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Guías resueltas de Teórica 2Alf

Diciembre de 2017

Sobre estos problemas resueltos Estas respuestas a las guías de problemas del segundo cuatrimestre de 2017 fueronescritas por un alumno mientras cursaba la materia. Lamentablemente, por esas cosas de la vida, el alumno recursó. Sinembargo dicho alumno le puso mucho empeño a la primera cursada (y a la segunda también!) con lo cual quedó una grancantidad de material disponible, parte del cual se presenta en este documento. Úsense estos resueltos con precaución ya quepueden tener errores de resolución, interpretación, etc. Estos resueltos no son oficiales de ninguna cátedra.

Nota Los resultados indicados con X fueron chequeados ya sea con respuestas propias de la guía o consultando a losdocentes, o del libro.

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Índice1. Guía 1 - Estados cuánticos, operadores, espectros discretos y continuos 5

Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Ejercicio 8 [1, prob. 7, chap. 1] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Ejercicio 10 (Listo, sólo falta terminar cuentita) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10Ejercicio 11 [1, prob. 10, chap. 1] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Ejercicio 12 (No tengo idea) [1, prob. 11, chap. 1] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12Ejercicio 14 [1, prob. 13, chap. 1] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Ejercicio 15 [1, prob. 14, chap. 1] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

Ejercicio 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1

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ÍNDICE

Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15Ejercicio 17 [1, prob. 15, chap. 1] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Ejercicio 18 [1, prob. 23, chap. 1] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Ejercicio 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Ítem a (preguntar diagonalización) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Ítem b (consulta) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Ejercicio 20 [1, prob. 16, chap. 1] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19Ejercicio 21 [1, prob. 17, chap. 1] (preguntar) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2. Guía 2 - Dinámica cuántica 21Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Ítem d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Ítem e (mini consulta poco importante) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Problema 4 (Preguntar si está bien) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Ejercicio 7 (?) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3. Guía 3 - Oscilador armónico y potenciales 27Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Ejercicio 6 [1, prob. 17, chap. 2] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

Ejercicio 13 [1, prob. 20, chap. 2] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Ítem b (ni idea) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

Ejercicio 15 (preguntar niveles de energía)[1, prob. 22, chap. 2] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

4. Guía 4 - Teoría de perturbaciones 34Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

Ejercicio 2 [1, prob. 2, chap. 5] (preguntar si está bien hecho) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Ítem c (pregunta) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Teoría de perturbaciones dependientes del tiempo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Ejercicio 13 [1, chap. 5, prob. 22] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Ejercicio 15 [1, chap. 5, prob. 25] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

Ejercicio 16 [1, chap. 5, prob. 29] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

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ÍNDICE

5. Guía 5 - Impulso angular y rotaciones 46Theory: rotation operator and d-functions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Ejercicio 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Ejercicio 3 [1, prob. 4, chap. 3] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Ejercicio 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Ítem d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Ejercicio 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Ítem b (preguntar) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Ejercicio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

Ejercicio 10 (spin 1 system) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Ítem 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

Ejercicio 11 [1, prob. 12, chap. 3] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53Ejercicio 15 [1, prob. 18, chap. 3] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54Ejercicio 16 [1, prob. 22, chap. 3] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Ítem b (ni idea) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Ejercicio 17 [1, prob. 15, chap. 3] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56Ítem b - Hecho desde primeros principios (No me da el resultado...) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

6. Guía 6 - Suma de momento angular y teorema de Wigner-Eckart 59Teoría: suma de momento angular . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59Cómo usar la famosa tabla de coeficientes Clebsch-Gordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60Ejercicio 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Ítem c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62Ítem d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Ítem e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

Ejercicio 2 [1, prob. 20, chap. 3] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Ejercicio 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Ejercicio 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65Ejercicio 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

Ítem a [4, prob. 14.11, (a) and (b)] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66Ítem b [4, prob. 14.13] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67Resumen del ejercicio (spin-orbit interaction) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

Sobre las d-functions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68Ejercicio 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

Ejercicio 7 (no tengo idea) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Ítem a [1, prob. 21] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

Ejercicio 8 (ni idea) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Ejercicio 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

Ítem a (pregunta) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

Teoría: tensores esféricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Ejercicio 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

Ítem a (Rehacer) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Ejercicio 13 [1, chap. 3, prob. 28] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

Ítem a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Los resueltos de

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ÍNDICE

Ítem b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Ejercicio 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

7. Guía 7 - Simetrías 76Exercise 1 [1, prob. 1, chapt. 4] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Item a (don’t understand how to use symmetry) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Exercise 2 [1, prob. 2, chapt. 4] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Item a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Item b (don’t know) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Item c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76Item d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Exercise 3 [1, prob. 3, chapt. 4] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Exercise 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Exercise 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

Item a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78Item b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

Exercise 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Item a (don’t know /) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

8. Guía 8 - Scattering 80Exercise 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

Item a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80Item b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80Item c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

Exercise 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

9. Guía 8 - Partículas idénticas 82Exercise 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

Item a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82Item b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

Exercise 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83Item a (preguntate) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

Exercise 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84Exercise 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

Item a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

10.Crucial formulæ 86

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1 GUÍA 1 - ESTADOS CUÁNTICOS, OPERADORES, ESPECTROS DISCRETOS Y CONTINUOS

1. Guía 1 - Estados cuánticos, operadores, espectros discretos y continuosEjercicio 1Ítem b

Usando la identidad del ítem a[A B , C

]=[A , C

]B + A

[B , C

]entonces[

A n, B]

=[A n−1A , B

]=

[A n−1, B

]A + A n−1 [A , B ]

Ahora vuelvo a aplicar la identidad al primer término con lo cual[A n−1, B

]=

[A n−2A , B

]=

[A n−2, B

]A + A n−2 [A , B ]

entonces [A n, B

]=

([A n−2, B

]A + A n−2 [A , B ]) A + A n−1 [A , B ]

=[A n−2, B

]A 2 + A n−1 [A , B ]+ A n−1 [A , B ]

=[A n−2, B

]A 2 + 2A n−1 [A , B ]

En la iteración j-ésima me animaría a decir que esto queda[A n−j , B

]A j + j A n−1 [A , B ] y haciendo j → n entonces se

obtiene[A 0, B

]A n + nA n−1 [A , B ]. Considerando ahora que A 0 = 1 entonces

[1 , B

]= 0 y finalmente[

A n, B]

= nA n−1 [A , B ] X

Ítem c

Voy a seguir los pasos de la ayuda del enunciado. Primero muestro que[eη A , B

]= ηeη A

[A , B

]. La definición de eA

creo que es meter a A en el polinomio de Taylor de ex, lo cual sería así:

eA =∞∑k=0

A k

k!

por lo tanto

[eη A , B

]=

[ ∞∑k=0

(η A

)kk! , B

][A + B , C

]=[A , C

]+[B , C

]→ =

∞∑k=0

ηk

k![A k, B

][A 0, B

]= 0→ =

∞∑k=1

ηk

k![A k, B

][A n, B

]= nA n−1 [A , B ]→ =

∞∑k=1

ηk

k! k Ak−1 [A , B ]

= η

∞∑k=1

ηk−1A k−1

(k − 1)![A , B

]= ηeη A

[A , B

]X

El primer paso ya está, ahora calculo d g

dη siendo g (η) def= eη A eη B e−η(A+B ) (nota1). Para ello primero hago la siguiente

1Obsérvese que en general eA eB 6= eA+B con lo cual g 6= 1 .

