Guías resueltas de Teórica 2 Alf Diciembre de 2017 Sobre estos problemas resueltos Estas respuestas a las guías de problemas del segundo cuatrimestre de 2017 fueron escritas por un alumno mientras cursaba la materia. Lamentablemente, por esas cosas de la vida, el alumno recursó. Sin embargo dicho alumno le puso mucho empeño a la primera cursada (y a la segunda también!) con lo cual quedó una gran cantidad de material disponible, parte del cual se presenta en este documento. Úsense estos resueltos con precaución ya que pueden tener errores de resolución, interpretación, etc. Estos resueltos no son oficiales de ninguna cátedra. Nota Los resultados indicados con X fueron chequeados ya sea con respuestas propias de la guía o consultando a los docentes, o del libro. Links Guías viejas resueltas Problemas del Griffiths resueltos Más material de Alf Índice 1. Guía 1 - Estados cuánticos, operadores, espectros discretos y continuos 5 Ejercicio 1 ........................................................... 5 Ítem b .......................................................... 5 Ítem c .......................................................... 5 Ejercicio 2 ........................................................... 7 Ítem a .......................................................... 7 Ejercicio 4 ........................................................... 7 Ítem a .......................................................... 7 Ítem b .......................................................... 7 Ítem c .......................................................... 8 Ejercicio 5 ........................................................... 8 Ítem c .......................................................... 8 Ejercicio 6 ........................................................... 9 Ítem a .......................................................... 9 Ítem b .......................................................... 9 Ejercicio 7 ........................................................... 9 Ejercicio 8 [1, prob. 7, chap. 1] ............................................... 9 Ítem a .......................................................... 9 Ítem b .......................................................... 10 Ejercicio 10 (Listo, sólo falta terminar cuentita) ...................................... 10 Ejercicio 11 [1, prob. 10, chap. 1] .............................................. 12 Ejercicio 12 (No tengo idea) [1, prob. 11, chap. 1] ..................................... 12 Ejercicio 14 [1, prob. 13, chap. 1] .............................................. 13 Ejercicio 15 [1, prob. 14, chap. 1] .............................................. 14 Ítem a .......................................................... 14 Ítem b .......................................................... 15 Ejercicio 16 .......................................................... 15 Ítem a .......................................................... 15 Ítem b .......................................................... 15 1
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Guías resueltas de Teórica 2Alf
Diciembre de 2017
Sobre estos problemas resueltos Estas respuestas a las guías de problemas del segundo cuatrimestre de 2017 fueronescritas por un alumno mientras cursaba la materia. Lamentablemente, por esas cosas de la vida, el alumno recursó. Sinembargo dicho alumno le puso mucho empeño a la primera cursada (y a la segunda también!) con lo cual quedó una grancantidad de material disponible, parte del cual se presenta en este documento. Úsense estos resueltos con precaución ya quepueden tener errores de resolución, interpretación, etc. Estos resueltos no son oficiales de ninguna cátedra.
Nota Los resultados indicados con X fueron chequeados ya sea con respuestas propias de la guía o consultando a losdocentes, o del libro.
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Índice1. Guía 1 - Estados cuánticos, operadores, espectros discretos y continuos 5
1 GUÍA 1 - ESTADOS CUÁNTICOS, OPERADORES, ESPECTROS DISCRETOS Y CONTINUOS
cuenta intermedia (que puede o no ser trivial)
d
dηeη A = d
dη
( ∞∑k=0
(η A
)kk!
)
=∞∑k=0
ηk A k+1
k!
=
A
( ∞∑k=0
(η A
)kk!
)Factor común el de la izquierda( ∞∑
k=0
(η A
)kk!
)A Factor común el de la drecha
=Aeη A
eη A A
La cuenta anterior nos dice cómo calcular ddη e
η A y además nos muestra que[A , eη A
]= 0. Ahora sí volvemos a la cuenta
de d g
dη que será
d g
dη= Aeη A eη B e−η(A+B ) +(((((
(((((
eη A B eη B e−η(A+B ) − eη A eη B(A +B
)e−η(A+B )
= eη A Aeη B e−η(A+B ) − eη A eη B Ae−η(A+B )
= eA(Aeη B − eη B A
)e−η(A+B )
= eA[A , eη B
]e−η(A+B )
Ahora se usa lo que se probó en el primer paso de la ayuda, es decir[eη A , B
]= ηeη A
[A , B
], con lo cual
d g
dη= eη A ηeη B
[A , B
]e−η(A+B )
Por otro lado, como A y B conmutan con su conmutador (por consigna), entonces eη A y eη B conmutan con[A , B
]y
entonces
d g
dη= η
[A , B
]eη A eη B e−η(A+B )
= η[A , B
]g X
Ahora hay que hacer un cambio de variable z = η2 con lo cual ddη = 2η d
dz y entonces la ecuación diferencial anterior seconvierte en
d g
dz= 1
2[A , B
]g (z)
cuya solución esg (z) = e
z2 [A ,B ] g (0)
donde g (0) es la condición inicial. A partir de la definición de g (consigna) es fácil ver que g (0) = 1 . Volviendo atrás conel cambio de variables z = η2 se obtiene finalmente
g (η) = eη22 [A ,B ]
con lo cualeη22 [A ,B ] = eη A eη B e−η(A+B )
y para η = 1 esto ese
12 [A ,B ] = eA eB e−(A+B )
Finalmente, como A y B conmutan con[A , B
]entonces multiplicando a ambos miembros por derecha por eA+B y
1 GUÍA 1 - ESTADOS CUÁNTICOS, OPERADORES, ESPECTROS DISCRETOS Y CONTINUOS
Ejercicio 6Ítem a
|α〉 〈β| = 1 |α〉 〈β| 1=
∑i
∑j
|ai〉 〈ai|α〉 〈β| aj〉 〈aj |
=∑i
∑j
|ai〉 〈ai|α〉 〈aj |β〉∗ 〈aj |
Ítem b
Siendo S z = ~2 (|+〉 〈+|+ |−〉 〈−|) entonces
|α〉 = |+〉|β〉 = |−〉
. Entonces
|α〉 〈β| = |+〉 〈−|
y si asignamos |+〉 =[10
]y |−〉 =
[01
]entonces
|α〉 〈β| =[1 00 0
]
Ejercicio 7Cambio la notación de la consigna por una que me parece mejor:
A |a1〉 = a1 |a1〉A |a2〉 = a2 |a2〉
Defino |b〉 def= |a1〉+ |a2〉, entonces
A |b〉 =a1 |a1〉+ a2 |a2〉 Por definiciónb (|a1〉+ |a2〉) Si fuese autoestado
La primera igualdad (por definición) necesariamente es verdadera, y además |b〉 es autoestado de A ⇐⇒ se cumple lasegunda igualdad. Entonces
a1 |a1〉+ a2 |a2〉 = b (|a1〉+ |a2〉) ⇐⇒a1 = b
a2 = b⇐⇒ a1 = a2
por lo tanto concluyo que |i〉+ |j〉 es autoestado de A ⇐⇒ sus autovalores asociados son el mismo. A nivel físico creo queesto implica que hay degeneración (dos estados distintos tienen la misma energía, por ejemplo).
Ejercicio 8 [1, prob. 7, chap. 1]Ítem a
Supongo que en la consigna quisieron poner0 =
∏∀ai
(A − ai 1
)ya que de lo contrario estamos en un math error porque le restamos un escalar a un operador. Asumiendo que efectivamentees así, entonces
1 GUÍA 1 - ESTADOS CUÁNTICOS, OPERADORES, ESPECTROS DISCRETOS Y CONTINUOS
Ahora tenemos que cada término de la sumatoria será(A − a1 1
) (A − a2 1
). . .(A − aN 1
)|aj〉 =
(A − a1 1
) (A − a2 1
). . .(A − aN−1 1
)(aj − aN ) |aj〉
=(A − a1 1
) (A − a2 1
). . . (aj − aN−1) (aj − aN ) |aj〉
...= (aj − a1) (a2 − a2) . . .
: 0(aj − aj) . . . (aj − aN−1) (aj − aN ) |aj〉
= 0
y esto ocurre para todos los |aj〉 por lo tanto queda demostrado lo que se pidió X.
Ítem b
Nuevamente me parece que está mal escrito y debería ser
P aj =∏∀ai 6=aj
A − ai 1aj − ai
En tal caso, al aplicarlo sobre un ket cualquiera se obtiene
P aj |ψ〉 =
∏∀ai 6=aj
A − ai 1aj − ai
(∑∀ak
ck |ak〉
)
=∑∀ak
ck
∏∀ai 6=aj
A − ai 1aj − ai
|ak〉y cada término de la suma es ∏
∀ai 6=aj
A − ai 1aj − ai
|ak〉 =(A − a1 1aj − a1
). . .
(A − aj−1 1aj − aj−1
)(A − aj+1 1aj − aj+1
). . .
(A − aN 1aj − aN
)|ak〉
=(A − a1 1aj − a1
). . .
(A − aj−1 1aj − aj−1
)(A − aj+1 1aj − aj+1
). . .
(ak − aNaj − aN
)|ak〉
...
=(ak − a1
aj − a1
). . .
(ak − aj−1
aj − aj−1
)(ak − aj+1
aj − aj+1
). . .
(ak − aNaj − aN
)|ak〉
=|aj〉 k = j
0 k 6= j
por lo tantoP aj |ψ〉 = cj |aj〉
por lo tanto el operador P aj es el operador que devuelve la proyección de |ψ〉 sobre |aj〉 X. Se puede escribir
P aj = |aj〉 〈aj | X
según [2].
Ejercicio 10 (Listo, sólo falta terminar cuentita)Voy a modificar la notación2 porque la que propone la guía (sacada del Sakurai) me parece confusa. Voy a reemplazar
S · n ≡ S n, es decir el “operador de espín en la dirección n” (de la misma forma que S x es el operador de espín en ladirección x, y nunca escribimos S · x). Además voy a llamar |±n〉 ≡ |S · n,±〉. Entonces
S n |+n〉 = ~2 |+n〉
= a |+z〉+ b |−z〉2La notación, en mi opinión, no es un tema menor. Más en estas cosas raras de los brakets que es pura notación, hay que ser consistentes y
claros. Los docentes muchas veces le restan importancia, para mí esto le resta puntos a un docente.Los resueltos de
1 GUÍA 1 - ESTADOS CUÁNTICOS, OPERADORES, ESPECTROS DISCRETOS Y CONTINUOS
donde la segunda igualdad ¿es porque |±z〉 forman una base completa de autoestados para todas las componentes del espín?¿o sólo para la componente en z?
