L2 r2
¯1 d h r i r dr
¯1 d h ¯h2 d2 r r=− i r dr r dr2
r 6= 0
pero p2r =
En lecciones anteriores obtuvimos que L2 es la parte angular del laplaciano. Aqu´ı vamos a presentar una deducci´on directa de encontrar L2 ~ = ~r ∧ p~ = rˆ ~ L r ∧ −i¯h∇ o en componentes. Lx = ypz − zpy
Ly = zpx − xpz
Lz = xpy − ypz
reemplazando: µ
∂ ∂ Lx = −i¯h y −z ∂z ∂y
¶
µ ¶ ∂ ∂ = i¯h senφ + cot θ cos φ ∂θ ∂φ
µ ¶ µ ¶ ∂ ∂ ∂ ∂ Ly = −i¯h z −x = i¯h −cosφ + cot θsenφ ∂x ∂z ∂θ ∂φ µ ¶ ∂ ∂ ∂ Lz = −i¯h x −y = −i¯h ∂y ∂x ∂φ podemos construir L2 directamente · 2
L =
L2x
+
L2y
+
L2z
= −¯h
2
1 ∂ senθ ∂θ
µ ¶ ¸ ∂ 1 ∂2 senθ + ∂θ sen2 θ ∂φ2
para obtener este resultado se pueden construir los operadores ¾ ½ ∂ ∂ + i cot θ L+ = Lx + iLy = ¯heiφ ∂θ ∂φ ½ −iφ
L− = Lx − iLy = −¯he
∂ ∂ − i cot θ ∂θ ∂φ
¾
podemos ahora entonces escribir (4.5) en la forma ½ ¾ ¯h2 1 ∂ 2 1 2 − (rψ) + L ψ + V (r)ψ = Eψ 2m r ∂r2 2mr2
(4.6)
79 Considere ahora una separaci´on de variables de la forma: ψ(r, θ, φ) = R(r)f (θ, φ)
(4.7)
L2 f (θ, φ) = λ¯h2 f (θ, φ)
(4.8)
como f (θ, φ) es una autofunci´on de L2
sustituyendo (4.8) y (4.7) en (4.6) tenemos ½ ¾ ¯h2 1 d2 λ¯h2 − + (rR) R + V (r)R = ER 2m r dr2 2mr2
(4.9)
Vemos que existe una estrecha analog´ıa entre la ecuaci´on (4.9) y la Mec´anica cl´asica donde en el caso de una fuerza central la ecuaci´on de energ´ıa se escribe como L2 p2r + + V (r) = E 2m 2mr2
(4.10)
la ecuaci´on de onda (4.9) vemos tambi´en que se separa en dos partes, la primera correspondiente al operador p2r =
¯ 2 d2 h (r) r dr2
y la segunda correspondiente a L2 , ambos operadores son simult´aneamente observables pues L2 solo depende de θ y de φ. As´ı [L2 , pr ] = 0 lo que implica que H=
p2r L2 + + V (r) 2m 2mr2
tambi´en conmuta con estos operadores [L2 , H] = 0 Este resultado significa que en el caso de potencial esf´ericamente sim´etrico donde V (~r) solo depende de la coordenada radial r, el m´odulo del momento angular esta bien definido. El an´alogo en Mec´anica Cl´asica es dL2 = {L2 , H} = 0 dt donde {} es el par´entesis de Poisson y L2 es una constante del movimiento, si esta no depende expl´ıcitamente del tiempo. Estudiemos la parte angular de la soluci´on,o sea la parte de L2 µ ¶ 1 ∂ ∂f 1 ∂2f senθ + = −λf senθ ∂θ ∂θ sen2 θ ∂φ2
(4.11)
Separando variables f (θ, φ) = Θ(θ)Φ(φ) tenemos dos ecuaciones. La ecuaci´on en φ es d2 Φ = CΦ dφ2
(4.12)
80 la ecuaci´on (4.12) tiene como soluciones Φ(φ) = eimφ ∂ recordando que Lz = −i¯h ∂φ vemos que
L2z = −¯h2
∂2 ∂φ2
luego (4.11) se escribe como ¯2 h
1 ∂ senθ ∂θ
µ ¶ ∂f L2 f senθ − z 2 = λ¯h2 f ∂θ sen θ
Sabemos que si un operador tiene autovalores λ, el operador al cuadrado tendr´a autovalores λ2 . As´ı las autofunciones y autovalores del operador L2z son eimφ y (m¯h)2 respectivamente. Colocando los resultados de (4.12) en la separaci´on de variables tenemos que f (θ, φ) = Θ(θ)eimφ lo que reduce la ecuaci´on (4.11) a ½
1 ∂ senθ ∂θ
µ ¶ ¾ ∂Θ m2 Θ senθ − = −λΘ ∂θ sen2 θ
(4.13)
Buscando soluciones en L2 (R) de esa ecuaci´on diferencial, hacemos la sustituci´on x = cos(θ) con lo que (4.13) se escribe como ½
d dΘ (1 − x2 ) dx dx
¾
½ + λ−
m2 1 − x2
¾ Θ=0
(4.14)
Esta ecuaci´on es conocida como la ecuaci´on asociada de Legendre. En la ecuaci´on (4.14) debemos separar los puntos singulares que son x = ±1, y para ello introducimos una nueva variable t = 1 − x. Con esta sustituci´on (1 − x2 ) = (1 − x)(1 + x) ≈ 2t y la ecuaci´on asociada de Legendre (4.14) se transforma en µ ¶ µ ¶ dΘ m2 d 2t + λ− Θ=0 dt dt 2t como t → 0 aproximamos una vez mas y obtenemos µ ¶ d dΘ m2 2t − Θ=0 dt dt 2t la ecuaci´on (4.15) tiene soluciones de la forma Θ = tα
(4.15)
81
y sustituyendo este resultado en la ecuaci´on (4.15) obtenemos α=
|m| 2
α debe ser positivo, pues las u ´nicas soluciones que no divergen en t=0 son Θ = A(1 − x)|m|/2 las soluciones de la forma Θ = B(1 − x)−|m|/2 no se pueden utilizar pues divergen en t = 0. De forma similar haciendo la sustituci´on t = 1 + x encontramos que las soluciones que no divergen cerca del punto x = −1 son de la forma Θ = A(1 + x)|m|/2 as´ı la soluci´on completa ser´a: Θ = v(x)(1 − x2 )|m|/2
(4.16)
donde (1 − x2 )|m|/2 corresponde al comportamiento singular y v(x) es la soluci´on regular. Este m´etodo es general para resolver una ecuaci´on diferencial, o sea se trata de separar el comportamiento singular del regular. Sustituyamos pues la ecuaci´on (4.16) en (4.14) µ ¶ d2 Θ dΘ m2 (1 − x2 ) 2 − 2x + λ− Θ=0 dx dx (1 − x2 ) obtenemos una ecuaci´on diferencial para v(x) (1 − x2 )
d2 v dv − 2(| m | +1)x + [λ− | m | (| m | +1)]v(x) = 0 2 dx dx
(4.17)
Esta ecuaci´on admite soluci´on en serie de Taylor en torno del punto cero con radio de convergencia r. Se puede verificar que si escribimos la ecuaci´on diferencial para m y derivamos toda la ecuaci´on en lugar de m, aparece m+1. Concluimos as´ı que v|m|+1 =
dvm dx
y la soluci´on podr´a escribirse en la forma Θm (x) = (1 − x2 )|m|/2
d|m| v0 (x) dx|m|
Θ|m| (x) = (1 − x2 )|m|/2
d|m| Θ0 (x) dx|m|
o sea que
que es una relaci´on de recurrencia. Basta entonces con estudiar la ecuaci´on diferencial para| m |= 0 (1 − x2 )
d2 Θ0 dΘ0 − 2x + λΘ0 = 0 2 dx dx
(4.18)
82 Esta se denomina ecuaci´on diferencial de Legendre. La soluci´on de esta ecuaci´on (4.18)se puede expandir en serie, de forma que Θ=
∞ X
an xn
n=0
calculando las derivadas y sustituyendo ´ındices tenemos ∞ X
{(n + 2)(n + 1)an+2 − {n(n − 1) − 2n + λ}an }xn = 0
n=0
la relaci´on de recurrencia es an+2 =
n(n − 1) + 2n − λ an (n + 2)(n + 1)
o escrito de otra forma an+2 =
n(n + 1) − λ an (n + 2)(n + 1)
(4.19)
Calculando el radio de convergencia an+2 =1 n→∞ an
r = lim
La serie entonces converge en 0 < x < 1, para conseguir una soluci´on con radio de convergencia infinito es necesario transformar la serie en un polinomio y esto se consigue si a partir de un cierto n, an se anula, y de la f´ormula de recurrencia (4.19) vemos que esto solo se logra si λ = n(n + 1) Los polinomios as´ı obtenidos se denominan polinomios de Legendre y se denotan por: Pl (cosθ) C.
Las Propiedades de los Polinomios de Legendre
La paridad de los polinomios de Legendre es: Pl (−x) = (−1)l Pl (x)
(4.20)
Lo que significa que los polinomios que tienen l par son pares y los que tienen l impar son impares. La funci´on generadora, es una funci´on cuyos coeficientes en la serie de Taylor son los polinomios estudiados. As´ı X G(x, z) = an (x)z n donde los an (x) son los polinomios mencionados. La funci´on generadora de los polinomios de Legendre es ∞
G(x, z) =
X 1 = Pl (x)z l 2 1/2 (1 − 2xz + z ) l=0
| z |< 1
La normalizaci´on de los polinomios es Z
1
Pl (x)Pl0 (x)dx = −1
2 δll0 2l + 1
(4.21)
83 o escrita en funci´on del ´angulo Z
0
Pl (cos Θ)Pl0 (cos Θ)d(cos Θ) = +π
2δll0 (2l + 1)
(4.22)
La f´ormula de recurrencia de los polinomios de Legendre es: (l + 1)Pl+1 (x) − (2l + 1)xPl (x) + lPl−1 (x) = 0
(4.23)
La f´ormula de Rodr´ıguez es: Pl (x) =
1 dl 2 (x − 1)l 2l l! dxl
(4.24)
Las funciones asociadas de Legendre se escriben como Plm (x) = (1 − x2 )m/2
dm Pl (x) dxm
(4.25)
o sea (1 − x2 )m/2 dl+m 2 (x − 1)l 2l l! dxl+m Con −l ≤ m ≤ l para que la derivada sea diferente de cero. Estas funciones tienen normalizaci´on: Z 1 (l + m)! δll0 Plm (x)Plm 0 (x)dx = 2 (l − m)! (2l + 1) −1 Plm (x) =
(4.26)
(4.27)
Note que la f´ormula de arriba tiene el mismo m para ambas funciones asociadas de Legendre. Las funciones asociadas de Legendre con m negativo se relacionan con las m positivo por la ecuaci´on: Pl−m (x) = (−1)m
(l − m)! m P (x); (l + m)! l
−l ≤ m ≤ l
(4.28)
Para m´as f´ormulas como ´estas vea A. R. Edmonds Angular Momentun in Quantum Mechanics p´agina 25. La parte angular de la funci´on de onda se escribe como: f (θ, φ) = Plm (cosθ)eimφ La normalizaci´on de esta funci´on se escoge de forma a que Z f (θ, φ)dΩ = 1 esf era
donde dΩ = senθdθdφ es el ´angulo s´olido. Lo que significa que: f (θ, φ) =
{(l− | m |)!(2l + 1)}1/2 m p Pl (cosθ)eimφ (l + m)l4π
A estas funciones se les da el nombre de arm´onicos esf´ericos y se denotan por: p (l− | m |)!(2l + 1) m m p Pl (cosθ)eimφ Yl (θ, φ) = (l+ | m |)!4π Con esta definici´on podemos escribir Z 2π
Z dφ
0
0
π
0
Ylm (θ, φ)Ylm (θ, φ)d(cos θ) = δll0 δmm0 0
(4.29)
(4.30)
84 Los arm´onicos esf´ericos son autofunciones simult´aneas de L2 y Lz , as´ı: L2 Ylm (θ, φ) = l(l + 1)¯ h2 Ylm (θ, φ)
Lz Ylm (θ, φ) = m¯hYlm (θ, φ) Como dijimos, los arm´onicos esf´ericos son funciones simult´aneas de L2 y Lz , esas funciones tienen una gran importancia en la teor´ıa del potencial, pues son las soluciones de la parte angular del laplaciano en coordenadas esf´ericas. De las propiedades de los polinomios de Legendre es f´acil demostrar que el operador paridad P tiene como autofunciones a los arm´onicos esf´ericos. Es decir que: P Ylm = (−1)l Ylm Como el operador paridad conmuta con el hamiltoniano, las autofunciones de la energ´ıa y momento angular pueden clasificarse por su paridad positiva o negativa. Debido a que provienen de un problema de autovalores, los arm´onicos esf´ericos forman una base completa y cualquier funci´on f (θ, φ) se puede descomponer en arm´onicos esf´ericos. ∞ X l X
f (θ, φ) =
flm Ylm (θ, φ)
(4.31)
d(cos(φ))Ylm (θ, φ)f (θ, φ)
(4.32)
l=0 m=−l
donde
Z
Z
2π
flm =
1
dφ 0
−1
Algunos de los arm´onicos esf´ericos son: 1 Y00 (θ, φ) = √ 2 r 1 3 Y10 (θ, φ) = cosθ 2 π r 3 1 ± Y1 (θ, φ) = ∓ senθe±iφ 2 2π
(4.33)
Los arm´onicos esf´ericos Ylm (θ, φ) se transforman como un tensor esf´erico, esa propiedad hace que la energ´ıa sea degenerada, pues toda simetr´ıa esta asociada a una degeneraci´on de la energ´ıa. En este caso para cada energ´ıa existen 2l + 1 valores diferentes de m. D.
La Ecuaci´ on Radial y sus Soluciones
La parte radial de la ecuaci´on de Schrodinger se escribe como: ½ ¾ ½ ¾ ¯h2 1 d2 l(l + 1)¯ h2 − (rR) + V (r) + R = ER 2m r dr2 2mr2 Vamos a estudiar el caso de una part´ıcula en una caja esf´erica. La caja esf´erica se describe como: 0 V (r) =
r
∞ r>a
(4.34)
85
La ecuaci´on (4.34) se escribe como ¯2 h − 2m Si colocamos k =
√ 2mE h ¯
½
¾ 1 d2 l(l + 1)¯h2 (rR) + R = ER r dr2 2mr2
(4.35)
la ecuaci´on se reduce a: d2 l(l + 1) (rR) + (rR) = k 2 (rR) dr2 r2
(4.36)
½ ¾ d2 l(l + 1) 2 (rR) + k − (rR) = 0 dr2 r2
(4.37)
− que se puede escribir en la forma
Esta ecuaci´on tiene soluciones diferentes para cada l. Para l = 0 la soluci´on se llama onda S(del ingl´es sharp). Para l = 1 la soluci´on se llama onda P(del ingl´es principal). Para l = 2 la soluci´on se llama onda D(del ingl´es diffuse). Vamos a resolver primero el problema para la onda S es decir, l = 0 La ecuaci´on (4.37) se escribe como: −
d2 (rR) = k 2 (rR) dr2
o sea d2 (rR) + k 2 (rR) = 0 dr2 o sea que R(r) = La segunda parte de esta soluci´on La soluci´on entonces se reduce a:
Bcos(kr) r
Asen(kr) Bcos(kr) + r r
(4.38)
no es admisible pues es divergente en r = 0.
R(r) =
Asen(kr) r
Note que Bcos(kr) a pesar de ser una soluci´on de cuadrado integrable L2 (<) no es admisible ya que una vez que la r colocamos en la ecuaci´on de Schrodinger en coordenadas cartesianas ½ ¾ ¯h2 2 − ∇ + V (r) ψ = Eψ 2m da origen a una δ de Dirac −
¯2 2 h ∇ ψ ≈ δ 3 (~r) 2m
lo cual significar´ıa una part´ıcula concentrada en el origen. En coordenadas esf´ericas nunca ver´ıamos esa singularidad en el origen porque estas tienen jacobiano j = r2 senθ que se anula en el origen. Luego las coordenadas esf´ericas son singulares eso introduce una anomal´ıa en la ecuaci´on
86 de onda modificando el potencial y por lo tanto el problema que queremos resolver. As´ı la soluci´on Bcos(kr) debe ser abandonada y nuestro problema de onda S se reduce a: r R(r) =
Asen(kr) r
si
r
Y R(r) = 0
si
r>a
La condici´on de frontera es que la funci´on de onda debe anularse en los l´ımites de la caja es decir, R(a) =
Asen(ka) =0 a
lo que implica que ka = nπ o sea que ¯ 2 k2 h n2 π 2 ¯h2 = 2m 2ma2
E=
n = 1, 2, 3 . . .
(4.39)
Excluimos n = 0 pues da soluci´on id´enticamente nula. La autofunci´on completa es ψ(r, θ, φ) =
Asen(kr) 0 Y0 (θ, φ) r
o sea 1 Asen(kr) ψ(r, θ, ϕ) = √ r 2 π esta soluci´on tiene simetr´ıa esf´erica y como sen(kr) = eikr − e−ikr corresponde a una onda que sale del origen y es reflejada por el potencial. Para resolver el problema general donde l 6= 0, vamos a usar una transformaci´on de variables que nos llevar´a a la ecuaci´on de Bessel que es una ecuaci´on muy conocida de la F´ısica matem´atica. −
d2 l(l + 1) (rR) + (rR) = k 2 (rR) dr2 r2
(4.40)
Vamos a introducir la transformaci´on f R(r) = √ r as´ı la ecuaci´on (4.40) se transforma en ½ ¾ 1 df l(l + 1) + 1/4 d2 f 2 + + k − f (r) = 0 dr2 r dr r2 si adem´as hacemos la sustituci´on x = kr en (4.41) obtenemos ½ ¾ d2 f 1 df ν2 + + 1 − 2 f (x) = 0 dx2 x dx x
(4.41)
(4.42)
87 que es la ecuaci´on de Bessel con ´ındice semi-entero ν = l + 1/2 Esta ecuaci´on aparece en los problemas que tienen simetr´ıa esf´erica. En los problemas con simetr´ıa cil´ındrica el ´ındice ν es entero La soluci´on total es: f (r) = AJl+1/2 (kr) + BJ−l−1/2 (kr) Las funciones de ´ındice positivo son regulares en el origen y las funciones de ´ındice negativo son singulares, luego B = 0, ya sea porque no pertenecen a L2 (<) o porque introducen anomal´ıas en la ecuaci´on de onda. Problema 4.1 Usando el comando SphericalBesselJ[n,z] de Mathematica de forma adecuada encuentre que funciones introducen anomal´ıas y cuales no pertenecen a L2 (<). As´ı la soluci´on total ser´a
r R(kr) = A
π Jl+1/2 (kr) 2kr
luego la parte radial de la funci´on de onda es: R(kr) =
AJl+1/2 (kr) √ = Ajl (kr) kr
donde la funci´on jl (z) se define como r jl (z) =
π Jl+1/2 (z) 2z
y es conocida como la funci´on de Bessel esf´erica. Los autovalores de la energ´ıa resultan de la condici´on R(ka) = 0 o sea jl (ka) = 0 Conociendo las ra´ıces de las funciones de Bessel esf´ericas podemos escribir: Problema 4.2 Compruebe estos resultados usando el comando BesselJZero[ν, k] de Mathematica.
Valores de l 1S 1D 2S 1F 2P
y la raiz n(nl)
Valor de la raiz(ka) 3.1 5.7 6.2 6.9 7.7
Vemos as´ı que la energ´ıa est´a en orden creciente para 1S < 1P < 1D < 1F
(4.43)
88
Esto sucede para cualquier potencial, la relaci´on entre otros valores de nS, mP depende del potencial V (r). El hamiltoniano en el caso del potencial central se escribe como: H = Tr + V (r) +
l(l + 1)¯ h2 r2
Eso significa que un potencial atractivo finito puede eventualmente ser anulado por el potencial centr´ıfugo, para valores suficientemente grandes de l. La serie de figuras muestran esta situaci´on: l(l+1) r2 ,
potencial centr´ıfugo
VHrL
r
Potencial (l=0) VHrL r
Potencial efectivo VHrL
r
l muy grande
89 VHrL
r
La soluci´on general del problema de la caja esf´erica es: ψE,l,m (r, θ, φ) = Ajl (kr)Ylm (θ, φ)
(4.44)
La condici´on de normalizaci´on se traduce como: Z 0
a
A2 jl2 (kr)r2 dr = 1
(4.45)
Estas integrales pueden ser calculadas de forma anal´ıtica en Mathematica. 1.
La Soluci´ on de la Ecuaci´ on de Bessel
La ecuaci´on de Bessel aparece, naturalmente en la soluci´on del laplaciano de coordenadas cil´ındricas en la forma: ρ2
d2 y dy +ρ + (λ2 ρ2 − r2 )y = 0 dρ2 dρ
(4.46)
donde λ2 es una constante asociada a la separaci´on de variables en θ. Haciendo x = λρ. La ecuaci´on se puede escribir en la forma: x2 y 00 (x) + xy 0 + (x2 − n2 )y = 0
n = 0, 1.
(4.47)
Para resolver esta ecuaci´on (4.47) utilizamos el m´etodo de Frobenius en torno del punto singular x = 0. La ecuaci´on indicial nos dar´a las ra´ıces que en este caso difieren por un entero. La f´ormula es: Jn (x) =
∞ X
aj xj+n
0
a2j =
1 (−1)j j!(n + j)! 2n+2j
y Jn =
X
(−1)j (x/2)n+j j!(n + j)!
La convergencia de esa serie es absoluta en (−∞, +∞). La otra soluci´on independiente es Jn (x)Ln(x) + C
n = 0, 1, 2 . . .
90 esta soluci´on es singular en x = 0 y se denomina funci´on de Neumann. La paridad de la funci´on de Bessel esta determinada por la ecuaci´on Jn (−x) = (−1)n Jn (x) Cuando la n que aparece es un n´ umero real r, la serie de la funci´on de Bessel se escribe como Jr (x) =
∞ X 0
(−1)j (x/2)r+2j j!Γ(r + j) + 1
donde
Z
∞
Γ(r) =
(4.48)
e−t tr−1 dt
0
es la funci´on gama, que tiene la propiedad de que Γ(ν + 1) = νΓ(ν) La soluci´on general de la ecuaci´on de Bessel es: Y = AJν (x) + BNν (x) utilizando (4.48) podemos demostrar que ª d © −n x Jn (x) = −x−n Jn+1 (x) dx Escribimos a continuaci´on algunas f´ormulas sin demostraci´on. La f´ormula de recurrencia es xJn+1 (x) = 2nJn (x) − xJn−1 (x) La f´ormula de integraci´on Z
r
xn Jn−1 (x)dx = rn Jn (r)
n = 1, 2, 3, . . .
0
La representaci´on integral es 1 Jn (x) = 2π
Z
π
cos(xsenφ − nφ)dφ
n = 0, 1, 2, . . .
−π
Propiedades de limitaci´on | Jn (x) |≤ 1
−∞
|
dk Jn (x) |≤ 1 dxk
lim Jn (x) = 0
n→0
lim Jn (x) = 0
x→∞
k = 1, 2, 3, . . .
(4.49)
91 Para cada n fijo (n = 1, 2, 3, . . .) el conjunto de todas las ra´ıces positivas {xj } de la ecuaci´on consiste en una secuencia infinita xj → ∞ cuando j → ∞. Una buena referencia para estudiar funciones de Bessel es el ”Mathematics for the Physical Sciences” por Laurent Schwartz Ed. Dover Problema 4.3 Usando la funci´on generadora y la representaci´on integral de las funciones de Bessel, pruebe que para cualquier entero n ∞ X
Jn (a + b) =
Jp (a)Jn−p (b)
p=−∞
Ejemplo Encuentre la expansi´on de una onda plana en el conjunto de funciones de (4.44) Soluci´on
~
eik•~r =
∞ X l X
alm (k)Ylm (θ, φ)jl (kr)
(4.50)
l=0 −l
si se escoge k a lo largo de z, la onda esf´erica se escribe como: eikrcosθ Luego como el resultado es independiente de φ, podemos hacer m = 0. Defina ρ = kr,
u = cosθ
la relaci´on (4.50) se escribe entonces como eiρu =
∞ X
Cl jl (ρ)Pl (u)
(4.51)
l=0
derivando lo anterior con respecto a ρ tenemos que iueiρu =
∞ X l=0
Cl
djl Pl (u) dρ
(4.52)
por otra parte iueiρu =
∞ X
iuCl jl (ρ)Pl (u))
l=0
por la ecuaci´on (4.23) podemos escribir uPl (u) =
(l + 1)Pl+1 (u) + lPl−1 (u) 2l + 1
que sustituyendo en (4.53) resulta en iueiρu =
X
iCl jl (ρ)
(l + 1)Pl+1 (u) X Pl−1 (u) + iCl jl (ρ) 2l + 1 2l + 1
(4.53)
92
cambiando ´ındices iρu
iue
=
∞ ½ X
lPl (u) Pl (u) iCl−1 jl−1 (ρ) + iCl+1 jl+1 (ρ) 2l − 1 2l + 3
0
¾
que se escribe como iueiρu = i
∞ ½ X
Cl−1 jl−1 (ρ)
0
l l+1 + Cl+1 jl+1 (ρ) 2l − 1 2l + 3
¾ Pl (u)
(4.54)
por otra parte utilizando las f´ormulas (2l + 1)jl = ρ(jl+1 + jl−1 ) y djl l+1 + jl ρ ρ
jl−1 = podemos escribir iρu
iue
=
X
¾ X½ djl l+1 Cl jl−1 − Cl jl Pl Cl P l = − dρ ρ
sustituyendo l+1 Cl jl+1 − Cl ρ
½
¾ ½ ¾ ρ l+1 l+1 (jl+1 + jl−1 ) = 1 − Cl jl−1 + Cl jl+1 2l + 1 2l + 1 2l + 1
o sea que iueiρu =
X ½½
1−
l+1 2l + 1
¾ Cl jl−1 + Cl jl+1
l+1 2l + 1
¾ Pl (u)
igualando coeficientes en Pl entre (4.54) y (4.55) µ ¶ µ ¶ 1 i 1 i l Cl − Cl−1 jl−1 (ρ) = (l + 1) Cl + Cl+1 jl+1 (ρ) 2l − 1 2l − 1 2l + 1 2l + 3 o sea que , ambos par´entesis deben anularse 1 i Cl+1 = Cl 2l + 3 2l + 1
l = 0, 1, 2 . . .
esto es Cl = (2l + 1)il C0 El coeficiente C0 se obtiene cuando u = 0 y jl (0) = δl0 C0 = 1 En conclusion podemos escribir eikz = eikrcosθ =
∞ X (2l + 1)il jl (kr)Pl (cosθ) l=0
(4.55)
93 Utilizando el teorema de la adici´on de arm´onicos esf´ericos tenemos que: Pl (cosθ) =
l 4π X m∗ Yl (k)Ylm (r) 2l + 1 m=−l
y luego ~
eik·~r = 4π
∞ X l X
∗
il jl (kr)Ylm (k)Ylm (r)
l=0 m=−l
Algunas f´ormulas importantes: j0 (z) = j1 (z) = µ j2 (z) =
1 3 − 3 z z
cos z senz − 2 z z
¶
1 jl (z) = l 2i
senz − Z
senz z
1
3 cos z z2
eizs Pl (s)ds
−1
Las funciones de Bessel esf´ericas se obtienen en Mathematica por el comando SphericalBesselJ[1, 5.1] en el caso num´erico y por FunctionExpand[SphericalBesselJ[2, x]] en el caso simb´olico. Problema 4.4 Usando Mathematica verifique las f´ormulas de las funciones de Bessel esf´ericas y haga el gr´afico de ellas.
94 E.
Problemas
Problema 4.5 Escriba la relaci´on de ortogonalidad y la relaci´on de cierre y muestre que las autofunciones de una part´ıcula libre r 2 kY m (θ, φ)jl (kr) π l dependientes del ´ındice continuo k (0 < k < ∞) y los ´ındices enteros m y l (l > 0 ortogonal y completa. Para este prop´osito derive la relaci´on Z ∞ π jl (kr)jl (k 0 r)r2 dr = 2 δ(k − k 0 ) 2k 0
− l ≤ m ≤ l) forman una base
donde δ(~r − ~r0 ) =
δ(r − r0 )δ(θ − θ0 )δ(φ − φ0 ) r2 senθ
y muestre que si (k, θk , φk ) son las coordenadas polares del vector ~k Z 2π 2 exp(i~k · ~r)Ylm (θ, φ)jl (k~0 · ~r)d3 k 0 = 2 (−i)l Ylm (θk , φk )δ(k − k 0 ) k Problema 4.6 Sean (ρ, φ, z) donde ρ ≥ 0 y 0 ≤ φ < 2π, las coordenadas cil´ındricas de una part´ıcula sin spin. x = ρcosφ y = ρsenφ z=z Suponga que V depende solo de (x, y) y no de z recuerde que ∂2 ∂2 ∂2 ∂ ∂2 + 2 = + + 2 2 2 2 ∂x ∂y ∂ρ ρ∂ρ ρ ∂φ y que V = V (ρ) a) Escriba en coordenadas cil´ındricas el operador diferencial asociado al hamiltoniano, mostrar que H conmuta con Lz y Pz . Deduzca que las funciones de onda asociadas a los estados estacionarios de la part´ıcula se pueden escribir en la forma Φn,m,k (ρ, φ, z) = fnm (ρ)eimφ eikz especificando los valores que m y k pueden asumir. b) Escriba en coordenadas cil´ındricas la ecuaci´on para los valores propios del hamiltoniano H de la part´ıcula, deduciendo la ecuaci´on diferencial que permite obtener fnm (ρ). c) Sea Py el operador que en la representaci´on | r > cambia y por−y. ¿Conmuta este operador con H? Muestre que este operador anti conmuta con Lz . ¿Qu´e se puede concluir acerca de la degeneraci´on de los niveles de energ´ıa? ¿Se podr´ıa prever este resultado directamente de la ecuaci´on diferencial?
