Problemas resueltos del Sakurai

Problemas resueltosdel

Sakurai

Modern Quantum MechanicsTemas 1, 2, 3 y 5

(ESBORRANY)

Antes de empezar...

Varias direcciones que nos han sido muy útiles y donde tienes más problemas resueltos:

http://bohm.fy.chalmers.se/%7Eostlund/kvant2003/



http://cs.physics.sunysb.edu/verbaarschot/html/lectures/phy512-04/homework/homework.html

http://einstein.ucsd.edu/manohar/ph212/

http://theory.itp.ucsb.edu/%7Edoug/phys215/fall-index.html

http://theory.itp.ucsb.edu/%7Edoug/phys215/

http://www.drnerd.com/officehours/physics/sol_SAKURAI/sol_sakurai.html

http://www.phys.uri.edu/%7Eedward/Sakurai/sframe.html

¡¡¡Atención!!!, esto no está completo:

Agradecemos que nos señales los (numerosos) errores, de concepto, de cálculo, etc.que podamos haber cometido, así como otras sugerencias.

Si quieres colaborar y ponerte a resolver problemas, ¡fantástico!, ¡háznoslo saber!(La intención es resolver TODOS los problemas de los 7 capítulos). (Y entenderlos,¡claro!). Pfffiuuu......

Si quieres el código fuente en LATEX, pídenoslo.

Para contactar:

Correo: [email protected]






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http://theory.itp.ucsb.edu/%7Edoug/phys215/

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http://www.phys.uri.edu/%7Eedward/Sakurai/sframe.html

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Índice general

1. Conceptos fundamentales 1Problema 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Problema 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Problema 1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Problema 1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Problema 1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Problema 1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Problema 1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Problema 1.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Problema 1.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Problema 1.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Problema 1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Problema 1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Problema 1.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Problema 1.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Problema 1.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Problema 1.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Problema 1.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Problema 1.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26Problema 1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Problema 1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Problema 1.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30Problema 1.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Problema 1.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Problema 1.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33Problema 1.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Problema 1.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Problema 1.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Problema 1.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Problema 1.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Problema 1.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2. Dinámica cuántica 43Problema 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Problema 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44Problema 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

iii

iv ÍNDICE GENERAL

Problema 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Problema 2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Problema 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Problema 2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Problema 2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54Problema 2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Problema 2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56Problema 2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Problema 2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Problema 2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Problema 2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Problema 2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Problema 2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67Problema 2.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Problema 2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Problema 2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Problema 2.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75Problema 2.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Problema 2.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Problema 2.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Problema 2.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3. Teoría del momento angular 87Problema 3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87Problema 3.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Problema 3.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90Problema 3.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90Problema 3.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91Problema 3.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91Problema 3.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92Problema 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94Problema 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97Problema 3.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97Problema 3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98Problema 3.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99Problema 3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101Problema 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102Problema 3.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103Problema 3.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104Problema 3.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105Problema 3.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105Problema 3.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109Problema 3.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111Problema 3.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113Problema 3.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113Problema 3.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114Problema 3.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

ÍNDICE GENERAL v

Problema 3.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117Problema 3.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

5. Métodos de aproximación 123Problema 5.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123Problema 5.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126Problema 5.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131Problema 5.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132Problema 5.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133Problema 5.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135Problema 5.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136Problema 5.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138Problema 5.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140Problema 5.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143Problema 5.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145Problema 5.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147Problema 5.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149Problema 5.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151Problema 5.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152Problema 5.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153Problema 5.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155Problema 5.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158Problema 5.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161Problema 5.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

Capítulo 1

Conceptos fundamentales

Problema 1.1

Demuestra

[AB,CD] = −ACD,B+AC,BD − CD,AB + C,ADB.

Solución:

Simplemente desarrollando los dos miembros de la igualdad y viendo que dan lo mismo:

[AB,CD] = ABCD − CDAB

−ACD,B+AC,BD − CD,AB + C,ADB =−ACDB −ACBD +ACBD +ABCD − CDAB − CADB + CADB +ACDB =ABCD − CDAB q.e.d.

Problema 1.2

Supongamos que una matriz X, 2×2 (no necesariamente hermítica ni uni-taria) se escribe

X = a0 + σ·a

donde a0 y a1,2,3 son números.

(a) ¿Cómo están relacionados a0 y ak (k = 1, 2, 3) con tr(X) y tr(σkX)?

(b) Obtén a0 y ak en términos de los elementos de matriz Xij.

1

2 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES

Solución:

(a) Tenemos que Tr(σi) = 0, y teniendo en cuenta que la matrices de Pauli verifican larelación:

σiσj = δij + iεijkσk

Con lo cual, se tiene que:Tr(σiσj) = 2δij

Entonces:

Tr(X) = Tr(a0 + σiai) = Tr(a0I2×2) = a0Tr(I2×2) = 2a0

Tr(σkX) = Tr(σk(a0 + σiai)) = aiTr(σkσi) = 2ak

los a0 y ai, son en general números complejos, salvo que la matriz sea hermítica, en cuyocaso podemos tomarlos reales.

Nota:Consideremos ahora matrices hermíticas 2× 2, que tendrán la forma:

X =(

a b− icb+ ic d

)con a, b, c y d números reales, (cuatro parámetros independientes). O bien, utilizando ladescomposición del problema:

X =(

a0 + a3 a1 − ia2

a1 + ia2 a0 − a3

)con a = a0 + a3, b = a1, c = a2, d = a0 − a3 reales.Así toda matriz hermítica 2 × 2 va a poder ser expresada como combinación lineal decualquier conjunto «completo» de cuatro matrices 2 × 2 linealmente independientes queformen una «base» en el espacio de las matrices hermíticas 2× 2.Fijarse ahora que, llamando Ω0 = I2×2, Ωi = σi, se verifica:

12Tr(ΩµΩν) = δµν µ, ν = 0, 1, 2, 3

Ésto y el resultado del apartado (a), nos sugiere que si consideramos el «producto» 12Tr(·),

las matrices Ωµ van a formar efectivamente una b.o.n. para las matrices hermíticas 2× 2:

X =∑

µ

aµΩµ

Y además, los coeficientes de la descomposición son los usuales:

12Tr(ΩνX) =

12Tr(Ων

(∑µ

aµΩµ

)) =

∑µ

aµ12Tr(ΩµΩν) =

∑µ

aµδµν = aν

CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.3 3

Recordar:

Ω0 = I2×2,Ωi = σi forman una base para las matrices hermíticas 2× 2.

Una matriz hermítica 2× 2 se descompone del siguiente modo:

X = a0I + σ·a,

con los coeficientes dados por

aµ =12Tr(ΩµX)

Esta es una descomposición muy útil y que utilizaremos repetidamente a lo largo de losproblemas. Además va a resultar muy práctica cuando trabajemos con la matriz densidad,donde la traza de la matriz densidad por un operador tiene una interpretación inmediata,Tr(ρΩ) = 〈Ω〉. Recomendamos la lectura de los problemas 5.27 y 6.38 del libro de Cons-tantinescu[3]. En el último problema se describe el conocido resultado del movimientode precesión del «vector de polarización» P = (〈σx〉, 〈σy〉, 〈σz〉) de un sistema de spin 1/2en un campo magnético externo uniforme, utilizando el formalismo de la matriz densidad.

(b) Sea:

X =(X11 X12

X21 X22

)Entonces:

a0 =12Tr(IX) =

X11 +X22

2

a1 =12Tr(σ1X) =

X21 +X12

2

a2 =12Tr(σ2X) = − iX21 − iX12

2

a3 =12Tr(σ3X) =

X11 −X22

2

Problema 1.3

Muestra que el determinante de una matriz σ·a, 2×2, es invariante bajo

(σ·a) → (σ·a′) ≡ exp(i(σ·n)φ

2

)(σ·a) exp

(−i(σ·n)φ

2

).

Encuentra a′k en términos de ak cuando n está en la dirección positiva del ejede las z, e interpreta tu resultado.


Solución:

La primera parte es sencilla, puesto que:

det(AB) = detAdetB

entonces:

det[exp

(i(σ·n)φ

2

)(σ·a) exp

(−i(σ·n)φ

2

)]=det

[exp

(i(σ·n)φ

2

)]· det(σ·a) · det

[exp

(−i(σ·n)φ

2

)]=det

[exp

(i(σ·n)φ

2

)]· det

[exp

(−i(σ·n)φ

2

)]· det(σ·a)

=det(σ·a)

O, simplemente teniendo en cuenta que:

det[exp

(−i(σ·n)φ

2

)]= 1 (Ver ec. (3.2.45) Sakurai).

Esto es general, el determinante de un operador A es invariante bajo una transformaciónunitaria:

det(U †AU) = detA

ya que U †U = UU † = 1.

——————————————–

La segunda parte la demostraremos para un vector n arbitrario, para coger un poco depráctica con las matrices de Pauli. Al final, particularizaremos el resultado.Vamos a utilizar la siguiente relación:

(σ·A)(σ·B) = A·B + iσ(A×B) (ec. (3.2.39) Sakurai)

donde σ = (σx, σy, σz) son las matrices de Pauli y A y B son operadores vectoriales queconmutan con la σ, aunque no necesariamente entre ellos.También utilizaremos el desarrollo:

exp(−iσ·nφ

2

)= 1 cos

(φ

2

)− iσ·n sin

(φ

2

)(ec. (3.2.44) Sakurai)

donde 1 es la matriz identidad 2× 2.


Bien, tenemos entonces que:

(σ·a′) = exp(i(σ·n)φ

2

)(σ·a) exp

(−i(σ·n)φ

2

)=(1 cos

(φ

2

)− iσ·n sin

(φ

2

))(σ·a)

(1 cos

(φ

2

)− iσ·n sin

(φ

2

))= cos2

(φ

2

)(σ·a)+

+ i cos(φ

2

)sin(φ

2

)(σ·n)(σ·a)− (σ·a)(σ·n)+

+ sin2

(φ

2

)(σ·n)(σ·a)(σ·n)

Calculemos los distintos sumandos:

(σ·n)(σ·a)− (σ·a)(σ·n) = 2iσ(n× a)

(σ·n)(σ·a)︸︷︷︸(σ·n) =((σ·a)(σ·n) + 2iσ(n× a)

)︸︷︷︸(σ·n)

= (σ·a) (σ·n)(σ·n)︸︷︷︸=1

+2i(σ(n× a)

)(σ·n)

= −(σ·a) + 2(a · n)(σ·n)

Ya que: (σ(n× a)

)(σ·n)

(3.2.39)= (n× a) · n︸︷︷︸

=0

+iσ[(n× a)× n]

= iσ(a− (a · n)n

)donde hemos utilizado la siguiente relación vectorial:

(A×B)×C = (A·C)B− (B·C)A

Juntándolo todo:

(σ·a′) =

=cos2(φ

2

)(σ·a)− 2 cos

(φ

2

)sin(φ

2

)σ(n× a)− sin2

(φ

2

)[(σ·a)− 2(a · n)(σ·n)]

=[cos2

(φ

2

)− sin2

(φ

2

)](σ·a)− (sinφ) · σ(n× a) + 2 sin2

(φ

2

)(a · n)(σ·n)

= cosφ · (σ·a)− sinφ · σ(n× a) + (1− cosφ)(a · n)(σ·n)=σ(cosφ · a + (1− cosφ)(a · n)n− sinφ · (n× a)

)Hemos utilizado las identidades trigonométricas siguientes:

sin 2A = 2 sinA cosA

cos 2A = cos2A− sin2A

sinA

2= ±

√1− cosA

2

[+ si A/2 está en el I o II cuadrantes− si A/2 está en el III o IV cuadrantes

]


Resultado:a′ = cosφ · a + (1− cosφ)(a · n)n− sinφ · (n× a)

Quien esté familiarizado con el tema de rotaciones habrá reconocido inmediatamente laigualdad anterior: El vector a′ no es más que el que se obtiene al rotar el vector a unángulo −φ alrededor del eje que pasa por su origen y de dirección la del vector unitario n.

Para verlo mejor, particularicemos el resultado para el caso que nos pide el problema,n = (0, 0, 1), entonces:

a′x = ax cosφ+ ay sinφa′y = −ax sinφ+ ay cosφa′z = az

En el Tema 3 veremos que no hay nada misterioso en todo esto, pues exp(−i(σ·n)φ

2

)es

precisamente la representación matricial 2× 2 del operador rotación D(n, φ):

D(n, φ) = exp(−i(S·n)φ

2

).= exp

(−i(σ·n)φ

2

)La expresión obtenida en este problema nos permite, (particularizando para a = nx, a = ny

y a = nz), obtener las propiedades de transformación de σ bajo rotaciones: A pesar desu apariencia, llegaríamos a la conclusión de que σ no tiene que ser considerado como unvector; es, más bien, χ†σχ, donde χ es el espinor de Pauli de dos componentes, el que setransforma bajo rotaciones como un vector:

χ†σkχ −→∑

l

Rklχ†σlχ

(Ver la sección: Rotaciones en el formalismo de dos componentes del Apartado 3.2 delSakurai).

Problema 1.4

Utilizando las reglas del álgebra de bras y kets, demuestra o evalúa lo si-guiente:

(a) tr(XY )=tr(Y X), donde X e Y son operadores;

(b) (XY )† = Y †X†, donde X e Y son operadores;

(c) exp[if(A)] =? en la forma de ket-bra, donde A es un operador hermíticocuyos autovalores son conocidos;

(d)∑

a′ ψ∗a′(x

′)ψa′(x′′), donde ψa′(x′) = 〈x′|a′〉.


Solución:

(a)tr(XY ) ≡

∑a

〈a|XY |a〉; |a〉 base ortonormal

Introduciendo una identidad de Parseval:

tr(XY ) ≡∑

a

〈a|XY |a〉 =∑

a

〈a|X

(∑a′

|a′〉〈a′|

)Y |a〉 =

=∑a′

∑a

〈a|X|a′〉︸︷︷︸número

〈a′|Y |a〉︸︷︷︸número

=∑a′

∑a

〈a′|Y |a〉〈a|X|a′〉 =

=∑a′

〈a′|Y

(∑a

|a〉〈a|

)X|a′〉 =

∑a

〈a|Y X|a〉 ≡ tr(XY )

(b) Sea |a〉 una base ortonormal. Calculemos los elementos de matriz de (XY )† en estabase:

〈a|(XY )†|a′〉 = (〈a′|XY |a〉)∗ =

(〈a′|X

(∑a′′

|a′′〉〈a′′|

)Y |a〉

)∗=

=∑a′′

(〈a′|X|a′′〉〈a′′|Y |a〉

)∗ =∑a′′

(〈a′|X|a′′〉)∗(〈a′′|Y |a〉)∗ =

=∑a′′

〈a′′|X†|a′〉︸︷︷︸número

〈a|Y †|a′′〉︸︷︷︸número

=∑a′′

〈a|Y †|a′′〉〈a′′|X†|a′〉 =

= 〈a|Y †

(∑a′′

|a′′〉〈a′′|

)X†|a′〉 = 〈a|Y †X†|a′〉 q.e.d.

Para realizar la anterior demostración hemos trabajado en una base particular aunque,una vez demostrado, el resultado es una igualdad entre operadores, válida para cualquierrepresentación. Una demostración alternativa que no trabaja en ninguna base particulares la que da Sakurai y que se obtiene a partir de la correspondencia dual entre bras ykets:

|β〉 ≡ X†|α〉 DC↔ 〈α|X ≡ 〈β|

Y †X†|α〉 = Y †|β〉 DC↔ 〈β|Y = 〈α|XY DC↔ (XY )†|α〉

Y, por tanto, Y †X† = (XY )†.

(c) A es un operador hermítico cuyos autovalores son conocidos. Sean |a′〉 el conjuntocorrespondiente de autovectores, que forman una base ortonormal.

Se verifica que A|a′〉 = a′|a′〉 donde a′ son los autovalores de A.Además un estado |α〉 general, lo podemos desarrollar en la base de los autoestados

de A, pues estos forman una base ortonormal completa:

|α〉 =∑a′

|a′〉〈a′|α〉 =∑a′

ca′ |a′〉


con ca′ = 〈a′|α〉, y hemos introducido una identidad de Parseval,∑

a′ |a′〉〈a′| = 1, parallegar al resultado.

———————————–

Una función f(A) bien comportada, la podemos desarrollar en serie de potencias del ope-rador A:

f(A) =∑

n

ξnAn

Entonces, está claro que actuando sobre un estado propio del operador A, se cumple:

f(A)|a′〉 =∑

n

ξnAn|a′〉 =

∑n

ξn · (a′)n|a′〉 = f(a′)|a′〉

Bien, ahora el resultado ya casi es inmediato, (fijarse que introducimos de nuevo un parde indentidades de Parseval):

〈α| exp[if(A)]|β〉 =∑a′

∑a′′

〈α|a′〉〈a′| exp[if(A)]|a′′〉〈a′′|β〉

=∑a′

∑a′′

exp[if(a′′)]︸︷︷︸número

〈α|a′〉〈a′|a′′〉︸︷︷︸δaa′

〈a′′|β〉

=∑a′

exp[if(a′)]〈α|a′〉〈a′|β〉 = 〈α|∑a′

exp[if(a′)]|a′〉〈a′|β〉

Y como la igualdad se verifica para cualesquiera |α〉 y |β〉, se trata de una igualdad entreoperadores válida siempre, así:

exp[if(A)] =∑a′

exp[if(a′)]|a′〉〈a′|

(d) Este apartado es sencillo:∑a′

ψ∗a′(x′)ψa′(x′′) =

∑a′

〈a′|x′〉︸︷︷︸número

〈x′′|a′〉︸︷︷︸número

=∑a′

〈x′′|a′〉〈a′|x′〉

= 〈x′′|x′〉 = δ(x′′ − x′)

Donde de nuevo hemos tenido en cuenta que si los |a′〉 forman una base ortonormal,entonces se verifica la identidad de Parseval :

∑a′

|a′〉〈a′| = 1.

Problema 1.5

(a) Considera dos vectores |α〉 y |β〉. Supón que 〈a′|α〉, 〈a′′|α〉,... y 〈a′|β〉,〈a′′|β〉,... son todos conocidos, donde |a′〉, |a′′〉,... forman un conjunto com-pleto de vectores base. Encuentra la representación matricial del operador|α〉〈β| en esa base.


(b) Consideremos ahora un sistema de spin 12 y sean |α〉 y |β〉 los |Sz = ~/2〉

y |Sx = ~/2〉, respectivamente. Escribe explicitamente la matriz cuadradaque corresponde a |α〉〈β| en la base usual (Sz diagonal).

Solución:

(a) Este apartado está hecho en el propio texto; los elementos de matriz van a ser de laforma:

|β〉〈α|(ij) = 〈a(i)|α〉〈β|a(j)〉 = 〈a(i)|α〉〈a(j)|β〉∗

Resultado:

|β〉〈α| .=

〈a(1)|α〉〈a(1)|β〉∗ 〈a(1)|α〉〈a(2)|β〉∗ · · ·〈a(2)|α〉〈a(1)|β〉∗ 〈a(2)|α〉〈a(2)|β〉∗ · · ·

......

. . .

(b) Esta parte también es sencilla; tenemos:

|Sz;~2〉 ≡ |Sz; +〉 ≡ |+〉 |Sz;−

~2〉 ≡ |Sz;−〉 ≡ |−〉

|Sx;±~2〉 =

1√2|+〉 ± 1√

2|−〉

Así, por ejemplo:

〈+|Sz; +〉〈Sx; +|+〉 =

=1︷︸︸︷〈+|+〉

(1√2〈+|+ 1√

2〈−|)|+〉 =

1√2

Resultado:

|Sz; +〉〈Sx; +| .=

(1√2

1√2

0 0

)

Problema 1.6

Supongamos que |i〉 y |j〉 son los autovectores de cierto operador hermíticoA. ¿Bajo qué condición podemos concluir que |i〉+ |j〉 es también un autovectorde A? Justifica tu respuesta.

Solución:

|i〉 y |j〉 son autovectores de A; entonces se verifica:

A|i〉 = ai|i〉; A|j〉 = aj |i〉 donde ai y aj son los autovalores

EntoncesA (|i〉+ |j〉) = A|i〉+A|j〉 = ai|i〉+ aj |j〉 6= a (|i〉+ |j〉)


salvo si ai = aj . Por tanto |i〉 + |j〉 es autovector de A sólo si |i〉 y |j〉 tienen el mismoautovalor.

Problema 1.7

Consideremos un espacio de kets, desarrollado en la base de los autovectores|a′〉 de un operador hermítico A. No hay degeneración.

(a) Probar que ∏a′

(A− a′)

es un operador nulo.

(b) ¿Cuál es el significado de ∏a′′ 6=a′

(A− a′′)a′ − a′′

?

(c) Ilustrar (a) y (b) para A el operador Sz de un sistema de spin 12 .

Solución:

(a) Estudiemos la acción de este operador sobre un estado arbitrario, |α〉:∏a′

(A− a′)|α〉 =∏a′

(A− a′)∑a′′

|a′′〉〈a′′|α〉︸︷︷︸ca′′

=∑a′′

ca′′∏a′

(A− a′)|a′′〉

=∑a′′

ca′′∏a′

(a′′ − a′)|a′′〉 a′′∈a′= 0

donde en el último paso hemos tenido en cuenta que como el productorio recorre todos losa′, entre sus factores aparecerá · · · (a′′ − a′′) · · · , para cualquiera que sea el a′′, dando portanto 0 cada sumando.

Entonces, como la igualdad se tiene para un estado arbitrario, se tiene que es unaigualdad entre operadores y: ∏

a′

(A− a′)|α〉 = 0 q.e.d.

Nota:Para llegar al resultado hemos tenido que ver cómo actuaba el operador sobre un estadocualquiera. Es precisamente porque el estado es arbitrario por lo que podemos deducirque la relación es válida tambien entre operadores. Si hubiéramos calculado en lugar de loanterior lo siguiente: ∏

a′

(A− a′)|a′′〉 = 0


Lo anterior es cierto, pero no prueba que∏

a′(A−a′) sea el operador nulo, sino simplementeque actuando sobre un vector de la base da 0. Claro, que si actuando sobre cualquiervector base da 0, al actuar sobre un vector general que vamos a poder descomponer comocombinación lineal de los vectores de la base, claramente va a dar 0, y en este caso, (ysólo en este caso), al final es lo mismo. Pero siempre, para ver la actuación de un operadoro estudiar una igualdad entre operadores, tenemos que hacerlo viendo cómo actúan losoperadores sobre estados arbitrarios.

(b) Estudiando la acción de este operador sobre un estado arbitrario |α〉:

∏a′′ 6=a′

(A− a′′)a′ − a′′

|α〉 =∏

a′′ 6=a′

(A− a′′)a′ − a′′

1︷︸︸︷(∑a′′′

|a′′′〉〈a′′′|

)|α〉 =

∑a′′′

〈a′′′|α〉︸︷︷︸número

∏a′′ 6=a′

(A− a′′)a′ − a′′

|a′′′〉

=∑a′′′

〈a′′′|α〉∏

a′′ 6=a′

(a′′′ − a′′)a′ − a′′

|a′′′〉 =∑a′′′

〈a′′′|α〉δa′′′a′ |a′′′〉

= |a′〉〈a′|α〉

Comparando el principio y el final de la igualdad:∏a′′ 6=a′

(A− a′′)a′ − a′′

= |a′〉〈a′| ≡ Λa′

No es más que el proyector en la dirección, (el subespacio), de |a′〉: actuando sobre unvector arbitrario selecciona sólo la parte «paralela» a |a′〉.

——————————–

(c) Hola

Problema 1.8

Utilizando la propiedad de ortonormalidad de |+〉 y |−〉, demostrar que:

[Si, Sj ] = iεijk~Sk, Si, Sj =(

~2

2

)δij,

donde

Sx =~2

(|+〉〈−|+ |−〉〈+|) , Sy =i~2

(−|+〉〈−|+ |−〉〈+|) ,

Sz =~2

(|+〉〈+| − |−〉〈−|) .

Solución:


Este es un problema muy sencillo, simplemente tenemos que realizar las multiplicacionesoportunas y tener en cuenta que |+〉 y |−〉 son ortonormales.Alternativamente podemos utilizar la expresión:

σiσj = δij + iεijkσk

que podemos deducir fácilmente a partir de las relaciones de conmutación y anticonmu-tación de las σi, (ecs. (3.2.34) y (3.2.35) Sakurai), o que podemos ver como un casoparticular de la identidad (3.2.39) del Sakurai.Entonces

[Si, Sj ] = SiSj − SjSi

Si=~2σi

=14

~2 (σiσj − σjσi) =

=14

~2 ((δij + iεijkσk)− (δji + iεjikσk)) =

=14

~22iεijkσk = iεijk~(

~2σk

)= iεijk~Sk

Si, Sj = SiSj + SjSi =14

~2 (σiσj + σjσi) =

=14

~2 ((δij + iεijkσk) + (δji + iεjikσk)) =

=14

~22δij =(

~2

2

)δij

Si queremos hacer todos los productos explicitamente, se procedería así:

SxSy =i~2

4(|+〉〈−|+ |−〉〈+|) (−|+〉〈−|+ |−〉〈+|) =

i~2

4(|+〉〈+| − |−〉〈−|)

SySx =i~2

4(−|+〉〈−|+ |−〉〈+|) (|+〉〈−|+ |−〉〈+|) =

=i~2

4(−|+〉〈+|+ |−〉〈−|)

Donde hemos usado que

〈+|+〉 = 〈−|−〉 = 1; 〈+|−〉 = 〈−|+〉 = 0

Entonces

[Sx, Sy] = SxSy − SySx =i~2

2(|+〉〈+| − |−〉〈−|) = i~Sz

Sx, Sy = SxSy + SySx = 0

...

Etcétera...

Problema 1.9


Construye un estado |S·n; +〉 tal que:

S·n|S·n; +〉 =(

~2

)|S·n; +〉

donde n está caracterizado por los ángulos que se muestran en la figura. Expresatu respuesta como una combinación lineal de |+〉 y |−〉. [Nota: La solución es:

cos(β

2

)|+〉+ sin

(β

2

)eiα|−〉.

Pero no verifiques simplemente que la anterior solución satisface la ecuaciónde autovalores. Más bien, considera el problema como un verdadero problemade autovalores y autovectores y obtén su solución desde el principio. Tampocoutilices operadores de rotación, que se introducirán más adelante en este libro.]

Solución:

HHHHH

n

y

x

z

α

β

Tenemos que:

n = (cosα sinβ, sinα sinβ, cosβ)S·n = Sx cosα sinβ + Sy sinα sinβ + Sz cosβ =

=~2(sinβe−iα|+〉〈−|+ sinβeiα|−〉〈+|+ cosβ(|+〉〈+| − |−〉〈−|)

)Entonces en la base de |+〉, |−〉 el operador S·n viene dador por:

S·n .=~2

(cosβ e−iα sinβ

eiα sinβ − cosβ

).

Y la correspondiente ecuación de autovalores para el autovalor ~2 queda entonces:

S·n|S·n; +〉 .=~2

(cosβ e−iα sinβ

eiα sinβ − cosβ

)(ab

)=

~2

(ab

).=

~2|S·n; +〉


Así: a · cosβ + b · e−iα sinβ = a

a · eiα sinβ − b · cosβ = b

de la primera ecuación, por ejemplo:

b = a(1− cosβ)eiα

sinβ= a

2 sin2(β/2)eiα

2 cos(β/2) sin(β/2)= a

sin(β/2)cos(β/2)

eiα

Y obtenemos, efectivamente:

|S·n; +〉 .=(

cos(β/2)sin(β/2)eiα

)(Fijarse que ya está normalizado y que tiene la forma general que esperamos para un vectorde módulo unidad de dos componentes:

eiδ(

cos(θ)sin(θ)eiφ

)Por otra parte si consideramos el otro autovalor, −~

2 , el autovector correspondiente es:

|S·n;−〉 .=(

sin(β/2)− cos(β/2)eiα

)y se verifica:

〈S·n; +|S·n;−〉 =(cos(β/2), sin(β/2)e−iα

)( sin(β/2)− cos(β/2)eiα

)= 0

como tiene que ser).Una solución alternativa de este problema se obtiene utilizando el operador de rotación, y latienes en el propio texto del Sakurai, en el último apartado de la Sección 3.2, ec. (3.2.52).

Problema 1.10

El operador Hamiltoniano para un sistema de dos estados viene dado por:

H = a (|1〉〈1| − |2〉〈2|+ |1〉〈2|+ |2〉〈1|) ,

donde a es un número con dimensiones de energía. Encuentra los autovaloresde la energía y sus correspondientes autovectores (como combinación lineal de|1〉 y |2〉).

Solución:

Si |a〉 forma un conjunto completo de vectores base ortonormales, entonces dado unoperador X, podemos escribir:

X =∑a′′

∑a′

|a′′〉〈a′′|X|a′〉〈a′|


Representación matricial del operador X:

X.=

〈a(1)|X|a(1)〉〈a(1)|X|a(2)〉 · · ·〈a(2)|X|a(1)〉〈a(2)|X|a(2)〉 · · ·

......

. . .

Entonces, en la base ortonormal |1〉, |2〉, el hamiltoniano H viene dado por:

H.=(〈1|H|1〉〈1|H|2〉〈2|H|1〉〈2|H|2〉

)= a

(1 11 −1

)Resolviendo la ecuación característica, det(H − λI) = 0:∣∣∣∣ a− λ a

a −a− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 2a2 = 0 =⇒ λ± = ±a√

2

Sustituyendo λ± en la ecuación de los autovectores, (H − λ±I)|λ±〉 = 0, tenemos:

a

(1−

√2 1

1 −1−√

2

)(xy

)=(

00

); para λ+

a

(1 +

√2 1

1 −1 +√

2

)(xy

)=(

00

); para λ−

de donde se obtiene, respectivamente, en cada caso:

|λ+〉.=

1√4 + 2

√2

(1 +

√2

1

).= |λ+〉 =

1√4 + 2

√2

((1 +

√2)|1〉+ |2〉

)

|λ−〉.=

1√4− 2

√2

(1−

√2

1

).= |λ−〉 =

1√4 + 2

√2

((1−

√2)|1〉+ |2〉

)

Problema 1.11

Un sistema de dos estados está caracterizado por el Hamiltoniano:

H = H11|1〉〈1|+H22|2〉〈2|+H12 [|1〉〈2|+ |2〉〈1|]

donde H11, H22 y H12 son números reales con dimensiones de energía, y |1〉 y|2〉 son los autovectores de cierto observable (6= H). Encuentra los autovectoresde energía y sus correspondientes autovalores. Asegúrate de que tu respuestatiene sentido para el caso H12 = 0. (No es necesario resolver este problemapartiendo de cero. Puedes utilizar la siguiente relación, sin demostrarla:

S·n|n; +〉 =(

~2

)|n; +〉,

con |n; +〉 dado por:

|n; +〉 = cosβ

2|+〉+ eiα sin

β

2|−〉,


donde β y α son los ángulos polar y azimutal, respectivamente, que caracterizann).

Solución:

En la base |1〉,|2〉 el operador H se escribe:

H =(H11 H12

H12 H22

)que podemos reescribir:

H =(H11 H12

H12 H22

)=

12

(H11 +H22 0

0 H11 +H22

)+

12

(H11 −H22 2H12

2H12 −(H11 −H22)

)=

12(H11 +H22)I +

12

√(H11 −H22) + 4H2

12

(cosβ sinβsinβ − cosβ

)donde hemos llamado:

cosβ =H11 −H22√

(H11 +H22)2 + 4H212

; sinβ =2H12√

(H11 +H22)2 + 4H212

La primera parte ya es diagonal. En cuanto a la segunda, corresponde a la representacióndel operador S·n con α = 0 y que ya hemos resuelto en un problema anterior:(

cosβ sinβsinβ − cosβ

); autovalores: λ± = ±1

autovectores:

|λ+〉 =1√

2(1− cosβ)

(sinβ

1− cosβ

); |λ−〉 =

1√2(1 + cosβ)

(sinβ

−1− cosβ

)(No hemos escrito las fórmulas en función del ángulo mitad para que la sustitución seamás directa).

Ahora sustituyendo cosβ y sinβ por sus respectivos valores y reuniéndolo todo, llega-mos al resultado final:

Autovalores:

λ± =12

(H11 +H22 ±

√(H11 −H22)2 + 4H2

12

)Autovectores:

|λ±〉 =1N±

(2H12

−(H11 −H22)±√

(H11 −H22)2 + 4H212

),

con la normalización:

N2± = 2

(4H2

12 + (H11 −H22)(

(H11 −H22)∓√

(H11 −H22)2 + 4H212

))


Problema 1.12

Un sistema de spin 12 se sabe que está en un autoestado de S·n con autovalor

~/2, donde n es un vector unitario sobre el plano xz formando un ángulo γ conel eje z positivo.

(a) Suponer que medimos Sx. ¿Qué probabilidad tenemos de obtener +~/2?

(b) Evaluar la dispersión en Sx, esto es,

〈(Sx − 〈Sx〉)2〉.

(Para tu tranquilidad, verifica tus respuestas en los casos especiales γ = 0,π/2, y π).

Solución:

Nuestro sistema se encuentra en el estado:

|S·n;+〉 = cosγ

2|+〉+ sin

γ

2|−〉

como podemos comprobar comparando directamente con el resultado del Problema 1.9,pág. 12, teniendo en cuenta que en este caso α = 0, β = γ, y n = (sin γ, 0, cos γ).Alternativamente, lo podemos deducir resolviendo el problema de autovalores:

S·n|S·n;+〉 =~2|S·n;+〉

con

S·n = (Sx, Sy, Sz)(sin γ, 0, cos γ) = Sx sin γ + Sz cos γ .=~2

(cos γ sin γsin γ − cos γ

)(a) La probabilidad de encontrar nuestro sistema en el estado |Sx;+〉 después de realizaruna medida de Sx (i.e. la probabilidad de obtener +~

2 en una medida de Sx), si el sistemase encontraba originalmente en un estado |S·n;+〉, viene dada por:

|〈Sx; + |S·n;+〉|2 =∣∣∣∣( 1√

2〈+|+ 1√

2〈−|)(

cosγ

2|+〉+ sin

γ

2|−〉)∣∣∣∣2

=∣∣∣∣ 1√

2cos

γ

2+

1√2

sinγ

2

∣∣∣∣2 =12

cos2γ

2+

12

sin2 γ

2+ cos

γ

2sin

γ

2

=12

(1 + sin γ)

Casos particulares:


(a) γ = 0 =⇒ n = (0, 0, 1) = z =⇒ |S·n;+〉 = |Sz;+〉

|〈Sx; + |Sz;+〉|2 =12

(b) γ = π/2 =⇒ n = (1, 0, 0) = x =⇒ |S·n;+〉 = |Sx;+〉

|〈Sx; + |Sx;+〉|2 = 1

(c) γ = π =⇒ n = (0, 0,−1) = −z =⇒ |S·n;+〉 = |Sz;−〉

|〈Sx; + |Sz;−〉|2 =12

Resultados lógicos: en los casos (1) y (3) no tenemos ninguna componente x (ó la +, ó la −)que sea privilegiada y por tanto se obtiene probabilidad 1

2 ; en el caso (2) el sistema ya seencuentra en un estado |Sx;+〉 y por tanto obtenemos probabilidad 1.

(b)

〈(∆Sx)2〉 = 〈(Sx−〈Sx〉)2〉 = 〈S2x +〈Sx〉2−2Sx〈Sx〉〉 = 〈S2

x〉+〈Sx〉2−2〈Sx〉2 = 〈S2x〉−〈Sx〉2

Además:

Sx =~2(|+〉〈−|+ |−〉〈+|)

S2x =

~2

4(|+〉〈−|+ |−〉〈+|)(|+〉〈−|+ |−〉〈+|) =

~2

4(|+〉〈+|+ |−〉〈−|) =

~2

4I

Entonces:

〈Sx〉 =(cos

γ

2〈+|+ sin

γ

2〈−|) ~

2(|+〉〈−|+ |−〉〈+|)

(cos

γ

2|+〉+ sin

γ

2|−〉)

=~2

cosγ

2sin

γ

2+

~2

sinγ

2cos

γ

2=

~2

sin γ

〈S2x〉 =

~2

4

Sustituyendo:

〈(Sx − 〈Sx〉)2〉 =~2

4(1− sin2 γ) =

~2

4cos2 γ

Casos particulares:

(a) γ = 0

〈(∆Sx)2〉 =~2

4

(b) γ = π/2〈(∆Sx)2〉 = 0

(c) γ = π

〈(∆Sx)2〉 =~2

4


Que también son resultados lógicos: en los casos (1) y (3) tenemos dispersión (incertidum-bre) máxima, y en el caso (2), lógicamente, incertidumbre 0.

Problema 1.13

Un haz de átomos de spin 12 atraviesa una serie sucesiva de Stern-Gerlach,

del siguiente modo:

(a) La primera medida deja pasar los átomos con sz = ~/2 y rechaza los átomoscon sz = −~/2.

(b) La segunda medida selecciona átomos con sn = ~/2 y rechaza átomos consn = −~/2, donde sn es el autovalor del operador S·n, con n formando unángulo β en el plano xz con respecto al eje z.

(c) La tercera medida deja pasar átomos con sz = −~/2 y bloquea átomos consz = ~/2

¿Cuál es la intensidad final del haz con sz = −~/2 cuando el haz con sz =~/2 que ha sobrevivido a la primera medida está normalizado a la unidad?¿Cómo debemos orientar el segundo Stern-Gerlach si queremos maximizar laintensidad del último haz, el haz con sz = −~/2?

Solución:

Nos piden que obtengamos la intensidad del haz tras una serie sucesiva de medidas nofiltrantes1 realizadas sobre él, el procedimiento siempre va a ser el mismo:

Tras atravesar el haz el primer Stern-Gerlach, el sistema se encuentra en un estado|Sz; +〉 ≡ |+〉, y con una intensidad del haz que nos dicen que consideremos normalizadaa la unidad. Éste será nuestro estado de partida. Los sucesivos pasos por los distintosStern-Gerlach los podemos representar del siguiente modo:2

|i〉 = |+〉 2o Stern-Gerlach——–−→ |S·n; +〉〈S·n; +|︸︷︷︸proyector

+〉 3 er Stern-Gerlach——–−→ |Sz;−〉〈Sz;−|︸︷︷︸proyector

S·n; +〉〈S·n; +|+〉

Con lo cual tenemos un estado final |Sz;−〉 ≡ |−〉, con una intensidad del haz:

|〈−|S·n; +〉〈S·n; +|+〉|2 =∣∣∣∣〈−|(cos

β

2|+〉+ sin

β

2|−〉)(

〈+| cosβ

2+ 〈−| sin β

2

)|+〉∣∣∣∣2

= sin2 β

2cos2

β

2

(Hemos tenido en cuenta que:

|S·n; +〉 = cos(β

2

)|+〉+ sin

(β

2

)eiα|−〉

1Ver definición de medidas filtrantes y no filtrantes en la nota a pie de página de la pág. 962Los distintos Stern-Gerlach por los que atraviesa el haz de átomos de spin 1

2lo que hacen es ir

proyectando sucesivamente el estado entrante sobre el estado que deja pasar cada uno de ellos.


y que, en este caso, según nos dice el enunciado α = 0).Resultado:

Intensidad = |〈−|S·n; +〉〈S·n; +|+〉|2 = sin2 β

2cos2

β

2

Y la intensidad tiene un valor máximo para β = ±π/2, resultado absolutamente lógico,pues al formar el segundo Stern-Gerlach un ángulo de 90o con el eje z, no tiene ningunapreferencia sobre ninguna de las orientaciones, |+〉 ó |−〉.