Siguiendo la sugestiva notación del libro voy a considerar que
S n = S · n=
(S xx+ S yy + S zz
)· (nxx+ nyy + nzz)
donde S es el “operador vector espín” y S i es el “operador espín componente i”. De acuerdo al dibujito de la guía se tieneque
n = x sin β cosα+ y sin β sinα+ z cosβpor lo tanto
S n = S x sin β cosα+ S y sin β sinα+ S z cosβy esto, escrito en términos de los autoestados de S z, es
S n = ~2[cosβ |+〉 〈+|+ sin βe−iα |+〉 〈−|+ sin βeiα |−〉 〈+|+ cosβ |−〉 〈−|
]donde se han utilizado las relaciones [1, eqs. (1.4.18) y (1.3.36)]
S x = ~2 (|+〉 〈−|+ |−〉 〈+|)
S y = i~2 (− |+〉 〈−|+ |−〉 〈+|)
S z = ~2 (|+〉 〈+| − |−〉 〈−|)
Ahora se le puede aplicar este operador al estado |+n〉 = a |+〉+ b |−〉 con lo cual se obtendrá
S n |+n〉 = ~2[a cosβ |+〉+ b sin βe−iα |+〉+ a sin βe−iα |−〉+ b cosβ |−〉
]y si |+n〉 es un autoestado de S n entonces lo anterior debe ser igual a sí mismo multiplicado por alguna constante, es decir
a |+〉+ b |−〉 = C~2[a cosβ |+〉+ b sin βe−iα |+〉+ a sin βeiα |−〉+ b cosβ |−〉
]donde C es una constante (cómo estamos seguros de que C = 1?). Entonces
a = a cosβ + b sin βe−iα
b = a sin βeiα + b cosβ⇒ b = a
sin β1− cosβ e
iα
Ahora metemos esto en |+n〉 = a |+z〉+ b |−z〉 y entonces
|+n〉 = a |+〉+ asin β
1− cosβ eiα |−〉
Por último se impone la condición de normalización para encontrar a y estamos. Esto implica que 〈ψ|ψ〉 = 1 por lo tanto
No, la verdad que no entiendo qué está haciendo el libro. Plantea una analogía con no sé qué.
Ejercicio 14 [1, prob. 13, chap. 1]
Combinando lo que tengo en mis apuntes de clase más unas consultas que hice a los docentes, la posta a la hora de mediralgo es así: Sea un sistema en el estado inicial |ψ〉 y A un observable con A su operador asociado tal que
∣∣∣a(n)i
⟩son sus
autoestados, entonces |estado después de haber medido A = ai〉 =ai
〈ψ| ai † ai |ψ〉|ψ〉
P (A = ai) = 〈ψ| ai † ai |ψ〉
donde ai es el operador de proyección sobre el autoespacio asociado al autovalor ai y está dado por
ai =∑∀n
∣∣∣a(n)i
⟩⟨a
(n)i
∣∣∣ → Proyección sobre el autoespacio de ai
donde gen∣∣∣a(1)
i
⟩,∣∣∣a(2)i
⟩, . . .
es el autoespacio asociado al autovalor ai.
Caso con degeneración El caso que expuse es el caso cuando existe degeneración.
Caso sin degeneración Cuando no hay degeneración entonces ai = |ai〉 〈ai| ya que la sumatoria colapsa en un únicoelemento.
El esquema del experimento que se está haciendo en el ejercicio es así:
zn
z|+z>
|-z>
|+n>
|-n>
|+z>
|-z>
|0>
|1> |2>
|3>
M1 M2 M3
y la intensidad aparentemente puede ser considerada como proporcional a la probabilidad de la siguiente forma: si elestado |0〉 tiene una intensidad I0 entonces I1 = I0P (M1 = ~/2). Entonces
1 GUÍA 1 - ESTADOS CUÁNTICOS, OPERADORES, ESPECTROS DISCRETOS Y CONTINUOS
Como conmutan entonces sabemos que existe una base de autokets comunes a ambos. Considerando el hecho de queH = |u〉 〈u| − |v〉 〈v| − |w〉 〈w|B = |u〉 〈u|+ |w〉 〈v|+ |v〉 〈w|
se puede ver que los autokets de cada operador son
Autoket Autovalor
H|u〉 1|v〉 -1|w〉 -1
B|u〉 1
|v〉 − |w〉 -1|v〉+ |w〉 1
y se observa que los dos operadores están degenerados ya que tienen un autoespacio de dimensión dos cada uno.Averiguar cómo se hacía para diagonalizar matrices y cómo resolver este ejercicio.
Ítem b (consulta)
Un CCOC es un conjunto completo de observables que conmutan. El hecho de que sea completo implica que todos losestados del sistema pueden etiquetarse usando únicamente autovalores de los observables del CCOC (verdadero?).
EntoncesHyBno son CCOC ya que no son completos por tener degeneración. No sé cómo seguir en el caso de
1 GUÍA 1 - ESTADOS CUÁNTICOS, OPERADORES, ESPECTROS DISCRETOS Y CONTINUOS
Respecto a la observabilidad, yo diría que sí son observables ya que son hermíticos.
Ejercicio 20 [1, prob. 16, chap. 1]Si un autoket |ψ〉 es común a ambos entonces
A |ψ〉 = aψ |ψ〉B |ψ〉 = bψ |ψ〉
Entonces A , B
|ψ〉 =
(A B + B A
)|ψ〉
= (aψbψ + bψaψ) |ψ〉= 2aψbψ |ψ〉
Si A y B anticonmutan entonces A B + B A = 0 con lo cual todo lo anterior debe anularse, lo cual implicaría
aψbψ = 0
La conclusión entonces es que dos operadores A y B que satisfacenA , B
= 0 pueden tener un autoket en común
sólo si al menos uno de ellos posee como autovalor a 0.
Ejercicio 21 [1, prob. 17, chap. 1] (preguntar)Para probar esto conviene usar el método del absurdo. Voy a asumir que
Asumo→
[A , B
]6= 0[
A , H]
=[B , H
]= 0
H no tiene degeneración
con lo cual el hecho de que H no esté degenerado implica que sus autovalores hi pueden etiquetar en forma unívoca a susautovectores |hi〉. Por otro lado, el hecho de que tanto A como B conmuten con H implica que
Los autoestados de S z son autoestados de la energía ⇐⇒ H |±〉 = α |±〉 con α ∈ C. La cuenta es
H |±〉 = ω S z |±〉
= ±ω~2 |±〉 X
y los autovalores son ±ω~2 .
Ítem b
Como H es independiente del tiempo entoncesU = e−
i~ H t
y entonces la ecuación de movimiento es
|α (t)〉 = U |α (t)〉
= ei−~ H t |α (t)〉
= e−i~ H t
(|+〉+ |−〉√
2
)= e−i
ω2 t |+〉+ ei
ω2 t |−〉√
2X
Ítem c
Las probabilidades sonP (|±x〉) = 〈α| ±x †±x |α〉
donde±x = |±x〉 〈±x|
es el operador de proyección sobre el estado correspondiente. Para poder realizar el cálculo anterior es necesario expresar a|α〉 en la base |±x〉. Para ello busco los autoestados de
Ahora sí se puede hacer la cuenta de la probabilidad
P (|±x〉) = 〈α| ±x †±x |α〉
=(
cos(ω
2 t)〈+x| − i sin
(ω2 t)〈−|)|±x〉
1︷ ︸︸ ︷〈±x| ±x〉 〈±x|
(cos(ω
2 t)|+x〉+ i sin
(ω2 t)|−〉)
=
cos2
(ω2 t)
Para |+x〉
sin2(ω
2 t)
Para |−x〉X
Ítem d
El valor medio de Sx es
〈Sx〉 = 〈α| S x |α〉
=(
cos(ω
2 t)〈+x| − i sin
(ω2 t)〈−|)S x
(cos(ω
2 t)|+x〉+ i sin
(ω2 t)|−〉)
=(
cos(ω
2 t)〈+x| − i sin
(ω2 t)〈−|)(
cos(ω
2 t) ~
2 |+x〉+ i sin(ω
2 t)(−~
2
)|−〉)
= ~2
(cos2
(ω2 t)− sin2
(ω2 t))
cos2 x− sin2 x = cos 2x→ = ~2 cosωt X
con lo cual oscila entre ±~2 con una frecuencia ω.
Ítem e (mini consulta poco importante)
Hasta donde entiendo lo que se está pidiendo es aquella dirección n = n (t) tal que P (de medir |+n〉) = 1, no?. De laguía 1 sabemos que
|+n〉 = cos(β
2
)|+〉+ sin
(β
2
)eiφ |−〉
y el estado de la partícula es
|α〉 = e−iω2 t |+〉+ ei
ω2 t |−〉√
2
= e−iω2 t|+〉+ eiωt |−〉√
2
≡ |+〉+ eiωt |−〉√2
donde la última equivalencia es por el hecho de que e−iω2 t es una fase global y entonces no cambia nada. Lo que hay quepedir es que |α〉 = |+n〉 y hacer la cuenta para hallar β (t) y φ (t).
donde C 1 y C 2 son dos operadores constantes que se obtienen a partir de las condiciones inicialesS + (0) = S x (0) + i S y (0)S − (0) = S x (0)− i S y (0)
.
Entonces S + (t) = eiωt
(S x (0) + i S y (0)
)S − (t) = e−iωt
(S x (0)− i S y (0)
)Ahora, para terminar, se puede deshacer el cambio de variables remplazando
S +
def= S x + i S y
S −def= S x − i S y
y sumando y restando las
ecuaciones. Se obtiene1) S x + i S y = eiωt
(S x (0) + i S y (0)
)2) S x − i S y = e−iωt
(S x (0)− i S y (0)
) ⇒ 1 + 2) S x = S x (0) cosωt− S y (0) sinωt1− 2) S y = i S x (0) sinωt+ i S y (0) sinωt
¿Está bien esto?
Ejercicio 7 (?)En el picture de Heisenberg se tiene que
x (t) = U † x U
por lo tanto[ x (t) , (x)] = U † x U x − x U † x U ← x (x) def= x
¿qué se pretende?
