Tareas Física Atómica y Molecular

TAREA # 1 : FISICA ATOMICA Y MOLECULARProfesor: Jorge Mahecha G. Junio 13, 2014.

Luis Santander Rodriguez CC:1020460343

Esfera de Bloch. Mostrar que ~S = }2n siendo n el vector unitario en coordenadas esfericas.

Solucion

La funcion de onda esta dada por por la superposicion

Fig. 1 Esfera de Bloch.

| = cos2|12

1

2+ eisin

2|12 1

2 (1)

Donde se calcula el valor esperado de cada componente delespn

Si = |Si| i = x, y, z (2)

Sx=[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [

}2x

] [cos

2|12

1

2+ eisin

2|12 1

2]

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] 0 1

1 0

cos 2eisin

2

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] eisin 2

cos 2

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [eisin

2|12

1

2+ cos

2|12 1

2]

=}2

[cos

2sin

2ei1

2

1

2|12

1

2+ cos

2sin

2ei1

2 1

2|12 1

2]

=}2

[cos

2sin

2(ei + ei)

]=

}2

[2cos

2sin

2cos

]=

}2sincos

Fsica Atomica y Molecular

As

Sx = }2sincos (3)

Ahora para y

Sy=[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [

}2y

] [cos

2|12

1

2+ eisin

2|12 1

2]

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] 0 i

i 0

cos 2eisin

2

=i}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|]eisin 2

cos 2

=i}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [eisin

2|12

1

2+ cos

2|12 1

2]

=i}2

[cos

2sin

2ei1

2

1

2|12

1

2+ cos

2sin

2ei1

2 1

2|12 1

2]

=i}2

[cos

2sin

2(ei ei)

]=

}2

[2cos

2sin

2sin

]=

}2sinsin

As

Sy = }2sinsin (4)

Ahora para z

Sz=[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [

}2z

] [cos

2|12

1

2+ eisin

2|12 1

2]

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] 1 0

0 1

cos 2eisin

2

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [cos

2|12

1

2 eisin

2|12 1

2]

=}2

[cos2

2 sin2

2

]=

}2cos

As

2

Luis Santander

Sz = }2cos (5)

Considerando (3),(4) y (5)

~S= |Sx+ Sy + Szk| = Sx+ Sy+ Szk=}2sincos+

}2sinsin+

}2cosk

Finalmente, con n = sincos+ sinsin+ cosk

~S = }2n

3


Mostrar que si el hamiltoniano es invariante bajo rotaciones implica que este conmuta con unacomponente del momento angular.

Solucion

Sea R = ei~~L/} el operador de rotacion de un angulo arbitratio . Partamos de la invarianciarotacional del Hamiltoniano y usemos la identidad de Baker-Hausdorf

RHR = H

ei~~L/}Hei~

~L/} = H

H +[i

}~ ~L, H

]+

1

2!

[i

}~ ~L,

[i

}~ ~L, H

]]+ ... = H

Debido a la arbitrariedad del angulo , se tiene que cumplir que la serie de conmutadores debe seridenticamente cero, por tanto el Hamiltoniano conmuta con una de las componentes del momentoangular, esto es, con i siendo la direccion en la rotacion:

[H, Li

]= 0

Mostrar que |n00(0)|2 = Z3pin3a3 .

Solucion

|n00(0)|2 = |Rn0(0)|2|Y00|2

=1

4pi|Rn0(0)|2

=1

4pi

( 2Z

na

)3(n l 1)!2n[(n+ l)!]3

eZna

r

(2Z

nar

)lL2l+1n+l (

2Z

nar)

2

l=0,r=0

=1

4pi

(2Z

na

)3(n 1)!2n(n)!3

[(n!)2

(n 1)!]2

=Z3

pin3a3

n!

n(n 1)!

|n00(0)|2 = Z3

pin3a3

4

Luis Santander

Demostrar las ecuaciones 5.69a y 5.69b del Bransden.

Solucion

Partamos de la ecuacion 5.66

yj mjl s =

mlms

l s ml ms|j mjYl ml(, )s ms

Debido a que s = 12, tenemos que ms = 12 , 12 , y como j = |l s|, ..., l + s tenemos solo dos

valores, j = l 12, l + 1

2

j = l + 12

yl+ 1

2mj

l 12

=l

ml=l

12

ms= 12l 1

2ml ms|l + 1

2mjYl ml(, ) 12 ms

= l 12mj 1

2

1

2|l + 1

2mjYl, mj 12 12 12 + l

1

2mj +

1

2 1

2|l + 1

2mjYl, mj+ 12 12 12(6)

j = l 12

yl 1

2mj

l 12

=l

ml=l

12

ms= 12l 1

2ml ms|l 1

2mjYl ml 12 ms

= l 12mj 1

2

1

2|l 1

2mjYl, mj 12 12 12 + l

1

2mj +

1

2 1

2|l 1

2mjYl, mj+ 12 12 12(7)

Matricialmente yl+12mj

l 12

yl 1

2mj

l 12

= l 12 mj 12 12 |l + 12 mj l 12 mj + 12 12 |l + 12 mjl 1

2mj 12 12 |l 12 mj l 12 mj + 12 12 |l 12 mj

Yl, mj 12 12 12Yl, mj+ 12

12 1

2

Notemos que se puede asociar a la matriz de cambio de base, debido a la ortogonalidad, una matriz

de la forma

cos sinsin cos

, as solo necesitamos encontrar dos coeficientes de Clebsch-Gordan.Calculemos entonces el primer coeficiente l 1

2mj 12 12 |l + 12 mj

Tenemos que el operador escalera J

5

Luis Santander(l +mj +

3

2)(l +

1

2mj)l 1

2mj 1

2

1

2|l + 1

2mj =

(l +mj +1

2)(l mj + 1

2)l 1

2mj +

1

2

1

2|l + 1

2mj + 1

l 12mj 1

2

1

2|l + 1

2mj =

l +mj + 12l +mj +

32

l 12mj +

1

2

1

2|l + 1

2mj + 1 (10)

Si en la ecuacion (7) aumentamos en una unidad mj obtenemos que

l 12mj +

1

2

1

2|l + 1

2mj + 1 =

l +mj + 32l +mj +

52

l 12mj +

3

2

1

2|l + 1

2mj + 2 (11)

Haciendolo repetidamente hasta el maximo valor mj = l + 12 , y reemplazandolo en la ecuacion (8)

l 12mj 1

2

1

2|l + 1

2mj=

l +mj + 12l +mj +

32

l +mj + 32l +mj +

52

l +mj + 52l +mj +

72

...

...

2l

2l + 1l 1

2l

1

2|l + 1

2l +

1

2

1

(12)

As, hemos obtenido el primer coeficiente de Clebsch-Gordan

l 12mj 1

2

1

2|l + 1

2mj =

l +mj +

12

2l + 1(13)

Ahora el otro coeficiente se puede calcular sabiendo que cos esta dado por (11), entonces

sin =

1 cos2 =

1 l +mj +12

2l + 1=

l mj + 12

2l + 1

Por tanto la matriz de cambio de base es

7


l+mj+12

2l+1

lmj+ 12

2l+1

lmj+ 122l+1

l+mj+

12

2l+1

Finalmente, reemplazando los coeficientes en las ecuaciones (6) y (7) obtenemos las ecuaciones5.69a y 5.69b del texto de Bransden

yl+ 1

2mj

l 12

=

l +mj +

12

2l + 1Yl, mj 12 12 12 +

l mj + 12

2l + 1Yl, mj+ 12

12 1

2

yl 1

2mj

l 12

= l mj + 12

2l + 1Yl, mj 12 12 12 +

l +mj +

12

2l + 1Yl, mj+ 12

12 1

2

8

Luis Santander

Bransden 2.13 Mostrar [2.187] y [2.188]

Solucion

Sabemos que L2 = L2x + L2y + L

2z, luego L

2x + L

2y = L

2 L2z, apliquemos sobre el estado |l,m

(L2x + L2y)|l,m= (L2 L2z)|l,m

=L2|l,m L2z|l,m= }2l(l + 1)|l,m }2m2|l,m premultiplicando porl,m|

l,m|(L2x + L2y)|l,m= }2l(l + 1)l,m|l,m }2m2l,m|l,m= [l(l + 1)m2]}2

As, podemos concluir debido que Lx y Ly

L2xl,m = L2yl,m =1

2[l(l + 1)m2]}2

Generalizando a cualquier momento angular, en partcular considerando el espn:

S2xl,m = S2yl,m =1

2[s(s+ 1)m2s]}2

Para s = 12, se tiene ms = 12 , reemplazando en la ecuacion anterior

S2x = S2y =}2

4

9


Bransden 2.14 Mostrar que ( ~a)( ~b) = ~a ~b+ i (~a~b).