Nota:Otra manera de verlo:

2o Stern-Gerlach:|Sz; +〉

2o Stern-Gerlach——–−→ |S·n; +〉

Probabilidad:|〈S·n; +|Sz; +〉|2 = cos2

β

23 er Stern-Gerlach:

|S·n; +〉 3 er Stern-Gerlach——–−→ |Sz;−〉

Probabilidad:|〈Sz;−|S·n; +〉|2 = sin2 β

2Y, puesto que se trata de medidas independientes (sucesivas), la probabilidad (intensidad)final viene dada por el producto de probabilidades:

Intensidad = |〈S·n; +|Sz; +〉|2 |〈Sz;−|S·n; +〉|2 = sin2 β

2cos2

β

2

Problema 1.14

Cierto observable en mecánica cuántica tiene una representación matricial3×3 como sigue:

1√2

0 1 01 0 10 1 0

.

(a) Encuentra los autovectores normalizados de este observable y los corres-pondientes autovalores. ¿Hay alguna degeneración?

(b) Da un ejemplo físico donde todo esto sea relevante.

Solución:


Problema 1.15

Sean A y B dos observables. Supongamos que los autovectores simultáneosde A y B |a′, b′〉 forman un conjunto completo ortonormal de vectores base.¿Podemos entonces concluir siempre que

[A,B] = 0?

Si tu respuesta es sí, demuestra tal afirmación. Si es no, da un contraejemplo.

Solución:

Tenemos que:

A|a′, b′〉 = a′|a′, b′〉B|a′, b′〉 = b′|a′, b′〉

Calculemos ahora la actuación de [A,B] sobre un estado arbitrario |ψ〉:

[A,B]|ψ〉 = [A,B]∑a′,b′

|a′, b′〉〈a′, b′|ψ〉︸︷︷︸ca′b′

=∑a′,b′

ca′b′(AB −BA)|a′, b′〉 =

=∑a′,b′

ca′b′(Ab′ −Ba′)|a′, b′〉 =∑a′,b′

ca′b′(b′a′ − a′b′)|a′, b′〉 = 0

Y puesto que |ψ〉 es arbitrario, tenemos que concluir que [A,B] = 0

Fijarse que hemos podido introducir la identidad de Parseval∑

a′,b′ |a′, b′〉〈a′, b′| = 1 porque|a′, b′〉 forman un conjunto completo y ortonormal de vectores base.

Problema 1.16

Dos operadores hermíticos anticonmutan:

A,B = AB +BA = 0.

¿Es posible tener un conjunto simultáneo (esto es, común) de autovectores deA y B? Demuestra o ilustra tu afirmación.

Solución:

Sea |φ〉 un autoestado simultáneo de A y B, entonces:

A|φ〉 = a|φ〉B|φ〉 = b|φ〉

Veamos ahora la actuación de A,B sobre este estado arbitrario:

A,B|φ〉 = (AB +BA)|φ〉 = bA|φ〉+ aB|φ〉 = 2ab|φ〉 6= 0


salvo si a=0 ó b=0.Entonces A y B pueden tener autovectores simultáneos si al menos uno de los dos autova-lores correspondientes es cero.

Problema 1.17

Dos observables A1 y A2, que no contienen el tiempo explicitamente, se sabeque no conmutan,

[A,B] 6= 0,

sin embargo, también se sabe que A1 y A2 conmutan ambos con el hamiltoniano:

[A1,H] = 0 [A2,H] = 0.

Demostrar que los autoestados de energía son, en general, degenerados. ¿Hayexcepciones? Como ejemplo puedes pensar en el problema del potencial centralH = p2/2m+ V (r), con A1 → Lz, A2 → Lx.

Problema 1.18

(a) La manera más sencilla de obtener la desigualdad de Schwarz es comosigue.Primero, darse cuenta que

(〈α|+ λ∗〈β|) · (|α〉+ λ|β〉) ≥ 0

para cualquier número complejo λ; entonces se elige λ de tal manera quela desigualdad anterior se reduzca a la de Schwarz.

(b) Demostrar que el signo de igualdad en la relación de incertidumbre gene-ralizada se da si el estado en cuestión satisface

∆A|α〉 = λ∆B|α〉

con λ un número imaginario puro.

(c) Haciendo cálculos explícitos utilizando las reglas usuales de la mecánicade ondas muestra que la función de onda para un paquete gausiano vienedado por

〈x′|α〉 = (2πd2)−1/4 exp[i〈p〉x′

~− (x′ − 〈x〉)2

4d2

]satisface el valor mínimo de la relación de incertidumbre√

〈(∆x)2〉√〈(∆p)2〉 =

~2.

Demuestra que el requisito

〈x′|∆x|α〉 = (número imaginario)〈x′|∆p|α〉

es efectivamente satisfecho por tal paquete gausiano, de acuerdo con (b).


Solución:

(a) La demostración está hecha paso por paso en el propio texto del Sakurai, simplementela reproducimos aquí:

(c) El cálculo es engorroso pero sencillo; detallamos a continuación todos los pasos:

〈x2〉 = 〈α|x2|α〉 =∫dx′∫dx′′〈α|x′〉〈x′|x2|x′′〉〈x′′|α〉 =

∫dx′x′ 2〈α|x′〉〈x′|α〉 =

=∫ ∞

−∞dx′x′ 2 exp

[(x′ − 〈x〉)2

2d2

]= (cambio de variable ⇒ x′ − 〈x〉 = x′′) =

=1√

2πd2

∫ ∞

−∞dx′′(x′′ + 〈x〉)2 exp

[−x

′′ 2

2d2

]=

1√2πd2

∫ ∞

−∞dx′(x′ 2 + 〈x〉2 + 2〈x〉x′︸︷︷︸

impar

) exp[−x

′ 2

2d2

]

= 〈x〉2 +1√

2πd2

∫ ∞

−∞dx′x′ 2 exp

[−x

′ 2

2d2

]= 〈x〉2 +

1√2πd2

√π

12

√2d22d2 = 〈x〉2 + d2

Nota:

∫ ∞

−∞e−αx2

dx =√π

α(integral de una gausiana)

∂

∂α

(∫ ∞

−∞e−αx2

dx

)= −

∫ ∞

−∞x2e−αx2

dx =∂

∂α

(√π

α

)= −1

2

√π

α3/2

Entonces:

〈(∆x)2〉 = 〈x2〉 − 〈x〉2 = d2 + 〈x〉2 − 〈x〉2 = d2


Del mismo modo:

〈p2〉 = 〈α|p2|α〉 =∫dx′∫dx′′〈α|x′〉〈x′|p2|x′′〉〈x′′|α〉

= −~2

∫dx′〈α|x′〉 ∂

2

∂x′ 2〈x′|α〉

= −~2

∫dx′〈α|x′〉 ∂

∂x′

[i〈p〉~− 1

2d2(x′ − 〈x〉)

]〈x′|α〉

= −~2

∫dx′〈α|x′〉

(− 1

2d2+[i〈p〉~− 1

2d2(x′ − 〈x〉)

]2)〈x′|α〉

= −~2


(− 1

2d2− 〈p〉2

~2+

14d4

(x′ − 〈x〉)2 − 2i〈p〉~

12d2

(x′ − 〈x〉))〈x′|α〉

=~2

2d2+ 〈p〉2 − ~2

√2πd2

∫ ∞

−∞dx′(

(x′ − 〈x〉)2

4d4− i〈p〉

~d2(x′ − 〈x〉)

)exp

[−(x′ − 〈x〉)2

2d2

]=

~2

2d2+ 〈p〉2 − ~2

√2πd2

∫ ∞

−∞dx′′

(x′′ 2

4d4− i〈p〉

~d2x′′︸︷︷︸

impar

)exp

[−x

′′ 2

2d2

]

=~2

2d2+ 〈p〉2 − ~2

√2πd2

14d4

∫ ∞

−∞dx′′x′′ 2 exp

[−x

′′ 2

2d2

]=

~2

2d2+ 〈p〉2 − ~2

√2πd2

14d4

√π√

2d22d2

2=

~2

2d2+ 〈p〉2 − ~2

4d2= 〈p〉2 +

~2

4d2

Y, por lo tanto:

〈(∆p)2〉 = 〈p2〉 − 〈p〉2 =~2

4d2+ 〈p〉2 − 〈p〉2 =

~2

4d2

Finalmente:

〈(∆x)2〉〈(∆p)2〉 = d2 ~2

4d2=

~2

4q.e.d.

Nota: (Ver en el libro de Bransden[1] el Apartado 5.4 )

Fijarse que, de acuerdo con el apartado (b), el signo de la igualdad en la relación genera-lizada de incertidumbre, dando el producto de incertidumbres mínimo, se verifica cuando

λ = λ0 =i

2〈[A,B]〉(∆B)2

y C†|ψ〉 = 0, de modo que:

(A− iλ0B)|ψ〉 = 0

Esta última ecuación nos puede servir para encontrar la función de onda ψ tal que tieneel valor mínimo del producto de incertidumbres ∆A∆B.Así, tomando A = x y B = p y sustituyendo en la ecuación anterior, A = x − 〈x〉,B = p− 〈p〉 y λ0 = i〈[x, p]〉/[2(∆p)2] = −~/[2(∆p)2], obtenemos:(

−i~ ∂

∂x′− 〈p〉

)ψ(x′) =

2i(∆p)2

~(x′ − 〈x〉)ψ(x′)


que integrándola nos da:

ψ(x′) = C exp[i〈p〉x′

~− (∆p)2(x′ − 〈x〉)2

~2

]siendo C una constante de normalización. Vemos que, como esperábamos, coincide con elpaquete gausiano del enunciado y, por construcción, su producto de incertidumbres vale:

〈(∆x)2〉〈(∆p)2〉 =~2

4

Por último, para ver que se satisface:

〈x′|∆x|α〉 = (número imaginario)〈x′|∆p|α〉

calculemos:

〈x′|∆x|α〉 = 〈x′|(x− 〈x〉)|α〉 = (x′ − 〈x〉)〈x′|α〉

〈x′|∆p|α〉 = 〈x′|(p− 〈p〉)|α〉 = −i~ ∂

∂x′〈x′|α〉 − 〈p〉〈x′|α〉

=(−i~

[i〈p〉~− (x′ − 〈x〉)

2d2

]− 〈p〉

)〈x′|α〉

=i~2d2

(x′ − 〈x〉)〈x′|α〉

Por lo tanto:

〈x′|∆x|α〉 = −i2d2

~〈x′|∆p|α〉 = (número imaginario)〈x′|∆p|α〉 q.e.d.

Problema 1.19

(a) Calcula ⟨(∆Sx)2

⟩≡ 〈S2

x〉 − 〈Sx〉2,

donde tomamos el valor esperado para el estado Sz+. Utilizando el resul-tado obtenido, comprueba la relación de incertidumbre generalizada

⟨(∆A)2

⟩ ⟨(∆B)2

⟩≥ 1

4|〈[A,B]〉|2,

con A→ Sx, B → Sy.

(b) Comprueba la relación de incertidumbre con A → Sx, B → Sy para elestado Sx+.


Solución:

(a)

Sx =~2

(|+〉〈−|+ |−〉〈+|) ; Sy = − i~2

(|+〉〈−| − |−〉〈+|)

S2x =

~2

4I S2

y =~2

4I

|Sz; +〉 ≡ |+〉

Es un cálculo sencillo, con bras y kets:

〈Sx〉 =~2〈+| (|+〉〈−|+ |−〉〈+|) |+〉 = 0

〈Sy〉 =−i~2〈+| (|+〉〈−| − |−〉〈+|) |+〉 = 0

〈S2x〉 =

~2

4; 〈S2

y〉 =~2

4

Entonces:

〈(∆Sx)2〉 = 〈S2x〉 − 〈Sx〉2 =

~2

4

〈(∆Sy)2〉 = 〈S2y〉 − 〈Sy〉2 =

~2

4

Lógicamente, como estamos tomando valores esperados respecto al estado |Sz; +〉, porsimetría necesariamente teníamos que obtener la misma dispersión en ambos casos.Resulta así:

〈(∆Sx)2〉〈(∆Sy)2〉 =~4

16Calculemos ahora el segundo miembro de la relación de incertidumbre:

14|〈[Sx, Sy]〉|2 =

14|〈i~Sz〉|2 =

14

∣∣∣∣i~~2

∣∣∣∣2 =~4

16

Y la relación de incertidumbre se verifica.

(b) Puesto que |Sx; +〉 es un estado propio de Sx, obviamente la incertidumbre en unamedida de Sx va a ser 0, porque el sistema ya se encuentra en un estado propio de Sx.Veámoslo:

〈Sx; +|Sx|Sx; +〉 = 〈Sx; +|~2|Sx; +〉 =

~2

〈Sx; +|S2x|Sx; +〉 =

~2

4

Entonces:〈(∆Sx)2〉 = 0


Y〈(∆Sx)2〉〈(∆Sy)2〉 = 0

Por otro lado, el segundo miembro da:

14|〈[Sx, Sy]〉|2 =

14|〈i~Sz〉|2 = 0

Pues:

〈Sx; +|Sz|Sx; +〉 =(

1√2〈+|+ 1√

2〈−|)(

~2(|+〉〈+| − |−〉〈−|)

)(1√2|+〉+

1√2|−〉)

=12− 1

2= 0

Y de nuevo se verifica la relación de incertidumbre generalizada.

Problema 1.20

Encuentra la combinación lineal de estados |+〉 y |−〉 que maximiza el pro-ducto de incertidumbres ⟨

(∆Sx)2⟩ ⟨

(∆Sy)2⟩.

Verifica explícitamente que para la combinación lineal que encuentres, no seviola el principio de incertidumbre para Sx y Sy.

Solución:

Lógicamente el producto de incertidumbres será máximo sobre un estado |Sz;+〉 o sobreun estado |Sz;−〉, que no privilegia ninguna componente x ó y.Para verlo, consideremos un estado |φ〉 general:

|φ〉 = eiδ(cos(β

2

)|+〉+ sin

(β

2

)eiα|−〉)

(Elegimos este estado porque, escrito así, representa un estado propio del operador S·nsiendo n la dirección n = (cosα sinβ, sinα sinβ, cosβ). De este modo es más fácil deinterpretar el resultado). (Ver Problema 1.9, pág. 12).Bien, tenemos entonces que:

〈S2x〉 =

~2

4= 〈S2

y〉 = 〈S2z 〉; como siempre.

〈Sx〉 =(

cosβ

2〈+|+ e−iα sin

β

2〈−|)

~2(|+〉〈−|+ |−〉〈+|)

(cos

β

2|+〉+ eiα sin

β

2|−〉)

=~2

(eiα cos

β

2sin

β

2+ e−iα sin

β

2cos

β

2

)= ~ cos

β

2sin

β

2cosα

〈Sy〉 =(

cosβ

2〈+|+ e−iα sin

β

2〈−|)i~2

(−|+〉〈−|+ |−〉〈+|)(

cosβ

2|+〉+ eiα sin

β

2|−〉)

= ~ sinβ

2cos

β

2sinα


Y

〈(∆Sx)2〉 ≡ 〈S2x〉 − 〈Sx〉2 =

~2

4

(1− 4 cos2

β

2sin2 β

2cos2 α

)=

~2

4(1− sin2 β cos2 α

)〈(∆Sy)2〉 ≡ 〈S2

y〉 − 〈Sy〉2 =~2

4

(1− 4 cos2

β

2sin2 β

2sin2 α

)=

~2

4(1− sin2 β sin2 α

)Entonces:

⟨(∆Sx)2

⟩ ⟨(∆Sy)2

⟩=

~4

16(1− sin2 β cos2 α− sin2 β sin2 α+ sin4 β sin2 α cos2 α

)=

~4

16

(1− sin2 β +

14

sin4 β sin (2α))

=~4

16

(cos2 β +

14

sin4 β sin (2α))

Y la fórmula anterior es máxima para β = 0 ó β = π, en que vale ~4

16 , y que corresponden,respectivamente, con los estados |Sz;+〉 ≡ |+〉 y |Sz;−〉 ≡ |−〉, tal como habíamos anun-ciado. (Podemos tomar tranquilamente δ = 0, ya que es una fase global inobservable).Veamos ahora si se verifica la relación de incertidumbre para estos casos, para ello calcu-lemos:

14|〈Sz; + |[Sx, Sy]|Sz;+〉|2 =

14|〈Sz; + |i~Sz|Sz;+〉|2 =

~2

4|〈Sz; + |Sz|Sz;+〉|2 =

~4

1614|〈Sz;− |[Sx, Sy]|Sz;−〉|2 =

14|〈Sz;− |i~Sz|Sz;−〉|2 =

~2

4|〈Sz;− |Sz|Sz;−〉|2 =

~4

16

Y, efectivamente, se cumple la relación de incertidumbre. En este caso se tiene la igualdad.Cuando esto sucede, se suele decir que «está saturada».

Problema 1.21

Evalúa el producto de incertidumbres⟨(∆x)2

⟩ ⟨(∆p)2

⟩para una partícula

monodimensional confinada entre dos paredes rígidas

V =

0 para 0 < x < a

∞ para el resto

Calcúlalo tanto para el estado fundamental como para los estados excitados.

Solución:

La función de onda de la partícula, viene dada por:

ψα(x′) = 〈x′|α〉 =

√2a

sin(nπx′

a

); n = 1, 2, 3, ... (ec. (A.2.4) Sakurai)


Y:

〈x〉 =∫dx′∫dx′′〈α|x′〉〈x′|x|x′′〉︸︷︷︸

=x′δ(x′−x′′)

〈x′′|α〉 =∫dx′x′〈α|x′〉〈x′|α〉

=∫ ∞

−∞dx′x′ψ∗α(x′)ψα(x′) =

2a

∫ a

0dx′x′ sin2

(nπx′

a

)=

2a

(x2

a− ax

4nπsin[2nπxa

]− a2

8n2π2cos[2nπxa

])∣∣∣∣a0

=a

2

Resultado por otra parte lógico.

〈x2〉 =∫dx′∫dx′′〈α|x′〉〈x′|x2|x′′〉〈x′′|α〉 =

∫dx′x′2〈α|x′〉〈x′|α〉

=∫ ∞

−∞dx′x′2ψ∗α(x′)ψα(x′) =

2a

∫ a

0dx′x′2 sin2

(nπx′

a

)=

2a

(x3

6− a2x

4n2π2cos[2nπxa

]−(ax2

4nπ− a3

8n3π3

)sin[2nπxa

])∣∣∣∣a0

= a2

(13− 1

2n2π2

)Entonces:

〈(∆x)2〉 = 〈x2〉 − 〈x〉2 =a2

12

(1− 6

n2π2

)Asimismo:

〈p〉 =∫dx′∫dx′′〈α|x′〉〈x′|p|x′′〉︸︷︷︸

=−i~ ∂∂x′ δ(x

′−x′′)

〈x′′|α〉 =∫dx′〈α|x′〉

(−i~ ∂

∂x′

)〈x′|α〉

=∫ ∞

−∞dx′ψ∗α(x′)

(−i~ ∂

∂x′

)ψα(x′) = −i~2

a

nπ

a

∫ a

0dx′ sin

[nπxa

]cos[nπxa

]= 0

De nuevo resultado absolutamente lógico.

〈p2〉 =∫dx′∫dx′′〈α|x′〉〈x′|p2|x′′〉〈x′′|α〉 =


(−i~ ∂

∂x′

)2

〈x′|α〉

=∫ ∞

−∞dx′ψ∗α(x′)

(−i~ ∂

∂x′

)2

ψα(x′) = ~2 2a

n2π2

a2

∫ a

0dx′ sin2

[nπxa

]= ~2 2

a

n2π2

a2

(x

2− a

4nπsin[2nπxa

])∣∣∣∣a0

=~2n2π2

a2

〈(∆p)2〉 = 〈p2〉 − 〈p〉2 =~2n2π2

a2

Y el producto de incertidumbres es:

〈(∆x)2〉〈(∆p)2〉 =~2n2π2

12

(1− 6

n2π2

); n = 1, 2, 3, · · ·


Problema 1.22

Estima a grosso modo el orden de magnitud de la «longitud de tiempo» queun punzón de hielo puede estar en equilibrio sobre su extremo si la única limi-tación es la impuesta por el principio de incertidumbre de Heisemberg. Supónque la punta es afilada y que la superficie sobre la que descansa es dura. Puedeshacer aproximaciones que no alteren el orden de magnitud general del resul-tado. Considera valores razonables para las dimensiones y el peso del punzón.Obtén una aproximación numérica del resultado y expresala en segundos.

Problema 1.23

Consideremos un espacio tridimensional de vectores. Si cierto conjunto orto-normal de vectores –por ejemplo, |1〉 |2〉 |3〉 – se utiliza como base, los operadoresA y B vienen representados por

A.=

a 0 00 −a 00 0 −a

, B.=

b 0 00 0 −ib0 ib 0

con a y b ambos reales.

(a) Obviamente A exhibe un espectro degenerado. ¿Presenta B también unespectro degenerado?

(b) Muestra que A y B conmutan.

(c) Encuentra un nuevo conjunto de vectores ortonormales que sean autovec-tores simultáneamente de A y B. Especifica los autovalores de A y B paracada uno de los tres autovectores. La especificación de autovalores que hasobtenido, ¿caracteriza completamente cada autovector?

Solución:

(a) Resolviendo la ecuación característica, det(H − λI) = 0:∣∣∣∣∣∣b− λ 0 0

0 −λ −ib0 ib −λ

∣∣∣∣∣∣ = (b− λ)(λ2 − b2) = 0 =⇒λ = b (doble),λ = −b

Problema 1.24


(a) Demuestra que (1/√

2)(1+iσx) actuando sobre un espinor de dos componen-tes puede ser considerado como la representación matricial del operadorde rotación alrededor del eje x para una rotación de ángulo −π/2. (El signomenos significa que la rotación es en el sentido de las agujas del reloj).

(b) Construye la representación matricial de Sz cuando utilizamos como vec-tores base los autovectores de Sy.

Solución:

Sea:R =

1 + iσx√2

Claramente R es una matriz unitaria:

RR† = R†R = 1

Problema 1.25

Algunos autores definen un operador como real cuando todos los elementosde la matriz 〈b′|A|b′′〉 para una cierta representación, (de base |b′〉 en estecaso), son reales. ¿Es este concepto independiente de la representación?, estoes, ¿los elementos de matriz se mantienen reales si se utiliza otra base distintade la base |b′〉? Comprueba tu afirmación utilizando operadores que te seanfamiliares como Sy y Sz (ver problema 24) o x y px.

Problema 1.26

Construye la matriz de transformaciones que conecta la base diagonal deSz con la base diagonal de Sx. Muestra que tu resultado es consistente con larelación general

U =∑

r

|b(r)〉〈a(r)|.

Solución:

Nos piden que construyamos el operador unitario U que permite pasar de la base diagonalde Sz a la base diagonal de Sx; esto es, a |Sx;±〉, verificando:

|Sx;±〉 = U |Sz;±〉 = U |±〉; con Sx|Sx;±〉 = ±~2|Sx;±〉


Calculemos entonces sus diferentes elementos de matriz:

〈+|U |+〉 = 〈+|Sx; +〉 =1√2

〈+|U |−〉 = 〈+|Sx;−〉 =1√2

〈−|U |+〉 = 〈−|Sx; +〉 =1√2

〈−|U |−〉 = 〈−|Sx;−〉 = − 1√2

donde hemos tenido en cuenta que, en la base |+〉, |−〉, se tiene que |Sx;±〉 se escribe:

|Sx;±〉 =1√2(|+〉 ± |−〉)

Con lo cual:

U.=

1√2

(1 11 −1

)——————————–

Si utilizamos ahora la fórmula U =∑

r |b(r)〉〈a(r)|, tenemos:

U = |+〉〈Sx; +|+ |−〉〈Sx;−|

=1√2(|+〉〈+|+ |+〉〈−|) +

1√2(|−〉〈+|+ |−〉〈−|)

Resultando de nuevo:

U.=

1√2

(1 11 −1

)

Problema 1.27

(a) Supón que f(A) es una función de un operador hermítico A con la propie-dad A|a′〉 = a′|a′〉. Calcula 〈b′′|f(A)|b′〉 cuando la matriz de transformaciónde la base a′ a la base b′ es conocida.

(b) Utilizando el resultado análogo para el continuo del obtenido en el apar-tado (a), calcula

〈p′′|F (r)|p′〉.

Simplifica tu expresión tanto como puedas. Date cuenta de que r es√x2 + y2 + z2, donde x, y y z son operadores.

Solución:


(a) Ya hemos visto muchas veces que para una función bien comportada de A, f(A),podemos desarrollar la función en serie de potencias de A, para obtener:

f(A) =∑

n

cnAn =⇒ f(A)|a′〉 =

∑n

cnAn|a′〉 =

∑n

cn · (a′)n|a′〉 = f(a′)|a′〉

Si los |a′〉 forman una base ortonormal (b.o.n.), entonces se verifica también la identidadde Parseval,

∑a′ |a′〉〈a′| = 1, y tenemos entonces:

〈b′′|f(A)|b′〉 =∑a′′

∑a′

〈b′′|a′′〉〈a′′|f(A)|a′〉〈a′|b′〉

=∑a′′

∑a′

〈b′′|a′′〉f(a′)δa′a′′〈a′|b′〉

=∑a′

f(a′)〈b′′|a′〉〈a′|b′〉

(b)

〈p′′|F (r)|p′〉 (a)=∫d3x′F (r)〈p′′|x′〉〈x′|p′〉

=1

(2π~)3

∫d3x′F (r) exp

(ix′·(p′ − p′′)

~

)=

2π(2π~)3

∫ 1

−1d(cos θ)

∫ ∞

0dr r2F (r) exp

(ir · |p′ − p′′| · cos θ

~

)

=~

4π2~3

∫ ∞

0dr r2F (r)

[exp

(ir|p′ − p′′|

~

)− exp

(−ir|p′ − p′′|

~

)]ir|p′ − p′′|

=1

4π2~2

∫ ∞

0dr rF (r)

1i|p′ − p′′|

2i sin(r|p′ − p′′|

~

)=

12π2~2|p′ − p′′|

∫ ∞

0dr r sin

(r|p′ − p′′|

~

)F (r)

Resultado:

〈p′′|F (r)|p′〉 =1

2π2~2|p′ − p′′|

∫ ∞

0dr r sin

(r|p′ − p′′|

~

)F (r)

Problema 1.28

(a) Sean x y px las coordenadas y el momento lineal en una dimensión. Calcuarel paréntesis de Poisson clásico

[x, F (px)]clásico.

(b) Sean ahora x y px los correspondientes operadores mecánico-cuánticos.Calcular el conmutador [

x, exp(ipxa

~

)].


(c) Utilizando el resultado obtenido en (b), demuestra que

exp(ipxa

~

)|x′〉, (x|x′〉 = x′|x′〉)

es un autoestado del operador coordenada x. ¿Cuál es el correspondienteautovalor?

Solución:

(a) El resultado es inmediato:

[A(q, p), B(q, p)]clásico ≡∑

s

(∂A

∂qs

∂B

∂ps− ∂A

∂ps

∂B

∂qs

)(ec. (1.6.48) Sakurai)

entonces:[x, F (px)]clásico =

∂x

∂x

∂F (px)∂px

− ∂x

∂px

∂F (px)∂x

=∂F (px)∂px

(b) El resultado es también inmediato si utilizamos el resultado del Problema 1.29, pág. 35:[x, exp

(ipxa

~

)]= i~

ia

~exp

(ipxa

~

)= −a exp

(ipxa

~

)——————————–

Si queremos trabajar un poco más, podemos partir de la relación:

[A,Bn] =n−1∑k=0

Bk[A,B]Bn−k−1

deducida por la aplicación reiterada de [A,BC] = [A,B]C +B[A,C].Entonces: [

x, exp(ipxa

~

)]=

[x,

∞∑n=0

(ia)n

~n

pnx

n!

]=

∞∑n=0

1n!

(ia)n

~n[x, pn

x]

pero:

[x, pnx] =

n−1∑k=0

pkx[x, px]pn−k−1

x = i~n−1∑k=0

pkxp

n−k−1x = i~

n−1∑k=0

pn−1x

= i~npn−1x

por lo tanto:[x, exp

(ipxa

~

)]=

∞∑n=0

1n!

(ia)n

~n[x, pn

x] =∞∑

n=0

1n!

(ia)n

~ni~npn−1

x

= i~(ia)~

∞∑n=1

1(n− 1)!

(ia)n−1

~n−1pn−1

x

= −a∞∑

m=0

(ia)m

~m

pmx

m!= −a exp

(ipxa

~

)q.e.d.


(c) Tenemos:

x

exp

(ipxa

~

)|x′〉

= exp(ipxa

~

)x|x′〉+

[x, exp

(ipxa

~

)]= (x′ − a)

exp

(ipxa

~

)|x′〉

de modo que exp(

ipxa~

)|x′〉 es autoestado del operador coordenada x con autovalor (x′−a).

Problema 1.29

(a) En la página 247, Gottfried (1966) afirma que

[xi, G(p)] = i~∂G

∂pi, [pi, F (x)] = −i~ ∂F

∂xi

pueden ser «fácilmente obtenidas», a partir de las relaciones fundamen-tales de conmutación, para todas las funciones de F y G que puedan de-sarrollarse en serie de potencias de sus respectivos argumentos. Verificadicha afirmación.

(b) Calcula [x2, p2]. Compara tu resultado con el paréntesis de Poisson clásico[x2, p2]clásico.

Solución:

CORREGIR: Hacerlo también usando la base de las x para calcular 〈x|[pi, F (x)]|f〉 y lade momentos para calcular 〈p|[xi, G(p)]|f〉. (Creo que entonces el cálculo sale inmediato,pues p = −i~∇ y x = i~∇, o al revés, respectivamente).(a) Primero calculemos3:

[xi, pnj ] = [xi, p

n−1j ]pj + pn−1

j [xi, pj ] = [xi, pn−1j ]pj + i~pn−1

j δij

= [xi, pn−2j ]p2

j + pn−2j [xi, pj ]pj + i~pn−1

j δij = [xi, pn−2j ]p2

j + 2i~pn−1j δij

= · · · · · · · · · = [xi, pj ]pn−1j + (n− 1)i~pn−1

j δij

= ni~pn−1j δij = i~

∂pnj

∂pi

[pi, xnj ] = [pi, x

n−1j ]xj + xn−1

j [pi, xj ] = [pi, xn−1j ]xj − i~xn−1

j δij

= [pi, xn−2j ]x2

j + xn−2j [pi, xj ]xj − i~xn−1

j δij = [pi, xn−2j ]x2

j − 2i~xn−1j δij

= · · · · · · · · · = [pi, xj ]xn−1j − (n− 1)i~xn−1

j δij

= −ni~xn−1j δij = −i~

∂xnj

∂xi

3Otro modo de calcular estos conmutadores lo tenemos en el apartado (b) del problema anterior:Problema 1.28, pág. 33.


Entonces, para G(p) ó F (x) escritas como series convergentes de potencias de pj o xj , seva a verificar la relación del enunciado. Puesto que los conmutadores van a ser distintos decero únicamente cuando sean de la misma componente (i.e. por ejemplo [xi, pi]), «a efectosde cálculo» podemos escribir los desarrollos de estas funciones como:

G(p) =∑

n

gnpnj ; F (x) =

∑n

fnxnj ; j=1,2,3

donde, si por ejemplo es j=1, los términos con y, z, ó py, pz del desarrollo en serie, que nocontienen potencias de x ó px, los podemos considerar incluidos en el término n = 0 delsumatorio.Bien, entonces tenemos:

[xi, G(p)] = [xi,∑

n

gnpnj ] =

∑n

gn[xi, pnj ] =

∑n

gnni~pn−1j δij = i~

∑n

gn

∂pnj

∂pi

= i~∂

∂pi

∑n

gnpnj = i~

∂

∂piG(p)

[pi, F (x)] = [pi,∑

n

fnxnj ] =

∑n

fn[pi, xnj ] =

∑n

fn(−ni~xn−1j δij) = −i~

∑n

fn

∂xnj

∂xi

= −i~ ∂

∂xi

∑n

fnxnj = −i~ ∂

∂xiF (x)

Comparar el resultado obtenido aquí para [xi, G(p)] con el obtenido en el apartado (a) delproblema anterior. (Problema 1.28, pág. 33). Fijarse que si aplicamos la regla

[ , ]clásico →[ , ]i~

llegamos a la relación cuántica.

(b)

[x2, p2] = x[x, p2] + [x, p2]x= x2i~p+ 2i~px = 2i~(xp+ px) = 2i~x, p

[x2, p2]clásico =∂x2

∂x

∂p2

∂p− ∂p2

∂p

∂x2

∂x

= 4xp = 2x, pclásico

Y vemos que se satisface la correspondencia:

[ , ]clásico →[ , ]i~

Problema 1.30


El operador de traslación para un desplazamiento (espacial) finito vienedado por

T (`) = exp(−ip·`

~

)donde p es el operador momento.

(a) Calcula[xi,T (`)].

(b) Utilizando (a) (o de otro modo), demuestra cómo cambia el valor esperado〈x〉 bajo una traslación.

Solución:

(a)

[xi,T (`)] = [xi, exp(−ip·`

~

)] = i~

∂

∂pi

(exp

(−ip·`

~

))= i~

(−ili~

)T (`) = liT (`)

donde hemos utilizado el resultado del problema anterior:

[xi, G(p)] = i~∂G

∂pi

(b) Bajo la acción del operador de traslación:

|α〉 −→ T (`)|α〉; 〈α| −→ 〈α|T †(`)

Así, el valor esperado de x sobre el nuevo estado trasladado, será:

〈x〉 −→ 〈α|T †xT |α〉 = 〈α|T †(T x + [x,T (`)])|α〉(a)= 〈α|T † (T x + `T ) |α〉 = 〈x〉+ `

donde hemos tenido en cuenta que T T † = T †T = I, (el operador de traslación T esunitario), y que ` es una constante y por tanto conmuta con T .

Problema 1.31

En el texto del capítulo hemos discutido el efecto de T (dx′) sobre los auto-vectores de posición y momento y sobre un estado general |α〉. Podemos tambiénestudiar el comportamiento de los valores esperados 〈x〉 y 〈p〉 bajo traslacionesinfinitesimales. Utilizando únicamente (1.6.25), (1.7.39b) y |α〉 → T (dx′)|α〉, de-muestra que 〈x〉 → 〈x〉+ dx′, 〈p〉 → 〈p〉 bajo una traslación infinitesimal.


Solución:

Tenemos que:

|α〉 −→ T (dx′)|α〉〈α| −→ 〈α|T †(dx′)[x,T (dx′)] = dx′ [p,T (dx′)] = 0

T (dx′) ≈ 1− iK·dx′ T †(dx′) ≈ 1 + iK†·dx′

Entonces:

〈x〉 −→ 〈α|T †xT |α〉 = 〈α|T †(T x + dx′)|α〉 = 〈α|T †T x|α〉+ dx′〈α|T †|α〉= 〈α|x|α〉+ dx′〈α|1 + O(dx′)|α〉 = 〈x〉+ dx′

〈p〉 −→ 〈α|T †pT |α〉 = 〈α|T †T p|α〉 = 〈α|p|α〉 = 〈p〉

Problema 1.32

(a) Verifica las relaciones (1.7.39a) y (1.7.39b) para los valores esperados dep y p2 de un paquete de ondas gausiano (1.7.35).

(b) Calcula el valor esperado de p y p2 utilizando la función de onda en elespacio de momento (1.7.42).

Solución:

(a) Nos piden que veamos que:

〈p〉 = ~k; 〈p2〉 =~2

2d2+ ~2k2

con

〈x′|α〉 =[

1π1/4

√d

]exp

[ikx′ − x′2

2d2

]〈x′|p|x′′〉 = −i~ ∂

∂x′δ(x′ − x′′)


Entonces:

〈p〉 =∫dx′∫dx′′〈α|x′〉〈x′|p|x′′〉〈x′′|α〉

=∫dx′∫dx′′〈α|x′〉

(−i~ ∂

∂x′δ(x′ − x′′)

)〈x′′|α〉 = −i~


(−i~ ∂

∂x′

)〈x′|α〉

=−i~√πd

∫ ∞

−∞dx′ exp

[−ikx′ − x′2

2d2

](−i~ ∂

∂x′

)exp

[ikx′ − x′2

2d2

]= · · ·

∂

∂x′exp

[ikx′ − x′2

2d2

]=(ik − 2x′

2d2

)exp

[ikx′ − x′2

2d2

]· · · =

=−i~√πd

∫ ∞

−∞dx′(ik − 2x′

2d2︸︷︷︸impar

)exp

[−x

′2

d2

]︸︷︷︸

par

=~k√πd

∫ ∞

−∞dx′ exp

[−x

′2

d2

]

=~k√πd

√πd = ~k

Del mismo modo:

〈p2〉 =∫dx′〈α|x′〉p2〈x′|α〉

=−~2

√πd

∫ ∞

−∞dx′ exp

[−ikx′ − x′2

2d2

]∂2

∂x′2exp

[ikx′ − x′2

2d2

]= · · ·

∂2

∂x′2exp

[ikx′ − x′2

2d2

]=(ik − x′

d2

)2

exp[ikx′ − x′2

2d2

]− 1d2

exp[ikx′ − x′2

2d2

]· · ·

=−~2

√πd

∫ ∞

−∞dx′

(x′2

d4− 2ik

x′

d2︸︷︷︸impar

−k2 − 1d2

)exp

[−x

′2

d2

]︸︷︷︸

par

=−~2

√πd

(−k2 − 1

d2

)∫ ∞

−∞dx′ exp

[−x

′2

d2

]+−~2

√π

1d5

∫ ∞

−∞dx′x′2 exp

[−x

′2

d2

]=−~2

√πd

(−k2 − 1

d2

)√πd− ~2

√π

1d5

2d3

2Γ(

32

)=

= ~2k2 +~2

d2− ~2

2d2= ~2k2 +

~2

2d2

(b)

〈p′|α〉 =

√d

~√π

exp[−(p′ − ~k)2d2

2~2

]〈p′|p|p′′〉 = p′δ(p′ − p′′)


Entonces:

〈p〉 =∫dp′∫dp′′〈α|p′〉〈p′|p|p′′〉〈p′′|α〉 =

∫dp′p′〈α|p′〉〈p′|α〉

=d

~√π

∫ ∞

−∞dp′p′ exp

[−(p′ − ~k)2d2

~2

]=(p′ − ~k) −→ p′′

=

d

~√π

∫ ∞

−∞dp′′( p′′︸︷︷︸

impar

+ ~k︸︷︷︸par

) exp[−p′′2d2

~2

]︸︷︷︸

par

=d

~√π

~k∫ ∞

−∞dp′′ exp

[−p′′2d2

~2

]

=d√πk

(√π

~d

)= ~k

Igualmente:

〈p2〉 =∫dp′p′2〈α|p′〉〈p′|α〉

=d

~√π

∫ ∞

−∞dp′p′2 exp

[−(p′ − ~k)2d2

~2

]=(p′ − ~k) −→ p′′

=

d

~√π

∫ ∞

−∞dp′′(p′′ + ~k)2 exp

[−p′′2d2

~2

]=

d

~√π

∫ ∞

−∞dp′′( p′′2︸︷︷︸

par

+ ~2k2︸︷︷︸par

+2p′′~k︸︷︷︸impar

) exp[−p′′2d2

~2

]︸︷︷︸

par

=d

~√π

∫ ∞

−∞dp′′(p′′2 + ~2k2) exp

[−p′′2d2

~2

]=

d

~√π

~2k2

∫ ∞

−∞dp′′ exp

[−p′′2d2

~2

]+

d

~√π

∫ ∞

−∞dp′′p′′2 exp

[−p′′2d2

~2

]=

d

~√π

~2k2

(~d

√π

)+

d

~√π

(12√π

~3

d3

)= ~2k2 +

~2

2d2

Nota: ∫ ∞

−∞e−αx2

dx =√π

α(integral de una gausiana)

∂

∂α

(∫ ∞

−∞e−αx2

dx

)= −

∫ ∞

−∞x2e−αx2

dx =∂

∂α

(√π

α

)= −1

2

√π

α3/2

Problema 1.33

(a) Demuestra lo siguiente:

(i) 〈p′|x|α〉 = i~∂

∂p′〈p′|α〉


(ii) 〈β|x|α〉 =∫dp′φ∗β(p′)i~

∂

∂p′φα(p′),

donde φα(p′) = 〈p′|α〉 y φβ(p′) = 〈p′|β〉 son las funciones de onda en el espaciode momentos.