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cuenta intermedia (que puede o no ser trivial)

d

dηeη A = d

dη

( ∞∑k=0

(η A

)kk!

)

=∞∑k=0

ηk A k+1

k!

=

A

( ∞∑k=0

(η A

)kk!

)Factor común el de la izquierda( ∞∑

k=0

(η A

)kk!

)A Factor común el de la drecha

=Aeη A

eη A A

La cuenta anterior nos dice cómo calcular ddη e

η A y además nos muestra que[A , eη A

]= 0. Ahora sí volvemos a la cuenta

de d g

dη que será

d g

dη= Aeη A eη B e−η(A+B ) +(((((

(((((

eη A B eη B e−η(A+B ) − eη A eη B(A +B

)e−η(A+B )

= eη A Aeη B e−η(A+B ) − eη A eη B Ae−η(A+B )

= eA(Aeη B − eη B A

)e−η(A+B )

= eA[A , eη B

]e−η(A+B )

Ahora se usa lo que se probó en el primer paso de la ayuda, es decir[eη A , B

]= ηeη A

[A , B

], con lo cual

d g

dη= eη A ηeη B

[A , B

]e−η(A+B )

Por otro lado, como A y B conmutan con su conmutador (por consigna), entonces eη A y eη B conmutan con[A , B

]y

entonces

d g

dη= η

[A , B

]eη A eη B e−η(A+B )

= η[A , B

]g X

Ahora hay que hacer un cambio de variable z = η2 con lo cual ddη = 2η d

dz y entonces la ecuación diferencial anterior seconvierte en

d g

dz= 1

2[A , B

]g (z)

cuya solución esg (z) = e

z2 [A ,B ] g (0)

donde g (0) es la condición inicial. A partir de la definición de g (consigna) es fácil ver que g (0) = 1 . Volviendo atrás conel cambio de variables z = η2 se obtiene finalmente

g (η) = eη22 [A ,B ]

con lo cualeη22 [A ,B ] = eη A eη B e−η(A+B )

y para η = 1 esto ese

12 [A ,B ] = eA eB e−(A+B )

Finalmente, como A y B conmutan con[A , B

]entonces multiplicando a ambos miembros por derecha por eA+B y

despejando se obtiene lo de la consigna X.

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Ejercicio 2Ítem a

Un operador es hermítico si A = A † =(A T)∗. Las matrices de Pauli son hermíticas X. Los autovalores son

det(σx − λ 1

)= λ2 − 1⇒ aVal (σx) = −1, 1 X

det(σy − λ 1

)= λ2 − 1⇒ aVal (σy) = −1, 1 X

det(σz − λ 1

)= (1− λ) (−1− λ)⇒ aVal (σz) = −1, 1 X

y los autovectores σx |v〉 = |v〉 λ = 1σx |v〉 = − |v〉 λ = −1

⇒ aVec (σx) = |+〉+ |−〉 , |+〉 − |−〉

σy |v〉 = |v〉 λ = 1σy |v〉 = − |v〉 λ = −1

⇒ aVec (σy) = |+〉+ i |−〉 , |+〉 − i |−〉

σz |v〉 = |v〉 λ = 1σz |v〉 = − |v〉 λ = −1

⇒ aVec (σz) = |+〉 , |−〉

Ejercicio 4Ítem a

〈u| v〉 = (〈α|+ i 〈β|) (i |α〉+ |β〉)= i 〈α|α〉+ 〈α|β〉 − 〈β|α〉+ i 〈β|β〉= 2i

con lo cual no son ortogonales.

Ítem b

La relación |k〉 =∑3i=1 aki |i〉 relaciona las dos bases. Básicamente nos dice cómo están “alineadas” en el espacio (creo).

La cuentita es

〈2|β〉 = 〈2|( 3∑i=1

aβi |i〉

)

=3∑i=1

aβi 〈2| i〉

= aβ2

y la otra

〈α| 3〉 =( 3∑i=1

a∗αi 〈i|

)|3〉

=3∑i=1

a∗αi 〈 i| 3〉

= a∗α3

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Ejercicio 6Ítem a

|α〉〈β| = 1 |α〉〈β| 1=

∑i

∑j

|ai〉〈ai|α〉〈β| aj〉〈aj |

=∑i

∑j

|ai〉〈ai|α〉〈aj |β〉∗ 〈aj |

Ítem b

Siendo S z = ~2 (|+〉〈+|+ |−〉〈−|) entonces

|α〉 = |+〉|β〉 = |−〉

. Entonces

|α〉〈β| = |+〉〈−|

y si asignamos |+〉 =[10

]y |−〉 =

[01

]entonces

|α〉〈β| =[1 00 0

]

Ejercicio 7Cambio la notación de la consigna por una que me parece mejor:

A |a1〉 = a1 |a1〉A |a2〉 = a2 |a2〉

Defino |b〉 def= |a1〉+ |a2〉, entonces

A |b〉 =a1 |a1〉+ a2 |a2〉 Por definiciónb (|a1〉+ |a2〉) Si fuese autoestado

La primera igualdad (por definición) necesariamente es verdadera, y además |b〉 es autoestado de A ⇐⇒ se cumple lasegunda igualdad. Entonces

a1 |a1〉+ a2 |a2〉 = b (|a1〉+ |a2〉) ⇐⇒a1 = b

a2 = b⇐⇒ a1 = a2

por lo tanto concluyo que |i〉+ |j〉 es autoestado de A ⇐⇒ sus autovalores asociados son el mismo. A nivel físico creo queesto implica que hay degeneración (dos estados distintos tienen la misma energía, por ejemplo).

