Volviendo a nuestro elemento de matriz obtenemos:〈ψ f |V |ψ i 〉 =Finalmente, llevando nuestro cálculo a la tasa, obtenemos:e|E 0 |(2a 0 ) 3/2 π 2 32πia 5 0(1 + a 2 0 k2 ) 3 ˆn · ˆk (445)dΓ =Problema 2 - Átomo de Hidrógeno:e 2 E02 32 2 a 100 mk 3(2a 0 ) 3 π 2 (1 + a 2 0 k2 ) 6 4π 2 3 dΩ= (32eE 0a 2 0) 2 (ka 0 ) 3 m32π 4 3 (1 + a 2 0 k2 ) 6 dΩ= 32m(eE 0a 2 0)(ka 0 ) 3π 4 3 (1 + a 2 0 k2 ) 6 dΩConsideremos el Hamiltoniano típico de un electrón en el potencial electrostático generado por el núcleo.Este Hamiltoniano es:H 0 = − 22µ ∆ − Ze2r(446)Donde µ es la masa reducida del electrón. Si queremos hacer correcciones, debemos <strong>con</strong>iderar principalmentedos fenómenos. Uno de ellos corresponde a efectos relativistas y el otro es el spin del electrón.Estas dos correcciones, nos llevarán al correcto Hamiltoniano que buscamos obtener.K = [m 2 ec 4 + p 2 c 2 ] 1/2 − m e c 2 (447)Como nos referiremos principalmente a átomos <strong>con</strong> electrones de baja velocidad <strong>con</strong> respecto a c (v/c ≈Zα ≪ 1), podremos expandir en serie de potencias, obteniendo:K = p22µ − 1 ( )1 p22 µc 2 + . . .2µAqui hemos reemplazado m e por µ dado que la relación entre las masas es ≈1 /1800. Nótese que el primertérmino corresponde a H 0 , es decir, el hamiltoniano que ya habíamos <strong>con</strong>siderado. El segundo términoen la ecuación anterior, representa a la corrección relativista en la energía cinética del Hamiltoniano, yqueda dada por:H K = − 1 (12 µc 2− 22µ ∆ ) 2(448)Por otro lado, el estudio relativista en la mecánica cuántica de átomos de un electrón, muestran que lainteracción del electrón <strong>con</strong> el núcleo, no es local y este efecto, es descrito agregando al Hamiltoniano elTérmino de Darwin, que es:H D =28µ 2 (∆V )(⃗r) (449)c2 69
Ahora, esto puede ser transformado, dado que V (r) = −Ze 2 /r. y ∆(1/r) = −4πδ(r), <strong>con</strong> lo que obtenemos:H D = πZe2 22µ 2 δ(⃗r) (450)c2 Ahora, dado que el electrón, bajo la acción de un potencial electros´tatico φ(r), está sujeto a la acción deun campo eléctrico ⃗ E = −▽φ = −(dφ(r)/dr)ˆr, en el marco de referencia donde el electrón está en resposo,se verá también un campo magnético ⃗ B = ⃗ E × ⃗v/c, donde ⃗v es la velocidad del electrón. Considerando laexpresión de ⃗ E, obtenemos:⃗B = − 1m e cdφ(r) 1Ldr r ⃗Donde ⃗ L es el momento orbital angular del electrón. El momento magnético del electrón (e/m e c) ⃗ S enpresencia de este ⃗ B producde una energía −⃗µ · ⃗B, el que agregará un nuevo término al Hamiltoniano:−⃗µ · ⃗B = 1 1m 2 ec 2 r( dV (r)dr)( ⃗ L · ⃗S), V = eφ (451)Este calculo sería correcto, si el marco de referencia en reposo del electrón fuera un marco inercial. Comoen realidad, lo que tenemos es un marco de referencia acelerado, Thomas y Frenkel mostraron que estadiferencia en realidad, necesita un factor extra de 1/2, <strong>con</strong> lo que finalmente obtendremos:H LS = 1 1 12 (µc) 2 rdV (r)( Ldr⃗ · ⃗S) (452)donde V (r) = −Ze 2 /r y la sustitución m e −→ µ debe ser hecha nuevamente. La energía H LS es <strong>con</strong>ocidacomo acoplamiento spin-orbita. Ahora, hemos obtenido todas las correcciones, que se reducen a:H = H 0 + H 1 = H 0 + H K + H LS + H D (453)H 0 = − 22µ ∆ − Ze2r(454)H K = − 12µc 2 (− 22µ ∆ ) 2(455)H LS = Ze22µ 2 c 2 1r 3 (⃗ L˙⃗S) (456)H D = πZe2 22µ 2 δ(⃗r) (457)c2 Lo que debemos calcular ahora, es el efecto de la perturbación H 1 en el espectro de H 0 . Como base deautoestados de H 0 tomaremos {|nlm l m s 〉}, donde n es el número cuántico principal, l es el momentoangular orbital y m l , m s son las componentes a lo largo del eje Oz del momento angular orbital y de spin,respectivamente (en unidades de ). Obviamente, una base equivalente, es la dada por los estados |nljm〉,donde j es el momento angular total y m es la tercera componente. Ambas bases están relacionadas por:70
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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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Esto se simplifica , eliminando té
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considerando:k =√2mE 2 y E n = 2
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y, entonces:P † (12) = P (12)esto
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a) Una posible solución al problem
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De modo que tenemos tres casos:| 1,