Ejercicio 8Ítem a
En la teórica encontramos que
Ecs. de Heisenberg→
d x
dt= i
~[H , x
]d p
dt= i
~[H , p
]Hamitoniano de esta forma→ H =
p 2
2m + V (x )
⇒
d x
dt=
p
md p
dt= −~∇V (x )
Si a lo anterior le tomamos valor medio para un estado |ψ〉 (nota3) entonces obtenemos el teorema de Ehrenfest que es
Ehrenfest→
d 〈x 〉dt
=⟨p⟩
m
d⟨p⟩
dt= −
⟨~∇V (x )
⟩Por suerte el potencial es sencillo (consigna) por lo tanto⟨
~∇V (x )⟩
=⟨
∂
∂ x(−k x )
⟩= −k
Las ecuaciones de movimiento para los valores medios quedand 〈x 〉dt
=⟨p⟩
m
d⟨p⟩
dt= k
3No olvidar que 〈x 〉 en realidad debería anotarse de alguna forma que haga referencia al estado |ψ〉 sobre el cual se aplica, por ejemplo 〈x 〉|ψ〉.Los resueltos de
3. Guía 3 - Oscilador armónico y potencialesEjercicio 1
Las ecuaciones de Heisenberg son
d x
dt= i
~[H , x
]d p
dt= i
~[H , p
] y en el ejercicio 8 de la guía 2 (ver en página 24) se encontró que
si H = p 2
2m + V (x ) entonces quedaban
d x
dt=
p
md p
dt= −~∇V (x )
por lo tanto, para el oscilador armónico esto es
Ecs. de Heisenberg para el oscilador armónico→
d x
dt=
p
md p
dt= −mω2 x
Dada la exacta analogía con las ecuaciones de Hamilton para el oscilador armónico clásico, la solución ya se conoce y será[1, eqs. (2.3.45a) y (2.3.45.b)]
Harmonic oscillator→
x (t) = x (0) cosωt+p (0)mω
sinωt
p (t) = p (0) cosωt−mω x (0) sinωt
Ejercicio 2Ítem a
A partir de la definición de a y a † se puede despejarx =
√~
2mω(a + a †
)p =
√m~ω
2 i(− a + a †
)Entonces los elementos de la matriz de x son, en la base de autoestados de N ,
Ejercicio 6 [1, prob. 17, chap. 2]El operador de posición en el picture de Heisenberg para el oscilador armónico es (ver ejercicio 1 de la guía 3 en página
27)
x (t) = x (0) cosωt+p (0)mω
sinωt
por lo tanto la función de correlación para un autoestado de la energía |0〉 esC|0〉 (t) = 〈0| x (t) x (0) |0〉
= 〈0|(x 2 cosωt+
p x
mωsinωt
)|0〉
Del ejercicio 2 (ver pag. 27) se sabe quex |n〉 =
√~
2mω(√n |n− 1〉+
√n+ 1 |n+ 1〉
)p |n〉 = i
√m~ω
2(−√n |n− 1〉+
√n+ 1 |n+ 1〉
)Entonces
x 2 |0〉 =√
~2mω x |1〉
= ~2mω
(|0〉+
√2 |2〉
)y
p x |0〉 = p
√~
2mω |1〉
= i
√~
2mω
√m~ω
2
(− |0〉+
√2 |2〉
)= i
~2
(− |0〉+
√2 |2〉
)por lo que
C|0〉 (t) = 〈0|(
~2mω
(|0〉+
√2 |2〉
)cosωt+
i ~√2
(− |0〉+
√2 |2〉
)mω
sinωt)
= ~2mω cosωt− i ~
2mω sinωt
= ~2mωe
−iωt X?
A [2] se le cancela el término imaginario y le queda sólo el real, lo cual tiene sentido ya que C|0〉 parecería ser un observable,con lo cual debería ser real... Pero no sé, revisé la cuenta muchas veces y no encuentro mi error... Es más, lo resolví conwxMaxima y me dio igual a lo que yo hice... Además encontré esto link donde está resuelto este ejercicio al final de todo yles queda igual que a mí. Quizá el último Sakurai se equivocó.
∆x 2⟩|ψ〉, la cuenta la hice con la computadora y me dio así:
Ejercicio 13 [1, prob. 20, chap. 2]Ítem a
El potencial para este ejercicio es así:
x
x²
y para x > 0 es igual al del oscilador armónico. Entonces, las funciones de onda para x > 0 serán las mismas que lasdel oscilador armónico. Para x < 0 se requiere que 〈x|ψ〉 = 0. Entonces las funciones de onda tienen que tener la siguienteforma:
x
x²
ψ0 ψ1
donde ψn coincide (salvo factor de escala) con la función ψ2n+1 del oscilador armónico común (los niveles con n impartienen funciones de onda impares, que es lo que se quiere). Entonces
con todos los números del exponente positivos, y así sí es evidente que las soluciones no son oscilatorias en las regiones 1 y3, que es lo que se espera X.
Ahora, de la “condición de contorno” de normalización de n (x) se tiene que A1 = B3 = 0, es decirˆ
R
n (x) dx = 1⇒ A1 = B3 = 0
por lo tanto
n (x) =
B1 exp(√
2mεn~2 x
)x < −ε
Algo que no me interesa − ε < x < ε
A3 exp(−√
2mεn~2 x
)ε < x
Ahora aplico el límite ε→ 0 y entonces
n (x) =
B1 exp
(√2mεn~2 x
)x < 0
A3 exp(−√
2mεn~2 x
)0 < x
y como la función de onda debe ser continua se tiene que B1 = A3 (nota6). Es decir
n (x) =
A exp
(√2mεn~2 x
)x < 0
A exp(−√
2mεn~2 x
)0 < x
Finalmente, el valor de A se puede sacar de la condición de noramlización. Se obtiene (la cuenta la hice a ojo, quizá le pifié)
n (x) =
~√
2mεnexp
(√2mεn~2 x
)x < 0
~√2mεn
exp(−√
2mεn~2 x
)0 < x
que es muy similar a lo que obtuvo [2] X.
6La derivada de la función de onda también tiene que ser continua, salvo en puntos en los que el potencial es infinito. En este caso en x = 0 laderivada será discontinua.
con lo cual, dentro de la región x ∈ [0, L]× [0, L], se tiene que
− ~2
2m
(∂2X
∂x2 Y +X∂2Y
∂y2
)= EXY ⇒ = 1
X
∂2X
∂x2 + 1Y
∂2Y
∂y2 = −2Em~2
y como siempre, cuando se usa separación de variables, esto implica que1X
∂2X
∂x2 = −k2x
1Y
∂2Y
∂y2 = −k2y
⇒
X (x) = ax cos (kxx) + bx sin (kxx)Y (y) = ay cos (kyy) + by sin (kyy)
Región x /∈ [0, L]× [0, L] Para la zona en que el potencial es infinito la solución se hace más a ojo. No sé si es un argumentofísico o uno matemático el que impone que
ψ (x) = 0 para x /∈ [0, L]× [0, L]
en esta región. Para que se satisfaga la ecuación de Schrödinger, i.e. ∞ = Eψ, se debe tener que E → ∞ más rápido queψ. Tampoco creo que tenga sentido preocuparme por esto, lo que me interesa es aprobar el parcial la semana que viene endefinitiva.
Condiciones de contorno Ahora impongo las condiciones de contorno que son tres7
Condiciones de contorno→
ψ (x) = 〈x|ψ〉 es una función continua~∇ψ = ~∇〈x|ψ〉 es continuo en todos lados salvo donde V →∞¨
x,y∈R
ψ∗ψ dx dy = 〈ψ|ψ〉2 = 1
El hecho de que ψ es una función continua implica que
donde A = bxby es otra constante. La condición sobre ~∇ψ se satisface automáticamente en todos lados. Por otro lado lacondición de normalización es
¨
x,y∈R
ψ∗ψ dx dy =L
0
L
0
A∗A sin2(πnxL
x)
sin2(πnyL
y)dx dy
1 = A∗AL2
4
por lo tanto |A |2 = 4L2 y entonces8
ψ (x) =
2L2 sin
(πnxL
x)
sin(πnyL
y)
x ∈ [0, L]× [0, L]
0 en otro casoX
7Según tengo de F4, en Teórica 2 no recuerdo que se haya hecho un análisis de este tema y de por qué son estas las condiciones de contorno.8La fase de A no interesa ya que es una fase global. Se puede considerar que A ∈ R.
(nota sobre las unidades9) La respuesta de este ejercicio es entonces〈x|ψ〉 = 2
L2 sin(πnxL
x)
sin(πnyL
y)
+λ⟨x|ψ(1)
⟩+ λ2
⟨x|ψ(2)
⟩+ . . .
E = π2~2
2mL2
(n2x + n2
y
)+ λ
4 +λ2E(2) + . . .
Ejercicio 3Ítem a
Al tratarse de un oscilador armónico sin ninguna modificación las energías son
E = ~ω (nx + ny + 1)
por lo que las energías y degeneraciones de los tres estados de menor energía son
Energía nx ny Degeneración~ω 0 0 1
2~ω 1 0 20 1
3~ω1 1
32 00 2
Ítem b
El hamiltoniano ahora esH = H 0 + V
siendo H 0 el oscilador armónico bidimensional del ítem a y V = δmω2 x y . De acuerdo con el método de perturbacionesse propone que |nx, ny〉 =
∣∣∣nx, ny (0)⟩
+δ∣∣∣nx, ny (1)
⟩+ . . .
E = E(0) + δE(1) +δ2E(2) + . . .
donde se indicaron en negro los términos que nos interesan de acuerdo a lo que pide la consigna. El autoestado a orden ceroes el del oscilador armónico no perturbado así que eso ya está
|nx, ny〉 =∣∣∣n(0)x
⟩⊗∣∣∣n(0)y
⟩9Obsérvese que E(1)
nx,ny quedó adimensional, cuando debería tener unidades de energía. Esto se debe a que V2 = xy tampoco tiene unidades deenergía, si se modifica V2 = xy × constante con unidades de E entonces daría bien. El procedimiento con el que lo resolví parece coherente.
Para la energía, aparentemente como en el estado fundamental no hay degeneración entonces vale lo de siempre
E(1)0 =
⟨0, 0 (0)
∣∣∣ V ∣∣∣0, 0 (0)⟩→ Porque no hay degeneración∣∣∣0, 0 (0)
⟩=∣∣∣0(0)x
⟩⊗∣∣∣0(0)y
⟩→ = mω2
: 0⟨0(0)x
∣∣∣ x ∣∣∣0(0)x
⟩⊗
: 0⟨
0(0)y
∣∣∣ y ∣∣∣0(0)y
⟩= 0
y para el primer estado excitado, que como se vio en el ítem “a” está degenerado, vale el “formalismo de degeneración”10que dice que
E(1)|φ1〉, E
(1)|φ2〉
= autovalores de
[〈1, 0| V |1, 0〉 〈1, 0| V |0, 1〉〈0, 1| V |1, 0〉 〈0, 1| V |0, 1〉
]→ Esto es cuando hay degeneración
(nota11). Cada uno de los elementos de la matriz anterior se obtiene según
〈i, j| V |k, `〉 = δmω2 〈i| x |k〉 ⊗ 〈j| y |`〉 ← |i, j〉 = |i〉 ⊗ |j〉
por lo tanto
〈1, 0| V |1, 0〉 = δmω2
: 0〈1| x |1〉 ⊗
: 0〈0| y |0〉 = 0
〈1, 0| V |0, 1〉 = δmω2 〈1| x |0〉 ⊗ 〈0| y |1〉 = δmω2 ~2mω 〈1| 1〉 ⊗ 〈0| 0〉 = δ~ω
2
〈0, 1| V |1, 0〉 = 〈1, 0| V |0, 1〉∗ = δ~ω2
〈0, 1| V |0, 1〉 = δmω2
: 0〈0| x |0〉 ⊗
: 0〈1| y |1〉 = 0
y entonces E
(1)1,0 , E
(1)0,1
= autovalores de
(δ~ω
2
[0 11 0
])=
±δ~ω2
y en consecuencia las energías luego de la perturbación se desdoblan
No perturbado→ E(0)|1,0〉 = E
(0)|0,1〉 = 2~ω perturbación−→ −→ −→ −→ −→
E
(1)a|1,0〉+b|0,1〉 = 2~ω + δ~ω
2
E(1)c|1,0〉+d|0,1〉 = 2~ω − δ~ω
2Para saber a qué estado corresponde cada energía12, hay que calcular los autovectores de la matriz mágica y ver cuáles sonlos autovalores asociados. Es decir
autovectores de(δ~ω
2
[0 11 0
])=
1√2
[11
],
1√2
[−11
]por lo tanto
Autovector Autovalor
|φ1〉def= |1,0〉+|0,1〉√
2 + δ~ω2
|φ2〉def= |1,0〉−|0,1〉√
2 − δ~ω2
y entonces las energías de los tres primeros estados luego de la perturbación seránE
(1)|0x,0y〉 = ~ω ← Este lo calculé más arriba
E(1)|φ1〉 = 2~ω + δ~ω
2
E(1)|φ2〉 = 2~ω − δ~ω
210En este momento no tengo idea por qué es así, lo deberé aprender en forma algorítmica en el tiempo que tengo...11Si nos hubieran pedido lo mismo pero para el estado siguiente de energía, que tiene degeneración tres, entonces creo que sería así:E
(1)2,0 , E
(1)0,2 , E
(1)1,1
= autovalores de
[〈2, 0| V |2, 0〉 〈2, 0| V |0, 2〉 〈2, 0| V |1, 1〉〈0, 2| V |2, 0〉 〈0, 2| V |0, 2〉 〈0, 2| V |1, 1〉〈1, 1| V |2, 0〉 〈0, 2| V |1, 1〉 〈1, 1| V |1, 1〉
].