(b) ¿Cuál es el significado físico de

exp(ixΞ~

),

donde x es el operador posición y Ξ es cierto número con dimensiones demomento? Justifica tu respuesta.

Solución:

(a)

(i)

〈p′|x|α〉 =∫dp′′〈p′|x|p′′〉〈p′′|α〉

Calculemos 〈p′|x|p′′〉:

〈p′|x|p′′〉 =∫dx′〈p′|x|x′〉〈x′|p′′〉 =

∫dx′x′〈p′|x′〉〈x′|p′′〉

=1

2π~

∫dx′x′ exp

[−ix′(p′ − p′′)

~

]= i~

∂

∂p′1

2π~

∫dx′ exp

[−ix′(p′ − p′′)

~

]= i~

∂

∂p′δ(p′ − p′′)

Entonces:

〈p′|x|α〉 =∫dp′′〈p′|x|p′′〉〈p′′|α〉 =

∫dp′′i~

∂

∂p′δ(p′ − p′′)〈p′′|α〉

= i~∂

∂p′〈p′|α〉

(ii)

〈β|x|α〉 =∫dp′〈β|p′〉〈p′|x|α〉 (i)

=∫dp′〈β|p′〉i~ ∂

∂p′〈p′|α〉

=∫dp′φ∗β(p′)i~

∂

∂p′φα(p′)

(b) El operador exp(

ixΞ~)

nos da la traslación en el espacio de momentos, esto es, realiza losboost. Ξ representa el desplazamiento en el momento, y x es el generador de las traslaciones


de momento. Efectivamente:

p

exp

(ixΞ~

)|p′〉

= exp(ixΞ~

)p|p′〉+

[p, exp

(ixΞ~

)]|p′〉

= p′ exp(ixΞ~

)|p′〉+ Ξexp

(ixΞ~

)|p′〉

= (p′ + Ξ)

exp(ixΞ~

)|p′〉

Y tenemos, por lo tanto, que exp(

ixΞ~)|p′〉 es propio del operador p con autovalor (p′ +Ξ).

(Hemos utilizado el resultado del Problema 1.29, pág. 35, para el cálculo del conmutador).

Capítulo 2

Dinámica cuántica

Problema 2.1

Considera el problema de la precesión del spin ya discutido en el texto. Sepuede resolver también en la imagen de Heisemberg. Utilizando el Hamilto-niano:

H = −(eB

mc

)Sz = ωSz,

escribe las ecuaciones del movimiento de Heisemberg para los operadores, (de-pendientes del tiempo), Sx, Sy, y Sz. Resuélvelas para obtener Sx,y,z como fun-ciones del tiempo.

Solución:

Ec. de Heisemberg del movimiento:

dA(H)

dt=

1i~

[A(H),H] (ec. (2.2.19) Sakurai)

con A(H)(t) ≡ U †(t)A(S)U (t), y A(S) operador que no depende explícitamente de t.

Entonces:

dS(H)x

dt=

1i~

[S(H)x ,H] =

1i~

[S(H)x , ωS(H)

z ] =1i~ω(−i~S(H)

y ) = −ωS(H)y

dS(H)y

dt=

1i~

[S(H)y ,H] =

1i~

[S(H)y , ωS(H)

z ] = ωS(H)x

dS(H)z

dt=

1i~

[S(H)z ,H] =

1i~

[S(H)z , ωS(H)

z ] = 0 ⇒ S(H)z (t) = cte = S(H)

z (0)

43

44 CAPÍTULO 2. DINÁMICA CUÁNTICA

donde hemos utilizado que, si [A(S), B(S)] = C(S), entonces:1

[A(H), B(H)] = [U †A(S)U ,U †B(S)U ] = U †(A(S)B(S) −B(S)A(S))U

= U †[A(S), B(S)]U = U †C(S)U = C(H)

Nos queda resolver un sistema de dos ec. diferenciales acopladas, que podemos desacoplarderivando una vez:

dSx

dt= −ωSy

dSy

dt= ωSx

derivando=⇒

d2Sx

dt2= −ωdSy

dt= −ω2Sx

d2Sy

dt2= ω

dSx

dt= −ω2Sy

Y la solución es:

Sx(t) = A cosωt+B sinωtSy(t) = C cosωt+D sinωt

Aplicando ahora las condiciones iniciales:

Sx(0) = Sx(0) Sx(0) = −ωSy(0)Sy(0) = Sy(0) Sy(0) = ωSx(0)

obtenemos:A = Sx(0) = D C = Sy(0) = −B

Resultado final: Sx(t) = Sx(0) cosωt− Sy(0) sinωtSy(t) = Sy(0) cosωt+ Sx(0) sinωtSz(t) = Sz(0)

Problema 2.2

Consideremos de nuevo el Hamiltoniano del Capítulo 1, Problema 1.11.Supón que quien lo escribió cometió un error tipográfico y escribió H como:

H = H11|1〉〈1|+H22|2〉〈2|+H12|1〉〈2|

¿Qué principio se violaría en este caso? Argumenta tu respuesta intentandoresolver explicitamente el problema dependiente del tiempo más general conun Hamiltoniano ilegal de este tipo. (Puedes suponer que H12 = H22 = 0, porsimplicidad).

Solución:

L’operador NO es hermític, per tant es viola conservació de la probabilitat. FER-LO1Esta igualdad, [A(H), B(H)] = C(H), no sería válida si tomamos los operadores a tiempos distintos.


Problema 2.3

Un electrón está sometido a un campo magnético B uniforme e indepen-diente del tiempo en la dirección del eje z. En t = 0 sabemos que el electrónestá en un estado propio de S·n con autovalor ~/2, donde n es un vector unitariosobre el plano xz y que forma un ángulo β con el eje z.

(a) Obtén la probabilidad de encontrar el electrón en el estado sx = ~/2 comouna función del tiempo.

(b) Encuentra el valor esperado de Sx como una función del tiempo.

(c) Para tu propia tranquilidad, muestra que tus respuestas tienen sentidopara los casos extremos: (i) β → 0 y (ii) β → π/2.

Solución:

Este problema es secillo, tenemos que inicialmente, en t = 0, el sistema se encuentra en elestado:

|ψ, t0 = 0〉 = |S·n; +〉 = cos(β

2

)|+〉+ sin

(β

2

)|−〉

(ver, por ejemplo, Problema 1.9, pág. 12).La evolución temporal viene gobernada por el operador U (t, t0):

U (t, t0) = exp[− iH(t− t0)

~

]; H = −

(eB

mec

)Sz = ωSz

donde ω =|e|Bmec

y e < 0 para la carga del electrón.

Entonces, en un instante t posterior el sistema se encontrará en el estado:

|ψ, t0 = 0; t〉 = U (t, t0 = 0)|ψ, t0 = 0〉 = exp[−iHt

~

]|ψ, t0 = 0〉

= cos(β

2

)e−iωt/2|+〉+ sin

(β

2

)eiωt/2|−〉

donde hemos utilizado que:

H|±〉 = ωSz|±〉 =(±~ω

2

)|±〉

(a)

|Sx; +〉 =1√2(|+〉+ |−〉)


Y la probabilidad de encontrar el electrón en el estado sx = ~/2, en cierto instante t, vienedada por:

|〈Sx; +|ψ, t0 = 0; t〉|2 =∣∣∣∣( 1√

2(〈+|+ 〈−|)

)(cos(β

2

)e−iωt/2|+〉+ sin

(β

2

)eiωt/2|−〉

)∣∣∣∣2=

12

∣∣∣∣cos(β

2

)e−iωt/2 + sin

(β

2

)eiωt/2

∣∣∣∣2=

12

(1 + 2 cos

(β

2

)sin(β

2

)cosωt

)=

12

(1 + sinβ cosωt)

Hemos utilizado que:

|z1 + z2|2 = |z1|2 + |z2|2 + 2 Real (z1z∗2)sin 2A = 2 sinA cosA

(b) Es más sencillo si trabajamos en la base |+〉, |−〉, entonces:

〈Sx〉t =(

cos(β

2

)eiωt/2 sin

(β

2

)e−iωt/2

)·

Sx︷︸︸︷~2

(0 11 0

)·

cos(β

2

)e−iωt/2

sin(β

2

)eiωt/2

=~2

(sin(β

2

)e−iωt/2 cos

(β

2

)eiωt/2

)·

cos(β

2

)e−iωt/2

sin(β

2

)eiωt/2

=

~2

[sin(β

2

)cos(β

2

)(e−iωt + eiωt

)]=

~2

sinβ cosωt

Resultado:

〈Sx〉t =~2

sinβ cosωt

—————————————

Como ejemplo, hagámoslo ahora en la imagen de Heisenberg :

S(H)x (t) = U †(t)S(S)

x U (t) = exp(iωSzt

~

)Sx exp

(−iωSzt

~

)= Sx cosωt− Sy sinωt

(Para el último paso, ver por ejemplo las ecs. (3.2.5) ó (3.2.6) o la (3.2.44) del Sakurai).Fijarse que coincide con el resultado que ya habíamos obtenido en el Problema 2.1, pág. 43.Entonces:

〈Sx〉t = 〈Sx〉0 cosωt− 〈Sy〉0 sinωt


Claramente 〈Sy〉0 = 0, porque inicialmente n está en el plano xz. En cualquier caso:

〈Sy〉0 =(

cos(β

2

)sin(β

2

) )·

Sy︷︸︸︷~2

(0 −ii 0

)·

cos(β

2

)sin(β

2

)

=i~2

(sin(β

2

)− cos

(β

2

) )·

cos(β

2

)sin(β

2

) = 0

Así, de nuevo:

〈Sx〉t =~2

sinβ cosωt

(c) Particularizemos ahora para los dos casos que nos pide el problema:

(i) β → 0 P (t) =12

〈Sx〉t = 0

El sistema se encuentra inicialmente en un estado propio de Sz con autovalor ~/2 y ahí vaa continuar. La probabilidad de obtener sx = ~/2

Problema 2.4

Sea x(t) el operador coordenada para una partícula libre en una dimensión,en la imagen de Heisemberg. Calcula:

[x(t), x(0)].

Solución:

Este problema está resuelto en el propio texto, simplemente lo reproducimos aquí.Para una partícula libre de masa m, el Hamiltoniano viene dado por:

H =p2

2m=p2

x + p2y + p2

z

2m


Entonces las ecuaciones de Heisemberg para pi y xi son:

dpi(t)dt

=1i~

[pi(t),H] = 0 =⇒

=⇒ pi(t) = cte = pi(0)

dxi(t)dt

=1i~

[xi(t),H] =1i~

12m

i~∂

∂pi

3∑j=1

p2j

=pi(t)m

=pi(0)m

=⇒

=⇒ xi(t) = xi(0) +(pi(0)m

)t

(se sobreentiende que todos los operadores llevan el superíncice (H), i.e. son los correspon-dientes operadores en la imagen de Heisemberg).Por lo tanto:

[xi(t), xi(0)] =[pi(0)tm

+ xi(0), xi(0)]

=[pi(0)tm

, xi(0)]

=−i~tm

Problema 2.5

Considera una partícula en una dimensión cuyo Hamiltoniano viene dadopor:

H =p2

2m+ V (x).

Demuestra, calculando el conmutador [[H,x], x], que:

∑a′

|〈a′′|x|a′〉|2(Ea′ − Ea′′) =~2

2m,

donde |a′〉 es un estado propio de la energía, (del Hamiltoniano), con valorpropio Ea′.

Solución:

Tenemos que:

H|a′′〉 = Ea′′ |a′′〉; (|a′′〉 es autoestado de H)

[[H,x], x] = [−i~ pm, x] = −~2

m

donde hemos utilizado que [xi, G(p)] = i~∂G

∂pi, (Problema 1.29, pág. 35).


Entonces:

~2

2m= 〈a′′| ~2

2m|a′′〉 = −1

2〈a′′|−~2

m|a′′〉 = −1

2〈a′′|[[H,x], x]|a′′〉

= −12(〈a′′|Hx2|a′′〉+ 〈a′′|x2H|a′′〉 − 2〈a′′|xHx|a′′〉)

= −12(2Ea′′〈a′′|x2|a′′〉 − 2〈a′′|x (

∑a′

|a′〉〈a′|)︸︷︷︸1

H (∑a′′′

|a′′′〉〈a′′′|)︸︷︷︸1

x|a′′〉)

= −Ea′′〈a′′|x (∑a′

|a′〉〈a′|)︸︷︷︸1

x|a′′〉+∑a′

∑a′′′

〈a′′|x|a′〉〈a′|H|a′′′〉︸︷︷︸Ea′′′δ(a

′′′−a′)

〈a′′′|x|a′′〉

= −Ea′′∑a′

〈a′′|x|a′〉〈a′|x|a′′〉+∑a′

Ea′〈a′′|x|a′〉〈a′|x|a′′〉 =

=∑a′

|〈a′′|x|a′〉|2(Ea′ − Ea′′)

Hemos ido introduciendo diversas identidades de Parseval para llegar al resultado.

Problema 2.6

Consideremos una partícula en tres dimensiones, cuyo Hamiltoniano vienedado por:

H =p2

2m+ V (x).

Calculando [x·p,H], obtén:

d

dt〈x·p〉 =

⟨p2

m

⟩− 〈x·∇V 〉

Para realizar la identificación de la expresión anterior con la versión mecánico-cuántica del teorema del virial clásico, es esencial que el lado izquierdo de laigualdad se anule. ¿Bajo qué condiciones esto sucede?

Solución:

Calculemos el conmutador [x·p,H]. (Consideramos índices repetidos, sumados):

[x·p,H] = [xipi,pjpj

2m+ V (x)] = xi[pi, V (x)] + [xi,

pjpj

2m]pi

= xi

(−i~∂V (x)

∂xi

)+(i~

12m

2pjδij

)pi = i~

(−x·∇V (x) +

p2

m

)(Se han utilizado las relaciones obtenidas en el Problema 1.29, pág. 35).

Si ahora aplicamos la ecuación del movimiento de Heisemberg al operador x·p:

d(x·p)dt

=1i~

[x·p,H] =p2

m− x·∇V (x)


Tomando ahora valores esperados, teniendo en cuenta que en la imagen de Heisemberg losestados NO dependen del tiempo, queda el resultado final:

d

dt〈x·p〉 =

⟨p2

m

⟩− 〈x·∇V 〉

Ecuación esta última válida en cualquier imagen puesto que tiene que ver con valoresesperados.

——————————

El lado izquierdo de la ecuación se va a anular cuando los valores esperados se tomen sobreautoestados de la energía, (del Hamiltoniano), puesto que, usando la ec. del movimientode Heisemberg de nuevo:

d

dt〈a′|x·p|a′〉 =

1i~〈a′|[x·p,H]|a′〉 =

1i~〈a′|(x·p)H −H(x·p)|a′〉

=1i~〈a′|x·p|a′〉(Ea′ − Ea′) = 0

Así, para autoestados de la energía, (estados estacionarios), tenemos el análogo cuánticodel teorema del virial:⟨

p2

m

⟩= 〈x·∇V 〉; teorema del virial cuántico

Nota 1:De una manera similar, aplicando la ecuación del movimiento de Heisemberg a los opera-dores, x, y, z, y px, py, pz, podemos obtener los dos teoremas de Ehrenfest, (está hecho enel propio texto del Sakurai):

d

dt〈x〉 =

〈p〉m

1 er teorema de Ehrenfest

d

dt〈p〉 = −〈∇V (x, t)〉 2o teorema de Ehrenfest

Nota 2:La imagen de Heisemberg resulta muy útil cuando queremos derivar ecuaciones de la me-cánica clásica a partir de la mecánica cuántica ya que, como vemos, las ecuaciones que nosaparecen guardan una gran similitud con sus análogas clásicas.Sin embargo tenemos que insistir en que las tres ecuaciones anteriores, (el teorema delvirial y los dos teoremas de Ehrenfest), a pesar de su apariencia «clásica», son ecuacionesde la mecánica cuántica, y no representan ningún límite clásico.Así es un error pensar que los teoremas de Ehrenfest arriba obtenidos implican que lamecánica clásica es válida cuando consideremos los valores esperados (valores medios) delos operadores x y p. Esto no es así, para que fuera cierto necesitaríamos por lo menosque:

〈∇V (x, t)〉 = ∇V (〈x〉, t)


aunque ésta tampoco es una condición suficiente para considerar el sistema como clásico.

Problema 2.7

Considera un paquete de ondas de una partícula libre en una dimensión. Ent = 0, el paquete satisface la relación de incertidumbre mínima:

〈(∆x)2〉〈(∆p)2〉 =~2

4(t = 0).

Además sabemos que:〈x〉 = 〈p〉 = 0 (t = 0).

Utilizando la imagen de Heisemberg, obtén 〈(∆x)2〉t como función de t(t ≥ 0)cuando nos dan 〈(∆x)2〉t=0. (Ayuda: Utiliza la propiedad de la incertidumbremínima para un paquete de ondas que obtuviste en el Problema 1.18, pág. 22)

Problema 2.8

Sean |a′〉 y |a′′〉 los autovectores de un operador hermítico A, con autovaloresa′ y a′′, respectivamente (a′ 6= a′′). El operador Hamiltoniano viene dado por:

H = |a′〉δ〈a′′|+ |a′′〉δ〈a′|,

donde δ es un número real.

(a) Claramente, |a′〉 y |a′′〉 no son autoestados del Hamiltoniano. Escribe losautoestados del Hamiltoniano. ¿Cuáles son sus correspondientes autova-lores?

(b) Supón que se sabe que el sistema está en un estado |a′〉 en t = 0. Escribeel vector estado del sistema, en la imagen de Shrödinger, para t > 0.

(c) ¿Cuál es la probabilidad de encontrar el sistema en |a′′〉 para t > 0 si sesabe que el sistema se encuentra en el estado |a′〉 en t = 0.

(d) ¿Puedes pensar en alguna situación física que se corresponda con esteproblema?

Solución:

(a) En la base |a′〉, |a′′〉, el Hamiltoniano H viene dado por:

H.=(〈a′|H|a′〉〈a′|H|a′′〉〈a′′|H|a′〉〈a′′|H|a′′〉

)=(

0 δδ 0

)


Resolviendo la ecuación característica, det(H − λI) = 0:∣∣∣∣ −λ δδ −λ

∣∣∣∣ = λ2 − δ2 = 0 =⇒ λ± = ±δ

Sustituyendo λ± en la ecuación de los autovectores, (H − λ±I)|λ±〉 = 0, tenemos:(−δ δδ −δ

)(xy

)=(

00

); para λ+

(δ δδ δ

)(xy

)=(

00

); para λ−

de donde se obtiene, respectivamente, en cada caso:

|λ+〉.=

1√2

(11

).= |λ+〉 =

1√2

(|a′〉+ |a′′〉

)

|λ−〉.=

1√2

(1−1

).= |λ−〉 =

1√2

(|a′〉 − |a′′〉

)Resultado:

Autovalores: Autovectores:

λ± = ±δ |λ±〉 =1√2(|a′〉 ± |a′′〉)

(b) El Hamiltoniano en la nueva base de estados propios, se escribe:

H = δ|λ+〉〈λ+| − δ|λ−〉〈λ−|

Y se verifica, lógicamente:H|λ±〉 = λ±|λ±〉 = ±δ|λ±〉

Entonces:

U (t, 0) = exp(−iHt

~

)=∑λi

∑λj

|λj〉〈λj | exp(−iHt

~

)|λi〉〈λi|

=∑λi

exp(−iλit

~

)|λi〉〈λi| (ver ec. (2.1.36) Sakurai)

= exp(−i · δ · t

~

)|λ+〉〈λ+|+ exp

(−i · (−δ) · t

~

)|λ−〉〈λ−|

donde hemos introducido un par de identidades de Parseval.


Entonces en un instante t el sistema se encuentra en un estado:

|α(t)〉 = U (t, 0)|a′〉 =(e−iδ t/~|λ+〉〈λ+|+ eiδ t/~|λ−〉〈λ−|

) 1√2(|λ+〉+ |λ−〉)

=1√2

[e−iδ t/~|λ+〉〈λ+|λ+〉+ eiδ t/~|λ−〉〈λ−|λ−〉

]=

1√2

[e−iδ t/~|λ+〉+ eiδ t/~|λ−〉

]=

12

[e−iδ t/~(|a′〉+ |a′′〉) + eiδ t/~(|a′〉 − |a′′〉)

]=

12

[|a′〉

(e−iδ t/~ + eiδ t/~

)+ |a′′〉

(e−iδ t/~ − eiδ t/~

)]= cos

(δ t

~

)|a′〉 − i sin

(δ t

~

)|a′′〉

(c) Tenemos que calcular la siguiente probabilidad:∣∣〈a′′|U (t, 0)|a′〉∣∣2 =

∣∣∣∣〈a′′| [cos(δ t

~

)|a′〉 − i sin

(δ t

~

)|a′′〉

]∣∣∣∣2= sin2

(δ t

~

)(d) Consideremos, por ejemplo, el Hamiltoniano de un sistema de spin 1/2, con momentomagnético e~/2mec, sometido a un campo magnético externo B en la dirección del eje x:

H = −(eB

mec

)Sx (e < 0 para la carga del electrón)

Esta situación se corresponde con la de nuestro problema, tomando δ = −~2

(eB

mec

).

Así |α(t)〉 describe la evolución de este sistema: Aunque en t = 0 el spin del sistema seencuentra apuntando en la dirección positiva del eje z, (tenemos el sistema en el estado|Sz; +〉), la presencia del campo magnético en la dirección del eje x, provoca la rotación deéste. De este modo, en cierto instante de tiempo posterior, encontramos una probabilidaddiferente de cero de encontrar el sistema en el estado |Sz;−〉.

Problema 2.9

Una caja conteniendo una partícula se encuentra dividida en dos compar-timentos, (izquierdo y derecho), por un tabique delgado. Si se sabe que lapartícula se encuentra en el lado derecho, (izquierdo), con certeza, el estadodel sistema viene representado por el autoestado de posición |R〉, (|L〉), dondehemos despreciado variaciones espaciales dentro de cada una de las mitades dela caja.El estado más general de este sistema se puede escribir como:

|α〉 = |R〉〈R|α〉+ |L〉〈L|α〉,

donde 〈R|α〉 y 〈L|α〉 pueden ser consideradas “funciones de onda.” La partículapuede pasar a través del tabique; este efecto túnel viene caracterizado por elHamiltoniano:

H = ∆ (|L〉〈R|+ |R〉〈L|) ,


donde ∆ es un número real con dimensiones de energía.

(a) Encuentra los autoestados normalizados de la energía. ¿Cuáles son loscorrespondientes autovalores de la energía?

(b) En la imagen de Shrödinger los kets base |R〉 y |L〉 estan fijos, y el vectorestado se mueve con el tiempo. Supón que el sistema viene representadoen t = 0 por el estado |α〉 tal como lo hemos escrito arriba. Encuentrael vector estado |α, t0 = 0; t〉 para t > 0 aplicando el operador evolucióntemporal apropiado a |α〉.

(c) Supón que en t = 0 sabemos que la partícula se encuentra en el ladoderecho con certeza. Encuentra la probabilidad de observar la partículaen el lado izquierdo como una función del tiempo.

(d) Escribe el sistema de ecuaciones de Shrödinger acopladas para las funcio-nes de onda 〈R|α, t0 = 0; t〉 y 〈L|α, t0 = 0; t〉. Muestra que las soluciones deeste sistema son justo las que tú esperas del apartado (b).

(e) Supón que en la imprenta han cometido un error y han escrito H como:

H = ∆|L〉〈R|

Resolviendo explícitamente el problema de evolución temporal más gene-ral con este Hamiltoniano, muestra que la conservación de probabilidadse viola.

Solución:

Este problema no es más que un compendio de muchos de los problemas que hemos vistohasta aquí, así que no deberíamos de tener ninguna dificultad en resolverlo.

(a)

Problema 2.10

Utilizando el oscilador armónico simple unidimensional como ejemplo ilustrala diferencia entre la imagen de Heisemberg y la imagen de Shrödinger. Discuteen particular cómo evolucionan con el tiempo en cada una de las imágenes(a) las variables dinámicas x y p y (b) el vector estado más general.

Problema 2.11

Considera una partícula sometida a un potencial tipo oscilador armónico enuna dimensión. Supón que en t = 0 el sistema se encuentra en el estado:

exp(−ipa

~

)|0〉,


donde p es el operador momento y a es cierto número con dimensiones delongitud. Utilizando la imagen de Heisemberg, calcula el valor esperado 〈x〉para t ≥ 0.

Solución:

Es evidente que exp(−ipa

~

)es el operador de traslación espacial, pues para |x〉 estado

propio de x con autovalor x, se tiene que exp(−ipa

~

)|x〉 también es estado propio de x

ahora con autovalor x+ a, efectivamente:

x exp(−ipa

~

)|x〉 = [x, exp

(−ipa

~

)]|x〉+ exp

(−ipa

~

)x|x〉

= i~(− ia

~

)exp

(−ipa

~

)|x〉+ x exp

(−ipa

~

)|x〉

= (x+ a) exp(−ipa

~

)|x〉 =⇒

=⇒ exp(−ipa

~

)|x〉 ∝ |x+ a〉 q.e.d.

O, también:

exp(ipa

~

)x exp

(−ipa

~

)= exp

(ipa

~

)([x, exp

(−ipa

~

)] + exp

(−ipa

~

)x

)= exp

(ipa

~

)(i~−ia~

exp(−ipa

~

)+ exp

(−ipa

~

)x

)= a+ x q.e.d.

Entonces, claramente exp(−ipa

~

)|0〉 es un estado coherente, (ver discusión en el Sakurai:

último apartado de la sec. 2.3), y, por lo tanto, esperamos que el valor esperado de x(t),para este estado, oscile como lo haría un oscilador clásico con una amplitud a, así yapodemos adelantar el resultado:

〈x〉 = a cosωt

Veamos ahora que efectivamente es así. En la imagen de Heisemberg:

x(H)(t) = exp(iHt

~

)x(0) exp

(−iHt

~

)= x(0) cosωt+

p(0)mω

sinω

ec. (2.3.45a) ó (2.3.50) Sakurai

Entonces:〈x(t)〉 = 〈x(0)〉 cosωt+

〈p(0)〉mω

sinω

Teníamos que:

exp(ipa

~

)x exp

(−ipa

~

)= a+ x

exp(ipa

~

)p exp

(−ipa

~

)= exp

(ipa

~

)exp

(−ipa

~

)p = p


Ahora ya podemos calcular los valore esperados:

〈0| exp(ipa

~

)x(0) exp

(−ipa

~

)|0〉 = 〈0|a+ x(0)|0〉 = 〈0|a|0〉+ 〈0|x|0〉 = a

〈0| exp(ipa

~

)p(0) exp

(−ipa

~

)|0〉 = 〈0|p(0)|0〉 = 0

puesto que x y p contienen operadores a y a† que no conectan estados |0〉 con ellos mismos.Finalmente es, como habíamos dicho:

〈x(t)〉 = a cosωt

Problema 2.12

(a) Escribe la función de onda (en el espacio de coordenadas), en t = 0, parael estado especificado en el Problema 1.11:

|α;t = 0〉 = exp(−ipa

~

)|0〉

Puedes utilizar:

〈x′|0〉 = π−1/4x−1/20 exp

[−1

2

(x′

x0

)2],

(x0 ≡

(~mω

)1/2)

.

(b) Obtén una expresión para la probabilidad de que el sistema se encuentreen el estado fundamental en t = 0. ¿Cambia esta probabilidad para t > 0?

Solución:

(a) Tenemos que:

〈x′|α; t = 0〉 = 〈x′| exp(−ipa

~

)|0〉 = 〈x′ − a|0〉 = π−1/4x

−1/20 exp

[−1

2

(x′ − a

x0

)2]

donde hemos utilizado el hecho de que exp(−ipa

~

)es el operador traslación espacial, tal

como lo hemos discutido en el problema anterior.

——————————

(b) Nos piden que calculemos:

|〈0|α; t = 0〉|2 = |〈0| exp(−ipa

~

)|0〉|2


Entonces:

〈0| exp(−ipa

~

)|0〉 =

∫dx′〈0|x′〉〈x′| exp

(−ipa

~

)|0〉 =

∫dx′〈0|x′〉〈x′ − a|0〉

= π−1/2x−10

∫ ∞

−∞dx′ exp

[−1

2

(x′

x0

)2]

exp

[−1

2

(x′ − a

x0

)2]

=1√πx0

∫ ∞

−∞dx′ exp

[− 1

2x20

(x′2 + x′2 − 2x′a+ a2

)]

=1√πx0

∫ ∞

−∞dx′ exp

− 22x2

0

(x′2 − 2x′a

2+a2

4︸︷︷︸(x′−a)2

+a2

4)

=

1√πx0

exp(− a2

4x20

)∫ ∞

−∞dx′ exp

[(x′ − a

x0

)2]

=1√πx0

exp(− a2

4x20

)√πx0 = exp

(− a2

4x20

)donde hemos introducido la identidad

∫dx′|x′〉〈x′| = 1 donde ha sido conveniente.

Luego:

|〈0|α; t = 0〉|2 = exp(− a2

2x20

)——————————

Para t > 0 la probabilidad no va a cambiar:

|α; t〉 = U (t, t0 = 0)|α; t = 0〉 = exp(−iHt

~

)|α; t = 0〉

Entonces:

|〈0|α; t〉|2 = |〈0| exp(−iHt

~

)|α; t = 0〉|2 =

∣∣∣∣exp(

+iE0t

~

)〈0|α; t = 0〉

∣∣∣∣2 = |〈0|α; t = 0〉|2

Problema 2.13

Considera un oscilador armónico simple unidimensional:

(a) Utilizando que:

a

a†

=√mω

2~

(x± ip

mω

),

a|n〉a†|n〉

=

√n|n− 1〉

√n+ 1|n+ 1〉,

calcula 〈m|x|n〉, 〈m|p|n〉, 〈m|x, p|n〉, 〈m|x2|n〉, y 〈m|p2|n〉.

(b) Comprueba que el teorema del virial se cumple para los valores espera-dos de la energía cinética y la energía potencial, (tomados respecto a unautoestado de la energía).


Solución:

(a) Este apartado es sencillo, simplemente un poco engorroso. Tenemos:

x =

√~

2mω(a+ a†), p = i

√m~ω

2(−a+ a†)

por lo tanto:

x|n〉 =

√~

2mω(√n|n− 1〉+

√n+ 1|n+ 1〉)

p|n〉 = i

√m~ω

2(−√n|n− 1〉+

√n+ 1|n+ 1〉)

〈n|x =

√~

2mω(√n〈n− 1|+

√n+ 1〈n+ 1|)

〈n|p = −i√m~ω

2(−√n〈n− 1|+

√n+ 1〈n+ 1|)

(Los estados están normalizados: 〈n|m〉 = δnm).Tenemos entonces:

〈m|x|n〉 =

√~

2mω〈m|(

√n|n− 1〉+

√n+ 1|n+ 1〉)

=

√~

2mω(√n δm,n−1 +

√n+ 1 δm,n+1)

〈m|p|n〉 = i

√m~ω

2〈m|(−

√n|n− 1〉+

√n+ 1|n+ 1〉)

= i

√m~ω

2(−√n δm,n−1 +

√n+ 1 δm,n+1)

〈m|x, p|n〉 = 〈m|xp|n〉+ 〈m|px|n〉

=i~2

(√m〈m− 1|+

√m+ 1〈m+ 1|)(−

√n|n− 1〉+

√n+ 1|n+ 1〉)−

− i~2

(−√m〈m− 1|+

√m+ 1〈m+ 1|)(

√n|n− 1〉+

√n+ 1|n+ 1〉)

=i~2

(−√mn+

√mn)δm−1,n−1 + 2

√m(n+ 1) δm−1,n+1−

−2√

(m+ 1)n δm+1,n−1 + (√

(m+ 1)(n+ 1)−√

(m+ 1)(n+ 1))δm+1,n+1

= i~(

√m(n+ 1) δm−1,n+1 −

√(m+ 1)n δm+1,n−1)

〈m|x2|n〉 = 〈m|x · x|n〉

=~

2mω(√m〈m− 1|+

√m+ 1〈m+ 1|)(

√n|n− 1〉+

√n+ 1|n+ 1〉)

=~

2mω

√mnδm−1,n−1 +

√m(n+ 1) δm−1,n+1+

+√

(m+ 1)n δm+1,n−1 +√

(m+ 1)(n+ 1) δm+1,n+1


〈m|p2|n〉 = 〈m|p · p|n〉

=m~ω

2(−√m〈m− 1|+

√m+ 1〈m+ 1|)(−

√n|n− 1〉+

√n+ 1|n+ 1〉)

=m~ω

2

√mnδm−1,n−1 −

√m(n+ 1) δm−1,n+1−

−√

(m+ 1)n δm+1,n−1 +√

(m+ 1)(n+ 1) δm+1,n+1

(b) ⟨

p2

m

⟩= 〈x·∇V 〉 , teorema del virial cuántico

En el caso del oscilador armónico simple unidimensional:

V =12mω2x2

Así, utilizando los resultados del apartado anterior:⟨p2

m

⟩=

1m〈n|p2|n〉 =

1m

m~ω2

(n+ (n+ 1)) =~ω2

(2n+ 1)⟨x · ∂V

∂x

⟩= 〈mω2x2〉 = mω2〈n|x2|n〉 = mω2 ~

2mω(n+ (n+ 1)) =

~ω2

(2n+ 1)

Y vemos que se verifica el teorema del virial.

Problema 2.14

(a) Utilizando que:

〈x′|p′〉 = (2π~)−1/2eip′x′/~ (una dimensión)

demuestra lo siguiente:

〈p′|x|α〉 = i~∂

∂p′〈p′|α〉.

(b) Considera un oscilador armónico simple unidimensional. Empezando conla ecuación de Shrödinger para el vector estado, obtén la ecuación deShrödinger para la función de onda en el espacio de momentos. (Asegúratede distinguir el operador p del autovalor p′). ¿Puedes adivinar la forma delas autofunciones de la energía en el espacio de momentos?

Solución:


Tenemos:

〈p′|x|α〉 =∫dp′′

∫dx′〈p′|x|x′〉〈x′|p′′〉〈p′′|α〉 =

∫dp′′

∫dx′x′〈p′|x′〉〈x′|p′′〉〈p′′|α〉

=∫ ∞

−∞dp′′

∫ ∞

−∞dx′x′

12π~

exp(ix′

~(p′′ − p′)

)〈p′′|α〉

=∫ ∞

−∞dp′′

12π~

∫ ∞

−∞dx′i~

∂

∂p′exp

(ix′

~(p′′ − p′)

)〈p′′|α〉

= i~∂

∂p′

∫ ∞

−∞dp′′

12π~

∫ ∞

−∞dx′ exp

(ix′

~(p′′ − p′)

)︸︷︷︸

δ(p′′−p′)

〈p′′|α〉

= i~∂

∂p′〈p′′|α〉 q.e.d.

(b)

Problema 2.15

Considera la siguiente función, conocida como función de correlación, defi-nida por:

C(t) = 〈x(t)x(0)〉,

donde x(t) es el operador posición en la imagen de Heisemberg. Calcula la fun-ción de correlación explícitamente para el estado fundamental de un osciladorarmónico simple unidimensional.

Solución:

(CORREGIR: Calcular-ho també per a qualsevol estat a banda del fonamental, utilitzantl’ec.(2.3.50) del Sakurai)Tenemos que:

x =

√~

2mω(a+ a†)

Además:

a(t) = a(0)e−iωt y a†(t) = a†(0)eiωt ec. (2.3.43) Sakurai

Entonces:

〈0|x(t)x(0)|0〉 =~

2mω〈0|a(t) + a†(t)a(0) + a†(0)|0〉

=~

2mω〈0|a(0)e−iωt + a†(0)eiωta(0) + a†(0)|0〉

=~

2mωe−iωt〈0|a(0)a†(0)|0〉 =

~2mω

e−iωt〈1|1〉 =~

2mωe−iωt

donde hemos tenido en cuenta que los términos a(0)a(0), a†(0)a(0) y a†(0)a†(0), no dancontribución.


Problema 2.16

Considera de nuevo un oscilador armónico simple unidimensional. Haz loque se pide algebraicamente, esto es, sin utilizar funciones de onda.

(a) Construye una combinación lineal de |0〉 y |1〉 tal que 〈x〉 tome el mayorvalor posible.

(b) Supongamos que el oscilador se encuentra en t = 0 en el estado construidoen (a). ¿Cuál es el vector estado para t > 0 en la imagen de Shrödinger?Calcula 〈x〉 como función del tiempo para t > 0 utilizando (i) la imagen deShrödinger y (ii) la imagen de Heisemberg.

(c) Calcula 〈(∆x)2〉 como función del tiempo utilizando ambas imágenes.

Solución:

Utilizaremos los resultados del Problema 2.13, pág. 57.

