Libro con resumenes y ejercicios resueltos

ω fi = E 1 − E 0√kω =m(562)(563)Luego, si queremos obtener el producto interno que aparece en la integral ya mencionada:Y este producto, está dado por:H 10 = 〈u 1 (x)|H ′ |u 0 (x)〉 = −ka〈u 1 (x)|x|u 0 (x)〉 (564)∫〈u 1 (x)|x|u 0 (x)〉 = N 1 N 0 H 1 (x)xH 0 (x)e −αx2 (565)∫1= N 1 N 0 (H 1 (x) + 2H 0 (x))H 0 (x)e −αx2 dx (566)2α= N ∫1N 2H0 2 (x)e −αx2 dx = N 1(567)αN 0 αFinalmente, la probabilidad está dada por:∣P 01 = 1 N 2 ∣∣∣∣ ∫ ∣T ∣∣∣∣21 2 N0 2 e −iωt′ dt ′α2 0= 1 N 2 ( )1 4 ωt 2 N0 2α2 ω 2 sin2 2(568)(569)Problema 3:(a) Tenemos que la energía estará dada por:E 0 = 2 j(j + 1)2Idonde j es el número cuántico de momento angular.(570)(b) Ahora consideramos el campo magnético:H = J 22I − Gµ B ⃗ J · ⃗B (571)= J 22I − Gµ B B 0J z (572)Los autoestados de H son denotados como |j, m〉 donde (m = −j, −j + 1, ... , j). Luego, tenemos:( 2 j(j + 1)H|j, m〉 =− Gµ )B2I B 0m |j, m〉 (573)donde el ground state es m = j y el primer estado excitado es m = j − 1 Luego, tenemos:86