12O sea, para encontrar el valor de a, b, c y d en la ecuación anterior.Los resueltos de
Es como siempre, hay que avivarse de un cambio de variables copado tal que se recupera el oscilador armónico noperturbado. El hamiltoniano es
H =p 2
2m + mω2
2(x 2 + y 2)+ δmω2 x y
=p 2
2m + mω2
2[x 2 + y 2 + 2δ x y
]Mucho ingenio→ =
p 2
2m + mω2
2
[1 + δ
2(x + y
)2 + 1− δ2
(x − y
)2]X
def=x + y√
2
Ydef=
x − y√
2
→ =p 2
2m + mω2
2[(1 + δ) X 2 + (1− δ) Y 2]
=p 2x
2m + mω2
2 (1 + δ) X 2︸ ︷︷ ︸H X
+p 2y
2m + mω2
2 (1− δ) Y 2︸ ︷︷ ︸H Y
PREGUNTA: ¿quién me garantiza quepX = p x
p Y = p yde modo tal que lo que me quedó efectivamente son dos osciladores
armónicos? y como se puede ver esto efectivamente es el hamiltoniano de un oscilador armónico bidimensional anisotrópico,es decir con ωX 6= ωY . En consecuencia se sabe que las energías serán
EnX ,nY = ~[ωX
(nX + 1
2
)+ ωY
(nY + 1
2
)]= ~ω
[√1 + δ
(nX + 1
2
)+√
1− δ(nY + 1
2
)]Si a esta expresión se le reemplaza nX y nY por los valores numéricos y se hace algún que otro Taylor, se obtiene lo del ítemanterior. Obsérvese que nX , nY 6= nx, ny ya que las energías Enx,ny son antes de realizar el cambio de variables. Esto implicaque EnX ,nY =1,0 ∼ E(1)
|φ1〉 del ítem anterior y lo mismo para el otro caso.
Teoría de perturbaciones dependientes del tiempoA partir de acá los problemas son con dependencia temporal. Dejo a continuación un cuadrito del Sakurai que me pareció
ilustrativo de los distintos pictures:
I would rather say "operator"
Ejercicio 13 [1, chap. 5, prob. 22]El valor de expectación de la posición es, por definición,
〈x 〉 (t) def= 〈ψ (t)| x |ψ (t)〉
donde |ψ (t)〉 y x son en el picture de Schrödinger. El método de perturbaciones dependientes del tiempo arroja como soluciónel estado |ψI (t)〉 en el picture de interacción. Éste se relaciona con el estado en el picture de Schrödinger mediante
En consecuencia |ψ (t)〉 = e−i~ H 0t |ψI (t)〉 y el valor medio de la posición es, en términos del estado en el picture de interacción,
〈x 〉 (t) = 〈ψI (t)| e i~ H 0t x e−i~ H 0t |ψI (t)〉
= 〈ψI (t)| x I (t) |ψI (t)〉
donde x I es el operador de posición en el picture de interacción.Utilizando la expresión de |ψI (t)〉 que sale de aplicar el método de perturbaciones dependientes del tiempo, i.e.
|ψI (t)〉 =∞∑n=0
cn (t) |n〉
donde |n〉 satisface H 0 |n〉 = En |n〉 y cn es la serie de Dyson (creo), se obtiene que
〈x 〉 (t) =( ∞∑n=0
c∗n 〈n|
)x I
( ∞∑m=0
cm |m〉
)= c∗0c0
: 0〈0| x I |0〉+ c∗0c1 〈0| x I |1〉+ c∗1c0 〈1| x I |0〉+ . . .
· · ·+ c∗0c2: 0
〈0| x I |2〉+ 2c∗1c1: 0
〈1| x I |1〉+ c∗2c0: 0
〈2| x I |0〉+O (c3)Lowest non-zero order→ ≈ 2Re (c∗0c1 〈0| x I |1〉) + O (c3)
De acuerdo con [1, eq. (5.6.17)] las expresiones para cada uno de los cn a orden cero, uno y dos son
c(0)n (t) = 〈n| i〉
c(1)n (t) = − i
~
tˆ
0
〈n| V I (t1) |i〉 dt1
c(2)n (t) =
(− i~
)2 tˆ
0
dt1
t1ˆ
0
dt2 〈n| V I (t1) V I (t2) |i〉
donde |i〉 es el autoestado inicial (en este caso |i〉 = |0〉 según consigna).Debido a que c(0)
0 (t) = 1 para c0 (t) alcanza con orden cero
c0 (t) ≈ c(0)0 (t) = 1
NOTA. Nótese que en este ejercicio se está haciendo una doble aproximación. Por un lado se tiene la serie |ψI (t)〉 =∑∞n=0 cn (t) |n〉 y por el otro lado cada uno de los coeficientes cn es en sí mismo una serie. Así que se está haciendo un doble
recorte, al orden más bajo en ambas series. O al menos eso es lo que yo entiendo.Para c1 (t) se tiene que el orden cero es nulo, c(0)
1 (t) = 0, por lo tanto hay que ir al primer orden a probar suerte. Éste es
c(1)1 (t) = − i
~F0
tˆ
0
〈1| x I |0〉 cosωt dt
x I = ei~ H 0t x e−
i~ H 0t → = −i
√F 2
02m~ω0
〈1| x |0〉tˆ
0
ei32ω0te−iω0t cosωt dt
= −i
√F 2
02m~ω0
〈1| x |0〉tˆ
0
eiω0teiωt + e−iωt
2 dt
= − i2
√F 2
02m~ω0
〈1| x |0〉tˆ
0
(ei(ω+ω0)t + ei(ω0−ω)t
)dt
〈1| x |0〉 =√
~2mω0
= − i2
√F 2
02m~ω0
√~
2mω0
(ei(ω+ω0)t − 1i (ω0 + ω)
+ ei(ω0−ω)t − 1i (ω0 − ω)
)= −1
2F0
2mω0
(ei(ω+ω0)t − 1ω0 + ω
+ ei(ω0−ω)t − 1ω0 − ω
)y como se puede ver es no nulo así que acá termina la aproximación necesaria.
〈x 〉 = 2Re (c∗0c1 〈0| x I |1〉) ← Se encontró antes
= − F0
2mω0Re((
ei(ω+ω0)t − 1ω0 + ω
+ ei(ω0−ω)t − 1ω0 − ω
)〈0| x I |1〉
)x I = e
i~ H 0t x e−
i~ H 0t → = − F0
2mω0Re((
ei(ω+ω0)t − 1ω0 + ω
+ ei(ω0−ω)t − 1ω0 − ω
)eiω0te−i
32ω0t 〈0| x |1〉
)= − F0
2mω0Re((
eiωt − e−iω0t
ω0 + ω+ e−iωt − e−iω0t
ω0 − ω
)〈0| x |1〉
)= − F0
2mω0. . .
listo, sólo falta hacer las cuentitas. El resultado final es [2]
〈x 〉 = −F0
m
(cosωt− cosω0t
ω20 − ω2
)Como se puede ver, cuando ω → ω0 entonces 〈x 〉 → ∞ en forma oscilatoria. Este problema se debe a que el sistema entraen resonancia y entonces truncar todas las series al orden más bajo posible no es algo realista.
Ejercicio 15 [1, chap. 5, prob. 25]Ítem a
De acuerdo con la teoría de perturbaciones dependientes del tiempo los autoestados del hamiltoniano
Para desacoplarlas se se me ocurre derivar nuevamente respecto al tiempo → no, no creo que funcione por las exponenciales.Sobrevive un término sin derivar.
Ya fue, lo voy a resolver con la aproximación de siempre:
c− (t) = c(0)− + c
(1)− (t) + c
(2)− (t) + . . .
usando
c(0)− = 〈−|+〉 ≡ 0
c(1)− (t) = − i
~
tˆ
0
〈−| V I (t1) |+〉 dt1
c(2)− (t) =
(− i~
)2 tˆ
0
dt1
t1ˆ
0
dt2 〈−| V I (t1) V I (t2) |+〉
A orden cero es evidente que no pasa nada porque c(0)− ≡ 0. A orden uno se tiene que
c(1)− (t) = − i
~
tˆ
0
〈−| e i~ H 0t V e−i~ H 0t |+〉 dt
= − i~
tˆ
0
eiE−−E+
~ t 〈−| V |+〉 dt
〈−| V |+〉 = λ cos (ωt)→ = − i~λ
tˆ
0
eiE−−E+
~ t cos (ωt) dt
ω0def= E− − E+
~→ = − iλ2~
tˆ
0
eiω0t[eiωt + e−iωt
]dt
= − iλ2~
[ei(ω+ω0)t − 1i (ω + ω0) + ei(ω0−ω)t − 1
i (ω0 − ω)
]Como el primer orden es no nulo entonces ya está, lo uso para calcular
P (Encontrarlo en |−〉 en t) = | c− (t) |2
≈∣∣∣ c(1)− (t)
∣∣∣2...
= λ2
~2
[sin2 (ω0+ω
2 t)
(ω0 + ω)2 +sin2 (ω0−ω
2 t)
(ω0 − ω)2 + cos (ωt) [cos (ωt)− cos (ω0t)]ω2
0 − ω2
]X
(el resultado es el de [2]).
Ítem b
Como siempre, esta aproximación servirá siempre y cuando ω sea “muy distinto” que ω0 ya que sino entra en resonanciay la aproximación requerirá cada vez más términos para ser buena.