Solucion

Primero notemos que jk = 12{j, k}+ 12 [j, k]

( ~a)( ~b) =j

jajk

kbk

=j

k

jkajbk

=j

k

12 {j, k} 2jk

+1

2[j, k] 2ijkll

ajbk=j

k

(jk + ijkll)ajbk

=j

ajbj + ij

k

ajbkjkll

( ~a)( ~b) = ~a ~b+ i (~a~b)

Bransden 2.19 Oscilador Armonico con una perturbacion cuadratica.

Solucion

Pag 1173 Cohen-Tanouji

10

Luis Santander

Bransden 2.24 Teora de Perturbaciones. Mostrar que Eminn,l < Eminn,l+1

Solucion

Partamos de la Ecuacion de Schrodinger para estados estacionarios, con el Hamiltoniano dado por

H = Hr +L2

2mr2;Hr = }

2

2m

1

r2

r

(r2

r

)+ V (r)

H = E

Debido a que el potencial es central, podemos expandir la funcion de onda en

=lm

F (r)Ylm(, )

Reemplazando en la ec. de Schrodinger

lm

[Hr +

L2

2mr2

]F (r)Ylm =

lm

EnlF (r)Ylm

lm

[Hr +

l(l + 1)}2

2mr2

]F (r)Ylm =

lm

EnlF (r)Ylm

Ecuacion que tambien es valida para l l + 1:lm

[Hr +

(l + 1)(l + 2)}2

2mr2

]F (r)Yl+1,m =

lm

En,l+1F (r)Yl+1,m

Premultiplicando por Y lm e integrando en todo el angulo solido,dY lm

lm

[Hr +

l(l + 1)}2

2mr2

]F (r)Ylm =

dY lm

lm

EnlF (r)Ylm[Hr +

l(l + 1)}2

2mr2

]F (r) = EnlF (r)

y haciendo lo mismo con Y l+1m obtenemos

dY l+1m

lm

[Hr +

(l + 1)(l + 2)}2

2mr2

]F (r)Yl+1,m =

dY l+1m

lm

En,l+1F (r)Yl+1,m

[Hr +

(l + 1)(l + 2)}2

2mr2

]F (r) = En,l+1F (r)

Restando estas ecuaciones, y sabiendo que l es definido positivo

(Enl+1 Enl)F (r) = }2

2mr2[(l + 1)(l + 2) l(l + 1)]F (r) = }

2

mr2(l + 1)F (r)

Eminnl < Eminnl+1

11


Bransden 5.4 Efecto Stark n = 3 .

SolucionProblema con degeneracion 9. |300, |31 1.|310, |311, |32 2, |32 1, |320, |321, |322.

n = 3 ml=0l=0ml=1,0,1l=1

ml=2,1,0,1,2l=2

H = eEz

Debido a que nlm|H |nlm = 0 para m 6= m (ya que [Lz, H ] = 0 ) dividimos la degeneracionen cinco bloques ml = 2,1, 0, 1, 2. Con H nlm,nlm = nlm|H |nlm

ml = 2 32 2|H |32 2

ml = 1 31 1|H |31 1 31 1|H |32 132 1|H |31 1 32 1|H |32 1

ml = 0

H 300,300 H 300,310 H 300,320H 310,300 H 310,310 H 310,320H 320,300 H 320,310 H 320,320

ml = 1

311|H |311 31 1|H |32 132 1|H |31 1 32 1|H |32 1

ml = 2 322|H |322

Tenemos entonces la siguiente matriz

1 12 2

3 32 2

1 1

Veamos que nueve de estos terminos son cero

3lm|H |3lm = eE3lm|z|3lm =y

r2drdR3lYlmrcosR3lYlm

Para l = l y m = m

3lm|z|3lm =y

r2drd |3lm|2 par

rcos impar

= 0

12

Luis Santander

As, todos los terminos de la diagonal son cero, y solo tenemos que calcular 5 terminos (debido a lahermiticidad de la perturbacion) de los 81 terminos que tenamos inicialmente.

H 311,321 =92eEa0

H 300,310 =3

6eEa0H 300,320 = 0H 310,320 =3

3eEa0

H 311,321 =92eEa0

Ahora hay que hallar los autovalores y autovectores de cada uno de los subespacios en la degenera-cion

13


Bransden 5.6 Cota de E(2)100 .

SolucionProbemos que

E(2)n =H 2nnEn

H2nnEn

+k 6=n

Ek|H nk|2En(En Ek) (14)

FALTA PROBARAhora, despreciando el termino de la sumatoria, con H = ez, y usando la simetra esferica de100 y aplicando argumento de paridad a la integral, encontramos que

E(2)100'

100|H 2|100E1

(100|H|100)2

E1

=e22

E1z2100 e

22

E1(z100)2

=e22

E1(r2100

3) e

22

E1

[

:yr2drd|100|2z

]2

=e22

E1

a20Z2

=2a04pi0Z2e2

e22a20Z2

E(2)100 ' 2(4pi0)

a30Z42

14

Luis Santander

Bransden 5.9 Corrimiento de isotopos.

Solucion

Sabemos que la energa potencial es V (r) = q(r) = e(r) donde (r)

Fig. 2 Nucleo de carga Ze.

es el potencial electrico producido por el nucleo de carga Ze, usemosentonces ley de Gauss, para hallar primero el campo electrico:

~E ~dA = Qenc

0Qenc =

Zer3

R3r < R

Ze r R

Donde se uso Q

V =QtotVtot

= Ze43pir3

, ahora considerando esfericas nuestras superficies Gaussianas

E(r) =

Ze

4pi0R3r r < R

Ze4pi0r2

r RAhora como (r) = ~E ~dl, y eligiendo el cero del potencial en el infinito ( lm

r(r) 0)tenemos para r < R

(r) = rEdr =

R

Ze

4pi0

dr

r2 rR

Ze

4pi0R3rdr =

Ze

4pi0R Ze

4pi02R3(r2 R2)

Para r R

(r) = rEdr =

R

Ze

4pi0

dr

r2=

Ze

4pi0RAs el potencial electrico es:

(r) =

Ze

4pi02R

(r2

R2 3

)r < R

Ze4pi0r

r RFinalmente, multiplicando pore en las anteriores expresiones, concluimos que la energa potencialdel electron debido al nucleo de carga Ze es:

V (r) =

Ze2

4pi02R

(r2

R2 3

)r < R

Ze24pi0r

r R

Ahora, la perturbacion esta dada por

H =

Ze2

4pi02R

(r2

R2+ 2R

r 3

)r < R

0 r R15


Calculemos el corrimiento de la energa a primer orden debido a la perturbacion, considerando quepara r < R, Rnl(r) ' Rnl(0) ' Rn0(0) = 4pin00(0)

E = nlm|H |nlm=

Ze2

4pi02R

R0|Rnl(r)|2

(r2

R2+

2R

r 3

)r2dr

' Ze2|Rn0(0)|24pi02R

[1

R2

R0r4dr + 2R

R0rdr 3

R0r2dr

]

E ' Ze2

4pi0

2pi

5R2|n00(0)|2

16

Graficar las funciones radiales de la solucion del atomo de Hidrogeno.