Ejercicio 8 [1, prob. 7, chap. 1]Ítem a

Supongo que en la consigna quisieron poner0 =

∏∀ai

(A − ai 1

)ya que de lo contrario estamos en un math error porque le restamos un escalar a un operador. Asumiendo que efectivamentees así, entonces

(∏∀ai

(A − ai 1

))|ψ〉 =

(N∏i=1

(A − ai 1

))|ψ〉︷︸︸︷ N∑

∀j=1cj |aj〉

=

N∑j=1

cj

(N∏i=1

(A − ai 1

))|aj〉

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Ahora tenemos que cada término de la sumatoria será(A − a1 1

) (A − a2 1

). . .(A − aN 1

)|aj〉 =

(A − a1 1

) (A − a2 1

). . .(A − aN−1 1

)(aj − aN ) |aj〉

=(A − a1 1

) (A − a2 1

). . . (aj − aN−1) (aj − aN ) |aj〉

...= (aj − a1) (a2 − a2) . . .

: 0(aj − aj) . . . (aj − aN−1) (aj − aN ) |aj〉

= 0

y esto ocurre para todos los |aj〉 por lo tanto queda demostrado lo que se pidió X.

Ítem b

Nuevamente me parece que está mal escrito y debería ser

P aj =∏∀ai 6=aj

A − ai 1aj − ai

En tal caso, al aplicarlo sobre un ket cualquiera se obtiene

P aj |ψ〉 =

∏∀ai 6=aj

A − ai 1aj − ai

(∑∀ak

ck |ak〉

)

=∑∀ak

ck

∏∀ai 6=aj

A − ai 1aj − ai

|ak〉y cada término de la suma es ∏

∀ai 6=aj

A − ai 1aj − ai

|ak〉 =(A − a1 1aj − a1

). . .

(A − aj−1 1aj − aj−1

)(A − aj+1 1aj − aj+1

). . .

(A − aN 1aj − aN

)|ak〉

=(A − a1 1aj − a1

). . .

(A − aj−1 1aj − aj−1

)(A − aj+1 1aj − aj+1

). . .

(ak − aNaj − aN

)|ak〉

...

=(ak − a1

aj − a1

). . .

(ak − aj−1

aj − aj−1

)(ak − aj+1

aj − aj+1

). . .

(ak − aNaj − aN

)|ak〉

=|aj〉 k = j

0 k 6= j

por lo tantoP aj |ψ〉 = cj |aj〉

por lo tanto el operador P aj es el operador que devuelve la proyección de |ψ〉 sobre |aj〉 X. Se puede escribir

P aj = |aj〉〈aj | X

según [2].

Ejercicio 10 (Listo, sólo falta terminar cuentita)Voy a modificar la notación2 porque la que propone la guía (sacada del Sakurai) me parece confusa. Voy a reemplazar

S · n ≡ S n, es decir el “operador de espín en la dirección n” (de la misma forma que S x es el operador de espín en ladirección x, y nunca escribimos S · x). Además voy a llamar |±n〉 ≡ |S · n,±〉. Entonces

S n |+n〉 = ~2 |+n〉

= a |+z〉+ b |−z〉2La notación, en mi opinión, no es un tema menor. Más en estas cosas raras de los brakets que es pura notación, hay que ser consistentes y

claros. Los docentes muchas veces le restan importancia, para mí esto le resta puntos a un docente.Los resueltos de

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donde la segunda igualdad ¿es porque |±z〉 forman una base completa de autoestados para todas las componentes del espín?¿o sólo para la componente en z?

Siguiendo la sugestiva notación del libro voy a considerar que

S n = S · n=

(S xx+ S yy + S zz

)· (nxx+ nyy + nzz)

donde S es el “operador vector espín” y S i es el “operador espín componente i”. De acuerdo al dibujito de la guía se tieneque

n = x sin β cosα+ y sin β sinα+ z cosβpor lo tanto

S n = S x sin β cosα+ S y sin β sinα+ S z cosβy esto, escrito en términos de los autoestados de S z, es

S n = ~2[cosβ |+〉〈+|+ sin βe−iα |+〉〈−|+ sin βeiα |−〉〈+|+ cosβ |−〉〈−|

]donde se han utilizado las relaciones [1, eqs. (1.4.18) y (1.3.36)]

S x = ~2 (|+〉〈−|+ |−〉〈+|)

S y = i~2 (− |+〉〈−|+ |−〉〈+|)

S z = ~2 (|+〉〈+| − |−〉〈−|)

Ahora se le puede aplicar este operador al estado |+n〉 = a |+〉+ b |−〉 con lo cual se obtendrá

S n |+n〉 = ~2[a cosβ |+〉+ b sin βe−iα |+〉+ a sin βe−iα |−〉+ b cosβ |−〉

]y si |+n〉 es un autoestado de S n entonces lo anterior debe ser igual a sí mismo multiplicado por alguna constante, es decir

a |+〉+ b |−〉 = C~2[a cosβ |+〉+ b sin βe−iα |+〉+ a sin βeiα |−〉+ b cosβ |−〉

]donde C es una constante (cómo estamos seguros de que C = 1?). Entonces

a = a cosβ + b sin βe−iα

b = a sin βeiα + b cosβ⇒ b = a

sin β1− cosβ e

iα

Ahora metemos esto en |+n〉 = a |+z〉+ b |−z〉 y entonces

|+n〉 = a |+〉+ asin β

1− cosβ eiα |−〉

Por último se impone la condición de normalización para encontrar a y estamos. Esto implica que 〈ψ|ψ〉 = 1 por lo tanto

〈ψ|ψ〉 = a∗a+ a∗asin2 β

(1− cosβ)2 = 1

y entonces

a∗a = 11 + sin2 β

(1−cos β)2

= (1− cosβ)2

(1− cosβ)2 + sin2 β

= (1− cosβ)2

cos2 β + 1− 2 cosβ + sin2 β

= (1− cosβ)2

2 (1− cosβ)

= 1− cosβ2

Falta terminar cuentita.Los resueltos de

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Ejercicio 11 [1, prob. 10, chap. 1]Planteo la ecuación de autovalores y autovectores H |ψ〉 = E |ψ〉. Lo de la izquierda es

