Libro con resumenes y ejercicios resueltos

La forma que posee nuestra perturbación es:Luego, el Hamiltoniano completo está dado por:V (x) = 2mL δ(x − L 2 ) (396)H = H 0 + λV = p22+ V (x) + λ2m mL δ(x − L 2 ) (397)Los niveles de energía sin perturbar son los clásicos para un pozo potencial:E (0)n = 2 π 22mL 2 n2 n = 1, 2, 3, ... (398)Con las correspondientes autofunciones sin perturbar:√2( πn)φ n (x) = 〈xT n (0) 〉 =L sin L xEntonces, las correcciones de energía a primer orden están dadas por:(399)E (1)n = V nn = 〈n (0) T V T n (0) 〉 (400)Luego, tenemos que:∫V nn =dxφ ∗ nV (x)φ n (x) = 22mL 2 ∫dxsin 2 ( nπ L x)δ(x − L 2 ) (401)Nótese que esto resulta en dos posibles respuestas:V nn = 0 si n es par (402)V nn = 22mL 2 si n es impar (403)Los elementos de matriz desaparecen para un n par porque las funciones de onda tienen un nodo enx = L/2. Las autofunciones con n impar tienen un antinodo en x = L/2, de modo que la función senotoma su valor máximo.La corrección a primer orden a la autofunción es usualmente escrito como:|n (1) 〉 = − ∑ m≠n|m (0) 〉 V mnE mn(404)Entonces, para resolver esto vamos parte por parte. Primero resolveremos V mn :V mn = 22mL 2 ∫dxsin( mπL x)δ(x − L 2 )sin(nπ x) (405)LEntonces el resultado es:59