Solucion

Fig. 1 R10, D10. Fig. 1 R20, D20.

Fig. 1 R21, D21. Fig. 1 R30, D30.

Fig. 1 R31, D31. Fig. 1 R32, D32.

TAREA # 2 : FISICA ATOMICA Y MOLECULARProfesor: Jorge Mahecha G. Agosto 13, 2014.


Calcular el conmutador del campo electrico y el magnetico en el mismo instante[Ex(~r, t), Hy(~r, t)] .

Solucion

Sabemos que los campos estan definidos as:

~E(~r, t) =~k,

()~k~ka~k,e

ikt+i~k~r + ()~k ~ka~k,eikti

~k~r

~H(~r, t) =1

0

~k,

~k ()~kk

~ka~k,eikt+i~k~r +

~k ()~kk

~ka~k,eikti

~k~r

En este caso, tenemos que (()~k )x = ()~kx

y (~k ()~k )y = ()~kxkz ()~kz kx, usando las reglas de

conmutacion para a y a, y reemplazando 2k:

[Ex(~r, t), Hy(~r, t)] =

~k,

()~kx~ka~k,e

ikt+i~k~r + ()~kx ~ka~k,eikti

~k~r ,

1

0

~k,

kxkz kzkxk

~ka~k,eik t+i~k~r +

kxkz kzkxk

~ka~k,

eik ti~k~r

=~k,

~k,

~k~k0k

()~kx

(kxkz kzkx)eikt+i~k~reik ti~k~r [a~k,, a~k, ]

~k~k

+~k,

~k,

~k~k0k

()~kx

(kxkz kzkx)eikti~k~reik t+i~k~r [a~k,, a~k, ]

~k~k

=~k,

2k0k

()~kx

(kxkz kzkx)(ei~k(~r~r) ei~k(~r~r))

=}c2

2V

~k,

()~kx

(kxkz kzkx)(ei~k(~r~r) ei~k(~r~r))

Usando la ecuacion (1.1.37) del Scully calculemos la suma sobre

()~kx

(kxkz kzkx) = kz

()~kxkx kx

()~kxkz = kz(1

k2xk2

) kx(kxkzk2

) = kz

Reemplazando esta ecuacion, y haciendo~k V(2pi)3

d3~k obtenemos:

[Ex(~r, t), Hy(~r, t)] =}c2

2V

V

(2pi)3

d3~kkz(e

i~k(~r~r) ei~k(~r~r))

Con kz = iz y debido a que v f(~r)dV = v f(~r)dV siempre que v sea simetricod3~kkze

i~k(~r~r) =d3~k(kz)ei~k(~r~r)

Finalmente tenemos que

[Ex(~r, t), Hy(~r, t)] = }c21

(2pi)3

d3~k(iz)(ei~k(~r~r))

[Ex(~r, t), Hy(~r, t)] = i}c2 z(~r ~r)

Scully Hallar el valor de expectacion de un solo modo del operador de campo electricolinealmente polarizado E y E2.

Solucion

El operador de campo electrico es

E(~r, t) = Eaeikt+i~k~r + Eaeikti~k~rCalculemos el valor de expectacion, usando las propiedades de los operadores escalera:

n|E|n= n|Eaeikt+i~k~r + Eaeikti~k~r|n= Eeikt+i~k~rn|a|n+ Eeikti~k~rn|a|n= Eeikt+i~k~rn

:0n|n 1+ Eeikti~k~rn+ 1:0n|n+ 1

n|E|n = 0

Ahora para E2 tenemos:

n|E2|n= n|(Eaeikt+i~k~r + Eaeikti~k~r)2|n= n|E2e2(ikt+i~k~r)a2 + E2e2(ikti~k~r)a2 + E2aa + E2aa|n= E2e2(ikt+i~k~r)n|a2|n+ E2e2(ikti~k~r)n|a2|n+ E2n|aa + aa|n= E2e2(ikt+i~k~r)

n(n 1)

:0n|n 2+ E2e2(ikti~k~r)

(n+ 1)(n+ 2):0n|n+ 2

+E2n|2aa+ 1|n= E2(2n+ 1)n|n

n|E2|n = 2E2(n+ 12

)

Vemos entonces que el operador de campo electrico se anula, sin embargo el operador intensidadE2 es distinto de cero incluso para el estado de vaco |0.Por ultimo calculemos la desviacion estandar o incertidumbre:

E =(E E)2 =

E2

E =

2E2(n+ 1

2)

Scully Efecto Lamb.

Solucion

La teora de Dirac predice que la energa del nivel 2s 12

y 2p 12

son la misma para atomos hidrogenoi-des, el efecto Lamb es el corrimiento en la energa del nivel 2s 1

2. Este efecto es debido a fluctuacio-

nes cuanticas del operador de intensidad de campo electrico en el estado de vaco, y se refleja comouna perturbacion al potencial de Coulomb V (r) = e2

4pi0rsiendo r el radio del electron.

r r + rV =V (~r + ~r) V (~r)

= ~r V + 12

(~r )2V (~r) + ...Debido a que las flutcuaciones son isotropicas ~rvacio = 0, y el primer termino se anula, tambien(~r )2vacio = 13(~r)2vacio2

V =1

6(~r)2vacio2

( e

2

4pi0r

)atomo

Calculemos para el estado 2s del atomo de Hidrogeno

2( e

2

4pi0r

)atomo = e

2

4pi0

d3r2s(r)2(

1

r)2s(r) =

e2

0|2s(0)|2 = e

2

8pi0a30Para el estado 2p la funcion de onda se anula en el origen y por tanto no hay corrimiento en laenerga para este estado.

Ahora calculemos (~r)2vacio con la ecuacion de movimiento clasica para la componente k

md2

dt2(r)k = eEk

Donde para el campo oscilando con frecuencia se tiene r(t) ' r(0)et + c.c. por tanto lasolucion para un solo modo del campo es

(r)k =e

mc2k2Ek

Sumando sobre todos los modos del campo, y teniendo en cuenta el resultado del ejercicio anterior

(~r)2vacio =k

(e

mc2k2)20|(Ek)2|0 =

k

(e

mc2k2

)2 }ck20V

Llevando a una distribucion continua de modos, y teniendo en cuenta la isotropad3k = 4pi

k2dk

(~r)2vacio = 2 V(2pi)3

4pik2dk

(e

mc2k2

)2 }ck20V

=1

20pi2

(e2

}c

)(}mc

)2 dkk

El cual nos da un resultado divergente, para arreglar esto, recordemos que como estamos usandodinamica clasica, esta aproximacion es valida solamente cuando la frecuencia del campo esmucho mayor que la frecuencia 0 de la orbita de Bohr del electron > pica0 o k >

pia0

, la otracondicion es que el electron no puede ser relativista, as v

c= p

mc= }k

mc< 1 o k < mc} .

mc}

pica0

dk

k= ln

(40}ce2

)

Finalmente obtenemos entonces, que el corrimiento en el estado 2s del estado 2p es:

V = 43

e2

4pi0

e2

4pi0}c

(}mc

)21

8pia30ln

(40}ce2

)

Scully 1.2 Mostrar que eA+B = e 12 [A,B]eAeB

Solucion

Los operadores A y B satisfacen [A, [A,B]] = [B, [A,B]] = 0, por tanto [A+B, [A,B]] = 0

Sea F (t) = eAteBt. Notemos que F(0)=1.

dF

dt=AeAteBt + eAtBeBt

=AeAteBt + eAtBeAteAteBt

= (A+ eAtBeAt)eAteBt

Por otro lado tenemos que [eAt, B] = t[A,B]eAt, luego eAtB = BeAt + t[A,B]eAt, multiplicandotenemos que eAtBeAt = B + t[A,B], reemplazando en la ecuacion anterior

dF

dt= (A+B + t[A,B])eAteBt

= (A+B + t[A,B])F (t)

Integrando y evaluando en F (1)

F (t) = F (0)e(A+B)t+12

[A,B]t2 = e(A+B)te12

[A,B]t2

eAeB = eA+Be12

[A,B]

Scully 1.3 Mostrar que eABeA = B [A,B] + 22!