(a) Consideremos el estado:

|α〉 = eiδ[cos θ|0〉+ sin θeiα|1〉

]combinación lineal arbitraria de |0〉 y |1〉.Entonces:

〈x〉 = (cos θ〈0|+ sin θe−iα〈1|)x(cos θ|0〉+ sin θeiα|1〉)= cos θ sin θ(eiα〈0|x|1〉+ e−iα〈1|x|0〉)

=

√~

2mωcos θ sin θ(eiα + e−iα)

=

√~

2mω2 cos θ sin θ cosα =

√~

2mωsin(2θ) cosα

que toma un valor máximo para α = 0 y θ = π/4, esto es, para:

|α〉 =1√2|0〉+

1√2|1〉

(b) El vector estado para t > 0 en la imagen de Shrödinger, vendrá dado por:

|α, t0 = 0; t〉 = U (t, t0 = 0)|α, t0 = 0〉 = e−iHt/~|α〉

=1√2(e−iE0t/~|0〉+ e−iE1t/~|1〉)

=1√2(e−iωt/2|0〉+ e−i3ωt/2|1〉)

pues, para el oscilador armónico:

En = ~ω(n+12), n = 0, 1, 2, ... ec. (A.4.4) Sakurai


Calculemos ahora 〈x〉, para t > 0, en ambas imágenes:

(i) En la imagen de Shrödinger:

〈α, 0; t|x|α, 0; t〉 =12(eiωt/2〈0|+ ei3ωt/2〈1|)x(e−iωt/2|0〉+ e−i3ωt/2|1〉)

=12(e−iωt〈0|x|1〉+ eiωt〈1|x|0〉)

=12

√~

2mω(e−iωt + eiωt) =

√~

2mωcosωt

(ii) En la imagen de Heisenberg:

|α, t0 = 0; t〉H = |α, t0 = 0〉S (independiente del tiempo)

xH(t) = exp(iHt

~

)x(0) exp

(−iHt

~

)= x(0) cosωt+

[p(0)mω

]sinωt

ec. (2.3.50) Sakurai

Entonces:

〈x〉 = 〈α, t0 = 0|(x(0) cosωt+[p(0)mω

]sinωt)|α, t0 = 0〉

=12(〈0|+ 〈1|)(x(0) cosωt+

[p(0)mω

]sinωt)(|0〉+ |1〉)

=12(cosωt(〈0|x(0)|1〉+ 〈1|x(0)|0〉) +

sinωtmω

(〈0|p(0)|1〉+ 〈1|p(0)|0〉)

=

√~

2mωcosωt

(c)〈(∆x)2〉 = 〈x2〉 − 〈x〉2

(i) En la imagen de Shrödinger:

〈x2〉 =12(eiωt/2〈0|+ ei3ωt/2〈1|)x2(e−iωt/2|0〉+ e−i3ωt/2|1〉)

=12(〈0|x2|0〉+ 〈1|x2|1〉) =

12

~2mω

(1 + 3) =~mω

Entonces:

〈(∆x)2〉 = 〈x2〉 − 〈x〉2 =~mω

− ~2mω

cos2 ωt

=~

2mω(2− cos2 ωt) =

~2mω

(1 + sin2 ωt)

(ii) En la imagen de Heisenberg:

x2H(t) =

[x(0) cosωt+

p(0)mω

sinωt]2

= x2(0) cos2 ωt+p2(0)m2ω2

sin2 ωt+p(0)x(0)mω

cosωt sinωt+x(0)p(0)mω

cosωt sinωt


〈x2〉 =12(〈0|+ 〈1|)(x2(0) cos2 ωt+

p2(0)m2ω2

sin2 ωt+x(0), p(0)

mωcosωt sinωt)(|0〉+ |1〉)

=12

(cos2 ωt(〈0|x2(0)|0〉+ 〈1|x2(0)|1〉) +

sin2 ωt

m2ω2(〈0|p2(0)|0〉+ 〈1|p2(0)|1〉)

)=

12

(cos2 ωt(

~2mω

+3~

2mω) +

sin2 ωt

m2ω2(~mω

2+

3~mω2

))

=~

2mω(cos2 ωt+ sin2 ωt) =

~2mω

Y, de nuevo:

〈(∆x)2〉 =~

2mω(2− cos2 ωt) =

~2mω

(1 + sin2 ωt)

Problema 2.17

Muestra que para el oscilador armónico simple unidimensional:

〈0|eikx|0〉 = exp[−k2〈0|x2|0〉/2

],

donde x es el operador posición.

Solución:

(CORREGIR: Canviar l’ordre de les solucions i fer-lo també així:∫dxu∗0(x)e

ikxu0(x))

Veamos primero que es una igualdad razonable. Tenemos:

〈0|eikx|0〉 = 〈0|1 + ikx+(ikx)2

2!+

(ikx)3

3!+

(ikx)4

4!+ · · · |0〉

Pero los términos que contienen un número impar de potencias de x no van a contribuir,(porque contienen un número impar de operadores de creación y destrucción y, por tanto,no van a poder conectar los estados |0〉).Entonces lo anterior queda:

〈0|eikx|0〉 = 〈0|1|0〉+ 〈0|(ikx)2

2!|0〉+ 〈0|(ikx)

4

4!|0〉+ · · ·

Ocupémonos ahora del término 〈0| (ikx)4

4! |0〉:

〈0|(ikx)4

4!|0〉 =

14!

∑n

〈0|(ikx)2|n〉〈n|(ikx)2|0〉

=14!〈0|(ikx)2|0〉〈0|(ikx)2|0〉+

14!〈0|(ikx)2|2〉〈2|(ikx)2|0〉

=14!

(1 +√

2√

2)〈0|(ikx)2|0〉〈0|(ikx)2|0〉 =

(−k2

2 〈0|x2|0〉

)2

2!


Así:

〈0|eikx|0〉 = 〈0|1|0〉+(−k

2

2

)〈0|x2|0〉+

(−k2

2 〈0|x2|0〉

)2

2!+ · · · = exp

[−k

2

2〈0|x2|0〉

]Y la igualdad parece que se cumple al menos en los primeros órdenes del desarrollo. Obtenerlos siguientes sumandos o una regla general para ellos, no es sencillo, porque cada vezaparecen involucrados más estados o potencias más altas de x. Así que no seguiremos poreste camino.

—————————–

El resultado es sencillo de deducir si utilizamos la siguiente igualdad entre operadores:(POSAR REFERÈNCIA AL CONSTANTINESCU)

eAeB = eA+Be12[A,B], válida si [[A,B], A] [[A,B], B] = 0

Como:

x =

√~

2mω(a+ a†)

En nuestro caso, podemos tomar:

A = ik

√~

2mωa = λa; B = ik

√~

2mωa† = λa†

Además como se verifica que:

[A,B] = −k2 ~2mω

[a, a†] = −k2 ~2mω

(un número)

podemos aislar la exponencial que va con A+B, entonces:

eA+B = eAeBe−12[A,B]

Ahora procedamos paso a paso, para no equivocarnos:

〈0|eikx|0〉 = 〈0| exp

(ik

√~

2mω(a+ a†)

)|0〉

= 〈0| exp

(ik

√~

2mωa

)exp

(ik

√~

2mωa†

)exp

(−1

2

(ik)2

~2mω

[a, a†])

|0〉

= exp(k2

2~

2mω

)〈0| exp

ik√

~2mω︸︷︷︸λ

a

exp

ik√

~2mω︸︷︷︸λ

a†

|0〉= exp

(k2

2~

2mω

)〈0| exp (λa) exp

(λa†)|0〉


Calculemos:

〈0| exp (λa) exp(λa†)|0〉 =

= 〈0|(1 + λa+12!λ2a2 +

13!λ3a3 + · · · )(1 + λ(a†) +

12!λ2(a†)2 +

13!λ3(a†)3 + · · · )|0〉

= 〈0|1 + λ2aa† +1

2!2!λ4a2(a†)2 +

13!3!

λ6a3(a†)3 + · · · |0〉

Hemos tenido en cuenta que sólo van a contribuir los términos que tienen el mismo númerode operadores de creación y destrucción.Ahora, para calcular los diferentes sumandos la manera de proceder es llevar la a hastala derecha utilizando la regla de conmutación [a, a†] = 1, de modo que actuando sobre elestado |0〉, van a dar 0:

〈0|aa†|0〉 = 〈0|a†a+ 1|0〉 = 1

〈0|a2(a†)2|0〉 = 〈0|a(a†a)a† + aa†︸︷︷︸=1

|0〉 = 〈0|aa†(a†a) + aa† + aa†|0〉 = 2!

〈0|a3(a†)3|0〉 = 〈0|a2(a†a)(a†)2 + a2(a†)2︸︷︷︸=2

|0〉 = 〈0|a2a†(a†a)a† + a2(a†)2 + a2(a†)2|0〉 =

= 〈0|a2(a†)2(a†a) + a2(a†)2 + a2(a†)2 + a2(a†)2|0〉 = 3!

Entonces:

〈0| exp (λa) exp(λa†)|0〉 = 〈0|1 + λ2aa† +

12!2!

λ4a2(a†)2 +1

3!3!λ6a3(a†)3 + · · · |0〉

= 〈0|1 + λ2 +2!

2!2!λ4 +

3!3!3!

λ6 + · · · |0〉 = 〈0| exp(λ2)|0〉

= exp(λ2) = exp(−k2 ~

2mω

)Con lo cual:

〈0|eikx|0〉 = exp(k2

2~

2mω

)〈0| exp (λa) exp

(λa†)|0〉

= exp(k2

2~

2mω

)exp

(−k2 ~

2mω

)= exp

(−k

2

2~

2mω

)Y teniendo en cuenta que 〈0|x2|0〉 = ~/(2mω), tenemos el resultado final:

〈0|eikx|0〉 = exp[−k

2

2〈0|x2|0〉

]————————————

Habíamos dicho que el resultado era sencillo de deducir y al final hemos necesitado losmismos pasos que se requerían en la demostración primera, pero es que hemos cometidoun pequeño desliz. Si en lugar de:

x =

√~

2mω(a+ a†)


...escribimos:

x =

√~

2mω(a† + a)

...y ahora hacemos los cálculos:

〈0|eikx|0〉 = 〈0| exp

(ik

√~

2mω(a† + a)

)|0〉

= 〈0| exp

(ik

√~

2mωa†

)exp

(ik

√~

2mωa

)exp

(−1

2

(ik)2

~2mω

[a†, a])

|0〉

= exp(−k

2

2~

2mω

)〈0| exp

ik√

~2mω︸︷︷︸λ

a†

exp

ik√

~2mω︸︷︷︸λ

a

|0〉= exp

(−k

2

2~

2mω

)〈0| exp

(λa†)

exp (λa) |0〉

Pero ahora:〈0| exp

(λa†)

exp (λa) |0〉 = 1

Trivialmente, porque ahora los operadores de destrucción, a, ya están a la derecha, demodo que sólo vamos a tener contribución del primer término del desarrollo en serie, queno tiene ningún operador de creación ni destrucción.Así llegamos ahora, mucho más rápido y directo, al resultado final:

〈0|eikx|0〉 = exp[−k

2

2〈0|x2|0〉

]

Problema 2.18

Un estado coherente de un oscilador armónico simple unidimensional estádefinido por ser autoestado del operador (no hermítico) de aniquilación a:

a|λ〉 = λ|λ〉,

donde λ es, en general, un número complejo.

(a) Demuestra que|λ〉 = e−|λ|

2/2eλa† |0〉es un estado coherente normalizado.

(b) Demuestra la relación de incertidumbre mínima para dicho estado.

(c) Escribe |λ〉 como:

|λ〉 =∞∑

n=0

f(n)|n〉.

Muestra que la distribución de |f(n)|2 con respecto a n es del tipo dePoisson. Encuentra el valor más probable de n y, por lo tanto, de E.


(d) Muestra que un estado coherente puede ser obtenido también aplicando eloperador traslación (desplazamiento finito) e−ipl/~ (donde p es el operadormomento, y l es el desplazamiento realizado) al estado fundamental. (Miratambién Gottfried 1966, 262-64).

Solución:

(a) Calculemos el conmutador:

[a, eλa†

]=

[a,

∞∑n=0

1n!

(λa†)n

]=

∞∑n=0

1n!λn[a, (a†)n

]=

∞∑n=1

1n!λn

n−1∑k=0

(a†)k [a, a†]︸︷︷︸=1

(a†)n−k−1 =∞∑

n=1

1n!λn

n−1∑k=0

(a†)n−1

︸︷︷︸=n·(a†)n−1

= λ

∞∑n=1

1(n− 1)!

λn−1(a†)n−1 = λ

∞∑m=0

1m!λm(a†)m = λeλa†

donde hemos utilizado la relación:

[A,Bn] =n−1∑k=0

Bk[A,B]Bn−k−1

que se puede deducir fácilmente por la aplicación reiterada de [A,BC] = [A,B]C+B[A,C].Así tenemos:

a|λ〉 = e−|λ|2/2aeλa† |0〉 = e−|λ|

2/2eλa† a|0〉︸︷︷︸=0

+e−|λ|2/2[a, eλa†

]|0〉

= e−|λ|2/2[a, eλa†

]|0〉 = e−|λ|

2/2λeλa† |0〉 = λ|λ〉 q.e.d.

Veamos ahora que está normalizado:

〈λ|λ〉 = 〈0|eλ∗ae−|λ|2/2 · e−|λ|2/2eλa† |0〉 = e−|λ|2〈0|eλ∗aeλa† |0〉

Pero:

eλa† |0〉 =∞∑

n=0

1n!λn(a†)n|0〉 (2.3.21)

=∞∑

n=0

1n!λn√n!|n〉 =

∞∑n=0

1√n!λn|n〉

Entonces:

〈λ|λ〉 = e−|λ|2〈0|eλ∗aeλa† |0〉 = e−|λ|

2∞∑

m=0

∞∑n=0

1√m!

1√n!

(λ∗)m(λ)n 〈m|n〉︸︷︷︸δmn

= e−|λ|2∞∑

n=0

1n!

(|λ|2)n = e−|λ|2e|λ|

2= 1 q.e.d.


Por último veamos que |λ〉 sigue siendo un estado coherente con el transcurso del tiempo:

a|λ(t)〉 = aU (t, 0)|λ〉 = a exp(−iHt

~

)|λ〉 = a exp

(−iHt

~

) ∞∑n=0

e−|λ|2/2 1√

n!λn|n〉

=a∞∑

n=0

exp(−iEnt

~

)e−|λ|

2/2 1√n!λn|n〉︸︷︷︸

|λ(t)〉

=∞∑

n=0

exp(−iEnt

~

)e−|λ|

2/2 1√n!λn a|n〉︸︷︷︸

=√

n|n−1〉

=∞∑

n=1

exp(−it~

~ω(n+12))e−|λ|

2/2 1√n!λn√n|n− 1〉

=λ∞∑

n=1

exp(−iωt(n+

12))e−|λ|

2/2 1√(n− 1)!

λn−1|n− 1〉 = m = n− 1 =

=λ∞∑

m=0

exp(−iωt(m+

12

+ 1))e−|λ|

2/2 1√m!λm|m〉

=λe−iωt

[ ∞∑m=0

exp(−iEmt

~

)e−|λ|

2/2 1√m!λm|m〉

]= λe−iωt︸︷︷︸

no complejo

|λ(t)〉 q.e.d.

Nota:Una expresión equivalente para un estado coherente es:

|λ〉 = eλa†−λ∗a|0〉 = e(F†−F )|0〉

Resulta inmediato ver que ambas definiciones son equivalentes utilizando la identidad:

eAeB = eA+Be12[A,B], válida si [[A,B], A] [[A,B], B] = 0

(Ya la hemos visto, por ejemplo, en el Problema 2.17, pág. 63).Teniendo en cuenta la identidad anterior y que [a, a†] = 1, tenemos:

|λ〉 = eλa†−λ∗a|0〉 = e−|λ|2/2eλa†e−λ∗a|0〉 = e−|λ|

2/2eλa† |0〉

donde en el último paso hemos tenido en cuenta que e−λ∗a|0〉 = |0〉, pues a|0〉 = 0.

(b) De acuerdo con el Apartado (b) del Problema 1.18, pág. 22, la relación de incertidumbremínima se cumple si se verifica:

∆x|λ〉 = c∆p|λ〉con c un número imaginario puro.Teniendo en cuenta que:

x =

√~

2mω(a+ a†) p = i

√m~ω

2(−a+ a†) (ec. (2.3.24) Sakurai)

Entonces:

x|λ〉 =

√~

2mω(λ+ a†)|λ〉 p|λ〉 = i

√m~ω

2(−λ+ a†)

〈λ|x|λ〉 =

√~

2mω(λ+ λ∗)|λ〉〈λ|p|λ〉 = i

√m~ω

2(−λ+ λ∗)


Y:

∆x|λ〉 = (x− 〈x〉)|λ〉 =

√~

2mω(a† − λ∗)|λ〉

∆p|λ〉 = (p− 〈p〉)|λ〉 = i

√m~ω

2(a† − λ∗)|λ〉

Comparando las dos últimas ecuaciones:

∆x|λ〉 = −i√

~2mω

√2

m~ω∆p|λ〉 = − i

mω∆p|λ〉 = (imaginario puro) ·∆p|λ〉

Y se satisface el requisito de mínima incertidumbre.

Para calcular su valor, tenemos:

14|〈λ|[x, p]|λ〉|2 =

14|〈λ|i~|λ〉|2 =

~2

4

(c) Desarrollando en la base de autoestados del Hamiltoniano:

|λ〉 =∞∑

n=0

|n〉〈n|λ〉 =∞∑

n=0

f(n)|n〉

Los coeficientes del desarrollo, f(n), vienen dados por:

f(n) = 〈n|λ〉 = e−|λ|2/2〈n|eλa† |0〉 = e−|λ|

2/2〈n|∞∑

m=0

1√m!λm|m〉

= e−|λ|2/2

∞∑m=0

1√m!λm〈n|m〉 = e−|λ|

2/2 1√n!λn

Y tenemos que:

|f(n)|2 =(|λ|2)n

n!e−|λ|

2

que es una distribución de Poisson con valor medio y varianza:

µ = |λ|2 σ =√µ = |λ|

Derivando para obtener el máximo:(CORREGIR: ¿Derivar una distribución?)

0 =d

dµ

(µn

n!e−µ

)=nµn−1

n!e−µ − µn

n!e−µ =

µn

n!e−µ

(n

µ− 1)

Y el valor más probable de n es n = µ = |λ|2.


(d) Evaluemos el conmutador:[a, exp

(−ipl

~

)]=

∞∑n=0

1n!

(−il~

)n

[a, pn] =∞∑

n=0

1n!

(−il~

)n n−1∑k=0

pk[a, p]pn−k−1

=∞∑

n=1

1n!

(−il~

)n

i

√m~ω

2

n−1∑k=0

pn−1

︸︷︷︸=npn−1

= i

√m~ω

2

∞∑n=1

1n!

(−il~

)n

npn−1

=l

~

√m~ω

2

∞∑n=1

1(n− 1)!

(−il~

)n−1

pn−1 = l

√mω

2~

∞∑m=0

1m!

(−il~

)m

pm

= l

√mω

2~exp

(−ipl

~

)Entonces:

a

[exp

(−ipl

~

)|0〉]

= exp(−ipl

~

)a|0〉︸︷︷︸=0

+[a, exp

(−ipl

~

)]|0〉

= l

√mω

2~

[exp

(−ipl

~

)|0〉]

Y tenemos que, efectivamente e−ipl/~|0〉 es un estado coherente.

Problema 2.19

Sea

J± = ~a†±a∓, Jz =~2(a†+a+ − a†−a−), N = a†+a+ + a†−a−

donde a± y a†± son los operadores de destrucción y de creación de dos osciladoresarmónicos simples independientes, satisfaciendo las relaciones de conmutaciónusuales. Demuestra:

[Jz, J±] = ±~J±, [J2, Jz] = 0, J2 =(

~2

2

)N

[(N

2

)+ 1].

Solución:

(Ver el apartado 3.8, Modelo del oscilador de Schwinger para el momento angular, delSakurai).Se verifican las reglas de conmutación usuales para los osciladores del mismo tipo:

[a+, a†+] = 1, [a−, a

†−] = 1,

[N+, a+] = −a+, [N−, a−] = −a−,

[N+, a†+] = a†+, [N−, a

†−] = a†−.


En cambio, los operadores de osciladores diferentes conmutan:

[a+, a†−] = [a−, a

†−] etc...

Hemos llamado:N+ ≡ a†+a+ N− ≡ a†−a−

a los operadores número de cada uno de los osciladores. (Estamos siguiendo la notacióndel apartado 3.8 del Sakurai).Utilizaremos la relación:

[A,BC] = [A,B]C +B[A,C] ec. (1.6.50e) Sakurai

————————————

Bien, entonces:

[Jz, J+] =~2

2[(N+ −N−), a†+a−] =

~2

2([N+, a

†+a−]− [N−, a

†+a−])

=~2

2([N+, a

†+]a− − a†+[N−, a−]) =

~2

2(a†+a− + a†+a−)

= ~2a†+a− = ~J+

[Jz, J−] =~2

2[(N+ −N−), a†−a+] =

~2

2([N+, a

†−a+]− [N−, a

†−a+])

=~2

2(a†−[N+, a+]− [N−, a

†−]a+) =

~2

2(−a†−a+ − a†−a+)

= −~2a†−a+ = −~J−

[J2, Jz] = [J2z +

(12

)(J+J− + J−J+), Jz] = [J2

z + J+J− − ~Jz, Jz]

= [J2z , Jz] + [J+J−, Jz]− ~[Jz, Jz] = [J+J−, Jz]

= [J+, Jz]J− + J+[J−, Jz] = ~(−J+J− + J+J−) = 0

J2 = J2z +

(12

)(J+J− + J−J+)

=~2

4(N+ −N−)2 +

~2

2(a†+a−a

†−a+ + a†−a+a

†+a−)

=~2

4(N+ −N−)2 +

~2

2

[a†+(1 + a†−a−)a+ + a†−(1 + a†+a+)a−

]=

~2

4(N+ −N−)2 +

~2

2[N+(1 +N−) +N−(1 +N+)]

=~2

4[N2

+ − 2N+N− +N2− + 2(N+ +N−) + 4N+N−

]=

~2

4[(N+ +N−)2 + 2(N+ +N−)

]=

~2

4[N2 + 2N

]=(

~2

2

)N

[(N

2

)+ 1]


donde hemos tenido en cuenta que cualquiera de los operadores con + conmutan concualquiera de los operadores con −.

Problema 2.20

Considera una partícula de masa m sometida a un potencial unidimensionalde la siguiente forma:

V =

12kx

2, para x > 0∞, para x < 0.

(a) ¿Cuál es la energía del estado fundamental?

(b) ¿Cuál es el valor esperado 〈x2〉 para el estado fundamental?

Solución:

Todos estos problemas con potenciales asimétricos se abordan del mismo modo: se resuelveprimero el potencial simétrico, si es más sencillo, y se seleccionan luego las soluciones conla simetría adecuada a nuestro problema o que verifican las C.C. correctas.

(a) La f.o. que buscamos obedece la misma ecuación diferencial que la del oscilador armó-nico en la región x > 0. Sin embargo, puesto que para x < 0 el potencial se hace infinitoy la f.o. debe de anularse, sólo aquellas soluciones del oscilador armónico que se anulenen el origen serán aceptables. Entonces las autofunciones que buscamos son las solucionesimpares del problema del oscilador armónico, (¡debidamente normalizadas!).Para el oscilado armónico simple, tenemos (consultar Apéndice A del Sakurai):

Autofunciones:

ψE = (2nn!)−1/2(mωπ~

)1/4e−ξ2/2Hn(ξ) n = 0, 1, 2, ...

Autovalores:

En = ~ω(n+

12

), n = 0, 1, 2, ... ξ =

√mω

~x

Y las soluciones impares (que se anulan en el origen), son las de n impar. Entonces lassoluciones de nuestro problema son:

Autofunciones:

ψE =√

2︸︷︷︸¡Atención!

· (2(2n+1)(2n+ 1)!)−1/2(mωπ~

)1/4e−ξ2/2H(2n+1)(ξ) n = 0, 1, 2, ...

Autovalores:

En = ~ω(

(2n+ 1) +12

)= ~ω

(2n+

32

), n = 0, 1, 2, ...


Fijarse en el factor de normalización,√

2, que aparece en la función de onda. Esto es debidoa que ahora la función de onda sólo se extiende de 0 a ∞, y las f.o. del oscilador estabannormalizadas desde −∞ a +∞. En la energía no aparece ningún factor porque las f.o. sonpropias del Hamiltoniano y, por tanto, se va a cancelar cualquier factor.

Energía del estado fundamental:

E0 =3~ω2

(b) Como queremos calcular el valor esperado de una función cuadrática (par) de x, sevan a cancelar los posibles factores que pudieran aparecer al hacer la integral entre 0 y ∞,(como en nuestro caso), o entre −∞ y +∞, (como en el oscilador armónico), entonces:

〈0|x2|0〉〈0|0〉

= o.a.〈1|x2|1〉o.a.

o.a.〈1|1〉o.a.=o.a. 〈1|x2|1〉o.a. =

32

~mω

donde para el último paso hemos utilizado el resultado del Problema 2.13, pág. 57.

Como comprobación, calculemos ahora 〈x2〉 utilizando la f.o. adecuadamente normalizada.De la expresión del apartado anterior, la función de onda para el estado fundamental, n=0,viene dada por:

ψ0(x) =2x

π1/4x3/20

exp(−1

2x2

x20

)

donde hemos llamado x0 =

√~mω

.

Entonces:

〈x2〉 =∫dxψ∗0(x)x

2 ψ0(x) =4

x30

√π

∫ ∞

0dxx4 exp

(−x

2

x20

)= (cambio de variable: x′ =

x2

x20

; dx =x0

2dx′√x′

)

=2x5

0

x30

√π

∫ ∞

0dx′ x′3/2e−x′ =

2x20√π

34√π

=32x2

0 =32

~mω

q.e.d.

Nota:Γ(n) =

∫ ∞

0tn−1e−tdt n > 0 (función gamma)

Γ(n+ 1) = nΓ(n)Γ(n+ 1) = n! si n = 0, 1, 2, ...Γ(1/2) =

√π

Problema 2.21


Una partícula en una dimensión está atrapada entre dos paredes rígidas:

V =

0, para 0 < x < L

∞, para x < 0, x > L.

En t = 0 se sabe que se encuentra exactamente en x = L/2 con certeza. ¿Cuálesson las probabilidades relativas de que la partícua se encuentre en los diferentesautoestados de la energía? Escribe la función de onda para t ≥ 0. (No tienes quepreocuparte de normalizaciones, convergencia, ni otras sutilezas matemáticas).

Problema 2.22

Considera una partícula en una dimensión ligada a un centro fijo por unpotencial tipo función δ, de la forma:

V (x) = −v0δ(x), (v0 real y positivo).

Encuentra la función de onda y la energía de ligadura del esado fundamenal.¿Hay estados excitados ligados?

Solución:

VORE EL GASCIOROWITZ

Problema 2.23

Una partícula de masa m se encuentra ligada a un centro fijo por un poten-cial atractivo tipo función δ:

V (x) = −λδ(x), (λ > 0).

En t = 0 el potencial se quita de repente (esto es, V = 0 para t > 0). Encuentra lafunción de onda para t > 0. (¡Se cuantitativo! Pero no es necesario que intentescalcular la integral que puede aparecer).

Problema 2.24

Una partícula en una dimensión (−∞ < x < ∞) está sometida a una fuerzaconstante derivable de:

V = λx, (λ > 0).

(a) ¿Es el espectro de la energía continuo o discreto? Escribe una expresiónaproximada para la autofunción de la energía especificada por E. DibujalaCORREGIR.


(b) Discute brevemente qué cambios se necesitan si V se reemplaza por:

V = λ|x|.

Solución:

problema 1.19 del D. ter Haar. Fer-lo també pel mètode WBK.

Problema 2.25

Considera un electrón confinado en el interior de una carcasa cilíndricahueca cuyo eje coincide con el eje z. Se requiere que la función de onda seanule e las paredes interiores y exteriores, ρ = ρa y ρb, y también en la tapa yen el fondo, z = 0 y L.

(a) Encuentra las autofunciones de la energía. (No te preocupes con la nor-malización). Muestra que los autovalores de la energía vienen dados por:

Elmn =(

~2

2me

)[k2

mn +(lπ

L

)2]

(l = 1, 2, 3, . . . , m = 0, 1, 2, . . . ),

donde kmn es la n-ésima raíz de la ecuación trascendental:

Jm(kmnρb)Nm(kmnρa)−Nm(kmnρb)Jm(kmnρa) = 0.

(b) Repite el mismo problema cuando hay un campo magnético uniformeB = Bz para 0 < ρ < ρa. Date cuenta de que los autovalores de la energíase ven influenciados por el campo magnético aún cuando el electrón nuncaCORREGIR.

(c) Compara, en particular, el estado fundamental del problema con B = 0con el del problema con B 6= 0. Muestra que si se requiere que el estadofundamental de la energía se mantenga inalterado en presencia del campoB, obtenemos una «cuantización del flujo»:

πρ2aB =

2πN~ce

, (N = 0,±1,±2, . . . ).

Problema 2.26

Considera una partícula moviéndose en una dimensión bajo la influenciade un potencial V (x). Supón que su función de onda se puede escribir comoexp[iS(x, t)/~]. Demuestra que S(x, t) satisface la ecuación de Hamilton-Jacobi


clásica si se entiende que ~ puede ser considerada en cierto sentido pequeña.Muestra cómo se puede obtener la función de onda correcta para la onda planaempezando con la solución de la ecuación de Hamilto-Jacobi clásica con V (x)igual a cero. ¿Por qué obtenemos la función de onda exacta en este caso par-ticular?

Problema 2.27

Utilizando coordenadas esféricas, obtén la expresión de la corriente ~j para elestado fundamental y los estados excitados del átomo de hidrógeno. Muestra,en particular, que para estados con ml 6= 0, hay un flujo circulando, en el sentidode que j está en la dirección del aumento o la disminución de de φ, dependiendode si ml es positivo o negativo.

Problema 2.28

Obtén la ecuación (2.5.16) y su generalización en tres dimensiones.

Solución:

Queremos obtener la expresión del propagador de una partícula libre:

K(x′′, t;x′, t0) =√

m

2πi~(t− t0)exp

[im(x′′ − x′)2

2~(t− t0)

]ec. (2.5.16) Sakurai

y su generalización en tres dimensiones.

——————————————

Obtengamos directamente el propagador en D dimensiones:

K(x′′, t;x′, t0) = 〈x′′| exp[−iH(t− t0)

~

]|x′〉

=∫dp′∫dp′′〈x′′|p′〉〈p′| exp

[−iH(t− t0)

~

]|p′′〉〈p′′|x′〉

=∫dp′ exp

[−ip′2(t− t0)

2m~

]〈x′′|p′〉〈p′|x′〉

donde dp = dp1dp2...dpD, y recordemos que:

〈x|p〉 =1

(2π~)D/2exp

(ip · x

~

), ec. (1.7.50) Sakurai

Sustituyendo tenemos:

K(x′′, t;x′, t0) =1

(2π~)D

∫dp′ exp

[ip′ · (x′′ − x′)

~− ip′2(t− t0)

2m~

]=

1(2π~)D

exp[im(x′′ − x′)2

2~(t− t0)

] ∫dp′ exp

[− i(t− t0)

2m~

(p′ − m(x′′ − x′)

t− t0

)2]


donde, en el último paso hemos completado el cuadrado en la exponencial. Ahora haciendoel cambio de variables:

p = p′ − m(x′′ − x′)t− t0

, dp = dp′,

obtenemos:

K(x′′, t;x′, t0) =1

(2π~)Dexp

[im(x′′ − x′)2

2~(t− t0)

] ∫dp exp

[− i(t− t0)

2m~p2

]Pero:∫

dp exp[− i(t− t0)

2m~p2

]=

=∫ ∞

−∞dp1 exp

[− i(t− t0)

2m~p21

] ∫ ∞

−∞dp2 exp

[− i(t− t0)

2m~p22

]· · ·∫ ∞

−∞dpD exp

[− i(t− t0)

2m~p2D

]=

√2m~πi(t− t0)

·

√2m~πi(t− t0)

· · · D veces· · · · · ·

√2m~πi(t− t0)

=(

2π~mi(t− t0)

)D/2

Así:

K(x′′, t;x′, t0) =(

m

i2π~(t− t0)

)D/2

exp[im(x′′ − x′)2

2~(t− t0)

]

Problema 2.29

Define la función partición como:

Z =∫d3x′K(x′, t;x′, 0)|β=it/~,

como en (2.5.20)-(2.5.22). Muestra que la energía del estado fundamental seobtiene tomando:

− 1Z

∂Z

∂β, (β →∞).

Ilustra esto para una partícula en una caja unidimensional.

Problema 2.30

El propagador en el espacio de momentos análogo a (2.5.26) viene dado por〈p′′, t|p′, t0〉. Deriva la expresión explícita para 〈p′′, t|p′, t0〉 para el caso de unapartícula libre.

Problema 2.31

(a) Escribe una expresión para la acción clásica en el caso del oscilador armó-nico simple para un intervalo finito de tiempo.CORREGIR


(b) Construye 〈xn, tn|xn−1, tn−1〉 para el oscilador armónico simple utilizando laprescripción de Feynman para tn − tn−1 = ∆t pequeño. Manteniendo sólolos términos hasta orden (∆t)2, muestra que está en completo acuerdo conel límite t− t0 → 0 del propagador dado por (2.5.26).

Problema 2.32

Enuncia el principio de acción de Schwinger (ver Finkelstein 1973, 155).Obtén la solución para 〈x2t2|x1t1〉 integrando el principio de Schwinger y com-parando éste con la correspondiente expresión de Feynman para 〈x2t2|x1t1〉.Describe los límites clásicos para estas dos expresiones.

Problema 2.33

Muestra que la aproximación de la mecánica ondulatoria al problema degravedad inducida CORREGIR discutido en la Sección 2.6 también conduce ala diferencia de fase dada por la expresión (2.6.17).

Problema 2.34

(a) Verifica (2.6.25) y (2.6.27).

(b) Verifica la ecuación de continuidad (2.6.30) con ~j dada por (2.6.31).

Solución:

(a) Nos piden que comprobemos que:

[Πi,Πj ] =(i~ec

)εijkBk (ec. (2.6.25) Sakurai)

md2xdt2

=dΠdt

= e

[E +

12c

(dxdt×B−B× dx

dt

)](ec. (2.6.27) Sakurai)

donde:E = −∇φ, B = ∇×A

siendo φ = φ(x) y A = A(x) el potencial escalar y el potencial vector, respectivamente,entendidos ambos como funciones del operador posición x.Y

Π = p− eAc

, momento cinemático (o mecánico)


Bien:

[Πi,Πj ] = [pi −eAi

c, pj −

eAj

c] = −e

c[pi, Aj ]−

e

c[Ai, pj ]

=i~ec

(∂Aj

∂xi− ∂Ai

∂xj

)=(i~ec

)εijkBk q.e.d.

Hemos utilizado la relación:

[pi, G(x)] = −i~∂G∂xi

(ec. (2.2.23b) Sakurai)

que ya demostramos en el Problema 1.29, pág. 35.

————————————–

Para la otra relación:dxi

dt=

Πi

mec. (2.6.22) Sakurai

md2xi

dt2= m

d

dt

dxi

dt

(2.6.22)= m

d

dt

(Πi

m

)=dΠi

dt=

1i~

[Πi,H]

=1i~

[Πi,Π2

2m+ eφ] =

1i~2m

([Πi,Πj ]Πj + Πj [Πi,Πj ]) +e

i~[Πi, φ]

=e

2mc(εijkBkΠj + εijkΠjBk) +

e

i~[pi, φ]

=e

2c(−εikjBk

Πj

m+ εijk

Πj

mBk)− e

∂φ

∂xi

= e

[12c

(dxdt×B

)i

− 12c

(B× dx

dt

)i

+ Ei

]Conclusión:

md2xdt2

=dΠdt

= e

[E +

12c

(dxdt×B−B× dx

dt

)](b) Nos piden que verifiquemos:

∂ρ

∂t+ ∇′·j = 0 (ec. (2.6.30) Sakurai)

con:ρ = ψ∗ψ = |ψ|2

j =(

~m

)Im(ψ∗∇′ψ)−

( e

mc

)A|ψ|2

=(

~2im

)(ψ∗∇′ψ − ψ∇′ψ∗)−

( e

mc

)A|ψ|2

(ec. (2.6.31) Sakurai)

Trabajaremos en el gauge de Coulomb, ∇·A = 0, de este modo nos ahorramos un término.Debido a la invariancia gauge, esta elección de un gauge particular no quita generalidad ala demostración.Pues bien:

∇ · j =(

~2im

)(ψ∗∇2ψ − ψ∇2ψ∗)−

( e

mc

)(A(∇ψ∗)ψ + Aψ∗∇ψ)


Utilizando la ec. de Shrödinger dependiente del tiempo y su complejo conjugada, obtenemosfácilmente:

i~ψ∗∂ψ

∂t= − ~2

2mψ∗∇2ψ +

ie~mc

Aψ∗∇ψ +e2A2

2mc2|ψ|2 + eφ|ψ|2

−i~ψ∂ψ∗

∂t= − ~2

2mψ∇2ψ∗ − ie~

mcAψ∇ψ∗ +

e2A2

2mc2|ψ|2 + eφ|ψ|2

Restando la primera ecuación a la segunda, (divididas por i~):(~

2im

)(ψ∗∇2ψ − ψ∇2ψ∗)−

( e

mc

)(A(∇ψ∗)ψ + Aψ∗∇ψ) ≡ ∇ · j

=−(ψ∂ψ∗

∂t+ ψ∗

∂ψ

∂t

)= − ∂

∂t(ψ∗ψ) = −∂ρ

∂t

Y, por lo tanto:

∇ · j +∂ρ

∂t= 0 ec. de continuidad

como queríamos ver.

Ocupémonos ahora de hacer más despacio el cálculo de la ecuación de Shrödinger, quehemos hecho un poco rápido:

i~∂

∂t〈x|α, t0; t〉 = 〈x|H|α, t0; t〉 ec. de Shrödinger

=〈x|Π2

2m+ eφ(x)|α, t0; t〉 = 〈x| 1

2m

(p− eA(x)

c

)2

+ eφ(x)|α, t0; t〉

=1

2m

[−i~∇− eA

c

] [−i~∇− eA

c

]〈x|α, t0; t〉+ eφ〈x|α, t0; t〉

=1

2m

[−~2∇ · ∇ +

ie~c

∇ · A +ie~c

A · ∇ +e2

c2A2

]ψ(x, t) + eφψ(x, t)

Atención=1

2m

[−~2∇2 +

ie~c

(∇ · A)︸︷︷︸=0 (gauge coulomb)

+ie~c

A · ∇ +ie~c

A · ∇ +e2

c2A2

]ψ + eφψ

=1

2m

[−~2∇2 +

2ie~c

A · ∇ +e2

c2A2

]ψ + eφψ

¡¡¡Atención!!!:

Fijarse que, hasta antes del signo igual que hemos resaltado con un Atención, losoperadores ∇ que aparecen están actuando sobre todas las cantidades que se encuentrana su derecha, tanto el potencial vector A, como ¡¡la función de onda!! A partir del signoigual resaltado ya hemos desarrollado ésto, aplicando la regla de la cadena, y el operador∇ actúa sólo sobre lo que tiene inmediatamente detrás. ¿Lo pillas?