95 Problema 4.7 a) Resuelva la ecuaci´on de Schr¨odinger para el siguiente potencial G r2
V =
muestre como se escriben las soluciones para G > 0 y G < 0, ¿que sucede en el origen? b) Considere el potencial de un dipolo. ¿C´omo se aproxima al potencial del dipolo? c) Expanda la ecuaci´on de Schr¨oedinger con campo el´ectrico para una aproximaci´on mayor.
1. 2.
Notas y Ejemplos
Ortogonalidad de los Polinomios de Legendre
Benjamin Olinde Rodr´ıguez fue un jud´ıo espa˜ nol que vivi´o en Par´ıs. Para demostrar Z 1 2 δll0 Pl (x)Pl0 (x)dx = 2l +1 −1 demuestre primero, usando la f´ormula de Rodr´ıguez e integrando por partes Z 1 Z (−1)n 1 2 dn f (x) f (x)Pn (x)dx = n (x − 1)n dx 2 n! −1 dxn −1 usando esta f´ormula y f (x) = Pn (x) Pn (x) =
Pn (x) =
(2n + 1)1/2 1 dn 2 √ (x − 1)n 2n n! dxn 2
(2n + 1)1/2 (−1)n 2n+1 (n!)2
Z
1
(x2 − 1)n d2 n(x2 − 1)n dx
−1
obtenga Z
1
Pn Pm dx = −1
Z
(2n + 1)(−1)n 2n+1 (n!)2
1
(x2 − 1)n d2n (x2 − 1)m dx
−1
si m = n Z
1
Pn Pm dx = −1
(2n + 1)(−1)n 22n+1 (n!)2
Z
1
(x2 − 1)n d2n (x2 − 1)n dx
−1
Pero como (x2 − 1)n es un polinomio de orden 2n su derivada es (2n)! as´ı (−1)n (2n + 1)! 22n+1 (n!)2
Z
1
−1
(x2 − 1)n dx = 1
96
Para llegar a este resultado demuestre Z
1
Z
1
(1 − x2 )n dx = 2
−1
(1 − x2 )n dx
0
cambie de variable y obtenga; x = senθ Z
π/2
2
cos2n+1 θdθ =
0
22n+1 n! 1 · 3 · 5 · · · ·(2n + 1)
Definamos los polinomios ortogonales µ Pn (x) =
2n + 1 2
¶1/2
1 dn (x2 − 1)n dxn
2n n!
luego Z
1
< Pn , Pm >=
Pn (x)Pm (x)dx = δnm −1
Demostraci´on: Usamos Z
Z
1
1
Pn Pm dx = −1
−1
dn dxn
→ dn suponga n > m a menos de factores constantes.
Z [dn (x2 −1)n ][dm (x2 −1)m ]dx = [dn−1 (x2 −1)n ][dm (x2 −1)m ]|1−1 −
1
[dn−1 (x2 −1)n ][dm+1 (x2 −1)m ]dx
−1
como dn−1 (x2 − 1)n = (polinomios)(x2 − 1) el primer t´ermino se anula en los l´ımites x = ±1, dejando solo el segundo t´ermino. Despu´es de n integraciones parciales, tenemos Z
1
(−1)n (x2 − 1)n dn+m (x2 − 1)m dx
−1
este t´ermino es evaluado en x = ±1 siempre se anula porque es proporcional a alguna potencia de (x2 − 1), como n > m, n + m > 2m y as´ı dn+m (x2 − 1)m = 0 luego Z
1
Pn Pm dx = 0
m 6= n
−1
F.
La Part´ıcula en una Caja Rectangular y en una Caja Circular
La part´ıcula en una caja es uno de los problemas m´as simples y elementales de la Mec´anica Cu´antica, y como tal es muy u ´til en los lugares en que uno necesita enumerar f´acilmente los auto estados. Por ejemplo, la teor´ıa del orbital molecular se explica f´acilmente porque se refiere a la part´ıcula en una funci´on de onda de la caja.
97 1.
Introducci´ on
Nosotros empezamos con una opci´on de sistemas de coordenadas que de cierta manera influyen en la forma de las soluciones que nosotros vamos a obtener, pero no en la substancia. Aqu´ı, nosotros escogemos usar 0 < x < L para la regi´on en el eje x d´onde la part´ıcula puede existir. Para las regiones x < 0, es decir, el eje x negativo, decimos que la part´ıcula se proh´ıbe, y matem´aticamente, nosotros hacemos esto declarando el potencial V (x) = ∞, ψ(x) = 0 en esta regi´on. Nosotros decimos lo mismo exactamente en la regi´on x > L, es decir, la energ´ıa potencial es infinita, y la funci´on de onda desaparece. En el dominio 0 < x < L, nosotros esperamos que la funci´on de onda exista y tenga un valor diferente de cero, pero en los l´ımites, nosotros declaramos ψ(0) = 0, ψ(L) = 0. Entonces, la ecuaci´on de Schr¨odinger (dentro del dominio) se vuelve
−
¯2 2 h ∇ ψ(x) = Eψ(x) 2m
Donde m es la masa de la part´ıcula y E es el autovalor de la energ´ıa. Nosotros sabemos la soluci´on a esta ecuaci´on diferencial de c´alculo elemental. Una de ´estas es la exponencial, y las otras son (el seno/coseno) la combinaci´on (que es realmente la formulaci´on del exponencial). Nosotros tenemos ψ(x) = A cos(ωx) + B sin(ωx) Donde A, B, y ω son constantes desconocidas (deben ser determinadas). Tomando la primera derivada de esta soluci´on, nosotros, tenemos: dψ(x) = −Aωsen(ωx) + Bω cos(ω) dx y tomando la segunda derivada, nosotros tenemos d2 ψ(x) = −Aω 2 cos(ωx) − Bω 2 sen(ωx) dx2 que es por su puesto −ω 2 ψ(x) esto significa que −
¯2 h (−ω 2 ψ(x)) = Eψ(x) 2m
se dice entonces que E esta relacionada a ω por ω2 =
2mE ¯h2 2
2
2
h ¯ π Despu´es, nosotros obtendremos los valores para ω y por eso se obtienen los valores de E. Estos resultan ser E = n2mL 2 . Para obtener este resultado, nosotros notamos las condiciones de frontera, que la funci´on de onda desaparece en la izquierda y la derecha. La condici´on de frontera izquierda, x = 0 dice ψ(0) = A cos(0) + Bsen(0) = A cos(0) = A, es decir, A se escoge ser cero (como cos(0) = 1). La condici´on de frontera derecha lee ahora ψ(L) = B cos(ωL), y es un argumento famoso que si B no es cero, el coseno debe serlo. Esto solo puede ocurrir si ω tiene los valores tal que el ´ argumento ωL se iguala a π, 2π, 3π...... es decir nπ. Esta es la cuantizaci´on que tiene a fuerza valores discretos de E,
98 la energ´ıa. En varias funciones de onda, ahora se puso un ´ındice ”n”, que es ortogonal. As´ı, nosotros tenemos Z L ψ1 (x)ψ2 (x)dx = 0 0
y nosotros podemos cambiar formalmente Z
L
ψn (x)ψm (x)dx = 0 0
si n 6= m por supuesto, cuando n = m nosotros tenemos la integral de normalizaci´on Z L ψn2 (x)dx 6= 0 0
algo de otra manera es cero. Esta u ´ltima condici´on se escoge (hasta ahora) la constante arbitraria, A, para forzar la integral a obtener un valor de 1, de acuerdo con la interpretaci´on probabil´ıstica de la funci´on de onda. En el caso de la part´ıcula en una caja, tenemos integrales de productos de senos. Z
L 0
µ t nπ α nπ ¶2 e L − e−t L A dt 2t
que es trivial. La ortogonalidad de las integrales tambi´en puede ser evaluada usando el teorema de Moivre. 2.
La Caja Rectangular
Cuando nosotros hablamos acerca del problema de una part´ıcula en una caja rectangular o cuadrada en dos dimensiones, nos estamos preparando para discutir la degeneraci´on de las autofunciones. Asumiendo que nosotros trabajamos en dos dimensiones (x e y). As´ı que lo que buscamos es ψ(x, y), entonces tenemos −
¯2 h 2µ
µ
∂ψ 2 ∂ψ 2 + ∂x2 ∂y 2
¶ = Eψ
donde x y y son las coordenadas cartesianas. La soluci´on se encuentra haciendo variables separables en ecuaciones diferenciales. nx πx ny πy X(x)Y (y) = Nlx ,ly sin sin lx ly donde nx y ny son n´ umeros cu´anticos enteros, con rango de 1 a ∞. La caja es rectangular si lx 6= ly . Nlx ,ly es el factor de normalizaci´on, que es de la forma r s 2 2 Nlx .ly = lx ly sustituyendo en la ecuaci´on de Schr¨odinger, la soluci´on es la energ´ıa dada por la f´ormula õ ¶ µ ¶2 ! 2 ¯h2 π 2 nx ny Enx ,ny = + 2µ lx ly (un resultado bien conocido). La degeneraci´on aparece cuando nosotros permitimos que la longitud de los dos lados de la caja sean iguales iguales. A eso nosotros podemos factorizar lx = ly = l para obtener la f´ormula Enx ,ny =
¯ 2 π2 2 h (n + n2y ) 2µl2 x
99 3.
La Caja Circular
Considere una part´ıcula bidimensional en una caja redonda. La part´ıcula se restringe para estar dentro de r = R donde R es una constante. Este es un problema en coordenadas polares, la condici´on del l´ımite ser´a que ψ(R, θ) = 0 ∀θ es decir, la funci´on de onda deber´a desaparecer al borde de la regi´on del disco. La primera cosa que nosotros tenemos que hacer es transformar de coordenadas cartesianas a coordenadas polares. x = r cos θ , p la ecuaci´on de Schr¨ ¡odinger ¢ y = rsenθ donde r = x2 + y 2 y θ = tan−1 xy . ∂ Lo primero que necesitamos hacer es expresar ∂x en t´erminos de la derivada parcial respecto a r y a θ. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ ∂ ∂ ∂ ∂r ∂θ = + ∂x y ∂x y ∂r θ ∂x y ∂θ r se intenta indicar cuidadosamente cuales son los t´erminos constantes en la diferenciaci´on, nosotros encontramos que: Ã p ! µ ¶ ∂r ∂ x2 + y 2 1 2x = = = cos θ ∂x y ∂x 2 r y
y µ
∂θ ∂x
¶
µ = y
∂ tan−1 (y/x) ∂x
¶ y
esta u ´ltima integral no es tan sencilla, la resolveremos de una manera especial: y x
tan θ =
d tan θ =
dy ydx senθ sen2 θ − 2 =d = dθ + dθ x x cos θ cos2 θ
de tal manera que dy ydx − 2 = x x
µ ¶ µ 2 ¶ µ ¶ sen2 θ cos θ + sen2 θ 1 1+ dθ = dθ = dθ cos2 θ cos2 θ cos2 θ
si mantenemos constante y tenemos x = r cos θ; y = r sin θ dx = dr cos θ − r sin θdθ; 0 = dr sin θ + r cos θ despejando µ
dθ dx
¶ =−
sin θ r
µ
¶
y
si mantenemos a x como constante tenemos cos θ = r
∂θ ∂y
x
y µ
µ
∂ ∂x ∂ ∂y
¶
µ = cos θ
y
¶
µ = senθ
x
∂ ∂r ∂ ∂r
¶
senθ − r θ
¶ + θ
cos θ r
µ
µ
∂ ∂θ ∂ ∂θ
¶ r
¶ r
100 si hacemos la derivada de segundo orden tenemos ¡∂¢ µ 2 ¶ ∂(cos θ ∂r − ∂ θ = 2 ∂x y ∂x µ
∂2 ∂x2
¶ =
∂2 ∂x2
¶ = cos2 θ y
¡
¢
senθ r
¡
+ ∂ cosθ r ∂y
∂ ∂r θ
y
expandiendo 4.56 tenemos à ¡ ¡∂¢ µ 2 ¶ ∂ cos θ ∂r − ∂ θ = cos θ 2 ∂x y ∂r µ
∂(senθ
¡
senθ r
¢ ¢!
∂ ∂θ r
senθ − r
¢
∂ ∂θ r )
¡
(4.56)
¢
∂ ∂θ r )
(4.57)
à ¡ ¡∂¢ ∂ cos θ ∂r − θ ∂θ
senθ r
¡
¢ ¢!
∂ ∂θ r
∂2 senθ cos θ ∂ senθ cos θ ∂ 2 sen2 θ ∂ senθ cos θ ∂ ∂ 2 senθ cos θ ∂ sen2 θ ∂ 2 + − + − + + 2 2 2 ∂r r ∂θ r ∂r∂θ r ∂r r ∂r ∂r∂θ r ∂θ r2 ∂θ2
para los t´erminos de y nosotros tenemos µ
µ
∂2 ∂y 2
¶ = sen2 θ x
∂2 ∂y 2
Ã
¶ = senθ x
∂ ∂(senθ ∂r + ∂r
cosθ ∂ r ∂θ )
!
cos θ + r
Ã
∂ ∂(senθ ∂r + ∂θ
cosθ ∂ r ∂θ )
!
∂2 cos θsenθ ∂ senθ cos θ ∂ 2 cos2 θ ∂ cos2 θ cos θsenθ ∂ 2 cos θsenθ ∂ cos2 θ ∂ 2 − + + + − + ∂r2 r2 ∂θ r ∂r∂θ r ∂r r r ∂r∂θ r2 ∂θ r2 ∂θ2
sumando los resultados mas importantes todo esto se vuelve ∂2 1 ∂ 1 ∂2 + + ∂r2 r ∂r r2 ∂θ2 4.
Ahora la Mec´ anica Cu´ antica
Tenemos la ecuaci´on de Schr¨odinger: −
¯2 h 2m
µ
∂ 2 ψ 1 ∂ψ 1 ∂2ψ + + ∂r2 r ∂r r2 ∂θ2
¶ + cero × ψ = Eψ
¿por qu´e ponemos cero? porque una part´ıcula en una caja apenas se aprecian sus l´ımites, es decir, el modelo de una part´ıcula libre vaga (linealmente) hasta que pegue en una pared, que va a ser relacionado a la ecuaci´on de Bessel. Nosotros sabemos que esta ecuaci´on es separable en las variables r y θ as´ı escribamos la soluci´on: ψ = Rml (r)e±ml θ que al sustituir en la ecuaci´on de Schr¨odinger se tiene µ ¶ ¯h2 ∂ 2 Rml (r) 1 ∂Rml (r) m2l − + − 2 Rml (r) = ERml (r) 2m ∂r2 r ∂r r que es 00
0
r2 R (r) + rR (r) + (²r2 −
2m 2 ml )R(r) = 0 ¯h2
donde ² = 2mE . Esta es una de las formas de la ecuaci´on diferencial de Bessel. Para pasarla a la forma normal, h ¯2 cambiamos las variables de r a kρ = r, as´ı ∂ 1 ∂ ∂ρ ∂ = = ∂r ∂ρ ∂r k ∂ρ
101 as´ı escogiendo k2 ² = 1 tenemos r k=
1 ²
y tendr´ıamos 00
0
ρ2 R (ρ) + ρR (ρ) + (ρ2 − m2l )R(ρ) = 0 Es tradicional resolver esta ecuaci´on separadamente para valores diferentes de ml , y de hecho, es raro ver las soluciones para ml > 0 en cualquier parte, desde el punto de vista de la Mec´anica Cu´antica. Para ml = 0 nosotros tenemos 00
0
ρ2 R (ρ) + ρR (ρ) + ρ2 R(ρ) = 0 asumiendo la soluci´on R(ρ) =
X
ai ρi
t=0
entonces nosotros tenemos 0
R (ρ) =
X
iai ρi−1
i=1
y 00
R (ρ) =
X
(i)(i − 1)ai ρi−2
i=2
as´ı 00
ρ2 R (ρ) →
X
(i)(i − 1)ai ρi → 2a2 ρ2 + (3)(2)a3 ρ3 + (4)(3)a4 ρ4 + ......
i=2
0
+ρR (ρ) →
X
iai ρi → a1 ρ + a2 ρ2 + 3a3 ρ3 + ......
i=1
+(ρ2 )R(ρ) →
X
ai ρi+2 → a0 ρ2 + a1 ρ3 + a2 ρ4 + ......
i=0
=0 tomando estos t´erminos de manera normal tenemos a2 = −
a0 2
((3)(2) + 3)a3 = a1
((4)(3) + 4)a4 = −a2 =
a0 /2 ((4)(3) + 4)
Es bastante obvio que, contrariamente a Frobenius aqu´ı uno no hace cuantizaci´on a trav´es del truncamiento de series de potencia en un polinomio. En cambio, la expansi´on de esta funci´on de Bessel nunca termina, nunca se trunca. La cuantizaci´on ocurre cuando la funci´on de onda desaparece en las condiciones de frontera. El requisito para que la funci´on sea cero en el l´ımite (r = R), requieren que la funci´on de Bessel tenga ceros, ll´amelo ρ0 . Esto puede
102 encontrarse en las tablas de la funci´on de Bessel (ρ = 2.4048) y (5.5207, 8.6537, 11.7915, etc., E. Kreyszig, ”Advanced Engineering Mathematics”, John Wiley and Sons. New York, 1962, page 548). as´ı
ρ=
R R =q k 1 ²
³ ρ ´2 0
R
=²=
2mE ¯h2
as´ı ¯ 2 ³ ρ ´2 h ¯h2 E0 = m E0 = 2 R 2m donde se especifica el valor de R al preparar el problema.
µ
2.4048 R
¶2
103 CAP´ ITULO 5
V.
Sistemas en Coordenadas Esf´ ericas A.
´ El Atomo de Hidr´ ogeno
El ´atomo de hidr´ogeno constituye nuestra primera aplicaci´on de la Mec´anica Cu´antica a un sistema f´ısico concreto. El potencial de un ´atomo de hidr´ogeno es de la forma V =−
e2 Z r
(5.1)
donde e es la carga del electr´on y Ze representa la carga del n´ ucleo de un ´atomo totalmente ionizado a menos de un electr´on. La parte radial de la ecuaci´on de onda es ½ ¾ ¯h2 d2 f l(l + 1)¯ h2 Ze2 − + − f = Ef (5.2) 2m dr2 2mr2 r esta ecuaci´on puede ser modificada definiendo r = aρ
a=
¯2 h me2
f = rR
con estos cambios la ecuaci´on (5.2) se transforma en · ¸ d2 f 2E¯h2 2Z l(l + 1) + f + − f =0 dρ2 me4 ρ ρ2 por otro lado llamando ²=−
2E¯h2 |E| =− 4 me | EBohr |
(5.3)
podemos escribir la ecuaci´on (5.2) como · ¸ d2 f 2Z l(l + 1) + − f − ²f = 0 dρ2 ρ ρ2
(5.4)
Para resolver esta ecuaci´on vamos a estudiar las singularidades. Cuando ρ → ∞ esta ecuaci´on se escribe como d2 f ≈ ²f dρ2
(5.5)
que tiene soluciones √ ²ρ
f = Ae− Donde B debe anularse ya que e
√ ²ρ
+ Be
√ ²ρ
(5.6)
no pertenece a L2 (<). Luego √ ²ρ
f = F e− es una soluci´on regular en el infinito. La ecuaci´on diferencial para F es
· ¸ √ dF d2 F 2Z l(l + 1) −2 ² + − F =0 dρ2 dρ ρ ρ2
(5.7)
104 para resolver esta ecuaci´on vamos a usar el m´etodo de Frobenius F =
∞ X
An ρn+ν
n=0
donde ν es un n´ umero a determinar por la ecuaci´on indicial. Si introducimos esta soluci´on en la ecuaci´on diferencial anterior obtenemos X X √ X X An (n + ν)(n + ν − 1)ρn+ν−2 − 2 ²An (n + ν)ρn+ν−1 + 2An Zρn+ν−1 − l(l + 1)An ρn+ν−2 = 0 (5.8) si en el primer t´ermino de (5.8) cambiamos n por n + 1 y lo mismo en el u ´ltimo t´ermino tenemos X √ X X X An+1 (n + ν)(n + ν + 1)ρn+ν−1 − 2 ²An (n + ν)ρn+ν−1 + 2An Zρn+ν−1 − l(l + 1)An+1 ρn+ν−1 = 0 o sea que reuniendo los ´ındices de acuerdo a su exponente ∞ X
{(n + ν + 1)(n + ν) − l(l + 1)} An+1 ρn+ν−1 +
n=−1
∞ X ©
ª √ 2Z − 2 ²(n + ν) An ρn+ν−1 = 0
(5.9)
n=0
esta ecuaci´on se escribe primero para n = −1 ν(ν − 1) − l(l + 1) = 0
(5.10)
que tiene como soluciones a ν =l+1
y
ν = −l
la soluci´on de exponente negativo no es satisfactoria ya que √ ²ρ
R=
f Ae− = r ρ
debe ser finita en r = 0 y esto solo es posible cuando se tiene un exponente positivo en F. De esta forma ν = l + 1. Adem´as √ 2 ²(n + ν) − 2Z An+1 = An (5.11) (n + ν + 1)(n + ν) − l(l + 1) de forma que utilizando el valor encontrado de ν tenemos que ½ ¾ √ ²(n + l + 1) − Z An An+1 = 2 (n + l + 2)(n + l + 1) − l(l + 1)
(5.12)
el comportamiento del radio de convergencia es |
√ 2 ² 1 An+1 |≈ = An n Rconv
luego el comportamiento asint´otico de los coeficientes de la serie ser´a µ √ ¶n 2 ² An = C n! Para que el radio de convergencia Rconv sea infinito es necesario que a partir de un cierto nν la relaci´on de recurrencia (5.12) se anule, o sea que: √ ²(nν + l + 1) = Z
105
de forma que ²=
Z2 (nν + l + 1)2
(5.13)
recordando la definici´on de ² (ecuaci´on (5.3)), tenemos que la energ´ıa se escribe en funci´on de la energ´ıa de Bohr, EBohr o energ´ıa del primer nivel. E = − | EBohr |
Z2 (nν + l + 1)2
(5.14)
La energ´ıa del ´atomo depende por lo general de dos n´ umeros cu´anticos, nν y l, pero para el ´atomo de hidr´ogeno estos dos n´ umeros se combinan en uno solo. n = nν + l + 1 que llamaremos el n´ umero cu´antico principal.
B.
Clasificaci´ on de los Niveles de Energ´ıa
Los niveles de energ´ıa del ´atomo de hidr´ogeno quedan definidos en funci´on del n´ umero cu´antico principal n, y puede escribirse que E = − | EBohr |
Z2 n2
n = 1, 2, 3, . . .
el estado fundamental surge cuando nν = 0, l = 0 o sea n = 1. Normalmente existen 2 tipos de notaciones, la notaci´on espectrosc´opica donde 1S significa nν = 1 y l = 0, y la notaci´on de F´ısica at´omica donde 1S significa n = 1, nν = 0, l = 0. Dado un n´ umero cu´antico principal n = 2 existen dos casos ( nν = 1 l=0 nν = 0 l=1 El estado l = 1 corresponde a tres funciones de onda m = −1, m = 0 y m = 1, todas con la misma energ´ıa pero formas diferentes. En el caso n = 3 tenemos l=1 nν = 1 nν = 2 l=0 n =0 l=2 ν con las degeneraciones debidas a los valores de l, para cada uno de sus valores existen 2l+1 funciones correspondientes a m diferentes. Vemos entonces que existen dos tipos de degeneraci´on, la primera se debe a la simetr´ıa esf´erica o sea que corresponde a los diferentes valores de m. El valor de m cambia si cambiamos el eje z. Las soluciones son arm´onicos esf´ericos que se transforman en otros arm´onicos esf´ericos por rotaciones. La otra degeneraci´on en 1r o sea en l, depende de la forma del hamiltoniano que es invariante en el espacio tiempo tetradimensional, as´ı la simetr´ıa del hamiltoniano crea la degeneraci´on en l en los niveles de energ´ıa. Si R es un operador de simetr´ıa y H es sim´etrico entonces RH = HR y como λ y ψ son los autovalores y autofunciones de H Hψ = λψ de forma que RHψ = λRψ
106
y H(Rψ) = λ(Rψ) luego existe una degeneraci´on en las autofunciones de H una vez que ψ y Rψ corresponden al mismo autovalor. La f´ormula de Bohr (ecuaci´on (5.3)), da directo la relaci´on entre la frecuencia de radiaci´on y el n´ umero cu´antico principal, la cual es llamada formula de Balmer y es: ½ ¾ 1 1 ¯hνnlm = En − Em = EBohr Z 2 − n2 m2 la soluci´on que hemos encontrado genera polinomios en r que llevan el nombre de polinomios de Laguerre. Como la parte angular de la soluci´on debe estar constituida por arm´onicos esf´ericos, podemos escribir la soluci´on total en la forma sµ ¶3 µ ¶l Zr 2Z (n − l − 1)! − na 2Zr 2Zr m 0 ψnlm = − e L2l+1 )Y (θ, φ) (5.15) n+l ( na0 2n{(n + l)!}3 na0 na0 l donde los L2l+1 n+l son los polinomios asociados de Laguerre. Algunas de las funciones radiales son µ R10 (r) = 2 µ R20 (r) =
¶3/2 e−Zr/a0
¶3/2 µ ¶ Zr 2− e−Zr/a0 a0
Z 2a0
µ R21 (r) =
C.
Z a0
Z 2a0
¶3/2
Zr −Zr/a0 √ e a0 3
Algunas de las Propiedades de los Polinomios de Laguerre
Funci´on generadora −ρs
∞
X Ln (ρ)S n e 1−s = 1−s n! 0
Lm q =
| S |< 1
dm Lq (q) dρm
Esta u ´ltima f´ormula es conocida como la f´ormula de Rodr´ıguez y genera los polinomios asociados de Laguerre. 1 dn Lrn (x) = x−r ex n (e−x xr+n ) n! dx La ecuaci´on diferencial x
d2 r d Ln (x) + (r + 1 − x) Lrn (x) + nLrn (x) = 0 2 dx dx
y la f´ormula de recurrencia (n + 1)Lrn+1 (x) = (2n + r + 1 − x)Lrn (x) − (n + r)Lrn−1 (x)
107 D.
El Potencial Arm´ onico Is´ otropo
El oscilador arm´onico se dice is´otropo cuando: kx = ky = kz o sea que V (r) =
1 k 2 (x + y 2 + z 2 ) = kr2 2 2
(5.16)
la ecuaci´on de Schr¨ odinger se escribe como: ½
¾ −¯h2 2 1 2 ∇ + kr Ψ = EΨ 2m 2
(5.17)
en coordenadas cartesianas se pueden separar las variables de forma que Ψ = X1 (x1 )X2 (x2 )X3 (x3 ) y la ecuaci´on (5.17) quedar´ıa como ½
¾ −¯h2 d2 1 2 + kxi Xi (xi ) = Ei Xi (xi ) 2m dx2i 2
(5.18)
la energ´ıa total del sistema es E = E1 + E2 + E3 q con ω =
k m,
(5.19)
tenemos que µ ¶ 1 E1 = ¯hω n1 + 2 µ ¶ 1 E2 = ¯hω n2 + 2 µ ¶ 1 E3 = ¯hω n3 + 2
(5.20)
La degeneraci´on en la energ´ıa se obtiene calculando; estado fundamental: E000 =
3 ¯hω 2
n=1 E1,0,0 = E010 = E001 en general 3 hω E = (n1 + n2 + n3 + )¯ 2 luego para la energ´ıa fundamental hay un estado. Para n = 1 hay 3. Para n = 2 tenemos n1 + n2 + n3 = 2
(5.21)
108
200 020 002 110 101 011
6 estados degenerados
) 003, 021, 102, 120, 210 012, 030, 111, 201, 300
10 estados degenerados
Esta degeneraci´on es mayor que la resultante de la simetr´ıa de rotaci´on del sistema, o sea de la degeneraci´on en m, porque en esta se obtendr´ıan 2l + 1 estados con l ≤ n y l ≤ 2, si l = 2 los valores de m ser´ıan 5. Para el caso de n = n1 + n2 + n3 la degeneraci´on se puede comprobar es (n+1)(n+2) 2
E.