Ejercicio 16 [1, chap. 5, prob. 29]Ítem a
Por lo que veo, en principio no hace falta aplicar teoría de perturbaciones. Se puede pensar que el hamiltoniano esdirectamente V y usarlo para evolucionar temporalmente al sistema. O sea, para el ítem a) voy a asumir que
Voy a mantener la notación que usé en las guías de momento angular:
|s1,m1〉 ⊗ |s2,m2〉 ≡ |m1〉 ⊗ |m1〉 → Base desacoplada
es la base desacoplada y|j,m, s1, s2〉 ≡ |j,m〉 → Base acoplada
es la base acoplada. Omito a s1 y s2 ya que para dos partículas de espín 12 son idénticamente 1
2 , i.e. s1 = s2 ≡ 12 .
Para saber cómo evolucionar en el tiempo, necesito saber cuáles son los autoestados de H . Sé que el CCOC esH , S 2
1, S22, J
2, J z(nota13). En consecuencia los autoestados serán los de la base acoplada |j, jz〉 tales que
H |j, jz〉 =
H︷ ︸︸ ︷4∆~2
J 2 − S 21 − S 2
22︸ ︷︷ ︸
S 1·S 2
|j, jz , s1, s2 〉
= 4∆
~2~2j (j + 1)− 3
2~2
2 |j, jz , s1, s2 〉
= 2∆[j (j + 1)− 3
2
]|j, jz , s1, s2 〉
Ahora escribo al estado inicial en términos de la base acoplada. Para ello recurro a la gloriosa tabla de C.G. en la cualencuentro que
C.G. table→ |+〉 ⊗ |−〉 = |1, 0〉+ |0, 0〉√2
Finalmente puedo evolucionar el estado en el tiempo
|ψ (t)〉 = e−i~ H t |+〉 ⊗ |−〉
= exp(− i~
4∆~2
J 2 − S 21 − S 2
22 t
)|1, 0〉+ |0, 0〉√
2
= e−i∆~ t |1, 0〉+ e3i∆
~ t |0, 0〉√2
X
(el resultado anterior está verificado en [2]).Para concluir el ejercicio lo que restaría es calcular cada una de las probabilidades bracketeando con cada uno de los
estados que pide la consigna. La cuenta es “trivial” así que no la voy a hacer. Cito el resultado de [2]:
P (|+〉 ⊗ |−〉) =1 + cos
( 4∆~ t)
2
P (|−〉 ⊗ |+〉) =1− cos
( 4∆~ t)
2P (|+〉 ⊗ |+〉) = 0P (|−〉 ⊗ |−〉) = 0
Ítem b
El hamiltoniano para este problema es
H (t) = H 0 + V (t)
H 0 = κ
V (t) = 4∆~2 S 1 · S 2 t > 0
donde κ es una constante. En consecuencia, cualquier cosa es autoestado de H 0.13Esto lo “demostré” en el ejercicio 5 de la guía 6, ver pág. 66.
(omití el símbolo ⊗). Lo que se pide (las probabilidades) serán los módulos cuadrados de los coeficientes ci (t).De acuerdo a la teoría de perturbaciones los coeficientes a orden 1 se obtienen según
c(0)n = 〈n| (|+〉 |−〉)
c(1)n = − i
~
tˆ
0
〈n| e i~ H 0 V (t) e− i~ H 0t |+〉 |−〉 dt
Las cuentitas para obtener cada coeficiente son:
Coeficiente c+− Se tiene que c(0)+− ≡ 1 y que
c(1)+− (t) = − i
~
tˆ
0
〈+| 〈−|ei~κ V
e−
i~κ |+〉 |−〉 dt
= − i~〈+| 〈−| V |+〉 |−〉
tˆ
0
dt
= − i~〈+| 〈−| V |+〉 |−〉 t
Acá ya se ve un problema porque c(1)+− (t) ∝ t con lo cual P (|+〉 |−〉) ∝ t2 lo cual diverge, o sea es cualquier cosa. En [2]
llegan al mismo resultado y comentan esto que estoy diciendo. Si aún así uno quisiere continuar con la cuenta, lo que debierehacer es lo siguiente: para saber cómo actúa V sobre |+〉 |−〉 hay dos opciones: 1) fuerza bruta usando la expresión de V o2) pasar a la base acoplada en la que se sabe (se calculó en el ítem a) V |j, jz〉 = 2∆
[j (j + 1)− 3
2]|j, jz〉. Para pasar a la
base acoplada se usa la milagrosa tabla de Clebsch-Gordan de la cual se saca |+〉 |−〉 = |1,0〉+|0,0〉√2 por lo tanto
c(1)+− (t) = − i
~〈1, 0|+ 〈0, 0|√
2V|1, 0〉+ |0, 0〉√
2t
...
= i∆~t
Los demás coeficientes se calculan de forma completamente análoga.
5. Guía 5 - Impulso angular y rotacionesTheory: rotation operator and d-functions
Any rotation can be decomposed into three rotations using the Euler angles. Thus any rotation in an angle η in directionη has associated an operator that can be decomposed as
Rotation operator→ D [ηη] = D [αz] D [βy] D [γz]
D [ω] = e−i~ω·J → = e−
i~αJ ze−
i~β J ye−
i~γ J z
The matrix elements for the rotation operator in the base of the angular momentum eigenstates is thus
Matrix→ 〈j,m′| D [ηn] |j,m〉 = 〈j,m′| e− i~αJ ze−
i~β J ye−
i~γ J z |j,m〉
e−i~γ J z |j,m〉 = e−iγm |j,m〉 → = e−i(m
′α+mγ) 〈j,m′| e− i~β J y |j,m〉
〈j,m′| e− i~β J y |j,m〉 def= d
(j)m′,m (β)→ = e−i(m
′α+mγ)d(j)m′,m (β)
where it was definedd
(j)m′,m (β) def= 〈j,m′| e− i
~β J y |j,m〉which are the d-functions that appear in the table of coefficients of Clebsch-Gordan.
Note that [1, page 192]〈j′,m′| D [ηn] |j,m〉 ≡ 0 for j′ 6= j
and that is why we only consider elements with the same j in the previous calculation. All this is the meaning of the drawingin [1, page 193], which I took the liberty to adapt:
j1
j2
j3 Sakurai
matrix
3
Ejercicio 2Ítem b
Se pregunta si el estado |+e〉⊗|−p〉 es autoestado de H cuando B → 0. Lo único que se me ocurre es aplicarle el operadorH a este estado y ver qué da. Esto es
1AH |+e〉 ⊗ |−p〉 = Se · Sp |+e〉 ⊗ |−p〉
= Se |+e〉 Sp |−p〉
donde la operación es un producto externo que se hace como un producto escalar (no sé si existe o lo acabo de inventar,me pareció más claro). Ahora, independientemente de qué partícula se trate, la acción del operador vectorial de espín será
Sabemos que una rotación caracterizada por el vector ω = ωω donde ω es el ángulo que se rota y ω el eje de la rotaciónse obtiene de aplicar el operador de rotación D [ω] = e−
i~ω·J donde J es el operador generador de las rotaciones en el
espacio que se esté considerando. En particular, para un sistema que constituye una partícula de espín 1/2 se tiene que
J = S → spin 12 system
por lo tanto, dado que
S = S xx+ S yy + S zz
= ~2 (σ xx+ σ yy + σ zz)
entonces el operador de la consigna es
D [α, β, γ] = D [z, α] D [y, β] D [z, γ]
= e−i~ zα·S e−
i~ yβ·S e−
i~ zγ·S
= e−i~αS ze−
i~β S ye−
i~γ S z
= e−iα2 σ ze−i
β2 σ ye−i
γ2 σ zX
Ítem b (preguntar)
Se propone que lo anterior es equivalente a una única rotación alrededor del eje η = ηη. Ésta rotación tendrá la expresión
D [η] = e−i~η·S
S = ~2 σ → = e−
iη·σ
2
= 1 − cos(η
2
)− iσ · η sin
(η2
)donde se ha usado la igualdad [1, eq. 3.2.44]. Si se reemplaza
σ = σ xx+ σ yy + σ zz
y se hace la cuentita con las matricitas entonces se obtiene
D [η] = una matriz
y luego sólo hay que pedir que ambas matrices, D [η] y D [α, β, γ] sean iguales. El resuelto del Sakurai sólo pide quetr(D [η]
Si |ψ〉 es autoestado de J z entoncesJ z |j,m〉 = ~m |j,m〉
y entonces ⟨J x⟩|j,m〉 = 〈j,m| J x |j,m〉
J x = J + + J −2 → = 1
2 〈j,m|(J + + J −
)|j,m〉
= 12 〈j,m| (C+ |j,m+ 1〉+ C− |j,m− 1〉)
= 12(C+((((
(((〈j,m| j,m+ 1〉+ C−(((((((〈j,m| j,m− 1〉
)= 0
y para⟨J y⟩|j,m〉 la cuenta es completamente análoga.
Ejercicio 10 (spin 1 system)Ítem 0
Por lo que entiendo se pide trabajar en el espacio H = gen |1, 1〉 , |1, 0〉 , |1,−1〉 donde la notación es |`,mz〉. Es decirque ` = 1 está fijo y mz varía en loso tres posibles valores.
La matriz de L 2 es
L 2 =
〈1, 1|〈1, 0|〈1,−1|
L 2 [|1, 1〉 |1, 0〉 |1,−1〉]
=
〈1, 1| L 2 |1, 1〉 〈1, 1| L 2 |1, 0〉 〈1, 1| L 2 |1,−1〉〈1, 0| L 2 |1, 1〉 〈1, 0| L 2 |1, 0〉 〈1, 0| L 2 |1,−1〉〈1,−1| L 2 |1, 1〉 〈1,−1| L 2 |1, 0〉 〈1,−1| L 2 |1−, 1〉
L 2 |`,mz〉 = ~2` (`+ 1) |`,mz〉 → =
2~2
2~2
2~2
y la matriz de L z es
L z =
〈1, 1|〈1, 0|〈1,−1|
L z
[|1, 1〉 |1, 0〉 |1,−1〉
]
=
〈1, 1| L z |1, 1〉 〈1, 1| L z |1, 0〉 〈1, 1| L z |1,−1〉〈1, 0| L z |1, 1〉 〈1, 0| L z |1, 0〉 〈1, 0| L z |1,−1〉〈1,−1| L z |1, 1〉 〈1,−1| L z |1, 0〉 〈1,−1| L z |1−, 1〉
L z |`,mz〉 = ~mz |`,mz〉 =
~ 0−~
El hecho de que ambas matrices sean diagonales tiene sentido ya que se está trabajando en la base de autoestados de estosdos operadores.