[A, [A,B]] + ...

Solucion

Expandamos en serie de potencias el lado izquierdo

eABeA = (1 A+ (A)2

2!+ ...)B(1 + A+

(A)2)

2!+ ...)

=B AB + BA+ (A)2

2!B +B

(A)2

2! 2ABA+ ...

=B [A,B] + 2

2!(A2B 2ABA+BA2) + ...

eABeA = B [A,B] + 2

2![A, [A,B]] + ...

Scully 1.6 Mostrar que el Hamiltoniano de atomo libre H = }(aa + 12) tambien puede

escribirse comoH = nEn|nn|, y de aqu que e i}Ht = n e i}Ent|nn|Solucion

Debido a que {|n} forma una conjunto completo de estados, podemos escribir el operador identidadcomo I =

n |nn|, as

H = HI = Hn

|nn| = n

En|nn|Por otro lado tenemos que

H|n = }(aa+ 12

)|n = }(n+ 12

)|n = En|nAs con En = }(n+ 12)

H = n

En|nn|

Ahora expandamos en serie de potencias

ei}Ht =

k=1

( i}Ht)kk!

=k=1

( i}t)k

k!

[n

En|nn|]k

=n

|nn|k=1

( i}Ent)k

k!

ei}Ht =

n

ei}Ent|nn|

Scully 1.9 Verificar que (1)~ki (1)~kj

+ (2)~ki

(2)~kj

= ij kikjk2 por calculo directoSolucion

Se define el vector de onda como ~k = k(sincos, sinsin, cos), y los vectores de polarizacion

(1)~k

= (sin,cos, 0) y (2)~k = (coscos, cossin,sin)

Para i = j = 1:

sin2+ cos2cos2 = 1 k2sin2cos2

k2

1 sin2cos2 = 1 sin2cos2Para i = j = 2:

cos2+ cos2sin2 = 1 k2sin2sin2

k2

1 sin2sin2 = 1 sin2sin2Para i = j = 3:

sin2 = 1 k2cos2

k2

sin2 = sin2

As:

(1)~ki

(1)~kj

+ (2)~ki

(2)~kj

= ij kikjk2

Scully Mostrar que eitaaaeitaa = aet y que eitSzS+eitSz = S+eit

Solucion

Usando la formula de BakerCampbellHausdorff, y [aa, a] = a

eitaaaeita

a = a+ it[aa, a] +(it)2

2[aa, [aa, a]] + ...

= a ita+ (it)2

2a+ ... = a(1 it+ (it)

2

2+ ...)

eitaaaeita

a = eit

eitSzS+eitSz = S+eit

Esfera de Bloch. Mostrar que ~S = }2n siendo n el vector unitario en coordenadas esfericas.

Solucion

La funcion de onda esta dada por por la superposicion

Fig. 1 Esfera de Bloch.

| = cos2|12

1

2+ eisin

2|12 1

2 (15)

Donde se calcula el valor esperado de cada componente delespn

Si = |Si| i = x, y, z (16)

Sx=[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [

}2x

] [cos

2|12

1

2+ eisin

2|12 1

2]

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] 0 1

1 0

cos 2eisin

2

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] eisin 2

cos 2

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [eisin

2|12

1

2+ cos

2|12 1

2]

=}2

[cos

2sin

2ei1

2

1

2|12

1

2+ cos

2sin

2ei1

2 1

2|12 1

2]

=}2

[cos

2sin

2(ei + ei)

]=

}2

[2cos

2sin

2cos

]=

}2sincos

As

Sx = }2sincos (17)

Ahora para y

Sy=[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [

}2y

] [cos

2|12

1

2+ eisin

2|12 1

2]

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] 0 i

i 0

cos 2eisin

2

=i}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|]eisin 2

cos 2

=i}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [eisin

2|12

1

2+ cos

2|12 1

2]

=i}2

[cos

2sin

2ei1

2

1

2|12

1

2+ cos

2sin

2ei1

2 1

2|12 1

2]

=i}2

[cos

2sin

2(ei ei)

]=

}2

[2cos

2sin

2sin

]=

}2sinsin

As

Sy = }2sinsin (18)

Ahora para z

Sz=[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [

}2z

] [cos

2|12

1

2+ eisin

2|12 1

2]

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] 1 0

0 1

cos 2eisin

2

=}2

[cos

212

1

2|+ eisin

212 1

2|] [cos

2|12

1

2 eisin

2|12 1

2]

=}2

[cos2

2 sin2

2

]=

}2cos

As

Sz = }2cos (19)

Considerando (3),(4) y (5)

~S= |Sx+ Sy + Szk| = Sx+ Sy+ Szk=}2sincos+

}2sinsin+

}2cosk

Finalmente, con n = sincos+ sinsin+ cosk

~S = }2n

Estados puros Mostrar que |ii| = 12(I + n)Solucion

Expandamos el lado derecho de la ecuacion

1

2(I + n) = 1

2

1 0

0 1

+1 0

0 1

sincos+0 ii 0

sinsin+1 0

0 1

cos

=1

2

1 + cos sincos isinsinsincos+ isinsin 1 cos

=

1+cos2 12sinei12sinei 1+cos

2

=

cos2 2 eisin 2cos 2eisin

2cos

2sin2

2

=

cos 2eisin

2

(cos 2eisin

2

)= |ii|

|ii| = 12

(I + n)

Bransden 4.2 Ecuacion de Schrodinger de un atomo hidrogenoide en presencia de un campoelectromagnetico.

Solucion

Partamos de la ecuacion [4,17]:

i}

t(~r, t) =

[1

2m(i}+ e ~A)2 Ze

2

4pi0r

](~r, t)

Expandamos el parentesis y teniendo en cuenta el gauge de Coulomb:

i}

t(~r, t) =

[ }

2

2m2 Ze

2

4pi0r ie}

m~A + e

2

2mA2]

(~r, t)

Usando la aproximaxion dipolar despreciamos el termino de orden A2, tambien de el gauge deCoulomb ~A = 0 se tiene que ~p conmuta con ~A, as el termino ~A se anula y con la sustitucion(~r, t) = e

ie}~A(t)~r(~r, t)

i}

t

[e

ie}~A(t)~r(~r, t)

]=

[ }

2

2m2 Ze

2

4pi0r

]e

ie}~A(t)~r(~r, t)

Expandiendo cada termino de la ecuacion anterior

i}(~r, t)

te

ie}~A(t)~r + i}

ie

}~r (d

~A

dt)(~r, t)e

ie}~A(t)~r =

[ }

2

2m2 Ze

2

4pi0r

]e

ie}~A(t)~r(~r, t)

Cancelando el factor exponencial, e identificando el campo electrico ~E = dAdt

i}

t(~r, t) =

[ }

2

2m2 Ze

2

4pi0r+ e( ~E ~r)

](~r, t)

Bransden 4.4 Tasa de transicion para la absorcion y para la emision espontanea.