El Oscilador Arm´ onico en Coordenadas Esf´ ericas
Para poder asociar la simetr´ıa a la degeneraci´on de la funci´on de onda es necesario resolver la ecuaci´on radial para este problema. La ecuaci´on radial en este caso es ½ ¾ ¯h2 d2 l(l + 1) kr2 − (rR) + + R = ER (5.22) 2m rdr2 2mr2 2 si hacemos f = rR en la ecuaci´on anterior obtenemos ½ ¾ d2 f l(l + 1) mkr2 2mE − 2 + + f= f 2 2 dr r ¯h ¯2 h con la sustituci´on r = aξ obtenemos la ecuaci´on diferencial µ ¶ 1 d2 f l(l + 1) mka2 2 2mEa2 − 2 2 + + ξ f= f 2 2 2 a dξ a ξ ¯h ¯h2
(5.23)
(5.24)
si hacemos a2 = √
¯ h mk
y ²=
2E ¯hω
la ecuaci´on (5.24) se transforma en ½ ¾ d2 f l(l + 1) 2 + ²− −ξ f =0 dξ 2 ξ2
(5.25)
Usando el m´etodo del comportamiento dominante para resolver esta ecuaci´on diferencial, separamos el comportamiento asint´otico de la funci´on soluci´on as´ı, cuando ξ → ∞ la ecuaci´on anterior tiende a d2 f + (² − ξ 2 )f = 0 dξ 2
109 2
que tiene como soluci´on a e−ξ /2 . luego la soluci´on completa de la ecuaci´on (5.25) es f = F e−ξ
2
/2
(5.26)
derivando esta soluci´on encontramos que 2 df dF −ξ2 /2 = e − ξF e−ξ /2 dξ dξ
2 d2 f d2 F −ξ2 /2 dF −ξ2 /2 dF −ξ2 /2 dF −ξ2 /2 ξe − ξe − e + 2ξ 2 e−ξ /2 F = e − 2 dξ dξ 2 dξ dξ dξ
la ecuaci´on diferencial para F (ξ) es µ ¶ d2 F dF l(l + 1) + ²−1− − 2ξ F =0 dξ 2 dξ ξ2
(5.27)
La soluci´on en serie de Frobenius se escribe como: F =
X
an ξ n+ν
X dF = an (n + ν)ξ n+ν−1 dξ X d2 F = an (n + ν)(n + ν − 1)ξ n+ν−2 2 dξ de forma que (5.27) se escribe como X
an (n + ν)(n + ν − 1)ξ n+ν−2 −
X
an (n + ν)ξ n+ν −
X
µ ¶ l(l + 1) an ² − 1 − ξ n+ν = 0 ξ2
(5.28)
la f´ormula de recurrencia y la ecuaci´on indicial se obtienen reduciendo los indices X X an {(n + ν)(n + ν − 1) − l(l + 1)}ξ n+ν−2 + an {−2(n + ν) + (² − 1)}ξ n+ν = 0 si igualamos todos los ´ındices obtenemos ∞ X
an+2 {(n + ν + 2)(n + ν + 1) − l(l + 1)}ξ n+ν +
−2
∞ X
an {−(2n + ν) + (² − 1)}ξ n+ν = 0
(5.29)
0
la ecuaci´on indicial la obtenemos para los t´erminos n = −2 en (5.29) a0 {ν(ν − 1) − l(l + 1)} = 0 n = −1, a0 6= 0
(5.30)
a1 {ν(ν + 1) − l(l + 1)} = 0 a1 6= 0
(5.31)
la f´ormula de recurrencia es an+2 =
2(n + ν) − (² − 1) (n + 2 + ν)(n + ν + 1) − l(l + 1)
(5.32)
110 Podemos ahora estudiar la degeneraci´on de la funci´on de onda. De la ecuaci´on (5.30) tenemos como soluciones a ν =l+1
y
ν = −l
estos dos resultados son iguales a los del ´atomo de hidr´ogeno, esto se debe a que la singularidad que domina en el origen es el potencial centr´ıfugo, luego debemos tener solo la soluci´on ν = l + 1, como en aquel caso. Un potencial del tipo 1 rn
con
n≥2
lleva a dificultades matem´aticas, pues si el orden del polo es mayor que dos, el m´etodo de la ecuaci´on indicial no se aplica, o dicho de otra manera el problema de autovalores no esta bien definido. De esta forma , como el caso del ´atomo de hidr´ogeno tenemos ν =l+1 en el caso en que a0 = 0 y a1 6= 0 tendremos que ν = l y descartamos ν = −(l + 1). Como hemos avanzado una potencia en n el resultado es el mismo. Si calculamos el comportamiento en el infinito de la serie de F, vemos que este es del tipo F ≈ e−ξ
2
/2
de modo que la serie debe ser cortada para que la soluci´on pertenezca a L2 (<),as´ı: ² − 1 = 2(2m + l + 1) ² = 2(2m + l + 1) + 1 ½ ¾ 1 E = ¯hω (2m + l + 1) + 2 as´ı que la expresi´on de autovalores en coordenadas esf´ericas es µ ¶ 3 E = ¯hω 2m + l + 2
(5.33)
Comparando este resultado con (5.21) observamos que conduce al mismo tipo de autovalores y de degeneraci´on. E0 ⇒ 1 estado E1 ⇒ 3 estados degenerados E2 ⇒ 6 estados degenerados E3 ⇒ 10 estados degenerados El n´ umero cu´antico principal np = 2nr + l as´ı E1 corresponde a 3 estados 1 = 2nr + l
nr = 0, l = 1, m = 0, ±1
para np = 2 tenemos 2 = 2nr + l l = 0, nr = 1, m = 0 l = 2, nr = 0, m = −2, −1, 0, 1, 2
111 lo que corresponde a 6 estados. En el caso np = 3 = 2nr + l l = 3 −→ 2 × 3 + 1 = 7
estados,
nr = 0
considerando ahora la soluci´on para nr = 1, son 3 estados mas, dando un total de 10 estados. La combinaci´on de la degeneraci´on rotacional en m y la degeneraci´on en l explica entonces las diferentes degeneraciones en la funci´on de onda. La degeneraci´on del oscilador arm´onico esta asociada a la simetr´ıa de SU (3). La parte radial de la funci´on de onda tambi´en est´a compuesta de polinomios de Laguerre.
F.
Sistemas de Muchas Part´ıculas
Para terminar este cap´ıtulo de aplicaciones tridimensionales vamos a extender los postulados de la Mec´anica Cu´antica a sistemas que incluyen mas de dos part´ıculas. De esta forma P (x1 , x2 , . . . , xn ) =| ψ(x1 , x2 , . . . , xn ) |2
(5.34)
es la probabilidad de encontrar simult´aneamente la part´ıcula 1 en x1 , la part´ıcula 2 en x2 , y as´ı sucesivamente. Las medidas ser´an indicadas por los operadores X1 , X2 , etc, y los valores medios de un operador se calcular´an como < Θ >=< ψ(x1 , x2 , ...xn ), Θψ(x1 , x2 , ...xn ) > En lo sucesivo usaremos el caso de dos part´ıculas con el fin de simplificar la notaci´on. El valor medio se escribe expl´ıcitamente como Z < Θ >= ψ ∗ (x1 , x2 )Θop ψ(x1 , x2 )d3 x1 d3 x2
(5.35)
(5.36)
Los autoestados y autovalores son definidos de nuevo como Θop ψ1 (x1 , x2 ) = Θ1 ψ1 (x1 , x2 )
(5.37)
puede verse que de nuevo el valor medio de un operador observable es un autovalor. As´ı los axiomas y la estructura matem´atica son an´alogos, solamente que la soluci´on de problemas espec´ıficos es mas dif´ıcil. Si estudiamos la funci´on de onda para dos part´ıculas H=
p21 p2 + 2 + V (x1 , x2 , t) 2m1 m2
(5.38)
si pi es el momento asociado a la part´ıcula i pi = −i¯h∇i
(5.39)
el hamiltoniano entonces se construye de la misma forma ¯2 2 h ¯2 2 h ∇1 − ∇ + V (x1 , x2 , t) 2m1 2m2 2
(5.40)
¾ ¯2 2 h ¯2 2 h − ∇ − ∇ + V (x1 , x2 , t) ψ 2m1 1 2m2 2
(5.41)
Hop = − o sea que la ecuaci´on de onda es ∂ψ i¯h = ∂t
½
112
donde V (x1 , x2 , t) es el potencial total combinado entre las part´ıculas y el potencial externo. Un ejemplo es cuando el potencial depende de la distancia entre las dos part´ıculas, o sea que | ~x1 − ~x2 | Si el potencial no depende del tiempo, podemos entonces suponer una separaci´on de variables as´ı ψ(x1 , x2 , t) = φ(x1 , x2 )e−iEt/¯h
(5.42)
Vamos a buscar ahora una soluci´on independiente del tiempo ½ ¾ ¯h2 2 ¯h2 2 Eφ(x1 , x2 ) = − ∇1 − ∇2 + V (x1 , x2 ) φ(x1 , x2 ) 2m1 2m2 que en principio puede descomponerse en una base ortonormal as´ı X an φn (x1 , x2 )e−iEn t/¯h ψ(x1 , x2 , t) =
(5.43)
(5.44)
n
si adem´as el potencial se puede escribir en la forma V (x1 , x2 ) = V1 (x1 ) + V2 (x2 )
(5.45)
V (x1 , x2 ) = V (| ~x1 − ~x2 |)
(5.46)
o
estudiaremos dos casos: I. El potencial solo depende de la diferencia Este problema tiene soluci´on en funci´on de las coordenadas del centro de masa y las coordenadas relativas del sistema, de esta manera suponemos una transformaci´on de coordenadas de la forma ~ = m1 ~x1 + m2 ~x2 X m1 + m2 (5.47) ~x = ~x1 − ~x2 veamos como se transforma el laplaciano 3
X ∂ = ∂x1i i=1
µ
∂Xj ∂ ∂xj ∂ + ∂X1i ∂Xj ∂x1i ∂xj
como ∂Xi m1 = δij x1i m1 + m2 mj xj Xj = P mi de esta forma ∂Xj m2 = δij ∂x2i m1 + m2 ∂xj = δij ∂x1i
∂xj = −δij ∂xi
¶ (5.48)
113 ∂ m1 ∂ ∂ = + ∂x1i m1 + m2 ∂Xi ∂xi
(5.49)
∂ m2 ∂ ∂ = − ∂x2i m1 + m2 ∂Xi ∂xi
(5.50)
de esta forma calculando −
¯2 2 h ¯2 2 h ∇1 − ∇ 2m1 2m2 2
tenemos −
¯2 h 2m1
µ
m1 ∂ ∂ + m1 + m2 ∂X ∂x
¶2 −
¯2 h 2m2
µ
m2 ∂ ∂ − m1 + m2 ∂X ∂x
¶2
Desarrollando esa expresi´on vemos que los t´erminos cruzados desaparecen y que (5.43) se transforma en ½ ¾ ¯h2 ¯h2 2 2 ∇ − m1 m2 ∇x + V (| x~1 − x~2 |) φ(X, x) Eφ = − 2(m1 + m2 ) X 2(m1 + m2 )
(5.51)
esta ecuaci´on puede ser resuelta por separaci´on de variables φ(X, x) = φc (X)φr (x) donde una funci´on depende solamente de las coordenadas del centro de masa y la otra solamente de las coordenadas relativas. La cantidad: 1 1 1 = + µ m1 m2 se define como la masa reducida. La ecuaci´on (5.43) se separa entonces en dos ecuaciones: una para el centro de masa que es de part´ıcula libre: ¯2 h ~ = Ec φc (X) ~ ∇2 φc (X) 2(m1 + m2 ) X y otra para la coordenada relativa que es unidimensional: ¶ µ ¯h2 2 − ∇x + V (x) φr = Er φr 2µ
(5.52)
(5.53)
El ´atomo de hidr´ogeno por ejemplo puede ser resuelto colocando la masa reducida en lugar de la masa del electr´on y el ´atomo como un todo se comporta como una part´ıcula libre y su movimiento se puede reducir a una dimensi´on. La ecuaci´on del movimiento del centro de masa en si, no es muy importante. Por otra parte, Er es la energ´ıa de excitaci´on de los ´atomos y como cuando hay emisi´on el ´atomo retrocede como un todo, el efecto Doppler debe ser llevado en cuenta y la frecuencia de emisi´on se modifica. II. Caso de potenciales externos independientes En el caso que las fuerzas a que est´an sometidas las part´ıculas son externas y no dependen de otras part´ıculas del conjunto, el potencial se escribe como: V (x1 , x2 ) = V1 (x1 ) + V2 (x2 ) Un ejemplo lo constituyen los electrones de un ´atomo pesado de forma que la fuerza de atracci´on del n´ ucleo es mucho mayor que la repulsion entre los electrones. Aqu´ı usamos separaci´on de variables φ(x1 , x2 ) = φ1 (x1 )φ2 (x2 )
(5.54)
114 Sustituyendo esta ecuaci´on de separaci´on en la ecuaci´on de onda (5.43) obtenemos dos ecuaciones ¾ ½ ¯h2 2 ∇1 + V1 (x1 ) φ1 (x1 ) = E1 φ1 (x1 ) − 2m1 ½ ¾ ¯h2 2 − ∇ + V2 (x2 ) φ2 (x2 ) = E2 φ2 (x2 ) 2m2 2
(5.55) (5.56)
como podemos observar estas u ´ltimas dos ecuaciones est´an desacopladas, lo que refleja el hecho de que los electrones no tienen interacci´ on entre s´ı. La energ´ıa total del sistema es E = E1 + E2 Si el n´ ucleo no es muy pesado, se puede mejorar la aproximaci´on usando la masa reducida. Sin embargo los problemas de tres cuerpos en Mec´anica Cu´antica cuando quieren resolverse directamente son relativamente complicados. A partir de la d´ecada del 60 considerables progresos se han logrado tanto en el tratamiento te´orico con las ecuaciones de Faddev como en los m´etodos computacionales para resolver el problema. Conviene aqu´ı terminar este ejemplo observando que 2 part´ıculas iguales en Mec´anica Cu´antica son indistinguibles si no existen experimentos capaces de distinguir entre el estado 1 y el estado 2, formados por (1,2) y (2,1). Para la funci´on de onda eso se escribe como | ψ(x1 , x2 ) |2 =| ψ(x2 , x1 ) |2 lo que da las siguientes posibilidades ψ(x1 , x2 ) = −ψ(x2 , x1 ) funci´on antisim´etrica ψ(x1 , x2 ) = ψ(x2 , x1 ) funci´on sim´etrica si introducimos el operador de permutaci´on de part´ıculas (x1 , x2 ) −→ (x2 , x1 ) definido como T ψ(x1 , x2 ) = ψ(x2 , x1 ) que en general ser´a otra funci´on de onda. Las autofunciones de este operador son las funciones sim´etricas y antisim´etricas o sea, s´ı usamos la notaci´on: 1 −→ x1 ,
2 −→ x2
T ψ(1, 2) = ψ(2, 1) las soluciones sim´etricas siguen la estad´ıstica de Bose Einstein que veremos corresponden a spin entero. T ψ(1, 2) = −ψ(2, 1) son las soluciones antisim´etricas que corresponden a la estad´ıstica de Fermi-Dirac y tienen spin semi-entero. Problemas Problema 5.1 Aplique las leyes de cuantizaci´on de Bohr Sommerfeld para determinar los niveles de energ´ıa del oscilador arm´onico tridimensional y compare con los resultados de este cap´ıtulo. Problema 5.2 r Resuelva el problema de potencial central para la ecuaci´on de Schr¨odinger con l = 0 y V (r) = −V0 e− a . a) Haga el gr´afico del potencial. r b) Haga el cambio de variable z = e− a y muestre que la ecuaci´on radial se convierte en la ecuaci´on de Bessel.
115 c) ¿Qu´e condiciones de frontera se deben imponer para encontrar los niveles de energ´ıa? d) ¿Cu´al es el menor valor de V0 para que existan estados ligados? Problema 5.3 Muestre que el valor esperado de la energ´ıa potencial de un electr´on en el estado n de un ´atomo de hidr´ogeno es 2 2 − Zane2 . De este resultado, encuentre el valor esperado de la energ´ıa cin´etica. Problema 5.4 Considere una part´ıcula de carga e que se mueve bajo un potencial tridimensional isotr´opico: V (r) =
1 mω 2 r2 2
~ = E0 x en un campo el´ectrico E ˆ. Encuentre los niveles de energ´ıa de la part´ıcula. Use ξ =
x λ
−
√eE0 h ¯ mω
116 Fatigado peregrino con la planta dolorida de la meta ya no lejos en la senda de la vida por un solo, breve instante, me detengo a descansar con esfuerzo doloroso sub´ı a la ´aspera colina y contemplo el ancho valle ya lejano que ilumina vagamente la indecisa triste luz crepuscular. Domingo Estrada
Yo no se que nostalgia de siglos se acrisola en tus despojos tibios aun y palpitantes tus ruinas ci˜ nen una rom´antica aureola que hace pensar en ruinas de muchos siglos antes.
Domingo Estrada Escritor y poeta. Naci´o en la villa de Amatitl´an, Guatemala, en 1855. Apasionado por la cultura francesa, tradujo a Musset, a Fran¸cois Cop´ee y escribi´o ensayos sobre algunos otros escritores de mucha importancia como Alphonse Daudet y Jos´e Mart´ı. Despu´es de una vida pr´odiga en la creaci´on de poemas, pol´emicas, ensayos, discursos, estudios literarios, cuentos humor´ısticos y cr´onicas, muri´o en 1901.
117 CAP´ ITULO 6
VI. A.
El Spin y el Momento Angular Orbital
El experimento de Stern y Gerlach (1922) demostr´o que existe en las part´ıculas subat´omicas un nuevo grado de libertad, muy parecido a la rotaci´on de un cuerpo en torno a su propio eje. El tratamiento matem´atico de este nuevo grado de libertad es an´alogo al tratamiento del movimiento de rotaci´on descrito por ~ = ~r ∧ p~ L T´ecnicamente el momento angular orbital trata de las representaciones de O(3) y el spin de las representaciones de SU (2). El objetivo de este cap´ıtulo es presentar la formulaci´on algebraica del momento angular de forma que su generalizaci´on al tratamiento del spin sea casi inmediata. Hasta ahora hemos estudiado el momento angular definido como ~ = ~r ∧ p~ = −i¯h~r ∧ ∇ ~ L que tiene como autovalores L2 ,
l(l + 1)¯h para m¯h
para
Lz ,
l = 0, 1, 2..... −l ≤ m ≤ l
donde Lz = −i¯h
∂ ∂φ
en coordenadas esf´ericas. Las autofunciones simult´aneas de estos dos operadores L2 y Lz (que conmutan), son los arm´onicos esf´ericos denotados por Ylm (θ, φ) la regla mas importante del momento angular y que nos permitir´a su generalizaci´on es la regla de conmutaci´on [Li , Lj ] = i¯hLk
i, j, k
en el orden c´ıclico
de esta forma nuestra nueva definici´on de momento angular no depender´a m´as de la representaci´on espec´ıfica, como es el caso de ~ = ~r ∧ p~ L ~ (vectorial) que satisface las reglas de conmutaci´on sino que el momento angular ser´a un operador M [Mi , Mj ] = i¯ hMk
i, j, k
en el orden c´ıclico
(6.1)
de forma que si definimos M2 =
3 X i=1
Mi2
(6.2)
118 M 2 conmuta con Mi , para todo i. [M 2 , Mi ] = 0
(6.3)
Estas reglas de conmutaci´on son m´as generales que la definici´on anterior una vez que pueden ser satisfechas para valores enteros como en el caso del momento angular orbital, o autovalores semi-enteros de m como en el caso del spin. Como ahora la definici´on es algebraica no podemos referirnos a una ecuaci´on diferencial en particular, sin embargo es posible obtener los autovalores de un operador solamente por m´etodos algebraicos. Vamos a introducir lo que acostumbra a llamarse operadores escalera u operadores de levantamiento y descenso, a los cuales nosotros en la terminolog´ıa de part´ıculas llamaremos de creaci´on y aniquilaci´on. M+ = Mx + iMy M− = Mx − iMy
(6.4) (6.5)
Note que aun cuando los Mi son operadores hermitianos (M− )† = M+
(6.6)
como todo m´etodo algebraico es un poco artificial, calculemos primero [M+ , Mz ] como [Mx + iMy , Mz ] = [Mx , Mz ] + i[My , Mz ] de las relaciones de conmutaci´on (6.1) tenemos [My , Mz ] = i¯hMx [Mx , Mz ] = −i¯hMy de forma que [M+ , Mz ] = −M+ ¯h
(6.7)
si a la expresi´on anterior le tomamos el adjunto tenemos que [M+ , Mz ]† = [Mz , M− ] = −¯hM− de donde [M− , Mz ] = −M− ¯h Por otra parte [M 2 , M+ ] = [M 2 , M− ] = 0 ya que [M 2 , Mi ] = 0 Como M 2 y Mz son hermitianos y simult´aneamente diagonalizables sea la base com´ un: ψ(j, jz )
(6.8)
119
como los autovalores de M 2 tienen que ser positivos M 2 ψ(j, jz ) = λ¯h2 ψ(j, jz ) = j(j + 1)¯h2 ψ(j, jz )
(6.9)
hemos escrito λ = j(j + 1) pues cualquier n´ umero positivo puede ser escrito as´ı. Por otra parte, Mz ψ(j, jz ) = ¯hjz ψ(j, jz ) calculemos ahora el resultado de aplicar M+ M+ ψ(j, jz ) = φ(j, jz ) a una autofunci´on de M 2 y mz tenemos que Mz φ(j, jz ) = Mz M+ ψ(j, jz ) y usando la regla de conmutaci´on entre M+ y Mz (6.7) tenemos Mz M+ ψ(j, jz ) = M+ Mz ψ(j, jz ) + ¯hM+ ψ(j, jz ) lo que resulta en Mz M+ ψ(j, jz ) = (jz + 1)¯hM+ ψ(j, jz )
(6.10)
de donde obtenemos Mz φ(j, jz ) = (jz + 1)¯hφ(j, jz ) M 2 M+ φ(j, jz ) = M 2 φ(j, jz ) como M+ y M 2 conmutan M+ M 2 ψ(j, jz ) = j(j + 1)¯h2 M+ ψ(j, jz ) = j(j + 1)¯ h2 φ(j, jz ) de los c´alculos arriba podemos observar que si M+ ψ = φ luego ψ es una autofunci´on de M 2 asociada al autovalor j y es una autofunci´on de Mz asociada al autovalor jz + 1. Luego si llamamos de A+ a una constante M+ ψ(j, jz ) = A+ ψ(j, jz + 1)
(6.11)
M− ψ(j, jz ) = A− ψ(j, jz − 1)
(6.12)
y
para el operador de destrucci´on. Necesitamos calcular las constantes de normalizaci´on , para ello calculamos el producto interno < M+ ψ(j, jz ), M+ ψ(j, jz ) >=| A+ |2
(6.13)
† M+ = M−
(6.14)
como el adjunto de M+ es M−
120 La ecuaci´on (6.13) se transforma < ψ(j, jz ), M− M+ ψ(j, jz ) >=| A+ |2
(6.15)
vamos a calcular el producto M− M+ en funci´on de los operadores M 2 y Mz , que son los diagonales, as´ı M− M+ = (Mx − iMy )(Mx + iMy ) = Mx2 + My2 + i[Mx , My ]
(6.16)
usando las reglas de conmutaci´on (6.1) tenemos que M− M+ = Mx2 + My2 − ¯hMz = M 2 − Mz2 − ¯hMz o sea que M− M+ ψ(j, jz ) = (M 2 − Mz2 − ¯hMz )ψ(j, jz ) y la ecuaci´on (6.16) se transforma en | A+ |2 = < ψ(j, jz ), (M 2 − Mz2 − ¯hMz )ψ(j, jz ) > | A+ |2 = {j(j + 1) − jz2 − jz }¯h2
(6.17)
| A− |2 = {j(j + 1) − jz2 + jz }¯h2
(6.18)
an´alogamente para A−
esas cantidades tienen que ser positivas o sea | A+ |2 ≥ 0 ⇒ j(j + 1) − jz2 − jz ≥ 0 lo que da una ecuaci´on de segundo grado para jz con dos ra´ıces jz = j,
jz = −(j + 1)
de donde jz ser´a positivo solo entre las dos ra´ıces. −(j + 1) ≤ jz ≤ j Por otra parte | A− |2 ≥ 0 implica que −j ≤ jz ≤ (j + 1) Tomando el dominio com´ un a ambas limitaciones −j ≤ jz ≤ j
(6.19)
para cualquier valor de jz entre esos dos valores determinados por la relaci´on anterior, el operador M+ elevar´a una funci´on de j definido y fijo y jz en otra con el mismo j pero jz + 1. De otra forma, utilizando la normalizaci´on obtenida en (6.17) y (6.18) tenemos p M+ ψ(j, jz ) = ¯h j(j + 1) − jz2 − jz ψ(j, jz + 1) (6.20) M− ψ(j, jz ) = ¯h
p
j(j + 1) − jz2 + jz ψ(j, jz − 1)
autom´aticamente verificamos que M+ ψ(j, j) = 0,
M− ψ(j, −j) = 0
(6.21)
121 Vamos a mostrar que j tiene que ser un valor entero o semi entero y por lo tanto tambi´en le ser´a jz despu´es de levantarlo o bajarlo n veces. Despu´es de n pasos podemos afirmar que jz + n = j tomemos el menor valor posible para jz , o sea −j luego −j + n = j y j=
n 1 3 5 =⇒ j = 0, , 1, , 2, .... 2 2 2 2
(6.22)
lo que demuestra que j tiene que ser entero o semi entero.
B.
El Spin del Electr´ on
El primer caso interesante que se nos plantea para el estudio es el caso en que j = 1/2 que corresponde al electr´on. Dado el valor de j, los valores posibles para jz son −1/2, 1/2. Podemos visualizar el spin del electr´on como un vector con un movimiento de precisi´on, alrededor del eje de rotaci´on del electr´on (recuerde que esto es solo una imagen figurativa). El m´odulo es h ¯ 2 j(j + 1) y las proyecciones en el eje z, los valores −j ≤ jz ≤ j. En el caso del electr´on S 2 = 43 ¯h2 y Sz = − 12 ¯h y Sz = + 12 ¯h. Las autofunciones de M 2 y Mz forman un espacio vectorial que en este caso es de dimension 2, los vamos a denotar as´ı: ψ + = ψ(1/2, 1/2) ψ − = ψ(1/2, −1/2) Calculamos los elementos de matriz del operador Mz < ψ + , Mz ψ + > como Mz ψ + =
¯ + h ψ 2
< ψ + , Mz ψ + >=
¯ h 2
< ψ − , Mz ψ − >= −
¯ h 2
y < ψ − , Mz ψ + >= 0 esto significa que si escribimos o representamos a ψ + y a ψ − por la base can´onica à ! à ! 1 0 + − ψ = , ψ = 0 1
122
la representaci´on matricial de Mz ser´a ¯ h Mz = 2
!
à 1 0 0 −1
Ã
(6.23)
! 1 0 0 −1
σz =
(6.24)
an´alogamente podemos calcular !
à 0 1 0 0
M+ = ¯h
(6.25)
Ã
! 0 0 1 0
M− = ¯h
(6.26)
podemos entonces obtener: ! 0 1 −1 0 Ã ! ¯h 0 −i My = 2 i 0
¯ h Mx = 2
Ã
(6.27)
(6.28)
al conjunto, Ã σx =
! 0 1 1 0
à ,
σy =
! 0 −i i 0
à ,
σz =
! 1 0 0 −1
(6.29)
se les denomina las matrices de Pauli y unidas a la identidad à ! 1 0 I= 0 1 forman una base para el espacio de las matrices sobre C 2 . La funci´on de onda del electr´on se construye entonces en el espacio L2 (<) × C 2 de forma que si φ+ (x, t) y φ− (x, t) son 2 funciones sobre x y t,tenemos à ! à ! 1 0 + − ψ(x, t) = φ (x, t) + φ (x, t) 0 1 ahora, | φ+ (x, t) |2 representa la probabilidad de encontrar el electr´on en el punto x, en el tiempo t con spin para arriba. | φ− (x, t) |2
(6.30)
123 representa la probabilidad de encontrar el electr´on en el punto x, en el tiempo t con spin para abajo. La normalizaci´on de la funci´on de onda se indica como Z ψ(x)∗ ψ(x)dx = 1 luego Z
Z +
2
| φ− (x, t) |2 dx = 1
| φ (x, t) | dx +
(6.31)
Los operadores se construyen en este espacio como Ã
! x 0 0 x
(6.32)
A˘op = Aop I
(6.33)
Xop = y en general,
donde Aop es el operador en L2 (<) y A˘op e I los operadores en C 2 , siendo I la matriz identidad 2x2. El valor medio de la posici´on, por ejemplo se calcula como à !à ! Z x 0 φ+ +∗ −∗ < ψ, Xop ψ >= (φ , φ ) dx 0 x φ−
(6.34)
como à Xop ψ(x, t) =
!Ã x 0 0 x
φ+ φ−
!
à =
xφ+ xφ−
!
tenemos que Ã
Z < ψ, Xop ψ >=
(φ
+∗
,φ
−∗
)
xφ+ xφ−
!
Z dx =
Z x | φ+ |2 dx +
x | φ− |2 dx
(6.35)
El momento lineal se escribe como à Pop =
∂ 0 −i¯h ∂x ∂ 0 −i¯h ∂x
! (6.36)
Por otra parte el valor medio del operador Mz es < Mz >=
¯ h 2
Z (| φ+ |2 − | φ− |2 )dx
(6.37)
El valor medio de Mx y de My tambi´en pueden calcularse f´acilmente. Finalizamos recordando que de las definiciones anteriores el producto interno en el espacio producto donde ψ ± son las funciones de spin y η y ξ son las funciones de L2 (<) se escribe como < ηψ ± , ξψ ± >=< η, ξ > · < ψ ± , ψ ± > de forma que el producto interno del espacio producto, es el producto de los productos internos.
