Física Cuántica II.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED PROBLEMAS. PARTE I Problema 1 .p Un haz de de espín normalizado p p se encuentra en el estado p electrones + 2/3 01 ≡ 1/3 |+i + 2/3 |−i , donde |+i = 10 , |−i = 01 son los vectores bz , es decir, constituyen la base en la que las matrices de Pauli toman su propios de S |φi = 1/3 1 0 forma habitual. Se le hace atravesar un aparato de Stern-Gerlach (S-G) orientado en la dirección del eje Z. (a) ¾Cuáles son las intensidades relativas de cada uno de los dos haces salientes? (b) ¾Y si el S-G estuviese orientado en la dirección X? Solución: (a) El aparato de Stern-Gerlach orientado en la dirección del eje probabilidad de obtener los valores +~/2 y −~/2 Z mide Sbz . Por tanto, la es ~ 1 P sz = + = |h+ | φi|2 = 2 3 ~ 2 P sz = − = |h− | φi|2 = 2 3 y la intensidad relativa de los dos haces es 1:2 X , lo que hacemos es medir la componente b x del espín. Los valores propios de Sx son √ también +~/2 y −~/2,√ pero los vectores propios correspondientes son |Sx+ i = (|+i + |−i) / 2 y |Sx− i = (|+i − |−i) / 2, respectivamente. Por lo bx sobre el estado |φi es tanto, la probabilidad de obtener +~/2 al hacer una medida de S r 2 √ p . 2 . . . . ~ 1 2. 1 3+2 2 1 1/3 . 2 . . p P sx = + = |hSx+ | φi| = . √ = . √ . √ + . = . 6 2/3 . 2 6. 6 2 2 (b) Si el aparato de S-G está orientado en la dirección Análogamente. la probabilidad de obtener La −~/2 es r . . 2 √ . p . 2 . . . 1 −1 ~ 1 1 3 − 2 2 1/3 2 . = . √ − p P sx = − = |hSx− | φi| = . . √ . √ . = . . . p Un p haz de electrones se encuentra en el estado de espín normalizado 2/3 |−i. A continuación se reunen los dos haces salientes y el haz resultante atraviesa un S-G en la dirección del eje X . 2/3 2 3 6 2 2 6 √ √ √ intensidad relativa de los dos haces es entonces 3 + 2 2 / 3 − 2 2 = 17 + 12 2 ' 34 Problema 2. Se le hace atravesar por un aparato de Stern-Gerlach (S-G) Z . ¾Cuál es la intensidad relativa |φi = 1/3 |+i + orientado en la dirección del eje de los dos haces salientes? Solución: 71 . La energía de interacción entre ~ es E = −~µ · B ~ . y hemos llamado ε = (gµb B/2) . E1 = +ε y ⇒ . |+i y de la función de onda. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. Las autoenergías son la solución de la ecuación característica b −E =0 det H esto es. B b del sistema en la base de a) Hallar la representación matricial del hamiltoniano H b autoestados de Sz . z ). B sin θ.2 los correspondientes autoestados. es decir. siempre habrá el |Sx− i. sino que es una mezcla incoherente de electrones en estados |−i .- Consideremos una partícula de espín s = 1/2 (en unidades de ~) bajo la ~ = (B cos θ. y otro con electrones en el estado mismo número de electrones nales en el estado de cuáles sean los coe cientes del estado inicial |Sx+ i |φi . El haz que entra ahora en el segundo S-G ya no está en el estado puro superposición lineal de |+i y |−i . Sean entonces E1. Sbi = (~/2) σ bi (que tiene dimensiones de energía) (b) Diagonalicemos esta matriz. y esto es independiente Nótese que la diferencia con el problema anterior es que la primera medida ha producido un colapso |φi . ~ siendo g S el factor giromagnético (g ' 2) y µb = e~/2mc el magnetón de Bohr. de dos observables que no son compatibles. Ahora bien. ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. que en el estado Por lo tanto. acción de un campo magnético uniforme de componentes b) ¾Qué valores pueden obtenerse al medir la energía y cuáles son los autoestados correspondientes? c) Si en t = 0 el estado de espín de la partícula es |Ψ (0)i = |+i = 1 0 .2 las autoenergías y Φ1. tanto el primer haz como el segundo se desdoblarán al atravesar el segundo S-G en dos haces de la misma intensidad: uno con electrones en el estado |Sx+ i |Sx− i. Problema 3. CAMPOS EXTERNOS Ahora tenemos dos medidas sucesivas de dos componentes de espín diferentes. (i = x. y.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. Los autovalores serán las energías permitidas y los autovectores los estados estacionarios. Del primer S-G salen dos haces: uno con electrones en el estado de espín |+i y otro con electrones en el estado de espín |−i . 0). ¾cuál es el estado Ψ (t) para cualquier instante de tiempo? ¾cómo evoluciona en el tiempo la probabilidad P (b sz = ~/2) de que al medir la componente z del espín de esta partícula se tenga el valor +~/2? Solución: ~ le corresponde un momento magnético ~µ = (gµb /~) S. por lo tanto el hamiltoniano de un momento magnético ~ µ y un campo magnético B (a) A una partícula de espín nuestro sistema es b = g µb S ~ ·B ~ = g µb ~σ · B ~ = g µb B (σ x cos θ + σ y sin θ) = H ~ 2 2 0 εe−iθ εeiθ 0 donde hemos escrito los operadores de espín en términos de las matrices de Pauli. . −E εe−iθ . . εeiθ −E . . . = E 2 − ε2 = 0. . entonces. ya normalizada. El estado estacionario Φ1 es. solución de b |Φ1 i = E1 |Φ1 i H ⇒ 0 εe−iθ εeiθ 0 φ11 εφ11 = φ12 εφ12 cuya solución. 2 exp (+iθ/2) o bien e−iθ φ12 = φ11 e+iθ φ11 = φ12 . E2 = −ε. es 72 1 exp (−iθ/2) |Φ1 i = √ . Como 1 1 = hΦ1 | Ψ (0)i = √ e+iθ/2 . |Φ2 i} es |Ψ (0)i = hΦ1 | Ψ (0) i |Φ1 i + hΦ2 | Ψ (0) i |Φ2 i . UNED 4. Problema 4. |Φ2 i = √ 2 − exp (+iθ/2) (c) La expresión de |Ψ (0)i en la base {|Φ1 i . −e b0 2 2 73 . Así. −e 0 2 tenemos 1 √ e+iθ/2 2 1 √ e+iθ/2 2 1 1 |Ψ (0)i = √ e+iθ/2 |Φ1 i + √ e+iθ/2 |Φ2 i . 2 e+iθ 2 −e+iθ − exp (iθ) sin (ωt) donde ω = ε/~. Sby los valores medios S y Ψ (t) . (a) Calcular |Ψ (t)i para cualquier instante de tiempo (b) Calcular. la diferencia ahora es que 1 +iθ/2 −iθ/2 a0 1 hΦ1 | Ψ (0)i = √ e .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. a D partir obtenida para E Dde Ela expresión D E bx . la evolución temporal es inmediata de obtener: 1 1 |Ψ (t)i = √ e+iθ/2 |Φ1 i e−iεt/~ + √ e+iθ/2 |Φ2 i e+iεt/~ 2 2 −iθ/2 1 −iεt/~ +iθ/2 e 1 +iεt/~ +iθ/2 e−iθ/2 e e = e + e 2 e+iθ/2 2 −e+iθ/2 1 −iεt/~ 1 1 +iεt/~ 1 cos (ωt) = e + e = . 2 2 Con esto.3.- Consideremos el mismo problema anterior pero ahora el estado inicial de la partícula es el estado más general 2 |Ψ (0)i = a0 |+i + b0 |−i = a0 1 0 + b0 2 0 1 = a0 b0 con |a0 | + |b0 | = 1. la probabilidad partícula se obtenga el valor +~/2 P (b sz = ~/2) de que al medir la componente z del espín de esta es P (b sz = ~/2)|t = cos2 (ωt) . e−iθ/2 0 2 1 1 iθ/2 −iθ/2 = hΦ2 | Ψ (0)i = √ e . EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS De análoga forma se obtiene que exp (−iθ/2) 1 .e = √ a0 e+iθ/2 + b0 e−iθ/2 b0 2 2 a 1 iθ/2 1 0 −iθ/2 = √ a0 e+iθ/2 − b0 e−iθ/2 hΦ2 | Ψ (0)i = √ e . la evolución temporal de Sbz Solución: (a) Procediendo como en el apartado (b) del problema anterior. los operadores de espín vienen dados por las matrices de Pauli. CAMPOS EXTERNOS y así tenemos es 1 1 √ a0 e+iθ/2 + b0 e−iθ/2 |Φ1 i e−iωt + √ a0 e+iθ/2 − b0 e−iθ/2 |Φ2 i eiωt 2 2 1 1 a0 + b0 e−iθ a − b0 e−iθ 0 −iωt = √ e +√ e+iωt iθ a0 eiθ + b0 2 2 −a0 e + b0 a0 cos ωt − ib0 e−iθ sin ωt = b0 cos ωt − ia0 eiθ sin ωt |Ψ (t)i = Un modo alternativo de obtener Ψ(t) = a(t) b(t) |Ψ (t)i es el siguiente. obtenemos y una ecuación similar se obtiene para en cuenta las condiciones iniciales es inmediata. coincide con el resultado anterior. b(t) i~ a(t) d a(t) 0 εe−iθ = εeiθ 0 dt b(t) b(t) =⇒ i~ (da(t)/dt) = εe−iθ b(t) i~ (db(t)/dt) = εeiθ a(t) Derivando una vez más la primera y teniendo en cuenta la segunda. tenemos D D D Sby Sbz E E t Sbx E t 0 1 ~ a(t) ∗ ∗ a (t) b (t) = = hΨ(t) |Sx | Ψ(t)i = b(t) 1 0 2 ~ ∗ = (a (t)b(t) + a(t)b∗ (t)) = ~ Re (a∗ (t)b(t)) 2 .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. Por lo tanto. resulta i~ iθ d2 a(t) −iθ db(t) −iθ εe a(t) = εe = εe dt2 dt i~ ε 2 d2 a(t) = − a(t) = −ω 2 a(t) dt2 ~ =⇒ b(t). (b) Teniendo en cuenta que. La forma más general para el estado de espín . UNED FÍSICA CUÁNTICA II. Teniendo a(t) = a0 cos ωt − ib0 e−iθ sin ωt b(t) = b0 cos ωt − ia0 eiθ sin ωt que. la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo equivale a un par de ecuaciones diferenciales de primer orden acopladas para las componentes a(t). por supuesto. con |a(t)|2 + |b(t)|2 = 1. ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. La resolución de estas ecuaciones a(0) = a0 y b(0) = b0 . en la base en que estamos trabajando. . E ~ . . = Ψ(t) . Sby . Por ejemplo 74 a0 cos ωt − ib0 e−iθ sin ωt a∗0 cos ωt + ib∗0 eiθ sin ωt = = |a0 |2 cos2 ωt + |b0 |2 sin2 ωt + 2 Im a∗0 b0 e−iθ sin ωt cos ωt |a(t)|2 = . Ψ(t) = 2 D t ~ = hΨ(t) |Sz | Ψ(t)i = 2 a∗ (t) a∗ (t) b∗ (t) b∗ (t) 0 −i i 0 1 0 0 −1 a(t) b(t) a(t) b(t) = ~ Im (a∗ (t)b(t)) = ~ |a(t)|2 − |b(t)|2 2 En particular D E Sbx = ~ Re a∗0 b0 D 0 Sby E 0 = ~ Im a∗0 b0 D E ~ 1 2 2 2 b Sz = |a0 | − |b0 | = ~ |a0 | − 2 2 0 Ahora todo se reduce a operar con números imaginarios (aunque el cálculo resulte algo tedioso). t Problema 5.- 0 0 0 0 En el problema anterior se han obtenido los valores medios del espín a partir de la evolución temporal del estado. como antes. La ecuación para la evolución de los valores medios de un observable D E b d A dt = b es A 1 Dh b b iE A. Resolver ahora el mismo problema partiendo directamente de la ecuación para la evolución temporal de los valores medios Solución: Para mayor simplicidad en lo que sigue. ω = gµb B/2~. UNED 4. EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS b0 cos ωt − ia0 eiθ sin ωt b∗0 cos ωt + ia∗0 e−iθ sin ωt = = |b0 |2 cos2 ωt + |a0 |2 sin2 ωt − 2 Im a∗0 b0 e−iθ sin ωt cos ωt |b(t)|2 = de modo que ~ ~ ~ |a0 |2 − |b0 |2 cos2 ωt − |a0 |2 − |b0 |2 sin2 ωt + 4 Im a∗0 b0 e−iθ sin ωt cos ωt 2 2 2 = hSz i0 cos 2ωt + hSy i0 cos θ − hSx i0 sin θ sin 2ωt hSz it = Asimismo a∗0 cos ωt + ib∗0 eiθ sin ωt b0 cos ωt − ia0 eiθ sin ωt = a∗0 b0 cos2 ωt + a0 b∗0 e2iθ sin2 ωt − ieiθ |a0 |2 − |b0 |2 sin ωt cos ωt a∗ (t)b(t) = h i Re (a∗ (t)b(t)) = Re (a∗0 b0 ) cos2 ωt + Re (a∗0 b0 ) cos 2θ + Im(a∗0 b0 ) sin 2θ sin2 ωt + sin θ |a0 |2 − |b0 |2 sin ωt cos ωt h i Im (a∗ (t)b(t)) = Im (a∗0 b0 ) cos2 ωt + Re (a∗0 b0 ) sin 2θ − Im (a∗0 b0 ) cos 2θ sin2 ωt − cos θ |a0 |2 − |b0 |2 sin ωt cos ωt y por lo tanto D E D E D E D E D E Sbx = Sbx cos2 ωt + Sbx cos 2θ + Sby sin 2θ sin2 ωt + Sbz sin θ sin 2ωt t 0 0 0 0 D E D E D E D E D E Sby = Sby cos2 ωt + Sbx sin 2θ − Sby cos 2θ sin2 ωt − Sbz cos θ sin 2ωt. H i~ 75 .3. escribamos el hamiltoniano en la forma b = gµb B Sbx cos θ + Sby sin θ = 2ω Sbx cos θ + Sby sin θ H ~ siendo.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. Sby = i~Sbz (y las equivalentes por permutación cíclica). Sby sin θ = −2ω Sbz cos θ i~ E D E i E D E h 1 D h b b i = 2ω Sby cos θ − Sbx sin θ 2ω Sz . UNED FÍSICA CUÁNTICA II. Sx cos θ + Sby . D E Sbz = C1 cos 2ωt + C2 sin 2ωt. obtenemos las ecuaciones de evolución D E d Sbx dt D d Sby d Sbz dt i E D E h 1 D h b b i = 2ω Sbz sin θ 2ω Sx . t 0 0 t Así 76 D E d Sbz dt hD E D E D E i D E = −2ω Sbx sin θ + 2ω Sby + Sbx − Sbx cot θ cos θ t 0 0 t D E D E D E 1 b b b = −2ω Sx − Sy cos θ − Sx cot θ cos θ t sin θ 0 0 0 . t Las constantes C1 y C2 vienen dadas por las condiciones iniciales. llamando D D E D E D E d Sby d Sbx = 2ω cos θ − sin θ = − (2ω)2 Sbz dt dt E D E Sbz (t) = Sbz t . CAMPOS EXTERNOS y teniendo en cuenta las relaciones de conmutación h i Sbx . Sx cos θ + Sbz .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. ~ = µM dt Derivando una vez más la tercera ecuación con respecto al tiempo. ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. Para D D E d Sbz dt Sbz E 0 = 2ωC2 = 2ω t=0 tenemos = C1 D Sby E 0 D E cos θ − Sbx sin θ 0 t=0 y en de nitiva D E D E D E D E Sbz = Sbz cos 2ωt + Sby cos θ − Sbx sin θ sin 2ωt t 0 0 0 De las dos primeras ecuaciones se obtiene D E d Sbx dt cos θ + D E d Sby dt es decir ⇒ sin θ = 0 D Sbx E t D E D E D E cos θ + Sby sin θ = cte = Sbx cos θ + Sby sin θ t 0 D E D E D E D E Sby = Sby + Sbx − Sbx cot θ. Sby sin θ i~ E = dt D = h i E D E 1 D h b b i 2ω Sy . Sx cos θ + Sbx . obtenemos D E d2 Sbz dt2 de modo que. Sby sin θ i~ = Nótese que estas tres ecuaciones para los valores medios de las componentes del espín constituyen la correspondencia cuántica de la ecuación clásica para un momento magnético ~ M ~ dM ~ × B. Y también hemos visto que un dipolo magnético sometido a un campo magnético constante experimenta un movimiento de precesión de modo que el vector momento magnético barre una super cie cónica cuyo eje está orientado a lo largo del campo magnético. UNED 4. Si consideramos el vector de 77 . Del mismo modo se procede para D Sby E t . supongamos que hemos resuelto el problema para θ = 0 cuya solución (que acabamos de escribir) es muy simple. En nuestro caso. es decir. las ecuaciones anteriores se reducen a D E D E D E D E Sbx = Sbx cos2 ωt + Sbx sin2 ωt = Sbx 0 0 D Et D E 0 D E D E D E 2 2 Sby = Sby cos ωt − sin ωt − Sbz cos θ sin 2ωt = Sby cos 2ωt − Sbz sin 2ωt 0 0 0 D Et D E 0 D E Sbz = Sbz cos 2ωt + Sby sin 2ωt. el formará ahora un ángulo θ y habremos recuperado el problema original. cuando el campo está dirigido a lo largo del X. Z por una rotación de un ángulo campo magnético con el eje X0 ~ B. Sbx Nótese que en este caso la componente t 2ω alrededor es una constante del movimiento. 0). Ya hemos dicho en repetidas ocasiones que los valores medios de las componentes del espín cuántico se comportan de forma similar a las componentes de un dipolo magnético clásico. eje t 0 0 que claramente corresponden a un movimiento de con frecuencia D precesión E del eje X. sin θ. Todo lo que tenemos que hacer ahora es escribir la solución en un nuevo sistema de ejes de ejes X. En efecto. EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS que debe ser igual a D E d Sbz dt = −2ω hD Sbz E 0 sin 2ωt − D Sby E 0 i D E cos θ − Sbx sin θ cos 2ωt 0 es decir D E D E D E D E D E 1 Db E Sx − Sby cos θ − Sbx cot θ cos θ = Sbz sin 2ωt − Sby cos θ − Sbx sin θ cos 2ωt sin θ 0 0 0 0 0 t o D E Sbx D E D E D E sin θ cos θ (1 − cos 2ωt) + Sbx cos2 θ + Sbz sin θ sin 2ωt + Sbx sin2 θ cos 2ωt 0 0 0 D E D E D E0 2 2 2 b b b cos θ + sin θ cos 2ωt = Sy sin 2θ sin ωt + Sz sin θ sin 2ωt + Sx D = t Sby E 0 0 0 El último paréntesis puede escribirse cos2 θ + sin2 θ cos 2ωt = cos2 θ cos2 ωt + sin2 ωt + sin2 θ cos2 ωt − cos2 ωt = cos2 ωt cos2 θ + sin2 θ + sin2 ωt cos2 θ − sin2 θ = cos2 ωt + sin2 ωt cos 2θ de modo que D Sbx E t D E D E D E D E = Sbx cos2 ωt + Sbx cos 2θ + Sby sin 2θ sin2 ωt + Sbz sin θ sin 2ωt 0 0 0 0 tal como obtuvimos en el problema anterior. el eje del cono está en la dirección Consideremos el caso sencillo θ = 0.3. Nota: Aunque estas expresiones parecen algo complicadas.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. Entonces. De este modo. Z. Esto nos lleva a otra forma de encontrar la solución para el problema general con un θ cualquiera. (cos θ. su interpretación es en realidad muy sencilla. que formaba un ángulo 0 θ X 0. Y 0. Y. Z 0 que se obtiene del sistema alrededor del eje con el eje X. nalmente D Sbx0 E t = D D E D E D E sin θ cos θ + Sbx0 sin θ − Sby0 cos θ sin θ cos 2ωt cos θ + Sby0 0 0 0 0 D E 0 + Sbz sin θ sin 2ωt. B el hamiltoniano del sistema es b = g µb B Sbx = gµb B H ~ 2 0 1 1 0 donde. 0. sbz con autovalor +~/2. hemos llamado = 0 ε ε 0 ε = gµb B/2 ' µb B. componentes X 0. Z. Sby 0 0 0 y D Sbz E 0 = D Sby0 D E Sbx E 0 = 0 de modo que. 0 0 0 t t Pero por la misma transformación de coordenadas anterior es fácil ver que D E D E D E = Sby0 cos θ − Sbx0 sin θ hSx0 i0 cos θ + Sy0 0 sin θ. Sbz en el sistema X. Solución: Procediendo como en los problemas anteriores y teniendo en cuenta que ahora ~ = (B. Y 0. Los valores propios de esta matriz son las soluciones de la ecuación . 0). como en los problemas anteriores. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. sus componentes en el sistema Z 0 vendrán dadas por la transformación E Sbx0 D E Sb0 D yE Sbz0 D E Sbx D E Sby D E Sbz D cos θ − sin θ 0 sin θ cos θ 0 = 0 0 1 Entonces D Sbx0 E t D E D E D E D E D E = Sbx cos θ − Sby sin θ = Sbx cos θ − Sby cos 2ωt − Sbz sin 2ωt sin θ. ¾Cuál es el estado de dicho electrón para cualquier bz para este instante de tiempo? ¾Cuál es el tiempo propio de evolución del observable S autoestado de electrón? Veri que que se cumple la relación de incertidumbre energía/tiempo. CAMPOS EXTERNOS D E D E D E Sbx . Y. Sby . ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. Problema 6. Lo mismo puede hacerse para D Sbz0 E t D Sby0 E t y . Sbx0 E 0 que coincide con el resultado general ya obtenido.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II.- Un electrón está en reposo en el seno de un campo magnético uniforme orientado en la dirección x. En t = 0 el electrón se encuentra en el estado |Ψ(0)i = |+i. . −E ε b det H − E = 0 ⇒ . . ε −E . . . = E 2 − ε2 = 0 . a Esto es. E1 = +ε y E2 = −ε. de modo que. Por otra parte. puesto que el hamiltoniano es proporcional Sbx es evidente que sus autoestados son los autoestados correspondientes de la componente x del espín. 78 |Φ+ε i = √ 1/ 2 √ . 1/ 2 √ 1/ 2 √ . de nuevo. −1/ 2 |Φ−ε i = . si denotamos como subíndice la energía. D Sbz2 E t ~2 ~2 ~2 ~2 2 εt 2 εt = P(sz = ~/2) + P(sz = −~/2) = cos + sin = 4 4 4 ~ ~ 4 de modo que s ∆Sbz t ~ = 2 1− cos2 2εt ~ ~ = sin 2 2εt ~ . análogamente. Por otra parte.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. A partir de la τ sbz ~ ∆Sbz sin 2εt ~ ~ 2 ~ t . EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS Teniendo en cuenta que el estado inicial es Ψ (0) = |+i = 1 0 obtenemos fácilmente 1 1 Ψ (t) = √ |Φ+ε i exp (−iεt/~) + √ |Φ−ε i exp (iεt/~) = 2 2 Para este estado. UNED 4. el valor esperado de D Sbz E t Sbz cos (εt/~) −i sin (εt/~) es ~ ~ ~ = P(sz = ~/2) − P(sz = −~/2) = cos2 2 2 2 εt ~ ~ − sin2 2 εt ~ ~ = cos 2 2εt ~ y. Ya podemos calcular el tiempo propio de evolución de de nición Sbz . de modo que su valor se puede calcular a partir del estado inicial D E b = ε |hΦ+ε | Ψ(0)i|2 − ε |hΦ−ε | Ψ(0)i|2 = ε 1 − ε 1 = 0 H 2 2 D E 1 b 2 = ε2 |hΦ+ε | Ψ(0)i|2 + ε2 |hΦ−ε | Ψ(0)i|2 = ε2 + ε2 1 = ε2 H 2 2 de modo que ∆H = ε.3. la energía es una constante de movimiento. = = . . D E . . = . . = . b 2ε 2∆H . ∂ Sbz . . ∂ ~ cos 2εt . 2 ~ . . . ∂t . Solución: 79 . siendo g1 y g2 las respectivas razones son respectivamente ~ µ1 = −g1 S espín 1/2 son giromagnéticas de las partículas. Las partículas están sometidas a un campo magnético externo uniforme ~ en la dirección del eje Z.- no tiene por qué en general saturarse como en el caso de este ejemplo. Además. Lógicamente. ∂t t y la relación de incertidumbre energía-tiempo se cumple en su caso límite. Llamaremos H b 0 al hamiltoniano que contiene B las energías de interacción de las partículas con dicho campo. considerando b int como una perturbación del hamiltoniano H b 0 . Comparar los H resultados con los obtenidos en (a). Los momentos angulares intrínsecos de dos partículas distinguibles de ~1 y S ~2 . (b) Encontrar los niveles del sistema mediante teoría de perturbaciones a primer orden. b τ Ab ≥ ~/ 2∆H Problema 7. respectivamente. la desigualdad general. existe una energía de interacción entre las partículas que puede escribirse como b int = A S ~1 · S ~2 . H (a) Escribir la expresión exacta del hamiltoniano (de espín) total y encontrar los valores exactos de los niveles estacionarios del sistema. En consecuencia. sus momentos magnéticos S ~1 y ~µ2 = −g2 S ~2 . por separado. Tenemos que elegir una base para la representación. Por su parte. |−i}2 de las bases Siz (i = 1. Una posible base es el producto cartesiano 2 constituidas por los vectores propios de los operadores Si . Sbiz i diferente no lo hacen. la representación matricial del hamiltoniano será una matriz (4 × 4).UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. Los cálculos son muy sencillos teniendo en cuenta la actuación de los operadores de espín sobre los estados |+i. CAMPOS EXTERNOS ~ es E (a) La energía de interacción de un momento magnético ~ µ con un campo magnético B Por lo tanto. Por lo tanto. el hamiltoniano total del sistema puede B escribirse b = g1 S ~1 · B ~ + g2 S ~2 · B ~ + AS ~1 · S ~2 = g1 B Sb1z + g2 B Sb2z + A (S1x S2x + S1y S2y + S1z S2z ) H Puesto que el espacio de Hilbert de los estados de espín de una partícula de espín 1/2 es de dimensión 2. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. Por ejemplo. y lo mismo para los otros). |−i. mientras que los términos con a los vectores de la base (donde |++i ≡ |+i1 ⊗ |+i2 . 2 2 Es fácil ver entonces que los únicos elementos de matriz distintos de cero para dichos términos serán los elementos entre los estados de la base que tienen los dos espines intercambiados 80 h+ + |S1x S2x + S1y S2y | − −i = h+ + |S1x S2x | − −i + h+ + |S1y S2y | − −i = = h+ |S1x | −i1 h+ |S2x | −i2 + h+ |S1y | −i1 h+ |S2y | −i2 = ~ ~ ~ ~ = h+ | +i1 h+ | +i2 + (−i) h+ | +i1 (−i) h+ | +i2 = 0 2 2 2 2 h+ − |S1x S2x + S1y S2y | − +i = h+ − |S1x S2x | − +i + h+ − |S1y S2y | − +i = = h+ |S1x | −i1 h− |S2x | +i2 + h+ |S1y | −i1 h− |S2y | +i2 = = ~ ~ ~ ~ ~2 h+ | +i1 h− | −i2 + (−i) h+ | +i1 (i) h− | −i2 = 2 2 2 2 2 . el espacio de Hilbert del sistema compuesto tiene dimensión 4. h+ + |S1z | + +i = h+ |S1z | +i1 h+ | +i2 = ~ ~ h+ | +i1 h+ | +i2 = 2 2 h+ + |S1z S2z | + +i = h+ |S1z | +i1 h+ |S2z | +i2 = ~ ~ ~2 h+ | +i1 h+ | +i2 = 2 2 4 y es fácil así obtener la parte diagonal de la representación matricial del hamiltoniano h+ + |g1 BS1z + g2 BS2z + AS1z S2z | + +i = (g1 + g2 )B ~2 ~ +A 2 4 ~ ~2 −A 2 4 ~2 ~ h− + |g1 BS1z + g2 BS2z + AS1z S2z | − +i = −(g1 − g2 )B − A 2 4 ~ ~2 h− − |g1 BS1z + g2 BS2z + AS1z S2z | − −i = −(g1 + g2 )B + A 2 4 h+ − |g1 BS1z + g2 BS2z + AS1z S2z | + −i = (g1 − g2 )B S1x S2x o S1y S2y |+i en estados |−i. Sbiy. |+−i . por lo que no es posible escoger una base común para todos los operadores de espín que aparecen en {|+i . los términos correspondientes a que los operadores Sbx . Evidentemente. |−+i . ~ ~ h+ | −i1 h+ | −i2 = 0. Los operadores con un subíndice conmutan (pues actúan sobre partículas diferentes) pero los operadores Sbix . operadores S1x S2x y Llamemos |++i . |−i}1 ⊗ {|+i . sólo los términos del hamiltoniano donde aparecen exclusivamente Sbiz tendrán una representación diagonal en dicha S1y S2y tendrán una representación no diagonal. 2) de cada una de las partículas el hamiltoniano. Sby cambian los estados h+ + |S1x S2x | + +i = h+ |S1x | +i1 h+ |S2x | +i2 = no tienen elementos diagonales ya Por ejemplo. |−−i base. ~ = B~ez . teniendo en cuenta que en nuestro caso ~ = −~µ·B. Dos de ellos son evidentemente E1 = (g1 + g2 )B~ A~2 + 2 4 E2 = − (g1 + g2 )B~ A~2 + 2 4 y los otros dos son las soluciones de ~ ~2 ~ ~2 A2 ~4 (g1 − g2 )B − A − E −(g1 − g2 )B − A − E − =0 2 4 2 4 4 es decir E3. el hamiltoniano se puede escribir b g 1 B Sb1z +g 2 B Sb2z + A Sb2 − Sb2 − Sb2 = g 1 B Sb1z +g 2 B Sb2z + A H= T 1 2 2 2 2 3~ 2 SbT − 2 SbT2. |−+i .4 Nota: A~2 p 2 4 2 2 2 = − ± A ~ + (g1 − g2 ) B ~ = 2 s 2 (g1 − g2 )B~ A2 ~2 A~ ± 1+ = − 4 2 (g1 − g2 )2 B 2 1 2 Una forma alternativa de resolver el problema es la siguiente. UNED 4. Teniendo en cuenta que 2 ~1 + S ~2 = Sb12 + Sb22 + 2S ~1 · S ~2 SbT2 = S y que S12 = S22 = 34 ~2 . la representación matricial de b = H 2 (g1 + g2 )B ~2 + A ~4 0 0 0 b H en la base escogida 0 2 (g1 − g2 )B ~2 − A ~4 2 A ~2 0 {|++i . |−−i} 0 2 A ~2 2 −(g1 − g2 )B ~2 − A ~4 0 0 0 0 2 −(g1 + g2 )B ~2 + A ~4 es Los valores propios de la energía son los autovalores de esta matriz. EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS En resumen. |+−i .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II.3. Llamemos |1. 1i ≡ . y (Sb1z + Sb2z ). 0i. 1i. |1. |1. Ahora podemos elegir una base constituida por los vectores propios de |1. −1i y |0. D . 0i a los vectores de esta base (donde y lo mismo para los otros). Entonces. S1z + S2z = 1 .ST2 = 1. . . . . . E D E D E . . . . . . 