Libro con resumenes y ejercicios resueltos

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Pontificia Universidad Católica de Chile - Facultad de FísicaQM II - FIZ0412Ayudantía 8Profesor: Max BañadosAyudante : Nicolás Pérez (nrperez@uc.cl)Problemas1. Este es un problema engañoso porque la degeneraci´’on entre el primer y segundo estado no es removidaen primer orden. Un sistema que tiene tres estados sin perturbar puede ser representada por la siguientematriz Hamiltoniana perturbada:⎛⎝E 1 0 a⎞0 E 1 b ⎠ (382)donde E 2 > E 1 . Las cantidades a y b deben ser consideradas como perturbaciones que son del mismoorden y que son pequeñas comparadas con E 2 −E 1 . Use teoría de perturbaciones no degenerada a segundoorden para calcular los autovalores perturbados. (Es esto correcto?) Luego diagonalice la matriz paraencontrar los autovalores exactos. Finalmente, use la teoría de perturbaciones degenerada a segundoorden. Compare los resultados.2. Infinite square well con función delta: Consideramos el pozo potencial infinito como el problema sinperturbar y lo que haremos será perturbarlo con la función delta en el centro del potencial . Calcularemoslos shifts de energía a segundo orden y los autoestados perturbados a primer orden.57
Problema 1:SolucionesPara resolver el problema, debemos usar el método de la ecuación secular. Entonces, lo que deseamoshacer es diagonalizar la matriz que describe el Hamiltoniano perturbado para obtener los autovaloresexactos de energía. La ecuación secular obtenida es entonces:(E 1 − λ)((E 1 − λ)(E 2 − λ) − |b| 2 ) + (a(λ − E 1 )a ∗ ) = 0 (383)Una solución trivial del problema es E 1 = λ. Por otro lado, debemos resolver la ecuación:Entonces, tenemos dos soluciones a esto:λ 2 − (E 1 + E 2 )λ + E 1 E 2 − |a| 2 − |b| 2 = 0 (384)Nótese que aquí hemos asumido que |a|, |b|, ≪ |E 2 − E 1 |.Luego, la teoría de perturbaciones se lee como:λ + = E 1 + |a|2 + |b| 2E 1 − E 2(385)λ − = E 2 − |a|2 + |b| 2E 1 − E 2(386)∆ 1 =∆ 2 =De esta manera, los niveles de energía quedan dados por:Problema 2: Notemos en primer lugar el Hamiltoniano sin perturbar:|a| 2E 1 − E 2(387)|b| 2E 1 − E 2(388)∆ 3 = |a|2 + |b| 2E 2 − E 1(389)E 1 + ∆ 1 (390)E 1 + ∆ 2 (391)E 2 + ∆ 3 (392)Donde, tenemos la condición del pozo potencial:H 0 = p2+ V (x) (393)2mV (x) = 0 si0 < x < L (394)V (x) = ∞ siesta en otro rango (395)58
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Pero, como sabemos que σ 2 y = 1 y
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Ahora el elemento de matriz se calc
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De modo que nos es posible escribir
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Podemos hacer una analogía con la
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Como el operador involucrado consis
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Esto se simplifica , eliminando té
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a) Una posible solución al problem
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De modo que tenemos tres casos:| 1,
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