(6.38)
124 C.
Los Hamiltonianos con Spin
Una part´ıcula cargada que rota o gira tiene asociado un momento magn´etico debido a que cl´asicamente hay una corriente producida por la rotaci´on de la carga. Ese momento magn´etico usualmente se calcula por: Z Z 1 1 ~ ~ µ ~= ~r × JdV = I ~r × d~l = I A 2 V 2 C o en notaci´on cgs µ ~=
~ IA c
donde c es la velocidad de la luz. La corriente es la carga veces la frecuencia. I=
q eω = qf = T 2π
siendo T el per´ıodo y ω la frecuencia angular. Si hacemos la proyecci´on sobre el ´area de la esfera y consideramos la carga del electr´on como e µ=
eω × πr2 eωr2 = 2πc 2c
L como ωR = v y v · r = m ~ Se escribe para el momento magn´etico de una part´ıcula con momento angular L
µ ~=
~ eL 2mc
(6.39)
este t´ermino por su vez, nos lleva a una energ´ıa ~ E = −~ µ·B ~ es el campo magn´etico. Donde B Si escribimos el hamiltoniano correspondiente a un ´atomo tenemos que i¯h
∂ψ ¯h2 2 e ~ ~ =− ∇ + V (x) − L·B ∂t 2m 2mc
(6.40)
~ fuera muy fuerte, el hamiltoniano luego colocamos un ´atomo en un campo magn´etico no muy fuerte, pues si B tomar´ıa otra forma que veremos m´as adelante, vemos que las rayas espectrales se dividen de forma proporcional al campo magn´etico as´ı: La raya correspondiente al orbital P, o sea l = 1 se divide en tres rayas, a esto se le llama efecto Zeeman normal. Por otro lado en ´atomos de n´ umero at´omico impar las l´ıneas Zeeman se dividen en un n´ umero par de l´ıneas, a esto se le llama efecto Zeeman an´omalo. Este resultado del efecto Zeeman an´omalo llevo a Uhlenbeck (George Eugene Uhlenbeck born Dec. 6, 1900, Batavia, Java [now Jakarta, Indon.] died Oct. 31, 1988, Boulder, Colo., U.S. Dutch-American physicist who, with Samuel A. Goudsmit, proposed the concept of electron spin.) y Goudsmit en 1925 a formular una hip´otesis para el momento magn´etico del spin de la forma: µ ~ orb =
e ~ L 2mc
Momento magn´etico orbital
(6.41)
µ ~ spin =
e ~ S mc
Momento magn´etico del spin
(6.42)
125 En este caso el hamiltoniano ser´a i¯h
∂ψ ¯h2 2 e ~ ~ ·B ~ =− ∇ + V (r) − (L + 2S) ∂t 2m 2mc
(6.43)
para el caso (6.40) si calculamos los valores del hamiltoniano tenemos Elm = El0 −
e¯h ~ |m |B 2m∗ c
− l ≤ m ≤ l;
m = 0, 1, 2, ...
Donde m∗ designa la masa y m el n´ umero cu´antico asociado al autovalor de Lz . Sin embargo la introducci´on del efecto Zeeman an´omalo no resuelve totalmente el espectro de un ´atomo, pues existen t´erminos de interacci´on entre el momento angular orbital y el spin, a tal interacci´on se la llama interacci´on Spin´ Orbita. Esta interacci´ on no puede ser explicada como interacci´on µ ~o · µ ~s pues esto implicar´ıa una auto interacci´on del electr´on con el mismo. La explicaci´on tiene que surgir de la Teor´ıa de la Relatividad Especial, donde una part´ıcula que tiene un momento magn´etico y se mueve con velocidad v posee un dipolo el´ectrico de la forma d~ ∼ ~v × µ ~ donde ~v es la velocidad y µ ~ es el momento magn´etico, esto es consecuencia de que la energ´ıa total es un escalar ~ +µ ~ d~ · E ~ ·B ~ el campo el´ectrico producido por el n´ siendo E ucleo del ´atomo y por los restantes electrones. En la aproximaci´on en que el campo del n´ ucleo es dominante y el potencial es central podemos escribir ~ = − dV rˆ = − 1 dV ~r = −ξ(r)~r E dr r dr siendo V el potencial. Otra forma de ver lo mismo consiste en evaluar el campo magn´etico en el referencial del electr´on ~ = − ~v × E. ~ Este t´ermino se llama factor de Thomas. que ser´ıa B c Problema 6.1 ~ ·S ~ generan el mismo resultado. Demuestre que ambas formas de introducir la interacci´on L De esta forma la energ´ıa de interacci´on campo el´ectrico nuclear con el dipolo electr´onico se puede escribir como µB B(Lz + 2Sz ) ¯h
(6.44)
luego L2 y Lz todav´ıa conmutan con el hamiltoniano ya que [Lz , Sz ] = 0 y an´alogamente para L2 . El problema reside en el t´ermino ~ ·S ~ −ξ(r)L o sea en la interacci´on spin ´orbita, como L2 no act´ ua sobre r tenemos ~ · S] ~ =0 [L2 , −ξ(r)L
(6.45)
~ · S] ~ 6= 0 [Lz , ξ(r)L
(6.46)
Por otra parte
126 Ya que Lz no conmuta con Lx y Ly , luego cuando existe la interacci´on spin orbita, el operador Lz no es una constante del movimiento, o no se conserva. Debemos entonces definir otro operador que llamaremos J~ que ser´a el momento angular total. ~ +S ~ J~ = L
(6.47)
~ S. ~ de forma que conmuta con L. p2 y con V(x). Es evidente que J~ conmuta con 2m As´ı tambi´en como con µB ~ ~ ~ B · (L + 2S) ¯h vamos ahora a demostrar que conmuta con ~ ·S ~ ξ(r)L ~z + S ~z como J~z = L ~ · S] ~ = −{[Lz + Sz , ξ(r)L ~ · S]} ~ = −{[Lz , ξ(r)L ~ · S] ~ + [Sz , ξ(r)L ~ · S]} ~ [J~z , −ξ(r)L
(6.48)
si usamos la identidad [A, BC] = B[A, C] + [A, B]C ∂ y usando que [Lz , ξ(r)] = 0 ya que Lz = −i¯h ∂φ , as´ı que
~ · S] ~ = ξ(r){[Lz , L] ~ ·S ~ +L ~ · [Lz , S] ~ ξ(r)[Lz , L calculemos ahora ~ ·S ~ = ξ(r){[Lz , Lx ]Sx + [Lz , Ly ]Sy + [Lz , Lz ]Sz } ξ(r)[Lz , L] usando las relaciones de conmutaci´on (6.1) tenemos
(6.49)
127 .
*** Por m´ı se llega a la ciudad del llanto, por m´ı a los reinos de la eterna pena, y a los que sufren inmortal quebranto. * Dict´o mi autor su fallo justiciero y me cre´o con su poder divino su supremo saber y amor primero. * Y como no hay en mi fin ni mudanza, nada fue antes que yo si no lo eterno ¡Renunciad por siempre a la esperanza! **
128 Concluimos que ~ ·S ~ = ξ(r)i¯h(Ly Sx − Lx Sy ) ξ(r)[Lz , L]
(6.50)
~ · S] ~ = ξ(r)i¯h(Lx Sy − Ly Sx ) [Sz , ξ(r)L
(6.51)
An´alogamente tenemos para Sz
Sumando los dos resultados anteriores tenemos que ~ · S] ~ =0 [Jz , ξ(r)L
(6.52)
Problema 6.2 Demuestre la ecuaci´on anterior calculando expl´ıcitamente los conmutadores vectoriales. Por otro lado ~ + S)( ~ L ~ + S) ~ = L2 + 2 L ~ ·S ~ + S2 J 2 = (L verificamos si conmuta con t´ermino del efecto Zeeman ~ · S, ~ Lz ] + 2[L2 + S 2 + 2L ~ · S, ~ Sz ] = 2[L ~ · S, ~ Lz ] + 2[L ~ · S, ~ Sz ] [J 2 , Jz + 2Sz ] = [L2 + S 2 + 2L ~ · [S, ~ Lz ] + 2[L, ~ Lz ] · S ~ + 2L ~ · [S, ~ Sz ] + 2[L, ~ Sz ] · S ~ = 4[L, ~ Lz ] · S ~ + 4L ~ · [S, ~ Sz ] = 2L desarrollando la expresi´on arriba y usando las relaciones de conmutaci´on [Li , Lj ] = ²ijk ¯hLk as´ı, [Li , L3 ] = ²i3k ¯hLk [Li , L3 ]Si = ²i3k ¯hLk Si por otro lado [Si , S3 ] = ²i3k ¯hSk [Si , S3 ]Li = ²i3k ¯hSk Li = ²ki3 ¯hSk Li luego la suma de ambos es ~ × S) ~ 3 + 2¯h(S ~ × L) ~ 3 6= 0 ¯h(L D.
El Acoplamiento del Spin al Momento Angular Orbital
La introducci´on del momento angular total en la secci´on pasada modific´o el conjunto completo de observables que est´abamos utilizando, cambi´andolo de {H, L2 , Lz } a {H, J 2 , Jz } y {L2 , S 2 }, esto nos obliga a modificar las funciones que estamos utilizando como funciones de onda para describir el sistema.
129 Empecemos por las autofunciones de L2 de forma que: L2 f + (x) = l(l + 1)¯h2 f +
(6.53)
L2 f − (x) = l(l + 1)¯h2 f −
(6.54)
Las autofunciones de S 2 son S 2 α+ = 1/2(1/2 + 1)¯h2 a+ =
S 2 α− =
3 2 + ¯h α 4
3 2 − ¯h α 4
la funci´on de J y Jz que queremos formar ser´a combinaci´on de ψ(l, m)
Autofunciones de L2
y Lz
α+ , α−
Autofunciones de
S2
y Sz
as´ı ψ(j, l, jz ) =
l X
A(m, +)ψ(l, m)α+ + A(m, −)ψ(l, m)α−
(6.55)
−l
Una representaci´on concreta de ψ(l, m) son los arm´onicos esf´ericos Ylm (θ, φ) apliquemos a la funci´on (6.55) el operador Jz como Jz = Lz + Sz para obtener Jz ψ(j, l, jz ) = ¯h
l X {A(m, +)(m + 1/2)ψ(l, m)α+ + A(m, −)(m − 1/2)ψ(l, m)α−
(6.56)
−l
estudiemos por separado las funciones ψ(l, m)α+ y las funciones ψ(l, m)α− el valor mayor y menor asumido por jz son: jz = l + 1/2
y
jz = l − 1/2
consideremos las autofunciones de Jz jz ψ(l, m)α+ = (m + 1/2)ψ(l, m)α+ jz ψ(l, m)α− = (m − 1/2)ψ(l, m)α− El problema consiste en encontrar cuales de estas funciones son autofunciones de J 2 tambi´en. Como sabemos que J 2 = Jx2 + Jy2 + Jz2 y que tambi´en J+ J− = (Jx + iJy )(Jx − iJy )
(6.57) (6.58)
130 = Jx2 + Jy2 + ¯hJz2 vemos que J+ J− = J 2 + ¯hJz − Jz2 J− J+ = J 2 − ¯hJz − Jz2 as´ı podemos escribir J 2 = J+ J− + Jz2 − ¯hJz (6.59) 2
J = J− J+ +
Jz2
+ ¯hJz
por otro lado J+ = L+ + S+
(6.60)
J− = L− + S−
(6.61)
de forma que J+ ψ(l, m)α+ = S+ ψ(l, m)α+ + L+ ψ(l, m)α+ = Aψ(l, m + 1)α+ Note que si l = m J+ ψ(l, l)α+ = 0 luego, de la expresi´on (6.59) las autofunciones de Jz que tengan m m´aximo o m´ınimo o sea J+ ψ(l, l)α+ = 0 J− ψ(l, −l)α− = 0 ser´an autom´aticamente autofunciones de J 2 tambi´en. Comprobemos esto escribiendo J 2 ψ(l, l)α+ = (J− J+ + Jz2 + ¯hJz )ψ(l, l)α+ = (m2 ¯h2 + ¯h2 m)ψ(l, l)α+ donde m = l + 1/2. Luego J 2 ψ(l, l)α+ = ¯h2 m(m + 1)ψ(l, l)α+ = ¯h2 (l + 1/2)(l + 3/2)ψ(l, l)α+
si igualamos (l + 1/2)(l + 3/2) = j(j + 1)
131
significa que la soluci´on positiva vale: j = l + 1/2
Tenemos entonces una autofunci´on de J 2 y de Jz simult´aneamente. Las otra ser´an generadas con la repetida aplicaci´on del operador J− Como ψ(l, l)α+ es en realidad ψ(j = l + 1/2, m = l + 1/2) tenemos que la aplicaci´on de J− dar´a J− ψ(l, l)α+ = J− ψ(l + 1/2, l + 1/2) = Bψ(l + 1/2, l − 1/2) donde B es una constante de normalizaci´on dada por (6.17) as´ı que √ J− ψ(l, l)α+ = ¯h 2l + 1ψ(l + 1/2, l − 1/2)
(6.62)
por otra parte √ J− ψ(l, l)α+ = L− ψ(l, l)α+ + S− ψ(l, l)α+ = ¯h 2lψ(l, l − 1)α+ + ¯hψ(l, l)α−
(6.63)
de forma que r ψ(l + 1/2, l − 1/2) =
2l 1 ψ(l, l − 1)α+ + √ ψ(l, l)α− 2l + 1 2l + 1
(6.64)
esta es una autofunci´on simult´ anea de J 2 y Jz simult´aneamente. Cada una de las parcelas es una autofunci´on de Jz pero solamente la combinaci´on lineal es una autofunci´on de J 2 . De esta forma llegaremos desde la funci´on ψ(l + 1/2, l + 1/2) hasta la funci´on ψ(l + 1/2, −l − 1/2), haciendo un total de 2(l + 1/2) + 1 = 2l + 2 funciones. Como el total de funciones en el producto directo es (2j1 + 1)(2j2 + 1) y en nuestro caso j1 = l y j2 = 1/2, tenemos un total de (4l + 1) funciones. Luego hacen falta (4l + 2) − (2l + 2) = 2l funciones restantes. Tomando la segunda funci´on ψ(l + 1/2, l − 1/2), tomamos una ortogonal a esta por ejemplo, en este caso r 1 2l + √ ψ(l, l − 1)α − ψ(l, l)α− 2l + 1 2l + 1
(6.65)
es ortogonal a ψ(l + 1/2, l − 1/2) y si aplicamos J 2 a la u ´ltima funci´on obtenemos que j = l − 1/2 as´ı, la funci´on es ψ(l − 1/2, l − 1/2) y aplicando J− generamos 2(l − 1/2) + 1 = 2l funciones, que son las que nos hac´ıan falta. Reuniendo las dos secuencias tenemos una base para el espacio producto que esta constituida de autofunciones de J 2 yJz . ~ · S, ~ encontramos una divisi´on de los niveles de energ´ıa de Si aplicamos los resultados anteriores al acoplamiento L la forma j(j + 1)¯h2 − l(l + 1)¯ h2 − 3/4¯h2 este fen´omeno por ejemplo, es el que da origen a los dobletes del sodio.
132 E.
Propiedades del Producto Directo o Tensor de Dos Espacios Vectoriales
Como en la secci´on anterior usamos el producto directo o tensor de dos espacios vectoriales, vamos a citar algunas de sus propiedades. Sean ξ1 y ξ2 dos espacios vectoriales. Tome | u >1 ∈ ξ1 y | u >2 ∈ ξ2 , podemos formar el producto | u >1 | u >2 , y usaremos la siguiente definici´on | u1 u2 >=| u >1 | u >2
(6.66)
Esta multiplicaci´on es conmutativa. Distributividad: Si | u >1 = λ | v >1 +µ | w >1 tenemos | u1 u2 >= λ | v 1 u2 > +µ | w1 u2 > de forma similar para | u >2 . El espacio generado por los vectores del tipo | u1 u2 > dan origen a un nuevo espacio vectorial. ξ1 ⊗ ξ2 que se llama el producto tensor de los dos espacios si dado que: dimξ 1 = N1 y dimξ 2 = N2 entonces la dimensi´on del producto es : dim(ξ 1 ⊗ ξ 2 ) = N1 N2
(6.67)
el producto se puede efectuar entre espacios que tienen tanto dimensi´on finita como infinita, por ejemplo L2 (R) ⊗ R2 a cada operador en el espacio ξ 1 le corresponde un operador en el espacio producto de forma que A1 | u >1 =| v >1 en ξ 1 ⊗ ξ 2 el operador A1 act´ ua de forma a A1 | u1 u2 >=| v 1 u2 > La definici´on para un operador en ξ 2 es an´aloga. Los operadores de un espacio conmutan con los de el otro de acuerdo a [A1 , A2 ] = 0 Por esta raz´on es que escribimos ~ S] ~ =0 [L,
(6.68)
133 C´ alculo de los Coeficientes de Clebsch-Gordan
En esta secci´on vamos a repetir esencialmente el trabajo realizado en la secci´on D solo que en lugar de ser el momento angular y el spin, ser´an dos vectores arbitrarios. As´ı dados dos momentos angulares J1 y J2 vamos a construir un vector cuyo m´odulo sea tal que su valor m´aximo sea la suma y su valor m´ınimo sea la diferencia. | j1 − j2 |≤ j ≤| j1 + j2 | La suma de dos momentos angulares es un momento angular, de forma que J~ = J~1 + J~2 es un momento angular. Sea J1 el operador momento angular, las autofunciones comunes a J12 y J1z son ψ(j1 , m1 ) y generan el espacio ξ1 . Sea J2 el operador momento angular, las autofunciones comunes a J22 y J2z son ψ(j2 , m2 ) y generan el espacio ξ2 . Queremos encontrar la base del espacio resultante que genere las autofunciones de J 2 y Jz . Evidentemente las reglas de conmutaci´on de J~i son [J~i , J~j ] = i²ijk ¯hJ~k o escrito en forma de producto J~ × J~ = i¯hJ~
(6.69)
J~1 tiene 2j1 + 1 autofunciones ψ(j1 , m1 ), y J~2 tiene 2j2 + 1 autofunciones ψ(j2 , m2 ) as´ı, el espacio producto tendr´a (2j1 + 1)(2j2 + 1), y la base de J 2 y Jz ser´a generada por la combinaci´on de productos de la forma X ψ(j, m) = C(m1 , m2 )ψ(j1 , m1 )ψ(j2 , m2 ) m1 m2
Esto se debe a que en gran n´ umero de problemas los operadores que conmutan con el hamiltoniano J 2 y Jz y no cada uno de los operadores individuales J~1 , J~2 . Suponemos entonces que la autofunci´on de J 2 , Jz y J~1 , J~2 se escribe como X ψ(j1 , j2 , j, m) = C(j1 , j2 , m, m1 , m2 )ψ(j1 , m1 )ψ(j2 , m2 ) m1 m2
a estos coeficientes de cambio de base se les denomina coeficientes de Clebsch Gordan. Vamos a mostrar una forma sistem´atica de construir esos coeficientes con la ayuda de los operadores J+ y J− , en la pr´actica podemos usar Mathematica para encontrar los coeficientes con el comando ClebschGordan[{j1,m1},{j2,m2},{j,m}]. Es claro que cualquier producto es autofunci´on de Jz pues X C(m1 , m2 )ψ(j1 , m1 )ψ(j2 , m2 ) Jz m1 m2
=
X
C(m1 , m2 )(J1z + J2z )ψ(j1 , m1 )ψ(j2 , m2 )
m1 m2
=
X m1 m2
C(m1 , m2 )(m1 + m2 )¯hψ(j1 , m1 )ψ(j2 , m2 )
134
luego, eso da una limitaci´on para la suma que a pesar de ser sobre m1 y m2 , ha de mantenerse constante, es decir m1 + m2 = m
los valores m´aximos de m1 y m2 , son j1 y j2 respectivamente y consideremos entonces la componente m de mayor valor m = j1 + j2 para un dado J 2 esta autofunci´on de Jz es u ´nica, as´ı ψ(j, m) = ψ1 (j1 , j1 )ψ2 (j2 , j2 ) y vamos a construir a partir de esto una familia de autofunciones de J 2 y Jz . Primera: ψ(j, j1 + j2 ) = ψ1 (j1 , j1 )ψ2 (j2 , j2 )
Segunda: ψ(j, j1 + j2 − 1) = J− ψ1 (j1 , j1 )ψ2 (j2 , j2 ) y as´ı hasta llegar a: ψ(j, −j1 , −j2 ) lo que da origen a 2(j1 + j2 ) + 1 autofunciones. De la autofunci´on J− ψ(j, j1 , j2 ) = C(j1 − 1, j2 )ψ1 (j1 , j1 − 1)ψ2 (j2 , j2 ) + C(j, j2 − 1)ψ1 (j1 , j1 )ψ2 (j2 , j2 − 1)
(6.70)
ambas de m = j1 + j2 − 1. Podemos construir otra ortogonal as´ı: Sean dos funciones α1 y β2 de espacios ξ1 y ξ2 ψ = C1 α1 β2 + C2 α2 β1 φ = Aα1 β2 + Bα2 β1 ser´a ortogonal si C1 A + C2 B = 0 o escrito de otra forma C2 A =− B C1 existe claro, una fase arbitraria pues solo la raz´on queda determinada, esta fase a causado numerosas confusiones en el c´alculo de los coeficientes de Clebsch Gordan. Nosotros seguimos las convenciones indicadas en el Particle Data Book de 2008. De esta forma φ = C2 α1 β2 − C1 α2 β1 es ortogonal a la funci´on ψ. Este conocimiento lo resumimos a continuaci´on: Para valores de J = j1 + j2 y Jz = j1 + j2 obtenemos solamente una
135 funci´on. Para Jz = j1 + j2 − 1 tenemos dos funciones, y as´ı vemos que para Jz = j1 + j2 − l, existen l + 1 funciones. Por otra parte el n´ umero de funciones debe ser igual a la dimensi´on del espacio. Para cada Jz existen 2j + 1 funciones dependiendo del valor de j. Supongamos que los valores m´aximo y m´ınimo de j son max y min respectivamente. As´ı sumando todos los t´erminos en la serie tenemos que max X
(2j + 1)
min
usando una progresi´on aritm´etica tenemos n X 1
ai =
a1 + an n 2
luego aj = 2j + 1 y amin = 2 min + 1 y amax = 2 max + 1. El n´ umero de t´erminos max − min + 1 luego la aplicaci´on de la progresi´on geom´etrica es ½ ¾ max X 2(min + max) + 2 (2j + 1) = (max − min + 1) 2 min = (min + max + 1)(max − min + 1) que es igual a la dimensi´on del espacio (2j1 + 1)(2j2 + 1). De forma que igualando tenemos (max + min)(max − min) + 2 max + 1 = 2j1 j2 + 2(j1 + j2 )
(6.71)
que tiene por soluciones a max = j1 + j2 min =| j1 − j2 |
(6.72) (6.73)
que son los valores entre los cuales puede variar el momento angular total. As´ı por ejemplo la suma de j1 = 2 con j2 = 1 produce j = 3, 2, 1. j=3 tiene 7 autofunciones. j=2 tiene 5 autofunciones. j1=1 tiene 3 autofunciones. Lo que da un total de (2j1 + 1)(2j2 + 1) = 5 · 3 = 15. Cuando la suma es de tres momentos angulares, los coeficientes se llaman de Racaah.
F.
El Momento Angular y las Rotaciones
Como todo operador que se conserva, o sea [Θ, H] = 0, el momento angular est´a relacionado con el ´algebra de Lie que genera el grupo que representa la simetr´ıa. As´ı el momento angular es el generador del grupo de las rotaciones. ∂ donde φ es el ´angulo azimutal esf´erico. Consideremos primero Lz = −i¯h ∂φ Lz ψ(r, θ, φ) = −i¯h
∂ ψ(r, θ, φ) ∂φ
Si multiplicamos por i ωh¯ ambos lados ∂ ω i Lz ψ(r, θ, φ) = ω ψ(r, θ, φ) ¯h ∂φ
(6.74)
136 Si calculamos ahora la expansi´on en serie de Neumann del operador e
iωLz h ¯
ψ(r, θ, φ) =
∞ X 1 iLz ω n ( ) ψ(r, θ, φ) n! ¯h 0
(6.75)
aplicando 6.74 tenemos: e(
iωLz ) h ¯
ψ(r, θ, φ) =
∞ X ωn ∂ n ψ(r, θ, φ) n! ∂φn 0
(6.76)
utilizando la serie de Taylor para la segunda parte de 6.76 tenemos: e
iωLz h ¯
ψ(r, θ, φ) = ψ(r, θ, φ + ω)
(6.77)
luego el operador Rz (ω) = e(iωLz ) corresponde a una rotaci´on en la direcci´on z. Si deseamos una rotaci´on en una direcci´on arbitraria construimos el operador R(~ ω ) = e(
~ i~ ω ·L h ¯ )
(6.78)
que representa una rotaci´on en torno del eje ω ~. Es interesante observar que las rotaciones R(~ ω ) cuando aplicadas a una funci´on de onda de j, m definidas no modifican el valor de j pero cambian o hacen combinaciones lineales de m. Para demostrar esto basta escribir: ω ~ · J~ = ωx Jx + ωy Jy + ωz Jz y transformar J+ + J− 2 J+ − J− Jy = 2
Jx =
(6.79) (6.80)
luego la rotaci´on solo deja m invariante si es en la direcci´on z. Los coeficientes de la rotaci´on Dm,m0 (θ, φ) se denominan matrices de Wigner. De esta forma: X j ~ i~ ω ·J R(~ ω )ψ(j, m) = e h¯ ψ(j, m) = Dm,m0 ψ(j, m0 )
(6.81)
m0
En el caso que j es entero la ley de transformaci´on es tensorial. En el caso que j es semi entero la ley de transformaci´on es espinorial. G.
La Representaci´ on del Grupo de las Rotaciones
La representaci´on matricial de un grupo consiste en asociar a cada elemento del grupo una matriz de tal manera que al producto de dos elementos le sea asociado el producto de matrices. La representaci´on se llama unitaria si las matrices son unitarias. La dimensi´on de las matrices se llama dimensi´on de la representaci´on. A toda representaci´on de una rotaci´on R(~ ω ) donde ω ~ est´a descrito por los ´angulos de Euler α, β, γ se le puede asociar una representaci´on unitaria calculando: j −iαJz −iβJy −iγJz Dm,m e e |j, m0 > 0 (α, β, γ) =< j, m|e
(6.82)
como |j, m > y |j, m0 > son autoestados de Jz podemos escribir: 0
j −imα−im γ j Dm,m dm,m0 (β) 0 (α, β, γ) = e
(6.83)
Como el primer factor de 6.83 es solo una fase acostumbran estudiarse djm,m0 (θ). Las matrices de Wigner no est´an directamente representadas en Mathematica pero existe un paquete de la Universidad de Kyoto que define las matrices. En el caso que j es entero las matrices djm,m0 satisfacen: dj0,0 = Pj (cos(θ)
137 Donde Pj (θ) son los polinomios de Legendre. s djm,0 (θ)
= (−1)
m
(l − m)! m P (θ) (l + m)! j
donde Pjm (θ) son las funciones asociadas de Legendre. En el caso de las matrices de Wigner completas de j entero tenemos: r 4π j Dm,0 (θ, φ) = Y j (θ, φ) 2j + 1 m Donde Ymj (θ, φ) son los arm´onicos esf´ericos. En el caso semi entero podemos usar Mathematica para generar las representaciones, usando Mathematica: Instale el paquete Wigner en el directorio Enhancements, despu´es es solo cargarlo. Siempre es bueno tener su propio directorio en AddOns en nuestro caso es Enhancements. << Enhancements‘W igner‘ As´ı se puede obtener la tabla del Edmonds p´agina 129. La referencia completa es Angular Momentum in Quantum Mechanics, A. R. Edmonds. Princenton Landmarks in Physics. j = 1/2 Table[WignerD[{j, n, m}, {0, β, 0}], {n, −j, j}, {m, −j, j}]//MatrixForm
h i
β h2 i −Sin β2
Cos
h i Sin Cos
β
h2 i β 2
Dejando el tema de Mathematica, una f´ormula importante es la que acostumbra llamarse la serie de Clebsch Gordan: j1 j2 Dm 0 (α, β, γ) ∗ Dm ,m0 (α, β, γ) = 1 ,m 2 1
2
jX 1 +j2
j < j1 m1 j2 m2 |jm >< j1 m01 j2 m02 |jm0 > Dm,m 0 (α, β, γ)
(6.84)
j=|j1 −j2 |
donde m = m1 + m2 y m0 = m01 + m02 y adem´as < j1 m1 j2 m2 |jm > son llamados los coeficientes de Clebsch Gordan. H.
