obtendremos:(1P (12) √2 (| 1/2 − 1/2〉+ | −1/2, 1/2〉) = 1 1√ (| 1/2 − 1/2〉+ | −1/2, 1/2〉)2 2= 1 2)+ 4 2 S 11 · S 2 √2 (|1/2 − 1/2〉 + | − 1/2, 1/2〉)( 1 √2 (| 1/2 − 1/2〉+ | −1/2, 1/2〉) + √ 1)(| 1/2 − 1/2〉+ | −1/2, 1/2〉)2= 1 √2(| −1/21/2〉+ | 1/2, −1/2〉)y así mismo:(1P (12) √2 (| 1/2 − 1/2〉− | −1/2, 1/2〉) = 1 1√ (| 1/2 − 1/2〉− | −1/2, 1/2〉)2 2= 1 2)+ 4 2 S 11 · S 2 √2 (| 1/2 − 1/2〉− | −1/2, 1/2〉)( 1 √2 (| 1/2 − 1/2〉− | −1/2, 1/2〉) − 3√ 1)(| 1/2 − 1/2〉− | −1/2, 1/2〉)2= 1 √2(| −1/21/2〉+ | 1/2, −1/2〉)De modo que esto es un operador de intercambio de spin.5.1.3 Problema 3En el límite no relativista, el Hamiltoniano que describe la interacción de los electrones <strong>con</strong> el núcleo es independientede los spines electrónicos y nucleares. Sin embargo, los niveles de energía en átomos multielectrónicossi dependen del estado de spin de los electrones.Considere un átomo <strong>con</strong> dos electrones. El Hamiltoniano no relativista viene dado por<strong>con</strong>yH 0 = −H = H 0 + H I2∑( )2∇ 2 ri + Ze22m e r ii=1H I =e 2| ⃗r 1 − ⃗r 2 |a) Para el caso en que un electrón se encuentra en el estado fundamental y el otro electrón en un estado excitado<strong>con</strong> números cuánticos (n, l, m), ¿ cuál estado de spin (tripelete o singlete) tiene energía más alta?b) Como una variación, <strong>con</strong>sidere dos electrones en un oscilador armónico unidimensional. Para el caso enque uno de los electrones se encuentre en el estado fundamental y el otro en el primer estado excitado, calcule〈(x 2 − x 1 ) 2 〉 para los estados triplete y sigulete, donde x 1 y x 2 son las posiciones de los electrones.Solución125
a) Una posible solución al problema tendría forma:Ψ(⃗r 1 , ⃗r 2 ) = ψ n,l,m (⃗r 1 )ψ n′ ,l ′ ,m ′(⃗r 2)Como tenemos un electrón en el estado fundamental y el otro electron en un estado excitado <strong>con</strong> númeroscuánticos n,l y m, tendremos:Ψ(⃗r 1 , ⃗r 2 ) = ψ 1,0,0 (⃗r 1 )ψ n,l,m (⃗r 2 )Esta situación puede cambiar según la paridad del número cuántico l, cambiando la paridad de la función Ψ.De este modo para l par debemos usar el singlete, es decir:= [ψ 100 (r 1 )ψ nlm (r 2 ) + ψ 100 (r 2 )ψ nlm (r 1 )] ·Ψ T s = [ψ 100 (r 1 )ψ nlm (r 2 ) + ψ 100 (r 2 )ψ nlm (r 1 )] X sY cuando <strong>con</strong>sideramos el l impar debemos usar el triplete, es decir:1√2(| 1/2, 1/2〉 | 1/2, −1/2〉− | 1/2, −1/2〉 | 1/2, 1/2〉)Ψ T t = [ψ 100 (r 1 )ψ nlm (r 2 ) − ψ 100 (r 2 )ψ nlm (r 1 )] X tdonde <strong>con</strong>sideramos:⎡X t = ⎣| 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〉 | 1/2, 1/2〉)⎤⎦Como la función total debe ser antisimétrica puesto que son electrones, evidentemente cuando <strong>con</strong>sideramosel singlete, la parte espacial queda simétrica, de modo que los electrones pueden estar más cerca uno del otroproduciendo mayor interacción.Es por esta razón que la energía de interacción asociada al singlete es mayor.b) La función de onda para el oscilador armónico cuántico es:ψ n = 1 √2n n!( mω) 14π(√ )e − mωx2 mω2 Hn xDefiniremos la perturbación energética en función de las cantidades vistas en clases (J y K)∫J = d 3 x 1 d 3 x 2 | ψ a (x 1 ) | 2 | ψ b (x 2 ) | 2∫K =e2r 12d 3 x 1 d 3 x 2 ψ a (x 1 )ψ b (x 2 ) e2r 12ψ ∗ a(x 2 )ψ ∗ b (x 1 )Para el caso n=0 y m=1, las funciones de onda asociadas al problema son:( mω) 14ψ 0 = e − mωx22πψ 1 = √ 1 ( mω) √14e − mωx2 mω2 2 2 π x126
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Pero, como sabemos que σ 2 y = 1 y
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(ψ1 (t)ψ 2 (t)) (= e −iHt 10)(4
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Entonces, se obtiene:Lo que se tran
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o también:(Ψ(t) = e −iE( 0)t/ 1
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al resultado general y formamos un
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SolucionesProblema 1:El hamiltonian
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|S 2y = /2〉 = 1 √2(| ↑〉 2 +
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Problema 1:SolucionesConsideremos l
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〈l|a 3 a † |0〉 = 〈l|a 3 |1
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Como hemos notado, obtenemos el mis
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Problemas ExtraDerive en detalle la
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donde hemos introducido el parámet
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⎞Entonces, tenemos dos matrices i
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Problema 1:SolucionesPara resolver
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I 2 =Ahora, podemos calcular I = (I
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Mientras que con el valor original
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Ahora, necesitamos obtener la corre
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V =⎛⎜⎝0 〈2s|V |2p, m = 0〉
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Entonces, nuestro problema se reduc
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3. Un cierto sistema cuántico se e
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V ij = 〈φ i |V |φ j 〉〈1, 0|
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En el caso de b 3 se tiene:ḃ 2 =
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〈D z (t)〉 = b ∗ 1(t)b 2 (t)e
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La energía que aparece en el denom
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Problema 1:SolucionesSe tiene un po
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Luego, obtenemos:ρ(E k ) =dΓ =dΓ
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a + b ===11/a 0 − ik − 11/a 0 +
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Ahora, esto puede ser transformado,
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Así que tenemos:〈nljm|H K |nljm
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