Nota:Es importante recordar, para que no haya confusiones de signos, el convenio que hemosseguido para representar la carga del electrón, e, (que es el mismo que el del Sakurai):

Convenio: e < 0, para la carga del electrón


esto es, para el electrón, e = −|e|.En otros textos el convenio habitual es llamar e al módulo de e, e = |e|. Así el Hamiltonianoanterior, para el movimiento de un electrón en un campo electromagnético, quedaría:

H =1

2m

[−~2∇2 − ie~

c(∇ · A)− 2ie~

cA · ∇ +

e2

c2A2

]− eφ(r, t)

Problema 2.35

Considera el Hamiltoniano de una partícula sin spin de carga e. En presenciade un campo magnético estático, los términos de la interacción pueden sergenerados por:

poperador → poperador −eAc

,

donde A es el vector potencial apropiado. Supón, por simplicidad, que el campomagnético B es uniforme en la dirección z positiva. Demuestra que la prescrip-ción anterior conduce de hecho a la expresión correcta para la interacción delmomento magnético orbital (e/2mc)L con el campo magnético B. Muestra quehay también un término extra proporcional a B2(x2+y2), y comenta brevementesu significado físico.

Solución:

Para el caso de un campo eléctrico y un campo magnético constantes y uniformes, podemosescoger los siguientes potenciales escalar y vector:

φ(r) = −E · r, A(r) =12B× r

Es fácil ver que se verifica que ∇ ·A = 0, (gauge de Coulomb).Sea:

H0 =1

2mp2

Entonces, con la sustitución p −→ p− eAc

, se obtiene:

H =1

2m

(p− eA

c

)2

El término 12m

(p− eA

c

)2 ya lo hemos evaluado en el Apartado (b) del problema anterior,Problema 2.34, pág. 78, era:

12m

(p− eA

c

)2

=1

2m

[−~2∇2 +

ie~c

(∇ · A) +2ie~c

A · ∇ +e2

c2A2

]


Evaluemos los diferentes sumandos:

∇ · A = 0, (gauge de Coulomb)

A · ∇ =12(B× r) ·∇ (∗)

=12B · (r×∇) =

i

2~(B · L)

A2(r) =14(B× r)(B× r)

(∗)=

14B · (r× (B× r))

(∗∗)=

14B((r · r)B− (r ·B)r

)=

14[B2r2 − (B · r)2

]Hemos utilizado las siguientes identidades vectoriales:

A · (B×C) = B · (C×A) = C · (A×B) (*)A× (B×C) = (A ·C)B− (A ·B)C (**)

En nuestro caso, en que el campo magnético B está en la dirección del eje z, B = Buz,tenemos que el último término queda:

A2(r) =14[B2(x2 + y2)

]Así tenemos finalmente que:

H = − ~2

2m∇2 − e

2mcB · L +

e2

8mc2B2(x2 + y2)

Vemos que hemos obtenido el término correcto para la interacción del momento angularorbital con el campo magnético. Además nos ha aparecido el término adicional:

e2

8mc2B2(x2 + y2) ≡ µB

Este término se conoce con el nombre de término diamagnético o efecto Zeeman cuadrático,y se suele escribir como el producto de un momento magnético inducido µ, que dependede la intensidad del propio campo magnético, por el valor del campo magnético.Se observa cuando tenemos campos magnéticos muy intensos: aparece, por ejemplo, comoun desdoblamiento de los niveles, proporcional a B2, en el espectro de los átomos sometidosa campos magnéticos muy fuertes.2

Nota:Este modo de obtener el Hamiltoniano que describe el movimiento de una partícula cargadaen presencia de un campo electromagnético, a partir del Hamiltoniano de una partículalibre:

H0 =1

2mp2

mediante la prescripción:

H −→ H − qφ(r, t)

p −→ p− q

cA(r, t)

(acoplamiento mínimo)

2Recomendamos en este punto consultar el Bransden[2]


se conoce con el nombre de acoplamiento mínimo.

Problema 2.36

Un electrón se mueve en presencia de un campo magnético uniforme en ladirección z (B = Bz).

(a) Calcula[Πx,Πy] ,

dondeΠx ≡ px −

eAx

c, Πy ≡ py −

eAy

c.

(b) Comparando el Hamiltoniano y la relación de conmutación obtenidas en(a) con las correspondientes expresiones del problema del oscilador armó-nico unidimensional, muestra cómo podemos escribir inmediatamente losautovalores de la energía como:

Ek,n =~2k2

2m+(|eB|~mc

)(n+

12

),

donde ~k es el autovalor continuo del operador pz y n es un entero nonegativo incluyendo el cero.

Solución:

(a) Este apartado es un caso particular del Apartado (a) del Problema 2.34, pág. 78, paraB = Bz, entonces:

[Πx,Πy] =i~ecB

(b) Para este apartado, resulta conveniente trabajar en el gauge cilíndrico:

Ax = −By2

, Ay =Bx

2, Az = 0

(Ver que se verifica, efectivamente, que ∇×A = Bz).Esta elección del potencial vector, nos va a permitir encontrar una base de autoestados,|k, n〉, sencilla, separando el Hamiltoniano de una manera adecuada, tal como sugiere elenunciado del problema.Bien, tenemos entonces que el Hamiltoniano de este sistema se escribirá:

H =Π2

2m=

12m

(p− eA(x)

c

)2

=1

2m(Π2

x + Π2y

)+

12m

p2z ≡ H1 +H2

con H1 ≡1

2m(Π2

x + Π2y

)y H2 ≡

p2z

2m.


Se tiene que:[H1,H2] = 0,

entonces es posible encontrar un conjunto común de autovectores |k, n〉.(El cálculo del conmutador es casi inmediato a partir de las reglas de conmutación quehemos obtenido en el Apartado (a) del Problema 2.34, pág. 78, y utilizando las identidades:

[A,BC] = [A,B]C +B[A,C] (ec. (1.6.50e) Sakurai)[AB,C] = A[B,C] + [A,C]B

y teniendo en cuenta que B = Bz).

H2 es el Hamiltoniano de una partícula libre en una dimensión, y ya lo hemos resuelto:

H2|k, n〉 =p2

z

2m|k, n〉 =

~2k2

2m|k, n〉

donde ~k es el autovalor continuo del operador pz.

Ahora comparemos H1 con el Hamiltoniano del oscilador armónico unidimensional:

H =p2

2m+

12mω2x2 Autovalores: En = ~ω

(n+

12

), n = 0, 1, 2, ...

H1 =Π2

y

2m+

12m

Π2x

la identificación es casi inmediata, pero, para poder realizarla, necesitamos que se verifiquenlas mismas reglas de conmutación entre los operadores implicados en cada caso:

[x, p] = i~

[Πx,Πy] =i~ecB =⇒

[ x , p ]

[(

Πxc

eB

),Πy] = i~

Entonces H1 se escribirá:

H1 =Π2

y

2m+

12m

|eB|2

c2

(Πxc

eB

)2

=Π2

y

2m+

12

m · ω2 · x2

12m

(|eB|mc

)2(Πxc

eB

)2

Y, comparando con el oscilador armónico, con ω =|eB|mc

, obtenemos los autovalores de H1:

H1|k, n〉 = ~(|eB|mc

)(n+

12

)|k, n〉 n = 0, 1, 2, ...

Finalmente, juntándolo todo llegamos al resultado del enunciado:

H|k, n〉 = H2|k, n〉+H1|k, n〉 =[

~2k2

2m+(|eB|~mc

)(n+

12

)]|k, n〉

donde ~k es el autovalor continuo del operador pz y n es un entero no negativo incluyendoel cero.


Problema 2.37

Considera el interferómetro de neutrones. Demuestra que la diferencia entrelos campos magnéticos que produce dos máximos sucesivos en la tasa de cuentasviene dada por:

∆B =4π~c|e|gnλl

,

donde gn (= −1.91) es el momento magnético del neutrón en unidades de−e~/2mnc. [Si hubieras resuelto este problema en 1967, ¡podrías haberlo pu-blicado en el Physical Review Letters!]


Capítulo 3

Teoría del momento angular

Problema 3.1

Encuentra los autovalores y autovectores de σy =(

0 −ii 0

). Supón que un

electrón se encuentra en el estado de spin(αβ

). Si medimos sy, ¿cuál es la

probabilidad de obtener ~/2?

Solución:

Resolvemos la ecuación característica det(σy − λI) = 0 para obtener los autovalores:∣∣∣∣ −λ −ii −λ

∣∣∣∣ = 0 =⇒ λ = ±1

Autovectores:

λ = +1;(

0 −ii 0

)(ab

)= +1

(ab

)=⇒ |σy; +1〉 =

1√2

(1i

)

λ = −1;(

0 −ii 0

)(ab

)= −1

(ab

)=⇒ |σy;−1〉 =

1√2

(1−i

)———————————–

Suponiendo que el estado |i〉 =(αβ

)está normalizado, la probabilidad de que al medir

sy obtengamos ~/2, viene dada por:

|〈sy; +~2|i〉|2 =

∣∣∣∣ 1√2

(1 −i

)( αβ

)∣∣∣∣2 =12|α− iβ|2 =

12

|α|2 + |β|2︸︷︷︸=1

+2Re[α(−iβ)∗]

=

12

(1− 2Im[αβ∗])

87

88 CAPÍTULO 3. TEORÍA DEL MOMENTO ANGULAR

Hemos utilizado que:|z1 + z2|2 = |z1|2 + |z2|2 + 2Real(z1z∗2)

sy.=

~2σy |sy; +

~2〉 .=

1√2

(1i

)

Problema 3.2

Considera la matriz 2× 2 definida por:

U =a0 + iσ·aa0 − iσ·a ,

donde a0 es un número real y a es un vector tridimensional con componentesreales.

(a) Demuestra que U es unitaria y unimodular.

(b) En general, una matriz 2×2 unitaria y unimodular representa una rotaciónen tres dimensiones. Encuentra el eje y el ángulo de rotación apropiadopara U en términos de a0, a1, a2 y a3.

Problema 3.3

El Hamiltoniano dependiente del spin para un sistema electrón-positrón enpresencia de un campo magnético en la dirección z se puede escribir:

H = AS(e−)·S(e+) +(eB

mc

)(S(e−)

z − S(e+)z

).

Supón que la función de spin del sistema viene dada por χ(e−)+ χ

(e+)− . (CORRE-

GIR)

(a) ¿Es ésta una autofunción de H en el límite A → 0, eB/mc 6= 0? Si es así,¿cuál es el autovalor de la energía? Si no, ¿cuál es el valor esperado de H?

(b) El mismo problema cuando eB/mc→ 0, A 6= 0.

Solución:

(a) En este caso:

H χ(e−)+ χ

(e+)− =

(eB

mc

)(S(e−)

z − S(e+)z

)χ

(e−)+ χ

(e+)−

≡(eB

mc

)(S(e−)

z ⊗ 1− 1⊗ S(e+)z

)χ

(e−)+ ⊗ χ

(e+)−

=(eB

mc

)(~2− −~

2

)χ

(e−)+ χ

(e+)− =

(eB

mc~)χ

(e−)+ χ

(e+)−


donde hemos tenido en cuenta que los operadores con superíndice (e+) ó (e−) actúan sólosobre las funciones con el superíncidice correspondiente y que:

Szχ± = ±~2χ±.

Por tanto, χ(e−)+ χ

(e+)− es autofunción de H con autovalor eB~

mc .

(b) Ahora:

H χ(e−)+ χ

(e+)− =

(AS(e−)·S(e+)

)χ

(e−)+ χ

(e+)−

= A(S(e−)

x S(e+)x + S(e−)

y S(e+)y + S(e−)

z S(e+)z

)χ

(e−)+ χ

(e+)−

= A~2

4(χ(e−)

− χ(e+)+ + χ

(e−)− χ

(e+)+ − χ

(e−)+ χ

(e+)− )

El cálculo es sencillo, simplemente hemos tenido en cuenta que:

Sx =12(S+ + S−); Sy = − i

2(S+ − S−)

S±χ∓ = ~χ±; S+χ+ = S−χ− = 0

O bien:

Sx.=

~2

(0 11 0

); Sy

.=~2

(0 −ii 0

); Sz

.=~2

(1 00 −1

)Tenemos por tanto que en este caso no es autofunción del Hamiltoniano.El valor esperado es:

〈χ(e−)+ χ

(e+)− |H|χ(e−)

+ χ(e+)− 〉 =

=A~2

4〈χ(e−)

+ χ(e+)− |χ(e−)

− χ(e+)+ + χ

(e−)− χ

(e+)+ − χ

(e−)+ χ

(e+)− 〉

=A~2

4

(〈χ(e−)

+ |χ(e−)− 〉〈χ(e+)

− |χ(e+)+ 〉+ 〈χ(e−)

+ |χ(e−)− 〉〈χ(e+)

− |χ(e+)+ 〉+ · · · · · ·

)=−A

~2

4

y hemos utilizado que:

〈χ+|χ+〉 = 〈χ−|χ−〉 = 1; 〈χ+|χ−〉 = 〈χ−|χ+〉 = 0

Problema 3.4

Considera una partícula de spin 1. Calcula los elementos de matriz de

Sz(Sz + ~)(Sz − ~) y Sx(Sx + ~)(Sx − ~).


Solución:

Ya hemos visto en el Problema 1.7, pág. 10 que para todo operador hermítico A conautovalores a′ el siguiente producto: ∏

a′(autovalores)

(A− a′)

era precisamente el operador nulo.Pero los operadores Sz y Sx para una partícula de spin 1, tienen autovalores λ = 0,±~.Entonces las expresiones del enunciado son de la forma anterior y por tanto no son másque el operador nulo, de modo que todos los elementos de matriz van a ser 0.Esto se ve bastante claro si tratamos de calcular los elementos de matriz solicitados parael primer caso, por ejemplo, debido a que:

Sz|Sz; 0〉 = 0; (Sz − ~)|Sz; +1〉 = 0; (Sz + ~)|Sz;−1〉 = 0

y tenemos que siempre hay algún factor del productorio que se anula. (El orden de losfactores no importa porque los Sz conmutan entre sí).

Problema 3.5

Sea el Hamiltoniano de un cuerpo rígido:

H =12

(K2

1

I1+K2

2

I2+K2

3

I3

).

donde K es el momento angular en el sistema de referencia del propio sólidorígido. De esta expresión obtén la ecuación del movimiento de Heisembergpara K y a partir de ella encuentra, en el límite correspondiente, la ecuaciónde Euler del movimiento.

Problema 3.6

Sea U = eiG3αeiG2βeiG3γ, donde (α, β, γ) son los ángulos de Euler. Para que Urepresente una rotación (α, β, γ), ¿cuáles son las relaciones de conmutación quedebe de satisfacer Gk? Relaciona G con los operadores de momento angular.

Solución:

(CORREGIR: 3.6, 3.7, 3.13 relacionats)

Problema 3.7

¿Cuál es el significado de la siguiente ecuación:

U−1AkU =∑

RklAl ,


donde las tres componentes de A son matrices? A partir de la ecuación anteriormuestra que los elementos de matriz 〈m|Ak|n〉 se transforman como vectores.

Solución:


Problema 3.8

Considera una secuencia de rotaciones de Euler representada por

D (1/2)(α, β, γ) = exp(−iσ3α

2

)exp

(−iσ2β

2

)exp

(−iσ3γ

2

)

=

e−i(α+γ)/2 cos

β

2− e−i(α−γ)/2 sin

β

2

ei(α−γ)/2 sinβ

2ei(α+γ)/2 cos

β

2

.

Debido a las propiedades grupales de las rotaciones, esperamos que esta secuen-cia de operaciones sea equivalente a una única rotación alrededor de cierto ejey de ángulo θ. Encuentra θ.

Solución:

Siendo

D (1/2)(α, β, γ) =

e−i(α+γ)/2 cos

β

2− e−i(α−γ)/2 sin

β

2

ei(α−γ)/2 sinβ

2ei(α+γ)/2 cos

β

2

y

D (1/2)(n, θ) =

cos(θ

2

)− inz sin

(θ

2

)(−inx − ny) sin

(θ

2

)(−inx + ny) sin

(θ

2

)cos(θ

2

)+ inz sin

(θ

2

)

dos representaciones equivalentes de dimensión 2 del grupo SU(2), debe de existir unatransformación unitaria que lleve de una a otra, pero como las transformaciones unitariasconservan la traza, entonces se tiene que:

Tr(D (1/2)(n, θ)) = Tr(D (1/2)(α, β, γ))

entonces:

cos(θ

2

)= cos

β

2

(e−i(α+γ)/2 + ei(α+γ)/2

)= cos

(β

2

)cos(α+ γ

2

)


Resultado:

cos(θ

2

)= cos

(β

2

)cos(α+ γ

2

)

Problema 3.9

(a) (CORREGIR) Considera un estado puro1 de sistemas de spin 12 idéntica-

mente preparados. Supón que conocemos los valores esperados 〈Sx〉 y 〈Sz〉y el signo de 〈Sy〉. Muestra cómo podemos determinar el vector estado.¿Por qué es innecesario conocer la magnitud de 〈Sy〉?

(b) (CORREGIR) Considera un estado mezcla de sistemas de spin 12 . Supón

que las mezclas medias [Sx], [Sy], y [Sz] son todas conocidas. Muestra cómopodemos construir la matriz densidad 2× 2 que caracteriza a la mezcla.

Solución:

(a) Ya hemos visto (por ejemplo, en el Problema 1.9, pág. 12) que un estado propio deS·n, con autovalor ~/2, siendo n = (cosα sinβ, sinα sinβ, cosβ) una dirección arbitraria,venía dado por:

|φ〉 = cos(β

2

)|+〉+ sin

(β

2

)eiα|−〉 0 ≤ β < π

0 ≤ α < 2π

salvo una fase global inobservable.Como tenemos un estado puro, la matriz densidad viene dada entonces por:

ρ = |φ〉〈φ|

Entonces:

〈Sz〉 = Tr(ρSz)

=[〈+ | cos

β

2+ 〈−|e−iα sin

β

2

] [~2(|+〉〈+| − |−〉〈−|)

] [cos

β

2|+〉+ eiα sin

β

2|−〉]

=~2

cosβ

〈Sx〉 = Tr(ρSx)

=[〈+ | cos

β


β

2

] [~2(|+〉〈−|+ |−〉〈+|)

] [cos

β

2|+〉+ eiα sin

β

2|−〉]

=~2

sinβ cosα

1CORREGIR: Hemos traducido pure ensemble y mixed ensemble por estado puro y estado mezcla,respectivamente


de donde:

cosβ =2〈Sz〉

~=⇒ β = arc cos

2〈Sz〉~

cosα =2〈Sx〉~ sinβ

=2〈Sx〉

~√

1− 4〈Sz〉2

~2

=⇒

α = arc cos

2〈Sx〉~ sinβ

0 ≤ α < π

ó

α = 2π − arc cos2〈Sx〉~ sinβ

π ≤ α < 2π

Pero como:

〈Sy〉 = Tr(ρSy)

=[〈+ | cos

β


β

2

] [− i~

2(|+〉〈−| − |−〉〈+|)

] [cos

β

2|+〉+ eiα sin

β

2|−〉]

=~2

sinβ sinα

Entonces: -Si 〈Sy〉 ≥ 0 =⇒ sinα ≥ 0 =⇒ α = arc cos

2〈Sx〉~ sinβ

-Si 〈Sy〉 < 0 =⇒ sinα < 0 =⇒ α = 2π − arc cos2〈Sx〉~ sinβ

De este modo, un estado puro de sistemas de spin 1/2, queda determinado si conocemoslos valores esperados 〈Sx〉 y 〈Sz〉 y el signo de 〈Sy〉.De hecho la magnitud de 〈Sy〉, la podemos obtener a partir de las otras del siguiente modo:

〈Sy〉2 =~2

4sin2 β sin2 α =

~2

4sin2 β

[1−

(2〈Sx〉~ sinβ

)2]

=~2

4

[sin2 β −

(2〈Sx〉

~

)2]

=~2

4

[1− cos2 β −

(2〈Sx〉

~

)2]

=~2

4

[1−

(2〈Sz〉

~

)2

−(

2〈Sx〉~

)2]

=~2

4− 〈Sz〉2 − 〈Sx〉2

(b) Como ya discutimos en el Problema 1.2, pág. 1, Ω0 = I2×2,Ωi = σi forman una basepara las matrices hermíticas 2× 2:

X = a0I + σ·a

con ai = 12Tr(XΩi).

Puesto que ρ es una matriz hermítica, podemos descomponerla del modo anterior, así:

a0 =12Tr(ρI) =

12Tr(ρ) =

12

ai =12Tr(ρσi) =

12[σi] =

1~[Si]


Entonces queda:

ρ =

12

+[Sz]~

[Sx]~− i

[Sy]~

[Sx]~

+ i[Sy]~

12− [Sz]

~

Ahora, para un estado mezcla, necesitamos conocer las tres cantidades, [Sx], [Sy] y [Sz].Fijarse que esto es consecuencia de que la matriz densidad es una matriz hermítica 2× 2,y de traza unidad. Como consecuencia, necesitamos conocer tres parámetros reales paraque quede completamente determinada:

8 (matriz 2× 2 compleja) − 4 (por ser hermítica) − 1 (por la traza)

Problema 3.10

(a) Demuestra que la evolución temporal del operador densidad ρ (en la ima-gen de Shrödinger) viene dado por:

ρ(t) = U (t, t0)ρ(t0)U †(t, t0).

(b) (CORREGIR) Supón que tenemos un estado puro en t = 0. Demuestra queno puede evolucionar a un estado mezcla mientras la evolución temporalesté gobernada por la ecuación de Shrödinger.

Solución:

La matriz densidad viene definida por:

ρ ≡∑

i

wi|α(i)〉〈α(i)|

con |α(i)〉 estados normalizados, (〈α(i)|α(i)〉 = 1).El cambio en ρ viene gobernado únicamente por la evolución temporal del ket |α(i)〉:

|α(i)〉 en t0pasa a−→ |α(i), t0; t〉 = U (t, t0)|α(i)〉 ec. (3.4.28) Sakurai

Por lo tanto:

ρ(t) =∑

i

wi|α(i), t0; t〉〈α(i), t0; t| =∑

i

wi U (t, t0)|α(i), t0〉〈α(i), t0|U †(t, t0)

= U (t, t0)

(∑i

wi|α(i), t0〉〈α(i), t0|

)U †(t, t0) = U (t, t0)ρ(t0)U †(t, t0)


Fijarse que como consecuencia de lo anterior, tenemos que la matriz densidad en la imagende Heisemberg no depende del tiempo:

ρH ≡ U †(t, t0)ρ(t)U (t, t0) = U †U ρ(t0)U U † = ρ(t0)

donde ρ sin subíndice se refiere a la matriz densidad en la imagen de Schrödinger.Como consecuencia del resultado anterior, podemos obtener fácilmente la ecuación delmovimiento del operador densidad:

0 =∂ρH

∂t=∂U †

∂tρ(t)U + U †∂ρ(t)

∂tU + U †ρ(t)

∂U

∂t

= U †∂ρ(t)∂t

+i

~[H, ρ]

U = 0

donde hemos tenido en cuenta que el operador evolución temporal tiene la forma:

U (t, t0) = exp[−iH(t− t0)

~

]para un Hamiltoniano independiente del tiempo.Por lo tanto, si la expresión anterior ha de ser 0, necesariamente:

i~∂ρ(t)∂t

= −[ρ,H]

de acuerdo con la ecuación (3.4.30) del Sakurai.

(b) El resultado es inmediato de lo que hemos visto en el apartado anterior. Para un estadopuro, la matriz densidad viene dada por:

ρ(t0) = |α, t0〉〈α, t0|.

Y la evolución de ρ será entonces:

ρ(t) = U (t, t0)ρ(t0)U †(t, t0) = U (t, t0)|α, t0〉〈α, t0|U †(t, t0) = |α, t0; t〉〈α, t0; t|

que sigue siendo un estado puro:

ρ2(t) =(U (t, t0)|α, t0〉〈α, t0|U †(t, t0)

)(U (t, t0)|α, t0〉〈α, t0|U †(t, t0)

)= U (t, t0)|α, t0〉〈α, t0|U †(t, t0) = |α, t0; t〉〈α, t0; t|= ρ(t)

Tr(ρ2(t)) = Tr(ρ(t)) = 〈α, t0|α, t0〉 = 1

Nota:Ahora que ya hemos visto que no hay manera de que un estado puro evolucione a un estadomezcla mientras la evolución temporal esté gobernada por la ecuación de Schrödinger,consideremos el siguiente ejemplo:

Consideremos un conjunto de sistemas idénticamente preparados en un estado purorepresentado por un vector |ψ〉. Supongamos que cierto operador A forma un C.C.O.C.


(conjunto completo de observables compatibles) para este sistema, entonces podemos es-cribir |ψ〉 en términos de los autovectores de A del siguiente modo:

|ψ〉 =∑a′

ca′ |a′〉

|a′〉 son los autovectores de A, y ca′ = 〈a′|ψ〉, donde |ca′ |2 = |〈a′|ψ〉|2 representa la proba-bilidad de que, tras una medida de A, obtengamos el valor propio a′.La correspondiente matriz densidad vendrá dada por:

ρ = |ψ〉〈ψ| (estado puro)

Supongamos ahora que realizamos sobre los miembros del sistema una serie de medidas nofiltrantes2 de A. De acuerdo con lo anterior, después de esta serie de medidas habremosobtenido una fracción |ca′ |2 de las veces el resultado a′, y esta fracción del sistema ven-drá descrita, después de las medidas, por el correspondiente autovector |a′〉. Igualmente,obtendremos una fracción |ca′′ |2 de las veces el autovalor a′′, y esta fracción del sistemavendrá descrita por el |a′′〉, etc. En el lenguaje de la matriz densidad, lo que tenemos trasel conjunto de medidas es ¡un estado mezcla!, descrito por la matriz densidad:

ρ =∑a′

|ca′ |2|a′〉〈a′|.=

|ca′ |2 0 · · · 0

0 |ca′′ |2 · · · 0...

.... . . 0

0 0 · · · |caN |2

representada en la base de los |a′〉.Pero ¿no habíamos dicho que no había manera de que un estado puro evolucionara aun estado mezcla mientras la evolución temporal estuviera gobernada por la ecuación deSchrödinger? ¿Qué ha sucedido aquí? ¿El razonamiento es incorrecto? ¿Es éste un contra-ejemplo?La respuesta en el Capítulo 17 del libro de Bransden[1]. (Del que recomendamos su lec-tura, por supuesto). Se recomienda leer también del apartado 1.4 del Sakurai, la secciónObservables incompatibles. Por último, un tratamiento similar al del Bransden lo encon-tramos en el Capítulo 17 del Greiner[4]

Problema 3.11

Considera un conjunto de sistemas idénticamente preparados de spin 1. Lamatriz densidad es ahora una matriz 3× 3. ¿Cuántos parámetros (reales) inde-pendientes se necesitan para caracterizar la matriz densidad? ¿Qué debemos

2Medidas no filtrantes, o medidas de primera especie, o medidas ideales, son aquellas realizadas parapreparar a nuestro sistema en un estado con unos valores concretos de determinados observables, de formaque medidos éstos, (los observables), inmediatamente después tienen con certeza los mismos valores conque lo preparamos. En cambio, medidas filtrantes o de primera especie, son aquellas que destruyen lapropiedad medida sobre el sistema. De este modo, las medidas no filtrantes nos permiten decir algo sobreel comportamiento futuro de nuestro sistema, mientras que las medidas filtrantes nos dan informaciónsobre el inmediato pasado de nuestro sistema.


conocer además de [Sx], [Sy], y [Sz] para caracterizar el estado completamente?

Solución:

Recorda’t de mirar pág. 187 GREINER: generadors de SU(3).

Problema 3.12

Un autoestado de momento angular |j,m = mmáx = j〉 es rotado un ánguloinfinitesimal ε alrededor del eje y. Sin utilizar la forma explicita de la d

(j)m′m,

obtén una expresión para la probabilidad de encontrar el nuevo estado rotadoen el estado original salvo términos de orden ε2.

Solución:

Recordemos:

|α〉R = D(R)|α〉

D(n, φ) = lımN→∞

[1−

(J·n~

)(φ

N

)]N

= exp(−i(J·n)φ

~

)= 1− i(J·n)φ

~− (J·n)2φ2

2~2+ · · ·

Así, en nuestro caso:

D(ny, ε) = 1− iJyε

~−J2

y ε2

2~2+ O(ε3)

Nos queda:

|j,m = j〉R = D(ny, ε)|j, j〉 =

(1− iJyε

~−J2

y ε2

2~2+ O(ε3)

)|j, j〉

Y utilizando:

Jx =(J+ + J−)

2; Jy =

(J+ − J−)2i

J±|j,m〉 = ~√

(j ∓m)(j ±m+ 1)|j,m± 1〉


podemos calcular:

Jy|j, j〉 =(J+ − J−)

2i|j, j〉 =

i

2J−|j, j〉 =

i

2~√

2j|j, j − 1〉

J2y |j, j〉 = JyJy|j, j〉 = −(J+ − J−)

2ii

2~√

2j|j, j − 1〉

=~√

2j4

(J+|j, j − 1〉 − J−|j, j − 1〉)

=~√

2j4

(~√

2j|j, j〉 − ~√

(2j − 1)2|j, j − 2〉)

=~2

2j|j, j〉 − ~2

2

√(2j − 1)j|j, j − 2〉

Entonces:

|j, j〉R = |j, j〉+ε

2

√2j|j, j − 1〉 − ε2

4j|j, j〉+

ε2

4

√j(2j − 1)|j, j − 2〉+ O(ε3)

=(

1− ε2

4j

)|j, j〉+

ε

2

√2j|j, j − 1〉+

ε2

4

√j(2j − 1)|j, j − 2〉+ O(ε3)

Y la probabilidad de encontrar el nuevo estado rotado en el estado original viene dada por:

|〈j, j|j, j〉R|2 ≈∣∣∣∣(1− ε2

4j

)∣∣∣∣2 = 1− ε2

2j + O(ε4)

FER RESULTAT EXACTE QUE CREC QUE IX |d(j)jj |2

Problema 3.13

Muestra que las matrices 3× 3, Gi (i = 1, 2, 3), cuyos elementos vienen dadospor:

(Gi)jk = −i~εijk,

donde j y k son los índices fila y columna, satisfacen la relaciones de conmu-tación del momento angular. ¿Cuál es el significado físico (o geométrico) de lamatriz de transformación que conecta G con las más comunes representaciones3×3 del operador momento angular Ji, con J3 diagonal? Relaciona tu resultadocon:

V → V + nδφ×V

bajo rotaciones infinitesimales. (Nota: Este problema puede ser útil para en-tender el spin del fotón).

Solución:



Bien, tenemos:

([Gi, Gj])kl = (Gi)ks(Gj)sl − (Gj)ks(Gi)sl

= (−i~εiks)(−i~εjsl)− (−i~εjks)(−i~εisl)

= −~2(εiksεjsl − εjksεisl)

= ~2(εiksεjls − εjksεils)

= ~2 ((δijδkl − δilδkj)− (δjiδkl − δjlδki))

= ~2(δjlδki − δilδkj)

= ~2εlksεjis = ~2εsklεijs = i~εijs(−i~εskl)

= i~εijs(Gs)kl q.e.d.

Hemos utilizado la siguiente relación:

εijsεkls = δikδjl − δilδjk

Problema 3.14

(a) Sea J el momento angular. (Puede ser tanto el momento angular orbitalL, el momento de spin S ó Jtotal). Utilizando el hecho de que Jx, Jy, Jz

(J± = Jx± iJy) satisfacen las relaciones de conmutación usuales, demuestraque:

J2 = J2z + J+J− − ~Jz.

(b) Utilizando (a), (o de otro modo), obtén la «famosa» expresión para elcoeficiente c− que aparece en:

J−ψjm = c−ψj,m−1.

Solución:

(Para ver más sobre este ejercicio, podemos consultar el Apartado 3.5 del Sakurai).

(a)

J2 = J2x + J2

y + J2z =

(J+ + J−)2

(J+ + J−)2

+(J+ − J−)

2i(J+ − J−)

2i+ J2

z

= J2z +

12

(J+J− + J−J+) = J2z +

12

(J+J− + J+J− − [J+, J−])

= J2z +

12

(2J+J− − 2~Jz) = J2z + J+J− − ~Jz q.e.d.


(b)

〈j,m|J+J−|j′,m′〉 = 〈j,m|J2 − J2z + ~Jz|j′,m′〉 = ~2

(j(j + 1)−m2 +m

)δjj′δmm′

= ~2(j +m)(j −m+ 1)δjj′δmm′

Pero J−|j,m〉 debe de ser |j,m− 1〉 (normalizado), salvo una constante multiplicativa:

J−|j,m〉 = c−jm|j,m− 1〉

Comparando los dos resultados anteriores, tenemos que:

|c−jm|2 = ~2(j +m)(j −m+ 1)

Por convenio, se elige que c−jm sea real y positiva, así:

c−jm = ~√

(j +m)(j −m+ 1)

Con lo cual:

J−ψjm = 〈x|J−|j,m〉 = 〈x|

∑j′

j′∑m′=−j′

|j′,m′〉〈j′,m′|

︸︷︷︸

1

J−|j,m〉

=∑j′,m′

〈x|j′,m′〉〈j′,m′|J−|j,m〉 =∑j′,m′

〈x|j′,m′〉~√

(j +m)(j −m+ 1)δj′jδm′,m−1

= ~√

(j +m)(j −m+ 1)〈x|j,m− 1〉 = ~√

(j +m)(j −m+ 1)ψj,m−1

Resultado:J−ψjm = ~

√(j +m)(j −m+ 1)ψj,m−1

Problema 3.15

La función de onda de una partícula sometida a un potencial esféricamentesimétrico V (r) viene dada por:

ψ(x) = (x+ y + 3z)f(r).

(a) ¿Es ψ una función propia de L2? Si es así, ¿cuál es su valor propio? Sino, ¿Cuáles son los posibles valores de l que podemos obtener tras unamedida de L2?

(b) ¿Cuáles son las probabilidades de encontrar la partícula en los diferentesestados ml?

(c) Supón que de algún modo es sabido que ψ(x) es una autofunción de laenergía con valor propio E. Indica cómo podemos encontrar V (r).


Solución:

(a) Teniendo en cuenta que:

Y 01 =

√34π

cos θ =

√34π

z

r−→ z = r

√4π3Y 0

1

Y ±11 = ∓

√34π

x± iy√2r

−→

x = r

√2π3(Y −1

1 − Y +11

)y = ir

√2π3(Y −1

1 + Y +11

)entonces, sustituyendo en la función de onda queda:

ψ(x) =

√2π3rf(r)

[(i− 1)Y +1

1 + 3√

2Y 01 + (i+ 1)Y −1

1

]y, puesto que sólo aparecen en la función de onda armónicos esféricos con un único valorde l, l = 1, claramente es autofunción de L2, («tiene» un valor de l «definido»), con l = 1,y autovalor ~2l(l + 1) = 2~2.(Recordemos que los armónicos esféricos son autoestados del operador L2:

L2Y ml = l(l + 1)~2Y m

l )

———————————–

Podemos obtener también este resultado viendo directamente la actuación del operador L2

sobre la función de onda:

〈x′|L2|α〉 = −~2

[1

sin2 θ

∂2

∂φ2+

1sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂

∂θ

)]〈x′|α〉 ec. (3.6.15) Sakurai

Escribiendo nuestra función de onda en esféricas:x = r sin θ cosφy = r sin θ sinφ (coordenadas esféricas)z = r cos θ

ψ(x) = rf(r)(sin θ cosφ+ sin θ sinφ+ 3 cos θ)

Entonces:1

sin2 θ

∂2

∂φ2ψ(x) = rf(r)

1sin2 θ

∂2

∂φ2(sin θ cosφ+ sin θ sinφ+ 3 cos θ)

= rf(r)1

sin2 θsin θ

∂

∂φ(− sinφ+ cosφ)

= −rf(r)1

sin θ(cosφ+ sinφ)

1sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂

∂θ

)ψ(x) = rf(r)

1sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂

∂θ

)(sin θ cosφ+ sin θ sinφ+ 3 cos θ)

= rf(r)1

sin θ∂

∂θ(sin θ cos θ(cosφ+ sinφ)− 3 sin2 θ)

= rf(r)1

sin θ((cos2 θ − sin2 θ)(cosφ+ sinφ)− 6 sin θ cos θ)


Y juntándolo todo:

L2ψ(x) = −~2rf(r)1

sin θ((−1 + cos2 θ − sin2 θ)(cosφ+ sinφ)− 6 sin θ cos θ)

= −~2rf(r)1

sin θ(−2 sin2 θ(cosφ+ sinφ)− 6 sin θ cos θ)

= 2~2rf(r)(sin θ cosφ+ sin θ sinφ+ 3 sinφ)

= 2~2ψ(x) = l(l + 1)~2ψ(x) q.e.d.

(b) En el apartado anterior ya habíamos escrito la función de onda en términos de losarmónicos esféricos, del siguiente modo:

ψ(x) =

√2π3rf(r)

[(i− 1)Y +1

1 + 3√

2Y 01 + (i+ 1)Y −1

1

]

Problema 3.16

Una partícula en un potencial esféricamente simétrico, se sabe que está enun autoestado de L2 y Lz con autovalores ~2l(l + 1) y m~, respectivamente.Demuestra que los valores esperados entre los estados |lm〉, satisfacen:

〈Lx〉 = 〈Ly〉 = 0, 〈L2x〉 = 〈L2

y〉 =

[l(l + 1)~2 −m2~2

]2

.

Interpreta este resultado semiclásicamente.

Solución:

Si escribimos Lx y Ly en términos de los operadores escalera:

Lx =(L+ + L−)

2; Ly =

(L+ − L−)2i

Está claro que:〈j,m|Lx|j,m〉 = 0 = 〈j,m|Ly|j,m〉

———————————

Por simetría, es evidente que:

〈j,m|L2x|j,m〉 = 〈j,m|L2

y|j,m〉

En cualquier caso:

Ly = e−iπLz/2LxeiπLz/2 =⇒〈j,m|L2

y|j,m〉 = 〈j,m|e−iπLz/2L2xe

iπLz/2|j,m〉

=e−iπm/2eiπm/2〈j,m|L2x|j,m〉 = 〈j,m|L2

x|j,m〉 q.e.d.