Operadores Tensoriales
Un vector en F´ısica Cl´asica es un conjunto de 3 cantidades que se transforma como: X Vi0 = Ri,j Vj por una rotaci´on. Es razonable esperar que el valor medio de un operador vectorial se transforme como un vector cl´asico por la acci´on de una rotaci´on o sea: |β >= D(R)|α > El valor esperado cambiar´a como: < α|Vi |α >⇒ < α|D† Vi D(R)|α >=
X
Ri,j < α|Vj |α >
Cuando tenemos un operador podemos de la misma forma que hicimos con las rotaciones, definir una representaci´on, para el operador en la base |j, m > tendremos una representaci´on Ajm . Un operador se dice tensorial en relaci´on al grupo de las rotaciones ω = (α, β, γ), si cuando se aplica una rotaci´on a su representaci´on, se cumple la relaci´on: j j 0 U (ω)Tm U −1 (ω) = (Tm )
(6.85)
138 o de otra forma RT (j) R−1 =
X
j j Dm 0 m (α, β, γ)Tm0
(6.86)
m0
otra forma de representar 6.86 es tomar las formas infinitesimales de las rotaciones R y escribirla en la forma: p j j [J± , Tm ] = j(j + 1) − m(m ± 1)Tm±1 (6.87) j j [Jz , Tm ] = mTm
esta representaci´ on que se deduce de 6.86 requiere de la representaci´on expl´ıcita de las matrices djmm0 , nosotros solo haremos un caso particular. ~ y suponga que este vector sufre una rotaci´on de θ en torno al eje zˆ, luego: Considere un vector A ~ −1 = RA ~ RAR
(6.88)
cos θ − sin θ 0 R = sin θ cos θ 0 0 0 1 de forma que:
cos θ − sin θ 0 Ax Ax cos θ − Ay sin θ ~= RA sin θ cos θ 0 Ay = Ax sin θ + Ay cos θ 0 0 1 Az Az
0 Az −Ay por otro lado para la rotaci´on tenemos que expresar el vector como una matriz: Ar = M A = −Az 0 Ax Si Ay −Ax 0 hacemos la rotaci´on real calculamos RM AR−1 y obtenemos: cos θ − sin θ 0 0 Az −Ay cos θ sin θ 0 Ax − sin θ cos θ 0 = sin θ cos θ 0 −Az 0 0 0 1 Ay −Ax 0 0 0 1
0 Az − sin θAx − cos θAy −Az 0 cos θAx − sin θAy sin θAx + cos θAy cos θAx + sin θAy 0 luego concluimos: (e
iJz θ h ¯
Ax e−
iJz θ h ¯
)r = Ax cos θ − Ay sin θ
En particular las propias autofunciones de J 2 y Jz tienen car´acter tensorial pues satisfacen la ecuaci´on: U (ω)ψ(j, m) =
j X
j 0 Dm,m 0 (ω)ψ(j, m )
m=−j
los arm´onicos esf´ericos son un ejemplo pues: Y01 = z/r Y11 =
x − iy x + iy Y11 = r r
(6.89)
139 se comporta como un vector. As´ı si j = 0 los arm´onicos esf´ericos dan un escalar. Si j=1 se comporta como un vector. En el caso j = 2 podemos construir un tensor sim´etrico de trazo nulo de las componentes de los arm´onicos esf´ericos. 1 Ti,j = xi xj − δi,j x2 3 Para el operador de rotaci´on podemos usar la f´ormula: eiθJz /¯h = 1 cos(θ) + i
Jz sin(θ) ¯h
(6.90)
donde 1 es la matriz unidad correspondiente a la representaci´on. La representaci´on infinitesimal es: eiθJz /¯h = 1 + i²
Jz ¯h
(6.91)
Usando 6.89 en conjunto con 6.91 obtenemos: [Jz , Ax ] = i¯hAy
(6.92)
Problema 6.3 Demuestre la ecuaci´on de arriba. En el caso general significa que las componentes de un operador vectorial satisfacen: [Ji , Aj ] = i¯h²ijk Ak I.
(6.93)
El Teorema de Wigner Eckart
Los operadores tensoriales tienen leyes de transformaci´on por rotaciones que son las mismas una vez que se especifica el momento angular. Dicho de otra manera las componentes de un operador tensorial se pueden caracterizar sabiendo su j y un factor geom´etrico, los coeficientes de Clebsch Gordan. Considere un estado, en la notaci´on de Dirac, com´ un de J 2 y Jz o j sea |j, m > de esta forma un operador tensorial Tm , calculado entre dos momentos angulares ser´a: j1 < j, m|Tm |j2 , m2 >=< j, m|j1 , m1 , j2 , m2 >< j, m|j, m >T 1
(6.94)
donde |j, m >T se define como el estado T |j, m > o sea |j, m > despu´es de aplicarlo al operador tensorial T . Vamos a probar que < j, m|j, m >T es independiente de los valores de m. Considere para ello el mayor valor posible de m, m = j para obtener un valor de m vamos aplicarlo al operador J− y J+ < j, j|J− J+ |j, j >T = j(j + 1)¯h2 < j, j|j, j >T −j 2 ¯h2 < j, j|j, j >T +j¯h2 < j, j|j, j >T
(6.95)
por repetidas aplicaciones se puede generar cualquier valor de m siempre solo en funci´on de j. A ese elemento que aparece repetidas veces < j, m|j, m >T = ||T ||j,j1 ,j2 se le llama elemento de matriz reducido y el teorema de Wigner Eckart se escribe normalmente como: j1 < j, m|Tm |j2 , m2 >=< j, m|j1 , m1 , j2 , m2 > ||T ||j,j1 ,j2 1
(6.96)
~ y L ~ y una Una visi´on m´as F´ısica del teorema de Wigner Eckart se obtiene pensando que tenemos dos vectores S ~ ~ interacci´on que depende del ´angulo entre los dos vectores, la interacci´on spin ´orbita aS • L por ejemplo. Sin embargo ~ +S ~ se mantiene constante; y los vectores S ~yL ~ realizan como no hay torque externo el momento angular total J~ = L ~ un movimiento de precesi´on en torno a J. Si M es el momento magn´etico total del electr´on en ese orbital es la suma de su momento magn´etico orbital mas el momento magn´etico del spin. ~ = − e (L ~ + 2S) ~ = e (J~ + S) ~ M 2me 2me ~ su valor medio es igual a no est´a directamente opuesto a J~ luego realiza un movimiento de precesi´on alrededor de J, ~ ~ la componente de M paralela a J as´ı: ~ med = (M ~ • J) ˆ Jˆ M
(6.97)
140 ~ un operador vectorial y J~ el momento angular Esto es lo que dice esencialmente el teorema de Wigner Eckart, sea M total: ~ ~ ~ = < j, m|M • J|j, m > < j, m|J|j, ~ m> M j(j + 1)¯h2
(6.98)
~ med por el teorema Este resultado se usa con mucha frecuencia en el efecto Zeemann an´omalo; por un lado se eval´ ua M de Wigner Eckart: ~ ~ ~ ~ med = − e (J~ + S) ~ • J~ J = − e (1 + S • J )J~ M 2 2me J 2me J2
(6.99)
tome: ~ 2 = L2 = J 2 + S 2 − 2S ~ • J~ (J~ − S) despejando: ~ • J~ = 1 (J 2 + S 2 − L2 ) S 2 por otro lado definimos el factor de Land´e ~ med = − eg J~ M 2me as´ı que g es el elemento de matriz reducido de Wigner Eckart g =1+
J.
~ • J~ S j(j + 1) + s(s + 1) − l(l + 1) =1+ 2 J 2j(j + 1)
Aplicaciones del Teorema de Wigner Eckart
El teorema de Wigner Eckart, se utiliza como una herramienta para acortar c´alculos tediosos, supongamos que queremos calcular Z 1 1 2 Nj = Yjm1 +m2 (θ, ϕ)Ylm (θ, ϕ)Ylm (θ, ϕ)dΩ 1 2 < j, m1 + m2 |l1 , m1 , l2 , m2 > considere un producto de arm´onicos esf´ericos: 1 2 Ylm (θ, ϕ)Ylm (θ, ϕ) 1 2 1 podemos considerar uno de los arm´onicos esf´ericos Ylm como un operador tensorial actuando sobre una funci´on de 1 onda, para operadores se aplica
1 Tlm |l2 , m2 1
>=
lX 1 +l2
< j, m1 + m2 |l1 , m1 , l2 , m2 > |j, m1 + m2 >T
(6.100)
j=|l1 −l2 |
luego podemos escribir 1 2 Ylm (θ, ϕ)Ylm (θ, ϕ) = 1 2
lX 1 +l2
< j, m1 + m2 |l1 , m1 , l2 , m2 > Nj Yjm1 +m2 (θ, ϕ)
(6.101)
j=|l1 −l2 |
Para calcular Nj analicemos la paridad de los arm´onicos esf´ericos. Si P es el operador paridad, aplicando el operador de paridad a la ecuaci´on de arriba se debe satisfacer (−1)l1 +l2 = (−1)j o sea que j debe diferir de l1 + l2 por un n´ umero par. Si j = (2n + 1) + l1 + l2 entonces Nj = 0, en el caso que la diferencia sea par: Z 1 1 2 Yjm1 +m2 (θ, ϕ)Ylm Nj = (θ, ϕ)Ylm (θ, ϕ)dΩ 1 2 < j, m1 + m2 |l1 , m1 , l2 , m2 >
141 si l1 > l2 tenemos que calcular (2l2 +1) integrales. Si no hubi´esemos utilizado el teorema de Wigner Eckart tendr´ıamos que calcular (2l1 + 1)(2l2 + 1)(2j + 1) integrales. Problema 6.4 ~=S ~1 + S ~2 el momento angular total de dos part´ıculas de spin 1/2. Calcule los coeficientes de Clebsh Gordan Sea S < m1 , m2 |S, M > por aplicaciones sucesivas de S± = Sx ± iSy en los vectores |s, m >. Trabaje por separado los espacios S = 0 y S = 1 Problema 6.5 iθ ~ Calcule la forma expl´ıcita del operador de rotaci´on UR = e− h¯ L·ˆn para n ˆ = yˆ y l = 2 problema 6.6 Pruebe la relaci´on X εijk pk [Li , pj ] = i¯h k
Problema 6.7 Use los datos siguientes para calcular P4 (x) a) P4 (x) es un polinomio de cuarto grado. b) P4 (1) = 1 c) P4 (x) es ortogonal a 1, x, x2 , x3 Problema 6.8 iθ ~ Considere el operador de rotaci´on UR = e− h¯ S·ˆn para s = 1/2 rotando los autovectores de Sz encuentre los de Sx y Sy en la base can´onica.
142 *** Quiero morir cuando decline el d´ıa en alta mar y con la cara al cielo donde parezca un sue˜ no la agon´ıa y el alma un ave que remonta el vuelo. * No escuchar en los u ´ltimos instantes ya con el cielo y el mar a solas m´as voces ni plegarias sollozantes que el majestuoso tumbo de las olas. * Morir cuando la luz triste retira sus ´aureas redes de la onda verde y ser como ese sol que lento expira algo muy luminoso que se pierde * Morir y joven; antes que destruya el tiempo aleve la gentil corona cuando la vida dice a´ un soy tuya aunque sepamos bien que nos traiciona **
143 VII.
CAP´ ITULO 7
M´ etodos Aproximados A.
Perturbaci´ on Independiente del Tiempo
Hasta ahora la presentaci´on de la Mec´anica Cu´antica ha tenido dos aspectos. Por un lado vemos el fundamento de la teor´ıa, tal como los axiomas, las operaciones de ciertos grupos de simetr´ıa mientras hac´ıamos algunos ejemplos, como el oscilador arm´onico, el ´atomo de hidr´ogeno entre otros. A ´estos la aplicaci´on de la teor´ıa era casi directa pero a la mayor parte de problemas f´ısicos la aplicaci´on directa de la teor´ıa conduce a problemas de soluci´on matem´atica dif´ıcil, es as´ı que se utilizan varios m´etodos de aproximaci´on. La teor´ıa de perturbaciones es uno, el m´etodo WKB es otro. El m´etodo de perturbaci´on estacionario consiste en conseguir una soluci´on aproximada partiendo de una exacta cuya soluci´on conocemos totalmente. Considere un problema f´ısico de hamiltoniana H0 donde la soluci´on exacta de la ecuaci´on H0 ψ = Eψ
(7.1)
es totalmente conocida, en sus autovalores y autofunciones. De esa soluci´on partimos para buscar la soluci´on de un problema de hamiltoniana: H = H0 + λHint
(7.2)
donde λHint es peque˜ no de forma que la soluci´on de este problema puede ser resuelto en potencias de λ que se denomina la constante de acoplamiento . Tenemos as´ı dos problemas de autovalores uno resuelto H0 ψn = En0 ψn
(7.3)
(H0 + λH1 )ψ = En ψ
(7.4)
el otro que debemos resolver
nuestro problema es encontrar una conexi´on entre ψ y ψn , En y En0 . Vamos a suponer que existe un par´ametro λ no necesariamente la constante de acoplamiento en funci´on del cual podemos construir una serie de potencias de forma que
En = En0 + λEn1 + λ2 En2 + .........
(7.5)
ψn = ψn0 + λψn1 + λ2 ψn2 + .........
(7.6)
escribiendo (7.6) con estas expansiones resulta en (En0 + λEn1 + λ2 En2 ....)(ψn0 + λψn1 + λ2 ψn2 + ........) factorizando potencias de λ obtenemos para
(7.7)
144 1) Orden de aproximaci´on cero En0 ψn0 = H0 ψn0
(7.8)
En1 ψn0 + En0 ψn1 = Hint ψn0 + H0 ψn1
(7.9)
En2 ψn0 + En1 ψn1 + En0 ψn2 = H0 ψn2 + Hint ψn1
(7.10)
que es el problema original. 2) La aproximaci´on de primer orden
3) La aproximaci´on de segunda orden
Vamos a estudiar el caso de primer orden no degenerado o sea que a cada autovalor diferente corresponde una autofunci´on diferente. Ã 2 (<) podemos escribir Como {ψn0 } constituye una base para el espacio de Hilbert L X 1 ψn1 = Cn,k ψk0 (7.11) k
donde 1 Cn,k =< ψk0 |ψn1 >
(7.12)
aplicando esta ecuaci´on a (7.9) tenemos En1 ψn0 + En0
X
1 Cn,k ψk0 = Hint ψn0 + H0
X
1 Cn,k ψk0
tomando el producto escalar a ambos lados de la ecuaci´on tenemos X X 0 1 0 0 0 1 En1 < ψm |ψn0 > +En0 Cn,k < ψm |ψk0 >=< ψm |Hint ψn0 > + < ψm |H0 Cn,k ψk0 >
(7.13)
luego podemos escribir En1 δm,n + En0
X
0 1 |Hint |ψn0 > + δm,k =< ψm Cn,k
X
0 1 |H0 |ψk0 > < ψm Cn,k
n,k
o sea 1 0 0 En1 δm,n + Cn,m (En0 − Em ) =< ψm |Hint |ψn0 >
o sea que en el caso m = n En1 =< ψn0 |Hint |ψn0 >=< Hint >n
(7.14)
para m 6= n 1 Cn,m =
0 < ψm |Hint |ψn0 > 0 0 En − Em
(7.15)
lo que significa que la correcci´on a la energ´ıa corresponde al valor medio de la hamiltoniana de interacci´on y la correcci´on a la funci´on de onda se escribe como ψn = ψn0 + λψn1
(7.16)
145 o sea que ψn = ψn0 + λ
∞ X
int Hm,n 0 ψm 0 − Em
E0 m=0 (m6=n) n
(7.17)
1 vamos a demostrar que el t´ermino Cn,m se puede igualar a cero para ello calculemos
< ψn0 + λψn1 |ψn0 + λψn1 >
(7.18)
si la funci´on esta normalizada (7.18) es 1, luego 1 =< ψn0 |ψn0 > +2λRe < ψn0 |ψn1 > +λ2 < ψn1 |ψn1 > despreciando los t´erminos en λ2 y utilizando el hecho que < ψn0 |ψn0 >= 1
(7.19)
1 Re(Cn,m )=0
(7.20)
tenemos
sin aproximaci´ on de primer orden ser´ıa 1 Re(Cn,m )=−
λ < ψn1 |ψn1 > 2
(7.21)
Para encontrar la parte imaginaria sabemos que la funci´on de onda est´a determinada a menos de una fase, luego si cambiamos de la funci´on una fase, demostraremos que se le suma a los coeficientes una cantidad imaginaria o en otras palabras se puede anular la parte imaginaria. As´ı en la funci´on no perturbada ψ hagamos un cambio de fase ψ˜n = eiλa ψn = (1 + iλa)(ψn0 + λψn1 + λ2 ψn2 + .........
(7.22)
por otro lado la funci´on ψ¯n satisfar´a ψ˜n = ψ˜n0 + λψ˜n1 + .....
(7.23)
como la aproximaci´on de orden 0 no cambia con la fase independiente de la constante de acoplamiento ψ˜n0 = ψn0 de (7.22), haciendo el producto ψ˜n = ψn0 + λ(ψn1 + iaψn0 ) + .........
(7.24)
luego comparando (7.23) con (7.24) tenemos ψ˜n1 = ψn1 + iaψn0
(7.25)
1 1 1 < ψn0 |ψm >= C˜n,n = ia + Cn,n
(7.26)
tomando el producto interno con ψn0 tenemos
lo que significa que por una transformaci´on de fase de la funci´on de onda total podemos anular la parte imaginaria 1 de Cn,n .
146 1.
Caso Degenerado de Primer Orden
Para el caso degenerado existen dos (o m´as) autofunciones asociadas a un u ´nico nivel de energ´ıa. Vamos a suponer para simplificar que solo existe un nivel degenerado y que tiene dos autofunciones asociadas. De esta forma H0 ψn0 1 = En0 1 ψn0 1
H0 ψn0 2 = En0 2 ψn0 2 como los niveles n1 y n2 tienen la misma energ´ıa, una combinaci´on lineal tambi´en la tendr´a de esta forma ψn = αψn0 1 + βψn0 2 + λψn1 + λ2 ψn2
(7.27)
repitiendo el proceso anterior y llevando en cuenta la correcci´on (En0 + λEn1 + .....)(αψn0 1 + βψn0 2 + λψn1 1 + λ2 ψn2 ) = (H0 + λH int )(αψn0 1 + βψn0 2 + λψn1 .....)
(7.28)
repitiendo los procedimientos obtenemos (En0 − H0 )(αψn0 1 + βψn0 2 ) = 0
(7.29)
expandiendo ψ 1 tenemos ψn1 =
X
1 Cn,k ψk0
0 tenemos tomando el producto interno de (7.28) con ψm 1 0 1 int int En1 (αδm,n1 + βδm,n2 ) + En0 Cn,m − Em Cn,m − Hm,n α − Hm,n β=0 1 2
(7.30)
si m 6= n1 , n2 1 1 int int En0 Cn,m − En0 Cn,m − αHm,n − βHm,n =0 1 2
1 Cn,m =
int int αHm,n + βHm,n 1 2 0 En0 − Em
(7.31)
para n1 = m y m 6= n2 debemos determinar α y β de esta forma o substituyendo (7.31) en (7.30) tenemos (En1 − Hnint )α − Hnint β=0 1 ,n1 1 ,n2
(7.32)
147
porque si separamos las sumas y cambiamos uno de los ´ındices; el t´ermino En0 − En0 1 = 0. Para m = n2 y m 6= n1 tenemos (En1 − Hnint )β − Hnint α=0 2 ,n2 2 ,n1
(7.33)
en la forma matricial podemos escribir "
En1 − Hnint −Hnint 1 ,n1 1 ,n2 −Hn2 ,n1 En1 − Hn2 ,n2
#"
# α β
=0
o escrito de otra forma "
Hnint Hnint 1 ,n2 1 ,n1 int Hn2 ,n2 Hnint 2 ,n2
#"
# α β
" =
En1
# α β
los autovalores En1 pueden ser iguales o diferentes. Si son diferentes entonces en primer orden de aproximaci´on se remueve la degeneraci´on. perturbaci´on quiebra la simetr´ıa del sistema.
Eso sucede si la
Si la perturbaci´on mantiene la simetr´ıa, debemos continuar hasta segunda orden, si a priori, sabemos cual es la base que diagonaliza la hamiltoniana de interacci´on entonces autom´aticamente tenemos α y β este procedimiento no es necesario.
2.
La Teor´ıa de Perturbaci´ on de Segunda Orden
Los procedimientos utilizados en la aproximaci´on de primer orden pueden aplicarse a ordenes superiores de aproximaci´on. Definiendo las correcciones a la funci´on en segundo orden tenemos 0 Cn,k =< ψk0 |ψn2 >
(7.34)
tomando los t´erminos de la expansi´on de segundo orden (7.10) tenemos H0 ψn2 + H int ψn1 − En0 ψn2 − En1 ψn1 − En2 ψn0 = 0
(7.35)
y utilizando ψn2 =
X
2 Cn,k ψk0
(7.36)
tomando el producto interno con ψk0 en (7.35) obtenemos < ψk0 |H0 |ψn2 > + < ψk0 |H int |ψn1 > −En0 < ψk0 |ψn2 > −En1 < ψk0 |ψn1 > −En2 < ψn0 |ψn0 >= 0 en la ecuaci´on (7.37) introducimos la identidad I=
X
|k >< k|
(7.37)
148
luego obtenemos Ek0 < ψk0 |ψn2 > +
X
< ψk0 |H int |ψk00 >< ψk00 |ψn1 > −En0 < ψk0 |ψn2 > −En1 < ψk0 |ψn1 > −En2 < ψk0 |ψn0 >= 0
k0
as´ı (Ek0 − En0 ) < ψk0 |ψn2 > +
X
int 0 1 1 0 1 2 Hk,k 0 < ψk 0 |ψn > −En < ψk |ψn > −En δk,n = 0
k0
sustituyendo (7.15) 1 = Cn,m
int Hm,n 0 En0 − Em
tenemos 2 (Ek0 − En0 )Ck,n +
int int int X Hk,k En1 Hk,n 0 Hk 0 ,n 2 − 0 − E0 ) 0 − E 0 ) − En δk,n = 0 (E (E 0 n n k k 0
(7.38)
k
Sik = n tenemos, como el tercer t´ermino, divergente, no se incluye en la suma En2 =
int 2 X |Hn,k 0| 0 Ek0 − En0 0 k
La interpretaci´on F´ısica de esa f´ormula es que estando el sistema en el nivel n se comporta como si diese saltos al nivel k 0 ; sumando para todos los valores posibles de (k 0 ) se obtiene la energ´ıa En . (2) Los coeficientes Cn,k valen: (2) Cn,k
X 1 = 0 0 (En − Ek ) 0 k
Ã
int int Hk,k 0 Hk 0 ,n En0 − Ek00
! −
En segundo orden se plantean dos posibilidades para la degeneraci´on: a)Cuando la degeneraci´on se remueve en primer orden. b)Cuando la degeneraci´on se remueve en segundo orden.
int int Hn,n Hk,n 0 (En − Ek00 )2
149 B.
Aplicaciones de la Teor´ıa de Perturbaciones
Haremos dos aplicaciones de la teor´ıa de perturbaciones independiente del tiempo 1)El efecto Zeeman. 2)El efecto Stark.
C. 1.
Efecto Zeeman
Efecto Zeeman Normal
Para aplicar el modelo del ´atomo de hidr´ogeno a los ´atomos alcalinos consideramos la hamiltoniana de Pauli del tipo:
H=
p2 ~ ·S ~ + e (L ~ + 2S) ~ ·B ~ + V (r) + f (r)L 2m 2mc
Aplicar la teor´ıa de perturbaciones a esta hamiltoniana en general es muy complicado as´ı que haremos algunas aproximaciones. La part´ıcula es no relativista y el campo magn´etico es mucho menor que el campo el´ectrico at´omico (atm).
B<
Eatm c
Para evaluar el campo el´ectrico, usamos la f´ormula semi-cl´asica Eatm =
e 4π²0 r2
r = radio de Bohr de la ´orbita ~ ·S ~ es peque˜ como la part´ıcula es no relativista, as´ı el t´ermino de la interacci´on L no en relaci´on a B ~ ·S ~ · (Lz + 2Sz ) >> f (r)L 2m como el campo magn´etico es peque˜ no el t´ermino en B es la perturbaci´on, de esta forma la hamiltoniana de Pauli se reduce a H=
e p2 + V (r) + (Lz + 2Sz ) · Bz 2m 2mc
Para resolver este problema por teor´ıa de perturbaci´on como en realidad esta hamiltoniana tiene soluci´on exacta la perturbaci´on en primer orden dar´a la soluci´on completa. Considere el ´atomo de hidr´ogeno, tiene degeneraci´on como se muestra en la figura. ↑↓ 2s ↑↑1 2p ↑↓0 ↓↓−1 ↑↓ 1s
150
La base para este problema lo constituyen las funciones de la forma |n, l, m, ± >
(7.39)
donde ± indican los n´ umeros cu´anticos del spin as´ı: Lz |n, l, m, ± >= m¯h|n, l, m, ± >
¯h Sz |n, l, m, ± >= ± |n, l, m, ± > 2 luego como en esta base Sz y Lz son diagonales es suficiente calcular los elementos de matriz diagonal En,l,m,± =< n, l, m, ±|
eB (Lz + 2Sz )|n, l, m, ± > 2mc
(7.40)
Si llamamos ωL a la frecuencia de Lamor ωL =
eB 2mc
(7.41)
que se conoce de la precesi´on de un cuerpo cl´asico en un campo magn´etico as´ı: En,l,m,± = ωL (m ± 1)¯ h
E = E 0 + E 1 = E 0 + ωL (m ± 1)¯ h
luego los niveles de energ´ıa se separan 2s+
2s 2s−
1s+ 1s 1s−
(7.42)
151 Los niveles P tambi´en se separan proporcionalmente. Podemos afirmar que para cada l bien definido surgen (2l + 1) niveles de energ´ıa diferentes. Como las rayas espectrales aparecen cuando un electr´on pasa de un nivel a otro, es necesario explicar como a partir de todos estos niveles se observan solo 3 l´ıneas espectrales para cada m. Haremos esto usando argumentos semi-cl´asicos pues todav´ıa no hemos visto el material correspondiente a la cuantizaci´on del campo electromagn´etico cl´asico y la materia descrita por la ecuaci´on de Schr¨odinger. Si tenemos un sistema de cargas en movimiento el sistema irradia energ´ıa. Si la frecuencia de radiaci´on es tal que la longitud de onda λ es mucho mayor que las dimensiones caracter´ısticas del sistema L. λ >> L Toda la radiaci´on ser´a del tipo de dipolo el´ectrico y se regir´a por la f´ormula Prad =
4 e2 ω 4 ~ 2 |d| 3 c3
donde las variables tienen el siguiente significado P =potencia irradiada ω=frecuencia de radiaci´on ~ d=momento dipolo λ=longitud de onda >> que la ´orbita de Bohr correspondiente. En el caso cu´antico, si R es la raz´on de decaimiento, la potencia ser´a:
P = ¯hωR =
R=
4 e2 ω 4 ~ 2 |d| 3 c3
4 e2 ω 3 ~ 2 |d| 3 ¯hc3
suponiendo la f´ormula normal para el momento dipolo Z d~ =
Z ρ(x)~xd3 x =
ψ ∗ (x)ψ(x)~xd3 x
lo que corresponde a < n, l, m, |~x|n, l, m >= 0 luego para poder calcular las transiciones definimos d~α,β =< α|~x|β > donde α y β denotan la totalidad de n´ umeros cu´anticos del sistema. Si el sistema es tal que < α|~x|β >= 0
(7.43)
152
no se ver´an l´ıneas espectrales, de dipolo y las que aparecer´an ser´an menos intensas pues ser´an debidas a momentos multipolares m´as elevados y por lo tanto de menor probabilidad. Siendo as´ı vamos a estudiar los casos donde: < n, l, m, ±|~x|n0 , l0 , m0 , ±0 >6= 0 como ~x no act´ ua sobre el spin < n, l, m|~x|n0 , l0 , m0 , > δ±,±
luego no puede haber cambio de spin ∆S = 0 para que existan transiciones de dipolo. Para el t´ermino restante estudiemos la dependencia en l. La conservaci´on de la paridad se introduce aqu´ı de forma que son posibles 3 estados l + 1, l, l − 1
l0 + 1, l0 , l0 − 1 una vez que x es esencialmente Y1m un arm´onico esf´erico de l = 1 as´ı ∆l = ±1 Problema 7.1 Escriba x, y y z en funci´on de los arm´onicos esf´ericos y eval´ ue los elementos de matriz del dipolo. Por otra parte los valores de m variaron de: 1 si ~x esta en x -1 si ~x esta en y 0 si ~x esta en z luego la regla de selecci´on en m es ∆l = ±1, ∆m = 0, ±1,∆S = 0 los rayos espectrales se obtienen entonces restando las energ´ıas o frecuencias.
Ea∗ = Ea0 + ωL (ma ∓ 1)¯ h + ...... Eb∗ = Eb0 + ωL (mb ± +1)¯ h + ..... luego E 0 − Ea0 Eb − Ea = b + ωL ∆m = ω + ωL ∆m ¯h ¯ h Como ∆m solo puede ser 0,±1 existir´an solamente tres rayas espectrales. ∆ω =
Estas rayas espectrales se pueden identificar con las transiciones de dipolo de la siguiente manera. La transici´on con ∆m = 0 es inducida por la parte del dipolo en z. Las componentes tensoriales en x en y se asocian para formar x + iy y x − iy para formar componentes de polarizaci´on circular dextr´ogira o lev´ogira. As´ı la frecuencia ω0 + ωL gira en un sentido ω0 − ωL gira en el otro. Como la direcci´on del campo magn´etico es z, salen dos ondas polarizadas perpendiculares al campo magn´etico.
153 D.
Efecto Zeeman An´ omalo
Ya sabemos que por la acci´on de un campo magn´etico las l´ıneas espectrales se desdoblan en 3 siguiendo las reglas de selecci´on ∆m = 0, ±1
Las l´ıneas intuitivas de emisi´on electromagn´etica de la teor´ıa cl´asica son v´alidas en Mec´anica Cu´antica siempre y cuando trabajemos en la aproximaci´on de dipolo. Si definimos la matriz de transici´on de dipolo como dn,m =< ψn |~x|ψm > la dependencia temporal del dipolo esta dada por dn,m (x, t) =< ψn (x, t)|~x|ψm (x, t) > como ψm (x, t) = ψm (x)e
−iEm t h ¯
de esta forma dn,m (t) =< ψn (x)|~x|ψm (t) > e
−i(En −Em )t h ¯
(7.44)
~ •L ~ como es el caso del efecto Zeeman normal un estado est´a descrito Sabemos que si H no contiene la interacci´on S por el estado |n, l, m, ± >
pues todosn, l, m, ± son buenos n´ umeros cu´anticos. Si por el contrario H contiene la interacci´on spin ´orbita, los n´ umeros cu´anticos del sistema cambian y el estado se forma |n, l, jm >
−j ≤ m ≤ j
en este caso la hamiltoniana es
H=
p2 ~ •S ~ + V (r) + f (r)L 2m
y la hamiltoniana de interacci´on, o sea la perturbaci´on H int =
eB0 (Lz + 2Sz ) 2mc
es en virtud de este factor 2 que obtenemos el efecto Zeeman an´omalo. Si los dos coeficientes de Lz y Sz fueran ~ iguales este t´ermino se podr´ıa componer en un solo vector J.