1. 1 . SbT2 . 1. 0 . 1 = 1. SbT2 . 0 = 1. −1 . 1. SbT2 . −1 = 2~2 D . 1. . E . . 0. 0 . SbT2 . 1i = |+. 0. |1. la relación entre los vectores de ambas bases es |1. aunque los vectores de esta base son vectores propios de son vectores propios de Sb1z y Sb2z Sb1z + Sb2z. 0i = √ (|+−i − |−+i) 2 81 . +i . 0 = 0 de modo que el último término tiene una representación diagonal A 2 A~2 4 3~2 0 2 ST − = 2 0 0 0 A~2 4 0 0 0 0 0 A~2 4 0 0 0 2 − 3A~ 4 Sin embargo. −1i = |−. no todos ellos por separado. 0i = √ (|+−i + |−+i) 2 1 |0. 1 |1. −i . Como es sabido. UNED FÍSICA CUÁNTICA II.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. |−i}1 ⊗ {|+i . 0i . 0i. ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. Nótese. −1i = |1. +i = |+. (b) Tomemos de nuevo la base {|+i . |−i}2 . 0i = |1. además. |1. 0i S1z |1. 1i . −1i obtuvimos con la base anterior. |1. La representación matricial del hamiltoniano no perturbado (g1 + g2 )B ~2 0 H0 = 0 0 0 (g1 − g2 )B ~2 0 0 0 0 −(g1 − g2 )B ~2 0 0 0 0 ~ −(g1 + g2 )B 2 de modo que los valores propios no perturbados son 82 (0) E1. −1i 2 ~ 1 1 b ~ b b √ S1z |+−i + S1z |−+i = √ (|+−i − |−+i) = |0. 0i 2 y la representación matricial de los dos primeros términos del hamiltoniano es ahora (g1 +g2 )B~ 2 0 0 0 [g1 BS1z + g2 BS2z ] = En de nitiva. 0i} A~2 4 + b = H 0 0 0 0 0 (g1 −g2 )B~ 2 matricial del 0 (g1 −g2 )B~ 2 − (g1 +g22 )B~ 0 hamiltoniano 0 0 completo en esta base es (g1 +g2 )B~ 2 0 0 0 0 0 0 A~2 4 A~2 0 (g1 −g2 )B~ 2 4 − 0 (g1 −g2 )B~ 2 (g1 +g2 )B~ 2 0 2 − 3A~ 4 0 y es fácil comprobar que sus valores propios coinciden con los valores propios de la matriz que g1 = g2 la |1.4 = ± (g1 + g2 )B~ 2 (0) E2. 0i es una base propia del hamiltoniato total. 1i 2 2 y análogamente ~ Sb1z |1. |1. 1i = Sb1z |+. lo que quiere decir la base constituida por los vectores y |0. 1i. Entonces ya tenemos calculados todos los elementos de matriz necesarios. +i = |1. 0i = 2 2 2 2 ~ Sb1z |0. CAMPOS EXTERNOS de modo que ~ ~ Sb1z |1. −1i |0. |1. que si matriz es diagonal.3 = ± (g1 − g2 )B~ 2 Las correcciones a primer orden de perturbaciones son (1) E1 = A h+ + |S1x S2x + S1y S2y + S1z S2z | + +i = A (1) E2 = A h+ − |S1x S2x + S1y S2y + S1z S2z | + −i = −A ~2 4 E4 = A ~2 4 E3 = −A (1) (1) ~2 4 ~2 4 b0 H es . la representación {|1. Ylm (θ. ϕ) funciones propias de L Ψ (~r. ¾qué valores pueden obtenerse y con qué probabilidad? (c) Por último.4 = A~2 (g1 + g2 )B~ ± 4 2 E2. 0) = Φ (r. tanto 6 b X como Yb ml = 0 es invariante por rotaciones deben ser 0.6 4 eV.3. respectivamente.. un desarrollo en serie de potencias suponiendo que que los valores exactos di eren de los aproximados en una cantidad en E1 y E4 . Ψ es un estado estacionario. n b2 .3 = − A~2 (g1 − g2 )B~ ± . estado estacionario (autoestado de H 83 . Problema 8. 0) xΨ (~r. 0) = 2 R20 (r)Y00 (θ.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. t) = Ψ (~r. 0) = 1/3ψ 210 . Las probabilidades respectivas son 2/3 y 1/3. Ψ también es un estado estacionario del nivel energético E2 y. θ)| r sin θdθdr cos ϕdϕ = 0 (c) Puesto que R3 0 En realidad. 4 2 E2 y E3 .p Un átomo de hidrógeno se encuentra en p t = 0 en el estado cuántico Ψ (~r. 0) d ~r = r cos θ cos ϕ |Φ (r. donde ψ n`m (~r) son las funciones propias de la energía. del cuadrado del momento cinético y de su componente z . al medir L 2 6 2~ . Como consecuencia. θ)|2 r2 drdΩ 3 3 R R Z Z 2π 2 2 = r cos θ cos ϕ |Φ (r. no hace falta hacer ningún Un con Dcálculo. EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS y en de nitiva E1. 0) es combinación lineal de dos autoestados de la energía con igual energía E2 ' − 13. nos dice A2 ~3 /4(g1 − g2 )B (más términos Así pues. 0) aparecen Y00 y Y10 . θ). ϕ) + 3 r 1 R21 (r)Y10 (θ. (b) Puesto que en la expresión de valores 0 y 1(1 + 1)~2 = D E b no varía con el tiempo. ¾cuál es el valor esperado de la coordenada x de la posición? ¾varía dicho valor esperado con el tiempo? Solución: (a) Para mayor claridad podemos escribir r Ψ (~r. En cuanto A~ (g1 − g2 )B . 0) exp − . Por consiguiente. la teoría de perturbaciones a primer orden da los valores exactos para a los valores A3 y potencias superiores). Entonces Z Z D E ∗ 3 b X = Ψ (~r. por tanto iE2 t Ψ (~r.es decir Ψ es un estado propio de L Ψ (~r. 2/3ψ 200 (~r)+ (a) ¾Cuál es la evolución temporal de Ψ? ¾es un estado estacionario? (b) Al medir sobre dicho estado el cuadrado del momento cinético. E D estado E en torno al eje Z. el valor esperado X b z con valor propio ml = 0 y por lo tanto no depende del ángulo ϕ. ϕ) 3 b2 y L b z con valores propios l(l + 1) y m. L o no signi ca que todo b ) sea a su vez autoestado de L b 2 (como muestra este ejemplo). Así. UNED 4. L bz Naturalmente. Además. el hecho de que sea usual el escoger una base de estados propias del CCOC H. ~ siendo b 2 se pueden obtener los Ψ (~r. CAMPOS EXTERNOS Un electrón de un átomo de hidrógeno se encuentra en el estado ψ 100 (~r). la probabilidad pedida será Z r>2a0 Como −1/2 ψ 100 (~r) = ψ 100 (r) = πa30 exp (−r/a0 ) Z +∞ Z +∞ 4 2 2 P (r > 2a0 ) = 4π r |ψ 100 (r)| dr = 3 exp (−2r/a0 ) r2 dr.Considérense los estados l = 2 del átomo de hidrógeno. Calcular la probabilidad de que al medir la posición de dicho electrón. 24. éste se encuentre en la región clásicamente prohibida. 84 b) Comparar estos resultados con las energías exactas del potencial de Coulomb. esto es r > 2a0 Por tanto. del 24 %. a) Hacer una aproximación armónica en torno al mínimo del potencial efectivo y obtener las energías del estado fundamental y el primer estado excitado de este potencial aproximado. UNED Problema 9. r 2mr2 r mr2 Este potencial tiene un mínimo para . e4 región clásicamente prohibida es. Problema 10. la probabilidad de encontrar la partícula en la 13 ' 0. Solución: El potencial radial efectivo para una órbita Vef (r) = − l=2 es e2 2(2 + 1)~2 e2 3~2 + = − + . Solución: En primer lugar determinemos cuál es la región clásicamente prohibida. Física Cuántica II. 2~2 2a0 La región clásicamente prohibida será aquella para la que − e2 e2 >− r 2a0 =⇒ V (r) > E1 . P (r > 2a0 ) = u = r/a0 Z +∞ exp (−2u) u2 du = P (r > 2a0 ) = 4 2 decir. aproximadamente. La energía del nivel fundamental del átomo de hidrógeno es E1 = − e2 me4 = − .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED FÍSICA CUÁNTICA II.fundamental ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA.. a 2a0 0 2a0 Haciendo el cambio Es |ψ 100 (~r)|2 d3~r. dVef (r) . . dr . e2 . = r=rm´ın 6~2 e2 − =0 2 3 rm´ mrm´ ın ın ⇒ rm´ın = 6~2 = 6a0 me2 Vef (rm´ın ) = − Ahora podemos desarrollar el potencial efectivo en torno a este mínimo 1 Vef (r − rm´ın ) = Vef (rm´ın ) + 2 d2 Vef (r) dr2 r=rm´ın (r − rm´ın )2 + .. 12a0 .. EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS de modo que el desarrollo hasta segundo orden nos da un potencial armónico con un mínimo Vef (rm´ın ) y una frecuencia efectiva " 1 ω= m d2 Vef (r) dr2 #1/2 = r=rm´ın e2 .88/9) 12a0 2 63/2 a0 2a0 E1arm = − y e2 3 1 e2 + > 0. en este caso c0 = H b −H b 0 = Vb (r) − Vb0 (r) = H (1) 0 e2 /r si si r>δ r < δ. 2 12a0 2 63/2 a0 En particular. b0 H contiene el potencial culombiano debido a una carga puntual Sin embargo.- Calcular la corrección a la energía del estado fundamental del átomo de hidrógeno si su núcleo fuera una esfera hueca de radio δ con la carga eléctrica uniformemente distribuida en su super cie. el estado fundamental y el primer estado excitado de este potencial son E0arm = − e2 1 1 e2 e2 + = −(0. UNED 4. de modo que el hamiltoniano de perturbación es. los dos niveles más bajos compatibles con la condición −(1/9)(e2 /2a0 ) En = −RH /n2 . el potencial debido a una super cie esférica de radio δ uniformemente cargada es Vb (r) = −e2 /r 0 si si r>δ r < δ.3. l = 2 son E4 = −(1/16)(e2 /2a0 ). (0) del estado fundamental (n = 1) será . 12a0 2 63/2 a0 b) Los valores exactos de los niveles energéticos para el átomo de hidrógeno son siendo RH = e2 /2a0 la constante de Rydberg y l el número cuántico a0 = ~2 /me2 el radio de Bohr. Problema 11 . Hacer una estimación numérica suponiendo que δ ≈ 10−13 cm. Vemos así que la aproximación armónica da un resultado bastante bueno para el primer estado ligado. pero ya no es válida para el segundo estado pues da una energía positiva que no puede corresponder a un estado ligado. 63/2 ~a0 1 Los niveles energéticos de ese potencial armónico son entonces Enarm e2 1 e2 1 1 = Vef (rm´ın ) + n + ~ω = − + n+ . y l < n. Solución: El hamiltoniano no perturbado V0 (r) = −e2 /r (0 < r < ∞). En E3 = −RH /32 = que mide el momento angular debe satisfacer siempre la condición consecuencia.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. Por otra parte. 2. Z δ 2 Z . e . 1 4e2 δ e 2 . . = ψ 100 . . En efecto. Por lo tanto. el error relativo que si dentro de la integral sustituimos exp (−2r/a0 ) por 1 es también de este orden. y puesto que nos piden una estimación numérica. podemos proceder de una forma todavía más simple. la corrección de primer orden a la energía E1 E1 y esta integral es fácil de resolver. ψ 100 = exp (−2r/a0 ) 4πr dr = 3 r exp (−2r/a0 ) dr r πa30 0 r a0 0 Por lo tanto. el dominio de integración es el intervalo 2r/a0 < 2δ/a0 ∼ 10−5 . E1 ' 3 2a0 a0 a0 a0 0 a0 2 (0 < r < δ) cometemos y en este intervalo tenemos 85 . No obstante. Entonces 2 2 Z 4e2 δ 4e2 δ 2 e2 δ δ (0) (0) (1) r dr = 3 =4 = −4E1 ∼ 10−10 E1 . . CAMPOS EXTERNOS Física Cuántica II. Sea ~ r= ~r1 −~r2 su vector de posición relativa y 12 ~σ 1 y 12 ~σ 2 sus operadores de espín. σ i σ j = −σ j σ i (i = x. y lo mismo para σ 22 . que da la dependencia de la fuerza tensorial con el espín de los nucleones.Consideremos un sistema de dos nucleones (protones o neutrones). no tiene origen electromagnético. llamada fuerza tensorial.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED FÍSICA CUÁNTICA II. Entonces podemos escribir: ~ · ~r)2 − r2 (~σ 1 · ~r)(~σ 2 · ~r) = 2(S En de nitiva. UNED Problema 12.. S se tiene que: 1 1 1 2 S 2 = (~σ 1 + ~σ 2 )2 = σ 1 + σ 22 + 2~σ 1 · ~σ 2 = (3 + 3 + 2~σ 1 · ~σ 2 ) 4 4 4 pues y ~ = 1 (~σ 1 + ~σ 2 ). ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. ~σ 1 · ~r = σ 1x x + σ 1y y + σ 1z z (~σ 1 · ~r)2 = (σ 1x x + σ 1y y + σ 1z z)2 = σ 21x x2 + σ 21y y 2 + σ 21z z 2 + (σ 1x σ 1y + σ 1y σ 1x ) xy + (σ 1x σ 1z + σ 1z σ 1x ) xz + (σ 1y σ 1z + σ 1z σ 1y ) yz = x2 + y 2 + z 2 = r 2 donde hemos utilizado las propiedades de las matrices de Pauli: σ 2i = 1. z). puede expresarse en función del operador de espín total Solución: Dada la de nición de ~. r2 r2 r2 Problema 13 . Entonces ~σ 1 · ~σ 2 = 2S 2 − 3 Por otra parte h i ~ · ~r)2 = 1 (~σ 1 · ~r + ~σ 2 · ~r)2 = 1 (~σ 1 · ~r)2 + (~σ 2 · ~r)2 + 2(~σ 1 · ~r)(~σ 2 · ~r) (S 4 4 Ahora bien. La interacción entre los espines de las partículas puede describirse mediante un potencial 86 V12 (x1 − x2 ) = g2 δ(x1 − x2 )~σ 1 · ~σ 2 ~c . y.Dos partículas de espín 1/2 y masas cuadrado in nito de anchura m1 y m2 se encuentran en un pozo L. por lo que se puede escribir como: (~σ 1 · ~r)(~σ 2 · ~r) V = V (r) 3 − (~ σ · ~ σ ) 1 2 r2 Esta parte de la interacción. S 2 σ 21 = σ 21x + σ 21y + σ 21z = 3. Demostrar que el operador de nido por el término entre corchetes. " # ~ · ~r)2 − r2 ~ · ~r)2 (~σ 1 · ~r)(~σ 2 · ~r) 2(S 3(S 2 2 3 − (~σ 1 · ~σ 2 ) = 3 − 2S − 3 = 2 −S . Se ha encontrado que parte de la energía de interacción entre nucleones es similar a la interacción clásica entre dipolos. UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED 4. UNED siendo EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS σ las matrices de Pauli.3. el estado fundamental del sistema constituido por las dos partículas será . Física Cuántica II. Solución: En ausencia de perturbación. Encontrar la energía del estado fundamental a primer orden en teoría de perturbaciones. E 2 πx1 πx2 . . b E . Ψ(x1 . s1 . x2 . s2 ) = ψ 1 (x1 )ψ 1 (x2 ) ⊗ . Sbz = cos cos ⊗ .S. 2mL2 2mL2 mL2 no depende del espín. E0 = |0. los 4 estados propios de espín |1. −1i tienen la misma energía.S. puesto que y 2 ~1 + S ~2 ~2 = S S b0 H π 2 ~2 π 2 ~2 π 2 ~2 + = . Sz . 1i . Sz i donde es una función espinorial que es función propia de los operadores Sbz = S1z + S2z . 0i . por lo que el estado fundamental es cuatro veces degenerado. 0i y La energía de este estado no perturbado es Ahora bien. Por lo tanto. |1. para obtener las correcciones a la energía a primer orden habrá calcular los valores propios de la matriz cuyos elementos son 0 g2 Ψ |Hint | Ψ = ~c Z g2 Z L/2 Z −L/2 L/2 −L/2 ψ ∗1 (x1 )ψ ∗1 (x2 )δ(x1 − x2 )ψ 1 (x1 )ψ 1 (x2 )dx1 dx2 × S. Sz0 L/2 E 4 4 D 0 0 . L L L |S. Sz |~σ 1 · ~σ 2 | S 0 . |1. . ~ ~ . . S S · S S. 4 πx1 cos dx × S . S . . 1 1 2 z z ~c −L/2 L2 L ~2 . . E g2 3 4 D . ~ ~ . = × 2 S 0 . Sz0 . S .S · S S. Sz0 . Sz i = 1 S ~ 2 − 3 ~2 |S. Sz i S 2 2 2 2 D S 0 . Sz i = ~ S(S + 1) − 3 |S. 1 2 z ~c 2L ~ = Ahora bien 2 ~1 + S ~2 = S ~2 = S ~12 + S ~22 + 2S ~1 · S ~2 S =⇒ 1 ~ 2 ~ 2 ~ 2 1 ~ 2 3 2 ~ ~ S − S1 − S2 = S1 · S2 = S − ~ 2 2 2 ya que Entonces y ~2 3~2 2 2 2 ~i2 = Six S + Siy + Siz = (1 + 1 + 1) = 4 4 2 ~1 · S ~2 |S. . E ~2 3 . ~ ~ . S(S + 1) − δ SS 0 δ Sz Sz0 . S1 · S2 . por lo tanto. S=1 el valor propio es En resumen. Sz = 2 2 La matriz de perturbación es.Sea una partícula de masa m sometida a un potencial 1 a2 2 2 2 V (x. z) = mω 2 (x2 + y 2 + z 2 ) + axyz + x y z 2 ~ω 87 . simétrica. mientras que para el estado con S =0 el valor es −3~2 /4. Para los 3 estados con ~2 /4.. S. la energía del estado fundamental a primer orden es E= π 2 ~2 g 2 3 4 3~2 π 2 ~2 9g 2 − = − mL2 ~c 2L ~2 4 mL2 2L~c Problema 14. y. z) = Eψ(−x. h~ri y L Física Cuántica II. z) = ψ 0 (−x. z)ψ(x. y. pz ) + Vb (−x. −y. pz ) + Vb (x. Es fácil ver entonces que L bz = X b Pby − Yb Pbx no es una constante de movimiento A. z) = Eψ(x. c) Calcular la energía del estado fundamental incluyendo todos los términos hasta segundo orden en la constante a. z) = Eψ(−x. z) . y. y.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED FÍSICA CUÁNTICA II. z)|2 dx dy dz = − X ⇒ D E b = 0. b b H(x. ψ 0 (x. −z) −i~(−x) ψ 0 (−x. −y. −y. es fácil demostrar por argumentos de simetría que tanto D E D E b como L bz X son 0. y. −y. py . y → −y se transforma en Z Z Z D E b = X −x |ψ 0 (−x. CAMPOS EXTERNOS a una constante pequeña con dimensiones [a] =ML−1 T−2 . Entonces b H(−x. es decir. y. A b H b = 0. (Sí conmuta con el primer término que corresponde a un oscilador armónico isótropo y es un potencial central). −y. en particular. z) i~x ψ 0 (x. y. z) ψ(x. Generalizando el razonamiento anterior. y → −y la ecuación anterior es h i b b x . y. py . si en este caso. y. UNED siendo b) Calcular la energía del estado fundamental y del primer estado excitado en primer orden en teoría de perturbaciones. z) es función propia con el mismo valor propio. puesto que no conmuta con los dos últimos términos del potencial. −y. −y. los estados estacionarios satisfacen i h b x . y. −y. ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. z) = Eψ(−x. z)|2 d(−x)d(−y)dz integral que con el cambio de variable y por la propiedad ya demostrada de esta función de onda. z)ψ(−x. −y. también ψ(−x. y. z) = K(p x → −x. Por otra parte. En efecto. −y. esto es igual a 88 D E ZZZ D E b = b X −x |ψ 0 (x. z)ψ(−x. b z una constante de movimiento en este sistema? Calcular los valores esperados a) D¾EsEL b z para el estado fundamental. el estado fundamental no está degenerado de modo que se debe cumplir ψ 0 (x. z) ψ(x. z)|2 dx dy dz x → −x. X Del mismo modo D b Pby X E ∂ = −i~x ψ 0 (x. z) H(−x. −y. −z) = ψ 0 (x. z) b H(x. y. Solución: a) Un observable h i b es una constante del movimiento si conmuta con el hamiltoniano del sistema. z). −y. y. z) = K(p Haciendo el cambio Pero el hamiltoniano es invariante bajo inversión de dos cualquiera de las 3 coordenadas. y. z)dx dy dz = − X ⇒ X ∂y ZZZ ψ ∗0 (x. z)ψ(−x. −y. z) ψ(−x. z) = ψ 0 (−x. y. y. podemos decir que ψ 0 (−x. −z)d(−x)dyd(−z) ∂y ZZZ D E D E ∂ b Pby b Pby = 0 = ψ ∗0 (x. z) es función propia con valor propio E . z) es decir. z)dxdydz ∂y ZZZ ∂ ∗ = ψ 0 (−x. z). −y. y. Por otra parte. −z). −y. z) = H(−x. y. z) = Entonces D E ZZZ b = X x |ψ 0 (x. y. −y. y. si =⇒ b H(x. de modo que son de la forma Ψnx ny nz (x. z) = ψ nx (x)ψ ny (y)ψ nz (z). UNED 4. En consecuencia. el elemento de matriz D será 0 si (nx − n0x ) D será 0 si . los elementos de matriz de cualquier hamiltoniano de perturbación que sea factorizable.3. y su energía es E = (nx + ny + nz + 3/2)~ω. las funciones de onda no perturbadas son las de un oscilador tridimensional isótropo. el mismo razonamiento se aplica a todas las componentes de b) Consideremos b 0 = (1/2)mω 2 (x2 + y 2 + z 2 ) H h~ri y ~ .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. y. EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS Puesto que las tres coordenadas intervienen de la misma D E forma en el hamiltoniano. L de modo que todas son nulas. también serán factorizables. como hamiltoniano no perturbado. Por ejemplo nx ny nz |f (x)g(y)h(z)| n0x n0y n0z = ZZZ ψ ∗nx (x)ψ ∗ny (y)ψ ∗nz (z) f (x)g(y)h(z) ψ nx (x)ψ n0y (y)ψ n0z (z)dxdydz Z Z Z ∗ ∗ = ψ nx (x) f (x) ψ n0x (x)dx × ψ ny (y)g(y) ψ n0y (y)dy × ψ ∗nz (z) h(z) ψ n0z (z)dz = nx |f (x)| n0x · ny |g(y)| n0y · nz |h(z)| n0z = En particular. Entonces. . E D . . E D . . E D . . E . . . b. 0 . b b b. 0 0 0 . b. 0 nx ny nz . X Y Z . nx ny nz = nx . X . nx · ny . Yb . n0y · nz . Z . nz o ny − n0y o (nz − n0z ) es par. Asímismo . . E D . . E D . . E D . . E . b 2 b 2 b2 . 0 0 0 . b 2. 0 . . . . nx ny nz . X Y Z . nx ny nz = nx . X . nx · ny . Yb 2 . n0y · nz . Zb2 . n0z (nx − n0x ) o ny − n0y o (nz − n0z ) es impar. La contribución a primer orden en perturbaciones para el estado fundamental es (1) . . . . a2 000 . H 0 . 000 = a h000 |xyz| 000i + 000 . x2 y 2 z 2 . 000 ~ω 3 2 . . a . 2 . con energía y las funciones propias correspondientes son ~ 2mω . está triplemente degenerado |100i. 3 a2 ~ 3 = a (h0 |x| 0i) + =0+ 0 x 0 ~ω ~ω 2mω E000 = y así E000 3 a2 ' ~ω + 2 ~ω 3 (0) E100 = (5/2)~ω . |010i y |001i . Ahora El primer estado excitado no perturbado. . a2 100 . x2 y 2 z 2 . 100 ~ω 2 3 2 . . . 2 . 2 a a2 3~ ~ 3a2 ~ 2. . . . = 0+ 1 x 1 0 x 0 = = ~ω ~ω 2mω 2mω ~ω 2mω . . 100 . H 0 . Por otra parte . 100 = y lo mismo para a h100 |xyz| 100i + h010 |H 0 | 010i y h001 |H 0 | 001i. . . . a2 100 . H 0 . 010 = a h100 |xyz| 010i + 100 . x2 y 2 z 2 . 010 = 0 | {z } ~ω | {z } nz −n0z par nx −n0x impar 89 . de modo que la degeneración no se rompe a primer orden. ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. En de nitiva E100 5 3a2 ' ~ω + 2 ~ω ~ 2mω 3 c) Para obtener la contribución de segundo orden al estado fundamental habría que calcular los elementos de matriz .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. CAMPOS EXTERNOS y lo mismo sucede con los demás elementos no diagonales de la matriz de perturbación. . a2 000 . x2 y 2 z 2 . que lo que ahora se nos pide no es la contribución total de la perturbación a segundo orden sino solo la contribución a segundo orden en a. la energía del estado fundamental hasta segundo orden en 3 a2 E0 = ~ω + 2 ~ω Problema 15.- ~ 2mω 3 a2 − 3~ω ~ 2mω 3 a= a 3 2 a2 = ~ω + 2 3 ~ω es ~ 2mω 3 . c) Compárense los resultados de (a) y (b). b. Por lo tanto podemos prescindir del segundo término de la perturbación. de modo que (2) E000 = = X |a h000 |xyz| nx ny nz i|2 −(nx + ny + nz )~ω + términos a2 |a h000 |xyz| 111i|2 + O(a3 ) = − −3~ω 3~ω de orden superior en ~ 2mω 3 + O(a3 ) En de nitiva. Nótese. Ahora bien. coinciden con los aproximados. construido mediante una base ortonormal. 1 0 0 0 c 0 b = 0 3 0 + c 0 0 H 0 0 −2 0 0 c siendo c una constante pequeña (c 1). La segunda matriz puede considerarse entonces como la representación de un hamiltoniano de 90 . el primer término sólo es diferente de cero para 3 a h000 |xyz| 111i = a (h0 |x| 1i) = a ~ 2mω nx = ny = nz = 1 y vale 3/2 . a3 y a4 . sin embargo. desarrollados hasta 2o orden en c. a) Calcular los autovalores de H b) Calcular los autovalores aproximados de b mediante teoría de perturbaciones hasta H segundo orden. Solución: Puesto que la representación matricial del hamiltoniano es una matriz (3×3). nx ny nz ~ω a h000 |xyz| nx ny nz i + y elevarlos al cuadrado. veri cando si los autovalores exactos. estamos tratando con un sistema de tres estados. lo que nos daría contribuciones en a2 . Sea el hamiltoniano en forma matricial. Además. de modo que podemos considerarla como la representación de un hamiltoniano b0 H en la base constituida por sus propios autoestados. la primera matriz es diagonal. UNED 4. lo que nos dice el enunciado H b 0 . En de nitiva.3. perturbación c0 H b 0 .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. los elementos de matriz no nulos son H en la misma base de los autoestados de es que. llamando D . . E . b . 1 . H 0. |2i y |3i a los D . 1 = 1 EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS |1i . . E . b . 2 . H 0. 2 = 3 estados propios de D . . E . b . 3 . H 0 . 3 = −2 a) Los autovalores del hamiltoniano total . . 1−E c 0 . . c 3 − E 0 . . 0 0 −2 + c − E . . . . =0 . . D . . E D . . E D . . E . c0 . . c0 . . c0 . 1 . H . 2 = 2 . H . 1 = 3 . H . 2 = 2 ± p 1 + c2 E3 = −2 + c. 3 = c. ⇒ de donde E1. tenemos (0) (1) (2) E1 = E1 + E1 + E1 . c0 b =H b0 + H H son las soluciones de la ecuación secular (−2 + c − E) (1 − E)(3 − E) − c2 = 0. b) Hasta segundo orden en teoría de perturbaciones. D . . E. 2 . . c0 . . D . . E D . . E . 1 . H . n . X c2 . c0 . . b . = 1 . H0 . 1 + 1 . H . 3 E1 − En . 1 + = 1 − (0) (0) 2 n=2. D . . E. 2 . . c0 . . D . . E D . . E . n . X . 2 . H c2 . b . . c0 . (0) (1) (2) = 3 + E2 = E2 + E2 + E2 = 2 . H0 . 2 + 2 . H . 2 + (0) (0) 2 n=1.3 E2 − En . D . . E. 2 . . c0 . . D . . E D . . E . 3 . H . n . X . b . . c0 . (0) (1) (2) E3 = E3 + E3 + E3 = 3 . H0 . 3 + 3 . H . de modo que p En = (n + 1/2)~ 2(B + C)/m.2 que. autovalores de H y Solución: La solución exacta del problema es elemental. Calcular. 3 + = −2 + c (0) (0) n=1. alternativamente. hasta orden c2 ( = 1− 3+ c2 2 c2 2 + − c4 8 c4 8 + ··· + ··· coinciden con los resultados obtenidos por perturbaciones. los H ˆ y compararlos con los valores exactos. con H ˆ 0 el hamiltoniano no perturbado H 2 2 ˆ 0 = − ~ d + Bx2 H 2m dx2 ˆ 1 = Cx2 representando una perturbación sobre H ˆ 0 .- Sea un oscilador armónico unidimensional perturbado de hamiltoniano ˆ =H ˆ0 + H ˆ 1 . ω0 = p 2B/m p ω = 2(B + C)/m.2 E3 − En c) Desarrollando en serie de potencias de c las raíces que aparecen en los resultados exactos obtenidos en a). tenemos c2 =2± 1+ + ··· 2 E1. Lo único que hace la perturbación es cambiar la constante B por B+C o. Problema 16. por valores exactos del hamiltoniano perturbado son simplemente los 91 . hasta 2◦ orden en H ˆ 1 . El valor de E3 coincide con el exacto. CAMPOS EXTERNOS El cálculo perturbativo es sencillo si recordamos que para un oscilador armónico solo son diferentes de cero los elementos de matriz es En(1) . ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. UNED FÍSICA CUÁNTICA II.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. 2. n . x . n y . . = n . Cx2 . n = . 2. n . x . n ± 2 . La corrección a la energía a primer orden 1 ~C 1 ~C √ n+ = n+ 2 mω 0 2 2mB y a segundo orden . . . . X . n . Cx2 . m . 2 2 . 2. C 2 . . 2 . . . x . . los estados con n1 + 2n2 = cte tienen la misma energía y son degenerados.. 