Libro con resumenes y ejercicios resueltos
Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ... Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ...
esolviendo la segunda parte:[⃗Pi · ⃗A + A ⃗ · ⃗P i ρ(⃗r)]= −2iA(−∇(δ(⃗r ⃗ − ⃗r i ))) = 2iA ⃗ · ⃗∇(δ(⃗r − ⃗r i ))Ya resueltos cada uno de estos, volvemos al conmutador principal (que contenia H y ρ(⃗r)).[H, ρ(⃗r)] = ∑ [ (i ⃗Pi δ(⃗r − ⃗r i ) + δ(⃗r − ⃗r i ) P⃗∇ ·⃗ i2mi(= ∇ ⃗ · i⃗j(⃗r) − ie )Aρ(⃗r)mc ⃗)]− ie Aδ(⃗rmc ⃗ − ⃗r i )Entonces, volvemos a la derivada temporal que habíamos calculado en un inicio porque ya estamos en condiciónde reemplazar:4.2.5 Problema 55 Sección 8∂ρ(⃗r, t)∂t5.1 Problemas Resueltos5.1.1 Problema 1∂ρ(⃗r, t)∂t∂ρ(⃗r, t)∂t∂ρ(⃗r, t)∂t= i [iHtie ⃗∇ · ( ⃗j(⃗r) − e Aρ(⃗r))] mc ⃗ e − iHt= −e iHt+ ⃗ ∇ · ⃗ J(⃗)r = 0= −∇ ⃗ (· e iHt∇ ⃗ · J(⃗r)e ⃗ − iHt)J(⃗r)e ⃗ − iHtDos Partículas idénticas de spin 1/2, sin interacción entre ellas, se encuentran en una caja con paredes rígidas“V pared = ∞”. Las paredes están en x = 0 y x = L. Es decir estas partículas solo sienten el potencial V (x) = 0si | x |< a y V (x) = ∞ si | x |> a.Dado que el Hamiltoniano de este sistema no depende del spin, este ha de conmutar con ⃗ S 2 y con S z y losautoestados de energía pueden, entre otros, ser rotulados por los números cuánticos S y M s siendo ⃗ S = ⃗ S 1 + ⃗ S 2 .Escriba las funciones de onda normalizadas correspondientes a los seis (6) estados de dos partículas de menorenergía en la representación | x 1 , x 2 , m 1 , m 2 〉. ¿ Cuánto valen las correspondientes energías?SoluciónEste problema consiste en una partícula en un pozo de potencial. En este caso, como hemos visto durante elcurso, las las ecuaciones de onda tomarán la forma siguiente:φ n (x) = 1 √ acos(k n x)φ n (x) = 1 √ asin(k n x)si n imparsi n par121
considerando:k =√2mE 2 y E n = 2 π 2 n 22m(2c) 2Si incluimos el spin, la función de onda total será( ) 1ψ n−up = φ(x)0( ) 0ψ n−down = φ(x)1Como en este caso particular tenemos dos partículas con spin 1/2 , la función de onda resultante debe serantisimétrica.Por otra parte, el acoplamiendo de dos spines 1/2 nos da como resultadoCuando tomamos la antisimetrización, obtenemos:triplete → X t || singlete → X sΨ n,mt = (φ n (x 1 )φ m (x 2 ) − φ n (x 2 )φ m (x 1 ))X tΨ n,ms = (φ n (x 1 )φ m (x 2 ) + φ n (x 2 )φ m (x 1 ))X sAnalicemos primero el caso n=m=1, para encontrar las funciones de onda normalizadas para las dos particulasde menor energía. Obtenemos:Ψ 1,11s = φ 1 (x 1 )φ 1 (x 2 ) · √ (| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉− | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)2Ψ 1,1t = 0el triplete se anula. Además, la energía estará dada porAhora para el caso n=1 m=2 tenemos:E 1,1 = (1 2 + 1 2 )E 1 = 2E 1Ψ 1,21s = (φ 2 (x 1 )φ 2 (x 2 ) + φ 1 (x 2 )φ 2 (x 1 )) · √ (| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉− | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)2Considerando el caso del triplete, no se anula como vimos anteriormente, de modo que generamos 3 estados,siendo estos:⎡⎤| 1/2, 1/2〉Ψ 1,2t = (φ 2 (x 1 )φ 2 (x 2 ) − φ 1 (x 2 )φ 2 (x 1 )) × ⎣ | 1/2, −1/2〉 | 1/2, −1/2〉⎦1√2(| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉+ | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)caso en que la energía es:E 1,2 = (1 2 + 2 2 )E 1 = 5E 1Finalmente analizamos cuando n=m=2. Solo tendremos la función de onda del singlete que está dada por:con la respectiva energía:Ψ 2,2s = φ 2 (x 1 )φ 2 (x 2 ) 1 √2(| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉− | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)E 2,2 = (2 2 + 2 2 )E 1E 2,2 = 8E 1122
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esolviendo la segunda parte:[⃗Pi · ⃗A + A ⃗ · ⃗P i ρ(⃗r)]= −2iA(−∇(δ(⃗r ⃗ − ⃗r i ))) = 2iA ⃗ · ⃗∇(δ(⃗r − ⃗r i ))Ya <strong>resueltos</strong> cada uno de estos, volvemos al <strong>con</strong>mutador principal (que <strong>con</strong>tenia H y ρ(⃗r)).[H, ρ(⃗r)] = ∑ [ (i ⃗Pi δ(⃗r − ⃗r i ) + δ(⃗r − ⃗r i ) P⃗∇ ·⃗ i2mi(= ∇ ⃗ · i⃗j(⃗r) − ie )Aρ(⃗r)mc ⃗)]− ie Aδ(⃗rmc ⃗ − ⃗r i )Entonces, volvemos a la derivada temporal que habíamos calculado en un inicio porque ya estamos en <strong>con</strong>diciónde reemplazar:4.2.5 Problema 55 Sección 8∂ρ(⃗r, t)∂t5.1 Problemas Resueltos5.1.1 Problema 1∂ρ(⃗r, t)∂t∂ρ(⃗r, t)∂t∂ρ(⃗r, t)∂t= i [iHtie ⃗∇ · ( ⃗j(⃗r) − e Aρ(⃗r))] mc ⃗ e − iHt= −e iHt+ ⃗ ∇ · ⃗ J(⃗)r = 0= −∇ ⃗ (· e iHt∇ ⃗ · J(⃗r)e ⃗ − iHt)J(⃗r)e ⃗ − iHtDos Partículas idénticas de spin 1/2, sin interacción entre ellas, se encuentran en una caja <strong>con</strong> paredes rígidas“V pared = ∞”. Las paredes están en x = 0 y x = L. Es decir estas partículas solo sienten el potencial V (x) = 0si | x |< a y V (x) = ∞ si | x |> a.Dado que el Hamiltoniano de este sistema no depende del spin, este ha de <strong>con</strong>mutar <strong>con</strong> ⃗ S 2 y <strong>con</strong> S z y losautoestados de energía pueden, entre otros, ser rotulados por los números cuánticos S y M s siendo ⃗ S = ⃗ S 1 + ⃗ S 2 .Escriba las funciones de onda normalizadas correspondientes a los seis (6) estados de dos partículas de menorenergía en la representación | x 1 , x 2 , m 1 , m 2 〉. ¿ Cuánto valen las correspondientes energías?SoluciónEste problema <strong>con</strong>siste en una partícula en un pozo de potencial. En este caso, como hemos visto durante elcurso, las las ecuaciones de onda tomarán la forma siguiente:φ n (x) = 1 √ acos(k n x)φ n (x) = 1 √ asin(k n x)si n imparsi n par121