Bien, como L2x + L2

y = L2 − L2z, entonces:

〈j,m|L2x|j,m〉+ 〈j,m|L2

y|j,m〉 = 〈j,m|L2 − L2z|j,m〉 = l(l + 1)~2 −m2~2


Así:

〈L2x〉 = 〈L2

y〉 =

[l(l + 1)~2 −m2~2

]2

como queríamos ver. FALTA ESCRIURE INTERPRETACIÓ SEMICLÀSSICA.

Problema 3.17

Supón que un valor de l semientero, por ejemplo 12 , fuera permitido para el

momento angular orbital. De:

L+Y1/2,1/2(θ, φ) = 0,

podemos deducir, como siempre:

Y1/2,1/2(θ, φ) ∝ eiφ/2√

sin θ.

Ahora intenta construir Y1/2,−1/2(θ, φ); mediante

(a) la aplicación de L− a Y1/2,1/2(θ, φ); y

(b) utilizando L−Y1/2,−1/2(θ, φ) = 0.

Muestra que los dos caminos conducen a resultados contradictorios. (Esto pro-porciona un argumento contra los valores semienteros de l para el momentoangular orbital).

Solución:

Este problema está resuelto en el propio texto del Sakurai, simplemente lo reproducimosaquí:(a) Por aplicación del operador escalera:

Y1/2,−1/2(θ, φ)(3.6.36)

=1~L−Y1/2,1/2(θ, φ)

(3.6.36)= e−iφ

(− ∂

∂θ+ i cot θ

∂

∂φ

)Y1/2,−1/2(θ, φ)

∝ e−iφ

(− ∂

∂θ+ i cot θ

∂

∂φ

)(eiφ/2

√sin θ)

= −e−iφ/2 cot θ√

sin θ

(b) Por otro lado, a partir de L−Y1/2,−1/2(θ, φ) = 0, tenemos:

0 = L−Y1/2,−1/2(θ, φ)(3.6.36)

= −i~e−iφ

(−i ∂∂θ− cot θ

∂

∂φ

)Y1/2,−1/2(θ, φ)

Y de la resolución de la anterior ecuación en derivadas parciales, se tiene que:

Y1/2,−1/2(θ, φ) ∝ e−iφ/2√

sin θ

Entonces, los resultados obtenidos en (a) y (b) son incompatibles y esto proporciona unargumento contra los valores semienteros de l para el momento angular orbital.


Problema 3.18

Considera un autoestado de momento angular orbital |l = 2,m = 0〉. Supónque rotamos este estado un ángulo β alrededor del eje y. Encuentra la probabi-lidad de encontrar el nuevo estado en m = 0, ±1 y ±2. (Los armónicos esféricospara l = 0, 1 y 2, que vienen en el Apéndice A pueden ser útiles).

Solución:

Rotamos nuestro estado, que pasa a:

|l = 2,m = 0〉 −→ |l = 2,m = 0〉R = D(α = 0, β, γ = 0)|l = 2,m = 0〉

donde α, β y γ son los ángulos de Euler asociados con la rotación.Las distintas amplitudes de probabilidad se obtienen entonces proyectando el estado finalsobre cada uno de los autoestados |l = 2,m′〉:

〈2,m′|l = 2,m = 0〉R = 〈2,m′|D(0, β, 0)|2, 0〉 = D(2)m′0(0, β, 0)

Pero, de acuerdo con la ec. (3.6.52) del Sakurai:

D(l)m0(α, β, γ = 0) =

√4π

(2l + 1)Y m∗

l (β, α)

Entonces, las distintas probabilidades vienen dadas por:

|〈2,m′|l = 2,m = 0〉R|2 = |D (2)m′0(0, β, 0)|2 =

4π5|Y m′∗

2 (β, 0)|2

Resultado:

m′ = 0 −→ p(m′ = 0) =14(3 cos2 β − 1)2

m′ = ±1 −→ p(m′ = ±1) =32

cos2 β sin2 β

m′ = ±2 −→ p(m′ = ±2) =38

sin4 β

Como comprobación, veamos que la suma de probabilidades da 1:

p(0)+p(−1) + p(+1) + p(−2) + p(+2) =

=14(2 cos2 β − sin2 β)2 + 3 cos2 β sin2 β +

34

sin4 β

=14(4 cos4 β + sin4 β − 4 cos2 β sin2 β) + 3 cos2 β sin2 β +

34

sin4 β

= sin4 β + cos4 β + 2 cos2 β sin2 β = sin4 β + cos2 β(cos2 β + 2 sin2 β)

= sin4 β + cos2 β(1 + sin2 β) = cos2 β + sin2 β(sin2 β + cos2 β)

= cos2 β + sin2 β = 1


Problema 3.19

¿Cuál es el significado físico de los operadores:

K+ ≡ a†+a†− y K− ≡ a+a−

en el esquema de Schwinger del momento angular?(CORREGIR) Da los ele-mentos de matriz no nulos de K±.

Solución:

Siguiendo la notación del apartado 3.8 del Sakurai:

K+|n+, n−〉 = a†+a†−|n+, n−〉 =

√(n+ + 1)(n− + 1)|n+ + 1, n− + 1〉

K−|n+, n−〉 = a+a−|n+, n−〉 =√n+n−|n+ − 1, n− − 1〉

Recordemos que:

j ≡ n+ + n−2

; m ≡ n+ − n−2

=⇒ n+ = j +m; n− = j −m

Así:

K+|j,m〉 =√

(j +m+ 1)(j −m+ 1)|j + 1,m〉

K−|j,m〉 =√

(j +m)(j −m)|j − 1,m〉

Y los elementos de matriz no nulos son:

〈j + 1,m|K+|j,m〉 =√

(j +m+ 1)(j −m+ 1)

〈j − 1,m|K−|j,m〉 =√

(j +m)(j −m)

FALTA COMENTARI DE SIGNIFICAT FÍSIC

Problema 3.20

Sumemos momentos angulares j1 = 1 y j2 = 1 para formar estados conj = 2, 1 y 0. Utilizando bien el método del operador escalera o bien la relaciónde recurrencia, expresa todos (los nueve) j,m autoestados en términos de|j1j2;m1m2〉. Escribe tu respuesta como:

|j = 1,m = 1〉 =1√2|+, 0〉 − 1√

2|0,+〉,...,

donde + y 0 significan m1,2 = 1,0, respectivamente.

Solución:

El problema es sencillo utilizando el método del operador escalera. Utilizaremos la relación:

J±|j,m〉 =√

(j ∓m)(j ±m+ 1) ~|j,m± 1〉 ecs. (3.5.39) y (3.5.40) Sakurai


Y el procedimiento es siempre el mismo: partimos del estado con tercera componente mmayor para ir alcanzando las otros estados mediante aplicación sucesiva del operador esca-lera. Cuando hemos llegado a la m más baja, disminuímos en una unidad la j y empezamosde nuevo, construyendo este primer estado teniendo en cuenta que ha de ser ortogonal atodos los estados que hemos construído hasta ese momento. (Igualmente podríamos em-pezar con el estado con la m más baja, para el valor de j dado e ir «subiendo» con eloperador escalera).Así, empezamos con el estado |j = 2,m = 2〉 que necesariamente tiene que ser:

|j2,

m2〉 = |

j11 ,

m1

1 〉 ⊗ |j21 ,

m2

1 〉 ≡ |m1

+ ,m2

+ 〉

Aplicamos ahora el operador escalera J− = J1− + J2− a este estado:

J−|j2,

m2〉 = (J1− + J2−)|

m1

+ ,m2

+ 〉 ≡ (J1− ⊗ 1 + 1⊗ J2−)|j11 ,

m1

1 〉 ⊗ |j21 ,

m2

1 〉

Entonces queda:

√4 ~|

j2,

m1〉 =

√2 ~ |

j11 ,

m1

0 〉 ⊗ |j21 ,

m2

1 〉︸︷︷︸+√

2 ~ |j11 ,

m1

1 〉 ⊗ |j21 ,

m2

0 〉︸︷︷︸≡√

2 ~(︷︸︸︷|

m1

0 ,m2

+ 〉 +︷︸︸︷|

m1

+ ,m2

0 〉)

Luego:

|j2,

m1〉 =

1√2|

m1

0 ,m2

+ 〉+1√2|

m1

+ ,m2

0 〉

Aplicamos ahora a |2, 1〉 el operador J− para obtener el |2, 0〉:

J−|j2,

m1〉 = (J1− ⊗ 1 + 1⊗ J2−)

1√2(|

j11 ,

m1

0 〉 ⊗ |j21 ,

m2

1 〉+ |j11 ,

m1

1 〉 ⊗ |j21 ,

m2

0 〉)

√6|

j2,

m0〉 =

1√2(√

2|j11 ,

m1

−1〉 ⊗ |j21 ,

m2

1 〉+√

2|j11 ,

m1

0 〉 ⊗ |j21 ,

m2

0 〉)+

+1√2(√

2|j11 ,

m1

0 〉 ⊗ |j21 ,

m2

0 〉+√

2|j11 ,

m1

1 〉 ⊗ |j21 ,

m2

−1〉)

√6 ~|

j2,

m0〉 =

~√2(√

2|m1

− ,m2

+ 〉+√

2|m1

0 ,m2

0 〉+√

2|m1

0 ,m2

0 〉+√

2|m1

+ ,m2

−〉)

Resultado:

|j2,

m0〉 =

1√6(|

m1

+ ,m2

−〉+ 2|m1

0 ,m2

0 〉+ |m1

− ,m2

+ 〉)

Aplicamos J− a |2, 0〉 para obtener el estado |2,−1〉. Ya no lo hacemos tan detallado,tampoco nos molestamos en evaluar el lado izquierdo, simplemente la normalización delestado nos dará el factor correcto:

|2,−1〉 ∝ 1√6(√

2|0,−〉+ 2√

2|−, 0〉+ 0 + 0 + 2√

2|0,−〉+√

2|−, 0〉)

=√

3(|0,−〉+ |−, 0〉)


Normalizando:

|2,−1〉 =1√2(|0,−〉+ |−, 0〉)

Y, el que nos queda, necesariamente tiene que ser:

|2,−2〉 = |−,−〉

Empecemos ahora con los estados con j = 1.

—————————————

Ahora, para nuestra tranquilidad y para practicar con los Clebsch-Gordan, vamos a cons-truir los estados utilizando la relación:

|(j1j2)jm〉 =j1∑

m1=−j1

j2∑m2=−j2

C(j1j2j|m1m2m)|j1m1〉|j2m2〉

que es el modo usual en que los construiremos. C(j1j2j|m1m2m) son los coeficientes deClebsch-Gordan, que sólo son distintos de cero si m = m1 +m2.Entonces:

j=2

|j2,

m2〉 = C(

j11

j21

j2 |

m1

1m2

1m2)|

j11 ,

m1

1 〉|j21 ,

m2

1 〉 = |j11 ,

m1

1 〉|j21 ,

m2

1 〉 ≡ |m1

+ ,m2

+ 〉

|j2,

m1〉 = C(

j11

j21

j2 |

m1

1m2

0m1)|

j11 ,

m1

1 〉|j21 ,

m2

0 〉+ C(j11

j21

j2 |

m0

1m2

1m1)|

j11 ,

m1

0 〉|j21 ,

m2

1 〉

= C(j11

j21

j2 |

m1

1m2

0m1)|

m1

+ ,m2

0 〉+ C(j11

j21

j2 |

m0

1m2

1m1)|

m1

0 ,m2

+ 〉

=1√2|+, 0〉+

1√2|0,+〉

|2, 0〉 = C(112|1−10)|+,−〉+ C(112|000)|0, 0〉+ C(112|−110)|−,+〉

=1√6|+,−〉+

√23|0, 0〉+

1√6|−,+〉

|2,−1〉 = C(112|0−1−1)|0,−〉+ C(112|−10−1)|−, 0〉 =

=1√2|0,−〉+

1√2|−, 0〉

|2,−2〉 = C(112|−1−1−2)|−,−〉 = |−,−〉


j=1

|1, 1〉 = C(111|101)|+, 0〉+ C(111|011)|0,+〉

=1√2|+, 0〉 − 1√

2|0,+〉

|1, 0〉 = C(111|1−10)|+,−〉+ C(111|000)|0, 0〉+ C(111|−110)|−,+〉

=1√2|+,−〉 − 1√

2|−,+〉

|1,−1〉 = C(111|0−1−1)|0,−〉+ C(111|−10−1)|−, 0〉

=1√2|0,−〉 − 1√

2|−, 0〉

j=0

|0, 0〉 = C(110|1−10)|+,−〉+ C(110|000)|0, 0〉+ C(110|−110)|−,+〉

=1√3|+,−〉 − 1√

3|0, 0〉+

1√3|−,+〉

Vemos que nos dan los mismos resultados que habíamos obtenido antes, utilizando elmétodo del operador escalera.

Problema 3.21

(a) Calculaj∑

m=−j

|d(j)mm′(β)|2m

para cualquier j (entero o semientero). Comprueba tu respuesta paraj = 1

2 .

(b) Demuestra, para cualquier j,

j∑m=−j

m2|d(j)m′m(β)|2 =

12j(j + 1) sin2 β +m′2 1

2(3 cos2 β − 1).

[Ayuda: Lo anterior puede ser probado de diferentes maneras. Puedes,por ejemplo, examinar las propiedades bajo rotaciones de J2

z utilizando ellenguaje de los tensores esféricos (irreducibles)]

Solución:


(a)

j∑m=−j

|d(j)mm′(β)|2m ≡

j∑m=−j

∣∣∣∣〈j,m| exp(−iJyβ

~

)|j,m′〉

∣∣∣∣2m=

j∑m=−j

〈j,m| exp(−iJyβ

~

)|j,m′〉〈j,m′| exp

(iJyβ

~

)|j,m〉m

=j∑

m=−j

〈j,m′| exp(iJyβ

~

)|j,m〉〈j,m| exp

(−iJyβ

~

)|j,m′〉m

= 〈j,m′| exp(iJyβ

~

) j∑m=−j

m|j,m〉〈j,m|

︸︷︷︸

Jz/~

exp(−iJyβ

~

)|j,m′〉

=1~〈j,m′| exp

(iJyβ

~

)Jz exp

(−iJyβ

~

)|j,m′〉

Ahora bien, J es un operador vectorial, y como tal se transforma de acuerdo a:

D†(R(n, β))ViD(R(n, β)) =∑

j

Rij(n, β)Vj (ec. 3.10.3 Sakurai)

donde Rij es la matriz 3× 3 que corresponde a la rotación R, Vi son las componentes delvector, y

D(R(n, β)) = exp(−iJ·nβ

~

)Tenemos que, para una rotación alrededor del eje y, de ángulo β:

R(ny, β) =

cosβ 0 sinβ0 1 0

− sinβ 0 cosβ

; J =

Jx

Jy

Jz

Por tanto:

exp(iJyβ

~

)Jz exp

(−iJyβ

~

)=

cosβ 0 sinβ0 1 0

− sinβ 0 cosβ

Jx

Jy

Jz

z

= −Jx sinβ + Jz cosβ

Entonces:

j∑m=−j

|d(j)mm′(β)|2m =

1~〈j,m′| exp

(iJyβ

~

)Jz exp

(−iJyβ

~

)|j,m′〉

=1~〈j,m′|(−Jx sinβ + Jz cosβ)|j,m′〉

=1~

cosβ〈j,m′|Jz|j,m′〉 = m′ cosβ


ya que Jx =J+ + J−

2y, por tanto, no va a dar contribución.

Nos queda comprobar el resultado para el caso j = 12 . Sabemos que:

d(1/2)(β) =

cos(β

2

)− sin

(β

2

)sin(β

2

)cos(β

2

)

Entonces:m′ = 1/2

1/2∑m=−1/2

|d(j)m1/2(β)|2m = −1

2sin2

(β

2

)+

12

cos2(β

2

)=

12

cosβ = m′ cosβ

m′ = −1/2

1/2∑m=−1/2

|d(j)m−1/2(β)|2m = −1

2cos2

(β

2

)+

12

sin2

(β

2

)= −1

2cosβ = m′ cosβ


(b) Procedemos del mismo modo:j∑

m=−j

m2|d(j)mm′(β)|2 =

1~2〈j,m′| exp

(iJyβ

~

)J2

z exp(−iJyβ

~

)|j,m′〉

=1~2〈j,m′|

[exp

(iJyβ

~

)Jz exp

(−iJyβ

~

)][exp

(iJyβ

~

)Jz exp

(−iJyβ

~

)]|j,m′〉

=1~2〈j,m′|(−Jx sinβ + Jz cosβ)(−Jx sinβ + Jz cosβ)|j,m′〉

=1~2〈j,m′|J2

x sin2 β + J2z cos2 β − sinβ cosβ(JxJz + JzJx)|j,m′〉

=1~2〈j,m′|J2

x sin2 β + J2z cos2 β|j,m′〉

=1~2

sin2 β〈j,m′|J2x |j,m′〉+

1~2

cos2 β〈j,m′|J2z |j,m′〉

=j(j + 1)−m′ 2

2sin2 β +m′ 2 cos2 β =

j(j + 1)2

sin2 β +m′ 2 12(3 cos2 β − 1) q.e.d.

Hemos utilizado que:

〈j,m′|J2x |j,m′〉 = 〈j,m′|J2

y |j,m′〉 =12〈j,m′|J2 − J2

z |j,m′〉 =[j(j + 1)~2 +m′ 2~2]

2(Ver Problema 3.16, pág. 102)

Problema 3.22


(a) Considera un sistema con j = 1. Escribe explícitamente:

〈j = 1,m′|Jy|j = 1,m〉

como una matriz 3× 3.

(b) Muestra que para j = 1 sólamente, es legítimo reemplazar e−iJyβ/~ por:

1− i

(Jy

~

)sinβ −

(Jy

~

)2

(1− cosβ)

(c) Utilizando (b), demuestra que:

d(j=1)(β) =

(12

)(1 + cosβ) −

(1√2

)sinβ

(12

)(1− cosβ)(

1√2

)sinβ cosβ −

(1√2

)sinβ(

12

)(1− cosβ)

(1√2

)sinβ

(12

)(1 + cosβ)

Solución:

(a)

Jy =(J+ − J−)

2i〈j′,m′|J±|j,m〉 =

√(j ∓m)(j ±m+ 1) ~δj′jδm′,m±1

Entonces, calculando los distintos elementos de matriz tenemos:

J(j=1)+

.= ~

0√

2 00 0

√2

0 0 0

J(j=1)−

.= ~

0 0 0√2 0 0

0√

2 0

J (j=1)y

.=(

~2

) 0 −√

2 i 0√2 i 0 −

√2 i

0√

2 i 0

(b) Realizando los productos, es sencillo verificar que:

(Jy

~

)n

=

(Jy

~

), n = 1, 3, 5, 7,...(

Jy

~

)2

, n = 2, 4, 6, 8,...


Efectivamente:

(Jy

~

)2.=

12 0 −1

2

0 1 0

−12 0 +1

2

(Jy

~

)3.=

0 − i√

20

i√2

0 − i√2

0 i√2

0

.=(Jy

~

)

(Esto sólo sucede para j = 1).

Entonces:

exp(−iJyβ

~

)= 1− iβ

(Jy

~

)+

(−i)2β2

2!

(Jy

~

)2

+(−i)3β3

3!

(Jy

~

)3

+ · · ·

= 1− i

(Jy

~

)(β − β3

3!+ · · ·

)+(Jy

~

)2(−β

2

2!+β4

4!− · · ·

)= 1− i

(Jy

~

)sinβ +

(Jy

~

)2

(cosβ − 1)

(c) Finalmente, utilizando los resultados del apartado anterior:

d(j=1)(β) = exp(−iJyβ

~

)= I− i

(Jy

~

)sinβ +

(Jy

~

)2

(cosβ − 1)

.=

(12

)(1 + cosβ) −

(1√2

)sinβ

(12

)(1− cosβ)(

1√2

)sinβ cosβ −

(1√2

)sinβ(

12

)(1− cosβ)

(1√2

)sinβ

(12

)(1 + cosβ)

Problema 3.23

Expresa el elemento de matriz 〈α2β2γ2|J23 |α1β1γ1〉 en términos de una serie

enDj

mn(αβγ) = 〈αβγ|jmn〉.

Problema 3.24

Considera un sistema constituído por dos partículas de spin 12 . El observador

A se especializa en medir las componentes de spin de una de las partículas (s1z,s1x y así), mientras que el observador B mide las componentes de spin de laotra partícula. Supón que el sistema se sabe que se encuentra en un estadosinglete de spin, esto es, con Stotal = 0.


(a) ¿Cuál es la probabilidad para el observador A de obtener s1z = ~/2 cuandoel observador B no realiza ninguna medida? El mismo problema paras1x = ~/2.

(b) El observador B determina que el spin de la partícula 2 se encuentra en elestado s2z = ~/2 con certeza. ¿Qué podemos entonces concluir acerca delresultado de la medida del observador A si (i) A mide s1z y (ii) A mides1x? Justifica tu respuesta.

Solución:

(Leerse el Apartado 3.9 del Sakurai)

De acuerdo con el enuciado, nuestro sistema se encuentra inicialmente en el estado:

|ψ〉 =1√2

(|z+; z−〉 − |z−; z+〉) (ec. (3.9.1) Sakurai)

(a)

Problema 3.25

Considera un tensor esférico de rango 1 (esto es, un vector)

V(1)±1 = ∓Vx ± iVy√

2, V

(1)0 = Vz.

Utilizando la expresión para d(j=1) dada en el Problema 3.22, pág. 110, calcula:∑q′

d(1)qq′(β)V (1)

q′

y muestra que tus resultados son justo los que esperarías de las propiedadesde transformación de Vx,y,z bajo una rotación alrededor del eje y.

Solución:

El resultado es inmediato:

∑q′

d(1)qq′(β)V (1)

q′ =

(12

)(1 + cosβ) −

(1√2

)sinβ

(12

)(1− cosβ)(

1√2

)sinβ cosβ −

(1√2

)sinβ(

12

)(1− cosβ)

(1√2

)sinβ

(12

)(1 + cosβ)

V(1)+1

V(1)0

V(1)−1


Problema 3.26

(a) Construye un tensor esférico de rango 1 a partir de dos vectores diferentesU = (Ux, Uy, Uz) y V = (Vx, Vy, Vz). Escribe explícitamente T (1)

±1,0 en términosde Ux,y,z y Vx,y,z.

(b) Construye un tensor esférico de rango 2 a partir de dos vectores diferentesU y V. Escribe explícitamente T (2)

±2,±1,0 en términos de Ux,y,z y Vx,y,z.

Solución:

Si V = (Vx, Vy, Vz) es un operador vectorial, entonces V (1) ≡ (V (1)+1 , V

(1)0 , V

(1)−1 ) con:

V(1)+1 = − 1√

2(Vx + iVy); V

(1)0 = Vz; V

(1)−1 = +

1√2(Vx − iVy)

es un tensor irreducible de rango 1.A las V±1,0 se las llama componentes esféricas del vector V, y decimos que hemos expresadoel vector V en la base esférica:

V = V(1)+1 ~e

∗+1 + V

(1)+1 ~e

∗0 + V

(1)−1 ~e

∗−1

donde: ~e+1 = − 1√

2(1, i, 0)

~e0 = (0, 0, 1) es la base esférica

~e−1 = +1√2(1,−i, 0)

Podemos construir un operador tensorial irreducible T (j)m a partir de otros dos operadores

tensoriales irreducibles A(j1) y B(j2), del siguiente modo:

T (j)m =

∑m1

C(j1, j2, j|m1,m−m1)A(j1)m1

B(j2)m−m1

(ec. (3.10.27) Sakurai)

donde los C(j1, j2, j|m1,m−m1) son los coeficientes de Clebsch-Gordan, y A(j1)m1 y B(j2)

m−m1

son las componentes esféricas de los tensores A(j1) y B(j2).


(a) Utilizando la fórmula anterior:

T(1)+1 = C(1, 1, 1|1, 0, 1)U (1)

1 V(1)0 + C(1, 1, 1|0, 1, 1)U (1)

0 V(1)1

=1√2(U (1)

1 V(1)0 − U

(1)0 V

(1)1 )

T(1)0 = C(1, 1, 1|1,−1, 0)U (1)

1 V(1)−1 + C(1, 1, 1|0, 0, 0)U (1)

0 V(1)0 + C(1, 1, 1| − 1, 1, 0)U (1)

−1V(1)1

=1√2(U (1)

1 V(1)−1 − U

(1)−1V

(1)1 )

T(1)−1 = C(1, 1, 1|0,−1,−1)U (1)

0 V(1)−1 + C(1, 1, 1| − 1, 0,−1)U (1)

−1V(1)0

=1√2(U (1)

0 V(1)−1 − U

(1)−1V

(1)0 )

Problema 3.27

Considera una partícula sin spin ligada a un centro fijo por un potencialcentral.

(a) Relaciona, tanto como sea posible, los elementos de matriz

〈n′, l′,m′| ∓ 1√2(x± iy)|n, l,m〉 y 〈n′, l′,m′|z|n, l,m〉

utilizando sólamente el teorema de Wigner-Eckart. Asegúrate de estable-cer bajo qué condiciones los elementos de matriz son no nulos.

(b) Haz el mismo problema utilizando funciones de onda ψ(x) = Rnl(r)Y ml (θ, φ).

Solución:

Reconocemos inmediatamente las componentes esféricas del operador x:

X(1)+1 = −x+ iy√

2; X

(1)0 = z; X

(1)−1 =

x− iy√2

Así que lo que nos piden que relacionemos es:

〈n′, l′,m′|X(1)±1 |n, l,m〉 y 〈n′, l′,m′|X(1)

0 |n, l,m〉

Por el teorema de Wigner-Eckart:

〈n′, l′,m′|X(1)k |n, l,m〉 = C(l, 1, l′|m, k,m′)

〈n′, l′||X(1)||n, l〉√2l + 1

(donde 〈n′, l′||X(1)||n, l〉 es el elemento de matriz reducido, que no depende de las 3.ascomponentes).Por las propiedades de los Clebch-Gordan, sólo tendremos elementos no nulos para:

l′ = l − 1, l, l + 1m′ = m+ k, (para cada X(1)

k )


Además, puesto que paridad es un buen número cuántico para un potencial central, yx → −x bajo paridad, la parte radial se va a anular a menos que:

l + l′ = impar,

con lo que hemos de excluir también l = l′.Bien, juntándolo todo, tenemos:

〈n′, l′,m± 1|X(1)±1 |n, l,m〉 =

C(l, 1, l′|m,±1,m± 1)C(l, 1, l′|m, 0,m)

〈n′, l′,m|X(1)0 |n, l,m〉

distintos de cero para l′ = l − 1 y l′ = l + 1.

(b) Expresemos los X(1)k en términos de los armónicos esféricos de orden 1:

X(1)k = r

√4π3Y k

1 (ec. (3.10.16) Sakurai)

Entonces:

〈n′, l′,m′|X(1)k |n, l,m〉 =

∫d3x′

∫d3x′′〈n′, l′,m′|x′〉〈x′|X(1)

k |x′′〉〈x′′|n, l,m〉

=∫d3x′〈n′, l′,m′|x′〉X(1)

k 〈x′|n, l,m〉 =∫d3x′ψ∗(x)X(1)

k ψ(x)

=

√4π3

∫dr r2Rn′l′(r)rRnl(r)

∫dΩY *m′

l′ (θ, φ)Y k1 (θ, φ)Y m

l (θ, φ)

=

√2l + 12l′ + 1

C(l, 1, l′|m, k,m′)C(l, 1, l′|0, 0, 0)∫dr r3Rn′l′(r)Rnl(r)

Hemos utilizado:∫dΩY *m3

l3(θ, φ)Y m2

l2(θ, φ)Y m1

l1(θ, φ)

=[(2l1 + 1)(2l2 + 1)

4π(2l3 + 1)

]1/2

C(l1, l2, l3|m1,m2,m3)C(l1, l2, l3|0, 0, 0)(ec. (3.7.73) Sakurai)

Entonces, de nuevo tenemos:

〈n′, l′,m± 1|X(1)±1 |n, l,m〉 =

C(l, 1, l′|m,±1,m± 1)C(l, 1, l′|m, 0,m)

〈n′, l′,m|X(1)0 |n, l,m〉

distintos de cero para l′ = l − 1 y l′ = l + 1.

Problema 3.28

(a) Escribe xy, xz y (x2 − y2) como componentes de un tensor esférico (irre-ducible) de rango 2.


(b) El valor esperado

Q ≡ e〈α, j,m = j|(3z2 − r2)|α, j,m = j〉

se conoce como el momento cuadrupolar. Evalúa:

e〈α, j,m′|(x2 − y2)|α, j,m = j〉,

(donde m′ = j, j − 1, j − 2, ...) en términos de Q y de los coeficientes deClebsch-Gordan apropiados.

Solución:

(a) Sea x = (x, y, z), sus componentes esféricas vienen dadas por:

X(1)+1 = −x+ iy√

2; X

(1)0 = z; X

(1)−1 =

x− iy√2

por tanto:

x = −X

(1)+1 −X

(1)−1√

2; y = −

X(1)+1 +X

(1)−1

i√

2; z = X

(1)0

Tenemos también que, dados U y V, dos operadores vectoriales, podemos construir untensor esférico de orden 2 a partir de ellos del siguiente modo:

T(2)±2 = U±1V±1,

T(2)±1 =

U±1V0 + U0V±1√2

, ec. (3.10.26) Sakurai

T(2)0 =

U+1V−1 + 2U0V0 + U−1V+1√6

(Las ecuaciones anteriores se deducen inmediatamente a partir de la ec. (3.10.27) del Sa-kurai, sin más que sustituir los Clebsch-Gordan correspondientes).Así:

xy =12i

(X(1)+1 −X

(1)−1 )(X(1)

+1 +X(1)−1 ) =

12i

((X(1)+1 )2 − (X(1)

−1 )2)(3.10.26)

=12i

(T (2)+2 − T

(2)−2 )

xz = − 1√2(X(1)

+1 −X(1)−1 )X(1)

0 = −12(T (2)

+1 − T(2)−1 )

(x2 − y2) =

(−X

(1)+1 −X

(1)−1√

2

)2

−

(−X

(1)+1 +X

(1)−1

i√

2

)2

= (X(1)+1 )2 + (X(1)

−1 )2 = T(2)+2 + T

(2)−2

Que podemos verlo también sustituyendo en las ec. (3.10.26), Ui, Vi → X(1)i ,efectivamente:

T(2)±2 =

12(x2 − y2)± ixy

T(2)±1 = ∓z(x± iy)

T(2)0 =

√16(2z2 − x2 − y2) =

√16(3z2 − r2)


(b) Por el teorema de Wigner-Eckart:

Q ≡ e〈α, j,m = j|(3z2 − r2)|α, j,m = j〉 (a)= e

√6〈α, j,m = j|T (2)

0 |α, j,m = j〉(W−E)

= e√

6C(j, 2, j|j, 0, j)〈α, j||T(2)||α, j〉√

2j + 1

luego el elemento de matriz reducido, 〈α, j||T (2)||α, j〉, se escribe:

〈α, j||T (2)||α, j〉 =√

2j + 1e√

6C(j, 2, j|j, 0, j)Q

Y:

e〈α, j,m′|(x2 − y2)|α, j,m = j〉(a)= e(〈α, j,m′|T (2)

+2 |α, j,m = j〉+ 〈α, j,m′|T (2)−2 |α, j,m = j〉)

(W−E)= eC(j, 2, j|j, 2,m′)

〈α, j||T (2)||α, j〉√2j + 1

+ eC(j, 2, j|j,−2,m′)〈α, j||T (2)||α, j〉√

2j + 1

Y, por las propiedades de los Clebsch-Gordan, el único elemento de matriz no nulo de(x2 − y2) es el que tiene m′ = j − 2, (no se puede dar m′ = j + 2, lógicamente):

e〈α, j, j − 2|(x2 − y2)|α, j, j〉

= eC(j, 2, j|j,−2, j − 2)〈α, j||T (2)||α, j〉√

2j + 1

=Q√6C(j, 2, j|j,−2, j − 2)C(j, 2, j|j, 0, j)

Problema 3.29

Un núcleo de spin 32 situado en el origen está sometido a un campo eléctri-

co inhomogéneo. La interacción cuadrupolar eléctrica básica podemos tomarlacomo la siguiente:

Hint =eQ

2s(s− 1)~2

[(∂2φ

∂x2

)0

S2x +

(∂2φ

∂y2

)0

S2y +

(∂2φ

∂z2

)0

S2z

],

donde φ es el potencial electrostático, satisfaciendo la ecuación de Laplace ylos ejes de coordenadas se han elegido de modo que:(

∂2φ

∂x∂y

)0

=(∂2φ

∂y∂z

)0

=(∂2φ

∂x∂z

)0

= 0.

Muestra que la energía de interacción se puede escribir como:

A(3S2z − S2) +B(S2

+ + S2−),

y expresa A y B en términos de los (∂2φ/∂x2)0, etc. Determina los autoestadosde la energía (en términos de |m〉, donde m = ±3

2 ,±12) y los correspondientes


autovalores. ¿Hay alguna degeneración?

Solución:

Tenemos que:

Hint = K[φxxS

2x + φyyS

2y + φzzS

2z

]= K

[φxx

(S+ + S−

2

)2

+ φyy

(S+ − S−

2i

)2

+ φzzS2z

]

= K

[φxx

4(S2

+ + S2− + S+S− + S−S+)− φyy

4(S2

+ + S2− − S+S− − S−S+) + φzzS

2z

]= K

[(φxx

4+φyy

4

)(S+S− + S−S+) +

(φxx

4− φyy

4

)(S2

+ + S2−) + φzzS

2z

]= · · ·

S2 = S2

x + S2y + S2

z =12(S+S− + S−S+) + S2

z

· · · =

= K

[(φxx

4+φyy

4

)(2S2 − 2S2

z ) +(φxx

4− φyy

4

)(S2

+ + S2−) + φzzS

2z

]Ahora, teniendo en cuenta que φ satisface la ecuación de Laplace:

φ ≡ ∂2φ

∂x2+∂2φ

∂y2+∂2φ

∂z2= 0

Entonces:φxx + φyy + φzz = 0 =⇒ φzz = −(φxx + φyy)

Y tenemos que:

Hint = K

[(φxx

4+φyy

4

)(2S2 − 2S2

z ) +(φxx

4− φyy

4

)(S2

+ + S2−)− (φxx + φyy)S2

z

]=

eQ

2s(s− 1)~2

[−1

2(φxx + φyy) (3S2

z − S2) +14

(φxx − φyy) (S2+ + S2

−)]

=eQ

2s(s− 1)~2

[A(3S2

z − S2) +B(S2+ + S2

−)]


————————————————

Calculemos ahora los autoestados del Hamiltoniano y sus autovalores, para ello escribamosHint en la base |s,m〉. Los distintos elementos de matriz que nos van a aparecer son:

〈s,m′|3S2z − S2|s,m〉 =

(3m2 − s(s+ 1)

)~2 δm′m

〈s,m′|S2+|s,m〉 = c+sm〈s,m′|S+|s,m+ 1〉 = c+s,mc

+s,m+1δm′m+2

〈s,m′|S2−|s,m〉 = c−sm〈s,m′|S−|s,m− 1〉 = c−s,mc

−s,m−1δm′m−2

donde:c±sm =

√(s∓m)(s±m+ 1) ~ (Ver ec. (3.5.41) Sakurai)


Nos queda, finalmente:

Hint.=

eQ

2s(s− 1)

3A 0 2

√3B 0

0 −3A 0 2√

3B2√

3B 0 −3A 00 2

√3B 0 3A

Por ejemplo, el elemento de la 3.a fila y 1.a columna, sería:

⟨ s32,

m′

−12

∣∣Hint∣∣ s32,

m32⟩

= KB⟨32,−1

2

∣∣S2−∣∣32,32⟩

= KB · c−32, 32

· c−32, 12

= KB√

3 · 1√

2 · 2 ~2 =eQ

2s(s− 1)2√

3B

Resolviendo la ecuación característica, det(Hint − λI) = 0:

(λ2 − 9A2 − 12B2)2 = 0 =⇒ λ = ±√

9A2 + 12B2 (dobles)

Autovalores:

λ′ = ± eQ

2s(s− 1)

√9A2 + 12B2 (doblemente degenerados)

Y, resolviendo la ecuación de autovectores, para cada autovalor:3A 0 2

√3B 0

0 −3A 0 2√

3B2√

3B 0 −3A 00 2

√3B 0 3A

x1

x2

x3

x4

= λ

x1

x2

x3

x4

Tenemos:

(3A− λ)x1 + 2√

3Bx3 = 0(−3A− λ)x3 + 2

√3Bx1 = 0

(−3A− λ)x2 + 2√

3Bx4 = 0(3A− λ)x4 + 2

√3Bx2 = 0

Autovectores:

Para λ = +√

9A2 + 12B2

1N

3A+√

9A2 + 12B2

2√

3B0

1

0

1N ′

0−3A+

√9A2 + 12B2

2√

3B0

1


Para λ = −√

9A2 + 12B2

1N ′

3A−√

9A2 + 12B2

2√

3B0

1

0

1N

0−3A−

√9A2 + 12B2

2√

3B0

1

donde N y N ′ son constantes de normalización. Es sencillo comprobar que los cuatroautovectores son ortogonales.

Fijarse que, puesto que cada autovalor es doblemente degenerado, el subespacio que generacada uno de los autovalores es de dimensión 2.


Capítulo 5

Métodos de aproximación

Problema 5.1

Un oscilador armónico simple (en una dimensión) está sometido a la per-turbación:

λH1 = bx

donde b es una constante real.

(a) Calcula el desplazamiento en la energía del estado fundamental al ordenmás bajo no nulo.

(b) Resuelve el problema exactamente y compara tu resultado con el obtenidoen (a).

[Puedes utilizar sin demostración que:

〈un′ |x|un〉 =

√~

2mω(√n+ 1 δn′,n+1 +

√n δn′,n−1

).

]

Solución:

Recordatorio:Consideremos un Hamiltoniano independiente del tiempo H, que podemos escribir:

H = H0 + λV

donde H0 es un problema que sabemos resolver exactamente, esto es, del que conocemossus autovalores y autovectores:

H0|n(0)〉 = E(0)n |n(0)〉

123

124 CAPÍTULO 5. MÉTODOS DE APROXIMACIÓN

y λV es lo que llamamos la perturbación.Buscamos autovalores y autovectores aproximados para el problema completo:

(H0 + λV )|n〉 = En|n〉

Pues bien, teoría de perturbaciones estacionarias nos dice que, para el caso en que elespectro de H0 es no degenerado, estos vendrán dados por:

Desplazamientos en la energía:

∆n ≡ En − E(0)n = λVnn + λ2

∑k 6=n

|Vkn|2

E(0)n − E

(0)k

+ · · · ,

donde

Vkn ≡ 〈k(0)|V |n(0)〉 6= 〈n|V |k〉

Autofunciones:

|n〉 =|n(0)〉+ λ∑k 6=n

|k(0)〉 Vkn

E(0)n − E

(0)k

+ λ2

∑k 6=n

∑l 6=n

|k(0)〉VklVln

(E(0)n − E

(0)k )(E(0)

n − E(0)l )

−∑k 6=n

|k(0)〉VnnVkn

(E(0)n − E

(0)k )2

+ · · ·

Región de convergencia: |Vkn| << |E(0)k − E(0)

n |

(Las potencias de λ nos indican los distintos órdenes de la aproximación).