2 m 2 m B 2 m 2B 8B 2 Problema 17. A continuación. x2 ) = ψ n (x1 )ψ n (x2 ). Las energías propias correspondientes son En(0) 1 n2 = En(0) 1 + En(0) 2 1 1 3 = n1 + ~ω 1 + n2 + ~ω 2 = n1 + 2n2 + ~ω 1 2 2 2 Por consiguiente. Solución: b 0 (x1 . Las correcciones a la energía a primer orden son entonces los autovalores de la matriz de perturbación 92 y . las funciones propias no perturbadas son ψ n n (x1 . n + 2 2 n − 2 − n x n (0) (0) 2~ω 0 m6=n En − Em C2 ~2 ~C 2 1 √ = (n(n − 1) − (n + 2)(n + 1)) = − n + .Sea un sistema constituido por dos osciladores armónicos unidimensionales independientes (que caracterizamos mediante las variables frecuencias x1 y x2 . Es fácil ver ahora que los estados de menor energía con degeneración triple son tienen una energía |40i. respectivamente) de ω 1 y ω 2 = 2ω 1 . = n+ − 2 m 2B 8B 2 que coincide con el desarrollo en serie hasta segundo orden del resultado exacto r r r r C 1 2 (B + C) 1 2B 1 2B C C2 1+ En = n + ~ = n+ ~ = n+ ~ 1+ − + . Por lo tanto. acoplamos ambos osciladores mediante un término (con a 1). y consideremos el nivel energético más bajo con degeneración b 2X b b 0 = aX H 1 2 triple. que también podemos 1 2 1 2 representar por |n1 n2 i = |n1 i |n2 i. Calcular las energías y funciones propias de los subniveles en los que se desdobla el citado nivel degenerado cuando hay acoplamiento. x2 ) = El hamiltoniano no perturbado (osciladores independientes) puede escribirse como H b b b H0 (x1 ) + H0 (x2 ). |21i |02i : los tres E = (11/2) ~ω 1 . 2~ω 0 4m2 ω 20 2 16B 2mB En(2) = = La energía hasta segundo orden en perturbaciones es por tanto En(0) + En(1) + En(2) r 2B ~C ~C 2 1 1 1 √ √ ~ + n+ − n+ = n+ 2 m 2 2 16B 2mB 2mB r 2B C 1 C2 ~ 1+ . .. siendo H0 (x) el hamiltoniano correspondiente a un oscilador armónico. . . b 0. 4 0 . H . 4 D . . . b 0. 2 1 . H . 4 D . . . b 0. 0 2 . H . 4 D H0 = . . . b 0. 4 0 . H . 2 . . E D . b 0. 0 2 1 . H . 2 . . E D . b 0. 0 0 2 . H . 2 0 E D . . . b 0. 4 0 . H . 0 . . E D . b 0. 1 2 1 . H . 0 . . E D . b 0. 1 0 2 . H . 0 1 E D 2 E 2 E E 2 . 3. D EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS La forma general de los elementos de esta matriz es entonces . UNED 4.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. . . . E D E D . . ED . . E . b 2. 0 . b . 0 . b 0. 0 0 . b2 b . 0 0 n1 n2 . H . n1 n2 = n1 n2 . aX1 X2 . n1 n2 = a n1 . X n2 . X 2 . n2 1 . simultáneamente.n02 −1 4mω 1 Por lo tanto.n01 +2 + 2n1 + 1 δ n1 .n02 +1 + n2 δ n2 .n01 −2 2mω 1 r q q ~ 0 0 × (n2 + 1)δ n2 . sólo serán distintos de cero los elementos de matriz para los que. Entonces la ecuación característica es a det H0 = 2 es decir (1) E1 =a ~ mω 1 ~ mω 1 √ . |n2 − n02 | = 1 y |n1 − n01 | = 0 o 2.n01 + n1 (n1 − 1)δ n1 . n1 q q ~ 0 0 0 0 0 =a (n1 + 1) (n1 + 2)δ n1 . 3/2 . −E (1) 3 0 . √ (1) 1 . 3 −E . . 0 1 −E (1) 3/2 (1) E2 (1) E3 =0 . . . . =0 . . 1/8). los tres estados degenerados no perturbados se desdoblan tras el acoplamiento en las siguientes energías y funciones propias 11 E = ~ω + a 2 ~ mω 1 √ 3 2 |ψi = √ |4 0i + √ |2 1i + 8 8 √ 1 3 |ψi = |4 0i − |0 2i 2 2 √ 2 3 |ψi = √ |4 0i − √ |2 1i + 8 8 3/2 11 ~ω 2 3/2 11 ~ E = ~ω − a 2 mω 1 E= 1 √ |0 2i 8 1 √ |0 2i 8 Problema 18. y debe satisfacer que Z ψ(ϕ + 2π) = ψ(ϕ) y 2π |ψ(ϕ)|2 dϕ = 1.Una partícula de masa de radio m se mueve en el plano XY en una circunferencia R constante. 1/8) y ~v3 = ( 3/8. en tal caso. la función de onda del nuevo estado fundamental perturbado hasta primer orden en E . En de nitiva. 0) = N cos2 ϕ (siendo N una constante de normalización) ψ(ϕ. t). c) Si la partícula tiene carga eléctrica q e interacciona con un débil campo eléctrico c0 = uniforme dirigido a lo largo del eje X. H ψ(ϕ. ~v1 = ( 3/8. Calcular. Su función de onda será por lo tanto una función ψ(ϕ. 0. ello equivale a introducir una perturbación H −qEx = −qER cos ϕ. Solución: 93 . t) y discutir la distribución de probabilidad de la partícula a lo largo de la circunferencia en cualquier instante posterior. siendo ϕ el ángulo azimutal.. 0 a) Escribir el hamiltoniano b) Si inicialmente calcular b 0 de la partícula y calcular sus estados y valores propios. − 3/2). 4/8. − 4/8. = −a ~ mω 1 3/2 Es fácil ver que los vectores propios de la matriz correspondientes a dichos valores propios son p p p p p p √ ~v2 = (1/2. 0)| dϕ = |N | cos4 ϕ dϕ = |N |2 4 0 0 La constante La función de onda en el instante t 2 N=√ . por ejemplo. n = 0.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. b) Es muy fácil escribir Ψ(ϕ. En efecto eiϕ + e−iϕ 2 2 √ N 2π N i2ϕ −i2ϕ = e +e +2 = ψ 2 + ψ −2 + 2ψ 0 . 3π P (ϕ. La ecuación medido. UNED FÍSICA CUÁNTICA II.. t) = √ ψ 2 (ϕ)eiE2 t/~ + ψ −2 (ϕ)eiE2 t/~ + 2ψ 0 (ϕ) = √ e cos 2ϕ + 1 6 3π y la distribución de probabilidad de la partícula es 1 1 + cos2 2ϕ + 2 cos 2ϕ cos (E2 t/~) .. ±2. t)|2 = c) Los elementos de matriz del hamiltoniano se calculan fácilmente si tenemos en cuenta que √ cos ϕ = (eiϕ + e−iϕ )/2 = ( 2π/2)(ψ 1 + ψ −1 ) r r D . Los se obtienen ahora imponiendo la condición ψ(ϕ + 2π) = ψ(ϕ) p 2M R2 En /~2 = n =⇒ =⇒ En = n2 ~2 2M R2 con n = 0. t) = |Ψ(ϕ. los valores propios están doblemente degenerados salvo el correspondiente a valor propio le corresponden las funciones propias de la circunferencia. 3π ⇒ será entonces 1 1 iE2 t/~ Ψ(ϕ. . que es constante a lo largo Así pues. 4 4 N se obtiene de la condición de normalización Z 2π Z 2π 3π 2 2 1= |Ψ(ϕ. 0) = N cos ϕ = N como combinación lineal de funciones propias. A cada √ ψ ±n (ϕ) = (1/ 2π) exp (±inϕ) . 2M R2 dϕ2 de modo que las funciones propias son de la forma valores propios En ψ n (ϕ) = A exp (ikϕ) . a partir del eje de Schrödinger estacionaria será entonces − ~2 d2 ψ(ϕ) = Eψ(ϕ). 0) 2 Ψ(ϕ. ±1. CAMPOS EXTERNOS a) Puesto que la partícula está obligada a moverse en una circunferencia de radio de libertad del sistema es el ángulo azimutal ϕ R el único grado X. La distribución de probabilidad para cualquiera de estas funciones propias es Pn (ϕ) = 1/(2π). con k= p 2M R2 En /~2 . . E π π . c0 . n . H . m+1 + δ n. (ψ 1 + ψ −1 )ψ m ) = −qER (δ n. m = −qER(ψ n . cos ϕ ψ m ) = −qER (ψ n . 2 2 D .m−1 ) . . E . c0 . Por lo tanto. n . H . n = 0 y no hay contribución en primer orden a la energía en teoría de perturbaciones. En cuanto a la contribución de segundo orden es En(2) = . D . . E. 2 . . . c0 . . m . X . n . H m6=n = En − Em = 1 1 + 2 2 2 n − (n − 1) n − (n + 1)2 e2 E 2 R2 π 2M R2 2 ~2 2π e2 E 2 M R4 . 4n2 − 1 ~2 Por su parte. las funciones de onda perturbadas a primer orden serán 94 ψ (1) n = ψ (0) n + X m6=n D . . E . c0 . n . H . m En − Em ψ (0) m = ψ (0) n r − eER π 2M R2 2 ~2 1 1 (0) (0) ψ − ψ . 2n − 1 n−1 2n + 1 n+1 . EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS En particular. UNED 4. 2 2π La distribución de probabilidad para la partícula en el estado fundamental perturbado es ahora √ .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. para el estado fundamental y (0) n=0 (1) tenemos (2) E0 + E0 + E0 = − (1) ψ0 = (0) ψ0 2πe2 E 2 M R4 ~2 r √ π 1 (0) (0) + eER ψ 1 + ψ −1 = √ 1 + eER 2π cos ϕ .3. . . (1) . 2 1 + 2πe2 E 2 R2 cos2 ϕ + 2 2πeER cos ϕ P (ϕ) = . ψ 0 (ϕ). 3. Tratando Wε (x) unidimensional como una perturbación.) es el estado sin perturbar del pozo in nito. donde V0 (x) es el potencial de pozo cuadrado in nito de anchura L centrado en x = 0 y Wε (x) = εLδ (x).. a segundo orden de perturbaciones . 2π que tiene un máximo para ϕ=0 y un mínimo para ϕ = π. con ε > 0. Problema 19. Solución: Si |ni (con n = 1. 2.-Una partícula de masa M está sometida a la acción del potencial V (x) = V0 (x) + Wε (x).. . obtenga las energías del sistema a segundo orden de teoría de perturbaciones. = . . 2 . ˆ ε |ni. . X . . . 3. . 5.hm|W ˆ ε |ni + En ' En(0) + hn|W (0) m6=n (0) En − Em con En(0) = π 2 ~2 2 n 2M L2 Como las funciones de onda son r ψ n (x) = 2 nπx cos si n = 1. 3. (que es el resultado exacto ya que anulan en x = 0)... 6.. . 1. π 2 ~2 95 . .. distinguiendo entre niveles con número cuántico par (función de onda impar) y número cuántico impar (función de onda par) (0) E2n+2 ' E2n+2 con n = 0. 1.. . m son impares en los demás casos De esta manera. 2. 2. Wε (x) no actúa sobre funciones de onda impares puesto que se mientras que E2n+1 = (0) E2n+1 (0) ∞ 8M L2 ε2 X 0 1 + 2ε + 2 2 2 π ~ (2n + 1) − (2m + 1)2 m=0 = E2n+1 + 2ε + 2M L2 ε2 ∆n con n = 0. 4.. ψ n (x) = L L r 2 nπx sin si n = 2.. 3. L L entonces ˆ ε |ni = εL hm|W Z +L/2 −L/2 ψ m (x) δ (x) ψ n (x) dx = εLψ m (0) ψ n (0) = 2ε 0 si n. Los efectos de los dos campos son comparables. |210i . sabemos que 0 0 zˆ = h210|ˆ z |200i 0 0 h200|ˆ z |210i 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = 0 −3a0 0 0 Por otro lado. ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. 2 2M L π 2 ~2 Problema 20. también uniforme y estático pero dirigido en la dirección X. para el nivel fundamental ∆0 = − ∞ X m=1 X ∞ ∞ ∞ X X 1 1 1 1 1 = = − − = −1 m (m + 1) m+1 m m m m=2 m=1 m=1 y sustituyendo E1 ' 2M L2 ε2 π 2 ~2 + 2ε − . Obtenga las correcciones a primer orden de la energía para los estados electrónicos del nivel n = 2 (despréciese el espín del electrón). En la base |200i . |21 − 1i del nivel. |211i .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. el hamiltoniano del sistema es ˆ =H ˆ 0 + |e| E zˆ + |e| B L ˆx = H ˆ 0 + |e| E zˆ + µB B L ˆx H 2mc ~ con |e| la carga del electón en valor absoluto.3. El cálculo de los elementos de matriz de b x en esta base se simpli ca teniendo en cuenta la actuación L del operador sobre los estados propios del momento angular (ver sección 8. m + 1i + |l. el nivel E`=0 ⊕ E`=1 n = 2 0 −3a0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 del átomo de hidrógeno es el espacio de los estados del momento angular. Solución: Despreciando el espín y el término diamagnético (que se porta como B 2 ).5 del libro Física Cuántica I) p p l(l + 1) − m(m + 1) ~ l(l + 1) − m(m − 1) ~ b x |l. a efectos de momento angular. la matriz de la perturbación es 96 0 0 ˆ0 = H −εE 0 0 −εE 0 εB εB 0 0 εB 0 0 con εE = 3 |e| Ea0 . UNED FÍSICA CUÁNTICA II. CAMPOS EXTERNOS donde ∞ X ∆n = 0 m=0 1 n (n + 1) − m (m + 1) En particular.. mi = |l.Un átomo de hidrógeno está situado en una región donde existe un campo eléctrico uniforme y estático E en la dirección Z y un campo magnético B . εB = √1 µB B εB 2 0 . m − 1i L 2 2 Entonces 0 0 ~ ˆx = √ L 2 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 De esta forma. y basta diagonalizar .3. UNED 4.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. . −E . . 0 . . −εE . . 0 ˆ 0. H EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS Planteando la ecuación secular 0 −εE −E εB εB −E 0 εB 0 0 εB −E Vemos que sus soluciones son ˆ − E = 0. det H . . . . . . 0 . . −E εB 0 . . . . . . = −E . εB −E εB . − εE . −εE . . . . . 0 . . 0 εB −E . . = −E 2 2ε2B + ε2E − E 2 = 0 E=0 (doble) y q E = ± 2ε2B + ε2E . tenemos que −E 0 εB εB 0 −E . . . . . . λ0 constantes positivas muy pequeñas.. ya que entonces W (r) = λr2 − λ0 + λ z 2 ≡ λr2 − ηz 2 = r2 λ − η cos2 θ que resulta más fácil de tratar en coordenadas esféricas. Por tanto. q µ2B B 2 + 9 |e|2 a20 E 2 ER − − 4 . Así. Problema 21. a primer orden de teoría de perturbaciones. q µ2B B 2 + 9 |e|2 a20 E 2 quedando el nivel central doblemente degenerado. las energías correspondientes a n = 1 y n = 2 siendo Solución: Conviene reescribir el potencial usando que r 2 = x2 + y 2 + z 2 . la energía del nivel fundamental a primer orden de perturbaciones es . Obtenga.Un átomo de hidrógeno se somete a un campo eléctrico no uniforme con energía potencial W (r) = λ x2 + y 2 − λ0 z 2 λ. el nivel se desdobla en tres con energías ER − 4 ER − + 4 . 0 (0) 2 0 2 ˆ |100i = E (0) + hR10 |ˆ . Y0 = E1 ' E1 + h100|W r |R i hY | λ − η cos θ 10 0 1 . (0) = E1 + hR10 |ˆ r2 |R10 i λ − ηhY00 | cos2 θ . hY00 | cos2 θ .Y00 donde 2 hR10 |ˆ r |R10 i = 3a20 . Y00 . ml |W l Como el potencial no no puede conectar estados con diferente número cuántico magnético ˆ |2. ˆ |2. l. l0 . h2. Como W (r) = W (−r) tenemos que h210|W 97 . l0 . los únicos elementos de matriz no nulos serían h2. |200i es par [ψ 200 (r) = ψ 200 (−r)] mientras que |210i es impar [ψ 210 (r) = ˆ |200i = ψ 210 (−r)] ya que la paridad viene dada por (−1)l . Ahora bien. 1 = 4π Z 1 cos θdΩ = 2 2 Z π cos2 θ sin θdθ = 0 1 3 por lo que Para el nivel E1 ' −ER + (3λ − η) a20 n=2 necesitamos los elementos de matriz depende del ángulo azimutal ϕ. por tanto. m0 i. ml |W ˆ h200|W |210i. ml i y h210|W ˆ |200i = ml y. l. las correcciones a las energías estarán dadas por los valores esperados . l. UNED 0 ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA. Por tanto. ml i.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED FÍSICA CUÁNTICA II. CAMPOS EXTERNOS y la matriz de la perturbación es diagonal en la base del nivel |2. Física Cuántica II. ˆ |200i = hR20 |ˆ h200|W r2 |R20 i λ − ηhY00 | cos2 θ . Y00 = (42λ − 14η) a20 ˆ |21ml i = hR21 |ˆ h21ml |W r2 |R21 i λ − ηhY1ml | cos2 θ |Y1ml i = 30a20 λ − ηhY1ml | cos2 θ |Y1ml i y sólo queda calcular los valores medios sobre los armónicos esféricos con hY10 | cos2 θ . Y10 . = . hY1±1 | cos2 θ . . |1. Los estados propios son de la forma 1 1 1 |n1 . El segundo al que corresponden los estados |1. (0) E0. 1i . ER + (30λ − 18η) a20 4 . n2 i = |n1 i ⊗ |n2 i −→ √ ein1 ϕ1 √ ein2 ϕ2 = exp [i (n1 ϕ1 + n2 ϕ2 )] 2π 2π 2π con ni ∈ Z mientras que las energías son En(0) = n21 + n22 ~ω 1 . −1i . el nivel fundamental no perturbado es nivel es (0) E1. |0. con degeneración (0) El tercer nivel es E1. .n2 Así.0 = 0 al que corresponde el estado |0. 0i . b) Calcule los tres primeros niveles energéticos del sistema a segundo orden de perturbaciones.0 = ~ω . 1i y = 2~ω.1 |0. el nivel − n=2 l = 1: Z π Z 2π 3 3 4 cos θ sin θdθ dϕ = 4π 0 5 0 Z 2π Z π 1 3 dϕ = cos2 θ sin3 θdθ 8π 0 5 0 se desdobla en tres con energías ER + (42λ − 14η) a20 4 − . Problema 22.Y1±1 = En de nitiva. El hamiltoniano del sistema es ˆ = −~ω H donde ∂2 ∂2 + ∂ϕ1 ∂ϕ2 + λ~ω cos (ϕ1 − ϕ2 ) ϕi es la coordenada angular del rotor i-ésimo. −1i . |−1. |−1.Considérese un sistema formado por dos rotores rígidos distinguibles que están acoplados entre sí. − ER + (30λ − 6η) a20 4 el último con degeneración doble. Solución: El hamiltoniano sin perturbar es ˆ 0 = −~ω H siendo ˆ (i) L z la componente z ∂2 ∂2 + ∂ϕ1 ∂ϕ2 ω = ~ n o2 o2 n (2) (1) ˆ ˆ + Lz Lz del momento angular del rotor i-ésimo. 0i . al que corresponden los estados |−1. 0i. −1i 98 y g = 4. 1i . |1. también con degeneración g = 4. a) Calcule los niveles energéticos del sistema a primer orden de teoría de perturbaciones. 0i. 1i rompiendo su degeneración. Este dato será crucial para poder resolver el resto del problema. n2 − 1i + |n1 − 1. n2 i con los dos estados |n1 ± 1. m2 | cos (ϕ1 − ϕ2 ) |n1 . Como el efecto a segundo orden va a ser menor el apartado anterior. |0. la perturbación mezcla los estados mismo ocurre con los estados desdobla en dos: basta estudiar las correcciones a segundo orden de los dos primeros niveles del sistema sin perturbar. 0 1/2 1/2 0 En consecuencia.± ya que las energías degeneradas (0) (0) En+1. Todos los estados que satisfacen n21 + n22 = cte pertenecen a un subespacio correspondiente a un nivel energético degenerado. Así. n + 1i y |n + 1. y lo |−1. necesitamos calcular los elementos de matriz Esto es fácil si tenemos en cuenta que cos (ϕ1 − ϕ2 ) = 1 (exp [i (ϕ1 − ϕ2 )] + exp [−i (ϕ1 − ϕ2 )]) 2 y así 1 1 exp [i (ϕ1 − ϕ2 )] + exp [−i (ϕ1 − ϕ2 )] exp [i (n1 ϕ1 + n2 ϕ2 )] 2 2π 1 = exp [i(n1 + 1)ϕ1 ] · exp [i(n2 − 1)ϕ2 ] + exp [i(n1 − 1)ϕ1 ] · exp [i(n2 + 1)ϕ2 ] 4π 1 1 = |n1 + 1. la matriz de la perturbación para cada par de estados conectados por la perturbación es 0 H = λ~ω cuyos autovalores son ±λ~ω/2. n2 ∓ 1i.n2 −1 + δ m1 . |0. n2 i. 0i.3.n = En. n2 i = δ m1 . La energía del resto de los estados no se verá afectada por la teoría de perturbaciones a primer orden. sino de ver cuáles son los tres primeros niveles una vez aplicada en general la teoría de perturbaciones a segundo orden. n2 ∓ 1i. Teniendo en cuenta la expresión que hemos obtenido para los elementos de matriz. cuyas energías a primer orden son 0. Por lo que hemos visto en |1.n2 +1 2 2 Es decir.n2 En1 . n2 + 1i 2 2 cos (ϕ1 − ϕ2 ) |n1 . b) Téngase en cuenta que no se trata de ver cuáles son los tres primeros niveles sin perturbar y ver cómo les afecta la perturbación a segundo orden. (1 ± λ/2) ~ω .n1 −1 δ m2 . m2 | cos (ϕ1 − ϕ2 ) |n1 .n1 +1 δ m2 .n2 . Pero hemos visto que la perturbación solo conecta el estado los estados |n1 ± 1. a primer orden de perturbaciones este nivel ya se E = (1 + λ/2)~ω y E = (1 − λ/2)~ω.n+1 si |n1 − n2 | = 6 1 si |n1 − n2 | = 1 se desdoblan. la perturbación ˆ0 H sólo conecta un estado |n1 . UNED 4. a primer orden de teoría de perturbaciones. a) Para abordar EL ÁTOMO DE HIDRÓGENO EN PRESENCIA DE CAMPOS EXTERNOS el problema hm1 . n2 i con Por lo tanto. a primer orden en teoría de perturbaciones la degeneración solo se rompe para los estados que satisfacen n21 + n22 = (n1 ± 1)2 + (n2 ∓ 1)2 0 = ±2n1 ∓ 2n2 + 2 =⇒ Entonces. n2 i = de modo que 1 1 hm1 .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. las energías de los niveles energéticos son n21 + n22 ~ω λ 2 2 ' n1 + n2 ± ~ω 2 ' En1 . ni. −1i. 99 . la perturbación mezcla los estados de igual energía =⇒ n2 − n1 = ±1 |n. |n1 . 0 = 0 + 0 + X 0 . UNED FÍSICA CUÁNTICA II. ÁTOMO DE HIDRÓGENO: ESTRUCTURA FINA E HIPERFINA.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II.0 + E0.0 Para el nivel fundamental no degenerado tenemos (0) (1) (2) Efun ' E0.0 + E0. CAMPOS EXTERNOS (0) E0. 2 . . 0i. ˆ |0. . . 1i. n2 |W (0) 0 − En1 . la energía fundamental a segundo orden es . 0i La perturbación sólo conecta |1. Sustituyendo.n2 n1 .n2 |0.hn1 . −1i con los estados y |−1. . 2 . 0i. ˆ |0. . . −1|W Efun ' Una base más (0) + .h1. . 2 . ˆ |0. 0i. . . |ψ 4 i} en el tratamiento de la perturbación hasta segundo orden sobre el primer nivel excitado sin perturbar e incluir simultáneamente efectos a primer y segundo orden. −1i . |−1.1 para el cálculo de las estado excitado sería la constituida por los vectores |λ~ω/2|2 λ2 = − ~ω 0 − 2~ω 4 correcciones a segundo orden |1. |0. 1i. 0i .β . |−1. 1|W 0 − E1. 0i . 0i ± |0. 0i . podemos utilizar la base {|1.−1 adecuada (0) =2× 0 − E−1. −1i. |0. del primer en esta base la matriz de perturbación a primer orden es diagonal. No obstante. 0i ± |0. 1i . |0. Para el primer nivel excitado sin perturbar |1. 1i . |ψ 2 i . −1i} ≡ {|ψ 1 i . 0i .h−1. tenemos que calcular la matriz Dα. |0. |ψ 3 i . |−1. ny i hnx . ny |H ˆ 0 . ˆ 0 |nx . ψ β . X hψ α |H 0. ny . ˆ = hψ α |H ψ β + (0) (0) E1.ny nx .0 − Enx . ny |H ˆ 0 . ˆ 0 |nx . ny i hnx . −1i con {| − 1.α = 0 + (λ~ω/2)2 λ2 = − ~ω ~ω − 5~ω 16 . 0i. Es decir. −2i} |nx . ny i que esté conectado simultáneamente con dos |ψ i i . −1i} . |2. −1i. D1. 1i} .ny donde la suma está extendida a todos los estados excepto los cuatro estados |ψ i i . Entonces.3 = λ ~ω 2 y el resto de los elementos son cero. 100 . |1. |−2. de niendo det (D − δE) = 0 =⇒ y el primer nivel se desdobla a segundo orden dando las energías E1er exc.0 − Enx . Sabemos que la perturbación conecta cada uno de estos cuatro estados con los siguientes: |1.2 = D2. 0i con {|0. pero no induce nuevos desdoblamientos.ny nx . 0i. a segundo orden la perturbación corrige las energías de los niveles desdoblados a primer orden.ψ β X hψ α |H = H0αβ + (0) (0) E1. Vemos en esta tabla que no hay ningún estado estados |0. 1i con {|1. de modo que la contribución de segundo orden a D va a ser diagonal. E2o exc. 0i con {|0. ' λ λ2 1+ − 2 16 ~ω. |−1.4 = D4. Operando tenemos que Dα. λ λ2 ' 1− − ~ω 2 16 .1 = D3. |−1. la matriz que describe la perturbación del primer nivel no perturbado es −λ2 /8 λ 0 0 ~ω λ −λ2 /8 0 0 D= 2 0 0 −λ /8 λ 2 2 0 0 λ −λ /8 δε = 2E/(~ω) la ecuación secular es 2 λ2 1 δε + − λ2 = 0 =⇒ δε = ±λ − λ2 8 8 que es diagonal por cajas. 2i} |0. Por tanto. 1i. Puesto que la interacción entre los electrones es repulsiva. impidiéndonos hablar de la función de onda de cada electrón. se reduce a − 2e2 2e2 e2 − + . • Primera aproximación a la energía Centremos nuestra atención en el cálculo de la energía del sistema. podríamos pensar que los electrones van a situarse lo más alejados que les sea posible. al átomo en su conjunto. pues la limitación inducida por la fuerza culombiana de repulsión entre electrones (que es una fuerza de gran intensidad). viene dada por (usamos unidades atómicas) X todos los electrones i cuyo segundo sumando re eja la −Ze2 ri X + todos los pares de electrones (i. Este hamiltoniano |~r1 − ~r2 | = r12 + r22 − 2r1 r2 cos (~r1 · ~r2 ) es la suma de dos hamiltonianos de átomos hidrogenoides con Z = 2 y un último término que da donde cuenta de la interacción coulombiana entre los electrones. rij de los distintos electrones.j) correlación entre el movimiento e2 . que no hemos considerado hasta ahora. Si además suponemos que la distancia de ambos electrones al núcleo es la correspondiente al valor medio del 101 .Física Cuántica II. Podemos hacer una primera estimación de la energía del átomo usando un argumento semiclásico. El hamiltoniano total del sistema es 2 2 2 b2 b2 b = P1 + P2 − 2e − 2e + e H 2m 2m rb1 rb2 rb12 r1 = |~r1 |. que solamente tiene dos electrones (el estudio − y Li+ ). UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Tema 5 ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS + o Li2+ ). La energía potencial de los electrones de un átomo de nido por un núcleo de carga Z situado en el origen. Sin embargo. r2 = |~r2 | son las distancias desde las posiciones de cada electrón al núcleo y r12 = 1/2 es la distancia entre los dos electrones. se pueden Para el caso de los iones con un único electrón (como por ejemplo los iones He aplicar directamente muchas de las soluciones que se han encontrado para el átomo de hidrógeno.1. Tenemos. en base a la que hemos escrito antes. considerar que los electrones son fermiones. 5. la energía potencial del helio. EL ÁTOMO DE HELIO El átomo multielectrónico más sencillo es el de helio. y debemos. El átomo de helio tiene del átomo de helio permite tratar directamente también los iones H un núcleo de carga Ze = 2e y si llamamos r1 y r2 a las variables de posición de los electrones. ya que solamente podemos hablar de la correspondiente al sistema total. además. que aproximadamente se habrá de cumplir que r12 = r1 + r2 . es decir. incluso átomos tan sencillos como el de helio o el de litio no son nada fáciles de estudiar debido a la interacción interelectrónica. r1 r2 r12 Observe que los dos primeros sumandos describen la interacción de los electrones con el núcleo y el tercero da la repulsión interelectrónica. por lo que el estudio de los átomos multielectrónicos debe ser consistente con el principio de exclusión debido al espín (lo que de paso explica las propiedades de la tabla periódica de los elementos). Entonces. mediante el uso de la teoría de perturbaciones. estado fundamental no perturbado es Para que la función de onda total sea antisimétrica. podemos considerar la interacción entre los electrones como una perturbación b p = e2 /r12 H al hamiltoniano no perturbado 2 2 b2 b2 b 0 = P1 + P2 − 2e − 2e . la energía total sería E=− frente a un valor experimental Z 2 e2 Z 2 e2 Ze2 − + = −6ER = −81. Naturalmente el razonamiento que hemos seguido un argumento semiclásico que no es muy riguroso. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. lo que nos indica que el sistema no perturbado está en un estado con S = 0. No obstante.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. nos da una idea del valor de la energía que debemos encontrar cuando utilicemos métodos más rigurosos. ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS radio de la órbita del estado fundamental del átomo hidrogenoide. de manera que la función de onda total será el producto de las funciones de onda de cada electrón y el ψ 100 (~r1 ) ψ 100 (~r2 ). es simplemente la suma de dos hamiltonianos de átomos En el caso en que no consideráramos la repulsión. 