154 Los elementos de matriz de la interacci´on se pueden obtener utilizando una forma espec´ıfica del teorema de Wigner Eckard que dice ~ < jm|A|jm >=
~ < jm|J~ · A|jm > < jm|Jz |jm > 2 j(j + 1)¯h
aplicando este resultado tenemos E 1 = < njlm|
e B0 (Lz + 2Sz )|njlm > 2mc
(7.46) (7.47) (7.48)
= ωL < njlm|Jz + Sz |njlm >
=
(7.45)
~ < njlm|J~ · (J~ + S)|njlm > m¯hωL 2 j(j + 1)¯h
(7.49)
por otro lado, debemos expresar todo en funci´on de los n´ umeros cu´anticos del estado: ~ = J 2 + J~ · S ~ J~ · (J~ + S) 1 = J 2 − [(J − S)2 − J 2 − S 2 ] 2 3 S2 L2 = J2 + − 2 2 2
(7.50) (7.51) (7.52)
colocando este resultado en (7.49) tenemos 1 = ¯hmωL [ Enljm
3j(j + 1) − l(l + 1) + s(s + 1) ] 2j(j + 1)
(7.53)
al factor entre llaves se le denomina factor de Land´e Este factor da origen entonces a las nuevas l´ıneas espectrales que caracterizan el efecto Zeeman an´omalo. De forma an´aloga a como lo hicimos en el efecto Zeeman normal podemos obtener las reglas de selecci´on que en este caso son ∆j = 0, ±1
∆l = ±1
∆m = 0, ±1 del estado 2s+1
Lj,m
las transiciones por ejemplo entre los estados P 32 con m =
3 2
y S 21 con m =
1 2
155
∆ω = (EP 3 , 3 − ES 1 , 1 ) 2 2
si calculamos el factor de Land´e para P 32 con l = 1, j = g=
3 2
2 2
yS=
1 2
tenemos aplicando (7.53) el factor de Land´e
3j(j + 1) − l(l + 1) + S(S + 1) 2j(j + 1)
g(P 32 ) =
(7.54)
4 3
para el caso S 21 tenemos para (7.54) g(S 12 ) = 2
luego la diferencia de niveles de energ´ıa ser´a si usamos (7.49) 4 3 1 ∆ω = (EP 3 , 3 − ES 1 , 1 ) = ωL (( )( ) − 2( )) = ωL 3 2 2 2 2 2 2 an´alogamente 4 1 1 ∆ω = (EP 3 , 1 − ES 1 , 1 ) = ωL (( )( ) − 1) = − ωL 3 2 3 2 2 2 2 como las separaciones entre los diferentes niveles no son iguales; el n´ umero de frecuencias es mayor que en el efecto Zeeman normal, lo que puede observarse viendo las reglas de selecci´on incluye una posibilidad mas correspondiente a ∆j. A medida que aumentamos m´as B la separaci´on entre las l´ıneas aumenta hasta que es del orden de la separaci´on ~ •S ~ luego la teor´ıa anterior no se aplica y la perturbaci´on pasa a ser del tipo debida a L ~ •L ~ + eB0 (Lz + 2Sz ) f (r)S 2mc esta perturbaci´on genera lo que se denomina el efecto Paschen Back que es una mezcla del efecto Zeeman an´omalo con efecto Zeeman normal, estos efectos aparecen en cristales con propiedades magneto ´opticas sometidos a presiones y campos magn´eticos muy grandes (GPa y Teslas) como es el caso de la Alejandrina. Si aumentamos todav´ıa el campo magn´etico es necesario cambiar la hamiltoniana para introducir los t´erminos cuadr´aticos. E.
´ El Acoplamiento Spin Orbita
Es el acoplamiento spin ´orbita que levanta la degeneraci´on en l en la soluci´on del ´atomo de Hidr´ogeno y que va a separar las l´ıneas espectrales en dobletes como los del Sodio. La hamiltoniana es
H=−
¯2 2 h ~ ·S ~ ∇ + V (r) + f (r)L 2m
el t´ermino en f (r) sabemos es el resultado de las correcciones relativistas, como f (r) es resultado de una correcci´on, podemos suponer que es peque˜ no en relaci´on a la primera aproximaci´on.
156 Las soluciones originales o t´ermino no perturbado ser´an H0 = −
¯2 2 h ∇ + V (r) 2m
para escribir la hamiltoniana con spin la escribiremos como: "
# H0 0 0 H0
H0 = las autofunciones son las mismas que sin spin " φ=
# φnlm φnlm
los niveles del spin son simplemente una duplicaci´on de los niveles de energ´ıa. Vamos a aplicar la teor´ıa de perturbaci´on al nivel 2P del ´atomo de hidr´ogeno.Aqui en principio es necesario diagonalizar una matriz 6 × 6 pero si escogemos una base adecuada podemos ahorrarnos alg´ un trabajo P . ~ +S ~ es un buen n´ Para hacer esto recordemos que J~ = L umero cu´antico trabajemos entonces en la base de 2 autofunciones de J , en el caso P por ejemplo X X |l, j, m >= c Ylm α+ + c0 Ylm α− m,l
m,l
como la onda es P l = 1. Lo que significa que j =l+
1 3 = 2 2
vamos a trabajar en esta base concentr´andonos en el nivel 2P . ~ ·L ~ no cambia de l, o sea que no puede cambiar S, en P o viceversa; luego El operador S ~ · L|S ~ >= 0 < P |S solo nos quedan transiciones entre el mismo l, para 2P por ejemplo ( 2P1/2
1/2 −1/2
3/2 1/2 2P3/2 −1/2 −3/2
como 2 2 ~ ~ 2 ~ ·S ~ = (L + S) − L − S L 2
S2 =
3 1 1 ( + 1)¯h2 = ¯h2 2 2 4
157
como 2 2 2 ~ ·S ~ = J −L −S L 2
~ ·S ~ a un estado definido de j, tenemos cuando aplicamos L ~ · S|j, ~ m > = (J 2 − L2 − S 2 )|j, m > L 3 2 = [j(j + 1) − l(l + 1) − ]¯ h |j, m > 4
(7.55) (7.56)
como l = 1 ~ · S|j, ~ m >= [j(j + 1) − 2 − 3 ]|j, m > L 4
~ · S|j, ~ m >= [j(j + 1) − 11 ]|j, m > L 4 ~ · S|2P ~ Calculemos ahora los elementos de matriz que son < 2P jm|f (r)L jm > la parte radial se integra y da una constante, Z A = f (r)r2 dr queda as´ı por diagonalizar < jm|H2p |jm > ~ · S|jm ~ < jm|H2p |jm > = < jm|f (r)L > 11 2 = A[j(j + 1) − ]¯h 4
(7.57) (7.58)
diagonalizando E 11 = −2A 2
E 13 = A 2
j=
j=
1 2
3 2
si trazamos los niveles de energ´ıa 2P3/2
(7.59)
2S1/2
(7.60)
158 2P1/2
(7.61)
1S1/2
(7.62)
En realidad existen otras correcciones relativistas que hacen que los niveles queden 2S1/2 1S1/2
2P1/2
2P3/2
(7.63) (7.64)
esto es importante en el caso del ´atomo de hidr´ogeno, f (r) solo incluye la posici´on y L · S el acoplamiento, en realidad la relatividad lleva en cuenta otras correcciones que var´ıan como la energ´ıa cin´etica. T =
p p2 1 p4 p2 c2 + m2 c4 − mc2 ' − 2m 8 m3 c2
luego en este caso la hamiltoniana ser´a diferente, o sea de la forma 1 ∇4 ∇2 − 2m 8 m3 c2 como el principio se incertidumbre impide localizar una part´ıcula sin cambiar su momento ∆p∆x ∼ ¯h y luego la energ´ıa cambia por E=
(∆p)2 2m
esta energ´ıa en el cambio relativ´ıstico se expresa como la creaci´on de un par electr´on positr´on. e− → e− e+ e−
La longitud de onda λ = ∆x es del orden de la longitud de onda Compton para una part´ıcula, si esto sucede V (x) no es una expresi´on exacta de lo que sucede, sino que por incertidumbre en la posici´on V (x0 ) = V (x + δx) = V (x) + ∇V (x)δx +
X δxi δxj 1 (∇i V )(∇j V ) + ∇2 V δ 2 x + .... 2 6 i,j
considerando que ∇V (x) = 0 solo nos resta 1 V (x0 ) = V (x) + ∇2 V δ 2 x 6 o sea que la incertidumbre en la creaci´on de una part´ıcula de masa m es 1 2 2 ∇ Vd x= 6
µ
m¯h c
¶−2
159
Si todas esas correcciones fueron incluidas, los niveles 2S y 2P ser´ıan iguales. Este caso como otras correcciones relativistas est´an incluidas en la ecuaci´on de Dirac, que lleva en cuenta la relatividad especial. El orden de magnitud de la ecuaci´on de la diferencia es 10−4 y 10−5 eV, la diferencia entre 2S 21 y 2P 12 viene del famoso efecto llamado Lamb shift que consiste en la interacci´on del electr´on con su campo electromagn´etico.
Todav´ıa existe una diferencia a mas que divide el propio nivel 1S esto se debe a que el electr´on tiene spin y el prot´on tambi´en, luego existe una interacci´on entre los dos spines. Como el momento de prot´on es 10−3 veces menor que el del electr´on debido a que es 10 veces m´as pesado, eso tiene como consecuencia que la interacci´on g(r)Se Sp de una divisi´on de niveles del orden 10−7 eV. A esta divisi´on se le llama estructura hiperfina. F. 1.
El Efecto Stark El Caso Degenerado
Hasta ahora hemos visto como en primera aproximaci´on los niveles de energ´ıa del ´atomo de hidr´ogeno dependen solamente del n´ umero radial n. 2S 1S
2P 1
0
−1
(7.65) (7.66)
Esto es una consecuencia de la simetr´ıa de rotaci´on en la forma restringida que hace que tanto las rotaciones puramente espaciales de la forma e
~ nθ iL·ˆ h ¯
y las rotaciones del spin e
~ nφ iS·ˆ h ¯
160 sean conservadas, existen dos condiciones que pueden cambiar esta situaci´on, la primera es que a medida que la energ´ıa crece y la relatividad se vuelve mas importante se pone de manifiesto que la verdadera simetr´ıa esta en e
~ nα J·ˆ h ¯
y no en las rotaciones individuales por lo que aparecen correcciones del tipo S · L y otras que citamos brevemente como la interacci´on hiperfina. La segunda consiste en que la interacci´on de un campo externo venga a quebrar la simetr´ıa de rotaci´on, esto ya lo vimos en la introducci´on de un campo magn´etico que causa el efecto Zeeman y lo veremos ahora en la introducci´on de un campo el´ectrico en lo que se llama el efecto Stark. La interacci´on de un campo el´ectrico con el ´atomo se procesa a trav´es del momento dipolo y es de la forma ~ d~ · E para calcular el momento dipolo calculemos las magnitudes electromagn´eticas tales como densidad de carga y momento dipolo el´ectrico, usando la densidad de probabilidad de esta forma, la densidad de carga es f (x) = e|ψ|2 y el momento dipolo cl´asico como Z d~ =
ρ(x)~xd3 x
o escrito de otra forma el valor medio del momento dipolo es d~ = e < ψ|~x|ψ > o sea que el operador Hamiltoniano asociado a la magnitud cl´asica momento dipolo el´ectrico ser´a d~op = e~x y la hamiltoniana se escribe entonces como H=
p2 + V (r) − ²z 2m
donde ² = eE0 Para un campo en la direcci´on z. El nivel S no tiene momento dipolo permanente como es f´acil observar ~ >= 0 < S|d|S de forma an´aloga el nivel P ~ >= 0 < P |d|P Sin embargo una superposici´on de S y P puede tener un momento dipolo permanente.
(7.67)
161 Sea una superposici´on lineal de 2 estados |SP >= a|S > +b|P > esta superposici´on si puede tener un momento dipolo permanente ~ d~ =< SP |d|SP > consideremos entonces ~xop |l, m >= Al |l + 1, m0 > +Bl |l − 1, m00 >
(7.68)
donde los valores de m0 y m00 dependen de la direcci´on escogida x, y o z de aqu´ı resulta que dado un l fijo el momento dipolo es cero pues d~ = e < l, m|~xop |l, m >= Al < l, m|l + 1, m0 > +Bl < l, m|l − 1, m00 >= 0
(7.69)
En el caso que existen 2 valores de momento angular degenerados, el resultado puede ser diferente de cero, consideremos por ejemplo el nivel 2S, 2P ; los elementos de matriz forman un bloque de 4 × 4 de esta forma < 2S|z|2P, 1 >, < 2S|z|2P, 0 > etc; que designaremos por las letras Zsp1 =< 2S|z|2P, 1 > y as´ı por el estilo. De esta forma tenemos la matriz Zss Zs,p0 Zp0,s Zp0,p0 d∼ Zp1,s Zp1,p0 Zp−1,s Zp−1,p0
Zs,p1 Zp0,p1 Zp1,p1 Zp−1,p1
Zs,p−1 Zp0,p−1 Zp1,p−1 Zp−1,p−1
(7.70)
muchos de los elementos de esta matriz de dipolo son cero usando, la regla de selecci´on (7.68) de esta forma se reduce a que la matriz < lm|~xop |l0 m0 > es cero si l0 = l o si m 6= m0 , esto reduce la matriz (7.70) a 0 Zs,p0 Zp0,s 0 d∼ 0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
para resolver este problema basta diagonalizar la matriz " d ∼ Zs,p0
# 0 1 1 0
(7.71)
162 como los autovalores de la matriz "
# 0 1 1 0
son+1 y −1 y la hamiltoniana est´a dada por (7.67); las correcciones a la energ´ıa son: E2− = E20 − ² E2+ = E20 + ² lo que significa que tenemos, la siguiente modificaci´on en los niveles de energ´ıa
2.
´ El Efecto Stark en los Atomos Alcalinos
Los ´atomos alcalinos presentan un electr´on en la capa de valencia lo que les dar´ıa un momento dipolo pero como el potencial a que se encuentra sometido no es un potencial puramente coulombiano pero un potencial medio debido a la presencia de las capas internas as´ı a pesar de que el potencial continua siendo central, el nivel 2S no tiene la misma energ´ıa que el 2P .
163 En este caso como 2S tiene energ´ıa diferente del 2P no es posible construir, un estado que sea combinaci´on lineal de ambos y que tenga energ´ıa definida, luego todos los elementos de matriz en primera aproximaci´on ser´an cero. Calculamos entonces la teor´ıa de perturbaci´on en segunda orden: (
X
2 En,l =
n0 ,l0 ,m0
| < nl|Hint |n0 l0 > |2 0 − E0 Enl n0 ,l0
) (7.72)
Donde la suma de t´erminos iguales n = n0 y l = l0 se omite para evitar las divergencias a esto a veces se le llama Si llamamos la constante de expansi´on en teor´ıa de perturbaci´on
P0
.
λ = −² la constante del dipolo el´ectrico tenemos H int = −²Z como ∆m tiene que ser cero, la suma se reduce a un t´ermino 2 Enlm = ²2
X < nlm|Z|n0 l0 m0 >< n0 l0 m0 |Z|nlm > 0 − E0 Enl n0 l 0 0 0 0
(7.73)
nlm
Vamos a usar la teor´ıa del momento angular para ver como se comporta esa expresi´on en relaci´on a m, a´ un cuando en este caso no es estrictamente necesario debido a la alta simetr´ıa, que presenta el problema, nos servir´a de ilustraci´on. Recordemos que el operador X
|n, l, m >< nlm| = 1
Usando la serie de Neumann para un operador podemos escribir si H0 es un operador y f es anal´ıtica f (H0 )|n0 l0 m0 >= f (En0 l0 |n0 l0 m0 >)
(7.74)
de esta forma podemos escribir ¯ ¯ ¯ ¯ 00 1 1 0 0 ¯ ¯n l m > =< n l m 0 0 0 ¯ 0 Enl − En0 l0 Enl − H ¯ escribiendo de nuevo (7.73) tenemos 2 Enlm = ²2
0 X
¯ ¯ < nlm|Z|n0 l0 m0 >< n0 l0 m0 ¯¯
¯ ¯ 00 0 1 ¯n l m > 0 Enl − H0 ¯
? < nlm|Z|n0 l0 m0 > usando la ortogonalidad de las funciones < n0 l0 m0 |nlm > podemos escribir < n0 l0 m0 |n0 l0 m0 >=< n0 l0 m0 |n00 l00 m00 >
porque los t´erminos donde n0 6= n00 , l0 6= l00 y m0 6= m00 son cero.
(7.75)
164 P0 P Adem´as como < nlm|Z|nlm >= 0 podemos suprimir que no contiene el t´ermino l0 = l y substituirla por que si contiene este t´ermino, pero que el elemento de matriz da cero, puesto que < nlm|Z|nlm > viola la regla ∆l = ±1 la suma se puede escribir entonces como X
2
²
¯ ¯ ¯ ¯ 00 0 1 ¯ ¯n l m > < nlm|Z|n l m >< n l m ¯ 0 Enl − H0 ¯ 00 00
n0 l0 m0 n00 l00 m00
00
00 00
00
? < n0 l0 m0 |Z|nlm > usando la definici´on del operador identidad, la suma se reduce a ²2 < nlm|Z
1 0 − H Z|nlm > Enl 0
este es un operador tensorial de segundo orden. Si escribimos este operador un l bien definido l = 1, o l = 2 podemos obtener la dependencia en m usando el teorema de Wigner. consideremos el operador Tij = xi
1 0 0 −1 xj 0 − H xj = xi (Enl − H ) Enl 0
Como H 0 es invariante por rotaciones solo xi , y xj se transforman y Tij se transforma como un tensor de segundo orden. 0 Vamos primero a simetrizar este operador Tij porque en general xi , y xj no conmutan con (Enl − H 0 )−1 porque H 0 p2 contiene un t´ermino de energ´ıa cin´etica 2m que sabemos no conmuta con ~x. Aqu´ı necesitamos simetrizar y separar el trazo ½ ¾ 1 1 1 δij 1 δij 1 Tij = xi 0 xj + xj 0 xi − tr{xi 0 xj } + tr{xi 0 xj } 2 Enl − H 0 Enl − H 0 3 Enl − H 0 3 Enl − H 0 en el caso particular de la componente z T33 = Z
1 1 1 1 1 x 0 ~x + ~x 0 ~x 0 − H0 Z − 3 ~ Enl Enl − H 0 3 Enl − H 0
donde 0 − H0 )−1 ~x − ~x(Enl
X
0 0 − H 0 )−1 xi = tr(xi (Enl − H 0 )−1 xj ) xi (Enl
de esta forma ¯ ¯ 2 Enlm =< nlm ¯¯Z
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 1 1 ¯ nlm > + < nlm ¯ 1 ~x ¯ nlm > ~ x Z − ~ x ~ x 0 0 0 ¯ ¯ 0 0 0 Enl − H 3 Enl − H 3 Enl − H ¯
este tensor depender´a siempre de la misma forma en m para un operador con l = 2, la parte en n y l ser´a diferente pero la dependencia en m puede ser estudiada en un tensor mas simple. Tomemos por ejemplo el operador 1~ ~ T20 = [JZ2 − J. J] 3
165
calculemos ahora 1~ ~ 1 < nlm|JZ2 − J. J|nlm >= ¯h2 (m2 − l(l + 1)) 3 3 luego aplicando este resultado tenemos ¯ ¯ 2 Enlm = ²2 < nlm ¯¯Z
¯ ¯ 1 ¯ nlm >= A(n, l)[m2 − 1 l(l + 1)] Z 0 0 Enl − H ¯ 3
si definimos B(l) =
A(n, l)(l)(l + 1) 3
podemos escribir 2 Enlm = A(n, l)m2 − B(n, l)
en el caso de una onda P los niveles de energ´ıa pueden ser ¯ m=l . nl = . m = −l la distribuci´on de energ´ıa ser´a m = ±1 m=0 la distribuci´on de energ´ıa solo depende de m2 . En el caso de la onda ser´a
de donde podemos concluir que la degeneraci´on que solo depende de m2 es preservada en todas las aproximaciones, la transformaci´on x → −x y→y z→z o sea una reflexi´on en x, no altera la hamiltoniana. Si definimos el operador reflexi´on Px |m >= | − m >
166
PX (H0 + H int )|m >= Px E|m >= E| − m >
o en otras palabras Px HPx−1 = H Esta secci´on termina las aplicaciones de la teor´ıa de perturbaci´on. Problemas Problema 7.2 Considere una part´ıcula de masa m en un pozo infinito unidimensional de dimensi´on a: ( 0 0≤x≤a V (x) = ∞ f uera la part´ıcula est´a sujeta a una perturbaci´on de la forma: a W (x) = aω0 δ(x − ) 2 a) Calcule los cambios en los niveles de energ´ıa usando teor´ıa de perturbaci´on de primer orden. b) Resuelva el problema exactamente y compare las dos soluciones. Problema 7.3 Considere un oscilador arm´onico con una constante de fuerza k y una masa reducida m. Una peque˜ na perturbaci´on W = αx3 se aplica al oscilador. Calcule la primera correcci´on a las energ´ıas y las funciones de onda. Estas correcciones 2 (2) 11 2 no son de primer orden. Resp: En = − 4¯15a hωα3 (n + n + 30 ) Problema 7.4 Considera un problema tridimensional que en una determinada base ortonormal la hamiltoniana se representa por: 1 0 0 0 C 0 H = 0 3 0 + C 0 0 0 0 −2 0 0 C a) Diagonalize directamente y encuentre los autovalores de la matriz H. b) Use perturbaci´on hasta segunda orden para obtener las correcciones a la energ´ıa. c) Compare los resultados. Use la serie del binomio. Problema 7.5 Considere un oscilador arm´onico unidimensional con una peque˜ na perturbaci´on lineal λx. Para el estado fundamental 2 calcule los dos primeros ordenes de perturbaci´on. Resp. E(λ) = 1 − λ4
167 ´ POES´IA MATEMATICA As folhas tantas do livro matematico Um Quociente apaixon-se um dia doidamente por uma incognita. Olhou com seu olhar inumeravel e viu-a do apice a base: uma figura impar; olhos romboides, boca trapezoide, corpo retangular, seios esferoides. Fez de sua uma vida paralelea a dela ate que se encontraram no infinito. “Quien es tu?-indagou ele em ansia radical. “Sou a soma dos quadrados dos catetos. Mas pode me chamar de hipotenusa.´´ E de falarem descobriran que eram (o que em aritmmetica corresponde a almas irmas). primos entre si. E assim se amaran ao quadrado da velocidade da luz numa sexta potenciacao trancando, ao sabor do momento e da paixao, retas, curvas, circulos e linhas senoidais nos jardins da quarta dimensao. Escandalizam os ortodoxos das formas euclidianas e os eexegetas de Universo Finito. Romperan convencoes newtonianas e pitagoricas. E enfim resolveram se casar, constituir um lar, mais que um lar, uma perpendicular. Convidaran para padrihnos o poligono e a bissectriz. E fizeran planos e equacoes e diagramas para o futuro, sonhando com uma felicidade integral e diferencial. E se casaram e tiveran uma secante e tres cones muito engracadinhos. E forrma felizes
168 ate aquele dia em que tudo vira a final monotonia. Foi entao que surgiu o Maximo Divisor Comun, frequentador de circulos concentricos viciosos Ofreceu-lhe, a ela, uma grandeza absoluta reduziu-a a um denominador comun. Ele, Quociente, percebeu que com ela nao formava mais um todo,uma unidade. Era um triangulo, tanto chamado amoroso. Desse problema ela era uma fracao a mais ordinaria. Mais foi entao que Einstein descobriu a Relatividade e tudo que era espurio passou a ser moralidade, como alias em qualquer sociedade Millor Fernandes
169 VIII. A.
CAP´ ITULO 8
M´ etodos no Perturbados de Aproximaci´ on
La Teor´ıa de Perturbaciones solo se aplica en el caso que exista una interacci´on mucho menor que la otra. En este cap´ıtulo estudiaremos dos m´etodos que no son muy sistem´aticos pero que pueden en el caso que se apliquen, dar excelente aproximaci´on. Ellos son el m´etodo variacional y el m´etodo WKB. Considere una hamiltoniana y su problema de autovalores. Hψi = Ei ψi
(8.1)
Supongamos que existe un valor m´ınimo para la energ´ıa Emin ≤ Ei para todo i del espectro de la hamiltoniana luego existe una ψ0 tal que Hψ0 = E0 ψ0 y luego E0 = Emin
Teorema 1 Sea una funci´on normalizada < ψ|ψ >= 1 y una hamiltoniana con espectro Ei de forma que Hψi = Ei ψi ...Ei ≥ E0 , para todo i. entonces < ψ|H|ψ >≥ E0
Demostraci´on Sea ψ una funci´on cualquiera, luego en una base del espacio de Hilbert puede escribirse como X ψ= a i ψi adem´as siendo la funci´on est´a normalizada X
|ai |2 = 1
por otra parte < ψ, Hψ >=
XX i
ai a ¯j < ψi |H|ψi >
X
j
luego < ψ, Hψ >≥ E0
|ai |2 Ei ≥
X
|ai |2 E0 = E0
170
este teorema es el punto de partida del m´etodo variacional, luego si variamos algunos par´ametros de la funci´on de onda podemos obtener el valor m´ınimo E0 . Sea α un conjunto de par´ametros: < ψ(α)|H(α)|ψ(α) >≥ E0 Con buena intuici´on y muchos par´ametros podemos obtener resultados bastante buenos. Para aplicar a estados excitados el m´etodo variacional usaremos el siguiente teorema. Teorema 2 Si < ψ|ψ >= 1 y < ψ|ψ0 >= 0 entonces podemos tratar del primer nivel excitado y as´ı obtenemos un proceso general < ψ|ψ >= 1, < ψ|ψ0 >= 0, < ψ|ψ1 >= 0 < ψ|H|ψ >≥ E2
B.
´ Aplicaciones para el Atomo de Helio
Las aplicaciones para el ´atomo de Helio envuelven algunas integrales no triviales que vamos a sistematizar en esta secci´on; en especial lo que se acostumbra llamarse la integral de Unds¨old, (A. Unds¨old, Ann d Phys 82, 355 1927). Considere primero la funci´on de un ´atomo de Helio como el producto de 2 ´atomos de hidr´ogeno sin interacci´on entre los electrones. Cada electr´on se encuentra en el estado 1S y en la posici´on r~1 y r~2 , por lo tanto ψ=
1 (πa3 )1/2
e
−r1 a
1 (πa3 )1/2
e
−r2 a
o sea ψ(r) =
e
−(r1 +r2 ) a
(πa3 )
(8.2)
donde a es el radio de Bohr. Por otro lado sabemos que la carga efectiva del n´ ucleo Z observada por cada electr´on no es 2 pues existe un efecto de blindaje debido a la presencia de otro electr´on, esto lo podemos introducir en la funci´on de onda sustituyendo a = aZ0 o sea que µ ψ(r) =
Z3 πa30
¶ e
−Z(r1 +r2 ) a0
Vamos a tomar Z como par´ametro variacional y lo llamaremos de λ. La hamiltoniana del ´atomo de Helio se escribe como H=
p1 2 p2 2 e2 + + V (r1 ) + V (r2 ) + 2m 2m |r~1 − r~2 |
vamos a dividir la hamiltoniana en tres partes
(8.3)
171 1)La parte cin´etica p1 2 p2 2 + 2m 2m
HC =
2)El potencial de los n´ ucleos HR = V (r1 ) + V (r2 )
3)El t´ermino de interacci´on HI =
e2 |r~1 − r~2 |
como recordaremos del cap´ıtulo IV secci´on I p2 = p21 +
L2 r2
y como L = 0 podemos escribir
p2 ϕ = p21 ϕ = −
¯ 2 d2 (rϕ) h r dr2
Con lo que la hamiltoniana se escribe como (donde hemos hecho < ψ λ |HC |ψ λ >= −
1 ³ π2
λ a
´6 Z n
e
−λ a (r1 +r2 )
h ¯2 2m
{ r11 d
2
(8.4)
= 1) (r1 ψ λ ) dr12
+
2 λ 1 d (r2 ψ ) }d3~r1 d3~r2 r2 dr22
o (8.5)
como ambos t´erminos son iguales a menos de la simetr´ıa r2 → r1 podemos escribir poniendo todo en funci´on de r1 < ψ λ |Hc |ψ λ >= −
2 ³ π2
´6 Z e −λ(ra1 +r2 ) d2 −λ λ (r1 e a r1 )e−( a )r2 d3 r~1 d3 r~2 2 r1 dr1
λ a
calculamos las integrales angulares que resultan en 16π 2 luego λ
λ
< ψ |Hc |ψ >= −32
³ λ a
´6 Z
∞
e
−λ a r1
r1
0
λ
d2 (r1 e− a r1 ) 2 r1 dr1 dr12
llamemos a las dos integrales de (8.6) Z
∞
I1 =
e−
2λ a r
r2 dr
0
Z I2 =
∞
e−
2λ a r
0
2λ d2 (re− a r )rdr 2 dr
Problema 8.1 Calcular usando Mathematica I1 e I2 y demostrar que valen: I1 =
a3 4λ3
Z 0
∞
e−
2λ a r2
r22 dr2
(8.6)
172 I2 = −
a 4λ
para par´ametros reales. Luego usando (8.6) tenemos µ ¶6 ³ ´ µ ¶ λ 1 a 3 1 λ2 < ψ |HC |ψ >= −32 − a =2 2 a 4 λ 4λ a λ
λ
usando la definici´on del radio de Bohr y recordando que hab´ıamos hecho a=
h ¯2 2m
=1
¯2 h me2
luego < ψ λ |HC |ψ λ >= 2
λ2 λ2 = 2 a a
µ
2¯h2 2m
¶µ
me2 ¯h2
¶ =
λ2 2 e a
de forma an´aloga introduciendo las unidades: < ψ λ |Hp |ψ λ >= −
4λe2 a
estas integrales son muy f´aciles pero en casos mas complicados podr´ıamos emplear X 1 1 = |r~1 − r~2 | r+
cos(θ) =
µ
r− r+
¶l Pl (cos θ)
< ~r1 |~r2 > ||r1 || ||r2 ||
r+ es el mayor de los dos ~r, calculando la integral de Unds¨old < ψ λ |HI |ψ λ >=
5 e2 λ 8 a
la energ´ıa total queda entonces como 5 < ψ|H|ψ λ >= e2 (λ2 − 4λ + λ) 8 derivando e igualando a cero tenemos d λ 5 (ψ , Hψ λ ) = 0 ⇒ 2λ = 4 − dλ 8 o sea que λ=2−
5 = 1.68 16
con este valor del par´ametro podemos calcular la energ´ıa de ionizaci´on.