Solucion

Partimos de la ecuacion [4,67]:

Wba =4pi2

c}2

(e2

4pi0

)I(ba)|rba|2cos2

Calculemos el promedio de cos2 para la radiacion isotropica sin polarizacion

cos2 =dcos2

4pi=

1

2

pi0cos2sind =

1

3As:

Wba =4pi2

3c}2

(e2

4pi0

)I(ba)|rba|2

Ahora calculemos la tasa de transicion para la emision espontanea

W sba =1

2pic2}

(e2

4pi0

)3ba

d{|1 rba|2 + |2 rba|2}

=1

2pic2}

(e2

4pi0

)3ba

d|rba|2[cos21 + cos22]

=1

2pic2}

(e2

4pi0

)3ba|rba|2

(4pi

3+

4pi

3

)

=4

3c2}

(e2

4pi0

)3ba|rba|2

Por lo tanto

W sba =4

3c2}

(1

4pi0

)3ba|Dba|2

Computacional Reproducir la grafica 6.2 del Scully.

Solucion

La evolucion temporal de la inversion de poblacion esta dada por

W (t) =n=0

nn(0)

[2

2n+

4g2(n+ 1)

2ncos(nt)

]

Para un estado coherente inicial nn(0) =nnen

n!tomando n = 25, y por simplicidad conside-

rando el sistema en resonancia = 0, lo cual implica que 2n = 4g2(n+ 1), as obtenemos

W (t) =n=0

25n

e25n!cos(2

n+ 1gt)

Fig. 1 Collapses and Revivals.

Fig. 2 Collapses and Revivals.

Scully 10.1 Hallar los estados propios del Hamiltoniano en el cuadro de interaccion y lasenergas correspondientes

Solucion

El hamiltoniano en el cuadro de interaccion esta dado por:

V = }g(+a+ a)Suponemos que este Hamiltoniano posee estados estacionarios del sistema atomo+campo convalores propios dados por las energas

V| = |Donde | es una superposicion de los estados del sistema, con A y B constantes:

| = A|a, n+B|b, n+ 1Reemplazando en la ecuacion de autovalores tenemos:

}g(+a+ a)[A|a, n+B|b, n+ 1] = [A|a, n+B|b, n+ 1]

A}gn+ 1|b, n+ 1+B}gn+ 1|a, n = A|a, n+ B|b, n+ 1

De la cual al multiplicar por los estados a, n| y b, n+ 1| se consigue

B}gn+ 1 = A

A}gn+ 1 = B

Con la condicion |A|2 + |B|2 = 1 obtenemos los dos autovalores de la energa, para AB

= 1 conlos cuales contruimos los estados propios del sistema

|+, n = 12

[|a, n+ |b, n+ 1] = }gn+ 1 = }n2

|, n = 12

[|a, n |b, n+ 1] = }gn+ 1 = }n2

Scully Enfriamiento laser

Solucion

La fuerza que ejerce un haz de luz sobre un atomo que se mueve con velocidad v es

Fa = }k2R

4( kv)2 + 2 + 22REn el limite, cuando no hay saturacion R = 0 en el denominador, y para velocidades pequenas,expandimos el denominador como binomio de Newton

Fa' }k 2R

4( kv)2 + 2

' }k 2R

4(2 2kv) + 2

=}k2R

42 + 2

[1

1 8kv42+2

]

' }k2R

42 + 2

[1 8kv

42 + 2

]

Fa =}k2R

42 + 2 8}k

22Rm(42 + 2)2

mv

Vemos que el segundo termino es proporcional a la velocidad del atomo, esta fuerza actua comouna fuerza de friccion la cual hace que un conjunto de atomos disminuya su velocidad y por tantodisminuya la temperatura del sistema, metodo conocido como Enfriamiento laser.

TAREA # 3 : FISICA ATOMICA Y MOLECULARProfesor: Jorge Mahecha G. Septiembre 17, 2014.


Expresar el Hamiltoniano del atomo de dos electrones en las coordenadas perimetricas.

Solucion

Las coordenadas perimetricas, con =E0, estan definidas as:

u = (r2 + r12 r1)v = (r1 + r12 r2)w = 2(r1 + r2 r12)

En las coordenas de Hylleras, s = r1 + r2 ,t = r1 r2 , = r12 el Hamiltoniano es:

H =}22m

(21 +22)2Ze2

4pi0(

1

s+ t+

1

s t) +e2

4pi0

1

Las coordenadas perimetricas se pueden escribir en terminos de las coordenadas de Hylleras de lasiguiente manera:

u = ( t)v = (+ t)

w = 2(s )Despejando s t, s+ t y tenemos:

s t = w 2v2

s+ t =w + 2v

2

=u+ v

2As, el Hamiltoniano en las coordenadas perimetricas es:

H =}22m

(21 +22)2Ze2

4pi0(

2

w + 2v+

2

w 2v ) +e2

4pi0

2

u+ v

H =}22m

(21 +22)4Ze2

4pi0

2w

w2 4v2 +e2

4pi0

2

u+ v

Funcion de ensayo de Byron & Joachain para el Helio

Solucion

La funcion de ensayo para el estado base del atomo del Helio es:

0(r1, r2) = 1s(r1)1s(r2) =1

4pi(Aer1 +Ber1)(Aer2 +Ber2)

La condicion de normalizacion 1s(r)|1s(r) = 1 nos da una relacion deA conB, al minimizar elfuncional de energa E[A,, ] = 0|H|0 respecto a los tres parametros obtenemos un sistemade 3 ecuaciones con 3 incognitas:

E

A= 0

E

= 0

E

= 0

Realicemos primero la integral de normalizacion

1s(r)|1s(r)=d3r

1

4pi(Aer +Ber)2

=drr2[A2e2r +B2e2r + 2ABe(+)r]

=

(A2

2!

(2)3+B2

2!

(2)3+ 2AB

2!

( + )3

)

1 =A2

43+B2

43+

4AB

( + )3

Ahora hallemos el funcional de energa

E=E[A,, ] = 0|H|0= 0|1

2(21 +22) 2(

1

r1+

1

r2) +

1

r12|0

Funcion de ensayo de Chandrasekar para el H

Solucion

La funcion de ensayo para el estado base del ion de Hidrogeno es:

0(r1, r2) =N

4pi(er1r2 + er1r2)

La condicion de normalizacion 0(r1, r2)|0(r1, r2) = 1 y la minimizacion del funcional deenerga E[, ] = 0|H|0 respecto a los dos parametros obtenemos un sistema de 3 ecuacionescon 3 incognitas:

0(r1, r2)|0(r1, r2) = 1 E

= 0E

= 0

Realicemos primero la integral de normalizacion

0(r1, r2)|0(r1, r2) = 1 =d3r1

d3r2

N2

(4pi)2(er1r2 + er1r2)2

=N2dr1r

21[e2(r1+r2) + e2(r1+r2) + 2e(+)(r1+r2)]

1 =N2[

1

833+

8

( + )6

]Ahora hallemos el funcional de energa

E=E[, ] = 0|H|0= 0|1

2(21 +22) 2(

1

r1+

1

r2) +

1

r12|0

Calculemos cada termino por separado,

2r10 =d3r1

d3r2

02r10

=d3r1

d3r2(

N

4pi)2(er1r2 + er1r2)

[1

r21

d

dr1(r21

d

dr1)

](er1r2 + er1r2)

=N2dr2r

22

dr1(e

r1r2 + er1r2)[2r1(er1r2 er1r2)+r21(

2er1r2 + 2er1r2)]

=N2{2[

dr2r22e2r2

dr1r1e

2r1] 2( + )

[dr2r

22e(+)r2

dr1r1e

(+)r1]

2[

dr2r22e2r2

dr1r1e

2r1]

+ 2[

dr2r22e2r2

dr1r

21e2r1

]+(2 + 2)

[dr2r

22e(+)r2

dr1r

21e(+)r1

]+ 2

[dr2r

22e2r2

dr1r

21e2r1

]}

=N2[ 1(23)

4( + )4

1(2)3

+1

(2)(2)3+

4(2 + 2)

( + )6+

1

(2)(2)3

]

Notando que debido a la simetra de la funcion de ensayo

2r10 = 2r20Obtenemos el primer termino

12

(21 +22)0 = N2[

1

(2)(2)3+

8

( + )6+

1

(2)(2)3

]Calculemos el segundo termino

1r10 =

d3r1

d3r2

0

1

r10

=d3r1

d3r2(

N


[1

r1

](er1r2 + er1r2)