Para el operador L x la matriz no debería quedar diagonal ya que se está usando la base de autoestados de L z. Ésta es
L x =
〈1, 1|〈1, 0|〈1,−1|
L x
[|1, 1〉 |1, 0〉 |1,−1〉
]
=
〈1, 1| L x |1, 1〉 〈1, 1| L x |1, 0〉 〈1, 1| L x |1,−1〉〈1, 0| L x |1, 1〉 〈1, 0| L x |1, 0〉 〈1, 0| L x |1,−1〉〈1,−1| L x |1, 1〉 〈1,−1| L x |1, 0〉 〈1,−1| L x |1,−1〉
La probabilidad de obtener cada uno de los tres posibles valores del observable Lx esP (Lx = ~) = | 〈ψ| 1, 1x〉 |2
P (Lx = 0) = | 〈ψ| 1, 0x〉 |2
P (Lx = −~) = | 〈ψ| 1,−1x〉 |2
Para poder hacer la cuenta es necesario expresar ambos kets en la misma base. Yo voy a hacer lo mismo que en el ítemanterior y voy a expresar los autoestados de L x en términos de los de L z.
Autovalor Autovector
−~ 12
1−√
21
≡ |1,1z〉−√2|1,0z〉+|1,−1z〉2
Matriz L x = ~√2
0 1 01 0 10 1 0
→ computadora→+~ 1
2
1√2
1
≡ |1,1z〉+√2|1,0z〉+|1,−1z〉2
0 1√2
10−1
≡ |1,1z〉−|1,−1z〉√2
Si el estado es |ψ〉 = |1,1z〉−|1,−1z〉√2 entonces
P (Lx = ~) = | 〈ψ| 1, 1x〉 |2
=∣∣∣∣ 〈1, 1z| − 〈1,−1z|√
2|1, 1z〉+
√2 |1, 0z〉+ |1,−1z〉
2
∣∣∣∣2... computadora= 0
y de forma análoga
P (Lx = 0) = | 〈ψ| 1, 0x〉 |2
... computadora= 1
y
P (Lx = −~) = | 〈ψ| 1,−1x〉 |2
... computadora= 0
Obsérvese que |ψ〉 = |1, 0x〉 con lo cual eran de esperarse estos resultados X .
Ítem c
Si se ha obtenido Lz = ~ entonces ∣∣ψantes de medir Ly⟩
= |1, 1z〉
con lo cual, un procedimiento análogo al del ítem anterior conduce aP (Ly = ~) = | 〈ψ| 1, 1y〉 |2
y la relación entre los autoestados de L y y L y está dada por lo que se obtuvo en el ítem a). Las cuentitas (compu) sonP (Ly = ~) = 1
2P (Ly = 0) = 0
P (Ly = −~) = 12
Ejercicio 11 [1, prob. 12, chap. 3]
El operador de rotación es D [ω] = e−i~ J ·ω. Si la rotación es infinitesimal alrededor del eje y entonces ω = yε por lo
tanto
D [yε] = e−i~ J yε
= 1 − i
~J yε−
ε2
2~2 J2y + O
(ε2)
Entonces, el estado |j, j〉 luego de rotarse será
|ψ〉 = D [yε] |j, j〉
≈(
1 − iε
~J y −
ε2
2~2 J2y + O
(ε2)) |j, j〉
J y = − J + − J −2 →
... computadora
= |j, j〉(
1− jε2
4
)+ |j, j − 1〉
√jε√2
+ |j, j − 2〉√j (4j − 2)ε2
25/2
Ahora la probabilidad de encontrar al sistema en el estado |j, j〉 será
P (|j, j〉) = | 〈j, j|ψ〉 |2
... computadora
= 1− j
2ε2 + . . .
Obsérvese que elegante que es la solución con la computadora (usé el programa wxMaxima):
Los docentes deberían incentivarnos más con el uso de este tipo de herramientas. En este caso las cuentas no eran muycomplicadas, pero en otros casos se ahorran horas de hacer cuentitas.
Ejercicio 15 [1, prob. 18, chap. 3]Si se aplica la rotación D [βy] al estado |j,m〉 se obtiene
F = qv ×B
Calculate this determinant→ = (−1) det
x y z0 1 01 2 3
︸ ︷︷ ︸
v×B
= (−1) [3x− 1z]︸ ︷︷ ︸v×B
= −3x+ z
D [βy] |j,m〉 = e−i~βy·J |j,m〉
= e−i~β J y |j,m〉
J y = −i J + + J −2 → = e−
β2~ ( J ++ J −) |j,m〉
??= ???
Acá nadie me supo decir cómo seguiría esta cuenta. Parece que es imposible, aunque tampoco nadie me dijo que es imposible.Sencillamente todos esquivaron la respuesta y me dijeron que aplique lo siguiente:
D [βy] |j,mz〉 = 1 D [βy] |j,mz〉=
∑m′
|j,m′〉 〈j,m′|︸ ︷︷ ︸1
D [βy] |j,mz〉
=∑m′
|j,m′〉 〈j,m′| D [βy] |j,mz〉︸ ︷︷ ︸djm′,mz
(β)
donde djm′,mz son las d-functions que están tabuladas en la tabla de Clebsch-Gordan. En este caso la consigna dice que|j,mz〉 = |2, 0〉 entonces m′ ∈ −2, . . . , 2
D [βy] |2, 0〉 =2∑
m′=−2|2,m′〉 〈2,m′| D [βy] |2, 0〉
=2∑
m′=−2|2,m′〉 d2
m′,0 (β)
= |2, 2〉 d22,0 (β) + |2, 1〉 d2
1,0 (β) + |2, 0〉 d20,0 (β) + |2,−1〉 d2
−1,0 (β) + |2,−2〉 d2−2,0 (β)
C-B table→ = |2, 2〉√
64 sin2 β − |2, 1〉
√32 sin β cosβ + |2, 0〉
(32 cos2 β − 1
2
)+ . . .
· · ·+ |2,−1〉√
32 sin β cosβ + |2,−2〉
√6
4 sin2 β
donde usé las propiedades que figuran en la tabla para encontrar d2−1,0 = d2
6 GUÍA 6 - SUMA DE MOMENTO ANGULAR Y TEOREMA DE WIGNER-ECKART
6. Guía 6 - Suma de momento angular y teorema de Wigner-EckartEl momento angular es lo más extraño y complicado de la materia, creo.
Teoría: suma de momento angularTodo lo que sigue está basado en la introducción de [4, chap. 14]. Acabo de conseguir este libro y por lo poco que pude
chusmear parece el libro más indicado para la práctica, cada capítulo toca un tema y tiene una introducción breve de 2 o 3páginas donde te tira “la posta”. Sin demostraciones largas los autores presentan los resultados que se usarán luego en losejercicios resueltos que tiene el libro.
Sean dos momentos angulares j 1 y j 2 tales que|j1,m1〉 ∈ H1
|j2,m2〉 ∈ H2Hi = Hilbert space
satisfacen j 2i |ji,mi〉 = ~ji (ji + 1) |ji,mi〉
j i z |ji,mi〉 = ~mi |ji,mi〉i ∈ 1, 2
es decir que los |ji,mi〉 son autoestados en simultáneo de j 2i y j i z.
SeaJ
def= j 1 + j 2 → Total angular momentumEntonces los estados
|J,M〉 ∈ HJ = H1 ⊗H2
que satisfacen J 2 |J,M〉 = ~2J (J + 1) |J,M〉J z |J,M〉 = ~M |J,M〉
viven en un espacio de Hilbert HJ que es el producto tensorial de H1 con H2, es decir
HJ = gen |j1,m1〉 ⊗ |j2,m2〉 = H1 ⊗H2 ∀j1,m1, j2,m2
Los números cuánticos J y M pueden tomar los siguientes valores [4, eqs. (14.6) and (14.7)]J ∈
| j1 − j2 | ,−→
+1, j1 + j2
M ∈
−j1 − j2,−→
+1, j1 + j2
(1)
donde la notación −→+1
significa “empezar a sumar de a una unidad hasta llegar al final”.
Las dos bases y los coeficientes de Clebsch-Gordan
Para el espacio HJ = H1 ⊗H2 , existen dos bases que son “importantes” que son las bases de autoestados de cada unode los siguientes conjuntos de operadores:
HJ =gen |m1〉 ⊗ |m2〉 using decoupled CCOC basisgen |J,M〉 using coupled CCOC basis
14Como j 1 y j 2 actúan sobre H1 y H2 respectivamente, entonces[j 1, j 2
]= 0 siempre. El problema que nos lleva a desarrollar toda esta
teoría es el hecho de que si el hamiltoniano tiene alguna dependencia con j 1 y j 2, por ejemplo H = H0 +α j 1 · j 2, entonces éstos ya no conmutancon H pero sí se satisface que
[j 1 + j 2, H
]= 0. Por eso conviene trabajar con J = j 1 + j 2. Esto lo dice [4, pag. 236].
15No uso la notación “tradicional” |m1,m2〉 porque sino si te digo |2, 1〉 no sabés si te estoy hablando de un |J,M〉 o de un |m1,m2〉.Los resueltos de
6 GUÍA 6 - SUMA DE MOMENTO ANGULAR Y TEOREMA DE WIGNER-ECKART
y estas dos bases se relacionan mediante los coeficientes de Clebsch-Gordan
|J,M〉 =∑m1
∑m2
(〈m1| ⊗ 〈m2|) |J,M〉︸ ︷︷ ︸Clebsch-Gordan coeff.
|m1〉 ⊗ |m2〉
Cómo encontrar los coeficientes de Clebsch-Gordan Los coeficientes de Clebsch-Gordan se pueden calcular aplicandolos operadores de subida y/o bajada16 a la base acoplada y a la desacoplada, y luego igualando los resultados. Es decir, primeroque nada se sabe que [4, eq. (14.13)]
un número |J,Mmax − 1〉 = otro número |j1 − 1〉 ⊗ |j2〉+ yet another number |j1〉 ⊗ |j2 − 1〉
y entonces otro númeroun número y yet another number
un número son los coeficientes de Clebsch-Gordan. Si se vuelve a aplicar el operador J − seobtendrá otra relación y así sucesivamente hasta llegar a |J,Mmın〉.
Cómo usar la famosa tabla de coeficientes Clebsch-GordanEsto es algo que los docentes parecen tomar como trivial, pero para mi reducido cerebro está lejos de serlo. Un coeficiente
Como se puede ver, es un coeficiente que depende de seis índices, i.e. algo así cj1,j2,m1,m2,J,M . Para encontrar dicho coeficienteen la típica tabla de coeficientes de Clebsch-Gordan la cosa es así
j1, j2 Dicen en qué tabla mirar, específicamente en la tabla j1 × j2.
m1,m2 Dicen en qué fila de la tabla mirar.
J,M Dicen en qué columna mirar.