H |ψ〉 = a (|1〉〈1| − |2〉〈2|+ |1〉〈2|+ |2〉〈1|) (ψ1 |1〉+ ψ2 |2〉) ← |ψ〉 = ψ1 |1〉+ ψ2 |2〉= a (ψ1 (|1〉+ |2〉) + ψ2 (|1〉 − |2〉))

y debe ser igual a E |ψ〉 = E (ψ1 |1〉+ ψ2 |2〉), es decir

a (ψ1 (|1〉+ |2〉) + ψ2 (|1〉 − |2〉)) = E (ψ1 |1〉+ ψ2 |2〉)

por lo tanto a (ψ1 + ψ2) = Eψ1

a (ψ1 − ψ2) = Eψ2

o bien ψ1 (a− E) + ψ2a = 0ψ1a− ψ2 (a+ E) = 0

≡[a− E aa −a− E

] [ψ1ψ2

]= 0

Lo anterior debe ser un sistema compatible (indeterminado?) por lo que el determinante de la matriz debe ser nulo. Entonces

det[a− E aa −a− E

]= (a− E) (−a− E)− a2

= E2 − 2a2

Los autovalores son entoncesE± = ±

√2a X

Para sacar los autovectores asociados simplemente se reemplaza cada autovalor en el sistema y se resuelve

a

[1∓√

2 11 −1∓

√2

] [ψ1ψ2

]= 0 ⇒

(

1∓√

2)ψ1 + ψ2 = 0

ψ1 −(

1±√

2)ψ2 = 0

⇒

ψ1 =

(1∓√

2)ψ2

ψ2 =(±√

2− 1)ψ1

o bien Autovalor→ E = ±

√2a

Autovector→[ψ1ψ2

]= c

[1

∓√

2− 1

]donde c es una constante para normalizar a módulo 1 y vale c = 1√

1+(±√2−1)2 = 1√1+2+1∓2

√2

= 1√4∓2√

2= 1√

2(2∓√

2)X.

Finalmente, para volver a la notación de brakets se utiliza la definición |ψ〉 def= ψ1 |1〉+ ψ2 |2〉 y entoncesAutovalor→ E = ±

√2a

Autoestado→ |ψ〉 =|1〉+

(∓√

2− 1)|2〉√

2(2∓√

2) X

Creo que al libro le quedó un signo distinto, pero ya fue. La idea se entiende.

Ejercicio 12 (No tengo idea) [1, prob. 11, chap. 1]Voy a encararlo con las matricitas como supuestamente se hacía en el ejercicio anterior. Si

|1〉 =[10

]|2〉 =

[01

]entonces

H = H11

[1 00 0

]+H22

[0 00 1

]+H12

([0 10 0

]+[0 01 0

])=

[H11 H12H12 H22

]Los resueltos de

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y sus autovalores se obtienen de

det(H − E 1

)= (H11 − E) (H22 − E)−H2

12

= E2 + E (−H11 −H22) +H11H22 −H212

por lo tanto

E± =H11 +H22 ±

√(H11 +H22)2 − 4H11H22 + 4H2

12

2

= H11 +H22 ±√H2

11 +H222 − 2H11H22 + 4H2

122

=H11 +H22 ±

√(H11 −H22)2 + 4H2

12

2Este ejercicio no se hacía así. Consultando a [2] parece que conviene escribirlo en la forma

H = 12 (H11 +H22)

1︷︸︸︷(|1〉〈1|+ |2〉〈2|) + 1

2 (H11 −H22)

∼S z︷︸︸︷(|1〉〈1| − |2〉〈2|) +H12

∼S x︷︸︸︷(|1〉〈2|+ |2〉〈1|)

En el ejercicio 10 se había encontrado que

S n = ~2[cosβ |+〉〈+|+ sin βe−iα |+〉〈−|+ sin βeiα |−〉〈+|+ cosβ |−〉〈−|

]= ~

2 cosβ (|+〉〈+|+ |−〉 |−〉) + ~2 sin βe−iα (|+〉〈−|+ |−〉〈+|)

No, la verdad que no entiendo qué está haciendo el libro. Plantea una analogía con no sé qué.

Ejercicio 14 [1, prob. 13, chap. 1]

Combinando lo que tengo en mis apuntes de clase más unas consultas que hice a los docentes, la posta a la hora de mediralgo es así: Sea un sistema en el estado inicial |ψ〉 y A un observable con A su operador asociado tal que

∣∣∣a(n)i

⟩son sus

autoestados, entonces |estado después de haber medido A = ai〉 =ai

〈ψ| ai † ai |ψ〉|ψ〉

P (A = ai) = 〈ψ| ai † ai |ψ〉

donde ai es el operador de proyección sobre el autoespacio asociado al autovalor ai y está dado por

ai =∑∀n

∣∣∣a(n)i

⟩⟨a

(n)i

∣∣∣ → Proyección sobre el autoespacio de ai

donde gen∣∣∣a(1)

i

⟩,∣∣∣a(2)i

⟩, . . .

es el autoespacio asociado al autovalor ai.

Caso con degeneración El caso que expuse es el caso cuando existe degeneración.

Caso sin degeneración Cuando no hay degeneración entonces ai = |ai〉〈ai| ya que la sumatoria colapsa en un únicoelemento.

El esquema del experimento que se está haciendo en el ejercicio es así:

zn

z|+z>

|-z>

|+n>

|-n>

|+z>

|-z>

|0>

|1> |2>

|3>

M1 M2 M3

y la intensidad aparentemente puede ser considerada como proporcional a la probabilidad de la siguiente forma: si elestado |0〉 tiene una intensidad I0 entonces I1 = I0P (M1 = ~/2). Entonces

I3 = I0P(M1 = ~

2

)P(M2 = ~

2

)P(M3 = −~

2

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Si la intensidad con que sale del primer medidor está normalizada a 1 entonces eso significa que I0P(M1 = ~

2)

= 1 (creo).Así que sólo habría que calcular las segundas dos probabilidades.

En base a lo que puse más arriba en el recuadrito se tiene que

P(M1 = ~

2

)= 〈0|+〉〈+| 0〉

P(M2 = ~

2

)= 〈1|+n〉〈+n| 1〉

P(M3 = −~

2

)= 〈2| −〉〈−| 2〉

y de acuerdo a la consigna (ver dibujito que hice) |1〉 = |+〉|2〉 = |+n〉|3〉 = |−〉

Lo único que estaría faltando es expresar el estado |+n〉 en términos de |+〉 y |−〉, pero ya lo tenemos del ejercicio 10 quees

|+n〉 = cos(β

2

)|+〉+ sin

(β

2

)eiα |−〉

con lo cual sólo resta hacer las cuentitas. El resultado es

I3 = I1a2 cos2

(β

2

)sin2

(β

2

)donde a es tal que |0〉 = a |+〉+ b |−〉. Según lo que impone la consigna, I1a2 = 1.


La resolución de esto es hacer la cuentita de siempre, que no la voy a hacer a mano. A modo de práctica la hice con el

programa wxMaxima y encontré que los autovalores son −1, 1 y 0 y los respectivos autovectores normalizados son

1/2−1/√

21/2

, 1/21/√

21/2

y

1/√

20

−1/√

2

. Debido a que todos los autovalores tienen multiplicidad 1 entonces no hay degeneración.

A continuación dejo el código y las salidas de wxMaxima.

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Ítem b

Según [2] el operador J x = ~A es el operador de no sé qué de una partícula de espín 1.