=N2dr1r1

dr2r2(e

2(r1+r2) + e2(r1+r2) + 2e(+)(r1+r2))

=N2{dr1r1e

2r1dr2r

22e2r2 + 2

dr1r1e

(+)r1dr2r

22e(+)r2

+dr1r1e

2r1dr2r

22e2r2}

Por el mismo argumento del calculo anterior se cumple que

1r10 =

1

r20

Obtenemos entonces, el segundo termino

2( 1r1

+1

r2)0 = 2N2

[4

(2)2(2)3+

8

( + )5+

4

(2)2(2)3

]Calculemos el tercer termino

1r120 =

d3r1

d3r2

0

1

r120

=d3r1

d3r2(

N


k=0

kq=k

4pi

2k + 1

rk

Y kq(1)Ykq(2)

(er1r2 + er1r2)

=N2dr1r

21

dr2r

22

1

r>(e2(r1+r2) + e2(r1+r2) + 2e(+)(r1+r2))

Despues de realizar unas simplificaciones a los terminos resultantes de la integracion por partes,

1r120 =N2{

1

82( + )3 1

163( + )2+

1

823+

5

2( + )5

182( + )3

1163( + )2

+1

832}

Finalmente, al sumar los tres terminos hallamos el funcional de energa

E=E[, ] = N2{ 1(2)(2)3

+8

( + )6+

1

(2)(2)3 2 4

(2)2(2)3 2 8

( + )5

2 4(2)2(2)3

182( + )3

1163( + )2

+1

823+

5

2( + )5

182( + )3

1163( + )2

+1

832}

Funcion de ensayo de Hylleraas.

Solucion

La funcion de ensayo esta dada por

(s, t, ) = eksi

Cii

Con 1 = 1, 2 = u, 3 = t2, 4 = s, 5 = st2, se construye la ecuacion generalizada devectores propios

det |H E| = 0El Hamiltoniano esta dado por

H =}22m

(21 +22)2Ze2

4pi0(

1

s+ t+

1

s t) +e2

4pi0

1

Construimos la matriz como

H =

1|H|1 1|H|2 1|H|3 1|H|4 1|H|52|H|1 2|H|2 2|H|3 2|H|4 2|H|53|H|1 3|H|2 3|H|3 3|H|4 3|H|54|H|1 4|H|2 4|H|3 4|H|4 4|H|55|H|1 1|H|2 5|H|3 5|H|4 5|H|5

Tambien tenemos que

=

1|1 1|2 1|3 1|4 1|52|1 2|2 2|3 2|4 2|53|1 3|2 3|3 3|4 3|54|1 4|2 4|3 4|4 4|55|1 1|2 5|3 5|4 5|5

Demostrar que la integral de intercambio de Heisenberg Kab es real y positiva.

Solucion

Sea a = 100 y b = nlm, se define la integral de intercambio de Heisenberg como:

Kab = a(~r1)b(~r2)|H |b(~r1)a(~r2)=d3r1

d3r2

100(~r1)

nlm(~r2)

1

r12nlm(~r1)100(~r2)

=d3r1

d3r2

k=0

kq=k

4pi

2k + 1

rk

R10(r1)Y

00(1)Rnl(r2)Ylm(2)Y

kq(1)Ykq(2)

Rnl(r1)Ylm(1)R10(r2)Y00(2)=

K100,nlm =1

2l + 1

0

dr1r21R10(r1)Rnl(r1)

0


rl

As, mostramos entonces que K100,nlm es Real, y debido a que l 0, ri > 0 y R10(r) > 0 paratodo r, solo nos interesa el signo de Rnl(r)

Bransden 6.4 Evaluar explicitamente las integrales directa y de intercambio para los casosn = 2, l = 0, 1

Solucion

Para el Helio Z = 2, la funcion radial es

Rnl(r) = (2Z

n

)3 (n l 1)!2n[(n+ l)!]3

eZnr(

2Z

nr)lL2l+1n+l (

2Z

nr)

Ahora la integral directa es:

J2l =

0dr2r

22R

22l(r2)

[1

r2

r20dr1r

21R

210(r1) +

r2

dr1r1R210(r1)

]Resolviendo las integrales con software obtenemos que

J20 = 0,41975308642 J21 = 0,48559670781

La integral de intercambio es:

K2l =1

2l + 1

0


0


rl

K2l =1

2l + 1

0


[1

rl+12

r20dr1r

l+21 R10(r1)Rnl(r1) + r

l2

r2

1

rl1R10(r1)Rnl(r1)

]Resolviendo las integrales con software obtenemos que

K20 = 0,04389574759 K21 = 0,03414113702

As los valores de la energa a primer orden son

Enl, = Z2

2

(1 +

1

n2

)+ Jnl Knl

E21S = Z2

2

(1 +

1

4

)+ J20 +K20 = 2,03635116598

E23S = Z2

2

(1 +

1

4

)+ J20 K20 = 2,12414266118

E21P = Z2

2

(1 +

1

4

)+ J21 +K21 = 1,98026215516

E23P = Z2

2

(1 +

1

4

)+ J21 K21 = 2,1143880506

Bransden 6.5 Un atomo de Helio es excitado desde el estado base hasta el estado autoionizante2s4p por la absorcion de luz ultravioleta. Asumiendo que el electron 2s se mueva en elpotencial de Coulomb del nucleo y el electron 4p se mueva en el potencial de Coulombcompletamente apantallado por el otro electron.

Solucion

a) Hallar la energa del estado autoionizante y la longitud de onda de la radiacion ultravioleta

E(2s4p) = Z2

2n2 (Z 1)

2

2n2= 1

2 1

32= 17

32= 0,53125a.u.

E(2s4p) = 0,53125a.u.

Ahora teniendo en cuenta que la energa del estado base 1s2 es 2,9a.u, tenemos:

E =hc

= E(2s4p) E(1s2) = 0,53 (2,9) = 2,47a.u.

= 192A

b) Hallar la velocidad de Auger del electron

E(He+(1s)) = 2a.u.

E =1

2mv2 = E(2s4p) E(He+(1s)) = 0,53125 (2) = 1,46875a.u.

As la velocidad con la que el electron es emitido es

v = 1,713a.u. = 3,75 106ms

Configuracion de tres electrones no equivalentes ns, ns, ns

Solucion

Los estados posibles del sistema son:

a : n00 a : n00 b : n00 b : n00 c : n00 c : n00

Los determinantes de Slater formados con los anteriores estados son:

Slater ML MS

(a, b, c) 0 32

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 32

La tabla de Slater es la siguiente

MS

32

12

12

32

ML 0

(a, b, c) (a, b, c)

(a, b, c) (a, b, c) (a, b, c) (a, b, c)

(a, b, c) (a, b, c)

Estas proyecciones se deben a L = 0 y S = 12, 3

2, as las configuraciones del sistema son

2S 4S

Configuracion de tres electrones equivalentes np3

Solucion

Los estados posibles del sistema son

a : n11 b : n10 c : n1 1 a : n11 b : n10 c : n1 1

Los determinantes de Slater formados con los anteriores estados son 6 tomado 3, es decir 20determinantes de Slater:

Slater ML MS

(a, a, b) 2 12

(a, a, b) 2 12

(a, a, c) 1 12

(a, a, c) 1 12

(b, b, a) 1 12

(b, b, a) 1 12

(a, b, c) 0 32

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 12

(a, b, c) 0 32

(b, b, c) -1 12

(b, b, c) -1 12

(c, c, a) -1 12

(c, c, a) -1 12

(c, c, b) -2 12

(c, c, b) - 2 12

La tabla de Slater es la siguiente

ML. . . MS 32 12 12 32-2 (c, c, b) (c, c, b)