6 2a0 2a0 2a0 E (exp) ' −79 eV eV. con espines antiparalelos. hemos supuesto que las órbitas de los dos electrones son iguales a la órbita que tendría un solo electrón. la parte espinorial debe serlo. r1 = r2 = a0 /Z y r12 = 2a0 /Z . los electrones se comportarían como partículas independientes. el sistema es separable y la función de onda. Para ello. ~r2 ) = ψ 100 (~r1 ) ψ 100 (~r2 ) = exp − Z(r1 + r2 )/a0 π a0 2 e (0) E0 = −2Z 2 ER = −2Z 2 2a0 . H 2m 2m rb1 rb2 Este hamiltoniano hidrogenoides con no perturbado Z = 2. Como la perturbación no contiene operadores de espín. la energía del estado fundamental no perturbado y la corrección a la energía a primer orden se escriben como: 1 Z 3 Ψ(~r1 . En particular. Podríamos hacer otra aproximación al cálculo de la energía. . D E Z 3 2 Z Z exp [−2Z(r + r )/a ] . ˆ . (1) 1 2 0 E0 = Ψ(~r1 . ~r2 ). H Ψ(~ r . . ~ r ) = e2 dr13 dr23 . si bien han sido evaluados mediante procedimientos completamente distintos. Por lo que vemos. 102 . 8 4 que está un 5 % por encima del mencionado valor experimental E (exp) ' −79 eV eV. • Función de onda de los electrones Fijemos ahora nuestra atención en cómo describir la función de onda del sistema (y no solamente en el cálculo de la energía del mismo). y su cálculo está detallado en el problema 8 del tema 7 (consúltense allí los detalles). los dos resultados que hemos obtenido resultan ser razonablemente cercanos a la energía experimental. p 1 2 r12 πa30 Esta integral es bastante tediosa de hacer. ~r2 )i = Z3 πa30 2 25 e 8 πa30 Z3 2 Z 5Z e2 5Z = = ER a0 4 2a0 4 con lo que la aproximación buscada a la energía del estado fundamental del átomo de helio es (0) (1) E = E0 + E0 = 5Z −2Z 2 + ER = (−8 + 5/2)ER = −74. El resultado nal resulta ser (1) E0 = hΨ(~r1 . ~r2 ) |Hp | Ψ(~r1 . La parte espinorial es necesariamente el singlete antisimétrico con espín total nulo (S Ψtotal (1. √ Ψtotal (1.1 (r1 ) ψ n2 `2 m`. = 1. Los dos fermiones en diferente estado espacial. 103 . permitimos que los fermiones independientes estén en diferente estado espacial (casos 2 y 3 anteriores) y distinguimos los estados espaciales 1 etiquetándolos como φα y φβ . 2 MS = 0 = 0. (5. con parte espacial antisimétrica. Los dos fermiones en el mismo estado espacial. Una descripción completa del estado del átomo requiere que tengamos en cuenta el espín de los electrones. +~): |1 + 1i = |+i1 |+i2 . de espín 1 2 . dado que en este caso hay tres posibles valores de MS . r2 )Hψ Para el estudio del átomo de helio suponemos que la función de onda está formada por productos del tipo ψ n1 `1 m`. el espín total de los dos electrones es o bien S = 0 (un único estado. |+i1 |−i2 − |−i1 |+i2 √ . UNED 5.1. Sˆ2 = 2~2 . Como ya se ha discutido en el Tema 1. supuesta la aproximación de electrones independientes. Las partes espaciales normalizadas de la función de onda son entonces 1 ψ S. y cuyas funciones de onda de espín son simétricas). Sˆz = −~. como el átomo de helio. 2) = φ (r1 ) φ (r2 ) |00i con |00i = El espín total del sistema es idénticamente nulo (S 2.A (r1 .1) φα (r1 ) φβ (r2 ) + φβ (r1 ) φα (r2 ) √ |00i 2 con |00i = = 0): |+i1 |−i2 − |−i1 |+i2 √ . nótese que.A = 1 b S. 0. ψ ∗S. en el caso de un sistema de dos electrones. La parte espinorial puede ser cualquiera de las tres componentes del triplete simétrico de espín. en el que cada electrón tiene un espín 1 2 . MS = 1 |+i1 |−i2 + |−i1 |+i2 φα (r1 ) φβ (r2 ) − φβ (r1 ) φα (r2 ) √ |1 0i = . r~2 ) y la energía total del sistema electrónico se podría evaluar mediante la integral Z ES.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. 2 MS = 0 Los dos fermiones en diferente estado espacial. llamado singlete.A (r~1 . respectivamente. La función de onda es necesariamente simétrica. factorizada en parte espacial y parte espinorial. cuya función de onda de espín es antisimétrica) o bien S = 1 (correspondiente a tres estados distintos.A (r1 . 2) = 3. EL ÁTOMO DE HELIO Para describir el sistema de la manera más general.A (r1 r2 ) = √ φα (r1 ) φβ (r2 ) ± φβ (r1 ) φα (r2 ) . MS = 0). llamados tripletes. sabemos que la función de onda de dos fermiones idénticos e independientes.2 (r2 ) donde α y β recogen el conjunto de números cuánticos que caraterizan los orbitales. con parte espacial simétrica. Siguiendo la notación utilizado en el apartado 11 del Tema 1. 2) = |1 MS i con 2 2 MS = 0 |1 − 1i = |−i1 |−i2 . MS = −1 en el que el espín total no es nulo (S Volviendo a la energía del átomo de helio. la función de onda electrónica viene dada por ψ S. presenta los siguientes casos: • 1. r2 ) d3 r1 d3 r2 . 2 donde S y A indican simétrica y antisimétrica. por lo que la espinorial es el singlete antisimétrico de espín: Ψtotal (1. desplazada una cantidad Cαβ y desdoblada por el término Kαβ .n`m` ± K100. el con los que se construye la función de onda del helio es el 104 1s 1s2s indica que uno de los orbitales y el otro el 2s). ES. que da lugar a dos niveles. evaluando las correcciones a la energía de los estados sin perturbar. con una combinación simétrica de los mismos si S=0 100 y antisimétrica si y el otro en un estado S = 1. El desplazamiento sin embargo. Kαβ . La diferencia de energía entre ambos estados Ese desdoblamiento o separación en energías debido al intercambio es un efecto puramente cuántico asociado al término debido a Cαβ . por lo que el estado descrito por la función de onda ψA tiene una energía menor.A (r1 r2 ) 1 ψ (r1 . un con energía Eα + Eβ + Cαβ + Kαβ y otro con energía Eα + Eβ + Cαβ − Kαβ .β φα.n`m` = C100. ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS Como b i φα.β (ri ) H con Hi = y siendo Ei Pbi2 2e2 − 2m rbi la energía que tendría que tendría cada uno de los electrones si no se considerara la interacción con el otro.n`m` + E100. que aparece por la identidad intrínseca de los electrones.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. Por consiguiente. podemos nalmente escribir Z ES. Perturbativamente. donde se han etiquetado los niveles duplicando la etiquetas de los orbitales del hidrógeno atómico que forman el orbital del helio: por ejemplo. La función de onda total es entonces 1 ψ S. podemos ahora estimar cuáles son las energías de los de los estados excitados del átomo de helio. r~2 ) = √ φ100 (r1 )φn`m` (r2 ) ± φn`m` (r1 )φ100 (r2 ) χS . UNED FÍSICA CUÁNTICA II. la energía aproximada de este estado es donde (0) (1) E100.n`m` . la corrección a la energía de los estados excitados del helio es mayor para el estado singlete S = 1. sí puede interpretarse de manera clásica (nos da la interacción entre los dos electrones suponiendo que cada uno tiene una distribución de carga proporcional a |φα (ri )|2 ).A (r1 r2 ).A = Eα + Eβ + Cαβ ± Kαβ . La integral Kαβ es positiva. • Energía de los estados excitados del átomo de helio Siguiendo con la aproximación de electrones independientes. Nótese que la energía es la suma de Eα y Eβ . S=0 que para los estados triplete indicando la aparición de dos espectros diferentes asociados a esos valores del espín (véase la primera gura.n`m` con (1) E100.β (ri ) = Eα. . es la corrección a la energía a primer orden. ψ S. y de acuerdo con lo ya comentado de que la perturbación no contiene operadores de espín. En la aproximación de electrones independientes.n`m` (1) E100. r2 ) d3 r1 d3 r2 . los estados de energía más baja serán aquellos en los que uno de los electrones está en el estado n`m` .A = Eα + Eβ + ψ ∗S.A Cαβ como Z Z 1 = dr1 dr2 |φ (r1 )|2 |φβ (r2 )|2 r12 α De niendo la integral de Coulomb Cαβ y la integral de intercambio Kαβ como Z Kαβ = Z dr1 dr2 1 ∗ φ (r1 )φβ (r1 )φ∗β (r2 )φα (r2 ). r12 α nos queda nalmente la energía correspondiente a cada uno de los estados ψ S.A (r~1 . r12 S.A (r1 r2 ) es ES − EA = 2Kαβ .n`m` ' E100. 2 (el signo + corresponde a S =0 y el signo − a S = 1). A partir de esa línea se han representado los niveles de energía del átomo de hidrógeno (las tres líneas de puntos). UNED 5. que es la energía para ionizar el He + (su valor es EII (He) = 4EI (H) ' 54. EL ÁTOMO DE HELIO En esta segunda gura se muestra (línea discontinua en la parte superior) el segundo potencial de ionización del helio.1. 105 . En este caso solamente se ha etiquetado el orbital del segundo electrón (se supone que el primero está siempre en el nivel 1s).UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II.4 eV). de manera que el electrón que se extrae del átomo siente que el núcleo del átomo de helio tiene una carga efectiva menor que Z = 2. por lo que no es de esperar que se puedan resolver con completa exactitud átomos mayores. que establecen que.4 eV cada una y Etotal ' −108. Por otra parte. Dado que la forma de la parte angular de los orbitales depende únicamente de que el potencial que actúe sobre el electrón sea un potencial central. las propiedades de los mismos. y de nimos el operador de intercambio de Dirac. esto es un ejemplo de las llamadas regla de Hund. ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS Los estados con S = 0 corresponden al llamado parahelio. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. pero sin que Eα y Eβ notara la presencia del otro electrón) la energía total electrónica sería la suma de las energías (unos 54. • Nótese que si evaluáramos la energía del sistema dentro de una aproximación de partículas independientes (en la que cada electrón del helio viera solamente la carga Z = 2 del núcleo. con el resultado de que la distancia media entre los electrones será mayor en el ortohelio que en el parahelio: la energía de repulsión (positiva) electrostática será menor y esto hace que el ortohelio tenga menor energía que los estados del parahelio. 1 4Sb1 · Sb2 b Vintercambio = − K 1 + . además. los estados de mayor espín tienen la energía menor. en condiciones equivalentes. la forma que tiene su parte angular y. las expresiones de las partes radiales. no hay transiciones entre estos estados. En efecto. para simpli car la notación. Recordemos que de esos orbitales conocemos. por un lado. por otro. ya se ha comentado que la energía experimental para arrancar ambos electrones del átomo de helio es aproximadamente 79 eV. 5. El resultado puede entenderse de una manera intuitiva de la siguiente manera: en el triplete (que corresponde al ortohelio) los espines electrónicos paralelos tienden a repelerse. se puede interpretar que el electrón que permanece ligado al núcleo apantalla la carga de éste. experimentalmente se observa que se necesitan solamente una energía de aproximadamente 24. por lo que debemos acudir a aproximaciones para ello. 2 ~2 los autovalores del operador de intercambio resultan ser 2 K para S=0 y −K para S = 1. Frente a esa energía. llamamos de manera genérica K a la integral de intercambio asociada a dos orbitales determinados. al menos parcialmente. si. una posibilidad para avanzar en la búsqueda de esas aproximaciones es utilizar. si se hace una descripción variacional del átomo de helio (véase el mencionado problema 8 del tema 7) lo que uno observa es que el tratamiento variacional es equivalente a no jar 2 106 Esto es debido a que b1 ·S b2 4S ~2 = 2S(S + 1) − 3. • Es interesante introducir aquí la posibilidad de describir la interacción de intercambio mediante una interacción efectiva entre los espines de los electrones. Por consiguiente. Pero. Dado que se dispone del conocimiento de cómo es la solución exacta para los orbitales de los átomos hidrogenoideos. DESCRIPCIONES SIMPLIFICADAS DE ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS El cálculo de la solución exacta del átomo de helio es evidentemente mucho más complicado que el de los orbitales atómicos del átomo de hidrógeno. para arrancar el primero de los electrones del átomo de helio. Esa complicación aumenta si lo hace el número de electrones del átomo. cualquier aproximación que hagamos en la que se preserve dicha simetría tendrá como soluciones de la parte angular de los orbitales los conocidos armónicos esféricos. . Como los elementos de matriz de la transición dipolar entre ortohelio y parahelio son nulos.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. mientras que los estados con S = 1 describen el llamado ortohelio. Los estados del ortohelio tienen una energía menor que los estados correspondientes del parahelio. que es −3 para S = 0 y 1 para S = 1.2.6 eV.8 eV). en la que cada electrón interacciona directamente con la carga completa del núcleo y sin tener en cuenta los otros electrones. en esa aproximación. siendo además distinto para cada uno de los electrones (por ejemplo.3. pues. crece al acercarnos al núcleo. que tome en cuenta tanto el campo coulombiano del núcleo como un promedio de la interacción con el resto de los electrones del átomo. mientras que el valor de Para Zefectiva el electrón más externo. es de esperar que para un átomo determinado la nuclear.3. r donde b es otra distancia aproximadamente 1 para Zefectiva sería correspondiente al apantallamiento de la carga nuclear por los Z −1 de r b. LAS APROXIMACIONES DE HARTREE Y HARTREE-FOCK • El uso de Zefectiva o Zefectiva (r) no cambia la simetría esférica del potencial efectivo que sufren los electrones. cabe esperar que un electrón que un electrón 3s 4s esté más apantallado ya que se encuentra en promedio más alejado del núcleo). Por consiguiente. dada la forma en que varía resulta ser más exacta para átomos con valores grandes de la estructura electrónica de los electrones exteriores de los elementos más pesados. adecuada para los electrones exteriores de los átomos alcalinos. UNED 5. En principio. donde λT F es la llamada longitud de apantallamiento de Thomas-Fermi (que. es una especie Zefectiva . que siguen bajo la acción de un campo central. que se sustituye el valor por otro valor que se determina variacionalmente. Una de las propuesta que se ha hecho es el apantallamiento de Thomas-Fermi. esto es. y el potencial efectivo que actuará sobre el electrón considerado será aproximadamente (esto es. más pequeña que la Z en la nota al pie. en la que la distribución de carga eléctrica del átomo 107 .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. Si nos jamos en un electrón. Nótese que eso signi ca que la forma de la parte radial de los orbitales debe ser la misma que la que tienen los orbitales del átomo de hidrógeno. en la que se considera que los electrones que están más ligados al núcleo apantallan la carga de éste para el resto de los electrones. ha sido b Zefectiva (r) = 1 + . Pero si ∼ Z 1 r r es pequeña el electrón ve la carga nuclear completa. por lo que se puede utilizar para describir de medida del tamaño atómico. en esencia. Se sabe que esta aproximación Z . Pero. y el potencial efectivo será al que los electrones están sometidos es aproximadamente atractivo y central. el campo eléctrico apantallamiento. LAS APROXIMACIONES DE HARTREE Y HARTREE-FOCK el valor de Z=2 Z que aparece en las exponenciales de la función de onda. Otra propuesta. apantallamiento. Zefectiva (r) = Ze−r/λT F . Ya se ha visto que la aproximación de partículas independientes. En la aproximación de campo central se supone que cada uno de los electrones de un átomo se mueve independientemente de todos los demás. sin ∼ Zr . Una aproximación que deja de lado la idea del campo central es la de la teoría de Hartree. una carga nuclear unidad). un electrón atómico bajo la acción atractiva del núcleo y la repulsión del resto de los electrones da lugar a un potencial que no será ni culombiano ni central. restantes electrones. no es adecuada. si se quiere seguir manteniendo una descripción sencilla del sistema. 5. puede pensarse que el apantallamiento de la carga nuclear en un átomo multielectrónico podría describirse mediante una variación continua de Zefectiva . Este Z∗ efectivo corresponde entonces a una carga nuclear parcialmente apantallada que es la que en promedio actúa sobre los electrones. Como ya se ha indicado Zefectiva de los electrones de las diferentes capas y subcapas atómicas sea distinta. pero donde la carga del núcleo resulta ser una carga efectiva. • Este argumento se puede extender para intentar describir las funciones de onda de un átomo multielectrónico. si su distancia r al núcleo es muy grande ocurrirá que los demás electrones apantallarán la carga nuclear. bajo la acción de un campo efectivo central. podríamos extender la aproximación de partículas independientes añadiendo la idea anterior del apantallamiento. Zefectiva . Así. sabemos que para el átomo de hidrógeno se conoce la función de onda exacta. la ecuación de Schrödinger no es separable por la repulsión interelectrónica. y se solucionan de nuevo las N ecuaciones. UNED ρ(r) ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS se describe mediante electrostática clásica. o procedimientos más so sticados).os de helio y litio se han calculado funciones de onda muy precisas. son poco adecuados y que es mejor utilizar números atómicos efectivos distintos para cada orbital. si bien con un gran esfuerzo computacional. sabemos que la función ψ así construida seguiría siendo una aproximación a la función de onda del sistema. rN ) = ψ 1 (r1 ) ψ 2 (r2 ) . El procedimiento iterativo propuesto por Hartree se explica a continuación. |r − r0 | cada uno de los N electrones atómicos. Se escoge como primer paso una función de onda con la forma de un producto en el que cada factor tiene un armónico esférico como parte angular y una parte radial dada por 108 t(0) (r). φ1 ). ψ N (rN ). sin embargo. Para simpli car un poco. que emplearían la carga total Z del átomo. podemos suponer que la parte angular de los orbitales viene dada por un armónico esférico Ym`ii (θi . . . es que la propuesta de Hartree es autoconsistente. dejando de lado las interacciones que se consideran pequeñas (como la espín-órbita) N N N −1 ~2 X 2 X Ze2 X X e2 b H= ∇i − + . 2m ri rij i=1 i=1 i=1 j>i Aquí incluimos la energía cinética (primer sumando). . ya que las funciones de onda y el potencial están conectados por la relación ρ(r) = − X e |φi (r)|2 i y hay que resolver a la vez las se utilizan la ρ(r) N ecuaciones de Schrödinger. por lo que una mejora sería no restringir la forma de las funciones que multiplicamos. hasta que las soluciones de las mismas sean prácticamente iguales a las del paso anterior (se ha llegado entonces a la autoconsistencia). con lo que quedaría por calcular la parte radial de los mismos. Para los átom. el hamiltoniano para un átomo con N electrones es. Esto sigue siendo insu cientemente aproximado. (0) (0) (0) ψ i (r) = (0) ψ (0) (r1 . Si consideramos un hamiltoniano de orden cero que sea el hamiltoniano anterior sin repulsiones. la energía potencial entre electrones y núcleo (segundo sumando) y la energía repulsiva entre electrones (tercer sumando). Física Cuántica II. Como ya se ha comentado antes. . o su extensión el Hartree-Fock. Si suponemos que el núcleo del átomo está en reposo (o que es in nitamente pesado). Si lo hiciéramos sin restricción alguna nos enfrentaríamos con una tarea hercúlea. Lo más importante. su ecuación de Schrödinger se separa en N ecuaciones de un átomo hidrogenoide y la función de onda de orden cero es el producto de funciones de onda hidrogenoides Rn` (r)Y`m` (θ. .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED FÍSICA CUÁNTICA II. r2 . ρ(r0 ) . φ). es decir. y aunque fuéramos capaces de resolver así el problema. que incluye el espín. Para átomos más grandes el procedimiento habitual para obtener la función de onda suele basarse en el uso de un método autoconsistente (como el de Hartree. • Fijándonos exclusivamente en la parte electrónica. La interacción entre el electrón 1 y el núcleo . . de manera que el potencial que sufre un electrón atómico es Vefectiva (~r) = − Ze2 − r Z d3 r0 Este potencial nos lleva a una ecuación de Schrödinger para con su correspondiente función de onda ψi y energía. Ei . re ejando el apantallamiento. mediante un método iterativo: en cada paso calculada con las ψ i (r) del paso previo. Pero también se ha dicho que los orbitales como los ψ (0) (r). caracterizada por el par `1 . Si repetimos este procedimiento de construcción de conjuntos de orbitales mejorados para todos los electrones. donde k = 0. . . φ1 ) = X Ze2 + e2 r1 Z j=2 (0) |tj |2 r12 Para simpli car un poco más. Esto lo hacemos después para el electrón 2.2) será un orbital mejorado para el electrón 1. E= N X i donde los ti (ri ) i − N −1 X Z X i j>i 3 d ri Z d3 rj e2 |ti (ri )|2 |tj (rj )|2 . y con ello podemos calcular el energía potencial efectiva que actúa sobre el electrón 2. Hay que restar. que va aumentando de 1 en 1 según va aumentando la energía de la autofunción. r2 . una ecuación de Schrödinger en la que usamos como energía potencial efectiva esta V1 (r1 ). la energía potencial de interacción entre el electrón 1 y el núcleo y los restantes electrones viene dada por N V1 (r1 . . este orbital mejorado a partir de la propuesta de función de onda con la forma de productos de armónicos esféricos (0) . y si incluimos los demás electrones. • El problema que tiene el método de Hartree recién bosquejado es que la función de onda propuesta no re eja las propiedades de espín de los electrones. lo que es equivalente a decir que es el promedio angular R 2π 0 V1 (r1 ) = Rπ dθ1 0 dφ1 sin θ V1 (r1 . φ1 ) R 2π Rπ 0 dθ 1 0 dφ1 sin θ. De nimos el número cuántico n como n = ` + 1 + k. pues. m`1 . rij son las partes radiales de los electrones. una vez que han convergido en la iteración descrita más arriba. . 1. que depende solamente de r). (las energías.2) es una ecuación de autovalores.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. que tiene un conjunto de soluciones (con autovalores distintos 1 y autofunciones distintas t11 ). 4 Nótese que para comenzar la iteración. las repulsiones promediadas entre todos los electrones. (1) (0) (0) −e |t1 (r1 )|2 + |t3 (r3 )|2 + · · · + |tN (rN )|2 . 109 .3. pues. UNED 5. necesitamos unos primeros t(0) . Al solucionar la ecuación obtenemos. LAS APROXIMACIONES DE HARTREE Y HARTREE-FOCK viene dada directamente por la interacción culombiana.3 Y dada la simetría esférica que tiene V (r ). 2. ya que estaríamos contando dos veces cada repulsión entre los electrones. aumentan con n) y podemos hablar de orbitales 1s. El cálculo de la energía de los electrones no es directamente la suma de la i . pues. que se interpreta que se mueve bajo la acción de un hamiltoniano efectivo (−~2 /2m)∇2 + V1 (r). que se moveráa en una nube electrínica de carga del resto de los electrones. pues. El orbital (1) t1 (r). y si llega un momento en que los N orbitales no varían apreciablemente de una iteración a la siguiente. de los que hemos hablado anteriormente. de manera que construimos para todos ellos sus orbitales mejorados. esto es. y resolver la ecuación de Schrödinger monoelectrónica para dicho electrón. h − solución de la ecuación i ~2 2 (1) (1) ∇ + V1 (r) t1 (r) = 1 t1 (r) 2m (5. Para ello. . podemos hacer uso de los orbitales hidrogenoides con números atómicos efectivos. θ1 . suponemos también que el potencial efectivo que sufren los electrones de un átomo es aproximadamente central (esto es. . etc. rN ) es la del campo autoconsistente del método de Hartree. la función de onda por partes radiales normalizadas t 1 1 que de ne el electrón 1 tendrá como parte angular un armónico esférico de nido por los números cuánticos `1 y m`1 . Este número empieza en 0 para el valor de 1 más bajo. θ1 . se dice que el procedimientro ha convergido y que la función de onda convergida ψ(r1 . . El electrón 1 cumplirá. 