173 ¡Perdona, si sufriste! Yo... no sab´ıa nada Hoy ya se lo que existe tras la angustia velada de tu mirada triste Cristina de Artiga
< ψ λ |H|ψ λ >= −
729e2 256a 2
2
Este resultado −2.85 ea est´a muy cerca del resultado experimental −2.904 ea ; as´ı que nuestro resultado es 1.9% m´as alto. Problema 8.2 Consulte los resultados experimentales para el ´atomo de Helio J. Sucher and H.M. Foley Phys Rev 95, 966 (1954) La energ´ıa del estado fundamental del ´atomo de Helio ha sido medida experimentalmente con mucha precisi´on y es: EEF = −78.975eV Si por otra parte a es el radio de Bohr del ´atomo de hidr´ogeno y En = −13.6/n2 es la en´esima energ´ıa de Bohr para un n´ ucleo de con n´ umero at´omico Z, En → Z 2 En y a → a/Z luego la energ´ıa del ´atomo de Helio sin interacci´on entre los electrones ser´ıa: E = 4(En + En0 ) = 8(−13.6 eV ) = −109 eV Si en lugar de esto colocamos λ = 1.68 tenemos: E = λ2 (En + En0 ) = 2(1.68)2 (−13.6 eV ) = −76.77 eV Lo que da el orden de magnitud correcto. Usando m´as par´ametros llegamos a valores que se aproximan al resultado experimental con una precisi´on de 10−6 .
174 1.
La Integral de Unds¨ old
Problema 8.3 Buscar el art´ıculo de A.Unds¨old, Ann d Phys. 82, 355( 1927). La integral de Unds¨old se puede calcular de dos formas bas´andose en la equivalencia usada en electromagnetismo: Z U12 = V1 (~r − r~0 )%2 (r~0 )d3 r~0
=
1 2
Z %1 (~r)
1 |~r − r~0 |
%2 (r~0 )d3~rd3 r~0
la Integral de Unds¨old es I=
Ze2 32π 2 a
Z Z
e−ρ1 e−ρ2 dτ1 dτ2 ρ12
donde ρ1 = y de forma similar para dτ2 . Esta integral a menos del factor e e−ρ2 respectivamente
Ze2 32π 2 a0
2Zr1 , a0
dτ1 = ρ21 dρ1 senθ1 dθ1 dφ1
representa la energ´ıa electrost´atica de 2 distribuciones de energ´ıa ρ21 = e−ρ1 Z
ρ21 ρ22 dτ1 dτ2 r12
que es la energ´ıa entre las 2 distribuciones esf´ericas. El potencial de la distribuci´on es r < ρ1 4πρ21 e−ρ1 dρ1 ρ11 r > ρ1 4πρ21 e−ρ1 dρ1 1r El potencial completo de la distribuci´on Z Z ∞ ª 4π r −ρ1 2 4π © φ(r) = e ρ1 dρ1 + 4π e−ρ1 ρ1 dρ1 = 2 − e−r (r + 2) r 0 r r luego la integral I tiene el valor I=
Ze2 32π 2 a0
Z φ(ρ2 )e−ρ2 dτ2 =
I=
Ze2 2a0
Z
∞
{2 − e−ρ2 (ρ2 + 2)}e−ρ2 dρ2
0
5e2 λ Ze2 5 · = 2a0 4 8a
La integral de Unds¨old tambi´en se puede calcular directamente, de la misma forma que se realizan los c´alculos de la energ´ıa de una distribuci´on esf´erica de carga. Primero ponemos ~r2 en la direcci´on zˆ as´ı: ~r2 = r2 zˆ
175 ~r1 = r1 cos(ϕ) sin(θ)ˆ x + r1 sin(ϕ) sin(θ)ˆ y + r1 cos(θ)ˆ z q r12 + r22 − r1 r2 cos(θ)
|~r1 − ~r2 | = calculando ahora la integral: e 2 λ6 HI = 2 6 π a0
Z
e−
2(r1 +r2)λ a0
p
r12 r22 sin(θ)d3~r1 d3~r2
r12 + r22 − r1 r2 cos(θ)
la integraci´on de las variables angulares que no aparecen en el integrando simplemente da 8π 2 la integral en θ da dos valores diferentes si r1 > r2 o si r2 > r1 . Problema 8.4 Calcule esos valores y muestre que a menos del factor 8π 2 son: para r1 > r2 I1 =
2e2 e−
2(r1 +r2)λ a0
r1 r22 λ6
π 2 a60
y para r2 > r1 I2 =
2e2 e−
2(r1 +r2)λ a0
r12 r2 λ6
π 2 a60
con este resultado calculamos: Z HI = 8π
2
∞
0
Z ( 0
r1
2e2 e−
2(r1 +r2)λ a0
r1 r22 λ6
π 2 a60
Z
∞
dr2 +
2e2 e−
π 2 a60
r1
HI =
2(r1 +r2)λ a0
r12 r2 λ6
dr2 )dr1
5e2 λ 8a0
Problema 8.5 2 Considere una funci´on de prueba gaussiana ψ(x) = Ae−bx para obtener el menor l´ımite superior para el estado fundamental de: a) el potencial lineal V (x) = a|x| b) El potencial V (x) = ax4 . A es obtenido por normalizaci´on y b es el par´ametro variacional. Problema 8.6 2 r Una part´ıcula de masa m est´a ligada por el potencial V (r) = −V0 e− a donde h¯m V0 a2 = 43 . Use la funci´on de prueba e−αr para obtener un l´ımite para el menor autovalor de la energ´ıa.
C.
El M´ etodo WKB
Considere la ecuaci´on de onda i¯h
∂ψ = ∂t
½ −
¯2 2 h ∇ +V 2m
¾ ψ
(8.7)
Esta funci´on puede ser resuelta en la formulaci´on de Hamilton Jacobi en la cual las trayectorias de movimiento son trayectorias ortogonales a las superficies en las cuales S, la acci´on es constante. S se considera como la funci´on ∂S generadora de una transformaci´on can´onica y entonces pk = ∂q k Si H(q, p) es la hamiltoniana ∂S +H ∂t
µ
∂S , qi ∂qi
¶ =0
176
Resolvemos como ejemplo en el caso de una dimensi´on p2 + V (x) 2m
H=
∂S 1 + ∂t 2m
µ
∂S ∂q
¶2 + V (q) = 0
supongamos ahora la ecuaci´on de onda una soluci´on de la forma ψ=e
iS(x) h ¯
esto siempre es posible para todo ψ basta tomar S(x) =
¯ h log ψ i
(8.8)
si introducimos esta soluci´on (8.8) en la ecuaci´on de onda (8.7) tenemos calculando i¯h
∂ψ ∂S = −ψ ∂t ∂t
an´alogamente ∂ψ i = ∇ψ = (∇S)ψ ∂x ¯ h de forma que: ∇2 ψ =
i 2 1 (∇ S)ψ − 2 (∇S)2 ψ ¯ h ¯h
(8.9)
substituyendo (8.9) en la ecuaci´on de onda (8.7) tenemos ½ ¾ ∂S 1 i¯h 2 2 − = (∇S) − ∇ S+V ∂t 2m 2m
(8.10)
en el caso que hacemos ¯h → 0 queda solamente la parte cl´asica de la ecuaci´on, que es la ecuaci´on de Hamilton Jacobi −
ª ∂S 1 © = (∇S)2 + V ∂t 2m
(8.11)
vamos a construir un m´etodo de aproximaci´on semi-cl´asico, este m´etodo consiste en expandir S en potencias de la constante de Plank, de esta forma S = S0 (x, t) + S1 (x, t)¯ h + S2 (x, t)¯ h2 + .......
(8.12)
si el potencial no depende del tiempo podemos escribir S(x, t) = S(x) − Et y la ecuaci´on (8.10) se transforma en ( E=
1 2m
µ
∂S ∂x
¶2
i¯h 2 ∇ S + V (r) − 2m
) (8.13)
177 tomando solamente S0 el primer t´ermino en la aproximaci´on semi-cl´asica µ ¶2 µ ¶µ ¶ 1 ∂S0 ¯h ∂S0 ∂S1 i¯h 2 E= + − ∇ S0 + V (r) + Θ(¯ h∗ ) 2m ∂x m ∂x ∂x 2m
(8.14)
donde Θ(¯h∗ ) corresponden a t´erminos de orden 2 y superiores. Si igualamos los t´erminos en h ¯ en la ecuaci´on arriba ( E=
1 2m
µ
∂S ∂x
)
¶2
(8.15)
+ V (r)
y despu´es 1 m
µ
∂S0 ∂x
¶µ
∂S1 ∂x
¶ −
i 2 ∇ S0 = 0 2m
(8.16)
La analog´ıa ´optica nos permite una interpretaci´on de estos resultados; cuando trabajamos con un fen´omeno ondulatorio y tenemos medios de variaci´on suave podemos pensar en el fen´omeno ondulatorio como en uno de ´optica geom´etrica. En tres dimensiones el problema se hace mas dif´ıcil; de esta forma solo trataremos el caso unidimensional. Separando e integrando las ecuaciones de arriba: µ
dS0 dx
¶2 = 2m(E − V (x))
de esta forma Z
x
S0 (x) =
p
2m(E − V )dx + cte
x0
la ecuaci´on ³
d2 S 0 dx2
´
dS1 i = ¡ dS0 ¢ dx 2 dx integrando tenemos µ S1 = i log
dS0 dx
¶ =
p i log 2m(E − V ) 2
como la funci´on de onda se escribe por (8.8) tenemos que i i A ψ(x) = e h¯ (S0 +¯hS1 ) = p e h¯ 4 2m(E − V )
R x1 √ x0
2m(E−V )dx
(8.17)
esta soluci´on solo es v´alida si |(∇S)|2 À |¯h∇2 S| o sea que la parte cl´asica es dominante, porque entonces podemos aproximar µ ¶2 1 dS i¯h∇2 S +V =E − 2m dx 2m por 1 2m
µ
dS dx
¶2 + V (x) = E
(8.18)
(8.19)
178
en este caso vemos que la (8.18)se puede escribir en t´erminos cl´asicos si usamos relaci´on a x ¡ dV ¢ dp 2 p À ¯h = ¯h dx m dx p
1 2 2m p
+ V (x) y la diferenciamos en
p = ¯hk = ¯h 2π λ p h ¯
p2 À
λ dV 2π dx
=
2π λ λdV dx
m>
(2m)
o sea p2 dV λ Àλ ' ∆V 2m dx ∆x
(8.20)
como λ ' ∆x la variaci´on de energ´ıa cin´etica es mucho mayor que la variaci´on de energ´ıa potencial. La condici´on de que casi toda la energ´ıa es cin´etica es la misma condici´on que para ´optica geom´etrica, donde la variaci´on del diel´ectrico es suave. Esta condici´on en general no es satisfecha, basta tomar los puntos de retorno del potencial. En estos puntos el m´etodo WKB no se puede aplicar; no as´ı por ejemplo en la regi´on central del potencial.
A
ψ(x) = p
2m(E − V )
e
i ±h ¯
Rx √ x0
2m(E−V )
(8.21)
179 supongamos un potencial de la forma que se ilustra abajo V HxL 4
3
Energía Total 2 II I Región Oscilatoria Región 1
-2
Decreciente
1
-1
2
x
FIG. 11: Regiones del Potencial para WKB
Con dos regiones. La I cl´asicamente permitida y la II una regi´on cl´asicamente prohibida; en ambas regiones y para puntos alejados de los puntos de retorno podemos escribir. Para I r k(x) =
2m (E − V (x)) ¯h2
(8.22)
para II r 0
k (x) =
2m (V − E) ¯h2
(8.23)
as´ı tenemos 2 soluciones separadas A i ψI = √ e k
ψII
A0 =√ e k0
Rx x0
Rx x0
kdx
k0 dx0
B −i +√ e k
Rx
B0 − +√ e k0
x0
kdx0
Rx x0
k0 dx0
(8.24)
(8.25)
la regi´on de validez para estas dos soluciones sabemos es p2 ¯ dV h À |∆V | = 2m p dx
(8.26)
En los puntos de retorno estas condiciones no son v´alidas y las soluciones no tienen estabilidad. Para poder unir las dos soluciones, es necesario que resolvamos el problema en la vecindad de los puntos de retorno. Vamos a estudiar en mas detalle la regi´on de validez de las dos soluciones (8.23) y (8.24). Sabemos que para que el m´etodo sea v´alido es necesario que (8.26) sea v´alida, por lo tanto p3 À 2m¯h
dV dx
o sea que |2m(E − V (x))|3/2 À 2m¯h
dV dx
(8.27)
180 desarrollando V (x) en serie de Taylor alrededor del punto x0 V (x) = V (x0 ) +
dV |x=x0 (x − x0 ) + ....... dx
supongamos x0 es un punto de retorno, luego E = V (x0 ) por lo tanto ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ dV ¯3/2 ¯ dV ¯ ¯ ¯ ¯ |2m(x − x0 )|3/2 ¯¯ À 2m¯ h ¯ dx ¯ dx ¯ x=x0
¯h 1 q |(x − x0 )3/2 | À √ 2m dV
dx
o sea que |x − x0 | À
¯ 2/3 h 1/3 (2m)1/3 ( dV dx )
(8.28)
luego siempre que estamos en la regi´on descrita por (8.28) el m´etodo WKB funciona. En la regi´on donde (x − x0 ) ∼
¯ 2/3 h (2m)1/3 (dV /dx)1/3
vamos a tratar de resolver el problema de forma casi exacta. Tomemos la ecuaci´on de Schr¨odinger y desarrollaremos el potencial en serie de potencias en torno a un punto de retorno x0 . V (x) = V (x0 ) +
dV |x=x0 (x − x0 ) + ........ dx
para resolver la ecuaci´on de onda con un potencial lineal tenemos Eφ = −
¯ 2 d2 φ h + b(x − x0 )φ + V0 φ 2m dx
(8.29)
tomando E = V0 y las coordenadas relativas, tenemos que (8.29) se puede escribir como −
¯ 2 d2 φ h + bxφ = 0 2m dx2
(8.30)
la ecuaci´on de arriba es la ecuaci´on de Airy, es una ecuaci´on diferencial de segunda orden que tiene dos soluciones conocidas como Ai(x) y Bi(x). La soluci´on Bi(x) ∈ / L2 [<] por lo cual no la usamos en Mec´anica Cu´antica; esta condici´on es la misma para usar la transformada de Fourier. Vamos a resolver (8.30) usando la transformada de Fourier de esta forma ¾ Z ½ −ip·x ¯h2 d2 φ 1 √ − + bxφ e h¯ dx = 0 (8.31) 2 2m dx 2π integrando por partes el primer t´ermino de (8.31) tenemos Z Z ∞ 2 −ip·x d φ −ip·x p2 h ¯ φe h¯ dx e dx = − 2 2 dx h ¯ −∞
181
si llamamos de 1 F (φ) = √ 2π
Z
−ip·x h ¯
φ(x)
(8.32)
p2 ∂ F (φ) + i¯hb (F φ) = 0 2m ∂p
(8.33)
e
(8.31) se transforma en
donde hemos usado el hecho que ∂ i¯h F (φ) = √ ∂p 2π
Z be
−ip·x h ¯
φ(x)
usando (8.33) tenemos d(F φ) i p2 = dp F (φ) 2¯h mb
log F (φ) =
ip3 + cte 6m¯hb
o sea que ip3
F φ = Ae 6m¯hb
(8.34)
tomando la transformada inversa de (8.32) con F φ indicando en (8.34) obtenemos Z ∞ ip·x ip3 A φ= √ e h¯ e 6mb¯h dp 2π¯h −∞
(8.35)
la ecuaci´on (8.35) es la forma integral de la funci´on de Airy, mas informaci´on sobre la funci´on y su aplicaci´on al m´etodo WKB se puede encontrar en el Mathews and Walker Mathematical Methods of Physics. Para encontrar la conexi´on entre las f´ormulas (8.24) y (8.25) vamos a encontrar una expresi´on asint´otica de (8.35) usando el m´etodo de la fase estacionaria, este comportamiento establece lo que se llama las f´ormulas de conexi´on. Suponga que tenemos un potencial como el que se muestra abajo
4
V HxL
3
2
1
x2
x1 -2
-1
1
x
2
Sea x2 un punto de retorno. Para valores de x lejanos a x2 usamos el m´etodo WKB para valores de x cercanos a x2 usamos la aproximaci´on asint´otica de la funci´on de Airy. µ ¶ 1 2 π 3/2 √ Ai(x) ≈ cos (−x) − 3 4 π(−x)1/4
182 D.
La Expansi´ on Asint´ otica
Considere la integral (8.35) φ= √
A 2π¯h
Z
∞
e
p·x p3 h ¯ +i 6mb¯ h
dp
(8.36)
−∞
usamos primero las definiciones α = 2mb
k=
k3 p3 = 3α 6mb¯h
p α1/3 ¯h
luego (8.36) se escribe como A φ= √ 2π
Z
∞
k3
ei(kx+ 3α ) dk
(8.37)
−∞
donde A es otra constante. Esta integral la vamos a calcular por el m´etodo de la fase estacionaria. El m´etodo consiste en que si tenemos que calcular Z ∞ f (k)eiλg(k) = F (λ) −∞
Cuando λ es muy grande la exponencial oscila r´apidamente y F (λ) → 0 por compensaci´on entre las ´areas positivas y negativas, las contribuciones importantes a la integral vendr´an entonces de aquellas regiones donde λg(k) es peque˜ na y var´ıa poco. Sea k0 tal punto de fase estacionaria, luego dg |k=k0 = 0 dk en torno a ese punto g se escribe como g(k) = g(k0 ) +
(k − k0 )2 d2 g + ..... 2 dk 2
(8.38)
usando (8.38) en (8.37) debemos calcular la integral de Z (k−k0 )2 d2 g F (λ) = f (k0 )eiλg(k0 ) eiλ 2 dk2 dk
(8.39)
si existen mas de un punto de fase estacionaria (8.39) se modifica a
F (λ) =
XZ
d2 g
2
f (ki )eiλg(ki ) eiλ dk2 (k−ki )
vamos a aplicar este m´etodo a la integral (8.37) A φ0 = √ 2π vamos a efectuar una transformaci´on de variables para
Z
∞
−∞
k3
ei(kx+ 3α ) dk
/2
dk
183
xα < 0
k=
√
−xαt
k3 (−xα)3/2 3 √ + kx = t + −xαtx 3α 3α √ (−x)3/2 √ 3 = αt + (−x3/2 ) αt 3 ½ 3 ¾ √ t = (−x)3/2 α −t 3
(8.40) (8.41) (8.42)
luego √ λ = (−x)3/2 α
k3 + kx = −λ 3α
½
t3 −t 3
¾ (8.43)
derivando t2 − 1 = 0, t = ±1 son los puntos de fase estacionaria, en torno al punto t = 1 g(1) =
−2λ 3
d2 g = 2tλ dt2 de forma que la expansi´on en serie de Taylor en torno a 1 es g(t) =
−2λ + λ(t − 1)2 3
(8.44)
2λ − λ(t + 1)2 3
(8.45)
an´alogamente en torno a t = −1 g(t) = luego la expresi´on (8.37) se escribe como Z 1/2
∞
φ0 (x) = A(−αx)
o n 2 2 eiλ[−(2/3)+(t−1) ] + eiλ[(2/3)−(t+1) ] dt
(8.46)
−∞
queremos calcular Z 2
e− 3 λi
∞ −∞
Z 2
eiλ(t−1) dt + e2iλ/3
∞
−∞
2
e−iλ(t+1) dt
(8.47)
184 sabemos que la integral Z
r
∞
e
−Ax2
dx =
−∞
π A
usando este resultado podemos escribir de manera formal Z
r
∞
e
iλ(t−1)2
dt =
−∞
−πi = λ
r
π iπ/4 e λ
siendo λ > 0 Z
r
∞
e
−iλ(t+1)2
dt =
−∞
−πi = λ
r
π −iπ/4 e λ
lo que significa que (8.46) se escribe como ¶ µ √ (−xα)3/2 (−xα)3/2 A π −π ) −i( −π ) i( α 4 α 4 φ0 (x) = +e e (−xα)1/4 luego φ0 se reduce a √
φ0 (x) = 2A
πα1/2 cos (−xα)1/4
µ
(−xα)3/2 π − α 4
¶ (8.48)
Para los alumnos preocupados por la convergencia de este proceso existen dos posibilidades relativamente sencillas: a) Omitir la deducci´on y tomar la f´ormula asint´otica de la funci´on de Airy de las tablas. b) Seguir la deducci´on cl´asica de la f´ormula asint´otica de la funci´on de Airy y en general de las funciones de Bessel usando series. La soluci´on de la ecuaci´on de Airy (8.30) se puede expresar como funciones de Bessel de argumento imaginario y orden ν = ± 13 Special functions and their applications secci´on 5.17, N.N. Lebedev, Dover. Este resultado es importante cuando trabajando en Mathematica encontramos resultados que son esencialmente la funci´on de Airy expresada como funciones de Bessel. Note que la relaci´on entre k y x es este caso p2 + V (x) = E 2m
h2 k 2 + V (x) = E 2m
p 2m(E − V (x)) = iκ k= ¯h en nuestro caso hemos usado E = V0 ,
V = V0 + bx
√ k=
bx ¯ h
185
Z x3/2 '
k(x)dx
Ahora que sabemos la soluci´on en las cercan´ıas de un punto de retorno podemos incluir cual es la fase introducida al pasar de una soluci´on a otra as´ı. Si el punto de retorno est´a a la derecha de la regi´on cl´asica 4
V HxL
3 I
II
III 2
1
x=a -2
2 √ cos k
µZ
a k
x
1
-1
1 kdx − π 4
¶
2
1 − <<== √ e k
Rx a
kdk
µZ a ¶ Rx 1 1 1 kdk √ sen kdx − π ==>> √ e a 4 k k x Si el punto de retorno esta a la izquierda de la regi´on cl´asica µZ x ¶ R 2 π 1 − b kdx √ e x ==>> √ cos kdx − 4 k k b 1 −√ e k
Rb
1 x kdx <<== √ sen k
µZ
x
b
π kdx − 4
¶
La doble flecha indica la direcci´on en que se debe aplicar la f´ormula. E.
La Regla de Sommerfeld Wilson
. Una aplicaci´on del m´etodo WKB es calcular los niveles de energ´ıa de un sistema ligado. Considere un potencial como se muestra en la figura 4
V HxL
3 II
I
III 2
1
x2
x1 -2
aa
-1
1
x
2
(8.49)
186 con una energ´ıa E y dos puntos de retorno x1 y x2 y un peque˜ no entorno delimitado por la letra r, x1 ± r, x2 ± r. Para valores de x < x1 tomamos la f´ormula R β1 ( x k(x0 )dx0 ) φ(x) = p e x1 2 |p| con la f´ormula de conexi´on (− β p1 e 2 |p|
Rx x1
k(x0 )dx0 + π 4)
la soluci´on en la regi´on III esta dada por (− β p2 e 2 |p|
Rx x2
k(x0 )dx0 )
con la f´ormula de conexi´on β p2 sin(− 2 |p|
Z
x
k(x0 )dx0 +
x2
π ) 4
cuando hacemos tender x → para la regi´on II las f´ormulas de conexi´on deben coincidir de forma que ½ Z x ¾ ½Z x ¾ β π β1 π p 2 sen − k(x0 )dx0 + = p sen k(x0 )dx0 + 4 4 |p| |p| x2 x1 ½Z x ¾ π β2 0 0 k(x )dx − = − p sen 4 |p| x2 ½Z x ¾ Z x1 π π β2 k(x0 )dx0 + k(x0 )dx0 + − = − p sen 4 2 |p| x1 x2 como queremos que ambos senos sean iguales, basta que los argumentos difieran por nπ, as´ı ¾ ½Z x2 π = nπ k(x0 )dx0 − 2 x1 de forma que Z
x2 x1
p = ¯hk multiplicando por h ¯ ambos lados Z ¯h
x2
x1
1 k(x0 )dx0 = (n + )π 2
1 h k(x0 )dx0 = ¯h(n + )π = (n + 1) 2 2
Z
x2
2 x1
1 p(x0 )dx0 = h(n + ) 2
luego I
1 p(x0 )dx0 = h(n + ) 2
(8.50) (8.51) (8.52)
187
que es la regla de cuantizaci´on de Bohr Sommerfeld Wilson, vemos que la regla de cuantizaci´on de la vieja Mec´anica Cu´antica es una consecuencia de las f´ormulas de conexi´on del m´etodo WKB en la aproximaci´on para grandes n´ umeros cu´anticos donde la forma de potencial satisface ¯ 2/3 h ¡ dV ¢1/3
|(x − x0 )| À
F.
(2m)1/3
dx
C´ alculo de Coeficientes de Reflexi´ on y Transmisi´ on por el M´ etodo WKB
Vamos a considerar el problema de una part´ıcula en presencia de un potencial V (x) no necesariamente cuadrado y calcular su coeficiente de reflexi´on y transmisi´on como se muestra en la figura. 2.0 V HxL Incidente
reflejada
I
II
transmitida
III
E
1.5
1.0
0.5 x2
x1 -6
-4
2
-2
4
6
Los c´alculos indican los puntos donde no podemos usar el m´etodo WKB, en estos puntos tenemos que usar la misma aproximaci´on que en las f´ormulas de conexi´on. Si E > V p k = 2m(E − V ) las soluciones se escriben AI i φI (x) = p e |p| AII i φII = p e |p|
Rx x1
Rx x2
k(x0 )dx0
k(x0 )dx0
BI −i +p e |p|
BII − +p e |p|
Rx x1
Rx x2
k(x0 )dx0
k(x0 )dx0
(8.53)
(8.54)
usando las f´ormulas de conexi´on φIII
nR o x A0III i x2 k(x0 )dx0 + π4 =p e |p|
(8.55)
para calcular los coeficientes de reflexi´on y transmisi´on vamos a expandir (8.55) en senos y cosenos ½ µZ x ¶ µZ x ¶¾ A0 π π φIII = pIII cos k(x0 )dx0 + + isen k(x0 )dx0 + 4 4 |p| x2 x2 Sabemos que sen((...) + π4 ) esta asociado a una exponencial decreciente y cos((...) + π4 ) a una exponencial creciente, solo utilizamos este t´ermino porque la parte decreciente ser´a cero para x suficientemente grandes o sea en la regi´on I.
188 Consideremos solo la parte en coseno µZ
x
cos
k(x0 )dx0 +
x2
de esta forma AIII − φIII = p e 2 |p|
Rx x2
π 4
¶
k(x0 )dx0
esta f´ormula es obtenida por una reflexi´on, porque en el caso del pozo hab´ıa sido deducida para regi´on permitida regi´on prohibida y en este caso estamos en la situaci´on
en este caso tenemos que hacer una reflexi´on para obtener los mismos resultados en la regi´on II. φII
AIII − = p e 2 |p|
Rx x2
k(x0 )dx0
AIII = p e 2 |p|
Rx x2
k(x0 )dx0
Vamos a usar la f´ormula de conexi´on en x1 para hallar la relaci´on entre I y II de esta forma R AIII − x2 k(x0 )dx0 p e x φII = 2 |p| sabemos que de x2 → x1 , la soluci´on es exponencialmente creciente, luego de x1 → x2 es exponencialmente creciente la soluci´on Rx Rx i −i k(x0 )dx0 k(x0 )dx0 AI BI x x1 1 φI (x) = p e e +p |p(x)| |p(x)| puede ser escrita como φI = p
AI |p(x)|
½Z
x1
sen x
π k(x )dx + 4 0
0
vamos a comparar las dos soluciones, la que viene de III → II R x2 0 0 A0 k(x )dx φII = p III e x 2 |p(x)| la soluci´on que va de I → II A0I
φII = p
|p(x)|
e
R x1 x
k(x0 )dx
¾
189
igualando ambos A p III e 2 |p(x)|
R x1 x
k(x0 )dx0
·e
−
R x1 x2
k(x0 )dx0
A0 = p I e 2 |p(x)|
R x1 x
k(x0 )dx0
luego −
AIII = A0I e
R x2 x1
k(x0 )dx0
luego A0I ∼ 2AI luego
T ∼e
−2
R x2 x1
k(x0 )dx0
El coeficiente de transmisi´on es necesariamente peque˜ no pues para que el m´etodo WKB sea aplicable, es necesario que a À 2r y si T fuera grande significar´ıa que estamos trabajando en alto de la barrera y el m´etodo WKB no se aplica. Una posible aplicaci´on de este resultado se puede ver en la F´ısica Nuclear con el potencial V =
l(l + 1) + V (r) r
donde se puede calcular con este m´etodo la probabilidad de que una part´ıcula electr´on o alfa sea emitida por el n´ ucleo.