-1 (c, c, a) (c, c, a)

(b, b, c) (b, b, c)

(a, b, c) (a, b, c)

0 (a, b, c) (a, b, c) (a, b, c) (a,b,c)

(a, b, c) (a, b, c)

1 (b, b, a) (b, b, a)

a, a, c) (a, a, c)

2 (a, a, b) (a, a, b)

Determinemos los terminos espectrales

ML = 2,MS =1

2 L = 2, S = 1

2 2D

ML = 1,MS =1

2 L = 1, S = 1

2 2P

ML = 0,MS =3

2 L = 0, S = 3

2 4S

Configuracion de tres electrones np2np

Solucion

Los estados posibles del sistema son

a : n11 b : n10 c : n11 d : n11 e : n10 f : n11 a : n11 b : n10 c : n11 d : n11 e : n10 f : n11

Los determinantes de Slater formados con los anteriores estados son

Slater ML MS Slater ML MS Slater ML MS

(a, a, d) 3 12

(a, c, e) 0 32

(a, b, f) 0 12

(a, a, d) 3 12

(a, c, e) 0 12

(a, b, f ) 0 32

(a, a, e) 2 12

(a, c, f) -1 32

(a, c, d) 1 12

(a, a, e) 2 12

(a, c, f ) -1 12

(a, c, d) 1 12

(a, a, f) 1 12

(a, c, d) 1 12

(a, c, e) 0 12

(a, a, f ) 1 12

(a, c, d) 1 12

(a, c, e) 0 12

(a, b, d) 2 32

(a, c, e) 0 12

(a, c, f) -1 12

(a, b, d) 2 12

(a, c, e) 0 12

(a, c, f ) -1 12

(a, b, e) 1 32

(a, c, f) -1 12

(a, c, d) 1 12

(a, b, e) 1 12

(a, c, f ) -1 12

(a, c, d) 1 32

(a, b, f) 0 32

(a, b, d) 2 12

(a, c, e) 0 12

(a, b, f ) 0 12

(a, b, d) 2 12

(a, c, e) 0 32

(a, b, d) 2 12

(a, b, e) 1 12

(a, c, f) -1 -12

(a, b, d) 2 32

(a, b, e) 1 12

(a, c, f ) -1 32

(a, b, e) 1 12

(a, b, f) 0 12

(b, b, d) 1 12

(a, b, e) 1 12

(a, b, f ) 0 12

(b, b, d) 1 12

(a, b, f) 0 12

(a, b, d) 2 12

(b, b, e) 0 12

(a, b, f ) 0 12

(a, b, d) 2 32

(b, b, e) 0 12

(a, c, d) 1 32

(a, b, e) 1 12

(b, b, f) -1 12

(a, c, d) 1 12

(a, b, e) 1 32

(b, b, f ) -1 12

Slater ML MS Slater ML MS

(b, c, d) 0 32

(b, c, e) -1 12

(b, c, d) 0 12

(b, c, f) -2 12

(b, c, e) -1 32

(b, c, f ) -2 12

(b, c, e) -1 12

(b, c, d) 0 12

(b, c, f) -2 32

(b, c, d) 0 32

(b, c, f ) -2 12

(b, c, e) -1 12

(b, c, d) 0 12

(b, c, e) -1 32

(b, c, d) 0 12

(b, c, f) -2 12

(b, c, e) -1 12

(b, c, f ) -2 32

(b, c, e) -1 12

(c, c, d) -1 12

(b, c, f) -2 12

(c, c, d) -1 12

(b, c, f ) -2 12

(c, c, e) -2 12

(b, c, d) 0 12

(c, c, e) -2 12

(b, c, d) 0 12

(c, c, f) -3 12

(b, c, e) -1 12

(c, c, f ) -3 12

Teniendo en cuenta que cada electron en la subcapa p admite 6 estados, calculemos la degenera-cion de cada termino

np2 1 =(

6

2

)= 15

np 2 =(

6

1

)= 6

As, la degeneracion total es

np2np = 12 = 90

La tabla de Slater es:

MS. . . ML -3 -2 -1 0 1 2 3

(b, c, f ) (a, c, f ) (a, b, f ) (a, b, e) (a, b, d)

32

(b, c, e) (a, c, e) (a, c, d)

(b, c, d)

(c, c, f ) (b, c, f ) (a, c, f ) (a, b, f ) (a, a, f ) (a, b, d) (a, a, d)

(b, c, f ) (a, c, f ) (a, c, e) (a, b, e) (a, b, d)

(b, c, f) (a, c, f) (a, b, f ) (a, b, e) (a, b, d)

(c, c, e) (b, b, f ) (a, b, f) (a, b, e) (a, a, e)

-12

(b, c, e) (a, c, e) (b, b, d)

(b, c, e) (a, c, e) (a, c, d)

(b, c, e) (b, b, e) (a, c, d)

(c, c, d) (b, c, d) (a, c, d)

(b, c, d)

(b, c, d)

(c, c, f) (b, c, f) (a, c, f) (a, b, f) (a, a, f) (a, b, d) (a, a, d)

(b, c, f) (a, c, f) (a, c, e) (a, b, e) (a, b, d)

(b, c, f ) (a, c, f ) (a, b, f) (a, b, e) (a, b, d)

(c, c, e) (b, b, f) (a, b, f ) (a, b, e) (a, a, e)12

(b, c, e) (a, c, e) (b, b, d)

(b, c, e) (a, c, e) (a, c, d)

(b, c, e) (b, b, e) (a, c, d)

(c, c, d) (b, c, d) (a, c, d)

(b, c, d)

(b, c, d)

(b, c, f) (a, c, f) (a, b, f) (a, b, e) (a, b, d)

32

(b, c, e) (a, c, e) (a, c, d)

(b, c, d)

Los terminos espectrales asociados a esta configuracion, con degeneracion (2L+ 1)(2S + 1) son:

ML = 3,MS =1

2 L = 3, S = 1

2 2F

ML = 2,MS =3

2 L = 2, S = 3

2 4D

ML = 2,MS =1

2 L = 2, S = 1

2 2 2D

ML = 1,MS =3

2 L = 1, S = 3

2 4P

ML = 1,MS =1

2 L = 1, S = 1

2 3 2P

ML = 0,MS =3

2 L = 0, S = 3

2 4S

ML = 0,MS =1

2 L = 0, S = 1

2 2S

Ahora calculemos las autofunciones

2F3 12

= (c, c, f )

L+2F3 12

=

3(3 + 1) (3)(3 + 1)2F2 12

=

62F2 12

L+(c, c, f ) = (l1+ + l2+ + l3+)(c, c, f )

= l1+(c, c, f ) + l2+(c, c, f ) + l3+(c, c, f )

=

2(b, c, f ) +

2(c, b, f ) +

2(c, c, e)

As

2F2 12

=13

[(b, c, f ) + (b, c, f ) + (c, c, e)]

La energa para el estado 2F es:

E(2F ) = (c, c, f )|H|(c, c, f )= Ic + Ic + If + Jcc + Jcf + Jcf *

0Kcc *

0Kcf Kcf

= Inp + Inp + Inp + Jnp1,np1 + Jnp1,np1 + Jnp1,np1 Knp1,np1= 2Inp + Inp + F 0np,np +

1

25F 2np,np + 2F

0np,np +

2

25F 2np,np G0np,np

1

25G2np,np

E(2F ) = 2Inp + Inp + F 0np,np +1

25F 2np,np + 2F

0np,np +

2

25F 2np,np G0np,np

1

25G2np,np

Las ecuaciones de Harthree-Fock para el estado 2F , con E(2F ) = 0, np|np = np|np = 1

[E(2F )

0

2np(r)dr

02np(r)dr

]= 0

{2Inp + Inp + F 0np,np +1

25F 2np,np + 2F

0np,np +

2

25F 2np,np G0np,np

1

25G2np,np

02np(r)dr

0

2np(r)dr} = 0

{2

0drnp(r)