2p. Esto lo hacemos también para el resto de los 4 N electrones del átomo. cada una caracterizada por un número de nodos k. 2s. que hacen que la fucnión de onda del sistema ha 3 La ecuación (5. los electrones son fermiones de espín s = +1/2 o el valor s = −1/2. y es en este orbital donde se instala el segundo electrón del He. ` que. Dentro de cada capa hay n subcapas. (1s)2 . . Los electrones en un átomo se disponen ocupando los orbitales de energía más baja disponibles. En de nitiva.2) y (5.3) está en que el operador de Fock tiene términos adicionales. . los números cuánticos asociados a una descripción aproximada de campo central siguen siendo útiles al menos para determinar con guraciones electrónicas del estado fundamental del átomo. designarlas: así la subcapa Una propiedad interesante de cada subcapa es que la suma de las densidades de probabilidad de los electrones de la subcapa resulta ser independiente de los ángulos. Así. 110 . Las ecuaciones diferenciales que aparecen en este método son similares a la ecuación (5. el número máximo de electrones en una capa n es 2n2 . . L. cada subcapa se divide en 2` + 1 sub-subcapas. siente la in uencia de los demás electrones. cuya componente Z principio de exclusión de Pauli puede tomar el valor dice que no puede haber dos electrones en el mismo estado cuántico. la subcapa ` = 1 por la letra d. La diferencia básica entre las ecuaciones (5. y a esta con guración . A partir de la f sesigue el orden alfabético g. que tiene una con guración la capa 5 n = 1. especi cadas por el número cuántico puede tomar todos los valores enteros de 0 a n − 1. El 1/2. M.3) son buenas aproximaciones la energía que se necesita para ionizar un átomo de subcapa cerrada extrayendo un electrón del espín-orbital i (una vez cambiado el signo. El conjunto de los tres números cuánticos n.2). donde los ui son los espín-orbitales y las i es la energía orbital de 5 los mismos. 3. .. con integrales de intercambio (como las que ya se han visto en el estudio del átomo de helio) Una cosa interesante del método de HF es que puede demostrarse que las eergías i de (5. diuse. ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS. ne. El método de Hartree-Fock utiliza espín-orbitales antisimetrizados y un procedimiento autocinsistente de solución similar al explicado líneas arriba.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS de ser antismétrica respecto al intercambio de dos cualquiera de los electrones. 6 Estas letras son simplemente las iniciales de las palabras que se utilizaban en espectroscopía para caracterizar las líneas espectroscópicas: sharp. cada capa admite n orbitales. con lo que una subcapa cerrada (llena) o semicerrada (semillena) tiene una densidad de probabilidad total con simetría esférica (teorema de Unsöld ). En caso distinto. N. . Así pues. los electrones en un átomo multielectrónico se distribuyen en número cuántico n (cada una con su etiqueta K . ). especi cadas por el correspondiendo a los valores n = 1. el hidrógeno en su estado fundamental tiene el electrón en el orbital electrónica la llamamos 1 (1s) (100) . 2. . TABLA PERIÓDICA Si bien en un átomo multielectrónico cada electrón no está sometido exactamente a un campo central pues. (5. Este orbital admite otro electrón (con espín de signo contrario). especi cadas por el número cuántico m que puede tomar todos los valores enteros desde −` a `. (Por razones históricas se utilizan letras para ` = 0 se designa por la letra s. . la subcapa ` = 2 por la letra p.. las Así. h.3) ecuacion de Hartree-Fock (HF). este resultado recibe el nombre de teorema de Koopmans ). la subcapa ` = 4 por la letra f ). De ahí se deduce que una capa completa también tiene esa simetría. . Li) este debe ir a la capa Esta ecuación es la que se obtiene si se supone que la función de onda del sistema de N electrones se escribe como un único determinante de Slater. Esto llena de modo que si tenemos un tercer electrón (caso del litio. capas. con un nuevo operador llamado operador de Fock que hace ahora las veces del hamiltioniano efectivo: FbUi = i ui i = 1. m 2 de ne un orbital. de modo que cada orbital puede contener a lo sumo dos electrones. además del núcleo.4. con espines opuestos. principle. .6 A su vez. las ecuaciones de Hartree-Fock son más complicadas. como sabemos. 2. . Por otra parte. lo que es adecuado para átomos de subcapas cerradas y átomos con un único electrón fuera de las subcapas cerradas. 5. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. `. . pero no es así. j y mj m` para el momento angular orbital. Solución: Viendo la lista anterior y teniendo en cuenta que en un orbital electrones. UNED n = 2. 5p. 7p. La subcapa 2s admite otro electrón y en ella se instala el cuarto electrón del berilio Be. ya que vimos en el Tema 3 que todos los estados electrónicos de un átomo de hidrógeno con el mismo n tienen la misma energía (despreciando la estructura na). ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS. La respuesta está en que un electrón en la capa n=2 tiene por debajo a dos electrones en la capa n = 1. 2s No obstante. 4p. pero escritan en mayúscula. para el momento angular total). . A continuación empieza a llenarse la subcapa 2p que admite seis electrones. 5d. que aportan sucesivamente el boro (B). 6d.4.1.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED 5. que se acentúa conforme aumenta n ya que las diferencias sino en energías para capas consecutivas se van reduciendo. Sabemos que esta capa electrones. vamos a recordar algunos resultados de las propiedades del momento angular. 4f.4. cuanto mayor es ` mayor es el efecto de apantallamiento. La causa es también un efecto de apantallamiento antes comentado. cuya con guración es entonces (1s)2 (2s)2 . en un orbital d s caben 2 caben 10 electrones (1s)2 (2s)2 (2p)6 (3s)2 (3p)6 (4s)2 (3d)10 (4p)6 (5s)2 (4d)10 (5p)2 o de forma más compacta [Kr] (4d)10 (5s)2 (5p)2 siendo [Kr] la con guración electrónica del Krypton. el orden en que se van llenado los orbitales es 1s. 6s. Los 8 elementos que van del 11 al 18 llenan las subcapas 3s y 3p. los orbitales con `=0 tienen simetría esférica mientras que a medida que aumenta ` los orbitales se van alargando y se extienden a distancias mayores. de modo que cabría pensar que esta capa se va a ir llemando con los electrones de los 18 siguientes elementos en número atómico creciente hasta llegar al número 38. que para uno en la subcapa El electrón en será más sensible a la carga nuclear mientras que el apantallamiento de la carga será 2p. 111 . nitrógeno (N). 2 6 se escribe [He] (2s) (2p) ). La segunda es debida a la interacción espín-órbita. 5s. 6p. y menos ligado estará un electrón. en un orbital p caben 6 electrones. y la con guración electrónica del Li es (1s)2 (2s). Correcciones a la aproximación de campo central Hay dos correcciones de importancia que hay que hacer a la aproximación de campo central. Para los momentos angulares de un electrón. de forma más compacta. podríamos preguntarnos por qué este electrón va a la subcapa y no a la 2p. en física atómica se utilian letras minúsculas (` y s y ms para el momento angular de espín. [Ne] (3s) (3p) ). En de nitiva. 5. la probabilidad de encontrar un electrón cerca del núcleo es mayor para un electrón en la subcapa la subcapa 2s 2s 2p. En consecuencia. de forma más compacta. Con esto se ha llenado la capa admite 2· 32 = 18 n=2 y empieza a llenarse la capa n = 3. oxígeno (O). 3s. • Antes de seguir adelante.. 4d. hasta llegar al argon Ar 2 2 6 2 6 2 6 con con guración electrónica (1s) (2s) (2p) (3s) (3p) (o. de modo que la carga que siente es la carga nuclear apantallada por los dos electrones de la primera capa. así como la forma de etiquetar sus posibles valores en física atómica (algunas de estas notaciones las conocerá el estudiante de los cursos básicos de química). 7s. 3d. 2p. 2s. 3p. Ahora bien. de modo que la [Ar] (4s) .. uor (F) hasta llegar al neon (Ne) con con guración electrónica (1s)2 (2s)2 (2p)6 (que. TABLA PERIÓDICA Física Cuántica II. 5f. Para dos o más electrones se utilizan las mismas letras. Ejercicio: Calcular la con guración electrónica del estaño Sn cuyo número atómico es 50. 4s. mayor para el electrón en En general. Una de ellas proviene de la repulsión coulombiana electrónelectrón residual (la que no puede ser descrita con precisión por el campo central). carbono (C). Pero luego no se llena la subcapa 3d sino que empieza a llenarse la subcapa con guración del potasio K con 19 electrones no es [Ar] (3d) 1 1 4s. . . jándonos 2 2 2 en los estados de menor energía con la con guración (1s) . los momentos angulares orbitales (para dar un momento angular orbital total angular de espín total S ). 1. . 12 . por tanto. Los posibles valores de espín total que puede S = 0. Pero ya hemos comentado que hay que tener en cuenta las dos correcciones a la aproximación de campo central: la correspondiente a la repulsión coulombiana electrónelectrón residual. 5 estados 1 D y 1 estado 1 S. . F. • Veamos ahora cómo aplicar el acoplamiento L − S a la descripción del átomo de carbono. todos esos 15 estados tendrían la energía común E = 2E1s + 2E2s + 2E2p .7 Por consiguiente. consiste en acoplar los momentos angulares y después acoplar los momentos j ` y s de cada electrón para de todos los electrones para obtener el J total. . 1. Si S = 1 el estado de espín es simétrico y si S = 0 es tener la combinación de los espienes es antisimétrico. 2. . (el índice indica la degeneración del espín. la combinación de esos momentos angulares es otro momento angular caracterizado por el número cuántico j j = j1 + j2 . 1 D y 1 S no tengan la misma energía. que corresponde a 1 S. Si llamamos j ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS al número cuántico correspondiente a un momento angular cualquiera (cuyos valores 0. mientras que son antisimétricas cuando L = 1. . f. (2s) . Por otra parte. −j . P. con espín cero): por tanto. 3. 2. angulares orbitales de electrones con angulares orbitales de dos o más • S. S = 0. . indican momentos ` = 0. a L (2L + 1 valores de ML para un valor dado de L). han de tener una función de onda espacial simétrica ya que en esos casos tener un estado de espín antisimétrico (y. . Este procedimiento es más adecuado cuando la interacción espín-órbita es mayor que la repulsión residual electrón-electrón (que suele ser el caso de los átomos con número atómico grande). . . (2p) . (2p)2 . 1 D. 1 o 0. . con mj = j. L = 2. Teniendo en cuenta esa degeneración debida al espín y la degeneración debida 3 P. 2S + 1. separadamente. . j1 + j2 − 1. S = 0. . 1. Este método es más útil cuando la repulsión residual electrón-electrón es mayor que la interacción espín-órbita (esto suele ocurrir para átomos con número atómico pequeño). . que puede tomar los valores Además. la notación que se usa en espectroscopía es que las letras s. El acoplamiento L−S consiste en acoplar. pueden tomar los valores p j(j + 1)~ j1 si tenemos momentos angulares de dos electrones. (2s)2 . . lo que nos da un total de 15 estados con la con guración electrónica (1s)2 . similar a la ya estudiada para el átomo de hidrógeno. L) y los momentos angulares de espín (para dar un momento para nalmente acoplar L y S para obtener el momento angular total J. D. . ) tendremos que: la magnitud y la componente z de ese momento angular mj ~. p. j−j El acoplamiento obtener el total j. los dos electrones que están en el orbital 2p (cada uno con sus momentos para dar un ` = 1) pueden combinar L de posibles valores 2. . que se denota en espectroscopía como denotado como 3 P. Y las letras electrones con L = 0. . En resumen. . de manera que los 1 corresponde a estados ingletes y los 3 a los tripletes). . UNED FÍSICA CUÁNTICA II. . tienen momentos angulares (orbital y de espín) combinados nulos. para que la función de onda total sea antisimétrica debe veri carse alguna de las siguientes opciones: (1) (2) (3) S = 1. 2. 3. L = 1. . Tanto los dos electrones que están en un orbital 1s como los dos que están en orbitales 2s deben L = 0. distinta según sean la simetría del estado y los valores del momento angular orbital (lo que causa que los estados 3 P. . . denotan momentos Es habitual utilizar dos métodos distintos para combinar (o acoplar ) los momentos angulares de electrones de un átomo. j − 1. véase la columna (2) de la gura) la debida a la interacción espín-órbita. . . .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. |j1 − j2 |. . . tendremos 9 estados Si los electrones del átomo se movieran en un campo central. por tanto. 1. . d. pueden ser. L = 0. que 7 112 Las funciones de onda espaciales son simétricas para valores de L = 0. 23 . . caracterizados por números cuánticos y y j2 . sino también del valor del número cuántico J del momento angular total. o incluso con más posibilidades. ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS. la tercera aproximación incluye la interacción espín-órbita y los niveles se caracterizan por sus números cuánticos L y S y el momento angular total J.2. |L − S|. haciendo que los niveles se etiqueten por los números cuánticos L y S.4. Así. en el carbono (véase la 3 columna (3) de la gura) los estados los P corresponde a L = 1 y S = 1. la energía de los niveles viene determinada por la con guración electrónica dada por una descripción de electrones independientes en un potencial central que re eja el potencial coulombiano del núcleo y el efecto promediado de la repulsión entre los electrones del átomo. P1 y electrones y de los valiores de L y 3 P . que toma los valores J = L + S. es decir. reglas semiempíricas que a rman lo siguiente: 1) el nivel de energía más baja es el de mayor multiplicidad. . 3) para un átomo con una subcapa menos que medio llena el nivel de menor energía corresponde 8 Nótese que no hay rotura de los niveles 1 D y 1 S ya qyue solamente es posible un único valor de J para estos casos. L + S − 1. 5. mejorando la precisión de la energía de los estados en cada paso: como primera aproximación.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. que corresponde a los estados P2 . 1. una segunda aproximación que incluye la respulsión residual de los electrones. se presentan con otros elementos y una respuesta son las llamadas reglas de Hund.8 0 Podemos. ir aproximando los niveles de energía del átomo de carbono. de manera que el número 3 3 cuántico de momento angular total puede ser J = 2. .4. 113 . Reglas de Hund Problemas similares. . el de mayor valor del espín S. pues. el de menor energía es el que tiene el mayor valor de L. UNED 5. . 2) para estados con el mismo valor del espín. TABLA PERIÓDICA introduce una estructura na ya que la enetrgía no solamente depende de la con guración de los S . 0. 2p está menos que medio llena (solo tiene J = |L − S| = 1/2 y el estado de menor energía es si aplicamos esta tercera regla al B vemos que la subcapa un electrón de los 6 que puede admitir) por lo que 2P 1/2 . Así. el estado fundamental del C es (1s) 2 son 0. puede tomar los valores 0. Las subcapas s están cerradas. el principio de exclusión exige que tengan distinto un orbital con es L = 1. Solución: a) La con guración electrónica del C es (1s)2 (2s)2 (2p)2 . mientras J = L + S. es decir. y así S = 1/2 y L = 1. m. c) La con guración electrónica del Al es (1s)2 (2s2 )(2p)6 (3s)2 (3p)1 o [Ne] (3s)2 (3p)1 . b) La con guración electrónica del N es S = 3/2. lo que también reduce la energía de interacción. c) el aluminio con número atómico 13. Los 3 electrones en la subcapa 2p deben m. 2 y 3. 114 Ejercicio: Calcular la con guración electrónica y el estado fundamental de: a) el carbono con número atómico 6. pues. y la primera regla de Hund S = 1. a ÁTOMOS MULTIELECTRÓNICOS J = |L − S|. que si la subcapa está más que medio llena el nivel de menor energía corresponde a Las dos primeras reglas tienen una justi cación intuitiva: un valor alto de S signi ca que hay varios electrones con espines apuntando en el mismo sentido. 1 y 2. m = 0 y m = −1. El momento orbital y el espín total se deben entonces a los electrones en la subcapa de modo que S puede tomar los valores 0 y 1. Como sabemos. el valor máximo de L Entonces. en de nitiva J = 3/2 y el estado fundamental es 4 S3/2 . la tercera regla de Hund implica J = |L − S| = 1/2. un valor alto de L supone que los electrones están más alejados del núcleo. Los valores posibles de L 3P . Asimismo.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. m=0 y el otro en un orbital con Finalmente. No obstante. uno debe estar en m = 1. y también entre sí. Entonces Puesto que esta subcapa esta menos que medio llena. puesto que la subcapa está menos que medio llena. b) el nitrógeno con número atómico 7. tener diferente L = 0. esto implica que los electrones tenderán a estar más separados y ello reduce la energía de interacción. El momento orbital y el espín se deben al electrón en la subcapa 3p. la tercera regla de Hund implica J = |L − S| = 0. L 2p. los dos electrones apuntan en el mismo sentido. de modo que el estado fundamental es 2P 1/2. 0 2 3 (2s) (2p) . La justi cación de la tercera regla es algo más complicada y no entraremos en ella. 1. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. es decir. Por es decir. El máximo valor del espín total es Por lo tanto. deben tener valores m = 1. . 1). t > t0 al sistema en el estado estacionario |ψ n i de H . En estas circunstancias.2) n ˆ > es. |Φi (t)i. sobre el que en el instante t = t0 H ˆ súbitamente empieza a actuar una perturbación λWp que no depende del tiempo. sin embargo. si ese tiempo de transición es muy pequeño comparado con la escala natural de tiempos del sistema descrito por ˆ 0. en suponer que el estado del sistema no cambia durante el régimen transitorio.1. H podemos usar sin problema la aproximación súbita (también llamada aproximación repentina) dada por (6. simplemente. La aproximación súbita consiste. los que eran estados propios (0) |ψ i i de ˆ0 H en ausencia de perturbación evolucionarán con el tiempo. En particular. Por tanto. Físicamente. (6.1) es una idealización: nada aparece repentinamente.1) t > t0 actúa una perturbación física constante (0) ˆ 0 con energía E (0) . cuyo hamiltoniano es el sistema está regido por un hamiltoniano dependiente del tiempo de la forma ˆ (t) = H ˆ 0 + λW ˆ (t) H Como ˆp W no depende de t. PERTURBACIONES CONSTANTES. UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Tema 6 PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO La teoría de perturbaciones estacionarias que vimos en el tema 2 no pretende describir la evolución temporal de un proceso físico concreto. Si el sistema estaba en un estado estacionario |ψ i i de t < t0 . Supongamos. |ψ i i a los autoestados de H i se dice que en que no depende del tiempo).Física Cuántica II. LLamemos (esto es. que en perturbar H de un hamiltoniano los autoestados y autoenergías del hamiltoniano sin un instante dado el potencial ˆ0 H se ve perturbado por un potencial dependiente del tiempo. ya no habrá estados estacionarios en el sistema. Su objetivo es la obtención de las energías y de los niveles ˆ = H ˆ0 + H ˆ 0 a partir del conocimiento de H ˆ 0 . • Consideremos un sistema físico. el estado a cualquier tiempo t será la evolución posterior del estado. LA APROXIMACIÓN SÚBITA ˆ 0 . está gobernada por el hamiltoniano (0) |ψ i i. condición inicial |Φi (t0 )i = |ψ n i y En ˆ 0 cuando H ˆ > con la H y denotemos por (0) −i(t−t0 )Ei /~ |ψ (0) i si t ≤ t0 i e |Φi (t)i = X (0) e−i(t−t0 )En /~ |ψ n ihψ n |ψ i i si t ≥ t0 (6. 6. En rigor hay un régimen transitorio a partir de t0 en el que el campo externo empieza a crecer hasta llegar a su valor nal ˆ p. consideraremos algunos casos particularmente simples que podemos estudiar con una simple adaptación de la teoría de perturbaciones estacionarias: una perturbación súbita y una perturbación adiabática. Antes de estudiar la teoría general. Naturalmente. De namos el hamiltoniano estacionario ˆ> ≡ H ˆ (t > t0 ) = H ˆ 0 + λW ˆp H (0) sus autoestados y autoenergías. Lo que ahora nos interesa es estudiar esta evolución y calcular las probabilidades de obtener los diferentes autovalores y autoestados de realizadas sobre el sistema en un instante t ˆ0 H en medidas cualquiera. W Sin embargo. ˆ (t) = W ˆ p Θ (t − t0 ) = con W 0 si t < t0 ˆ p si t > t0 W (6. entonces. . . . 2 . . (0) . (0) . 2 P|ψ(0) i→|ψ i (t) = . hψ n |ψ i i. = . hψ i |ψ n i. 3) y la probabilidad de encontrar en i n 117 . (6. Entonces también podemos evaluar los autoestados |ψ n i transformación de H ˆ > . PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO (0) • La expresión (6. a primer orden tenemos que usando teoría de perturbaciones estacionarias para H |ψ n i = |ψ (0) n i+ ˆ p |ψ (0) X hψ (0) |λW n i k (0) Puesto que (0) (0) En − Ek k6=n (0) hψ n |ψ k i = δ nk (0) |ψ k i + O λ2 (0) 2 ˆ En = En(0) + hψ (0) n |λWp |ψ n i + O λ . Así.3) es exacta para la probabilidad de transición desde el estado inicial |ψ i i al |ψ n i en la evolución determinada por el hamiltoniano (6. llegamos a (0) (0) hψ i |ψ n i = δ in + (1 − δ in ) y la probabilidad 1 (6. Por esto debemos escribir .1).4) se evaluaría perturbativamente hasta segundo orden sustituyendo se tiene que (0) hψ i |ψ i i = 1 + O λ2 (algo que ya sabíamos) y la teoría de perturbaciones a primer orden no sirve para evaluar la probabilidad P|ψ(0) i→|ψ i (t) ya que el resultado i i va a ser siempre 1 hasta orden dos. P|ψ(0) i→|ψ i i=n Ahora bien.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II.3).4) en (6. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. supuesta la aproximación súbita en la ˆ 0 en H ˆ> = H ˆ 0 + λW ˆ p . cuando ni (t) (0) ˆ p |ψ n i hψ i |λW (0) En − (0) Ei + O λ2 (6. . (0) . 2 . hψ (0) |λW ˆ |ψ i . p n . P|ψ(0) i→|ψ i (t) = . i (0) . + O λ3 (0) n . En − E . En otras palabras la teoría de perturbaciones estacionarias a primer orden nos permite obtener probabilidades de transición a segundo orden. . denominados amplitudes de transición. • Sin embargo.6) n k Aik (t). (6.5) es pequeño nos podemos quedar con el término dominante de (6.3). tienen una complicada dependencia (0) en el tiempo debido a que |ψ k i ya no es un estado estacionario del sistema cuando t > t0 . Ahora bien. de lo que se obtiene |Φi (t ≥ t0 )i = X (0) Aik (t) |ψ k i con Aik (t) = X (0) (0) e−i(t−t0 )En /~ hψ k |ψ n ihψ n |ψ i i.3) está elevado al cuadrado. suponiendo (0) ˆ 0. que en t0 se encontraba en el estado |ψ i (ambos son estados estacionarios de H Los coe cientes i 1 118 (0) Nótese que el producto escalar hψ i |ψ n i en (6.5) que sería. i si i 6= n i i=n y la probabilidad para es entonces P|ψ(0) i→|ψ i (t) = 1 − i i Naturalmente si λ X n6=i P|ψ(0) i→|ψ i ni (t) . entonces.2). en muchas ocasiones tiene más relevancia conocer la probabilidad de que al medir el sistema en un instante t ≥ t0 obtener esta probabilidad introduzcamos la relación de t ≥ t0 (0) |ψ k i del hamiltoniano sin perturbar. Para P (0) (0) cierre I = k |ψ k ihψ k | en la expresión para lo encontremos en el estado de (6. una aproximación perturbativa razonable al resultado exacto (6. 2 estos coe cientes tienen la interpretación física que estábamos buscando: Pi→k (t) = |Aik (t)| es la (0) probabilidad de encontrar al sistema en un instante t ≥ t0 en el estado |ψ k i. (6. Aik (t) desarrollando perturbativamente Usando (6. las amplitudes de transición pueden escribirse perturbativamente hasta primer orden como (0) −i(t−t0 )Ei /~ Aik (t) = δ ik e De nuevo + (1 − δ ik ) |Aii (t)|2 = 1.