Por ejemplo el coeficiente⟨ 3
2 , 1; 12 ,−1
∣∣ 32 , 1; 3
2 ,−12⟩se encuentra así
Esto está en la esquina superior
derecha de la tabla
m1,m2
J,M
j1×j2
16O sea los operadores L± = L x ± i L y tales que L± |`, `z〉 = ~√` (`+ 1)− `z (`z ± 1) |`, `z ± 1〉 donde |`, `z〉 puede ser |J,M〉 o |j1,m1〉 o
|j2,m2〉 o cualquier ket que represente un autoestado de un momento angular y su componente z.17En lo anterior se usó, para la base desacoplada |m1〉 ⊗ |m2〉, que J ± = j 1 ± + j 2 ±. Entonces J ± |m1〉 ⊗ |m2〉 =
(j 1 ± |m1〉
)⊗ |m2〉 +
|m1〉 ⊗(j 2 ± |m2〉
)y usando j i ± |mi〉 = j i ± |ji,mi〉 se llega al resultado.
(notación19). Ahora creo que sólo habría que aplicar el operador J − = J − 1 ⊕ J − 2 sobre estos estados y encontrar todoslos distintos valores de M para cada valor de J .
Bueno, lo que falta para terminar el caso |2, 2〉 es idéntico a esto. No lo voy a hacer.Con respecto a los casos |1, 1〉 y |0, 0〉 es muy similar sólo que para encontrar los valores de α, β, γ, . . . hay que imponer
normalización y ortogonalidad con todos los demás estados. Debe quedar un sistema de 50 × 50 de donde se despeja todo,no lo voy a hacer.
Ejercicio 3Ítem a
Si se suma el momento angular de dos partículas de espín 12 , creo que sería S = S 1 ⊕ S 2, entonces de acuerdo con (1)
los posibles valores para s serían s ∈ 0, 1. Entonces los “estados techo” son
Roof states→|1, 1〉 = |+〉 ⊗ |+〉|0, 0〉 = a |+〉 ⊗ |−〉+ b |−〉 ⊗ |+〉
19Estoy usando la notación |J,M〉 y |j1〉 ⊗ |j2〉 tal como lo hice en la parte de teoría del principio de esta guía.Los resueltos de
S − 1 |−〉 ⊗ |+〉+ |−〉 ⊗ S − 2 |+〉+ S − 1 |+〉 ⊗ |−〉+
:
0
|+〉 ⊗ S − 2 |−〉√2
= |−〉 ⊗ ~ |−〉+ ~ |−〉 ⊗ |−〉√2
y entonces|1,−1〉 = |−〉 ⊗ |−〉 X
Por último, para el estado |0, 0〉 las condiciones que definen a los coeficientes a y b son la ortogonalidad con los otros tresestados y la normalización. Se termina obteniendo que
|0, 0〉 = |+〉 ⊗ |−〉+ |−〉 ⊗ |+〉√2
Ejercicio 4La consigna pide mostrar la antisimetría frente al intercambio de las partículas. Para ver esto hay que escribir a la función
de onda en la base desacoplada, es decir
|ψ〉 =∑`1
∑`2
c`1,`2 |`1〉 ⊗ |`2〉 → Decoupled base
y verificar que∑`1
∑`2
c`1,`2 |`1〉 ⊗ |`2〉 = −∑`1
∑`2
c`1,`2 |`2〉 ⊗ |`1〉 → Antisimétrica frente a intercambio de partículas
no?Si J = 1 entonces M ∈ −1, 0, 1 por lo tanto el estado más general con J = 1 es una combinación lineal de la forma
|ψ〉 = α |1, 1〉+ β |1, 0〉+ γ |1,−1〉 → Coupled base
(estoy usando notación |J,M〉 en la base acoplada) donde α, β y γ son constantes que en principio no deberían influir en elresultado (a menos que esté equivocado, obviamente).
Como el sistema está compuesto por dos partículas de espín nulo y orbital p (o sea, `i = 1) entonces cada uno de losestados |J,M〉 que componen la combinación lineal previa son
Clebsch-Gordan table→
|1, 1〉 = |1〉 ⊗ |0〉 − |0〉 ⊗ |1〉√2
|1, 0〉 = |1〉 ⊗ |−1〉 − |−1〉 ⊗ |1〉√2
|1,−1〉 = − |−1〉 ⊗ |0〉+ |0〉 ⊗ |−1〉√2
Como se puede ver, cada uno de estos términos individualmente es antisimétrico frente al intercambio de las partículas, porlo tanto |ψ〉 también lo será.
6 GUÍA 6 - SUMA DE MOMENTO ANGULAR Y TEOREMA DE WIGNER-ECKART
está representada por el operador
D [α, β, γ] = exp(− i~J zα
)exp
(− i~J yβ
)exp
(− i~J zγ
)por lo tanto, para un j fijo su representación matricial será [1, eq. (3.5.50)](
D [α, β, γ])(j)m′,m
= 〈j,m′| D [α, β, γ] |j,m〉
= 〈j,m′| exp(− i~J zα
)exp
(− i~J yβ
)exp
(− i~J zγ
)|j,m〉
J z |j,m〉 = ~m |j,m〉 → = 〈j,m′| e−im′α exp
(− i~J yβ
)e−imγ |j,m〉
= e−im′αe−imγ 〈j,m′| exp
(− i~J yβ
)|j,m〉
〈j,m′| exp(− i~J yβ
)|j,m〉 def= d
(j)m′,m (β)→ = e−im
′αe−imγd(j)m′,m (β)
y así se definen las d-functions.
Ejercicio 6Ítem a
Es casi idéntico al ejercicio 3 del parcial del 06/10/2017. Ver mis resueltos.
Ítem b
De acuerdo al ejercicio 3 del parcial del 06/10/2017 las energías del oscilador son Enk,` = ~ω(nk,` + 3
2)con nk,` = 2k+ `
y k ∈ N0. En la consigna del ejercicio actual se dice que el estado es |n = 1, `z = 1, sz = +〉 con lo cual si n = 1 entoncesk = 0 y ` = 1. En consecuencia en la base desacoplada se tiene que
donde H 0 es el oscilador armónico y usé que |0〉 ⊗ |1〉 ⊗ |1〉 ⊗ |1/2〉 ⊗ |+〉 es autoestado de H 0 con la energía indicada. Parasaber cómo L · S actúa sobre el estado, se considera lo siguiente:
L · S = L x S x + L y S y + L z S zJ x = J + + J −
6 GUÍA 6 - SUMA DE MOMENTO ANGULAR Y TEOREMA DE WIGNER-ECKART
y entonces
L · S |`z = 1〉 ⊗ |sz = +〉 =(L+ S − + L− S +
2 + L z S z
)|1〉 ⊗ |+〉
= : 0
L+ |1〉 ⊗ S − |+〉+ L− |1〉 ⊗: 0
S + |+〉2 + L z |1〉 ⊗ S z |+〉
= ~2
2 |1〉 ⊗ |+〉
entonces finalmenteH |ϕ〉 =
(52~ω + ~2
2
)|ϕ〉
y en consecuencia la evolución temporal del estado está dada por
|ϕ (t)〉 = e− i
~
(52~ω+ ~2
2
)t |ϕ〉
Se encontró que el sistema permanece “constante” (a menos de una fase global que no influye en nada). Esto es coherentecon el hecho de que el estado de la consigna es un autoestado de H . Este resultado no tiene sentido a nivel ejercicio, o seatodas las preguntas que se hacen sobre las mediciones son de respuesta trivial ahora. Le pregunté al docente y me dijo queestaría bien, y que no sabe por qué la consigna planteó esto...
Ejercicio 7 (no tengo idea)Ítem a [1, prob. 21]
Ejercicio 8 (ni idea)
Qué significa esto d(3/2)? d(3/2) ?= d(3/2)0,0 ...
Ejercicio 9Ítem a (pregunta)
En la base desacoplada el estado del sistema es
|s1z〉 ⊗ |s2z〉 → Decoupled base
mientras que en la base acoplada es|j, jz〉 → Coupled base
Si el sistema está en un estado con momento angular total nulo entonces j = 0 con lo cual sólo existe un posible estadopara el sistema y es20
Me esperaba que dé 12 ... Está bien esto o la pifié? Ahhh no, creo que está bien!, porque en definitiva la partícula 1 está en
el estado |+〉 − |−〉 que es justamente |−x〉. No?
Ítem b
Si el observador 2 determina que S2z = ~2 entonces el estado del sistema colapsa en
|ψ luego de medir S2z = ~/2〉 =|+〉 ⊗ |−〉 − |−〉 ⊗ |+〉√
2≡ |−〉 ⊗ |+〉
En consecuencia P(S1z = ~
2
)= 0
P(S1z = −~
2
)= 1
y P(S1x = ~
2
)= 1
2
P(S1x = −~
2
)= 1
2Estas rarezas, entiendo, son el tipo de cosas que le molestaba a Einsten respecto a la mecánica cuántica. En particular elestado del ítem (a) es lo que se conoce como un estado entrelazado.
Teoría: tensores esféricosIMPORTANTE. Todo lo que sigue del cambio de base, la base esférica, etc., sólo vale para cuando el superíndice de
los tensores es 1, i.e. para T (1)q . Para otros valores del superíndice ya dejaría de ser cierto. Cito textual un comentario que
me hicieron en Estufis con algunos puntos bastante esclarecedores
“No sé bien como se formulan los tensores esféricos en el lenguaje geométrico, pero creo que es mejor pensarloscomo distintas representaciones de SO(3). Los tensores "normales" (cartesianos) con k índices son elementos de kproductos tensoriales de la representación tridimensional de SO(3) (estrictamente, elementos del espacio vectorialde dimensión 3^k sobre el cual los elementos de SO(3) actúan). En cambio los tensores esféricos son elementosde las representaciones irreducibles, que pueden tener cualquier dimensión (insertar nota técnica sobre que enrealidad son representaciones de SU(2)). La notación es medio chota porque el índice de arriba te dice en quéespacio vectorial estás mientras que el de abajo es el que te identifica las componentes; si el índice de arriba esn, el espacio tiene 2n+1 dimensiones.
Otra cosa confusa es que la representación irreducible de dimensión 3 coincide con la representación comúnde SO(3); o sea, el espacio de tensores esféricos con índice de arriba 1 es el mismo que el R^3 de toda la vida,pero es convención usar otra base, por eso parece que fuera sólo un cambio de base. Si empezás a cambiar el índicede arriba deja de haber esa correspondencia.”
6 GUÍA 6 - SUMA DE MOMENTO ANGULAR Y TEOREMA DE WIGNER-ECKART
Aparentemente todo esto de tensores esféricos no es más que un cambio de base astuto, que se puede ver acá Wikipedia21(esto es lo que sólo vale para T (1)
q , para otros valores del superíndice ya no vale).Se define la base esférica según
Spherical basis→
+ def= − x+ iy√
20 def= z
− def= x− iy√2
x = −+ + −√2
y = i+ + −√
2z = 0
(3)
donde x, y y z son los versores cartesianos y +, 0 y − los versores esféricos. Dado un vector (tensor de rango 1) A entonces
donde 〈jk,mq| jk, j′m′〉 es el coeficiente de Clebsch-Gordan y cjα es una constante que sólo depende de α′, j′, α y j. Entonces⟨n′, `′,m′
∣∣∣ x+i y√
2
∣∣∣n, `,m⟩〈n′, `′,m′ | z |n, `,m〉
=
⟨n′, `′,m′
∣∣∣−T (1)1
∣∣∣n, `,m⟩⟨n′, `′,m′
∣∣∣ T (1)0
∣∣∣n, `,m⟩Wigner-Eckart→ = −〈`,m| `, `
′m′〉〈`, 0| `, `′m′〉
cjαcjα
¿Y ahora cuánto vale `?, una partícula sin espín en un potencial central puede tener cualquier `... Tengo que rehacer esteejercicio porque está medio rancio.