Ejercicio 16Ítem a

Un operador (o matriz) es unitario ⇐⇒ J † J = 1 .Por otro lado, la inversa de una matriz de 2× 2 es[

a bc d

]−1= 1ad− bc

[d −b−c a

]Las cuentitas son así:

Obsérvese que se obtuvo efectivamente que J −1 = J † X.

Ítem b

Son sólo cuentas. Las hice así:

Ítem c

Para que B sea diagonal se requiere que B12 = 0, es decir

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y entonces la base buscada es (la encontré a ojo)

|γ1〉 = |1〉

|γ2〉 = |2〉 − i |3〉√2

|γ3〉 = |2〉+ i |3〉√2

⇐⇒

|1〉 = |γ1〉

|2〉 = |γ2〉+ |γ3〉√2

|3〉 = |γ2〉 − |γ3〉√2

Pare verificar que esto diagonaliza a ambos operadores se considera que los mismos tienen la siguiente expresión (en labase |1〉 , |2〉 , |3〉):

A = a |1〉〈1| − a |2〉〈2| − a |3〉〈3|B = −b (|2〉 − i |3〉) (〈2|+ i 〈3|) + b |1〉〈1|+ b (|2〉+ i |3〉) (〈2| − i 〈3|)

por lo tanto

A = a |1〉〈1| − a |2〉〈2| − a |3〉〈3|

|1〉 = |γ1〉

|2〉 = |γ2〉+ |γ3〉√2

|3〉 = |γ2〉 − |γ3〉√2

→ = a |γ1〉〈γ1| − a|γ2〉+ |γ3〉√

2〈γ2|+ 〈γ3|√

2− a |γ2〉 − |γ3〉√

2〈γ2| − 〈γ3|√

2

= a |γ1〉〈γ1| −a

2 (|γ2〉〈γ2|+|γ2〉〈γ3|+XXXX|γ3〉〈γ2|+ |γ3〉〈γ3|)−a

2 (|γ2〉〈γ2| −|γ2〉〈γ3| −XXXX|γ3〉〈γ2|+ |γ3〉〈γ3|)

= a |γ1〉〈γ1| − a |γ2〉〈γ2| − a |γ3〉〈γ3| → Es diagonal X

y para B esto es

B = −b(|2〉 − i |3〉) (〈2|+ i 〈3|)︸︷︷︸|γ2〉〈γ2|

+ b |1〉〈1|︸︷︷︸|γ1〉〈γ1|

+ b(|2〉+ i |3〉) (〈2| − i 〈3|)︸︷︷︸|γ3〉〈γ3|

→ Es diagonal X

Ejercicio 19Ítem a (preguntar diagonalización)

Considerando cuáles son las matrices de B y H entoncesH = |u〉〈u| − |v〉〈v| − |w〉〈w|B = |u〉〈u|+ |w〉〈v|+ |v〉〈w|

El cálculo del conmutador es el siguiente:

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Como conmutan entonces sabemos que existe una base de autokets comunes a ambos. Considerando el hecho de queH = |u〉〈u| − |v〉〈v| − |w〉〈w|B = |u〉〈u|+ |w〉〈v|+ |v〉〈w|

se puede ver que los autokets de cada operador son

Autoket Autovalor

H|u〉 1|v〉 -1|w〉 -1

B|u〉 1

|v〉 − |w〉 -1|v〉+ |w〉 1

y se observa que los dos operadores están degenerados ya que tienen un autoespacio de dimensión dos cada uno.Averiguar cómo se hacía para diagonalizar matrices y cómo resolver este ejercicio.

Ítem b (consulta)

Un CCOC es un conjunto completo de observables que conmutan. El hecho de que sea completo implica que todos losestados del sistema pueden etiquetarse usando únicamente autovalores de los observables del CCOC (verdadero?).

EntoncesHyBno son CCOC ya que no son completos por tener degeneración. No sé cómo seguir en el caso de

los demás conjuntos.

Ítem c

De acuerdo a las definiciones tenemosL = |u〉〈u| − |w〉〈w|L 2 = (|u〉〈u| − |w〉〈w|) (|u〉〈u| − |w〉〈w|)S = |w〉〈u|+ |v〉〈v|+ |u〉〈w|S 2 = (|w〉〈u|+ |v〉〈v|+ |u〉〈w|) (|w〉〈u|+ |v〉〈v|+ |u〉〈w|)

con lo cual las matrices serán

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Respecto a la observabilidad, yo diría que sí son observables ya que son hermíticos.

Ejercicio 20 [1, prob. 16, chap. 1]Si un autoket |ψ〉 es común a ambos entonces

A |ψ〉 = aψ |ψ〉B |ψ〉 = bψ |ψ〉

Entonces A , B

|ψ〉 =

(A B + B A

)|ψ〉

= (aψbψ + bψaψ) |ψ〉= 2aψbψ |ψ〉

Si A y B anticonmutan entonces A B + B A = 0 con lo cual todo lo anterior debe anularse, lo cual implicaría

aψbψ = 0

La conclusión entonces es que dos operadores A y B que satisfacenA , B

= 0 pueden tener un autoket en común

sólo si al menos uno de ellos posee como autovalor a 0.

Ejercicio 21 [1, prob. 17, chap. 1] (preguntar)Para probar esto conviene usar el método del absurdo. Voy a asumir que

Asumo→

[A , B

]6= 0[

A , H]

=[B , H

]= 0

H no tiene degeneración

con lo cual el hecho de que H no esté degenerado implica que sus autovalores hi pueden etiquetar en forma unívoca a susautovectores |hi〉. Por otro lado, el hecho de que tanto A como B conmuten con H implica que

[A , H

]= 0 con lo cual[

A , H]|hi〉 = 0

A H |hi〉 − H A |hi〉 =Ahi |hi〉 − H

(A |hi〉

)=

por lo tantoH(A |hi〉

)= hi

(A |hi〉

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y entonces A |hi〉 es un autoket de H . Ahora no sé por qué pasa lo siguiente

A |hi〉 = α |hi〉

con α ∈ C. Y lo mismo paraB |hi〉 = β |hi〉

Finalmente, usando el hecho de que[A , B

]6= 0 entonces[A , B

]|hi〉 = (αβ − βα) |hi〉 6= 0

lo cual es imposible, entonces necesariamente una de las cosas que se han asumido es falsa. ¿La conclusión es que H sí tienedegeneración?