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. hψ k |λW i por lo que este tratamiento perturbativo sólo sirve para calcular i directamente las probabilidades de transición desde un estado inicial a otro nal k con k 6= i. e−i(t−t0 )Ek /~ − e−i(t−t0 )Ei /~ (0) Ek − (0) Ei (0) (0) ˆ p |ψ i + O λ2 hψ k |λW i siempre y cuando t − t0 no sea muy grande se tiene que (0) (0) e−i(t−t0 )Ek /~ − e−i(t−t0 )Ei /~ − e−i(t−t0 )Ek /~ − e−i(t−t0 )Ei /~ = O (λ) . En este caso . Dado que en el segundo sumando del miembro de la derecha aparece el término multiplicativo (0) 2 ˆ p |ψ (0) hψ k |λW n i. En de nitiva. UNED 6. LA APROXIMACIÓN SÚBITA Al igual que antes. PERTURBACIONES CONSTANTES. e−i(t−t0 )Ek /~ (0) Ek (0) − e−i(t−t0 )Ei − (0) Ei /~ (0) ˆ p |ψ (0) i + O λ2 .4) y haciendo un par de manipulaciones con las deltas de Kronecker tendremos que (0) (0) (0) (0) (0) hψ k |ψ n ihψ n |ψ i i = hψ k |ψ n ihψ i |ψ n i∗ = δ ik δ in + (1 − δ ik ) (δ kn − δ in ) (0) ˆ p |ψ i hψ k |λW i (0) Ek − (0) Ei + O λ2 por lo que Aik (t) = δ ik e−i(t−t0 )Ei /~ + (1 − δ ik ) Ahora bien. la diferencia dada por la ecuación anterior es una contribución en λ que englobamos 2 en O λ .1. podemos evaluar las amplitudes exactas |ψ n i. . . . 2 . e−i(t−t0 )Ek(0) /~ − e−i(t−t0 )Ei(0) /~ . 2 . . . . (0) (0) ˆ p |ψ i. . Pi→k (t) = |Aik (t)|2 = . hψ k |λW . + O λ3 si k 6= i i (0) (0) . . E −E i k y si efectuamos el cuadrado del módulo de la función temporal llegamos a que la probabilidad de transición para un sistema sobre el que actúa una perturbación constante es . . ! . (0) ˆ (0) . 2 (0) (0) 4 . hψ k |λWp |ψ i i. 7)) diremos que estamos estudiando las transiciones bajo la aproximación de Born. Ek − Ei 3 2 + O λ sin (t − t ) 0 2 2~ (0) (0) Ek − Ei 2 Pi→k (t) = |Aik (t)| = X 1− Pi→n (t) si k = i.7) Si nos quedamos al orden de perturbación más bajo (que es el que nos da (6. Esta aproximación será válida si . si k 6= i n6=i (6. . . (0) ˆ (0) . 2 4 . hψ k |λW |ψ i . p i (Born) 2 Pi→k (t) ' Pi→k (t) = 2 sin (0) (0) Ek − Ei (0) ! (0) Ek − Ei 2~ (t − t0 ) 1 lo que implica que . . . . . (0) ˆ . (0) (0) . (0) . . hψ k |λWp |ψ i i. . Ek − Ei . para intervalos de tiempo muy cortos podemos aproximar el seno por su argumento y. Además. . entonces obtenemos 2 . . (Born) (0) . 2 t − t0 2 . (0) ˆ Pi→k (t) ' λ . hψ k |Wp |ψ i i. ~ si . . . (0) (0) . . Ek − En . ~ 119 . (t − t0 ) 1. T ) constante en el tiempo que hace que el estado inicial actúa sobre el sistema un campo exterior |1i evolucione de manera no trivial. H |ni con estado estacionario del sistema sin perturbar.. hamiltoniano H ya que entonces de la ecuación de si ˆ p |ψ (0) W n i=0 la perturbación es incapaz de hacer evolucionar al sistema si este se encontraba en el estado estacionario n-ésimo. la probabilidad que se pide es . el cual se desconecta pasado un tiempo T . Una partícula de carga q y masa m está en el estado fundamental n=1 de un pozo cuadrado in nito unidimensional con paredes en x = ±a/2. En otras palabras. si P1→n (T ) es la probabilidad de que al medir la partícula en el tiempo t = T la encontremos en el estado |ni. 2. a partir de t = T los estados |ni vuelven a ser estacionarios. ˆ p no conecta los Finalmente. Estime la probabilidad Pn n≥2 de encontrar a la partícula en el estado del pozo si t > T. Por tanto. del pozo in nito de Durante el intervalo de tiempo (0. 3. esto es. Veamos un ejemplo: • Ejemplo 6. Pero. En el instante t0 = 0 se aplica un campo − eléctrico E dirigido en el sentido X . la probabilidad de transición aumenta cuadráticamente con el tiempo si ha transcurrido un intervalo corto desde que se inició la perturbación constante. Este valor nulo aproximado para la probabilidad de transición resulta ser exacto ˆ p |ψ (0) W n i = 0. Este problema ilustra bastante bien la utilidad de lo que hemos visto en esta subsección. esta probabilidad no cambiará para t ≥ T . en la aproximación de Born la probabilidad de transición es cero si W 2 estados inicial y nal. transcurrido este intervalo. describiendo la dinámica general del sistema mediante la aproximación súbita tanto al conectar como al desconectar la perturbación.a. t = 0+ |1i.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. H Observe que estamos o. la evolución vuelve a ser la correspondiente a despreciando los transitorios en t = 0 y en t = T ˆ 0. Sea n = 1. Discuta los resultados. el n-ésimo hamiltoniano ˆ 0. en otras palabras. si se cumple que (0) Schrödinger dependiente del tiempo para el (0) |ψ n i exp(−iEn t/~) es solución ˆ (t). PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO Por consiguiente. Por otro lado. . En de nitiva. UNED FÍSICA CUÁNTICA II.. . 2 ! . . ˆ (0) (0) 4 . hn|λWp |1i. 5. en las excitaciones inducidas por el campo eléctrico uniforme cambia la paridad del estado. .. . 5. 6.... en la aproximación de Born son imposibles excitaciones a estados con la misma paridad: (Born) Pn ' P1→n (T ) = 0 si n = 3.. 4. entonces. Esto es otra manera de decir que hψ k |W i si n = 2. . 6. 2 2 n − 1 ΩT sin con n > 1 2 y hn|ˆ x|1i. P1→n ' 2 120 (Born) P1→n (T ) 4 2 4 qEa 2 n2 2 n − 1 ΩT = sin π ~Ω 2 (n2 − 1)6 (0) (0) ˆ p |ψ i = 0. .. 7. tenemos que nπx πx 2a sin x cos dx = 2 a a π Z +π/2 sin (nu) u cos (u) du = − −π/2 2a 4n (−1)n/2 2 2 2 π (n − 1) (la integral viene en cualquier libro de tablas) y... Sustituyendo hn|ˆ x|1i = 0 si En otras palabras. supongamos que en donde aquí la perturbación constante es (Born) P1→n (T ) = y sólo nos queda por evaluar ˆ p = qE x λW ˆ 4q 2 E 2 |hn|ˆ x|1i|2 ~2 Ω2 (n2 − 1)2 el sistema está en el estado (0) En = π 2 ~2 n2 /(2ma2 ) ≡ ~Ωn2 . . 4. 7. Para los estados nales con 2 hn|ˆ x|1i = a Z +a/2 −a/2 n = 2. Como el pozo cuadrado está centrado en el origen tenemos inmediatamente que n = 3. En − E1 (Born) 2 2 P1→n = |A1n (T )| ' P1→n (T ) = T con n > 1 sin 2~ (0) (0) 2 En − E1 De acuerdo con esto. Esto implica una regla de selección: si sobre el sistema actúa un campo eléctrico uniforme. La probabilidad pedida es P0→1 = 2 6. con W es muy lenta comparada con la escala de tiempos (por ejemplo. UNED 6. LA APROXIMACIÓN ADIABÁTICA que será una buena aproximación siempre y cuando |qEa| ~Ω.o. es decir. 4.o.. 6.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. PERTURBACIONES ADIABÁTICAS. Obtenido el resultado general veamos algunos casos particulares. oscila en torno al valor medio Pm´ax /2 tomando valores entre 0 y Pm´ ax .. la probabilidad de transición bajo la aproximación de Born siempre tiene la forma (0) (0) Pm´ax sin2 ($t) donde $ = (En − Ei )/(2~). . Por otra parte.1. • |0i qEα ~ω 2 ωT sin con α = 2 2 r ~ mω PERTURBACIONES ADIABÁTICAS. y escribir (Born) P1→n (T ) 1 ' 2 4 4 qEa 2 n2 + t. si si n = 2. Diremos Ei −Ej adiabática o cuasiestacionaria. la evolución del sistema viene dada por i~ d ˆ 0 + λW ˆ (t) |Φi (t)i |Φi (t)i = H dt (0) con |Φi (t0 )i = |ψ i i. una situación muy distinta a la que ocurría en el caso de introducción súbita de la perturbación. Observe que si T es un tiempo muy pequeño (la perturbación apenas actúa sobre el sistema) P1→n ' (Born) P1→n (T ) 4 qEaT 2 n2 4 4 + O T = π 2~ (n2 − 1)4 y este resultado será aceptable si Por otro lado. Si |Φi (t)i es el estado cuántico del sistema como resultado de la perturbación. Al igual que antes. En general. podrían ser escalas del orden de entonces que la perturbación es t ' 1 ω ij = ~ (0) (0) ). En un momento t0 empieza a actuar una perturbación física λW estacionarias. Repita el ejemplo anterior pero suponiendo que la partícula está sometida a una fuerza armónica de pulsación Solución: El estado fundamental ω sólo se puede excitar al primer estado excitado |1i. T ~/ |qEa|.2. π ~Ω (n2 − 1)6 si n es par donde con t. al efectuar medidas experimentales se suele obtener el promedio temporal de estas probabilidades por lo que es legítimo tomar el valor 1/2. consideremos un sistema físico con hamiltoniano por lo que el hamiltoniano del sistema es ˆ (t) = H ˆ 0 + λW ˆ (t) H Sin embargo.2. n 0 P1→n ' (Born) P1→n (T ) 4 4 ' π qEa !2 2 sin (0) En n2 ΩT 2 si n 0 y par. ya que para funciones oscilantes en el tiempo lo que suele tener sentido experimental es el valor temporal medio). simbolizamos términos oscilantes en torno al valor cero (es habitual escribir los resultados de esta manera. 121 . supongamos que la variación de característica de ˆ0 H ˆ (t) W ˆ (t ≤ t0 ) = 0. LA APROXIMACIÓN ADIABÁTICA Analicemos otra situación física que puede abordarse con la ayuda de la teoría de perturbaciones ˆ H0 que se encuentra (0) ˆ (t) en el estado estacionario |ψ i i. EJERCICIO 6. Esta fase.4)) perturbaciones a los autoestados |ψ n (t)i del hamiltoniano H Z t (0) (0) ˆ hψ |λ W (t) |ψ i i (0) i Aik (t) ' hψ k |ψ i (t)i = exp − . tenemos que (vea (6. • adiabática. no el tiempo. En otras palabras. UNED PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO Z i t Ei (τ )dτ |ψ i (t)i |Φi (t)i ' exp − ~ t0 ˆ (τ ) |ψ i (τ )i ≡ Ei (τ ) |ψ i (τ )i. i en la aproximación adiabática las probabilidades de transición son (vea (6.8) ˆ (τ ) pero entendiendo que τ es un autoenergía del hamiltoniano H 3 parámetro. a partir de (6. la aproximación adiabática presupone que los cambios en el hamiltoniano son tan lentos que el estado del sistema es siempre el i-ésimo estacionario del hamiltoniano en cada instante. en las probabilidades de transición). Ek (τ )dτ δ ik − (1 − δ ik ) k (0) (0) ~ t0 ~ E −E inicial de (0) (0) |ψ i i −→ |ψ k i en la aproximación amplitud de transición Aik (t) desde el estado Estudiemos ahora cómo son las probabilidades de transición k De esta forma. De esta forma. La exponencial temporal que precede a |ψ i (t)i puede interpretarse como donde Ei (τ ) i-ésima es la una fase acumulada a lo largo de la evolución.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED FÍSICA CUÁNTICA II. la evolución temporal consistiría simplemente en un desplazamiento continuo de los niveles energéticos pero sin posibilidad de saltar de un estado a otro. al aparecer en un factor multiplicativo de módulo unidad no in uirá sobre ninguna cantidad medible sobre el estado |ψ i (t)i (por ejemplo. aproximación adiabática consiste en suponer que La Física Cuántica II.8) y aplicando la teoría ˆ (t). Por tanto.5)) . con H (6. Recordemos que la de nición exacta de la (0) (0) (0) |ψ i i al estado |ψ k i es Aik (t) = hψ k |Φi (t)i. . . (0) ˆ (0) . 2 hψ |λ W (t) |ψ i . . De esta manera obtenemos H Z X dcik (t) i t ∂|ψ n (t)i =− cin (t) exp − (En (τ ) − Ek (τ )) dτ hψ k (t) | . Para ello partamos de la expresión formalmente exacta |Φi (t)i = X n Z i t En (τ )dτ |ψ n (t)i cin (t) exp − ~ t0 ˆ (τ ) |ψ n (τ )i ≡ En (τ ) |ψ n (τ )i con H (6. La aproximación adiabática (6.9) n6=i • Aunque la expresión (6. t0 hψ k (t) | pero recordando que hψ k (τ ) |ψ n (τ )i = δ kn ˆ (τ ).8) es entonces equivalente a suponer que los coe cientes cin (t) no cambian en el tiempo. veamos con algo de detalle cómo se justi ca. excribiéndose como H(τ .10) en la de la condición inicial |Φi (t0 )i = |ψ i i ya que en el instante inicial t0 la perturbación ecuación de Schrödinger independiente del tiempo. esto es. La expresión (6.10) garantiza el cumplimiento (0) ˆ (t) es λW nula. i k 3 + O λ si k 6= i (0) (0) 2 Ek − Ei 2 Pi→k (t) = |Aik (t)| ' X 1− Pi→n (t) si k = i (6. dt ~ ∂t t0 n Multipliquemos ahora escalarmente por el bra ya que son autoestados del hamiltoniano 3 122 ˆ ).8) es razonable desde un punto de vista físico.10) donde cin (t) son coe cientes a priori desconocidos. Quiere decirse que aquí se parametriza el hamiltoniano. cin (t) ' cin (t0 ) = δ in . Operando y simpli cando llegamos a X n i exp − ~ Zt En (τ )dτ dcin (t) ∂|ψ n (t)i |ψ n (t)i + cin (t) dt ∂t = 0. Podemos obtener ecuaciones diferenciales para los coe cientes cin (t) sustituyendo (6. derivemos explícitamente respecto del tiempo y partamos de H multipliquemos escalarmente por hψ k (τ ) | El último término es cero si para todo τ ).UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. H tenemos que |Φi (t)i = dcik (t) dt = Z i t En (τ )dτ |ψ n (t)i cin (t) exp − ~ t0 n i Rt exp − {E (τ ) − E (τ )} dτ n k . UNED 6. esto puede escribirse de manera más conveniente para nuestros propósitos: ˆ (τ ) |ψ n (τ )i = En (τ ) |ψ n (τ )i. TEORÍA GENERAL DE PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO k = n (intente probarlo partiendo de que |ψ n (τ )i está normalizado k 6= n. Si ˆ (τ ) ∂H ˆ (τ ) ∂|ψ n (t)i |ψ n (τ )i + H ∂τ ∂t ˆ (τ ) ∂H ∂|ψ n (t)i ˆ (τ ) hψ k (τ ) | |ψ n (τ )i + hψ k (τ ) |H ∂τ ∂t ˆ (τ ) ∂H ∂|ψ n (t)i hψ k (τ ) | |ψ n (τ )i + Ek (τ ) hψ k (t) | ∂τ ∂t ∂|ψ n (t)i hψ k (t) | ∂t = = = = ∂En (τ ) ∂|ψ n (t)i |ψ n (τ )i + En (τ ) ⇒ ∂τ ∂t ∂En (τ ) ∂|ψ n (t)i δ kn + En (τ ) hψ k (t) | ⇒ ∂τ ∂t ∂|ψ n (t)i 0 + En (τ ) hψ k (t) | ⇒ ∂t ˆ (τ ) 1 ∂H hψ k (τ ) | |ψ n (τ )i En (τ ) − Ek (τ ) ∂τ De esta manera.3. sustituyendo y utilizando la de nición ˆ (τ ) |ψ n (τ )i ≡ En (τ ) |ψ n (τ )i. ∂H . D E X ~ t0 . ˆ (t) . − (1 − δ nk ) ψ k (t). . 3. Si ahora suponemos que el hamiltoniano es de H ˆ evolución lenta. donde la exponencial temporal se introduce por conveniencia. pero en lugar de tener una ecuación diferencial para el estado tenemos un conjunto de ecuaciones diferenciales acopladas para los coe cientes cik (t) que de nen el estado en términos de los autoestados y ˆ (τ ). tenemos |Φi (t0 )i = (0) Ain (t) = hψ n |Φi (t)i. Ain (t0 ) = δ in t = t0 el sistema y. salvo constante multiplicativa de módulo por lo que los coe cientes desconocidos en la igualdad anterior son las |Φi (t)i en la ecuación de Schrödinger (0) (0) ˆ 0 |ψ (0) H i = E n n |ψ n i. Sean |ψ (0) H n i y En los (0) ˆ 0 . Si suponemos que en (0) |ψ i i. Puesto que los |ψ n i constituyen una base ortonormal del espacio autoestados y autoenergías de H • Consideremos un sistema sometido al hamiltonianto de los estados. podemos escribir el estado del sistema en cualquier instante (0) |Φi (t)i = X n iEn (t − t0 ) Ain (t) exp − ~ t de la forma ! |ψ (0) n i. Si ahora introducimos dependiente del tiempo y simpli camos usando (0) X n iEn (t − t0 ) exp − ~ Mutiplicando escalarmente por i~ dAik (t) = dt X n (0) hψ k | ! dAin (t) ˆ i~ − λAin (t) W (t) |ψ (0) n i=0 dt obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales: (0) (0) .ψ n (t) cin (t) En (τ ) − Ek (τ ) ∂t n X que es otra forma de escribir la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo. TEORÍA GENERAL DE PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO (0) ˆ (t) = H ˆ 0 + λW ˆ (t). ∂ H (τ ) /∂τ ' 0. entonces dcik (t) /dt ' 0 y recuperamos la aproximación adiabática cik (t) ' cik (t0 ) = δ ik autoenergías instantáneos del hamiltoniano 6. llegamos a la ecuación amplitudes de transición que buscamos. está en el estado unidad. . E i Ek − En (t − t0 ) D . (0) (0) . ˆ exp ψ k . λW (t). ψ n Ain (t) ~ 123 . 1. 2... como el estado en independientemente del valor de (0) λ.14) t0 t0 4 Como sucede en el caso de las perturbaciones estacionarias. ya que si con r = 0. 2. pero no hemos introducido todavía ninguna aproximación.12) de perturbaciones se pueden obtener mediante integración directa si conocemos los coe cientes a orden A λ ˆ (t) = H ˆ0 H t = t0 es y |Φi (t)i = (0) |Φi (t0 )i = |ψ i i las condiciones iniciales para las amplitudes de probabilidad son (0) Aik (t) = Aik (t0 ) = δ ik . no quedará más remedio que resolverlo de manera aproximada. Por otro lado. 2.. 124 .. Sustituyendo estos desarrollos en (6. .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II.12) A A (r+1) i~ λr+1 Aik (t) = XZ t t0 n (r) eiΩkn (τ −t0 ) λWkn (τ ) λr Ain (τ ) dτ con r = 0. (6.. Supongamos entonces que las amplitudes de probabilidad admiten un desarrollo en serie de potencias 4 de λ. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. = dt n la variación de energía y n → k. entonces (0) |ψ i i. lo único que hemos hecho es aplicar el método matemático de variación de constantes para la resolución de ecuaciones diferenciales. λ = 0 r. PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO o en notación más compacta i~ siendo (0) ~Ωkn = Ek (0) − En dAik (t) X iΩkn (t−t0 ) e λ Wkn (t) Ain (t) .11) tenga pocas ecuaciones (porque por ejemplo muchos elementos de matriz Wkn (t) se anulen).13) primer orden de perturbaciones (aproximación de Born) se tiene (1) λAik (t) i X =− ~ n Z t iΩkn (τ −t0 ) e t0 (0) λWkn (τ ) Ain (τ ) dτ i =− ~ Z t eiΩki (τ −t0 ) λWki (τ ) dτ t0 segundo orden de perturbaciones λ 2 (2) Aik (t) i X =− ~ n Z t t0 (1) eiΩkn (τ −t0 ) λWkn (τ ) λAin (τ ) dτ 2 X Zt Zτ i 0 =− eiΩkn (τ −t0 ) eiΩni (τ −t0 ) λ2 Wkn (τ ) Wni τ 0 dτ 0 dτ ~ n (6.. (r) Aik (t0 ) = 0 con r = 1. que la dependencia en λ de los Aik (t) es analítica: (0) (1) (2) Aik (t) = Aik (t) + λAik (t) + λ2 Aik (t) + .11) e igualando términos del mismo orden en obtenemos (r+1) i~λr+1 dAik (t) X iΩkn (t−t0 ) (r) = e λWkn (t) λr Ain (t) dt n Este es un resultado interesante: los coe cientes a orden r+1 (0) orden cero se tiene que exp (0) −i~−1 Ei (t − t0 ) Aik (t) = δ ik . es decir. . 1. corresponden a la transición Wkn (6... . Integrando (6. la elección del parámetro λ viene sugerida normalmente por el tipo de perturbación y si no queremos hacer aparecer explícitamente ese parámetro lo podemos hacer igual a uno en todos los resultados nales. (6. A no ser que el sistema de ecuaciones (6.11) el elemento de matriz de ˆ (t) W que Hasta aquí. .3. (r+1) λr+1 Aik (t) = − Z i X ~ n t t0 (0) (r) ˆ (τ ) |ψ (0) iλr A (τ ) dτ eiΩkn (τ −t0 ) hψ k |λW n in (6.. En resumen. UNED 6.15) La probabilidad de transición a cualquier orden será. . con : Z t i (0) (1) ˆ (t) |ψ (0) idτ eiΩki (τ −t0 ) hψ k |λW λAik (t) = − i ~ t0 2 X Z t Z τ i 0 (2) (0) ˆ (τ ) |ψ (0) ihψ (0) |λW ˆ τ 0 |ψ (0) idτ 0 dτ λ2 Aik (t) = − eiΩkn (τ −t0 ) eiΩni (τ −t0 ) hψ k |λW n n i ~ t0 t0 n . las amplitudes de transición en la teoría de perturbaciones dependientes del tiempo están dadas por (1) (2) (3) Aik (t) = δ ik + λAik (t) + λ2 Aik (t) + λ3 Aik (t) + . .. TEORÍA GENERAL DE PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO y así sucesivamente. entonces.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. . 2 . . (1) (2) (3) Pi→k (t) = . . .δ ik + λAik (t) + λ2 Aik (t) + λ3 Aik (t) + . Veamos un ejemplo. ˆ p = γx t = 0 empieza a actuar una perturbación constante W ˆ.k−1 . si k 6= i (6. calculamos la probabilidad de no transición a partir de la suma de las probabilidades de transición a estados distintos de i). Sin embargo. Consideremos un oscilador armónico de frecuencia ω en su estado fundamental.k+1 + kδ n.16a) y consiguientemente Pi→i (t) = 1 − X Pi→n (t) (6.1 . 2 en la teoría general).14)). (1) A partir de esta A0n (t) podemos obtener las de segundo orden (2) A0k (t) = − i X ~ n Z 0 t (1) ˆ p |ni A (τ ) dτ = ei(k−n)ωτ hk|W 0n i γα √ ~ ~ω 2 Z t ˆ p |1i eiωτ − 1 dτ . En este sistema. es conveniente evaluar términos de segundo orden cuando los de primer orden son cero y obtener así el término dominante en la probabilidad de transición correspondiente. • Ejemplo 6. En ese caso las amplitudes de transición no serán proporcionales a la perturbación y tendremos efectos de respuesta no lineal frente a la misma (véase la ecuación (6. Obtenga las probabilidades En el instante de excitación del sistema a primer orden (aproximación de Born) y a segundo orden de perturbaciones dependientes del tiempo.b. de manera que en la aproximación de Born sólo es posible la excitación 0 → 1. eiωτ h1|W ~ω 2 la longitud natural del oscilador. las energías asociadas a la transición y los elementos de matriz de la perturbación son Ωnk = (n − k) ω λ=1 De esta forma (tomando . la contribución de primer orden a la amplitud de transición es (1) A0n (t) siendo α= i =− ~ Zt inωτ e 0 p ~/(2M ω) ˆ p |0idτ = − i δ n. √ γα √ ˆ p |ki = √ hn|W k + 1δ n.16b) n6=i (como siempre. el cálculo de los términos de segundo orden no es necesario a no ser que tengamos perturbaciones muy intensas.1 hn|W ~ Z 0 t ˆ p |0idτ = − γα √ eiωt − 1 δ n. ei(k−1)ωτ hk|W 0 125 . Por lo general. la amplitud de transición inducida por ˆ (t) desde el estado inicial al nal sería una perturbación W (0) Z t ε − E (τ − t0 ) i i (0) ˆ hψ (0) exp i Ai. Por tanto.ε (t)|2 ρ (ε) dε ∆ . = 2 ~2 ω 2 2 ~2 ω 2 2 En de nitiva • P0→1 (t) = 2 γα 2 ~ω sin2 ωt 2 .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. al que llamaremos |ψ (0) |ψ i i a otro perteneciente al espectro continuo de H ε i y cuya energía será ε. Si nos restringimos a la aproximación de Born. = δ (ε1 − ε2 ) una probabilidad de transición a un estado cuya energía esté dentro de un cierto intervalo continuo (0) (0) Impongamos que los estados del continuo están normalizados de manera que hψ ε1 |ψ ε2 i ρ (ε) [de modo que ρ (ε) dε es el número (ε.ε (t) = − ε |λW (τ ) |ψ i idτ . 2 ~ω ~ω 2 En muchos casos nos interesará conocer la probabilidad de transición desde un estado estacionario (0) ˆ 0 . ε + dε)]. ~ t0 ~ normalizado En este caso no tiene mucho sentido preguntarse por la probabilidad de transición a un estado. PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO Vemos entonces que a segundo orden es posible la excitación 0→2 (que se había despreciado en la aproximación de Born) siendo su amplitud (2) A02 (t) = i γα ˆ p |1i √ h2|W ~ ~ω 2 t Z eiωτ eiωτ − 1 dτ = 0 γ 2 α2 e2iωt − 2eiωt + 1 γ 2 α2 eiωt √ √ (−1 + cos (ωt)) . P0→2 (t) = γα 4 ωt 1 γα 4 (−1 + cos (ωt))2 = 2 sin4 . sino por ∆. la probabilidad de transición cuya energía esté dentro del intervalo ∆ será y de namos la correspondiente densidad espectral de estados de estados del continuo con energías en el intervalo (0) |ψ i i a un estado del continuo Z Pn→∆ (t) = |Ai. . 2 (0) . Z t . Z ε − E (τ − t ) 0 . . i 1 (0) (0) ˆ . dερ (ε) . exp i hψ ε |λW (τ ) |ψ i idτ . . = 2 ~ ∆ ~ . t0 . si la energía dependiese de un parámetro 126 • κ este último sería la variable de integración. en el sentido de que sirve para cualquier perturbación dependiente del tiempo que desee ser tratada a primer orden.17) supone que la variable para designar los autoestados del continuo es la propia energía. En general. Para una perturbación adiabática el procedimiento también es sencillo. puesto que haciendo ˆ (t) = Θ (t − t0 ) W ˆp W ˆ (τ ) = W ˆp W la comprobación es en (6.13) tenemos. de (6. el resultado (6.17) expresión que usaremos más adelante.7) y (6. las expresiones (6. desde el estado (6. Nótese que la expresión (6. Veámoslo.9) deben deducirse a partir de (6. Entonces. Puesto que la aproximación de Born es general. usamos la notación ya de nida anteriormente de frecuencias asociadas a la transición y sus elementos de matriz. Para el caso de perturbaciones constantes inmediata.13). tras hacer la integral sobre la exponencial temporal. y suponemos siempre que k 6= i salvo que se diga explícitamente lo contrario.7). Para ello.15) . t . 2 . . Z . . 1 . (Born) 2 Pi→k (t) = |Aik (t)| = 2 . exp (iΩki τ ) Wki (τ ) dτ . . ~ . . 18) t0 y si integramos por partes tenemos que 1 (Born) Pi→k (t) = 2 ~ . (6. . 2 . iΩ t . Zt ˆ . e ki Wki (t) − eiΩki t0 Wki (t0 ) . 1 d W (τ ) (0) (0) . − exp (iΩki τ ) hψ k |λ |ψ i idτ . . . . iΩki iΩki dτ . . t0 . haciendo un par de manipulaciones sencillas. puesto que la aproximación adiabática supone que la perturbación empieza a actuar lentamente. Por tanto. TEORÍA GENERAL DE PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO Ahora bien. en t = t0 ˆ (t) W dicha perturbación es nula (al igual que lo sería cualquier perturbación excepto si eliminásemos el efecto debido al transitorio mediante la aproximación súbita). . UNED 6.3.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. . 2 . . Zt . . D E −iΩ t ˆ ki . . 1 . Wki (t) e (Born) (0) . dW (τ ) . (0) Pi→k (t) = 2 . − exp (iΩki τ ) ψ k . λ . ψ i dτ . . ~ . Ωki Ωki dτ . Si ahora suponemos que la variación de podemos hacer ˆ (τ ) /dτ = 0 dW ˆ (τ ) W es lenta. y queda (Born) Pi→k (t) .19) Hasta aquí todo es exacto dentro de la aproximación de Born (suponiendo que no hay saltos bruscos en la perturbación). ˆ (t0 ) = 0. si W t0 (6. . . W (t) . 