Libro con resumenes y ejercicios resueltos
Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ... Ejercicios resueltos(N. Perez) - Pontificia Universidad Católica de ...
SolucionesProblema 1:En primer lugar, anotaremos identidades importantes. En la parte (a) necesitaremos:I n (λ) =∫ λ0dxx n e −x = n!(1 − e −λ n ∑v=0)λ vv!(195)En la parte (b), será necesario, conocer las funciones de onda correspondiente:ψ 100 (r) = (πa 3 0) −1/2 e −r/a0 (196)ψ 200 (r) = (32πa 3 0) −1/2 (2 − r/a 0 )e −r/2a0 (197)ψ 210 (r) = (32πa 3 0) −1/2 (r/a 0 )e −r/2a0 (198)Ahora, asumiendo una densidad de carga eléctrica uniforme, tenemos:y si utilizamos la ley de Coulomb para el potencial electrostático, tenemos:ρ =|e|43 πR3 (199)V R (r) = − 3e24πR∫r≤R3 d 3 r ′ 1|⃗r ′ − ⃗r|∫ R ∫ 1= − 3e22R 3 dr ′ r ′2 1(dcosθ) √r2 + r ′2 − 2rr ′ cosθr−1(200)(201)O, separando por sectores:V R (r) = − e2rV R (r) = − e2R[ 32 − 1 2( rR) 2]r > R (202)r ≤ R (203)La diferencia con el potencial de coulomb tipo punto estándar es:∆V (r) = 0 r > R (204)( 1∆V (r) = e 2 r + 1 r 22 R 3 − 3 )r ≤ R (205)2REntonces, la corrección a primer orden a la energía del ground-state seráE (1)10 = 〈100|∆V |100〉 (206)∫1=4πa 3 d 3 re −2r/a0 ∆V (r) (207)0∫ λ()= e2dxe 2x x + x4a 0 2λ 3 − 3x2(208)2λ031
donde hemos introducido el parámetro:λ = R a 0≪ 1 (209)Resolviendo la integral, obtenemos:E (1)10 = e28a 0 λ 3 [3 − 3λ2 + 2λ 3 − e −2λ (3 + 6λ + 3λ 2 )] (210)Expandiendo la exponencial cerca de λ = 0 y manteniendo términos hasta 5 orden, obtenemos:[ ]E (1)10 = − e2 4λ22a 0 5 + O(λ3 )(211)(b) La corrección al estado 2s es:E (1)20 =Resolviendo la integral, tenemos:donde= e2En el límite de λ pequeño esto nos da:132πa 3 0∫8a 0∫ λ0(d 3 r 2 − r ) 2e −r/a0 ∆V (r) (212)a 0()dx(2 − x) 2 e −x x + x22λ 3 − 3x22λ(213)E (1)20 = e22a 0( 18λ 3 )I(λ) (214)I(λ) = 336 − 24λ 2 + 4λ 3 − e −λ (336 + 336λ + 144λ 2 + 36λ 3 + 6λ 4 ) (215)( )E (1)20 ≈ e2 λ22a 0 10La correspondiente corrección al estado 2p es:E (1)21 = 1 ∫32πa 3 0( ) 2 rd 3 r e −r/a0 cos 2 θ∆V (r)a 0(217)Entonces,E (1)21 = e224a 0∫ λExpandiendo, tenemos que:0(216)()dxx 2 x + x42λ 3 − 3x2 = e22λ 48a 0 λ 3 [720−72λ2 +12λ 3 −e −λ (720+720λ+288λ 2 +60λ 3 +6λ 4 )](218)( )E (1)21 ≈ − e2 λ42a 0 240Nótese que la corrección al estado 2p es fuertemente suprimida en comparación con la de los estados s:E (1)20∣ ∣ ≈ λ2(220)24E (1)21(219)32
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SolucionesProblema 1:En primer lugar, anotaremos identidades importantes. En la parte (a) necesitaremos:I n (λ) =∫ λ0dxx n e −x = n!(1 − e −λ n ∑v=0)λ vv!(195)En la parte (b), será necesario, <strong>con</strong>ocer las funciones de onda correspondiente:ψ 100 (r) = (πa 3 0) −1/2 e −r/a0 (196)ψ 200 (r) = (32πa 3 0) −1/2 (2 − r/a 0 )e −r/2a0 (197)ψ 210 (r) = (32πa 3 0) −1/2 (r/a 0 )e −r/2a0 (198)Ahora, asumiendo una densidad de carga eléctrica uniforme, tenemos:y si utilizamos la ley de Coulomb para el potencial electrostático, tenemos:ρ =|e|43 πR3 (199)V R (r) = − 3e24πR∫r≤R3 d 3 r ′ 1|⃗r ′ − ⃗r|∫ R ∫ 1= − 3e22R 3 dr ′ r ′2 1(dcosθ) √r2 + r ′2 − 2rr ′ cosθr−1(200)(201)O, separando por sectores:V R (r) = − e2rV R (r) = − e2R[ 32 − 1 2( rR) 2]r > R (202)r ≤ R (203)La diferencia <strong>con</strong> el potencial de coulomb tipo punto estándar es:∆V (r) = 0 r > R (204)( 1∆V (r) = e 2 r + 1 r 22 R 3 − 3 )r ≤ R (205)2REntonces, la corrección a primer orden a la energía del ground-state seráE (1)10 = 〈100|∆V |100〉 (206)∫1=4πa 3 d 3 re −2r/a0 ∆V (r) (207)0∫ λ()= e2dxe 2x x + x4a 0 2λ 3 − 3x2(208)2λ031
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