(a)H = H0 + λH1 = H0 + bx

Claramente el desplazamiento en la energía a primer orden es nulo:

∆(1)n = b〈u(0)

n |x|u(0)n 〉 = 0

Esto ya lo hemos visto muchas veces, el operador x =√

~2mω (a† + a) no puede conectar

estados con la misma n. (Ver, por ejemplo el Problema 2.13, pág. 57.)Necesitamos entonces 2.o orden de teoría de perturbaciones:

∆(2)n =

∑k 6=n

|〈u(0)k |bx|u(0)

n 〉|2

E(0)n − E

(0)k

= b2

[|〈u(0)

n+1|x|u(0)n 〉|2

E(0)n − E

(0)n+1

+|〈u(0)

n−1|x|u(0)n 〉|2

E(0)n − E

(0)n−1

]

= b2~

2mω

[n+ 1−~ω

+n

~ω

]= − b2

2mω2


Donde hemos tenido en cuenta que sólo para k = n ± 1 tenemos elementos de matriz nonulos, y que:

E(0)n = (n+

12)~ω

Fijarse que este resultado es válido también para el estado fundamental, en este caso es:

∆(2)0 =

∑k 6=0

|〈u(0)k |bx|u(0)

0 〉|2

E(0)0 − E

(0)k

= b2

[|〈u(0)

1 |x|u(0)0 〉|2

E(0)0 − E

(0)1

]= b2

~2mω

[1

−~ω

]= − b2

2mω2

(b) Queremos resolver exactamente el problema con el Hamiltoniano completo:

H = − ~2

2md2

dx2+

12mω2x2 + bx

Que podemos reescribir, completando el cuadrado:

H = − ~2

2md2

dx2+

12mω2

(x+

b

mω2

)2

− b2

2mω2

= − ~2

2md2

dx′2+

12mω2x′2 − b2

2mω2

Y éste no es más que el Hamiltoniano de un oscilador armónico salvo un desplazamientoglobal en el nivel 0 de la energía, entonces sus autovalores vienen dados por:

En =(n+

12

)~ω − b2

2mω2

Vemos que el resultado exacto coincide con el valor obtenido a segundo orden de teoría deperturbaciones en el apartado (b), esto es debido a que, según vemos, en el resultado exactola perturbación sólo contribuye cuadráticamente y es precisamente el término cuadráticoel que se evalúa en segundo orden de teoría de perturbaciones.

Problema 5.2

En teoría de perturbaciones estacionarias sin degeneración, ¿cuál es la pro-babilidad de encontrar en un autoestado de la energía (|k〉) del sistema per-turbado, al correspondiente autoestado de la energía (|k(0)〉) del sistema sinperturbar? Resuelve este problema hasta términos de orden g2.

Problema 5.3

Considera una partícula en un potencial bidimensional

V0 =

0 para 0 ≤ x ≤ L, 0 ≤ y ≤ L,

∞ para el resto.


Escribe las autofunciones de la energía para el estado fundamental y los pri-meros estados excitados.Ahora añadimos una perturbación independiente del tiempo de la forma

V1 =

λxy para 0 ≤ x ≤ L, 0 ≤ y ≤ L,

0 para el resto.

Obtén las autofunciones de la energía (a orden cero), y los desplazamientosde la energía (a primer orden de teoría de perturbaciones), para el estadofundamental y los primeros estados excitados.

Solución:

Recordamos una vez más las fórmulas, que tendrás que ir memorizando:

Recordatorio:Buscamos autovalores y autovectores para el problema:

(H0 + λ)|n〉 = En|n〉

conH0|n(0)〉 = E0|n(0)〉, (problema conocido)

Teoría de perturbaciones estacionarias nos dice que, para el caso en que el espectro de H0

es no degenerado, estos vendrán dados por:


∆n ≡ En − E(0)n = λVnn + λ2

∑k 6=n

|Vkn|2

E(0)n − E

(0)k

+ · · · ,

donde

Vkn ≡ 〈k(0)|V |n(0)〉 6= 〈n|V |k〉

Autofunciones:

|n〉 =|n(0)〉+ λ∑k 6=n

|k(0)〉 Vkn

E(0)n − E

(0)k

+ λ2

∑k 6=n

∑l 6=n

|k(0)〉VklVln

(E(0)n − E

(0)k )(E(0)

n − E(0)l )

−∑k 6=n

|k(0)〉VnnVkn

(E(0)n − E

(0)k )2

+ · · ·


n |



FALTA ESCRIURE CAS DEGENERATEscribamos primero las autofunciones y autoenergías para el problema sin la perturbación.A partir de las ecs. (A.2.4) del Apéndice del Sakurai (partícula en una caja, en unadimensión), es sencillo deducir las correspondientes expresiones para nuestro problema,(no son más que el producto directo de la solución para el caso unidimensional |nxny〉 ≡|nx〉 ⊗ |ny〉):

Autofunciones:

ψ(0)nxny

=2L

sin(nxπx

L

)sin(nyπy

L

); nx, ny = 1, 2, 3, . . .

Energías:

E(0)nxny

=~2π2

2mL2(n2

x + n2y); nx, ny = 1, 2, 3, . . .

Entonces para el estado fundamental y los primeros estados excitados tenemos:

Estado fundamental:

ψ(0)11 =

2L

sin(πxL

)sin(πyL

); E

(0)11 =

~2π2

2mL2(12 + 12) =

~2π2

mL2

1.er nivel excitado, (doblemente degenerado):

ψ(0)21 =

2L

sin(2πxL

)sin(πyL

);

ψ(0)12 =

2L

sin(πxL

)sin(2πyL

);

E(0)21 = E

(0)12 =

5~2π2

2mL2

2.o nivel excitado:

ψ(0)22 =

2L

sin(

2πxL

)sin(

2πyL

); E

(0)22 =

~2π2

2mL2(22 + 22) =

4~2π2

mL2

(a) Estado fundamental:

El estado fundamental es no degenerado y por tanto para calcular el desplazamientoen la energía podemos aplicar teoría de perturbaciones sin degeneración, entonces:

∆(1)fund. = 〈11|λxy|11〉

=4λL2

∫ L

0dxx sin2

(πxL

)∫ L

0dy y sin2

(πyL

)= λ

L2

4

Nota: ∫x sin2 ax dx =

x2

4− x sin 2ax

4a− cos 2ax

8a2


Y la función de onda a orden cero es ψ(0)11 .

(b) Primer nivel excitado:

Para el primer nivel excitado tenemos que aplicar teoría de perturbaciones con dege-neración. Buscamos los autovalores y autovectores de la ecuación característica:

det(V−∆(1)1) = 0 (ec. (5.2.8) Sakurai)

donde:

V .=

〈12|V1|12〉〈12|V1|21〉

〈21|V1|12〉〈21|V1|21〉

=

14λL2 256

81π4λL2

25681π4

λL2 14λL2

Cálculo de los elementos de matriz:

〈12|V1|12〉 =4L2

∫ L

0dx

∫ L

0dy ψ

∗(0)21 λxy ψ

(0)21

=4λL2

∫ L

0dxx sin2

(πx

L

)︸︷︷︸

=L2/4

∫ L

0dy y sin2

(2πyL

)︸︷︷︸

=L2/4

=14λL2 = 〈21|V1|21〉

〈12|V1|21〉 =4λL2

∫ L

0dxx sin

(πx

L

)sin(

2πxL

)∫ L

0dy y sin

(2πyL

)sin(πy

L

)=

4λL2

[ ∫ L

0dx′ x′ sin

(πx′

L

)sin(

2πx′

L

)︸︷︷︸

=−8L2/9π2

]2

=25681π4

λL2 = 〈21|V1|12〉

Nota:Hemos utilizado la siguiente integral:

————————————–∫ L

0dxx sin

(mπx

L

)sin(nπx

L

)=

=L2

2π2

(1

(m+ n)2− 1

(m− n)2+

cos[(m− n)π] + (m− n)π sin[(m− n)π](m− n)2

−

−cos[(m+ n)π] + (m+ n)π sin[(m+ n)π](m+ n)2

)————————————–

El resultado anterior lo podemos obtener utilizando la identidad de Euler :

eiθ = cos θ + i sin θ


y la integral: ∫dxxeax =

eax

a

(x− 1

a

)que podemos consultar en las tablas u obtener mediante una sencilla integración por deri-vación paramétrica.Veámoslo:

sin(mπx

L

)sin(nπx

L

)=ei

mπxL − e−i mπx

L

2i· e

i nπxL − e−i nπx

L

2i

= −14

[ei

(m+n)πxL − ei

(m−n)πxL − e−i

(m−n)πxL + e−i

(m+n)πxL

]∫ L

0dxxeax =

eaL

a

(L− 1

a

)− 1a

(0− 1

a

)=

1 + eaL(aL− 1)a2

Entonces∫ L

0dxx sin

(mπx

L

)sin(nπx

L

)=

=− 14

∫ L

0dxx

[ei

(m+n)πxL − ei

(m−n)πxL − e−i

(m−n)πxL + e−i

(m+n)πxL

]=

=14

[ (1)1 +ei(m+n)π[

(6)

i(m+ n)π −(3)

1 ](m+ n)2π2

L2 −(2)1 +ei(m−n)π[

(4)

i(m− n)π −(5)

1 ](m− n)2π2

L2−

−(2)1 +e−i(m−n)π[

(4)

−i(m− n)π −(3)

1 ](m− n)2π2

L2 +

(1)

1 +e−i(m+n)π[(6)

−i(m+ n)π −(5)

1 ](m+ n)2π2

L2

]

=L2

2π2

( (1)

1(m+ n)2

−(2)

1(m− n)2

+

(3)

cos[(m− n)π] +(4)

(m− n)π sin[(m− n)π](m− n)2

−

−

(5)

cos[(m+ n)π] +(6)

(m+ n)π sin[(m+ n)π](m+ n)2

)(Hemos indicado cómo se agrupa cada sumando).

Tenemos entonces que resolver la ecuación característica siguiente:∣∣∣∣∣∣∣∣14λL2 −∆(1) 256

81π4λL2

25681π4

λL2 14λL2 −∆(1)

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

Los autovalores y autovectores nos dan los desplazamientos en la energía a primer ordende teoría de perturbaciones y las autofunciones a orden cero, respectivamente:

Autovalores: Autovectores:

∆(1)± =

λ

4L2 ± 256

81π4λL2 |±〉 =

1√2(|12〉 ± |21〉)


Vemos que la perturbación rompe la degeneración que teníamos originalmente.

(c) Segundo nivel excitado:El segundo nivel excitado es de nuevo no degenerado y por tanto podemos aplicar teoría

de perturbaciones sin degeneración para calcular el desplazamiento en la energía, entonces:

∆(1) = 〈22|λxy|22〉

=4λL2

∫ L

0dxx sin2

(2πxL

)∫ L

0dy y sin2

(2πyL

)= λ

L2

4

La función de onda a orden cero es ψ(0)22 .

——————————————–

Cuadro resumen

Energías: (hasta 1.er orden) Autoestados: (a orden cero)

Estado fund.: E(1)11 = E

(0)11 + λ

L2

4ψ

(0)11

1.er nivel exc.: E(1)± = E

(0)12 + λ

L2

4

(1±

≈0.1298︷︸︸︷102481π4

)1√2(ψ(0)

12 ± ψ(0)21 )

2.o nivel exc.: E(1)22 = E

(0)22 + λ

L2

4ψ

(0)22

Diagrama de niveles:

Problema 5.4

Considera un oscilador armónico isótropo en dos dimensiones. El Hamilto-niano viene dado por:

H0 =p2

x

2m+

p2y

2m+mω2

2(x2 + y2).

(a) ¿Cuáles son las energías de los tres estados más bajos? ¿Hay alguna de-generación?

(b) Ahora aplicamos una perturbación

V = δmω2xy,

donde δ es un número real sin dimensiones mucho más pequeño que launidad.


Encuentra el autoestado de la energía a orden cero y la correspondien-te energía a primer orden [esto es, la energía no perturbada obtenida en(a) más el desplazamiento en la energía a primer orden de teoría de per-turbaciones] para cada uno de los tres niveles más bajos obtenidos en elapartado anterior.

(c) Resuelve el problema con H0+V exactamente. Compara con los resultadosobtenidos en (b) aplicando teoría de perturbaciones.[Puedes utilizar 〈n′|x|n〉 =

√~/2mω(

√n+ 1 δn′,n+1 +

√n δn′,n−1).]

Solución:

(a) Al igual que en los problemas anteriores, resulta inmediato separar variables y el Ha-miltoniano se puede escribir:

H0 = ~ω(a†xax +

12

+ a†yay +12

)= ~ω

(a†xax + a†yay + 1

)con:

ax =√mω

2~

(x+

ip

mω

); a†x =

√mω

2~

(x− ip

mω

)ay =

√mω

2~

(y +

ip

mω

); a†y =

√mω

2~

(y − ip

mω

)los op. de aniquilación y creación para los modos de oscilación en las direcciones x e y.Y las autofunciones y autoenergías vienen entonces dadas por:

Autofunciones:|nx, ny〉 = |nx〉 ⊗ |ny〉

donde las |ni〉 son las correspondientes autofunciones del oscilador armónico unidi-mensional. (Ver ec. (A.4.3) del Apéndice del Sakurai)

Energías:Enxny = ~ω (nx + ny + 1) ; nx,ny = 0, 1, 2, . . .

Y para los tres niveles más bajos tenemos, entonces:

Energía Estados DegeneraciónE00 = ~ω |0, 0〉 1E10 = E01 = 2~ω |1, 0〉, |0, 1〉 2E20 = E02 = E11 = 3~ω |2, 0〉, |0, 2〉, |1, 1〉 3

(b)(i) Estado fundamental:

Para el estado fundamental podemos aplicar teoría de perturbaciones estacionarias sindegeneración, entonces el deplazamiento en la energía viene dado por:

∆(1) = δmω2〈0, 0|xy|0, 0〉 = δmω2〈0|x|0〉〈0|y|0〉 = 0


De modo que la energía para el estado perturbado es la misma que la del estadofundamental (a 1.er orden):

Autoestado: |0, 0〉 Energía: E = ~ω

(ii) 1.er estado excitado: (doblemente degenerado)

Aquí tenemos que aplicar ya teoría de perturbaciones estacionarias con degeneración,entonces:

V.= δmω2

(〈1, 0|xy|1, 0〉〈1, 0|xy|0, 1〉〈0, 1|xy|1, 0〉〈0, 1|xy|0, 1〉

)=δ~ω2

(0 11 0

)Calculamos un elemento de matriz a modo de ejemplo:

〈0, 1|xy|1, 0〉 = 〈0|x|1〉〈1|y|0〉 =

√~

2mω

√~

2mω=

~2mω

Los desplazamientos en la energía y las autofunciones se obtienen resolviendo la ecuacióncaracterística:

δ~ω2

∣∣∣∣∣∣∣∣−∆(1) 1

1 −∆(1)

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

Problema 5.5

Establece (5.1.54) para el oscilador armónico en una dimensión dado por(5.1.50) con la perturbación adicional V = 1

2εmω2x2. Muestra que todos los

otros elementos de matriz Vk0 se anulan.

Solución:

hola

Problema 5.6

Considera un potencial doble pozo rectangular simétrico:

V =

∞ para |x| > a+ b;0 para a < |x| < a+ b;V0 > 0 para |x| < a.

Suponiendo que V0 está muy alto comparado con las energías cuantizadas delos estados más bajos, obtén una expresión aproximada para la diferencia deenergías entre los dos niveles más bajos.


Problema 5.7

Un átomo de un electrón cuyo estado fundamental es no degenerado se sitúaen un campo eléctrico uniforme en la dirección del eje z. Obtén una expresiónaproximada para el momento dipolar eléctrico inducido del estado fundamentalconsiderando el valor esperado de ez respecto del vector estado perturbado,calculado a primer orden. Muestra que la misma expresión se puede obtenerdel desplazamiento de la energía ∆ = −α|E|2/2 del estado fundamental calculadoen segundo orden. (Nota: α se refiere a la polarizabilidad). Ignora el spin.

Solución:

¿Todavía no has memorizado las fórmulas? Aquí tienes una nueva oportunidad:

Recordatorio:Buscamos autovalores y autovectores para el problema:

(H0 + λ)|n〉 = En|n〉

conH0|n(0)〉 = E0|n(0)〉, (problema conocido)

Teoría de perturbaciones estacionarias nos dice que, para el caso en que el espectro de H0

es no degenerado, estos vendrán dados por:


∆n ≡ En − E(0)n = λVnn + λ2

∑k 6=n

|Vkn|2

E(0)n − E

(0)k

+ · · · ,

donde

Vkn ≡ 〈k(0)|V |n(0)〉 6= 〈n|V |k〉

Autofunciones:

|n〉 =|n(0)〉+ λ∑k 6=n

|k(0)〉 Vkn

E(0)n − E

(0)k

+ λ2

∑k 6=n

∑l 6=n

|k(0)〉VklVln

(E(0)n − E

(0)k )(E(0)

n − E(0)l )

−∑k 6=n

|k(0)〉VnnVkn

(E(0)n − E

(0)k )2

+ · · ·


n |



(Seguimos para este problema la notación del Sakurai, ecs. (5.1.62) y siguientes).

Consideremos un átomo de hidrógeno sometido a un campo eléctrico uniforme en la direc-ción del eje z. El Hamiltoniano H lo podemos separar del siguiente modo (no tenemos encuenta la interacción spin-órbita, de acuerdo con el enunciado del problema1:

H0 =p2

2m+ V0(r) y V = −e|E|z (e < 0 para el electrón).

(ec. (5.1.62) Sakurai)H0 es el Hamiltoniano del átomo de hidrógeno, que sabemos resolver, (ver el Apéndice A.6del Sakurai), y V es la perturbación. La presencia de la perturbación, hace que l ya nosea un buen número cuántico, aunque m lo sigue siendo, porque la perturbación va dirigidaa lo largo del eje z.El estado fundamental es no degenerado y podemos aplicar teoría de perturbaciones es-tacionarias sin degeneración. Ésta nos dice que, hasta 2.o orden, el desplazamiento de laenergía va a venir dado por:

∆0 =

1.er orden︷︸︸︷−e|E| z00︸︷︷︸

=0

+

2.o orden︷︸︸︷e2|E|2

∑j 6=0

|z0j |2

E(0)0 − E

(0)j

+ · · · , (ec. (5.1.63) Sakurai)

donde, por paridad, z00 = 0, y donde el sumatorio se extiende a todos los estados, no sólolos ligados (discretos), sino también a los del espectro continuo.Teniendo en cuenta que la polarizabilidad α, en términos del desplazamiento en las energíasde los niveles atómicos, viene dada por:

∆ = −12α|E|2 (ec. (5.1.67) Sakurai)

tenemos finalmente:

α = −2e2∞∑

k 6=0

|〈1, 0, 0|z|k(0)〉|2

[E(0)0 − E

(0)k ]

(eq. (5.1.68) Sakurai)

Y:

p = −d∆0

d|E|= α|E| = −2e2|E|

∞∑k 6=0

|〈1, 0, 0|z|k(0)〉|2

[E(0)0 − E

(0)k ]

(momento dipolar inducido)

———————————————

Veamos ahora que obtenemos el mismo resultado calculando el valor esperado de ez res-pecto del vector estado perturbado.A primer orden de perturbaciones estacionarias, el estado fundamental del átomo sometidoa la perturbación viene dado por:

|0〉 = |0(0)〉 − e|E|∑k 6=0

|k(0)〉 zk0

E(0)0 − E

(0)k

+ · · ·

1En la aproximación no relativista, el campo eléctrico E no interacciona con el momento magnéticodel electrón y, por este motivo, podemos ignorar el spin y la corrección de estructura fina que resultadel término de acoplamiento spin-órbita. (Esta aproximación es válida para campos eléctricos débiles, delorden o menores que 103 V/cm). (Consultar el Bransden[2])


Entonces, el momento dipolar inducido vendrá dado por:

p = 〈0|ez|0〉

=(〈0(0)| − e|E|

∑k 6=0

z∗k0

E(0)0 − E

(0)k

〈k(0)|)ez

(|0(0)〉 − e|E|

∑l 6=0

zl0

E(0)0 − E

(0)l

|l(0)〉)

= 〈0(0)|ez|0(0)〉︸︷︷︸=0

−e2|E|∑k 6=0

z∗k0

E(0)0 − E

(0)k

〈k(0)|z|0(0)〉︸︷︷︸zk0

− e2|E|∑l 6=0

zl0

E(0)0 − E

(0)l

〈0(0)|z|l(0)〉︸︷︷︸z0l

+O(|E|2)

= −e2|E|∑k 6=0

z∗k0zk0

E(0)0 − E

(0)k

− e2|E|∑l 6=0

zl0z∗l0

E(0)0 − E

(0)l

+ O(|E|2)

= −2e2|E|∑k 6=0

|zk0|2

E(0)0 − E

(0)k

= α|E| q.e.d.

Problema 5.8

Calcula los elementos de matriz (o valores esperados) dados abajo. Si algunose anula, explica por qué se anula, utilizando sencillos argumentos de simetría(u otros).

(a) 〈n = 2, l = 1, m = 0 |x| n = 2, l = 0, m = 0〉.

(b) 〈n = 2, l = 1, m = 0 |pz| n = 2, l = 0, m = 0〉.

[En (a) y (b), |nlm〉 se refiere a los autoestados de la energía de un átomode hidrógeno no relativista, ignorando el spin].

(c) 〈Lz〉, para un electrón en un campo central con j = 92 , m = 7

2 , l = 4.

(d) 〈singlete, ms = 0|S(e−)z −S(e+)

z |triplete, ms = 0〉 para el átomo positronio en unestado s.

(e) 〈S(1)·S(2)〉, para el estado fundamental de la molécula de hidrógeno.

Solución:

(a) Ya hemos visto cómo escribir el operador x en término de sus componentes esféricas,(ver por ejemplo Problema 3.26, pág. 114 ó Problema 3.27, pág. 115), entonces, aplicando


Wigner-Eckart el resultado es inmediato:

〈n = 2, l = 1, m = 0 |x| n = 2, l = 0, m = 0〉

=− 1√2〈n = 2, l = 1, m = 0 |X(1)

+1 −X(1)−1 | n = 2, l = 0, m = 0〉

∝ C(0, 1, 1|0,+1, 0)︸︷︷︸=0

−C(0, 1, 1|0,−1, 0)︸︷︷︸=0

= 0

(b)

Problema 5.9

Un electrón en un orbital p caracterizado por |n, l = 1,m = ±1, 0〉 (ignora elspin), está sometido al potencial

V = λ(x2 − y2) (λ = constante).

(a) Obtén los autoestados de la energía a orden cero, «correctos», que dia-gonalizan la perturbación. No tienes que calcular los corrimientos de losniveles de la energía en detalle, pero muestra que la triple degeneraciónoriginal ha desaparecido totalmente.

(b) Debido a que V es invariante bajo inversión temporal y debido a que yano hay ninguna degeneración, esperamos que cada uno de los autoestadosde la energía obtenidos en (a), vayan a ellos mismos (salvo un factor defase o un signo) bajo una inversión temporal. Comprueba este extremoexplícitamente.

Solución:

(a) Tenemos que aplicar teoría de perturbaciones con degeneración, así necesitamos conocerlos elementos de matriz de la forma:

〈l = 1,m′|λ(x2 − y2)|l = 1,m〉

Problema 5.10

Considera una partícula sin spin en un pozo cuadrado infinito bidimensional:

V =

0 si 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a,∞ para el resto

(a) ¿Cuáles son los autovalores de la energía para los tres estados más bajos?¿Hay alguna degeneración?


(b) Ahora añadimos el potencial

V1 = λxy, 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a.

Considerando éste como una pequeña perturbación, responde lo siguiente:

(i) ¿El desplazamiento en la energía debido a la perturbación es lineal ocuadrático en λ para cada uno de los tres estados?

(ii) Obtén expresiones para los desplazamientos de la energía de los tresestados más bajos con una precisión a orden λ. (No tienes que calcularlas integrales que puedan aparecer).

(iii) Dibuja un esquema de niveles con y sin la perturbación con los tresestados de la energía estudiados. Asegúrate de especificar qué estadono perturbado está conectado con qué estado perturbado.

Problema 5.11

La matriz Hamiltoniana para un sistema de dos estados se puede escribircomo:

H =

E01 λ∆

λ∆ E02

.

Claramente las autofunciones de la energía para los problemas no perturbados(λ = 0) vienen dados por:

φ(0)1 =

(10

), φ

(0)2 =

(01

).

(a) Resuelve este problema exactamente para encontrar las autofunciones dela energía ψ1 y ψ2 y los autovalores de la energía E1 y E2.

(b) Suponiendo que λ|∆| << |E01 − E0

2 |, resuelve el mismo problema utilizandoteoría de perturbaciones independiente del tiempo hasta primer orden enlas autofunciones de la energía y hasta segundo orden en los autovaloresde la energía. Compara tus resultados con los resultados exactos obtenidosen (a).

(c) Supón que las dos energías no perturbadas son «casi degeneradas», estoes,

|E01 − E0

2 | << λ|∆|.

Muestra que los resultados exactos obtenidos en (a) se parecen bastantea los que esperarías aplicando teoría de perturbaciones degenerada a esteproblema poniendo E0

1 exactamente igual a E02 .


Problema 5.12

(Este es un problema delicado porque la degeneración entre el primer yel segundo estado no desaparece a primer orden de teoría de perturbaciones.Mira también Gottfried 1996, 397, Problema 1). Este problema es del Schiff1968, 295, Problema 4. Un sistema que tiene tres estados no perturbados sepuede representar por la matriz Hamiltoniana perturbada E1 0 a

0 E1 ba∗ b∗ E2

donde E2 > E1. Las cantidades a y b tienen que ser consideradas como pertur-baciones que son del mismo orden y que son pequeñas comparadas con E2−E1.Utiliza segundo orden de teoría de perturbaciones sin degeneración para cal-cular los autovalores perturbados. (¿Es este procedimiento correcto?). Enoncesdiagonaliza la matriz para encontrar los autovalores exactos. Finalmente, utili-za segundo orden de teoría de perturbaciones con degeneración. Compara lostres resultados obtenidos.

Problema 5.13

Calcula el efecto Stark para los niveles 2S1/2 y 2P1/2 del átomo de hidrógenopara un campo ε suficientemente débil de modo que eεa0 es pequeño com-parado con la estructura fina, pero ten en cuenta el desplazamiento Lamb δ(δ = 1057 MHz), (esto es, ignora 2P3/2 en estos cálculos). Muestra que paraeεa0 << δ, los corrimientos en la energía son cuadráticos en ε, mientras que pa-ra eεa0 >> δ los corrimientos son lineales en ε. (La integral radial que necesitases 〈2s|r|2p〉 = 3

√3a0). Discute brevemente las consecuencias (si hay alguna) de

la inversión temporal para este problema. El problema es del Gottfried 1966,Problema 7-3.

Problema 5.14

Obtén el efecto Stark al orden más bajo no nulo para el nivel n = 3 delátomo de hidrógeno. Ignorando la fuerza espín-órbita y la corrección relativista(desplazamiento Lamb), obtén no sólo los corrimientos de energía al orden másbajo no nulo sino también los correspondientes autoestados a orden cero.

Solución:

Consideremos el Hamiltoniano de un átomo de hidrógeno sometido a un campo eléctri-co uniforme en la dirección del eje z, sin interacción spin-órbita y sin tener en cuenta


las correcciones relativistas, de acuerdo con el enunciado. (Ver nota a pie de página de).Podemos hacer la separación:

H0 =p2

2m+ V0(r) y V = −e|E|z (e < 0 para el electrón).


Para el Hamiltoniano no perturbado, H0, tenemos los autoestados de la forma |nlm〉, (verel Apéndice A.6 del Sakurai). V va a ser nuestra perturbación. Como consecuencia deella, l ya no es un buen número cuántico, aunque m lo sigue siendo, porque la perturbaciónva dirigida a lo largo del eje z, esto va a simplificar el problema.A diferencia del Problema 5.7, pág. 133 ahora tenemos que aplicar teoría de perturbacionescon degeneración

Problema 5.15

Supón que el electrón tuviera un pequeñísimo momento dipolar eléctricointrínseco análogo al momento magnético de spin (esto es, µel proporcional aσ). Tratando la hipotética interacción −µel·E como una pequeña perturbación,discute cualitativamente cómo se alterarían los niveles de energía del átomode sodio Na, (Z = 11), en ausencia de cualquier campo electromagnético. ¿Sonlos corrimientos de los niveles de primer orden o de segundo orden? Indicaexplícitamente qué estados se mezclan con qué otros. Obtén una expresión parael desplazamiento en la energía del nivel más bajo afectado por la perturbación.Supón para todo el problema que sólo el electrón de valencia está sometido ala hipotética interacción.

Problema 5.16

Considera una partícula ligada a un centro fijo por un potencial esférica-mente simétrico V (r).

(a) Demuestra

|ψ(0)|2 =( m

2π~2

)⟨dVdr

⟩para todos los estados s, fundamental y excitados.

(b) Verifica esta relación para el estado fundamental de un oscilador armónicotridimensional isótropo, el átomo de hidrógeno, y similares.

(Nota: Esta relación se ha mostrado realmente útil para adivinar la formadel potencial entre un quark y un antiquark).

Problema 5.17


(a) Supón que el Hamiltoniano de un rotor¿?(CORREGIR) rígido en un cam-po magnético perpendicular al eje, es de la forma (Merzbacher 1970, Pro-blema 17-1)

AL2 +BLz + CLy

si despreciamos términos cuadráticos en el campo. Suponiendo que B >>C, utiliza teoría de perturbaciones al orden más bajo no nulo para obtenerautovalores aproximados de la energía.

(b) Considera los elementos de matriz

〈n′l′m′lm

′s|(3z2 − r2)|nlmlms〉,

〈n′l′m′lm

′s|xy|nlmlms〉,

de un átomo de un electrón (por ejemplo, los elementos alcalinos). Escribelas reglas de selección para ∆l, ∆ml y ∆ms. Justifica tu respuesta.

Problema 5.18

Calcula el efecto Zeeman cuadrático para el estado fundamental del áto-mo de hidrógeno [〈x|0〉 = (1/

√πa3

0)e−r/a0] debido al término, normalmente des-

preciado, e2A2/2mec2 en el Hamiltoniano tomado a primer orden. Escribe el

corrimiento en la energía como:

∆ = −12χB2

y obtén una expresión para la susceptibilidad diamagnética, χ. (La siguienteintegral definida puede ser útil:∫ ∞

0e−αrrndr =

n!αn+1

).

Solución:

El Hamiltoniano correspondiente a la interacción del átomo de hidrógeno con un cam-po magnético uniforme y en la dirección del eje z, viene dado por: (ver por ejemplo laSección 5.3 del Sakurai o el Bransden[2])

H =p2

2me+ Vc(r) +

Ze2

2m2ec

2

1r3

(L·S)︸︷︷︸spin-órbita

− e

2mec|B|(Lz + 2Sz)︸︷︷︸

Paschen-Back

+e2A2

2mec2︸︷︷︸diamagnético

; (e<0)

(ecs. (5.3.27) Sakurai)


La separación que vamos a hacer es:

H = H ′ +e2A2

2mec2

Y tratamos el término diamagnético, responsable del efecto Zeeman cuadrático, como unaperturbación. Ya hemos visto en otro ejercicio, (Problema 2.35, pág. 81), que lo podíamosescribir:

e2A2

2mec2=

e2

8mec2[B2r2 − (B·r)2

]=

e2

8mec2B2r2 sin2 θ

(donde θ es el ángulo entre B y r, que como B tiene la dirección del eje z, coincide con elángulo polar).Con campos magnéticos suficientemente intensos, para tener en consideración el términodiamagnético, podremos generalmente despreciar el término spin-órbita2. Entonces la basede autoestados que debemos utilizar para diagonalizar la perturbación es la del hamilto-niano de Paschen-Back, (H ′ = H0 +HP−B), los autoestados |n, l, s = 1

2 ,ml,ms〉.Además la perturbación no depende del spin, así que en este caso el spin va a ser irrele-vante. Bien, entonces teoría de perturbaciones estacionarias, a primer orden, nos da parael corrimiento en la energía:

∆ = 〈100|e2A2/2mec2|100〉 =

=e2B2

8mec2

∫dΩ∫ ∞

0dr r2

1πa3

0

e−2r/a0r2 sin2 θ

=e2B2

8mec21πa3

0

2π[∫ 1

−1d(cos θ)(1− cos2 θ)

] [∫ ∞

0r4e−2r/a0

]=

e2B2

8mec21πa3

0

2π[43

] [4!

(2/a0)5

]=

12

(e2a2

0

2mec2

)B2

Identificando ∆ = −12χB

2, obtenemos finalmente:

χ = − e2a20

2mec2

Valor numérico:

χ = − e2a20

2mec2= − e

2

~c(~c)

a20

2mec2

= − 1137

197 MeV·fm(0.529× 105fm)2

2 · 0.511 MeV

= −3.937× 109 fm3 = −3.937× 109 (fm1 cm

1013 fm)3

6.022× 1023

mol= −2.371× 10−6 cm3/mol

2En cualquier caso, para el estado fundamental del átomo de hidrógeno, tenemos l = 0, y por lo tantono tenemos acoplamiento spin-órbita.


Nota:El mismo razonamiento que hemos utilizado para el estado fundamental, nos sirve paraestados excitados, así podemos obtener, a primer orden de teoría de perturbaciones, eldesplazamiento en los niveles de la energía debido al efecto Zeeman cuadrático, que vendrádado entonces por:

∆ =e2B2

8mec2〈nlml|r2 sin2 θ|nlml〉 =

e2B2

8mec2〈nl|r2|nl〉〈lml| sin2 θ|lml〉

=e2B2

8mec2

[a2

0n2

2[5n2 + 1− 3l(l + 1)

]] [2(l2 + l − 1 +m2l )

(2l + 3)(2l − 1)

]=e2B2a2

0

8mec2n2

[(5n2 + 1− 3l(l + 1)

) (l2 + l − 1 +m2

l

)(2l + 3)(2l − 1)

]Donde hemos tenido en cuenta que:

〈nl|r2|nl〉 =(a2

0n2

2Z2

)[5n2 + 1− 3l(l + 1)

](ec. (A.6.8) Sakurai)

(Para ver cómo se calculan estos elementos de matriz puedes consultar el Bransden[2]).

Y para calcular la integral angular tenemos en cuenta que:

sin2 θ = 1−√

4π3

[2√5Y20(θ, φ) + Y00(θ, φ)

](ecs. (A.5.7) Sakurai)

〈n|lml〉 = Ylml(θ, φ)

Y utilizamos la expresión de la integral de tres armónicos esféricos del mismo argumento:∫dΩY ∗

l3m3(θ, φ)Yl2m2(θ, φ)Yl1m1(θ, φ)

=

√(2l1 + 1)(2l2 + 1)

4π(2l3 + 1)C(l1l2l3|m1m2m3)C(l1l2l3|000)


Entonces:

〈lml| sin2 θ|lml〉 = 1−√

4π3〈lml|

[2√5Y20(θ, φ) + Y00(θ, φ)

]|lml〉

Tenemos que:

〈lml|Y20(θ, φ)|lml〉 =∫dΩY ∗

lml(θ, φ)Y20(θ, φ)Ylml

(θ, φ)

=

√54π

C(l2l|ml0ml)C(l2l|000)

=

√54π

l2 + l − 3m2l

(2l − 1)(2l + 3)

〈lml|Y00(θ, φ)|lml〉 =

√14π

C(l0l|ml0ml)C(l0l|000)

=

√14π


Hemos tenido en cuenta que:

C(l2l|ml0ml) = −l2 + l − 3m2

l√l(l + 1)(2l − 1)(2l + 3)

C(j0j′|m0m′) = δjj′δmm′

Juntándolo todo:

〈lml| sin2 θ|lml〉 = 1−√

4π3

[2√5

√54π

l2 + l − 3m2l

(2l − 1)(2l + 3)+

1√4π

]

=2(l2 + l − 1 +m2

l )(2l + 3)(2l − 1)

Problema 5.19

(Merzbacher 1970, 448, Problema 11). Para la función de onda del He,utiliza

ψ(x1,x2) = (Z3eff/πa

30) exp

[−Zeff(r1 + r2)

a0

]con Zeff = 2 − 5

16 , según se obtiene utilizando el método variacional. El valormedido de la susceptibilidad diamagnética es 1.88× 10−6 cm3/mol.

Utilizando el Hamiltoniano para un electrón atómico en un campo mag-nético, determina, para un estado de momento angular cero, el cambio en laenergía a orden B2 si el sistema se encuentra en un campo magnético uniformerepresentado por el vector potencial A = 1

2B× r.Definiendo la susceptibilidad diamagnética atómica χ por E = −1

2χB2, cal-

cula χ para el átomo de helio en el estado fundamental y compara el resultadocon el valor medido.

Solución:

Este problema es muy parecido al anterior. En el estado fundamental del átomo de Helio,tanto el momento angular orbital como el momento angular de spin son nulos, por lo tantopodemos utilizar como autoestados para diagonalizar la perturbación, la f.o. hidrogenoideacon carga efectiva que nos da el enunciado, ya que en el Hamiltoniano no vamos a tener niel término de acoplamiento spin-órbita ni el término de Paschen-Back.La perturbación de nuevo será el término diamagnético, en este caso para cada uno de loselectrones del átomo de Helio:

H = H0 +e2B2

8mec2

2∑i=1

r2i sin2 θi


Entonces los desplazamientos en la energía vienen dados por:3

∆ =e2B2

8mec2〈ψ(x1)ψ(x2)|

2∑i=1

r2i sin2 θi|ψ(x1)ψ(x2)〉

=e2B2

8mec2

[〈ψ(x1)|r1 sin2 θ1|ψ(x1)〉〈ψ(x2)|ψ(x2)〉︸︷︷︸

1

+

+ 〈ψ(x1)|ψ(x1)〉︸︷︷︸1

〈ψ(x2)|r2 sin2 θ2|ψ(x2)〉]

=e2B2

8mec22[Z3

effπa3

0

∫dΩ∫ ∞

0dr r4e−2Zeffr/a0 sin2 θ

]=

e2B2

8mec22Z3

effπa3

0

2π[43

] [4!