2 . . ki ' . (0) . . . E − E (0) . haciendo uso de (6. T 1/ω .9). transición a estados excitados en un tiempo resultado en los casos Aquí la perturbación el . k i que es la expresión (6. Calcule las probabilidades de dirigido en la dirección X cuya intensidad es E (t) = E0 1 − e t T en la aproximación de Born.c. Particularice T 1/ω . Por tanto. • Ejemplo 6.13). ˆ (t) = −qE0 x es W ˆ 1 − e−t/T con t > 0. Consideremos un oscilador armónico de frecuencia oscilador tiene una carga q y el instante ω en su estado fundamental. El t=0 empieza a actuar sobre el mismo un campo eléctrico −t/T . Veamos primero un ejemplo que ilustra estas equivalencias y a continuación otro muy interesante y con unas buenas dosis de física. Z t . . 2 q 2 E 2 . . Z t . . 2 . iΩn0 τ −τ /T inωτ −τ /T 0 . . −qE0 . dτ . = 2 . e dτ . . . e hn|ˆ x|0i 1 − e hn|ˆ x|0i 1 − e . n puesto que el operador posición sólo conecta estados del oscilador 1 = 2 ~ (Born) P0→n (t) Ahora bien. ~ 0 0 √ hn|ˆ x|0i = (α/ 2) δ 1. con números cuánticos sucesivos. Entonces la única excitación posible bajo la aproximación de Born es 0→1 y la probabilidad a tiempo (Born) P0→1 (t) t será . Z . . 2 q 2 E 2 α2 q 2 E02 α2 . . t iωτ −τ /T 0 = dτ . . = e 1−e 2~2 ω 2 . 0 2~2 ω 2 . . . −i + i + ωT − ωT e−t/T eiωt . 2 . . . . . . . cuando la perturbación ya ha alcanzado su máxima intensidad tras haber nalizado el régimen transitorio 0 < t . Si ωT 1 e−t/T = 0 y queda que . −1 + iωT Se nos dice que evaluemos dicha probabilidad de transición cuando t T es decir. T. . 2 q 2 E02 α2 . . −i + (i + ωT ) eiωt . . q 2 E02 α2 (Born) P0→1 (t T ) = = . 2~2 ω 2 . −1 + iωT 2~2 ω 2 Por tanto podemos hacer . . 2 . . 1 iωt . . + e . iωT − 1 . . (evolución adiabática o lenta) tendríamos (Born) P0→1 (t T ) = . q 2 E02 α2 . . q 2 E02 α2 iωt . Si ωT 1 (evolución súbita) (Born) P0→1 (t T ) = .2 0 + e = 2~2 ω 2 2~2 ω 2 que es el resultado que se obtendría en el límite adiabático. q 2 E02 α2 . . 2q 2 E02 α2 ωt iωt . 2 −1 + e = sin2 2 2 2 2 2~ ω ~ ω 2 127 . En este caso tendremos. PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO que es el resultado correspondiente a perturbaciones constantes. Interprete el resultado. Esta es una forma habitual de introducir adiabáticamente una perturbación dependiente del tiempo.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. tal que en t0 → −∞ se Si sobre el sistema actúa la perturbación ˆ (t) = −qE0 x W ˆeγt cos (Ωt) con 0 < γ 1 obtenga la probabilidad de que encontremos al sistema desexcitado al nivel fundamental en un instante t en torno a t = 0. a partir de la fórmula central (6. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. • Ejemplo 6. suponemos que el sistema estaba en el estado inicial en el in nito pasado (t0 a la inclusión del término eγt . = −∞) y la perturbación empieza a crecer lentamente gracias El campo exterior está a pleno rendimiento para valores nitos de t. En lugar de decir que la interacción se conecta en t = t0 siguiendo una evolución transitoria similar a la del ejemplo anterior.13) que (Born) P1→0 (t) . en este caso un campo oscilante. ω Consideremos un oscilador armónico de frecuencia encontraba en el primer estado excitado |1i.d. Z . 2 . q 2 E02 α2 . . t γτ −iωτ = e e cos Ωτ dτ . . . o.o. Ω de la perturbación exterior es cercana la probabilidad de transición es máxima. sin pérdida de generalidad. l´ımt→−∞ exp (γt) = 0. .4. En este caso la transición es una desexcitación estimulada por la perturbación exterior.o. experimentalmente. 2 2 2 2 4 (Ω − ω) + γ (Ω + ω) + γ donde t. LA REGLA DE ORO Un caso especialmente interesante es el de una perturbación periódica con frecuencia ω que. no suelen tener trascendencia. Sacando factores comunes exp (iΩt) exp (−iΩt) − (Ω − ω) − iγ (Ω + ω) + iγ eγt −iωt e 2i y entonces 2 |I (t)| = 2γt 1 1 e + + t. 2 2~ −∞ (0) con − ω = (0) E0 − E1 ~ La integral no presenta muchas di cultades: Z t I (t) = γτ −iωτ e e Z t cos Ωτ dτ = −∞ −∞ ei(Ω−ω−iγ)τ + e−i(Ω+ω+iγ)τ dτ = 2 donde hemos usado que por muy pequeño que sea I (t) = ei(Ω−ω)t e−i(Ω+ω)τ − Ω − ω − iγ Ω + ω + iγ ! eγt . Puesto que para tiempos nitos (alrededor de (Born) P1→0 (t) q 2 E02 α2 = 8~2 1 1 + 2 2 (Ω − ω) + γ (Ω + ω)2 + γ 2 que muestra claramente una resonancia: cuando la frecuencia a una de las frecuencias Ωik t = 0) e2γt ' 1 [en este problema |Ω01 | = ω ] obtenemos + t. • PERTURBACIONES PERIÓDICAS. t = 0. simboliza términos oscilantes en torno a cero que. La perturbación empieza a actuar sobre el sistema en 128 con ω > 0. 6. 2i γ . supondremos de la forma y siendo ˆ (t) = W ˆ sin (ωt) λW ˆ W un operador que no depende explícitamente del tiempo. UNED 6. LA REGLA DE ORO los estados estacionarios del hamiltoniano ˆ0 H sin perturbar y sea Usando la aproximación de Born.m Supongamos que ˆ |ni ihm|W =− ~ Z |ni al (0) Ωnm = (En − |mi es (n 6= m) t exp (iΩmn τ ) sin (ωτ ) dτ iΩmn t ω cos (ωt) − iω sin (ωt) ω − e ˆ ihm|W |ni =− ~ (ω − Ωmn ) (ω + Ωmn ) 0 t 1/ω (de lo contrario las siguientes conclusiones no serían válidas). |ni PERTURBACIONES PERIÓDICAS.m ~ (ω − Ωmn ) (ω + Ωmn ) ~ 2 (ω ∓ Ωmn ) y de esta forma. . por lo que podemos aproximar el numerador suponiendo de transición es apreciable sólo si que se cumple esta condición. Entonces ˆ i ˆ |ni ω 1 − exp (i (Ωmn ∓ ω) t) ' − ihm|W |ni 1 − exp (i (Ωmn ∓ ω) t) A(Born) (t) ' − hm|W n.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II.4. Denotemos por (0) En )/~. la amplitud de transición del estado A(Born) (t) n. La amplitud Ωmn ≈ ±ω . . 2 2 ω − |Ωmn | . hm|W t ˆ |ni t . . sin . Born 2 Pn→m (t) ' . . . 2 . . 20) z = (ω − |Ωmn |)t/2 entero. En nuestro caso sinc2 (z) = [(sin z) /z]2 tiene un máximo absoluto cuando para • ω = |Ωmn | ± 2πk/t. Esto transición resonante. Ello es necesario para que la perturbación se muestre como realmente periódica y. Formalmente. 2~ ω − |Ωmn | t 2 La función 5 es bien conocida. ya que únicamente es posible una transición cuya frecuencia |Ωmn | sea igual que la frecuencia de la perturbación exterior. ω − |Ωmn | ω − |Ω | 2π sin2 t mn 2 l´ım t = δ ω − |Ωmn | 2 = π δ t→∞ 2 t ω − |Ωmn | t 2 por lo que l´ım P(Born) n→m (t) = t→∞ (hemos usado πt 2~2 .20) sólo será apreciablemente no nula en un entorno de anchura de ω = |Ωmn | implica una asociada y la función con valor 1. La anchura del pico principal es ∆ω = 4π/t. entonces. Hemos dicho que con t 0. (6. k ω = |Ωmn | (6. y máximos relativos mucho más pequeños 1/t alrededor (de lo contrario todos los términos que hemos despreciado serían relevantes). . . . 2 . 2 πt . . . . . . (0) (0) . ˆ ˆ hm| W |ni δ (ω − |Ω |) = hm| W |ni δ ~ω − E − E . m . . . . mn n . De hecho. 6 Esto es. con un máximo principal muy prominente y varios máximos secundarios mucho menores. Por ello. lo que es una idealización. Si 5 Por ejemplo. La expresión anterior es cero si ω 6= |Ωmn | y diverge si se cumple la condición de resonancia. el contenido de esta expresión debe interpretarse de la siguiente manera: para una perturbación periódica. la delta de Dirac es consecuencia de que 6 hemos supuesto que la perturbación es exactamente monocromática. en el caso en que z sea una variable espacial. esta función es la que da la gura de difracción por un rendija. en la aproximación de Born sólo son posibles transiciones entre estados para los cuales se cumpla la condición de resonancia y la probabilidad de transición crece linealmente con el tiempo. 2~ δ(kz) = (1/k)δ(z) varias veces). tiene una frecuencia ω bien de nida 129 . UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO la perturbación fuese una superposición de perturbaciones de frecuencias dentro de un intervalo de anchura ∆ω centrado en ω tendríamos que . UNED FÍSICA CUÁNTICA II. . 2 . . ˆ hm| W |ni . πt . dt t 0 el ritmo de transición es constante y no nulo sólo para transiciones que estén en resonancia con la perturbación exterior: wn→m expresión conocida como la • . De namos el ritmo de transición como la variación de la probabilidad de transición por unidad de tiempo wn→m (t) = En el caso que nos ocupa. para d Pn→m (t) . Born Pn→m (t 0) ' 2~ ~∆ω 0 si ω ' |Ωmn | si ω 6= |Ωmn | cuya interpretación física ya no es tan forzada. 2 . . π . . . . (0) (0) . ˆ = . hm|W |ni. δ ~ω − . Em − En . Acabamos de ver que cuando el espectro del sistema es puramente discreto. 2~ (6.21) regla de oro de Fermi. . siempre habrá no ya uno sino muchos estados del continuo la condición ε ≈ En + ~ω . que el estado sufra una excitación desde el estado un intervalo (0) |ψ n i con energía ε que satisfagan a estados del continuo con energía dentro de ∆: . si el sistema tiene un espectro continuo que empieza a partir de una energía menor que En + ~ω . Sin embargo. una perturbación de frecuencia ω sólo provoca transiciones a estados con una energía (0) Em a una distancia ~ω de (0) En . 2 Z . . ˆ |ni t . . . hε|W Pn→∆ (t) = Pn→ε (t)ρ (ε) dε = . . . 2~ ∆ ∆. 17) y (6. Z (estamos suponiendo sin pérdida de generalidad que t 0 |εi En este caso podemos usar (6. Ahora no hay problema en tomar y aproximar la función sinc por su límite para obtener Z Pn→∆ (t) = ∆ .20) para calcular la probabilidad de ! (0) ~ω − (ε − En ) t sin 2~ !2 ρ (ε) dε (0) ~ω − (ε − En ) t 2~ 2 (0) ε > En ). 2 πt . . ˆ . . hε|W |ni. δ ~ω − ε + En(0) ρ (ε) dε 2~ ε ∈ ∆ para la que se cumpla la condición . . 2 . (0) ˆ |ni. . t π . hEn + ~ω|W Pn→∆ (t 0) = ρ En(0) + ~ω 2~ y suponiendo que exista una energía de resonancia o para el ritmo de transición . . 2 . (0) ˆ |ni. . π . W (6.hEn + ~ω|W ρ En(0) + ~ω wn→∆ (t 0) = 2~ que es la forma integral de la perturbación 130 ˆ sin (ωt).22) regla de oro para excitaciones a un continuo inducidas por una . Calcular la probabilidad por unidad de tiempo de que el átomo se ionice. se le aplica un campo eléctrico E(t) = E~0 sin ωt de frecuencia 2 ω > e /(2~a0 ) ≡ ω 1 . el ritmo de transición desde un estado discreto de energía energía ε= (0) En + ~ω es proporcional a ˆ |ni|2 |hε|W (0) En a estados del continuo con y a la densidad de estados en el continuo • Ejemplo 6. donde e es la carga del electrón.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. Observe que los números cuánticos que de nen el estado excitado son las componentes del vector k y que el estado ha sido normalizado en consecuencia.4. (ionización de un átomo de hidrógeno) ρ (ε). Por tanto. que se ~ encuentra en su estado fundamental. la probabilidad de transición por unidad de tiempo a ondas planas con vector de onda dentro de un intervalo de volumen alrededor de un valor k d3 k será dw|1i→k . UNED 6. De esta manera. A un átomo de hidrógeno. LA REGLA DE ORO Por tanto. PERTURBACIONES PERIÓDICAS. Tomar la función de onda del electrón ionizado como una onda plana (despreciamos la energía potencial para la onda plana al representar un estado ionizado) La perturbación puede escribirse en la forma ˆ 0 (t) = −eˆ H r · E~0 sin(ωt). debemos considerar el estado inicial |1i ≡ ψ 100 (r) = (con energía E1 = −me4 /2~2 = −e2 /2a0 ) 1/2 e−r/a0 y el estado nal |ki ≡ ψ k (r) = que es una onda plana con energía 1 πa30 1 (2π)3/2 exp (ik · r) εk ' ~2 k 2 /(2m).e. 2 π . . ~2 k 2 . ~ = r · E0 |1i. δ ~ω − + E1 d3 k . donde dΩk es el ángulo sólido asociado a la orientación de k. con momento k = 2m(E1 + ~ω)/~2 . Esta integral se efectúa teniendo en cuenta que la presencia de la delta de Dirac nos asegura que sólo saldrán electrones p εk = E1 + ~ω o. lo que es lo mismo.hk| − eˆ 2~ 2m dw|1i→k El ritmo de ionización será la integral de sobre todos los valores de k. d3 k = k 2 dkdΩk . tendremos Z Z . 2 πe2 . . ~2 k 2 . ~ w = dw|1i→k = r · E0 |1i. δ ~ω − + E1 d3 k . hk|ˆ 2~ 2m R3 R3 Z Z ∞ . . 2 2 πe ~2 k 2 . . = k 2 . hk|ˆ r · E~0 |1i. Puesto que Usando propiedades de la delta de Dirac tenemos que p ~2 k 2 m + E1 = 2 δ k − 2m(E1 + ~ω)/~2 δ ~ω − 2m ~ k y. 2~ 2m 0 con energía Ahora bien. la delta debe depender de k. δ ~ω − + E1 dk dΩk . entonces ya podemos hacer la integral sobre πe2 mk w= 2~3 k para obtener Z . no de una función de k. . 2 . . r · E~0 |1i. dΩk . De esta r·E~0 = rE0 (sin θ cos ϕ sin Θ + cos θ cos Θ) k · r = kr cos θ 131 . cos Θ). E0 .hk|ˆ con k = p 2m(E1 + ~ω)/~2 . k y el ángulo Θ que forma el campo E~0 = E0 (sin Θ. 0. de modo que El elemento de matriz sólo puede depender de forma podemos evaluarlo haciendo k = kez y con k. Sustituyendo y operando. El hamiltoniano dependiente del tiempo es ˆ (t) = H Como se vio en el tema 4. REGLAS DE SELECCIÓN (*) Evidentemente todo lo que hemos visto es aplicable al caso de que la perturbación exterior sea un campo electromagnético (EM) que deriva de un potencial vector φ (r. Por lo general. Por otra parte. Por tanto A (r. la probabilidad de ionización por unidad de tiempo es 5/2 28 a30 E02 ω 1 2 ω w= −1 3~ ω ω1 ω > ω 1 = |E1 |/~). y para ω ω 1 decrece (recuerde que estamos suponiendo que tiene un máximo para ω = 4ω 1 /3. tenemos que 4π/3 w= 26 ma70 e2 E02 π~3 k3 (1 + k 2 a20 )6 z Z }| 2 { cos ΘdΩk = k3 28 ma70 e2 E02 . la perturbación se corresponde a un campo EM físico de frecuencia las ecuaciones de Maxwell. La probabilidad 3. t) 2me (6. de manera que hk|ˆ r · E~0 |1i = 1 πa30 1/2 E0 cos Θ √ 2π Z ∞ e −r/a0 3 Z 1 e r −ikrη ηdη dr −1 0 y operando 16ka50 E0 cos Θ hk|ˆ r · E~0 |1i = . ABSORCIÓN Y EMISIÓN DE RADIACIÓN.23) que actúa sobre un electrón sometido a un potencial estacionario varios electrones). donde ahora los potenciales A(r. hay que escribir el resultado en función de la frecuencia ω del campo exterior usando p k = 2m(E1 + ~ω)/~2 . Entonces e−ikr cos θ e−r/a0 r (sin θ cos ϕ sin Θ + cos θ cos Θ) d3 r 3/2 R3 E0 cos Θ √ 2π Z ∞ e−r/a0 r3 π Z e−ikr cos θ cos θ sin θdθ dr 0 0 La integral en θ se hace mediante el cambio de variable η = cos θ.23). Z r. si suponemos que φ y A son pequeños. t) será una función periódica de ω ω que satisface y podremos usar la regla de oro (o la teoría de perturbaciones dependientes del tiempo en su forma más general si el campo 132 . θ. Si ahora sustituimos e integramos sobre los ángulos de orientación. 3~3 (1 + k 2 a20 )6 Finalmente. (r. t))]2 + V0 (r) − |e| φ (ˆ r. ϕ) donde PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO son las coordenadas esféricas de hk|ˆ r · E~0 |1i = = 1 πa30 1/2 1 πa30 1/2 E0 (2π) donde hemos integrado sobre ϕ.5. t) y de un potencial escalar V0 (r) (o sobre un sistema de 1 [ˆ σ · (ˆ p + |e|A(ˆ r. como 6. t) A(r. • lo que corresponde a unos (ω/ω 1 )−9/2 . podremos despreciar el término diamagnético en el desarrollo posterior. t) y φ (r. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. π(2a0 )3/2 (1 + k 2 a20 )3 Como Θ dirección es el ángulo relativo entre z y que Θ k y E~0 también podemos decir que el campo está orientado en la es la segunda coordenada esférica de k.26 × 1015 Hz. t) dependen del tiempo. Vemos entonces que la probabilidad de que el electrón salga emitido en una dirección perpendicular al campo (Θ = π/2) va a ser nula.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. el hamiltoniano en presencia de un campo EM viene dado por (6. no podemos decir que en una región del espacio no haya campo EM sino. • La aproximación de Born presupone que el campo es débil y que puede tratarse a primer orden. Podemos decir así que se ha producido una transferencia de un fotón entre el campo y el sistema y. ABSORCIÓN Y EMISIÓN DE RADIACIÓN. en la aproximación de Born. La probabilidad de transición incluye.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. en rigor. a lo sumo que está en su estado de menor energía. Si incorporamos variaciones espaciales lineales de los campos estamos introduciendo términos cuadrupolares y así sucesivamente. Si además su longitud de onda es grande comparada con la escala natural del sistema podemos suponer que el campo es homogéneo: esta es la llamada aproximación dipolar. A pesar de todo esto. sabemos que los campos eléctricos y magnéticos no son independientes. bajo esta perspectiva. ω |e| ~ 2me c en la que el campo eléctrico y donde sólo consideramos la interacción entre el campo magnético y el espín. La emisión espontánea de un fotón en un proceso de desexcitación puede explicarse mediante la interacción entre el sistema y el modo de energía de punto cero del campo EM ya que. este campo EM induce en el sistema una excitación o una desexcitación con una variación de energía ~ω si actúa durante su ciente tiempo. Por electromagnetismo. y como mera ilustración. Supongamos que el estado inicial del sistema es |inii y el nal es |fini. REGLAS DE SELECCIÓN (*) no actúa mucho tiempo sobre el sistema) para evaluar las probabilidades de transición. UNED 6. vamos a suponer que la perturbación que actúa sobre el sistema es de la forma ˆ 0 (t) = |e| E0 zˆ + µB B0 σ H ˆ x sin (ωt) con µB = que parte de una aproximación dipolar para una onda EM de frecuencia está orientado en el eje Z y el magnético en el eje X.5. la regla de oro no es otra cosa que la ley de conservación de la energía. y puede probarse que los efectos dipolares magnéticos son del mismo orden que los cuadrupolares eléctricos. En cualquier caso y como vimos en un ejemplo anterior. el término . ambos perpendiculares entre sí. . . 2 . . . 2 2. Q = . hfin| |e| E0 zˆ + µB B0 σ ˆ x |inii. = e E0 . hfin|ˆ z+ . 2 . 2 . . . . ~ λC 2 2. . σ ˆ x |inii. = e E0 . hfin|ˆ σ ˆ x |inii. . 024 Å). z+ 2me c 4π λC /(me c) es la longitud de onda Compton del electrón (0. Si la longitud característica del sistema es mucho mayor que λC (que tiene que serlo porque de lo contrario deberíamos usar mecánica donde cuántica relativista) vemos que el término magnético es mucho menor que el eléctrico (lo que con rma lo que habíamos anticipado). tenemos que . En todo caso. si |Ψi y |χi son las partes espacial y espinorial de los estados. . 2 . . λC Q = e2 E02 . . hχfin |χini ihΨfin |ˆ z |Ψini i + hΨfin |Ψini ihχfin |ˆ σ x |χini i. . 133 . A su vez. si estuviese orientado en otra dirección se debe evaluar el elemento de matriz de la componente de la posición en la dirección del campo). Ahora bien. como acabamos de ver estas dos transiciones no pueden aparecer a la vez: si una es posible.24) será posible si alguno de los dos términos anteriores son no nulos. es posible (aunque con mucha menos probabilidad) una transición dipolar magnética en la que cambia el estado de espín pero sin haber cambio en el estado espacial. Por tanto Q = e2 E02 |hχfin |χini i|2 |hΨfin |ˆ z |Ψini i|2 + y la transición de ne |inii −→ |fini ~2 e2 E02 |hΨfin |Ψini i|2 |hχfin |ˆ σ x |χini i|2 4me c2 (6. De esta forma. la otra no lo es. es posible una transición dipolar eléctrica y el elemento de matriz hΨfin |ˆ z |Ψini i si no hay cambio de estado de espín es no nulo (recuerde que el campo eléctrico está orientado en el eje Z. 4π Ahora bien. Esto una regla de selección bajo transiciones dipolares en la aproximación de Born. como los estados inicial y nal son ortogonales. es imposible que sean simultáneamente no nulos los dos términos dentro del valor absoluto. 6.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II.6. deberíamos L haber incluido los términos cuadrupolares del campo eléctrico. en rigor. la probabilidad total de que el sistema pase a un estado excitado cualquiera. esto es. Demostrar que en la aproximación de Born. PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO Queremos volver a advertir que este ejemplo es meramente ilustrativo. el estudio detallado de estos casos es más pertinente en un curso avanzado de física atómica. En todo caso. La interacción dipolar magnética incluiría también un término proporcional a ˆ x que hemos desechado y. PROBLEMAS PROBLEMA 1. la probabilidad de transición al estado es . la probabilidad de que el sistema no quede en el estado fundamental tras la perturbación es ˆ2 P = (α/~)2 (∆A) φ0 Solución: Suponiendo que el sistema está en excitado |φn i en un tiempo t>0 |φ0 i en un tiempo t 0 < 0. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. de electrodinámica o de física del estado sólido.Un sistema que inicialmente se encuentra en su estado fundamental ˆ (t) = αAδ ˆ (t) siendo Aˆ un observable |φ0 i es sometido a una perturbación instantánea W cuántico independiente del tiempo y α una constante con las dimensiones adecuadas.. 2 . Z . 2 α2 . . 2 . 1 . . t 1 . . . . . ˆ ˆ ˆ . P0→n (t) = 2 . exp (iΩn0 τ ) hφn |αAδ (τ ) |φ0 idτ . = 2 . hφn |αA|φ0 i. = 2 . hφn |A|φ0 i. ~ ~ ~ t0 donde el resultado es debido a la delta de Dirac. la probabilidad pedida es P= ∞ X P0→n (t) = n=1 y sumando y restando α2 P= 2 ~ ∞ X ∞ ∞ . De esta forma. 2 α2 X α2 X . . . ˆ ˆ n ihφn |A|φ ˆ 0i | A|φ i hφ = hφ0 |A|φ . . De acuerdo con la aproximación de Born para perturbaciones constantes.d. puesto que relaciona una propiedad del estado fundamental (la incertidumbre de Aˆ) con propiedades dinámicas del sistema (las probabilidades de transición) cuando se somete al sistema a un impulso muy corto proporcional al observable Aˆ.Calcular la probabilidad de que un átomo hidrogenoide se excite desde el estado fundamental 1s al nivel excitado n = 2 del átomo original cuando la carga Z a Z ± 1 (emisión de una partícula β ± ). n 0 ~2 ~2 n=1 n=1 ˆ 0 ihφ0 |A|φ ˆ 0 i = hAi ˆ2 hφ0 |A|φ φ0 ! ˆ n ihφn |A|φ ˆ 0 i − hAi ˆ2 hφ0 |A|φ φ0 n=0 α2 = 2 ~ hφ0 |Aˆ ∞ X ! ˆ 0 i − hAi ˆ2 |φn ihφn | A|φ φ0 ! . n=0 Usando la relación de cierre P= α2 α2 α2 2 2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ2 = hφ | A A|φ i − h Ai hφ | A |φ i − h Ai 0 0 0 0 φ0 φ0 = 2 (∆A)φ0 (c.. nuclear cambia repentinamente de Solución: Supongamos que la desintegración β del núcleo se produce en t = 0.q. PROBLEMA 2. 134 . ~2 ~2 ~ Este es un resultado interesante. Por tanto. la situación es equivalente a la aparición súbita del hamiltoniano perturbador sobre el hamiltoniano sin perturbar 2 ˆ p = γe con γ = ±1 W rˆ ˆ 0 = Tˆ + Ze2 /ˆ H r. la probabilidad pedida es.). UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. UNED 6.6. PROBLEMAS n=2 . . . . 2 . (0) . (0) . ˆ p |100i. . 4 . h2lml |W . E1 − E2 . t P|100i→|2lml i (t) = sin2 2~ (0) (0) 2 E1 − E2 para cada uno de los estados del nivel y como (0) En = −Z 2 ER /n2 = −e2 Z 2 /(2a0 n2 ) . . 2 2 2 28 a20 . h2lml |ˆ r−1 |100i. rˆ−1 sólo puede conectar estados con la misma dependencia angular. el electrón sólo puede pasar del estado −1 h200|ˆ r |100i = al |200i. Por tanto. es decir. únicamente debemos evaluar . 2 3Z e t sin P|100i→|2lml i (t) = 32 Z 4 16~a0 Ahora bien. (Z) −1 . (Z) hR20 |ˆ r . ya que el estado nal es estacionario... la probabilidad de transición no dependería del tiempo.o = 38 Z 2 16~a0 38 Z 2 donde t. es decir. 7 Podríamos haber calculado la probabilidad de excitación al estado al estado estacionario del átomo con número atómico Z ± 1. |200i del nuevo átomo. = 33 a0 y operado (hemos señalado explícitamente en 2 2 211 213 2 3Z e t sin + t.R10 E Z +∞ (Z) (Z) rR20 (r) R10 (r) dr = 0 (Z) Rn0 (r) por sus expresiones atómico es Z ). En de nitiva donde hemos sustituido (Z) Rn0 que el número |100i P|100i→|200i (t) = √ 22 2 Z = .o signi ca términos oscilantes en torno a cero. Tendríamos que P|100iZ −→|200iZ±1 . En ese caso. Z . D E. . (Z±1) (Z) . 2 . . = . R20 |R10 . = . +∞ 0 r 2 . 