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2 GUÍA 2 - DINÁMICA CUÁNTICA

2. Guía 2 - Dinámica cuánticaEjercicio 2

El valor medio de B para un sistema en el estado |ψ (t)〉 es

〈B〉 (t) = 〈ψ (t)| B |ψ (t)〉= 〈ψ (0)| U †B U |ψ (0)〉

U †B U = B (t)→ = 〈ψ (0)| B (t) |ψ (0)〉= (〈ψ1| a∗1 + 〈ψ2| a∗2) B (t) (a1 |ψ1〉+ a2 |ψ2〉)= | a1 |2 〈ψ1| B (t) |ψ1〉+ | a2 |2 〈ψ2| B (t) |ψ2〉+ a∗1a2 〈ψ1| B (t) |ψ2〉+ a∗2a1 〈ψ2| B (t) |ψ1〉

+a∗2a1 〈ψ2| B (t) |ψ1〉 =(a∗1a2 〈ψ1| B (t) |ψ2〉

)∗ → = | a1 |2 〈ψ1| B (t) |ψ1〉+ | a2 |2 〈ψ2| B (t) |ψ2〉+ 2Re(a∗1a2 〈ψ1| B (t) |ψ2〉

)donde U es el operador de evolución temporal desde t = 0 hasta t. En el caso de hamiltonianos independientes del tiempoentonces U = e

i~ H t por lo tanto

〈B〉 (t) = | a1 |2 〈ψ1| B |ψ1〉+ | a2 |2 〈ψ2| B |ψ2〉+ 2Re(a∗1a2 〈ψ1| B |ψ2〉 ei

E2−E1~ t

)por lo tanto

〈B〉 (t) = (una constante) + (otra constante) cosωt

con ω = E2−E1~ la frecuencia de Bohr.

Ejercicio 3Ítem a

Los autoestados de S z son autoestados de la energía ⇐⇒ H |±〉 = α |±〉 con α ∈ C. La cuenta es

H |±〉 = ω S z |±〉

= ±ω~2 |±〉 X

y los autovalores son ±ω~2 .

Ítem b

Como H es independiente del tiempo entoncesU = e−

i~ H t

y entonces la ecuación de movimiento es

|α (t)〉 = U |α (t)〉

= ei−~ H t |α (t)〉

= e−i~ H t

(|+〉+ |−〉√

2

)= e−i

ω2 t |+〉+ ei

ω2 t |−〉√

2X

Ítem c

Las probabilidades sonP (|±x〉) = 〈α| ±x †±x |α〉

donde±x = |±x〉〈±x|

es el operador de proyección sobre el estado correspondiente. Para poder realizar el cálculo anterior es necesario expresar a|α〉 en la base |±x〉. Para ello busco los autoestados de

S x = ~2 (|+〉〈−|+ |−〉〈+|)

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Problema 4 (Preguntar si está bien)La ecuación de movimiento de Heisenberg para un operador A es

dA

dt= i

~[H , A

]y para este problema en particular se tiene que H = ω S z. Entonces

dS j

dt= iω

~[S z, S j

]Para el operador S z esto es trivial y se obtiene

dS z

dt= 0

Para S x se tiene

dS x

dt= iω

~[S z, S x

]= iω

~(i~ε312 S y

)ε312 = 1→ = −ω S y

y para S y esto es

dS y

dt= iω

~[S z, S y

]= iω

~(i~ε321 S x

)ε321 = −1→ = ω S x

Las ecuaciones para los tres operadores son entonces

dS x

dt= −ω S y

dS y

dt= ω S x

dS z

dt= 0

A partir de la tercera ecuación ya sabemos que

S z (t) = S z (0)

= ~2σz → Matriz de Pauli

= ~2

[1 00 −1

]Para resolver las otras dos ecuaciones se plantea un cambio de variables que las desacopla dado por

S +

def= S x + i S y

S −def= S x − i S y

⇒

S x = S + + S −

2

S y = S + − S −2i

con lo cual el sistema de ecuaciones diferenciales se convierte en1) dS +

dt+ dS −

dt= ωi

(S + − S −

)2) dS +

dt− dS −

dt= ωi

(S + + S −

)y si ahora se suman y restan las ecuaciones anteriores se obtiene

1 + 2) dS +

dt= iω S +

1− 2) dS −dt

= −iω S −Los resueltos de

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por lo tanto S + = eiωt C 1

S − = e−iωt C 2

donde C 1 y C 2 son dos operadores constantes que se obtienen a partir de las condiciones inicialesS + (0) = S x (0) + i S y (0)S − (0) = S x (0)− i S y (0)

.

Entonces S + (t) = eiωt

(S x (0) + i S y (0)

)S − (t) = e−iωt

(S x (0)− i S y (0)

)Ahora, para terminar, se puede deshacer el cambio de variables remplazando

S +

def= S x + i S y

S −def= S x − i S y

y sumando y restando las

ecuaciones. Se obtiene1) S x + i S y = eiωt

(S x (0) + i S y (0)

)2) S x − i S y = e−iωt

(S x (0)− i S y (0)

) ⇒ 1 + 2) S x = S x (0) cosωt− S y (0) sinωt1− 2) S y = i S x (0) sinωt+ i S y (0) sinωt

¿Está bien esto?

Ejercicio 7 (?)En el picture de Heisenberg se tiene que

x (t) = U † x U

por lo tanto[ x (t) , (x)] = U † x U x − x U † x U ← x (x) def= x

¿qué se pretende?

Ejercicio 8Ítem a

En la teórica encontramos que

Ecs. de Heisenberg→

d x

dt= i

~[H , x

]d p

dt= i

~[H , p

]Hamitoniano de esta forma→ H =

p 2

2m + V (x )

⇒

d x

dt=

p

md p

dt= −~∇V (x )

Si a lo anterior le tomamos valor medio para un estado |ψ〉 (nota3) entonces obtenemos el teorema de Ehrenfest que es

Ehrenfest→

d 〈x 〉dt

=⟨p⟩

m

d⟨p⟩

dt= −

⟨~∇V (x )

⟩Por suerte el potencial es sencillo (consigna) por lo tanto⟨

~∇V (x )⟩

=⟨

∂

∂ x(−k x )

⟩= −k

Las ecuaciones de movimiento para los valores medios quedand 〈x 〉dt

=⟨p⟩

m

d⟨p⟩

dt= k

3No olvidar que 〈x 〉 en realidad debería anotarse de alguna forma que haga referencia al estado |ψ〉 sobre el cual se aplica, por ejemplo 〈x 〉|ψ〉.Los resueltos de

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y esto ya se puede resolver. La solución es 〈x 〉 (t) = k

mt2 +

⟨p⟩

(0)m

t+ 〈x 〉 (0)⟨p⟩

(t) = kt+⟨p⟩

(0)

Se observa que es completamente análogo al caso clásico de tiro vertical en F1.