(2Zeff/a0)5

]=

12

(e2

6mec22

3a20

Z2eff

)B2 = −1

2χB2

Entonces:

χ = − e2

6mec22

3a20

Z2eff

= − e2

~c(~c)

a20

mec2Z2eff

= − 1137

197 MeV·fm (0.529× 105fm)2

0.511 MeV(2− 5/16)2

= −2.765× 109 fm3 = −2.765× 109 (fm1 cm

1013 fm)3

6.022× 1023

mol= −1.665× 10−6 cm3/mol

Resultado:χ = −1.67× 10−6 cm3/mol

a comparar con el valor medido χ = −1.88× 10−6 cm3/mol.

Nota:La susceptibilidad diamagnética de un gas atómico se suele definir por la expresión:

χ = −NA e2

6mec2

∑i

〈r2i 〉

3La función de onda es trivialmente separable:

ψ(x1,x2) = ψ(x1)ψ(x2) =

"„Z3

eff

πa30

«1/2

exp

»Zeffr1a0

–# "„Z3

eff

πa30

«1/2

exp

»Zeffr2a0

–#Y se verifica:

〈ψ(xi)|ψ(xi)〉 =Z3

eff

πa30

ZdΩ| z

4π

Z ∞

0

dri r2i exp

»−2Zeffri

a0

–| z

a30

4Z3eff

= 1


Que vemos que es absolutamente consistente con el resultado que hemos obtenido:

χ = −NAe2

6mec22

3a20

Z2eff︸︷︷︸

〈r2〉

Donde hemos tenido en cuenta que, para el valor esperado de r2, calculado sobre funcioneshidrogenoideas como la del enunciado, tenemos que:

〈nl|r2|nl〉 =(a2

0n2

2Z2

)[5n2 + 1− 3l(l + 1)

](ec. (A.6.8) Sakurai)

Y que en nuestro caso, n = 1 y l = 0.

Problema 5.20

Haz una estimación para la energía del estado fundamental de un osciladorarmónico simple unidimensional utilizando

〈x|0〉 = e−β|x|

como función de prueba con β el parámetro a variar. (Puedes utilizar∫ ∞

0e−αxxndx =

n!αn+1

).

Solución:

De acuerdo con el método variacional, un límite superior para el valor de la energía delestado fundamental de nuestro problema, viene dado por:

H =〈0|H|0〉〈0|0〉

donde H es el Hamiltoniano: (osc. armónico simple unidimensional)

H =p2

2m+

12mωx2 = − ~2

2md2

dx2+

12mωx2

Y 〈x|0〉 es la función de prueba que nos dan en el enunciado.

Calculemos los diferentes términos que necesitamos:

〈0|0〉 =∫ ∞

−∞dx〈0|x〉〈x|0〉 =

∫ ∞

−∞dx e−2β|x|

= 2∫ ∞

0dx e−2βx =

1β

〈0|x2|0〉 =∫ ∞

−∞dx

∫ ∞

−∞dx′〈0|x〉〈x|x2|x′〉〈x′|0〉 =

∫ ∞

−∞dxx2e−2β|x|

= 2∫ ∞

0dxx2e−2βx = 2 · 2!

(2β)3=

12β3


Por último, calculamos 〈0|p2|0〉 de dos formas diferentes:

1.er modo:Teniendo en cuenta que:

〈x|p|0〉 =∫ ∞

−∞dx′〈x|p|x′〉〈x′|0〉 = −i~ ∂

∂x〈x|0〉 = −i~ ∂

∂x(e−β|x|)

Además, como p es hermítico:

〈0|p|x〉 = 〈x|p|0〉∗

Entonces:

〈0|p2|0〉 =∫ ∞

−∞dx〈0|p|x〉〈x|p|0〉 =

∫ ∞

−∞dx |〈x|p|0〉|2

= ~2

∫ ∞

−∞dx | ∂

∂x(e−β|x|)|2 = 2~2

∫ ∞

0dx| ∂

∂x(e−βx)|2

= 2~2β2

∫ ∞

0dx e−2βx = 2~2β2 · 1

2β= β~2

2.o modo:

〈0|p2|0〉 =∫ ∞

−∞dx

∫ ∞

−∞dx′〈0|x〉〈x|p2|x′〉〈x′|0〉

= −~2

∫ ∞

−∞dx 〈0|x〉 ∂

2

∂x2〈x|0〉 =

POSAR GRÀFIQUES DE DERIVADA DE FUNCIÓ AMB DISCONTINUITATS SIM-PLES.

Problema 5.21

Haz una estimación del autovalor más bajo (λ) de la ecuación diferencial

d2ψ

dx2+ (λ− |x|)ψ = 0, ψ → 0 para |x| → ∞

utilizando el método variacional con

ψ =

c(α− |x|), para |x| < α

0, para |x| > α(α el parámetro a variar)

como función de prueba. (Precaución: dψ/dx es discontinua en x = 0).Datos numéricos que pueden ser útiles para este problema son:

31/3 = 1.442, 51/3 = 1.710, 32/3 = 2.080, π2/3 = 2.145.

El valor exacto del autovalor más bajo se puede ver que es 1.019.


Solución:

Buscamos hacer una estimación para el valor de la energía del nivel más bajo del Hamil-toniano:

H = − d2

dx2+ |x|;

y utilizaremos la función de onda de prueba:

〈x|0〉 = ψ(x) =

c(α− |x|), para |x| < α

0, para |x| > α(α el parámetro a variar)

El método variacional nos dice que un límite superior para dicho autovalor, λ, viene dadopor:

H =〈0|H|0〉〈0|0〉

≥ λ

Bien:

〈0|0〉 =∫ α

−αdx 〈0|x〉〈x|0〉 = |c|2

∫ α

−αdx (α− |x|)2 = 2|c|2

∫ α

0dx (α− x)2

= 2|c|2 · −13

(α− x)3∣∣∣∣α0

=23|c|2α3

〈0|(− d2

dx2+ |x|)|0〉 = |c|2

∫ α

−αdx (α− |x|)(− d2

dx2+ |x|)(α− |x|)

= 2|c|2∫ α

−αdx (α− |x|)δ(x) + |c|2

∫ α

−αdx |x|(α− |x|)2

= 2|c|2α+ 2|c|2∫ α

0dxx(α− x)2

= 2|c|2α+ 2|c|2 ·(x4

4− 2x3α

3+x2α2

2

)∣∣∣∣α0

= 2|c|2α+16|c|2α4

Donde hemos utilizado que: (Ver el problema anterior)

d|x|dx

= sign(x);ddx

sign(x) = 2δ(x)

Juntándolo todo:

H =〈0|H|0〉〈0|0〉

=3α2

+α

4

Buscamos el mínimo:

∂H

∂x= 0 =⇒ − 6

α3+

14

= 0 =⇒ α3 = 24

Así:

λ ≤ 3(24)2/3

+(24)1/3

4= 1.082


Fijarse que el valor obtenido es ≈ 1.062λverdadero, un 6% más grande que el valor verda-dero.¿Cómo podríamos mejorar este valor? Pues si somos capaces de intuir, (mediante argu-mentos físicos o matemáticos), una función de onda que se aproxime más a la función deonda verdadera o utilizando una f.o. con más parámetros libres para ajustar. Por ejemplo,puedes comprobar que si utilizamos la siguiente f.o. de prueba, con los parámetros libresα y β:

ψ(x) =

c(α− |x|)β , para |x| < α

0, para |x| > α(α y β parámetros a variar)

Sin hacer muchos más cálculos, obtenemos una cota un poco más baja:

λ ≤ 〈0|H|0〉〈0|0〉

= 1.066

Aquí tienes algunos resultados intermedios:∫ α

−αdx (α− |x|)2β =

2α2β+1

2β + 1∫ α

−αdx (α− |x|)2β |x| = α2β+2

1 + 3β + 2β2

−∫ α

−αdx (α− |x|)β d2

dx2(α− |x|)β = 2β2 α

2β−1

2β − 1

Juntándolo todo y utilizando una rutina de símplex para encontrar el mínimo de la función,partiendo de los valores iniciales α = (24)1/3 y β = 1, llegas al resultado, para los valoresde α = 3.3635 y β = 1.3660.

Problema 5.22

Considera un oscilador armónico unidimensional cuya frecuencia angularclásica es ω0. Para t < 0 se sabe que está en el estado fundamental. En t > 0tenemos también un potencial dependiente del tiempo

V (t) = F0 x cosωt

donde F0 es constante en espacio y tiempo. Obtén una expresión para el valoresperado 〈x〉 como una función del tiempo utilizando teoría de perturbacionesdependiente del tiempo al orden más bajo no nulo. ¿Es este procedimientocorrecto para ω ≈ ω0? [Puedes utilizar

〈n′|x|n〉 =√

~/2mω0(√n+ 1 δn′,n+1 +

√n δn′,n−1)].

Solución:


POSAR RECORDATORILa evolución del estado del sistema viene gobernada por el operador evolución temporal:

|α, t0; t〉I = UI(t, t0)|α, t0; t0〉I (ec. (5.6.2) Sakurai)

donde podemos aproximar UI(t, t0) mediante la serie de Dyson:

UI(t, t0) =1− i

~

∫ t

t0

dt′ VI(t′) +(i

~

)2 ∫ t

t0

dt′∫ t′

t0

dt′′ VI(t′)VI(t′′)

+ · · ·+(i

~

)n ∫ t

t0

dt′∫ t′

t0

dt′′ · · ·

×∫ t(n−1)

t0

dt(n)VI(t′)VI(t′′) · · ·VI(t(n))

+ · · ·


(El sumando con VI(t′) representa el primer orden de aproximación, el sumando conVI(t′)VI(t′′) el segundo orden, y así sucesivamente).

Elegimos convenientemente la fase del estado inicial para que:

|0, t0; t0〉I = |0〉 (ec. (5.6.13) Sakurai)

En un instante posterior tenemos entonces:

|0, t0 = 0; t〉I = UI(t, t0 = 0)|0〉 ≈(

1− i

~

∫ t

t0=0dt′ VI(t′)

)|0〉

= |0〉 − i

~

∫ t

0dt′∑

n

|n〉〈n|VI(t′)|0〉

= |0〉 − i

~∑

n

|n〉∫ t

0dt′ eiωn0t′〈n|V (t′)|0〉

=∑

n

(c(0)n (t) + c(1)

n (t))|n〉

Con:

c(0)n (t) = δn0 (independiente de t)

c(1)n (t) =

−i~

∫ t

0eiωn0t′Vn0(t′)dt′


Hemos llamado:

En − E0 = ~ωn0


Calculemos c(1)n (t):

c(1)n (t) =

−i~

∫ t

0dt′ eiωn0t′F0 cosωt′〈n|x|0〉

=−iF0δn1

~

√~

2mω0

∫ t

0dt′ eiωn0t′ cosωt′

=−iF0δn1

~

√~

2mω0

∫ t

0dt′ eiωn0t′ e

iωt′ + e−iωt′

2

=−iF0δn1

2~

√~

2mω0

[ei(ωn0+ω)t − 1i(ωn0 + ω)

+ei(ωn0−ω)t − 1i(ωn0 − ω)

]Entonces:

|0, t0 = 0; t〉I ≈ |0〉 −iF0

2~

√~

2mω0

[ei(ω0+ω)t − 1i(ω0 + ω)

+ei(ω0−ω)t − 1i(ω0 − ω)

]|1〉

≡ |0〉+ c(1)1 |1〉

Hemos tenido en cuenta que:

ω10 =E1 − E0

~≡ ω0

Así:〈x〉 = I〈0, t0 = 0; t|xI |0, t0 = 0; t〉I

=(〈0|+ c

∗(1)1 〈1|

)(eiH0t/~xe−iH0t/~

)(|0〉+ c

(1)1 |1〉

)= c

(1)1 〈0|eiH0t/~xe−iH0t/~|1〉+ c

∗(1)1 〈1|eiH0t/~xe−iH0t/~|0〉

= c(1)1 e−iω0t

√~

2mω0+ c

∗(1)1 eiω0t

√~

2mω0

= 2√

~2mω0

Re(c(1)1 e−iω0t

)=F0

m

cosωt− cosω0t

ω2 − ω20

Hemos tenido en cuenta que sólo tenemos contribución de los términos cruzados, pues〈0|x|0〉 = 〈1|x|1〉 = 0, ya que x tiene un número impar de operadores de creación ydestrucción y no puede conectar estados con la misma n.

(b)

Problema 5.23

Un oscilador armónico unidimensional se encuentra en su estado fundamen-tal en t < 0. En t ≥ 0 es sometido a una fuerza (¡no potencial!) dependiente deltiempo, pero uniforme en el espacio, en la dirección x,

F (t) = F0e−t/τ .

(a) Utilizando teoría de perturbaciones dependiente del tiempo, obtén la pro-babilidad de encontrar el oscilador en su primer estado excitado para t > 0.Muestra que el límite t → ∞ (τ finito) de tu expresión es independientedel tiempo. ¿Es esto razonable o sorprendente?


(b) ¿Puedes encontrar estados excitados más altos?

[Puedes utilizar

〈n′|x|n〉 =√

~/2mω(√n δn′,n−1 +

√n+ 1 δn′,n+1)].

Solución:

De acuerdo con teoría de perturbaciones dependiente del tiempo, a primer orden, la pro-babilidad de encontrar el sistema en un estado excitado para t > t0, suponiendo que en t0el sistema se encuentra en el estado fundamental, viene dada por:

P0→n(t) ≡ |〈n|UI(t, t0)|0〉|2 ≈

1.er orden≈ |c(1)

n |2 =1~2

∣∣∣∣∫ t

t0

eiωn0t′Vn0(t′)dt′∣∣∣∣2

(ecs. (5.6.17), (5.6.19) Sakurai)Con:

H = H0 + V (t)

H0 =p2

2m+

12mω2x2; V (t) = −F0xe

−t/τ ;(F = −∂V

∂x

)Y:

Vn0(t) ≡ 〈n|V (t)|0〉 = −F0e−t/τ 〈n|x|0〉 = −F0e

−t/τ

√~

2mωδn1

ωn0 ≡En − E0

~=

~ω(n+

12− 0− 1

2

)~

= nω

Entonces, a primer orden de teoría de perturbaciones, sólo vamos a tener trancisiones alestado n = 1, con una probabilidad:

P0→1(t) =F 2

0

2mω~

∣∣∣∣∫ t

0eiω t′e−t′/τdt′

∣∣∣∣2 =F 2

0

2mω~

∣∣∣∣∣eiωte−t/τ − 1iω − 1/τ

∣∣∣∣∣2

=F 2

0

2mω~e−2t/τ − 2 cosωt e−t/τ + 1

ω2 + 1/τ2

En el límite t→∞, la expresión anterior queda:

P0→1(t→∞) ≈ F 20

2mω~1

ω2 + 1/τ2

que es independiente de t. Este resultado es el que esperamos, pues en este límite, laperturbación se anula, F (t) t→∞−→ 0, y por lo tanto no esperamos más transiciones: laprobabilidad se va a mantener constante, el sistema ha encontrado un nuevo equilibrio.


(b) Ya hemos visto que, a primer orden de teoría de perturbaciones, sólo vamos a tenertransiciones al nivel n = 1. Si queremos encontrar transiciones a niveles excitados másaltos, tenemos que recurrir a órdenes superiores de teoría de perturbaciones.FER UN EXEMPLE: ORDRE 2

Problema 5.24

Considera una partícula ligada en un potencial tipo oscilador armónico sim-ple. Inicialmente (t < 0), se encuentra en el estado fundamental. En t = 0empieza a actuar una perturbación de la forma

H ′(x, t) = Ax2e−t/τ

Utilizando teoría de perturbaciones dependiente del tiempo, calcula la proba-bilidad de que, tras un tiempo sufiencientemente grande (t >> τ), el sistemarealice una transición a un cierto estado excitado. Considera todos los estadosfinales.

Solución:

A primer orden de teoría de perturbaciones dependientes del tiempo, la probabilidad detransición a un nivel excitado desde el estado fundamental, en un instante t viene dadapor:

P0→n(t) ≈ |c(1)n |2

Siendo:

c(1)n (t) = − i~

∫ t

0eiωn0t′H ′

n0(t′)dt′ (ec. (5.6.17) Sakurai)

con:

H ′n0(t) = 〈n|H ′(x, t)|0〉 = 〈n|Ax2e−t/τ |0〉 = Ae−t/τ 〈n|x2|0〉

ωn0 ≡En − E0

~=

~ω(n+

12− 0− 1

2

)~

= nω

Entonces:

c(1)n (t) =− i

~A〈n|x2|0〉

∫ t

0einωt′e−t′/τdt′

=− i

~A〈n|x2|0〉 1

inω − 1/τ

(e(inω−1/τ)t − 1

)t>>τ≈ +

i

~A〈n|x2|0〉 1

inω − 1/τ

Ya hemos calculado otras veces elementos de matriz de la forma 〈n|x2|0〉, (ver, por ejemplo,el Problema 2.13, pág. 57), teniendo en cuenta que en nuestro caso tiene que ser n 6= 0,tenemos:

〈n|x2|0〉 =~

2mω

(√2 δn2 + δn0

)para n 6= 0=

~2mω

√2 δn2 =

√n

2αδn2


Por lo tanto, a primer orden de teoría de perturbaciones, sólo vamos a tener transicionesal estado n = 2, con una probabilidad:

P0→2(t >> τ) 1.er orden= |c(1)2 (t >> τ)|2 ≈ |A|2

2α2~2

14ω2 + 1/τ2

Problema 5.25

El Hamiltoniano no perturbado de un sistema de dos estados viene repre-sentado por

H0 =(E0

1 00 E0

2

).

Tenemos, además, una perturbación dependiente del tiempo

V (t) =(

0 λ cosωtλ cosωt 0

)(λ real).

(a) En t = 0 sabemos que el sistema se encuentra en el primer estado, repre-sentado por (

10

).

Utilizando teoría de perturbaciones dependiente del tiempo y suponiendoque E0

1 −E02 no tiene un valor próximo a ±~ω, obtén una expresión para la

probabilidad de encontrar el sistema en el segundo estado, representadopor (

01

)como función de t (t > 0).

(b) ¿Por qué este procedimiento no es válido cuando E01 − E0

2 está cerca de±~ω?

Solución:

De acuerdo con teoría de perturbaciones dependiente del tiempo, a primer orden, la pro-

babilidad de encontrar el sistema en el estado |f〉 =(

01

)para t > 0, suponiendo que en

t = 0 el sistema se encuentra en el estado |i〉 =(

10

), viene dada por:

Pi→f (t) ≡ |〈f |UI(t, t = 0)|i〉|2 ≈

1.er orden≈ |c(1)f |2 =

1~2

∣∣∣∣∫ t

0eiωfit

′Vfi(t′)dt′

∣∣∣∣2


(ecs. (5.6.17), (5.6.19) Sakurai)Donde:

~ωfi = E02 − E0

1

Vfi(t) = 〈f |V (t)|i〉 =(

0 1)( 0 λ cosωt

λ cosωt 0

)(10

)= λ cosωt

Entonces:

c(1)f (t) = − iλ

~

∫ t

0dt′eiωfit

′cosωt′ = − iλ

~

∫ t

0dt′eiωfit

′

[eiωt′ + e−iωt′

2

]

= − iλ2~

(ei(ωfi+ω)t − 1i(ωfi + ω)

+ei(ωfi−ω)t − 1i(ωfi − ω)

)

=λ

~ωfi(1− eiωfit cosωt) + iωeiωfit sinωt

ω2fi − ω2

Y la probabilidad de transición es:

Pi→f (t) ≈ |c(1)f |2 =

λ2

~2(ω2fi − ω2)2

[(ωfi

(1− cosωfit cosωt

)− ω sinωfit sinωt

)2

+

+(−ωfi sinωfit cosωt+ ω cosωfit sinωt

)2]

(b) COMPARAR AMB BRANSDEN, FER COM Problema 5.22, pág. 148

Problema 5.26

Un oscilador armónico simple unidimensional de frecuencia angular ω estásometido a una fuerza, (no un potencial), uniforme espacialmente pero depen-diente del tiempo

F (t) =(F0τ/ω)(τ2 + t2)

, −∞ < t <∞.

En t = −∞, sabemos que el oscilador se encuentra en el estado fundamental.Utilizando teoría de perturbaciones dependiente del tiempo a primer orden,calcula la probabilidad de encontrar el oscilador en su primer estado excitadoen t = +∞.

Un reto para expertos: F (t) está normalizada de modo que el impulso∫F (t)dt

impartido al oscilador es siempre el mismo ––esto es, independiente de τ––;sin embargo para τ >> 1/ω, la probabilidad de excitación es esencialmentedespreciable. ¿Es esto razonable? [Elemento de matriz de x:

〈n′|x|n〉 =√

~/2mω(√n δn′,n−1 +

√n+ 1 δn′,n+1)].


Problema 5.27

Considera una partícula en una dimensión moviéndose bajo la influencia decierto potencial independiente del tiempo. Los niveles de energía y las corres-pondientes autofunciones para este problema se suponen conocidas. Ahora so-metemos a la partícula a un pulso viajero representado por un potencial de-pendiente del tiempo,

V (t) = Aδ(x− ct).

(a) Supón que en t = −∞ sabemos que la partícula se encuentra en el esta-do fundamental, cuya autofunción de la energía es 〈x|i〉 = ui(x). Obtén laprobabilidad de encontrar el sistema en cierto estado excitado con auto-función 〈x|f〉 = uf (x) en t = +∞.

(b) Interpreta físicamente tu resultado en (a) considerando el pulso tipo fun-ción δ como una superposición de perturbaciones armónicas; recuerda que

δ(x− ct) =1

2πc

∫ ∞

−∞dωeiω[(x/c)−t].

Resalta el papel jugado por la conservación de la energía, que se verificaincluso desde el punto de vista de la mecánica cuántica siempre que laperturbación haya estado actuando durante un tiempo muy elevado.

Problema 5.28

Un átomo de hidrógeno en su estado fundamental [(n, l,m) = (1, 0, 0)] sesitúa entre las placas de un condensador. Se aplica un campo eléctrico (¡no unpotencial!) dependiente del tiempo, pero uniforme espacialmente, como sigue:

E =

0 para t < 0E0 e

−t/τ para t > 0 (E0 en la dirección positiva del eje z).

Utilizando primer orden de teoría de perturbaciones dependiente del tiempo,calcula la probabilidad de encontrar el átomo, para t >> τ , en cada uno de lostres estados 2p: (n, l,m) = (2, 1,±1 ó 0). Repite el problema para el estado 2s:(n, l,m) = (2, 0, 0). No es necesario que calcules las integrales radiales, pero haztodas las otras integraciones (con respecto a los ángulos y el tiempo).

Solución:

Nuestro problema viene definido por:

H(t) = H0 + V (t)


con:

V (t) = (−qE·r) =

0 para t < 0−e|E|z = −e|E0|z e−t/τ para t > 0

(e < 0 para la carga del electrón)

Y H0 es el Hamiltoniano del átomo de hidrógeno, cuyas autofunciones y autovalores cono-cemos, (ver apéndice A.6 del Sakurai):

〈x|n, l,m〉 ≡ ψnlm = Rnl(r)Ylm(θ, φ)

Rnl(r) = −

(2Zna0

)3 (n− l − 1)!2n [(n+ l)!]3

1/2

e−ρ/2ρlL2l+1n+l (ρ)

En =−Z2e2

2n2a0(independiente de l y m) (ec. (A.6.3) Sakurai)

a0 = radio de Bohr =~2

mee2

n ≥ l + 1, ρ =(

8me|E|~2

)1/2

r =2Zrna0

.

donde Lqp(ρ) son los polinomios asociados de Laguerre.

A primer orden de teoría de perturbaciones dependientes del tiempo:

c(1)f (t) = − i

~

∫ t

0dt′eiωfit

′Vfi(t′)

donde:Vfi(t) = −e|E0|〈f |z |i〉e−t/τ ; ~ωfi = Ef − Ei

Con lo cual:

c(1)f (t) =

i

~e|E0|〈f |z|i〉

1iωfi − 1/τ

[e(iωfi−1/τ)t − 1

]≈ (t >> τ) ≈ − i

~e|E0|〈f |z|i〉

1iωfi − 1/τ

Y la probabilidad de trancisión de un estado |i〉 a un estado |f〉, viene dada por:

Pi→f (t >> τ) =e2|E0|2

~2|〈f |z|i〉|2 1

ω2fi + 1/τ2

Tenemos que calcular elementos de matriz de la forma:

〈n′, l′,m′|z|n, l,m〉

En el Capítulo 3, ya hemos aprendido a calcular este tipo de elementos de matriz, (verpor ejemplo Problema 3.27, pág. 115), teniendo en cuenta que z = X

(1)0 (la componente 0

del operador x, expresado en la base esférica), entonces, utilizando el teorema de Wigner-Eckart, tenemos:

〈n′, l′,m′|z|n, l,m〉 ≡ 〈n′, l′,m′|X(1)0 |n, l,m〉 = C(l, 1, l′|m, 0,m′)

〈n′, l′||X(1)0 ||n, l〉√

2l + 1

Consideremos ahora los diferentes casos:


Probabilidad de transición: |n1,

l0,

m0〉 −→ |

n′

2 ,l′

1,m′

m′〉

En este caso:〈2, 1,m′|z|1, 0, 0〉 = C(0, 1, 1|0, 0,m′)〈2, 1||z||1, 0〉

Por el Clebch-Gordan, sólo vamos a tener contribución para m′ = 0. Calculemos,entonces, el elemento de matriz:

〈2, 1, 0|z|1, 0, 0〉 =∫d3rψ∗210(r)zψ100(r) =

z = r cos θ

=

=[∫ ∞

0dr r3R21(r)R10(r)

] [∫ 2π

0dφ

∫ 1

−1d(cos θ) cos θ Y ∗

10(θ, φ)Y00(θ, φ)]

=[√

23

12881

a0

][1√3

]=√

2 128 a0

243

Por lo tanto:

P|1,0,0〉→|2,1,0〉(t >> τ) =215

310

e2a20|E0|2

~2(ω221 + 1/τ2)

P|1,0,0〉→|2,1,±1〉(t >> τ) = 0

Para calcular las integrales, hemos tenido en cuenta que:

R21(r) =1

2√

6 a5/20

r e−r/(2a0) Y10(θ, φ) =

√34π

cos θ

R10(r) =2

a3/20

e−r/a0 Y00(θ, φ) =1√4π

La integral radial es sencilla utilizando la función gamma:∫ ∞

0dr r3R21(r)R10(r) =

12√

6 a40

∫ ∞

0dr r4e−3r/(2a0)

Problema 5.29

Considera un sistema compuesto constituído por dos objetos de spin 12 . Para

t < 0, el Hamiltoniano no depende del spin y se puede tomar cero mediante uncambio adecuado en la escala de energías. Para t > 0, el Hamiltoninano vienedado por:

H =(

4∆~2

)S1 · S2.

Supón que el sistema se encuentra en el estado |+,−〉 para t ≤ 0. Encuentra,como una función del tiempo, la probabilidad de encontrarlo en cada uno delos siguientes estados |+,+〉, |+,−〉, |−,+〉 y |−,−〉:

(a) Resolviendo el problema exactamente.


(b) Resolviendo el problema suponiendo válido primer orden de teoría de per-turbaciones dependiente del tiempo con H la perturbación, que empiezaa actuar en t = 0. ¿Bajo qué condiciones (b) da los resultados correctos?

Problema 5.30

Considera un sistema de dos niveles con E1 < E2. Hay un potencial depen-diente del tiempo que conecta los dos niveles, como sigue:

V11 = V22 = 0, V12 = γeiωt, V21 = γe−iωt (γ real).

En t = 0, se sabe que sólo el estado inferior está poblado —esto es, c1(0) = 1,c2(0) = 0.

(a) Encuentra |c1(t)|2 y |c2(t)|2 para t > 0 resolviendo exactamente la ecuacióndiferencial acoplada

i~ck =2∑

n=1

Vkn(t)eiωkntcn, (k = 1, 2).

(b) Haz el mismo problema utilizando teoría de perturbaciones dependientedel tiempo al orden más bajo no nulo. Compara las dos aproximacionespara valores pequeños de γ. Trata los dos casos siguientes separadamente:(i) ω muy diferente de ω21 y (ii) ω cerca de ω21.

Respuesta para el apartado (a): (la fórmula de Rabi)

|c2(t)|2 =γ2/~2

γ2/~2 + (ω − ω21)2/4sin2

[γ2

~2+

(ω − ω21)2

4

]t

,

|c1(t)|2 = 1− |c2(t)|2.

Solución:

Tenemos que resolver el problema:

i~ddt

c1

c2

=

V11 V12 eiω12t

V21eiω21t V22

c1

c2

con V11 = V22 = 0, V12 = γeiωt, V21 = γe−iωt.Esto es:

i~

c1

c2

=

0 γ ei(ω−ω21)t

γ e−i(ω−ω21)t 0

c1

c2


La ecuación matricial anterior, corresponde al sistema de ecuaciones diferenciales acopla-das:

i~dc1(t)

dt= γ eiδtc2(t)

i~dc2(t)

dt= γ e−iδtc1(t)

(1) con δ ≡ ω − ω21

(2)

Para desacoplarlas, derivamos la primera ecuación y sustituimos en la segunda, para obte-ner:

dc2(t)dt

(1)=

ddt

(i~γe−iδt dc1(t)

dt

)=i~γ

(−iδ)e−iδt dc1(t)dt

+i~γe−iδt d2c1(t)

dt2(2)=

γ

i~e−iδt c1(t)

Quedando finalmente:d2c1(t)

dt2− iδ

dc1(t)dt

+γ2

~2c1(t) = 0

Ecuación característica: Raíces:

λ2 − iδ λ+γ2

~2= 0 λ =

iδ ±√−δ2 − 4

γ2

~2

2= i

δ

2± i

√(δ

2

)2

+γ2

~2︸︷︷︸≡η

Por lo tanto, las soluciones van a ser de la forma:

c1(t) = Aei(δ/2+η)t +Bei(δ/2−η)t = eiδ2t(Aeiηt +Be−iηt

)c2(t) =

i~γe−iδt

Ai(δ/2 + η)ei(δ/2+η)t +Bi(δ/2− η)ei(δ/2−η)t

= −~

γe−i δ

2tA(δ/2 + η)eiηt +B(δ/2− η)e−iηt

Aplicando las condiciones iniciales:

c1(t = 0) = A+B = 1

c2(t = 0) = −~γA(δ/2 + η) +B(δ/2− η) = 0

Obtenemos, para las constantes A y B:

A =12− δ

4η; B =

12

+δ

4η

Problema 5.31

Muestra que el aumento progresivo y despacio de la perturbación V →V eηt (ver Baym 1969, 257) puede generar contribución del segundo término en(5.6.36).


Problema 5.32

(a) Considera el problema del positronio que has resuelto en el Capítulo 3,Problema 3.3, pág. 88. En presencia de un campo magnético estático yuniforme, B, a lo largo del eje z, el Hamiltoniano viene dado por:

H = AS1·S2 +(eB

mec

)(S1z − S2z) .

Resuelve este problema para obtener los niveles de energía de los cuatroestados utilizando teoría de perturbaciones independiente del tiempo sindegeneración (en vez de diagonalizar la matriz hamiltoniana). Considera elprimer y el segundo término de H como H0 y V , respectivamente. Comparatus resultados con los de las expresiones exactas:

E = −(

~2A

4

)1± 2

√1 + 4

(eB

mec~A

)2 para

singlete m = 0triplete m = 0

E =~2A

4para triplete m = ±1

donde por triplete (singlete) m = 0 nos referimos al estado que deviene untriplete (singlete) puro con m = 0 según hacemos B → 0. (CORREGIR)

(b) Ahora intentamos provocar transiciones (vía emisión y absorción estimu-lada) entre los dos estados m = 0 introduciendo un campo magnético osci-lante con la frecuencia «adecuada». ¿Deberíamos orientar nuestro campomagnético a lo largo del eje z o a lo largo del eje x (ó y). Justifica tu elec-ción. (El campo magnético estático original se supone que está orientadoa lo largo del eje z).

Problema 5.33

Considera la emisión espontánea de un fotón por un átomo excitado. Sesabe que el proceso es una trancisión tipo E1. Supón que el número cuánticomagnético del átomo disminuye en una unidad. ¿Cual es la distribución angulardel fotón emitido? Discute también la polarización del fotón, poniendo atenciónen la conservación del momento angular del sistema completo (átomo másfotón).

Problema 5.34

Considera un átomo constituído por un electrón y un tritón (3H), de cargaunidad, (Z=1). Inicialmente el sistema se encuentra en su estado fundamental(n = 1, l = 0). Supón que la carga nuclear aumenta repentinamente en una


unidad (en la realidad por la emisión de un electrón y un antineutrino). Estosignifica que el núcleo de tritón se convierte en un núcleo de helio (Z = 2)de masa 3, (3He). Obtén la probabilidad de encontrar el sistema en el estadofundamental del ión de helio resultante. La función de onda hidrogenoidea vienedada por:

ψn=1,l=0(x) =1√π

(Z

a0

)3/2

e−Zr/a0.

Solución:

Pàg. 458 en avant, Pàg. 464 en avant, del Bransden

Problema 5.35

El estado fundamental de un átomo de hidrógeno, (n = 1, l = 0), es sometidoa un potencial dependiente del tiempo como el siguiente:

V (x, t) = V0 cos(kz − ωt).

Utilizando teoría de perturbaciones dependiente del tiempo, obtén una expre-sión para la tasa de transición (CORREGIR) a la cual el electrón es emitidocon momento p. Muestra, en particular, cómo puedes calcular la distribuciónangular del electrón emitido (en términos de θ y φ, definido con respecto deleje z). Discute brevemente las similitudes y diferencias entre este problema yel (más realista) del efecto fotoeléctrico. (Nota: Para la función de onda incialconsulta el Problema 5.34, pág. 160. Si tienes algún problema de normalización,la función de onda final se puede tomar:

ψf (x) =(

1L3/2

)eip·x/~

con L muy grande, pero deberías de ser capaz de mostrar que los efectos ob-servables son independientes de L). )

Problema 5.36

Obtén una expresión para la densidad de estados para partículas libres(CORREGIR) en dos dimensiones, esto es, el análogo en dos dimensiones a:

ρ(E)dEdΩ =(L

2π

)3(mk~2

)dE dΩ,

(k ≡ p

~, E =

p2

2m

).

Escribe tu respuesta como una función de k (ó E) veces dE dφ, donde φ es elángulo polar que caracteriza la dirección del momento en dos dimensiones.


Problema 5.37

Una partícula de masa m obligada a moverse en una dimensión, se encuentraconfinada entre los límites 0 < x < L, por un potencial de paredes infinitas:

V = ∞ para x < 0, x > L,V = 0 para 0 ≤ x ≤ L.

Obtén una expresión para la densidad de estados (esto es, el número de estadospor intervalo unidad de energía) para energías altas, como una función de E.(¡Comprueba tu dimensión!(CORREGIR))

Problema 5.38

Luz polarizada linealmente con frecuencia angular ω, incide sobre un «áto-mo» de un electrón cuya función de onda podemos aproximar por el estadofundamental de un oscilador armónico isótropo tridimensional, de frecuenciaangular ω0. Muestra que la sección eficaz diferencial para la emisión de unfotoelectrón, viene dada por:

dσ

dΩ=

4α~2k3f

m2ωω0

√π~mω0

exp− ~mω0

[k2

f +(ωc

)2]

× sin2 θ cos2 φ exp[(

2~kfω

mω0c

)cos θ

]a condición de que el electrón emitido, de momento ~kf , pueda ser consideradoun estado de onda plana. (El sistema de coordenadas utilizado se muestra enla Figura 5.10).

Problema 5.39

Encuentra la probabilidad |φ(p′)|2d3p′, del momento particular p′ (CORRE-GIR) para el estado fundamental del átomo de hidrógeno. (Éste es un buenejercicio en transformadas de Fourier tridimensionales. Para realizar las inte-graciones angulares elige el eje z en la dirección de p).

Solución:

La función de onda en el espacio de momentos, φ(p), no es más que la transformada deFourier tridimensional de la función de onda en el espacio de posiciones, ψ(x), efectiva-mente:

φ100(p) ≡ 〈p|100〉 =∫d3x〈p|x〉〈x|100〉 (1.7.50)

=1

(2π~)3/2

∫d3x exp

(−ip·x

~

)ψ100(x)

Teniendo en cuenta que:

〈x|100〉 ≡ ψ100(x) = R10(r)Y 00 (θ, φ) =

e−r/a0√πa3

0

(Apéndice A.6. Sakurai)


Entonces:

φ100(p) =1

(2π~)3/2√πa3

0

∫d3xe−ip·x/~e−r/a0 =

p·x = p r cos θ

=

=2π

(2π~)3/2√πa3

0

∫ ∞

0dr r2e−r/a0

∫ 1

−1d(cos θ) e−ipr cos θ/~

=2

π(2a0~)3/2

∫ ∞

0dr r2e−r/a0

i~pr

[e−ipr/~ − eipr/~

]=

2i~π(2a0~)3/2p

[∫ ∞

0dr r e

−( 1a0

+i p~ )r −

∫ ∞

0dr r e

−( 1a0−i p

~ )r]

=2i~

π(2a0~)3/2p

[1

(1/a0 + ip/~)2− 1

(1/a0 − ip/~)2

]=

2i~π(2a0~)3/2p

[−4ipa0~

1(1/a2

0 + p2/~2)2]

=1π

(2a0~

)3/2 1/a0[1/a2

0 + (p/~)2]2

Finalmente:

|φ100(p)|2d3p =1π2

(2a0~

)3 1/a20[

1/a20 + (p/~)2

]4 d3p

O, si queremos en término del número de ondas, k = p/~:

|φ100(k)|2d3k =1π2

(2a0

)3 1/a20[

1/a20 + k2

]4 d3k

Nota: ∫ ∞

0xne−axdx =

Γ(n+ 1)an+1

; si Re(a) > 0 y Re(n) > −1

Γ(n+ 1) = nΓ(n)Γ(n+ 1) = n! si n = 0, 1, 2, ...Γ(1/2) =

√π

Problema 5.40

Obtén una expresión para la τ(2p→ 1s)) para el átomo de hidrógeno. Verificaque es igual a 1.6× 10−9s.(CORREGIR)


Una brevísima bibliografía

[1] Bransden, B. H. y Joachain, C. J.: Quantum Mechanics, Pearson Education/ Prentice Hall, 2nd edition, 2000.

[2] Bransden, B. H. y Joachain, C. J.: Physics of Atoms and Molecules, Long-man Scientific&Technical, Reimpresión, 1994.

[3] Constantinescu, F., Magyari, E: Problems in Quantum Mechanics, Perga-mon Press, 1982.

[4] Greiner, W.: Quantum Mechanics: An Introduction, Springer-Verlag, 4th Edi-tion, 2000.

[5] Greiner, W. y Müller, B.: Quantum Mechanics: Symmetries, Springer-Verlag, 2nd Edition, 1994.

[6] ter Haar, D. (editor): Problems in Quantum Mechanics, Pion Limited,3rd Edition, 1978.

[7] Saltsidis, P. and additions by Brinne, B.: Solutions to Problems in QuantumMechanics, 1995,1999 (disponible en internet)

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Documents

Problemas resueltos del Sakurai