Ejercicio 13 [1, chap. 3, prob. 28]Ítem a
Del ejercicio anterior se sabe que21https://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_basis
también es irreducible. La notación para buscar los coeficientes en la tabla es 〈j1, j2;m1,m2| j1, j2, J,M〉.Hasta donde entiendo, este teorema es la forma de codificar la tabla de Clebsch-Gordan en formato de fórmula. Como la
consigna pide “tensor de rango 2” entonces se impone k = 2. Además, de lo anterior, se tienen productos de componentes detensores de rango 1, con lo cual se impone k1 = k2 = 1. Además los productos que se tienen son “cuadrados”, i.e. productosde un tensor con sí mismo. Entonces X = Z = T . En consecuencia el teorema dice que
7. Guía 7 - SimetríasExercise 1 [1, prob. 1, chapt. 4]Item a (don’t understand how to use symmetry)
Because the particles do not interact with one another then
H = H 1 (Ξ1) + H 2 (Ξ2) + H 3 (Ξ3)
where Ξi are all the dynamical variables of each particle (position for example), i.e. there are no crossed terms in theHamiltonian. Also, if |ξi〉 are the eigenstates of each Hamiltonian such that
H i |ξi〉 = Ei |ξi〉
then|H〉 = |ξ1〉 ⊗ |ξ2〉 ⊗ |ξ3〉 ≡ |ξ1〉 |ξ2〉 |ξ3〉
is an eigenstate of H with energyE = E1 + E2 + E3
as it can be trivially shown by direct substitution H |H〉 = (E1 + E2 + E3) |ξ1〉 |ξ2〉 |ξ3〉.No entiendo cómo resolver esto usando argumentos de simetría... En el libro lo que hacen es resolver el pozo infinito sin
ningún argumento de simetría...
Exercise 2 [1, prob. 2, chapt. 4]Item a
Intuitively I would say that T d and T d′ commute. The proof can be shown as follows
By definition→T d |x〉 = |x+ d〉T d′ |x〉 =
∣∣x+ d′⟩
then T d T d′ |x〉 =
∣∣x+ d+ d′⟩
T d′ T d |x〉 =∣∣x+ d′ + d
⟩but
∣∣x+ d+ d′⟩
=∣∣x+ d′ + d
⟩so T d T d′ |x〉 = T d′ T d |x〉 or equivalently[
T d′ , T d]|x〉 = 0
and since |x〉 is any eigenket of x then, in general, [T d′ , T d
]= 0
Item b (don’t know)
I would say that they do not commute unless n = n′. For proving this I will proceed by the brute force method[D [n, φ] , D [m, θ]
]=[e−
i~φn·J , e−
i~ θm· J
]I don’t know how to easily continue the calculation.
Item c
These operators act over |x〉 as follows T d |x〉 = |x+ d〉Π |x〉 = |−x〉
〈β| S · x |α〉 = 〈β| Π Π S Π Π · x Π Π |α〉= εαεβ 〈β| Π S Π · Π x Π |α〉
[S , Π
]= 0
x , Π
= 0Π Π = 1
→ = −εαεβ 〈β| S · x |α〉
so it is the same case as for x .
Exercise 8Item a
By definition of “it was obtained the value +1 when the parity was measured” then∣∣state after Π = 1 was measured⟩
= P 1 |β〉〈β| P †1 P 1 |β〉
where P 1 is the projection operator over the +1 eigenspace of Π . For the harmonic oscillator it is known thatΠ |2n〉 = |2n〉Π |2n+ 1〉 = − |2n+ 1〉
so the eigenspace of Π with eigenvalue +1 is the generated by |0〉 , |2〉 , |4〉 , . . . . Thus the projection operator over the +1eigenspace is
P 1 =∞∑n=0|2n〉 〈2n|
so
P 1 |β〉 =( ∞∑n=0|2n〉 〈2n|
)e−| β |2
2
∞∑n=0
βn√n!|n〉
= e−| β |2
2
∞∑n=0
β2n√(2n)!
|2n〉
and
〈β| P †1 P 1 |β〉 = e−| β |2∞∑n=0
β2n (β2n)∗(2n)!
= e−| β |2∞∑n=0
|β |4n
(2n)!
Thus ∣∣state after Π = 1 was measured⟩
= P 1 |β〉〈β| P †1 P 1 |β〉
= e| β |2∑∞
n=0| β |4n(2n)!
∞∑n=0
β2n√(2n)!
|2n〉
Item b
The possible energy values obtainable from a measurement are E2n = ~ω(2n+ 1
2). All other values have null probability.
Calling |ψ (0)〉 =∣∣state after Π = 1 was measured
⟩then
|ψ (t)〉 = U 0→t |ψ (0)〉
U 0→t = e−i~ H t → = e| β |
2∑∞n=0
| β |4n(2n)!
∞∑n=0
β2ne−iω(2n+ 12 )√
(2n)!|2n〉
The first excited level is the one with energy 52~ω.
If a measurement of Π is repeated, the result will of course be +1 again because the system is oscillating between states|2n〉. As can be seen in the expression of |ψ (t)〉, all states of the form |2n+ 1〉, i.e. odd states, have null amplitude.
The particles are fermions because they have half integer spin (this is by definition of fermion in non-relativistic QuantumMechanics). These fermions have to satisfy the Pauli exclusion principle so there cannot exist two fermions in the same state.So the energy levels will occupy as follows:
n sz E0 1
2 12~ω0 − 1
21 1
2 32~ω1 − 1
22 1
2 52~ω2 − 1
2...
......
so the energy of the fundamental state is
E0 = ~ω + 3~ω + 5~ω + · · ·+ N
2 ~ω N an even number
...
= N2
4 ~ω
Item b
A harmonic oscillator with two spin 12 particles must have total angular momentum zero for the lowest energy level. This
is because the two particles cannot be in the same state, so if they are both with n = 0 then one has to be in the |↑〉 stateand the other in the |↓〉 state, giving a null total angular momentum.
The most general state a particle can have in a one definite energy level is
|n〉 = a |n, ↑〉+ b |n, ↓〉
so, for both particles in the same energy level the most general state of the system is
|ψn〉 = (a |n, ↑〉+ b |n, ↓〉) (c |n, ↑〉+ d |n, ↓〉)= α |n, ↑〉 |n, ↑〉+ β |n, ↑〉 |n, ↓〉+ γ |n, ↓〉 |n, ↑〉+ η |n, ↓〉 |n, ↓〉
with a, b, c, d, α, β, γ and η properly normalized.On the other hand, because the particles are fermions the state |ψ〉 must be antisymmetric to the interchange of both
For the total spin of the system there is a unique possible value (when both particles are at the same energy level) thatis zero because S = S1 + S2 is the sum of two opposite spins. The mathematical way to see this is to write |ψn〉 in thecoupled base. According to the Clebsch-Gordan table
By definition, in non-relativistic Quantum Mechanics, integer spin systems are bosons and bosons have symmetric states.This means that the current system is symmetric:
Decoupled base (|s1z〉 |s2z〉) Coupled base (|S, Sz〉)
|1〉 |1〉 |2, 2〉
|0〉 |0〉 nothing
|−1〉 |−1〉 |2,−2〉
|1〉|0〉+|0〉|1〉√2 |2, 1〉
|−1〉|0〉+|0〉|−1〉√2 |2,−1〉
|1〉|−1〉+|−1〉|1〉√2 nothing
AVERIGUAR QUÉ ONDA SI ESTÁ BIEN HECHO!
Exercise 3If the particles are distinguishable then any combination of spins will be a valid state. Thus
|ψdistinguishable〉 ∈ Hdistinguishable = H1 ⊗H2 Hi = gen |1〉 , |0〉 , |−1〉
which means that any combination of spins will be allowed.In contrast, for two indistinguishable particles of spin 1 (i.e. bosons) the previous statement isn’t valid. This is because
the state |ψ〉 of the combined will have integer total spin (either 2, 1 or 0) so the combined system behaves like a boson.Thus it must satisfy
P 12 |ψ〉 = |ψ〉 → Definition of two bosons
which reduces the dimensionality of H.Observe the following useful fact: if S = S 1 + S 2 is the total spin then[
P 12, S]
= 0
This implies that S ± will also commute with P 12. Then S ± does not change the bosonic character of some state |ψ〉 whichcan be simply probed as follows:
P 12(S ± |ψ〉
)= S ± P 12 |ψ〉= S ± |ψ〉
This allows us to check the “two bosons definition P 12 |ψ〉 = |ψ〉” for any of the “coupled base states” and to extendthe results to all the states obtained by applying S ±. The “top coupled base states” for two spin 1 particles are (byClebsch-Gordan table)
Top cupled states |J,M〉 →
|2, 2〉 = |1〉 ⊗ |1〉
|1, 1〉 = |1〉 ⊗ |0〉 − |0〉 ⊗ |1〉√2
|0, 0〉 = |1〉 ⊗ |−1〉 − |0〉 ⊗ |0〉+ |−1〉 ⊗ |1〉√3
so P 12 |2, 2〉 = |2, 2〉 ⇒ It is symmetricP 12 |1, 1〉 = − |1, 1〉 ⇒ It is antisymmetricP 12 |0, 0〉 = |0, 0〉 ⇒ It is symmetric
This together with[P 12, S ±
]= 0 implies that
S n± |2, 2〉 is symmetric
S n± |1, 1〉 is antisymmetric
S n± |0, 0〉 is symmetric
n ∈ N
We conclude that the states with J = 1 are forbidden because they are all antisymmetric.Los resueltos de
Exercise 10The eigenstates of h (i) are (by consigna)
Hi is the generated by →
Eigenstates of h (i)|0, ↑〉 0|0, ↓〉 0|1, ↑〉 1|1, ↓〉 1|2, ↑〉 2|2, ↓〉 2
Item a
The eigenstates of the total Hamiltonian H = h (1) + h (2) + h (3) live in the space
H = H1 ⊗H2 ⊗H3
so they can be written in the form|ψ〉 = |n1, s1〉 |n2, s2〉 |n3, s3〉
If the particles were not fermions nor bosons, then the system could occupy any of this states, which are in total
dimension (Hdistinguishable) = 63
= 216
But the system is composed of 3 fermions so it will have access only to antisymmetric states. The number of statesaccessible reduces to
dimension (Hfermions) =(
63
)= 20
because of each of the particles must be in one of the 6 possible states but different from the other ones.All these states can be obtained using Slater determinants. These are