Ítem b

Para ver que es constante voy a calculard⟨

∆p 2⟩dt

?= 0

y ver si es cero.Sea |ψ〉 el estado de la partícula en este potencial. Entonces4⟨

∆p 2⟩ =⟨p 2⟩− ⟨ p ⟩2

por lo qued⟨

∆p 2⟩dt

=d⟨p 2⟩dt

−d⟨p⟩2

dtEl segundo término se puede calcular de lo que se obtuvo en el ítem a:

d⟨p⟩2

dt= d

dt

(kt+

⟨p⟩

(0))2

= 2k(kt+

⟨p⟩

(0))

= 2k⟨p⟩

Para calcular el primer término se considera lo siguiente

d⟨p 2⟩dt

=⟨d p 2

dt

⟩esto es así porque

⟨A⟩

(t) def= 〈ψ| U †A (0) U |ψ〉 y entonces

d⟨A⟩

dt= d

dt〈ψ| U †A (0) U |ψ〉

= 〈ψ|d(U †A (0) U

)dt

|ψ〉

=⟨dA

dt

⟩y⟨d p 2

dt

⟩se puede calcular con la ecuación de movimiento de Heisenberg que es⟨

d p 2

dt

⟩= i

~⟨[H , p 2]⟩

= i

~

⟨[p 2

2m + V (x ) , p 2

]⟩

= i

~

⟨>

0[p 2

2m, p 2

]+[V (x ) , p 2]⟩

= i

~⟨[V (x ) , p 2]⟩

V (x ) = −k x → = − ik~⟨[x , p 2]⟩

[x , f

(p)]

= i~∂f

∂ p, guía 1 ej. 30→ = − ik

~⟨2i~ p

⟩= 2k

⟨p⟩

4Nuevamente la incerteza de un operador⟨

∆p 2⟩debería anotarse de una forma que haga referencia al estado |ψ〉 sobre el cual se calcula, por

ejemplo⟨

∆p 2⟩|ψ〉

.

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Como se puede ver, se obtuvo lo que se esperaba X.

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3 GUÍA 3 - OSCILADOR ARMÓNICO Y POTENCIALES

3. Guía 3 - Oscilador armónico y potencialesEjercicio 1

Las ecuaciones de Heisenberg son

d x

dt= i

~[H , x

]d p

dt= i

~[H , p

] y en el ejercicio 8 de la guía 2 (ver en página 24) se encontró que

si H = p 2

2m + V (x ) entonces quedaban

d x

dt=

p

md p

dt= −~∇V (x )

por lo tanto, para el oscilador armónico esto es

Ecs. de Heisenberg para el oscilador armónico→

d x

dt=

p

md p

dt= −mω2 x

Dada la exacta analogía con las ecuaciones de Hamilton para el oscilador armónico clásico, la solución ya se conoce y será[1, eqs. (2.3.45a) y (2.3.45.b)]

Harmonic oscillator→

x (t) = x (0) cosωt+p (0)mω

sinωt

p (t) = p (0) cosωt−mω x (0) sinωt

Ejercicio 2Ítem a

A partir de la definición de a y a † se puede despejarx =

√~

2mω(a + a †

)p =

√m~ω

2 i(− a + a †

)Entonces los elementos de la matriz de x son, en la base de autoestados de N ,

〈m| x |n〉 =√

~2mω 〈m|

(a + a †

)|n〉

a |n〉 =√n |n− 1〉

a † |n〉 =√n+ 1 |n+ 1〉

→ =√

~2mω 〈m|

(√n |n− 1〉+

√n+ 1 |n+ 1〉

)=

√~

2mω(√nδm,n−1 +

√n+ 1δm,n+1

)por lo tanto

x =√

~2mω

0√

2√2 0

√3√

3 0√

4√4 0

√5

√5

. . . . . .

. . .

→ En la base |n〉

Los elementos de matriz de p serán

〈m| p |n〉 =√m~ω

2 〈m|(− a + a †

)|n〉 ← p =

√m~ω

2 i(− a + a †

)a |n〉 =

√n |n− 1〉

a † |n〉 =√n+ 1 |n+ 1〉

→ =√m~ω

2 i 〈m|(−√n |n− 1〉+

√n+ 1 |n+ 1〉

)Los resueltos de

ALF

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←click me!27 201808061555



por lo tanto el operador p se representará matricialmente como

p =√m~ω

2 i

0√

2√2 0

√3√

3 0√

4√4 0

√5

√5

. . . . . .

. . .

El cálculo con x 2 y p 2 es análogo.Me las ingenié para lograr resolver este ítem entero usando wxMaxima ,.

Ítem b

El teorema del virial de la Mecánica Clásica5 me parece que lo que dice para el oscilador armónico (clásico) es que

〈T 〉 = 〈V 〉 → Caso clásico

donde los promedios son temporales. Es decir 〈T 〉 = 1∆t´∆t

0 T dt donde ∆t es el período del oscilador. Supongo que se verificatambién para la cuántica que ⟨

T⟩

=⟨V⟩→ Caso cuántico

donde cada uno de los operadores son T =

p 2

2m

V = mω2

2 x 2

Supóngase que el oscilador está en el autoestado |n〉, entonces⟨T⟩

= 〈n| T |n〉

= 12m 〈n| p

2 |n〉

p =√m~ω

2 i(− a + a †

)→ = − 1

2mm~ω

2 〈n|(− a + a †

) (− a + a †

)|n〉

= −~ω4 〈n|

(a 2 + a †2 − a a † − a † a

)|n〉

a |n〉 =√n |n− 1〉

a † |n〉 =√n+ 1 |n+ 1〉

→ = −~ω4 〈n|

(√n√n− 1 |n− 2〉+

√n+ 1

√n+ 2 |n+ 2〉 − (n+ 1) |n〉 − n |n〉

)= ~ω

4 (2n+ 1)

= En2

y ⟨V⟩

= 〈n| V |n〉

= mω2

2 〈n| x 2 |n〉

x =√

~2mω

(a + a †

)→ = mω2

2~

2mω 〈n|(a 2 + a †2 + a a † + a † a

)|n〉

= ~ω4 〈n|

(√n√n− 1 |n− 2〉+

√n+ 1

√n+ 2 |n+ 2〉+ (n+ 1) |n〉+ n |n〉

)= ~ω

4 (2n+ 1)

= En2

por lo tanto es evidente que⟨T⟩

=⟨V⟩.