2 . (Z±1) (Z) R20 (r) R10 (r) dr. . b) obteniendo perturbativamente a primer orden en u los autoestados y autoenergías de ˆ =H ˆ0 + W ˆ p. 135 . un sistema descrito por ˆ 0 para el que |0i y |1i son sus autoestados normalizados.. obtenga las probabilidades de ocupación de los estados |0i y |1i para t ≥ 0 a) exactamente. H c) usando la aproximación de Born. es decir. se aplica una perturbación W el hamiltoniano Suponiendo que inicialmente el sistema estaba en el estado fundamental sin perturbar |0i. ya que para funciones oscilantes en el tiempo. En el instante t = 0 ˆ (t) = W ˆ p tal que hn|W ˆ p |ni = 0 y h0|W ˆ p |1i = h1|W ˆ p |0i = u ∈ R. Consideremos H (0) (0) que las autoenergías correspondientes son E0 = 0 y E1 = ε ≥ 0. lo que suele tener más sentido experimental es el valor temporal medio. PROBLEMA 3. Solución: 7 Esta forma de escribir los resultados es bastante habitual. Sustituyendo y operando tenemos que P|100iZ −→|200iZ±1 3 211 Z 3 (Z ± 1)3 211 1 ± Z1 = 8 2 = (3Z ± 1)8 3 Z 1± 1 8 3Z que coincide con el resultado anterior en el límite Z 0.Sea un sistema con sólo dos estados. UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO a) Supongamos que |φ0 i Física Cuántica II. P0→1 (t) = |A01 (t)|2 . podemos escribir |φ0 i = a0 |0i + b0 |1i . |φ1 i = a1 |0i + b1 |1i y. |1i}. naturalmente. |φ1 i y ˆ con autoenergías E0 H |Φ (t)i sería son los autoestados normalizados exactos de Sabemos que en este caso la evolución general de un estado cuántico y |Φ (t)i = e−iE0 t/~ |φ0 i hφ0 |Φ (0)i + e−iE1 t/~ |φ1 i hφ1 |Φ (0)i y. las probabilidades pedidas serán P0→0 (t) = |A00 (t)|2 . Puesto que la evolución conserva la norma. E1 . que son iguales a las probabilidades de encontrar a la partícula en cada uno de los estados a tiempo t. como |0i y |1i es una base del espacio de los estados. y a1 b1 que. esta matriz es H= 0 u u ε . Necesitamos pues hallar las autoenergías E0 son los autovalores y autovectores de la matriz y ˆ H E1 a0 b0 y las coordenadas en la base {|0i . Los autovalores son solución de la ecuación secular: . por tanto |Φ (t)i = e−iE0 t/~ (a0 |0i + b0 |1i) a∗0 + e−iE1 t/~ (a1 |0i + b1 |1i) a∗1 n o = |a0 |2 e−iE0 t/~ + |a1 |2 e−iE1 t/~ |0i + a∗0 b0 e−iE0 t/~ + b1 a∗1 e−iE1 t/~ |1i ≡ A00 (t) |0i + A01 (t) |1i Entonces. UNED FÍSICA CUÁNTICA II. en el caso concreto que nos ocupa. A su vez. P0→0 (t) + P0→1 (t) = 1 y sólo hace falta calcular una de las probabilidades de transición. |Φ (t)i = e−iE0 t/~ |φ0 i hφ0 |0i + e−iE1 t/~ |φ1 i hφ1 |0i . De acuerdo con los datos del enunciado. . −E u . . u ε−E √ ε − ε2 + 4u2 . <0 E0 = . . = 0 =⇒ E 2 − εE − u2 = 0 =⇒ √2 . . cuyas soluciones normalizadas son u a0 = p . por tanto la matriz de coe cientes reales a0 a1 b0 b1 a0 b0 + a1 b1 = 0. 2 u + E12 E1 b1 = p 2 u + E12 que resultan ser reales. 2 u + E02 u a1 = p . −E1 u u ε − E1 a1 b1 = 0 0 . Observe que los dos autovectores son ortornormales. 2 2 E = ε + ε + 4u > 0 1 2 Los autovectores son solución de los sistemas homogéneos −E0 u u ε − E0 a0 b0 = 0 0 . 2 u + E02 E0 b0 = p . por lo que . . 2 . . 2 . . . . P0→1 (t) = |A01 (t)|2 = . a0 b0 e−iE0 t/~ + b1 a1 e−iE1 t/~ . = |a0 b0 |2 . e−iE0 t/~ − e−iE1 t/~ . Ello implica que 136 . es unitaria. tendríamos que P0→1 (t) ' 4u2 εt sin2 + O u4 . PROBLEMAS y operando sobre el cuadrado del módulo 2 2 P0→1 (t) = 4 |a0 b0 | sin E0 Así. ε−0 ε ˆ0 + W ˆ p |0i = 0 E0 ' h0|H |φ0 i = a0 |0i + b0 |1i ' |0i + Por tanto 2 2 P0→1 (t) = 4 |a0 b0 | sin ˆ0 + W ˆ p |1i = ε E1 ' h1|H . 2 ε 2~ que debería ser el resultado de los dos siguientes apartados.6. sustituyendo y E1 por sus valores y operando llegamos a que √ 4u2 sin2 P0→1 (t) = 2 ε + 4u2 Si. 0−ε ε ˆ h0|Wp |1i u |φ1 i = a1 |0i + b1 |1i ' |1i + |0i = |0i + |1i . en particular. u2 1 E1 − E0 t . 2~ ε2 + 4u2 t 2~ ! P0→0 (t) = 1 − P0→1 (t) .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. UNED 6. b) De acuerdo con la teoría de perturbaciones estacionarias ˆ p |0i h1|W u |1i = |0i − |1i . . u . 2 E1 − E0 εt 4u2 εt . . t ' 4 . . sin2 = 2 sin2 2~ ε 2~ ε 2~ como debe ser. c) Finalmente. de acuerdo con la aproximación de Born para perturbaciones constantes . . 2 . ˆ . 4 . h1|W |0i . p 2 P0→1 (t) ' sin (0) (0) 2 E0 − E1 que es otra vez el resultado exacto hasta . . . (0) (0) . E − E . 0 1 . eπ τ 2 + t2 B y τ son constantes. La probabilidad de transición del nivel fundamental P1s→2p 1s al nivel 2p viene dada por la fórmula de Born . Si para t = −∞ el átomo se encuentra en el estado fundamental. PROBLEMA 4. en primera aproximación.Un átomo de hidrógeno se encuentra en un campo eléctrico homogéneo dado por la expresión: E(t) = donde Bτ 1 .t 2~ = 4u2 εt sin2 2 ε 2~ u2 . la probabilidad de que lo encontremos en el nivel 2p cuando t = +∞ Solución: Si tomamos el eje z en la dirección del campo eléctrico. el potencial del electrón debido al campo es V (r) = −eE(t)z = −eE(t)r cos θ. calcular.. Z . 2 . 1 . . ∞ iωt . h210|V |100ie dt. = 2. ~ −∞ 137 . UNED FÍSICA CUÁNTICA II. por lo tanto .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. con PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO ω = (E2 − E1 )/~ = (3/8)(e2 /a0 ~) = (3/8)(me4 /~3 ). Las funciones propias de los estados 2p y 1s 1 a0 1s : ψ 100 (r) = 2 1 2p : ψ 210 (r) = √ 3 son 3/2 1 e−r/a0 √ 4π r 3/2 1 r −r/(2a0 ) 3 e cos θ 2a0 a0 4π de modo que el elemento de matriz es Z ∞ h210|V |100i = 0 2 √ 4 r2 e−3r/(2a0 ) r2 dr 6a0 Z √ √ 3 27 2a0 2 cos θdΩ = 4π 35 y. Z . 2 . 215 B 2 τ 2 a20 . . ∞ eiωt = dt. . . . el |210i. Solución: a) Si la posición de equilibrio viene dada por s(t). 310 ~2 (aproximación adiabática) dicha probabilidad es cero puesto que en t → ∞ la perturbación vuelve a ser cero y. hallar la probabilidad de que después de un determinado tiempo T el oscilador pase al estado ψ n+1 (x). de acuerdo con la hipótesis adiabática.Sea un oscilador armónico unidimensional cuyo posición de equilibrio varía con el tiempo según la ley xeq = s (t). b) Demostrar que la aproximación adiabática es válida siempre que la velocidad máxima del punto de equilibrio del oscilador sea mucho menor que de un oscilador clásico de energía 1/n veces la velocidad máxima En . Aplicando la teoría de perturbaciones dependiente del tiempo. PROBLEMA 5. el sistema estará en el mismo estado inicial. 10 2 2 2 3 π~ −∞ τ + t P1s→2p Sólo hemos considerado el estado m = ±1 2p con m = 0. ya que el elemento de matriz es nulo. es decir. a) Supongamos que inicialmente el oscilador está en el estado propio ψ n (x). . (Las transiciones a niveles con no son posibles.) La integral que nos queda por resolver es Z ∞ −∞ eiωt dt = τ 2 + t2 Z ∞ −∞ cos (ωt) dt + i τ 2 + t2 Z ∞ −∞ sin (ωt) π dt = e−ωτ + 0 2 2 τ +t τ por lo que la probabilidad pedida es P1s→2p = En el límite τ 0 215 B 2 a20 −2ωτ e . t) = k [x − s(t)]2 = kx2 − ks (t) x + ks2 (t) 2 2 2 por lo que podemos decir que el oscilador está sometido a la perturbación dependiente del tiempo 138 ˆ 0 (t) = −ks(t)ˆ H x + ks2 (t)/2.. el potencial armónico correspondiente también dependerá del tiempo y será de la forma 1 1 1 V (x. 6. PROBLEMAS En la aproximación de Born.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. la probabilidad de transición solicitada es . UNED 6. Z . 2 . . E . 1 . . T D . ˆ0 . Pn→n+1 (T ) = 2 . n + 1 . H (t). n exp (iωt) dt. . debido a la ortogonalidad de las funciones propias no perturbadas D . ~ 0 Ahora bien. . E ks2 (t) (n + 1)~ . ˆ0 . n + 1 . H (t). n = −ks(t) hn + 1 |ˆ x| ni + hn + 1 | ni = −ks(t) 2 2M ω Entonces . 2 . 2 . Z . Z . . M ω 3 (n + 1) . . T k 2 (n + 1) . . T . . s(t) exp (iωt) dt = s(t) exp (iωt) dt Pn→n+1 (T ) = . . . . ~ 2M ω . dada por . dt Vamos a ver ahora que la segunda integral tienen una contribución a la probabilidad de transición. 0 2~ 0 b) La aproximación adiabática será válida si ds (t) /dt es pequeña. Suponiendo que s (0) = 0. e integrando por partes. obtenemos Z T s(t) exp (iωt) dt = 0 eiωT s (T ) 1 − iω iω Z T 0 ds (t) iωt e dt. T . 2 . Z . . M ω(n + 1) . . ds (t) ∆ (T ) = exp (iωt) dt. . . . 2~ dt . . La velocidad máxima de un oscilador clásico con esta energía viene dada por 1 mv 2 = 2 m´ax Entonces. si 1 n+ 2 ds(t)/dt (1/n)vm´ax . Un oscilador en el estado cuántico tiene una energía En = (n + 1/2)~ω. 0 n que se puede despreciar. Z . . . 0 T r ~ω =⇒ vm´ax = (2n + 1)~ω . m tenemos que la condición expresada en el enunciado es r . . 1 (2n + 1)~ω ds(t) . exp (iωt) dt. dt n M . Z . . . 0 T r . . 1 (2n + 1)~ . exp (iωt) dt. ≈ n Mω y así ∆ (T ) M ω(n + 1) 1 (2n + 1)~ (n + 1)(n + 1/2) = ≈1 2 2~ n Mω n2 quedando así demostrado que podemos despreciar el término no adiabático. con W a) Usando la aproximación de Born. evalúe la evolución temporal del valor esperado de t ≥ 0. 139 . En resumen tendríamos Pn→n+1 (T ) = M ω 2 (n + 1) 2 s (T ) 2~ PROBLEMA 6. Supongamos que la partícula está en su estado fundamental y que en t = 0 empieza a actuar un campo eléctrico uniforme pero ~ dependiente del tiempo E = E (t) ex . De esta forma. x ˆ. el hamiltoniano total del sistema es ˆ (t) ˆ0 + W ˆ = Tˆ + 1 mω 2 x H ˆ2 − qE(t)ˆ x=H 2 ˆ (t ≤ 0) = 0.Una partícula de masa fuerza armónica unidimensional de pulsación m y carga eléctrica q está sometida a una ω .. obtenga el estado cuántico del sistema para En consecuencia. c h0|ˆ x|1i 2~ 0 Z t Z t qα2 qα2 −iωt iωτ −iωt iωτ = ie e E(τ )dτ + c. Integre dichas ecuaciones y obtenga. n=0 A0n son las amplitudes En = (n + 1/2)~ω las energías donde de transición a tiempo t.n ~ 2 Z t eiωτ E(τ )dτ 0 la longitud natural del oscilador. en consecuencia. escribamos el hamiltoniano ˆ (t) H qE(t)α + 1 + ˆ ˆ − √ a ˆ +a ˆ H (t) = H0 − qˆ xE(t) = ~ω a ˆ a ˆ+ 2 2 De esta forma. Entonces |Φ (t)i ' e −iωt/2 iqα |0i + √ e−3iωt/2 ~ 2 Z t eiωτ E(τ )dτ |1i 0 estado que es completamente equivalente (solamente di ere en una fase iqα |Φ (t)i = |0i + √ e−iωt 2~ Z t eiωτ E(τ )dτ e−iωt/2 ) a |1i 0 Para este estado Z t iqα −iωt iωτ hˆ xi (t) = hΦ (t) |ˆ x|Φ (t)i = √ e e E(τ )dτ + c. la ecuación de evolución para y para 140 en función de los mismos: hˆ ai (t) es dhˆ ai (t) i Dh ˆ iE iqα =− a ˆ. Física Cuántica II.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED FÍSICA CUÁNTICA II.. H = .c = Re ie e E(τ )dτ 2~ ~ 0 0 y. bajo la aproximación de Born Z t Z t qα2 q −iωt iωτ −iωt iωτ hˆ xi (t) = Re ie e E(τ )dτ = Re ie e E(τ )dτ . = −iωhˆ ai (t) + √ E(t) dt ~ t ~ 2 hˆ a+ i (t) sería dhˆ a+ i (t) iqα = iωhˆ a+ i (t) − E(t) dt ~ . ~ 2mω 0 0 b) Para hallar las ecuaciones de evolución de los valores medios de los operadores de creación y destrucción. el estado cuántico del sistema será |Φ (t)i = ∞ X exp (−iEn t/~) A0n (t) |ni.. el valor esperado exacto hˆ xi (t). |ni los estados estacionarios del oscilador y propias del sistema sin perturbar. c) Particularice los resultados para el campo E(t) = E0 sin Ωt. La perturbación exterior es de la forma ˆ (t) = −qˆ W xE(t) por lo que bajo la aproximación de Born i A0n (t) = δ 0n − ~ siendo α= p ~/2mω Zt 0 iqα einωτ hn| − qˆ xE(τ )|0idτ = δ 0n + √ δ 1. entonces. UNED b) Obtenga las ecuaciones de evolución temporal exactas para Solución: a) En el instante t. PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO hˆ ai (t) y hˆ a+ i (t). Por lo tanto. m y carga eléctrica q se encuentra en el estado fundamental |φ0 i de un potencial armónico V (x) = (1/2)kx2 .6. c) Si E(t) = E0 sin Ωt hˆ xi (t) = = tendremos que Z t Z th i qα2 E02 qE 2 eiωτ sin (Ωt) dτ = 0 Re e−iωt Re ie−iωt ei(ω+Ω)τ − ei(ω−Ω)τ dτ ~ mω 0 0 iΩt −iωt −iΩt −iωt 2 2qE02 Ω sin (ωt) − ω sin (Ωt) e −e e −e qE0 = Re − mω i (ω + Ω) i (ω − Ω) mω Ω2 − ω 2 Como es habitual en estos casos. En PROBLEMA 7.. donde hemos usado hˆ a+ i (t) [ˆ a. UNED 6. nos interesa prestar atención a la condición de resonancia. PROBLEMAS Las soluciones son. a ˆ+ ] = 1. 0 iqα hˆ a+ i (t) = − √ eiωt ~ 2 Z t E(τ )e−iωτ dτ = hˆ ai (t)∗ 0 De este modo Z t √ α qα2 iωτ + −iωt hˆ xi (t) = √ hˆ ai (t)) = e E(τ )dτ ai (t) + hˆ a i (t) = 2α Re (hˆ Re ie ~ 2 0 que es el mismo resultado al que llegábamos bajo la aproximación de Born. mω 2ω ωt cos (ωt) hˆ xi (t 0) = − y entonces qE02 t cos (ωt) mω que ilustra claramente el efecto de la resonancia: la amplitud de oscilación del valor esperado aumenta linealmente con el tiempo de actuación de la perturbación. Si escribimos Ω = ω + δω con δω ≈ 0 queda hˆ xi (t) = Para tiempos grandes domina el término 2qE02 sin (ωt) − ωt cos (ωt) .Una partícula de masa Solución: t≤0 y en el sistema está en el estado fundamental del oscilador con hamiltoniano ˆ 0 = Tˆ + 1 mω 2 x H ˆ2 2 t=0 aparece la perturbación ˆ = −qE x W ˆ. sus niveles energéticos son iguales a los niveles del oscilador menos dicha cantidad: 1 q2E 2 En = n + ~ω − 2 2mω 2 141 . de manera que el nuevo hamiltoniano es 1 1 qE 2 q2E 2 2 2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ − qE x ˆ = T + mω x ˆ− − H = T + mω x 2 2 mω 2 2mω 2 que corresponde a un potencial armónico desplazado una distancia b = qE/mω 2 a lo largo del eje X y 2 2 2 al que se la ha restado una cantidad constante −q E /2mω .UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. teniendo en cuenta la condición inicial hˆ ai (t) = = 0. Obtenga exactamente la probabilidad de encontrar a campo eléctrico constante E la partícula en el estado |φ0 i del oscilador transcurrido un tiempo t. iqα hˆ ai (t) = √ e−iωt ~ 2 t Z E(τ )eiωτ dτ . Súbitamente se introduce un ~ = Eex . UNED FÍSICA CUÁNTICA II. la evolución temporal del sistema supuesta la condición inicial |Ψ (t)i = ∞ X |Ψ (0)i = |φ0 i será e−iEn t/~ |ξ n i hξ n |φ0 i n=0 y la probabilidad pedida vendrá dada por . PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO y sus funciones propias ξ n (x) serán las mismas del oscilador inicial pero desplazadas una distancia b.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. es decir ξ n (x) = φn (x − b) De esta manera. ∞ . 2 . . 2 ∞ . X . . . X . . . . P0→0 (t) = |hφ0 |Ψ (t)i|2 = . e−iEn t/~ hφ0 |ξ n i hξ n |φ0 i. = . ei~ω/2 e−inωt hφ0 |ξ n i hξ n |φ0 i. . . . . n=0 n=0 Si ahora de nimos los coe cientes reales (las autofunciones lo son) Z cn = hφ0 |ξ n i = +∞ −∞ Z φ0 (x) ξ n (x) dx = +∞ −∞ φ0 (x) φn (x − b) dx queda . ∞ . 2 . X . . −inωt 2 . P0→0 (t) = . e cn . . . n=0 El problema surge al calcular estas integrales. Además hay que hacer la n. obtenemos c2n 2 = hφn |zi = e −z 2 (z n )2 n! =e −z 2 z 2n n! =e n −λ λ n! b2 1 con λ = z = = 2 2α 2 2 y así . U Entonces los coe cientes cn se escriben ˆT (b) |φn i = hφn |U ˆT (−b) |φ0 i∗ = hφn |U ˆT (−b) |φ0 i cn = hφ0 |ξ n i = hφ0 |U Recordemos también que la función de onda de un estado coherente |zi del oscilador √ sin perturbar b = 2αz . ˆ b/~ es un operador que traslada las funciones Para ello recordemos que el operador UT (b) = exp ibP una distancia b a lo largo del eje de coordenadas. ya que intentar hacerlo acudiendo a las expresiones explícitas de las autofunciones del oscilador da lugar a integrales complicadas. teniendo en cuenta la expresión de un estado coherente en términos de los estados propios. es decir coincide con la función de onda del estado fundamental desplazada una distancia ˆT U √ 2αz |φ0 i = |zi Entonces. Sin embargo hay otra forma de encontrar unaexpresión analítica sencilla para P0→0 (t) . es decir suma sobre ˆT (b) Ψ (x) = Ψ (x − b) . con cn = hφ0 |ξ n i . ∞ . 2 . . 2 ∞ . X . . . . −λ X 1 n −inωt . . −inωt 2 . P0→0 (t) = . e cn . = . e λ e . . . . . . n! n=0 n=0 Trabajando en el plano complejo. podemos escribir 142 . . ∞ . . −iωt n . 2 X . . 2 λe . . . P0→0 (t) = . e−λ . = . e−λ exp λe−iωt . . . n! n=0 qEα ~ω 2 . UNED 6.6.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. PROBLEMAS y como exp λe−iωt = exp λ cos (ωt) − iλ sin (ωt) = eλ cos(ωt) e−iλ cos(ωt) sustituyendo queda que . 2 . 2 . . 2 . . . 2 . . . . . . . . . P0→0 (t) = . e−λ eλ cos(ωt) e−iλ cos(ωt) . = . e−λ eλ cos(ωt) . . e−iλ cos(ωt) . = . e−λ eλ cos(ωt) . Esto es. campos intensos inducen efectos anarmónicos en las probabilidades de transición entre autoestados de un oscilador. Para un campo eléctrico pequeño. Vamos a comprobar que este resultado es igual al que se tiene en la aproximación de Born. Como el operador x ˆ sólo puede conectar el estado excitación posible sería la (Born) P0→0 (t) =1− 0→1 (Born) P0→1 (t) donde hemos usado (0) |φ0 i con el |φ1 i. e−iλ cos(ωt) va a ser siempre un número complejo de módulo unidad. sin embargo. independientemente del valor de t. 2 4 |hφ | − qE x ˆ|φ0 i| =1− . efectos anarmónicos que tienden a desaparecer en el límite de campos débiles. la expresión exacta anterior se podría aproximar por P0→0 (t) ' 1 − 2 que ahora oscila armónicamente con pulsación qEα ~ω ω 2 entre ωt + O E4 2 sin2 1 − 4λ y 1. En de nitiva P0→0 (t) = e−2λ(1−cos(ωt)) ! 2 ωt qEα ωt = exp −4λ sin2 = exp −2 sin2 2 ~ω 2 e−4λ probabilidad que oscila anarmónicamente entre los valores y 1. ya que. 1 sin2 . . (0) (0) . 2 . E1 − E0 . (0) E1 − E0 en la aproximación de Born la única y tendríamos que = ~ω y . . . (0) (0) . . E1 − E0 . Es decir. 2 Esta expresión coincide con la que se ha obtenido más arriba.Sea un oscilador armónico con carga e que además se encuentra sometido a un campo eléctrico dado por A 2 E(t) = √ e−(t/τ ) . la probabilidad de que para n-ésimo τ. la perturbación es y decrece rápidamente cuando nos alejamos de dicho intervalo temporal.. calcúlese la probabilidad de que se encuentre en el Solución: Esta perturbación es una gaussiana con centro en importante para −τ < t < τ t = 0 y anchura En primer orden de aproximación. PROBLEMA 8. τ π donde A y τ son constantes. Si para t = −∞ el oscilador se encuentra en el estado n-ésimo estado para t = +∞. ¾Para qué valores de A la teoría de perturbaciones es válida? fundamental. Analizar la probabilidad en función del tiempo característico τ . t = +∞ el electrón se encuentre en el estado viene dada por la fórmula de Born P0→n . t 2~ √ hφ1 |ˆ x|φ0 i = α/ 2. =1−2 qEα ~ω 2 sin2 ωt . Z . 2 . 1 . . ∞ 0 iΩn0 t . ˆ = 2. hn|H (t)|0ie dt. . ~ −∞ 143 . la condición anterior puede escribirse como Pcl2 ~ω. y por lo tanto también lo hacen ∆E y ∆x. Por el contrario. es decir. Por ejemplo. 2m es decir. aunque su centro de oscilación se esté desplazando. 2m~ω 2 eiωt−(t/τ ) dt = δ n1 −∞ τ 1/ω . y con él se desplazará la función de onda del sistema sin apenas alterar su forma. Física Cuántica II. En efecto. Si ∞ e2 A2 −(ωτ )2 /2 e . el efecto del campo externo es desplazar lentamente el pozo de potencial. los valores propios del nuevo pozo se obtienen sumando la 2 2 2 cantidad ∆E = e E0 /2mω a los valores propios antiguos y las nuevas funciones propias son las 2 antiguas desplazadas una cantidad ∆x = eE0 /mω sobre el eje X. debida al campo eléctrico. 144 . En otras palabras. Integrando ahora en el tiempo queda nalmente P0→n = δ n1 e2 A2 2πτ 2 m~ω Z Analicemos este resultado en detalle. 2m~ω Este resultado perturbativo sólo es válido cuando la probabilidad de transición es pequeña. 2mω τ π 2mω El elemento de matriz La perturbación (a primer orden) sólo puede hacer saltar el oscilador al estado n = 1. hn|ˆ x|0i para un oscilador armónico es bien conocido. UNED donde y Ωn0 PERTURBACIONES DEPENDIENTES DEL TIEMPO b 0 = −eb H xE(t) es la perturbación a la energía potencial del oscilador = (En − E0 )/~ = nω siendo ω la frecuencia propia del oscilador. si el intervalo temporal durante el que la perturbación es importante es grande comparado con el periodo natural del oscilador. la probabilidad de transición es muy pequeña. es decir. esto es. m Nótese que la posibilidad de saltar desde el nivel fundamental al primer estado excitado es un resultado puramente cuántico. Como ya hemos visto en problemas anteriores. Es interesante discutir este problema con más detalle para ver mejor el signi cado físico de las aproximaciones adiabática y súbita. si τ es grande comparado con el periodo natural del oscilador. Si la variación temporal es muy lenta. Por lo tanto. La energía de los niveles del oscilador variará lentamente y volverá de nuevo a su valor inicial. En de nitiva. para que la aproximación sea válida la energía clásica transferida por el campo al oscilador debe ser mucho menor que la diferencia de energías entre ambos niveles. si a un potencial armónico V (x) = (1/2)mω 2 x2 −eE0 x obtenemos un xm´ın = eE0 /mω 2 y alcanza un valor le sumamos un potencial lineal nuevo pozo armónico desplazado cuyo mínimo está ahora en Vmin = e2 E02 /2mω 2 . 8 8 En nuestro problema el desplazamiento Esto es equivalente a lo que sucede clásicamente: imaginemos una partícula cargada que oscila en el extremo de un muelle. cuando τ →0 la perturbación se aproxima a un pulso en t=0 y la probabilidad de que el sistema salte al primer estado excitado es τ →0 =⇒ P0→1 ≈ e 2 A2 . pero el proceso es muy lento y el electrón se mantiene en el nivel fundamental. cuando P0→1 1 =⇒ e 2 A2 ~ω. Entonces r r ~ ~ −(t/τ )2 eA ˆ 0 (t)|0i = √ hn|ˆ x|0i = δ n1 =⇒ hn|H e δ n1 . desde el punto de vista clásico. durante este proceso la función de onda del sistema conserva el mismo desarrollo como combinación lineal de funciones propias del hamiltoniano en cada instante. Pero en el problema que ahora consideramos el campo eléctrico externo varía con el tiempo. si la partícula cargada estaba en el nivel fundamental (o en cualquier otro) permanecerá en dicho nivel en el curso del tiempo. movimiento Pcl eA es precisamente la cantidad de que el campo trans ere al oscilador (compruébese). Si ahora conectamos un campo eléctrico lentamente variable el efecto consistirá en variar lentamente la longitud del muelle pero esto no afectará a la frecuencia de oscilación de la partícula.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED FÍSICA CUÁNTICA II. el desplazamiento máximo es pequeño. El equivalente cuántico es que el potencial se desplaza súbitamente una cantidad ∆x pero la función de onda del sistema no puede seguirle y permanece centrada en su posición original. Puesto que τ es grande. una gaussiana centrada en entre ambas gaussianas es casi total. El sistema está inicialmente en el estado fundamental del oscilador armónico no perturbado con función de onda (τ ω −1 ) φ0 (x). máximo vale Supongamos ahora que la variación del campo externo es muy rápida. cuando el campo eléctrico alcanza su valor máximo Em´ ax = A/ πτ . más corto que el periodo de oscilación es decir. las funciones propias del nuevo potencial sí están desplazadas una cantidad ∆x y. τ es mucho 1/ω . la función de onda del sistema en el instante es decir. ya no se conserva la relación entre la función de onda que representa al sistema y las funciones propias del nuevo hamiltoniano. PROBLEMAS √ ∆xmax = eA/( √πτ mω 2 ) y tiene lugar para t = 0. En el oscilador clásico esto equivale a proporcionarle un fuerte impulso casi instantáneo y. por consiguiente. el estado fundamental del hamiltoniano en dicho instante es φ0 (x − ∆xmax ). si el campo es pequeño también ∆xmax es pequeño y el solapamiento de variación muy rápida siendo φ0 (x). A partir de este instante ∆x decrece para volver asintóticamente a la situación original. en consecuencia. No obstante. UNED 6. es decir. la misma gaussiana ligeramente desplazada. aumentar su frecuencia sin que cambie el centro de oscilación.6. Una estimación bastante aproximada de la probabilidad de que para t=0 P0→0 el oscilador siga estando en el estado fundamental vendrá dada por . por lo tanto.UNED UNED UNED UNED UNED UNED UNED Física Cuántica II. Si aplicamos un campo externo t = 0 sigue x = 0. la probabilidad de que el sistema siga estando en el estado fundamental es muy alta. Por otro lado. Sin embargo. Z . = . . +∞ −∞ . 2 . φ0 (x) φ0 (x − ∆xmax ) dx. √ e 2 A2 . . la probabilidad de que en el mismo instante el oscilador esté en el primer estado excitado será aproximadamente . = exp(−e2 A2 /2 πτ m~ω 3 ) ≈ 1 − √ 2 πτ m~ω 3 De manera análoga. Z . P0→1 = . . +∞ −∞ . 2 . √ e 2 A2 e 2 A2 φ0 (x) φ1 (x − ∆xmax ) dx. . 3 2 πτ m~ω 2 πτ m~ω 3 Estos resultados son aproximados ya que no hemos tenido en cuenta la forma exacta de variación temporal del campo externo. 145 . no obstante. = √ exp(−e2 A2 /2 πτ m~ω 3 ) ≈ √ . Nótese. que para ωτ ≈ 1 el resultado obtenido es del mismo orden de magnitud que el que obtuvimos antes mediante teoría de perturbaciones.