La dificultad en este caso reside en el hecho que no se pueden aplicar las f´ormulas de conexi´on, pues el potencial no tiene segunda derivada.
190 Problemas Problema 8.7 Muestre que la aproximaci´on WKB es consistente con la conservaci´on de la probabilidad, aun en los puntos de retorno. Problema 8.8 Aplique el m´etodo WKB a una part´ıcula que cae con aceleraci´on g en un campo gravitacional uniforme dirigido a lo largo del eje z y que es reflejada de forma perfectamente el´astica en una superficie en z = 0. Compare con las soluciones exactas de este problema. Problema 8.9 Use el m´etodo WKB para calcular el coeficiente de transmisi´on de un electr´on a trav´es de una barrera: ( V (x) =
V0 − 12 kx2 x2 < 0 x2 > 2Vk 0
2V0 k
191 CAP´ ITULO 9
IX. A.
La Interacci´ on con el Campo Electromagn´ etico 1.
Las Ecuaciones de Movimiento
Gran parte de los fen´omenos f´ısicos a nivel cu´antico nos son conocidos por la interacci´on electromagn´etica que nos permite a partir de fen´omenos estrictamente microsc´opicos hacer medidas macrosc´opicas. En este cap´ıtulo vamos a tratar la interacci´on de la radiaci´on con la materia desde el punto de vista semi-cl´asico o sea el campo material descrito por la Mec´anica Cu´antica y la interacci´on electromagn´etica por un campo cl´asico ~ φ). Aµ = (A, ~ el potencial vector y φ el potencial escalar, vamos a probar que la hamiltoniana en este caso es Sea A
H=
~ 2 (~ p − ec A) + eφ 2m
(9.1)
esta hamiltoniana no es invariante de gauge, por eso para los c´alculos y aplicaciones f´ısicas esperaremos hasta que este en la forma donde aparecen expl´ıcitamente los campos el´ectrico y magn´etico. Vamos a probar que (9.1) produce las ecuaciones de movimiento correctas x˙ i =
∂H ∂pi
p˙i = −
∂H ∂xi
como 1 1 X e~ 2 e e = (~ p − A) (pj − Aj )(pj − Aj ) 2m c 2m c c
x˙ i =
p˙i = −
pi − ec Ai ∂H = = vi ∂pi m
e ∂H eX ∂Aj ∂φ (pj − Aj ) = /m − e ∂xi c c ∂xi ∂xi
y adem´as x˙ i =
x ¨i =
1 e (pi − Ai ) m c
´ e 1 ³ pi − A˙ i (x, t) m c
~ puede depender expl´ıcitamente del tiempo; de forma que usando la regla de la cadena para cada componente, donde A si f (~r, t) es una funci´on escalar de la posici´on y el tiempo: ∂f X ∂xj ∂f df = + dt ∂t ∂t ∂xj
dAi ∂Ai ~ i) = + (~v • ∇A dt ∂t
192
de esta forma la ecuaci´on del movimiento se escribe como ½ ¾ e ∂Ai ∂Ai m¨ xi = p˙i − + vj c ∂t ∂xj
(9.2)
donde hemos usado la convenci´on de Einstein para vj
X ∂Ai ∂Ai = vj ∂xj ∂xj j
de esta forma p˙i = −
e e ∂Aj ∂φ ∂H = (pj − ) −e ∂xi mc c ∂xi ∂xi
como vj =
1 ³ e ´ pj − Aj m c
e ∂Aj ∂φ p˙i = vj −e c ∂xi ∂xi o sea que e m¨ xi = c
½µ
∂Aj ∂xi
¶
µ vj − vj
∂Ai ∂xj
¶¾
½ −e
∂φ 1 ∂A + ∂xi c ∂t
¾
~ con los potenciales: usando la relaci´on entre el campo el´ectrico E ½ ¾ ∂φ 1 ∂Ai Ei = − + ∂t c ∂t ~ y el potencial vector: y la relaci´on entre el campo de inducci´on magn´etica B ~ =∇ ~ ∧A ~ B usando ³→ →´ → ³ ³ ³→ ´ → ³→ ´→ →´ → →´ ∇ A • B =B × ∇× A + A × ∇× B + B •∇ A + A •∇ B ~ = ~v la velocidad y B ~ =A ~ el potencial vector y usando el hecho que la velocidad de la part´ıcula no depende de con A las coordenadas; luego ~ = ∇(~ ~ v · A) ~ − (~v · ∇) ~ A ~ ~v × B Problema 9.1 Pruebe la identidad arriba usando: a) Coordenadas cartesianas b) Coordenadas cil´ındricas
193 lo que en componentes se puede escribir como: ~ i,j = (~v × B)
∂(vj Aj ) ∂(Ai ) − vj ∂xi ∂xj
luego la ecuaci´on (9.2) es la fuerza de Lorentz pues, ¨ = e(~v × B) ~ + eE ~ m~x Problema 9.2 ~ Muestre que el potencial correspondiente en el gauge sim´etrico es: Considere un campo magn´etico constante B. 1 ~ ~ A = − 2 ~r ∧ B La deducci´on arriba de la fuerza de Lorentz no es consistente una vez que el t´ermino de la derecha es invariante por transformaciones de Galileo y el t´ermino de la izquierda es invariante por transformaciones de Lorentz. Para tratar este mismo problema en Mec´anica Cu´antica, tomamos la ecuaci´on de Schr¨odinger con hamiltoniana: H=
1 e~ 2 (~ p − A) + eφ 2m c
∂ con la energ´ıa E = i¯h ∂t y
~ p~ = −i¯h∇ as´ı escribamos: i¯h
∂ψ = ∂t
½
¾ 1 e (−i¯h∇ − A)2 + eφ ψ 2m c
(9.3)
~ en la ecuaci´on de onda. Note que en esta ecuaci´on p~ en general no conmuta con A. Expandiendo la ecuaci´on de onda (9.3) encontramos: ½ ¾ ∂ψ ¯h2 2 i¯h ¯he e 2 A2 i¯h = − ∇ ψ+ eA · ∇ψ + i (∇ · A)ψ + eφψ + ψ ∂t 2m mc 2mc 2mc2 ~ ·A ~ = 0 y el hecho que el campo B es constante o sea que: Utilizando el gauge de radiaci´on en el cual ∇ ~ = − 1 (~r × B) ~ A 2 podemos escribir:
i¯h
∂ψ = ∂t
½ −¯h2
¾ 2 ∇2 e¯h ~ ·∇ ~ + e (~r ∧ B) ~ 2 + eφ ψ −i (~r ∧ B) 2m 2mc 8mc2
(9.4)
como el momento angular se escribe como: ~ = −i¯h(~r × ∇) ~ L el t´ermino de campo magn´etico en (9.4) se puede transformar por una permutaci´on c´ıclica ~ ·∇ ~ = −B(~ ~ r × ∇) ~ = −(L ~ · B) ~ (~r × B) cuando el campo magn´etico es mucho menor que el campo el´ectrico del n´ ucleo podemos despreciar los t´erminos cuadr´aticos de la ecuaci´on (9.4) y en este caso la hamiltoniana se reduce a la del efecto Zeeman normal o sea
194 ½
¾ ∇2 e ~ ~ −¯h + (L · B) + eφ ψ 2m 2mc
∂ψ i¯h = ∂t
2
(9.5)
En el caso en que el electr´on no esta sujeto al campo el´ectrico del n´ ucleo no se puede despreciar el t´ermino cuadr´atico en la ecuaci´on (9.3) por lo que la escribimos con φ = 0, si adem´as ponemos: ~ = B0 zˆ B ~r = xˆ x + y yˆ + z zˆ la ecuaci´on (9.3) se escribe como: ½ En ψn =
¾ ∇2 eLz B0 e2 2 2 −¯h − + (x + y )B0 ψn 2m 2m c 8mc2 2
La cuantizaci´on de la energ´ıa de este sistema va a resultar en un movimiento limitado para el plano x, y y un movimiento ilimitado para z. Supongamos las variables: ψ 0 (x, y, z) = ψ(x, y)eipz z/¯h
(9.6)
tenemos tres operadores que conmutan simult´aneamente H, pz , Lz . Separando las variables y definiendo: e ωL = − 2mc entonces la ecuaci´on (9.3) se reduce a: ) ( 2 2 ¯h ∇(x,y) 1 2 e e2 B02 2 2 + p − B0 Lz + (x + y ) ψ Eψ = − 2m 2m z 2mc 8mc2
(9.7)
(9.8)
que es an´aloga a la ecuaci´on de un oscilador arm´onico bidimensional is´otropo, cuyas soluciones, en coordenadas polares son: En,m = (2n + |m| + 1)¯hω el t´ermino constante de (9.8)
p2 2m
no altera las soluciones pues simplemente se suma a los autovalores En,m = (2nr + |m| + 1)¯hωL + ¯hωL m +
1 2 p 2m z
(9.9)
como tanto 2nr como |m| + m son pares (9.9) se puede escribir como: En = (2n + 1)¯hωL +
p2z 2m
para encontrar la frecuencia de radiaci´on calculamos: ∆ω =
∆E = 2ωL ¯h
Problema 9.3 Suponga ahora que en el problema anterior el electr´on tiene spin 1/2 y que se introduce una interacci´on adicional ~ Donde µ es el momento magn´etico del electr´on. Demuestre que la soluci´on de este problema conduce a HI = −~ µ · B. lo que en la literatura se conoce como niveles de Landau. Una referencia para continuar estudiando ´atomos en la presencia de campos electromagn´eticos fuertes es: Phys. Rev. A 11, 1835 (1975): Brandi - Hydrogen atoms in strong ...
195 2.
´ El Atomo en la Presencia de un Campo Electromagn´etico Externo
Cuando un ´atomo se encuentra en presencia de un campo electromagn´etico el electr´on sufre cambios en su momento lineal porque puede ceder o recibir energ´ıa de la onda electromagn´etica.
Para resolver este problema vamos a calcular la probabilidad de transici´on del electr´on resolviendo la hamiltoniana dependiente del tiempo. La hamiltoniana de un ´atomo se escribe como: H0 =
p2 + V (r) 2m
(9.10)
En la presencia de una onda electromagn´etica la hamiltoniana se escribe como: H=
1 2 e 2 [p − A] + eφ + V (r) 2m c
(9.11)
Para encontrar las soluciones de la ecuaci´on de Schr¨odinger asociada a esta hamiltoniana vamos a suponer: 1)Un potencial vector de la forma: ~ t) = eiω( zc −t) C ~ A(z,
(9.12)
~ es un vector constante. donde C 2)Que la hamiltoniana se separa en dos partes: H = H0 + Hint H0 dada por la ecuaci´on (9.10) y Hint que es la energ´ıa proveniente de la interacci´on electromagn´etica que solo act´ ua en un breve per´ıodo de tiempo mientras la radiaci´on pasa por la vecindad del ´atomo. ua la onda. Hint 6= 0 para − T2 < t < T2 donde T es el tiempo en el cual act´ Queremos entonces resolver la ecuaci´on i¯h
∂ψ = Hψ ∂t
(9.13)
196 esta ecuaci´on esta sujeta a la condici´on que tanto antes como despu´es de pasar la radiaci´on electromagn´etica la funci´on de onda del electr´on debe corresponder a una autofunci´on del ´atomo no perturbado de esta forma: ψ(t < − T2 ) = ψn0 (t) donde ψn0 (t) son las soluciones del ´atomo no perturbado. ψn0 (t) = φn (x)e−iEn t/¯h
(9.14)
donde φn son las soluciones independientes de tiempo. H0 φn (x) = En φn (x)
3.
La Teor´ıa de la Perturbaci´ on Dependiente del Tiempo
Considere una hamiltoniana del tipo H = H0 + λH int
(9.15)
donde H0 es independiente del tiempo y H int depende del tiempo. Si λ es peque˜ no podemos afirmar que ψn (t) = ψn0 (t) + λψn1 (t) + λ2 ψn2 (t) + .........
(9.16)
donde ψn0 esta dado por (9.14). Podemos considerar que la hamiltoniana de interacci´on solo es diferente de 0 durante un per´ıodo limitado de forma que: H int (t) 6= 0
−
T T
luego la ecuaci´on de Schr¨odinger (9.13) se puede escribir como: i¯h
∂(ψ 0 + λψ 1 ) = (H0 + λH int )(ψ 0 + λψ 1 ) ∂t
(9.17)
esta ecuaci´on se separa en dos. En orden 0: i¯h
∂ψn0 = H0 ψn0 ∂t
o sea En ψn0 = H0 ψn0 y en primer orden se escribe como: i¯h
∂ψn1 = H0 ψn1 + Hnint ψn0 ∂t
(9.18)
como en principio los autovalores de H0 son solubles podemos escribir para ellos la f´ormula (9.14) y utilizar las autofunciones de H0 para expandir ψ 1 X c1n,m (t)e−iEm t/¯h φm (x) (9.19) ψn1 (t) = m
en el ´ındice n se refiere a que antes del tiempo t = − T2 no exist´ıa perturbaci´on y la funci´on de onda estaba dada por (9.14). Usamos la notaci´on c˙ = dc dt . Substituyendo este resultado (9.19) en (9.18) obtenemos:
197
( ) X c1n,m (t) ∂ψn1 1 i¯h = i¯h c˙n,m (t) − i En e−iEm t/¯h φm (x) ∂t h ¯ m X© ª = H0 c1n,m + H int φn (x)e−iEn t/¯h
(9.20) (9.21)
si tomamos el producto interno de la ecuaci´on anterior con φm tenemos: i¯hc˙1n,m e−iEn t/¯h =< φm , H int φn e−iEm t/¯h >
(9.22)
int Hn,m =< φm , H int φn >
(9.23)
si llamamos:
obtenemos c˙1n,m =
1 int i(En −Em )t/¯h H e i¯h n,m
definiendo la frecuencia e integrando tenemos: (Em − En ) ¯h
ωm,n =
c1n,m (t)
1 = i¯h
Z
t
0
−∞
int Hm,n (t0 )eiωn,m t dt0
(9.24)
esta integral puede ir hasta −∞ pues despu´es de − T2 la hamiltoniana de interacci´on se anula. Podemos ahora calcular la probabilidad de transici´on: P (t) =< ψm , ψn > o de emisi´on de una onda electromagn´etica. Pn,m (t) = |c1n,m (t)|2
o a veces solo queremos calcular los efectos de la interacci´on cuando ella ya pas´o, por ejemplo queremos saber en que estado queda el ´atomo una vez que pas´o la radiaci´on electromagn´etica. En este caso calculamos: Pn,m = lim Pn,m (t) t→∞
4.
Emisi´ on de Radiaci´ on
Considere un ´atomo en un campo electromagn´etico, la hamiltoniana ser´a: H=
~ · p~ eA e 2 A2 p2 + V (r) − + 2m 2m 2mc2
(9.25)
198 En general la onda electromagn´etica es bastante d´ebil comparada con el potencial electrost´atico del n´ ucleo, as´ı podemos despreciar el t´ermino e2 A2 2mc2 podemos tambi´en escoger una onda electromagn´etica que camina en la direcci´on z. Su descomposici´on de Fourier ser´a: Z ~ t) = A(ω)eiω( zc −t)~² A(z, donde la it´alica de la funci´on designa su transformada de Fourier y ² es el vector de polarizaci´on de la onda en el plano normal a la direcci´on de propagaci´on. Como consecuencia de que estamos en el vac´ıo y que hemos escogido ~ ·A ~=0 ∇ tenemos que el vector de polarizaci´on satisface: ~² · ~k = 0 la teor´ıa de perturbaciones nos dice de (9.24) que el coeficiente de transici´on ser´a: Z 1 ∞ int c1n,m = H (t)eiωn,m t dt i¯h −∞ n,m
Hn,m =< φn , H int φm >
donde φn (~x) solo depende de ~x. As´ı utilizando como hamiltoniana la parte lineal de la interacci´on tenemos: e~ H int = − A · p~ c La dependencia temporal de la interacci´on que est´a contenida en el campo magn´etico se puede extraer usando la transformada de Fourier
H
int
e =− mc
Z
∞
z
A(ω)eiω( c −t)~² · p~ dω
−∞
porque como p~ no depende de ω lo podemos colocar dentro de la ecuaci´on, (9.24) se escribe como: ½Z ∞ ¾ Z ∞ Z ∞ £ ∗ iz ω ¤ e i(ωn,m −ω)t 3 1 c dω dt e A(ω) d x φn e (~² · p~)φm cn,m (∞) = − i¯hmc −∞ −∞ −∞
(9.26)
note que * es el complejo conjugado y que Z
∞ −∞
0
e(ω−ω )t dt = 2πδ(ω − ω 0 )
(9.27)
199 por lo tanto dos de las integrales en la ecuaci´on (9.26) se reducen quedando tan solo: · ½Z ∞ ¾¸ 2πe 1 3 ∗ iωm,n z/c cn,m = − A(ω)² · d xφn (~x)e pφm (~x) i¯hcm −∞
(9.28)
La funci´on δ en este caso expresa la conservaci´on de energ´ıa, ωm,n =
Em − En ¯h
que es la frecuencia de la radiaci´on que puede emitir o absorber el ´atomo, si en el espectro de Fourier de la onda electromagn´etica no existe una frecuencia tal que ¯hω = Em − En esta onda no ser´a capaz de interactuar con el ´atomo. Definimos el vector de onda: k=
(ωm,n ) c
en la pr´actica la longitud de onda λ >> a0 (el radio de Bohr), como las funciones de onda del ´atomo de hidr´ogeno son polinomios de Laguerre veces exponenciales, las regiones importantes para esas funciones y sus integrales son aquellas que son del orden del radio de Bohr. Cuando z es del orden a0 calculando el argumento de la exponencial tenemos kz =
ωz c
como k =
2π λ
ωz 2πz 2πa0 = ∼ << 1 c λ λ por lo que entonces eiωz/c ∼ 1 a esta aproximaci´on se le llama aproximaci´on de dipolo. Con esta aproximaci´on (9.28) se escribe como: µ ¶ Z ∞ e p~ φ∗m c1n,m = − 2πA(ωn,m )~² · φn d3 x i¯hc m −∞ cl´asicamente esto corresponde a Z µ e
p~ m
¶
Z φ∗m φn d3 x
=
~v ρd3 x
o sea a la variaci´on temporal de un dipolo d dt
Z
Z 3
ρ(x, t)~xd x =
∂ρ 3 ~xd x ∂t
(9.29)
200
sabemos por la ecuaci´on de conservaci´on de carga ∂ρ ~ ~ +∇·j =0 ∂t o sea que Z
∂ρ 3 ~xd x = − ∂t
Z ~ · ~j)~xd3 x (∇
integrando el lado derecho por partes tenemos: Z ∞ Z ~ · ~j)~xd3 x = 3 (∇ − −∞
∞
~j(x)d3 x
−∞
~ · ~x = 3, y hemos supuesto que j la corriente se anula en el infinito. una vez que ∇ Vamos a considerar este an´alogo cl´asico como una gu´ıa para obtener resultados semejantes en Mec´anica Cu´antica. Recordemos que para un operador cualquiera Θ por el teorema de Ehrenfest podemos escribir: < [Θ, H] > d < Θ >= dt i¯h si usamos el hecho que
p m
=v=
[x,H] i¯ h
podemos calcular para el elemento de matriz de dipolo: Z 1 φ∗m (x)[x, H]φn (x)d3 x i¯h
si en primera aproximaci´on usamos como hamiltoniana la no perturbada, podemos escribir para el elemento de matriz del dipolo: Z En − Em = φ∗m ~xφn d3 x i¯h luego concluimos que: µ
p~ m
¶ m,n
~ = ωm,n (x) n,m
lo que justifica el t´ermino aproximaci´on de dipolo y nos permite escribir (9.29) como cn,m (∞) =
2πe ~ A(ωm,n )ωm,n (x) ² m,n · ~ ¯hc
(9.30)
vamos a introducir la probabilidad de transici´on que es Pn,m = |c1n,m (∞)|2
(9.31)
si cambiamos ω en −ω en (9.31) no se altera una vez que siendo A real su transformada de Fourier es par en ω, esto significa que la probabilidad de transici´on de 1 a 2 es la misma que de 2 a 1. De los elementos de matriz: (~x)n,m =< φm , ~xφn > podemos inferir algunas reglas de selecci´on para las transiciones ellas son: ∆l = ±1 m = 0, ±1 si el campo electromagn´etico se propaga en la direcci´on z y m = 0 no es permitido. Vamos analizar ahora la correlaci´on entre la densidad de energ´ıa que tiene el campo electromagn´etico y la probabilidad de transici´on.
201 De forma intuitiva relacionamos la intensidad con el n´ umero de fotones y por lo tanto con la probabilidad de transici´on. En el aspecto anal´ıtico demostraremos que I(ω) la intensidad de luz es proporcional a A2 y por lo tanto aparece en la probabilidad de transici´on. Si T es el per´ıodo de la onda de luz, calculamos el flujo de energ´ıa usando ~ el vector de Poynting: el teorema de Poynting, sea S ~ = c (E ~ × H) ~ S 4π
(9.32)
el flujo de energ´ıa en una ´area unitaria perpendicular n ˆ al vector de propagaci´on es
u=
1 T
Z
T /2
1 ~ ·n S ˆ dt = T −T /2
Z
∞
−∞
c ~ ~ ·n (E × H) ˆ dt 4π
(9.33)
como los campos son reales vemos que en realidad no hay ninguna diferencia en poner E o E ∗ su complejo conjugado en (9.33) pero nos es m´as conveniente a fin de obtener cancelaciones en las exponenciales complejas que aparecen en la transformada de Fourier. Escribamos entonces los campos en funci´on de sus transformadas. Z ~ = H
z
H(ω)eiω( c −t) dω~²1
(9.34)
Z ~ = E
z
E(ω)e−iω( c −t) dω~²2
(9.35)
luego colocando (9.34) y (9.35) en (9.33) usando el hecho que la transformada de Fourier, Jean Baptiste Joseph Fourier (1768-1830), de la propia exponencial en la funci´on delta tenemos: Z ∞ c ~ ~ u= [E(ω) × H(ω)] ·n ˆ dω (9.36) 2T −∞ para expresar este resultado en funci´on del potencial vector escribimos: Z ∞ iω( zc −t) ~ ~ A(z, t) = ² · A(ω)e dω
(9.37)
−∞
aplicando las relaciones entre los campos y el potencial vector ~ =∇ ~ ×A ~ B
~ ~ = − 1 ∂A E c ∂t
a la transformada de Fourier tenemos que: ~ E(ω) = iω~²A(ω)
iω ˆ ~ H(ω) = k × ~²A(ω) c
luego u la densidad de energ´ıa se puede escribir como:
u=
1 2T
Z
∞
−∞
1 ω2 |A(ω)|2 dω = c Tc
Z
∞
ω 2 |A(ω)|2 dω
(9.38)
0
una vez que |A(ω)|2 es funci´on par. Por el teorema de Poynting Z Z ∞ 1 ∞ ~ u= S·n ˆ dt = I(ω)dω T −∞ 0
(9.39)
202 donde hemos definido la intensidad de luz como: I(ω) =
1 |A(ω)|2 ω 2 Tc
as´ı la probabilidad de transici´on por unidad de tiempo se escribe como: Pn,m =
(2π)2 e2 I(ω) Pn,m = |~xn,m · ~²|2 T ¯h2 c2
(9.40)
Esta f´ormula se modifica para adaptarse a varias situaciones, dos de ellas son: Cuando la onda esta en una direcci´on fija con ´angulo θ:
Pn,m =
(2π)2 e2 I(ωn,m ) |xn,m |2 cos2 (θ) ¯h2 c2
(9.41)
Si tenemos una onda sin polarizar el promedio de cos2 (θ) en la esfera unitaria es: < cos2 (θ) >=
1 3
en este caso obtenemos la f´ormula debida a la radiaci´on de cuerpo negro: Pn,m =
(2π)2 e2 I(ωn,m ) |~xn,m |2 3¯h2 c2
Para finalizar deseamos mostrar que para que pueda existir equilibrio termodin´amico en la radiaci´on de cuerpo negro es necesario que exista emisi´on espont´anea. Suponga un sistema de N ´atomos, despu´es de un cierto tiempo deben haber alcanzado un equilibrio termodin´amico con la radiaci´on de forma que s´ı suponemos una baja densidad como para que podamos usar la estad´ıstica de Maxwell N = N0 e−En /kT consideremos los ´atomos que se encuentran en un cierto nivel n en la presencia de radiaci´on y hagamos la ecuaci´on de balance. δNn = −
X
Nn Pn→m +
m
X
Nm Pm→n
(9.42)
m
Esta ecuaci´on debe expresar la conservaci´on de part´ıculas o sea δNn = 0 pero analizando: " δNn = N0 e
−En /kT
# X (2π)2 −Em 2 ( EnkT ) I(ωn,m )|~xn,m | (e − 1) (4c¯h2 ) m
(9.43)
vemos que (9.43) es una cantidad estrictamente positiva, que solo es cero cuando la temperatura T tiende para infinito T → ∞ ´o cuando En − Em = 0, de donde es necesario complementar (9.43) con un t´ermino de emisi´on espont´anea con lo que se transforma en: X X X Nm Rm→n (9.44) Nn Pm→n + Nn Pn→m + δNn = − m
m
m
203 De esta f´ormula podemos despejar para I(ωn,m ) as´ı: Rm,n in o I(ωn,m ) = h (ωm,n )¯h 2 e2 e kT − 1 (2π) |xn,m |2 3c¯ h2
(9.45)
Si aplicamos (9.45) algunos l´ımites conocidos de F´ısica Moderna tales como la ley de Wein y la f´ormula de Raleigh-Jeans podemos llegar a un valor para Rn,m independiente de la aproximaci´on. 1)La intensidad de radiaci´on I(ωn,m ) debe satisfacer la ley de Wein: I(ω) = ω 2 f (
ω ) kT
2)Rm,n no puede depender de la temperatura ni de la intensidad de espectral de forma que de (9.45) I se debe escribir como: ω2 I(ω) = n h¯ ω o e kT −1
(9.46)
donde a es una constante a determinar, comparando con (9.45) tenemos:
Rn,m =
a(2π)2 e2 |xn,m |2 ω 2 ¯h2 c
comparando ahora con la ecuaci´on de Raleigh-Jeans tenemos que
I(ω) ⇒
ω 2 kT πc2
cuando ω → ∞ Esta respuesta es independiente de la aproximaci´on del modelo usado para describir la radiaci´on y de si el ´atomo se encuentra en el estado fundamental o no. Problema 9.4 Calcule algunos elementos de matriz de la transici´on dipolar el´ectrica empleando funciones propias de un oscilador arm´onico cargado en una dimensi´on. Muestre que los valores concuerdan con la regla ∆n = ±1.
************************************************************************************************
”He luchado por lo justo, por lo bueno y por lo mejor del mundo... Quiero que me entiendan bien: prepararme para la muerte no significa que me rinda, sino saber hacerle frente cuando llegue”. Olga Benario
204 X.
AGRADECIMIENTOS
Muchas personas contribuyeron a que este libro llegara al estado actual: Anthony Donaldson de Arroyo Seco, N.M. por la fotograf´ıa que constituye la portada de este libro. Es una fotograf´ıa de los viajes de ´el y su esposa Rene a Caborca, Sonora a estudiar los petroglifos de la cultura Hohokam. A la Ing. Noelia Rivera quien saco la primera versi´on de este libro para que yo lo pudiera usar en la clase de Mec´anica Cu´antica del Departamento de F´ısica de la Universidad Nacional en Tegucigalpa. A Stephen, Zamora y Bryan quienes me ayudaron a pasar parte del texto cuando me parec´ıa que poner todo en latex era una tarea enorme. Al departamento de F´ısica de la UFRJ cuya celebraci´on de los 70 a˜ nos del nacimiento del Dr. Swieca me proporcion´o la fotograf´ıa y su biograf´ıa que relaciona su vida con la de Luis Carlos Prestes y Olga Benario. A la PUC-RJ donde recib´ı las clases de Mec´anica Cu´antica y Teor´ıa de Campos con el Dr. Swieca, y en cuya Biblioteca Central se encuentran las antolog´ıas de poes´ıa en idioma espa˜ nol de donde provienen las citas que se encuentran a lo largo del texto. A mi esposa Andrea porque siempre me incentivo y corrigi´o mi espa˜ nol deformado por el portugu´es, el ingl´es y la jerga de todos los otros idiomas y de los lenguajes de computaci´on que son necesarios para la f´ısica. A mis hijos Leo, Clelia y Tania por preguntarme durante varios a˜ nos como me iba con mi libro. Tegucigalpa, julio de 2010.