(1

2

d

dr2 zr

+1

r2

)np(r) +

0

drnp(r)

(1

2

d

dr2 zr

+1

r2

)np(r)

+

0dr1

0

dr21

r>2np(r1)

2np(r2) +

1

25

0

dr1

0

dr2r22np(r1)

2np(r2)

+2

0dr1

0

dr21

r>2np(r1)

2np(r2) +

2

25

0

dr1

0

dr2r22np(r1)

2np(r2)

0dr1

0

dr21

r>np(r1)np(r1)np(r2)np(r2)

125

0

dr1

0

dr2r2np(r1)np(r1)np(r2)np(r2)

02np(r)dr

0

2np(r)dr} = 0

Definiendo W0(r) = 12 ddr2 zr + 1r2 y W 0(r) = 12 ddr2 zr + 1r2

4

0drnp(r)W0np(r) + 2

0

drnp(r)W0np(r) + 2

0

dr1

0

dr21

r>np(r1)np(r1)

2np(r2)

+2

0dr1

0

dr21

r>np(r2)np(r2)

2np(r1) +

2

25

0

dr1

0

dr2r2np(r1)np(r1)

2np(r2)

+2

25

0

dr1

0

dr2r2np(r2)np(r2)

2np(r1) + 4

0

dr1

0

dr21

r>np(r1)np(r1)

2np(r2)

+4

0dr1

0

dr21

r>np(r2)np(r2)

2np(r1) +

4

25

0

dr1

0

dr2r2np(r1)np(r1)

2np(r2)

+4

25

0

dr1

0

dr2r2np(r2)np(r2)

2np(r1)

0

dr1

0

dr21


0dr1

0

dr21


0

dr1

0

dr21


0dr1

0

dr21

r>np(r2)np(r1)np(r1)np(r2) 1

25

0

dr1dr2r2np(r1)np(r1)np(r2)np(r2)

125

0

dr1dr2r2np(r1)np(r1)np(r2)np(r2) 1

25

0

dr1dr2r2np(r2)np(r1)np(r1)np(r2)

125

0

dr1

0

dr2r2np(r2)np(r1)np(r1)np(r2) = 0

Definiendo

W1(r1) =

0dr2

1

r>2np(r2)

W2(r1) =

0dr2

r22np(r2)

W3(r1) =

0dr2

1

r>2np(r2)

W4(r1) =

0dr2

r22np(r2)

W5(r1) =

0dr2

1

r>np(r2)np(r2)

W6(r1) =

0dr2

r2np(r2)np(r2)

Obtenemos finalmente la ecuacion de Harthree-Fock resultante

[2W0 +W1 +

2

25W2 + 2W3 +

2

25W4 W5 1

25W6

]np(r1) = 0

TAREA # 4 : FISICA ATOMICA Y MOLECULARProfesor: Jorge Mahecha G. Octubre 1, 2014.


Bransden 9.4 Cuando una molecula diatomica rota se extiende, as la distancia internuclearaumenta hasta R1. Dar la expresion aproximada [9,35]

Solucion

Consideremos la distorsion centrfuga molecular. La ecuacion de onda nuclear para la parte radial es[ }

2

2

d2

dR2+ Veff (R) Es,v,J

]F sv,J(R) = 0

Expandamos Veff alrededor del mnimo R1

Veff (R) = V0 +1

2k(RR1)2 + c1(RR1)3 + c2(RR1)4 V0 + 1

2k(RR1)2

As

VeffdR

= k(RR1) = 2De2(RR1) (1)Por otro lado, de la definicion tenemos

Veff (R) = V (R) +}2

2

J(J + 1)

R2

Derivando

VeffdR

=V

dR }

2

J(J + 1)

R3(2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2), evaluando en R0

2De2(R0 R1) =

dV

dR|R=R0

}2

J(J + 1)

R30

R1 = R0 +}2

2De2

J(J + 1)

R30

Bransden 9.3 Encontrar la energa de disociacion del deuterio (D2), dado que la energa dedisociacion del (H2) es 4,48eV y que el nivel vibracional mas bajo del (H2) es 0,26eV

Solucion

La energa de disociacion de una molecula es

D0 = De }02

As, para el diHidrogeno

D0(H2) = 4,48eV

El nivel vibracional mas bajo es

}0(H2)2

= 0,26eV

Por tanto

De(H2) = 4,75eV

Notando que la profundidad del pozo de potencial no se afecta por los neutrones, tenemos que

De(H2) = De(D2)

Calculemos entonces el nivel vibracional mas bajo del deuterio

}0(D2)2

=}2

k

D2=

12

}0(H2)2

Finalmente hallamos la energa de disociacion del deuterio

D0(D2) = 4,48eV + 0,26 0,17

D0(D2) = 4,557eV

Bransden 9.6 Hallar la funcion de solapamiento D, y los elementos matriciales HAA, HABpara el ion de Hidrogeno molecular

Solucion

La funcion de solapamiento es

D = 1 I(R) = 1d3r1s(rA)1s(rB)

La funcion de ensayo es

1s(r) = u1s(Z, r) =

Z3

pieZ

r

Calculemos I(R) con las integrales dadas en el apendice de Bransden

I(R) =Z3

pi

d3rez

(rA+rB)

I(R) = (1 + ZR +1

3Z2R)eZ

R

As la funcion de solapamiento es

D = 1 (1 + ZR + 13Z2R)eZ

R

Ahora hallemos HAA

HAA =d3r1s(rA)H1s(rA)

=d31s(rA)

[1

22r

1

rA 1rB

+1

R

]1s(rA)

=d31s(rA)

[(1

22r

Z

rA) +

Z 1rA

1rB

+1

R

]1s(rA)

=Z2

2+ (Z 1)

d3r|1s(rA)|2

rAd3r|1s(rA)|2

rB+

1

R

=E1s + Z(Z 1) + Ze2ZR 1

Re2Z

R +1

R

HAA = E1s + Z(Z 1) + 1

R[ZR 1]e2ZR + 1

R

Ahora calculemos HAB

HAB =d3r1s(rA)H1s(rB)

=d31s(rA)

[1

22r

1

rA 1rB

+1

R

]1s(rB)

=d31s(rA)

[(1

22r

Z

rB) +

Z 1rB

1rA

+1

R

]1s(rB)

=Z2

2I(R) + (Z 1)

d3r

1s(rA)1s(rB)

rBd3r

1s(rA)1s(rB)

rA+

1

RI(R)

= [E1s +1

R]I(R) Z(1 + ZR)eZR

HAB = [E1s +1

R]I(R) Z(1 + ZR)eZR

Bransden 9.7 Usando R0 = 2,36A y 0 = 364,6cm1 determinar las constantes A yc en elpotencial [9,95] representando la energa de Na35Cl

Solucion

El potencial [9,95] es

Es(R) = Es() 1R

+ AecR

Debido a que Es(R = R0) es un mnimo

dEsdR|R=R0 =

1

R20 cAecR0 = 0

Por tanto

A =1

cR20ecR0

Determinemos la constante de la fuerza en la aproximacion armonica

k =d2EsdR2|R = R0 = 2

R30+ c2AecR0

Por otro lado

0 =E0hc

=}02hc

=}

2hc

k

=

1

4pic

k

Luego

k = 16pi2c220Ahora reemplazando A en k obtenemos

k = 2R30

+c

R20De aqu despejamos para obtener c, y reemplazando c en A encontramos finalmente que

c = R20(k +2

R30)

A =1

R40(k +2R30

)eR30(k+

2

R30

)

Hallemos la profundidad del pozo de potencial

De = Es() Es(R0)

De =1

R0 AecR0

Ahora calculemos la energa de disociacion

D0 = De }02

D0 =1

R0 AecR0 }

2

k

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Tareas Física Atómica y Molecular