5Lo leí de Wikipedia.Los resueltos de

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https://es.wikipedia.org/wiki/Teorema_del_virial



Ejercicio 6 [1, prob. 17, chap. 2]El operador de posición en el picture de Heisenberg para el oscilador armónico es (ver ejercicio 1 de la guía 3 en página

27)


sinωt

por lo tanto la función de correlación para un autoestado de la energía |0〉 esC|0〉 (t) = 〈0| x (t) x (0) |0〉

= 〈0|(x 2 cosωt+

p x

mωsinωt

)|0〉

Del ejercicio 2 (ver pag. 27) se sabe quex |n〉 =

√~

2mω(√n |n− 1〉+

√n+ 1 |n+ 1〉

)p |n〉 = i

√m~ω

2(−√n |n− 1〉+

√n+ 1 |n+ 1〉

)Entonces

x 2 |0〉 =√

~2mω x |1〉

= ~2mω

(|0〉+

√2 |2〉

)y

p x |0〉 = p

√~

2mω |1〉

= i

√~

2mω

√m~ω

2

(− |0〉+

√2 |2〉

)= i

~2

(− |0〉+

√2 |2〉

)por lo que

C|0〉 (t) = 〈0|(

~2mω

(|0〉+

√2 |2〉

)cosωt+

i ~√2

(− |0〉+

√2 |2〉

)mω

sinωt)

= ~2mω cosωt− i ~

2mω sinωt

= ~2mωe

−iωt X?

A [2] se le cancela el término imaginario y le queda sólo el real, lo cual tiene sentido ya que C|0〉 parecería ser un observable,con lo cual debería ser real... Pero no sé, revisé la cuenta muchas veces y no encuentro mi error... Es más, lo resolví conwxMaxima y me dio igual a lo que yo hice... Además encontré esto link donde está resuelto este ejercicio al final de todo yles queda igual que a mí. Quizá el último Sakurai se equivocó.

Ejercicio 7Ítem a

El estado más general es|ψ〉 = a |0〉+ b |1〉

y el valor medio de x es〈x 〉 = 〈ψ| x |ψ〉

= (a∗ 〈0|+ b∗ 〈1|)(x (0) cosωt+

p (0)mω

sinωt)

(a |0〉+ b |1〉)

= (a∗ 〈0|+ b∗ 〈1|)[√

~2mω cosωt

(a |1〉+ b |0〉+ b

√2 |2〉

)+ i

√m~ω

2a |1〉 − b |0〉+ b

√2 |2〉

mωsinωt

]...

=√

~2mω ((a∗b+ ab∗) cosωt+ i (ab∗ − a∗b) sinωt)

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https://www3.nd.edu/~bjanko/p70007/qm1hw4answers.pdf



De la condición de normalización para |ψ〉 y colocando la fase global en |1〉 se tiene que a y b se pueden parametrizar segúna = A ∈ [0, 1]

b =√

1−A2eiφ

por lo tanto

〈x 〉 =√

~2mω

(A√

1−A2[eiφ + e−iφ

]cosωt+ i

[A2 −

√1−A2eiφ

√1−A2e−iφ

]sinωt

)...

=√

2~mω

A√

1−A2 (cosφ cosωt+ sinφ sinωt)

y evaluado en t = 0 entonces

〈x 〉 (t = 0) =√

2~mω

A√

1−A2 cosφ

y para que lo anterior sea máximo se requiere que φ = 0 y que A = 1√2 . Para A no hice la cuenta pero así lo calculamos en

clase.

Ítem b

A t = 0 el estado es|ψ〉 = |0〉+ |1〉√

2y en el picture de Schrödinger la evolución temporal será

|ψ〉 (t) = U †0→t |ψ〉

= ei~ H t |0〉+ |1〉√

2

= ei~E0t |0〉+ e

i~E1t |1〉√

2

donde En = ~ω(n+ 1

2).

Respecto a 〈x 〉, en el picture de Schrödinger es

〈x 〉 (t) = 〈ψ| (t) x |ψ〉 (t)

= e−i~E0t 〈0|+ e−

i~E1t 〈1|√

2xei~E0t |0〉+ e

i~E1t |1〉√

2

y ahora uso x |n〉 =√

~2mω

(√n |n− 1〉+

√n+ 1 |n+ 1〉

)que lo encontré en un ejercicio previo por lo que

〈x 〉 (t) = e−i~E0t 〈0|+ e−

i~E1t 〈1|

2

√~

2mω

(ei~E0t |1〉+ e

i~E1t

[|0〉+

√2 |2〉

])=

√~

8mω

(ei~ (E1−E0)t + e

i~ (E0−E1)

)=

√~

8mω 2 cos(E1 − E0

~t

)En = ~ω

(n+ 1

2

)→ =

√~

2mω cosωt X

En el picture de Heisenberg la cuenta es, usando la expresión de x (t) obtenida en el ejercicio 1 de la guía 3 (ver página27),

〈x 〉 (t) = 〈ψ| x (t) |ψ〉

= 〈0|+ 〈1|√2

(x cosωt+

p

mωsinωt

)|0〉+ 〈1|√

2

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Ahora uso

x |n〉 =

√~

2mω(√n |n− 1〉+

√n+ 1 |n+ 1〉

)p |n〉 = i

√m~ω

2(−√n |n− 1〉+

√n+ 1 |n+ 1〉

) por lo que

〈x 〉 (t) = 〈0|+ 〈1|2

[√~

2mω

[|1〉+ |0〉+

√2 |2〉

]cosωt+ i

√m~ω

21mω

[|1〉 − |0〉+

√2 |2〉

]sinωt

]

= 12

√~

2mω cosωt−

i

2

√~

2mω sinωt+ 12

√~

2mω cosωt+

i

2

√~

2mω sinωt

=√

~2mω cosωt X → Así nos dio en clase

Haciendo la cuenta con la computadora me da√

2~mωA

√1−A2 cosωt que es levemente distinto.

Respecto a⟨

∆x 2⟩|ψ〉, la cuenta la hice con la computadora y me dio así:


El potencial para este ejercicio es así:

x

x²

y para x > 0 es igual al del oscilador armónico. Entonces, las funciones de onda para x > 0 serán las mismas que lasdel oscilador armónico. Para x < 0 se requiere que 〈x|ψ〉 = 0. Entonces las funciones de onda tienen que tener la siguienteforma:

x

x²

ψ0 ψ1

donde ψn coincide (salvo factor de escala) con la función ψ2n+1 del oscilador armónico común (los niveles con n impartienen funciones de onda impares, que es lo que se quiere). Entonces

E(común)n = ~ω

(n+ 1

2

)Oscilador armónico común

En = E(común)2n+1 = ~ω

(2n+ 3

2

)Este ejercicio

por lo tanto el nivel del fundamental es

E0 = 32~ω

= 32~√k

mX

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Ítem b (ni idea)

Ejercicio 15 (preguntar niveles de energía)[1, prob. 22, chap. 2]El potencial es

V (x ) = −λδD (x )

por lo que la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo es, para un autoestado |n〉 de la energía,

H |n〉 = En |n〉(p 2

2m − λδD (x ))|n〉 = En |n〉

En la representación del espacio de coordenadas x lo anterior es(− ~2

2m∂2

∂x2 − λδD (x))n (x) = Enn (x)

Ahora considero que

δD (x) = lımε→0

12ε x ∈ (−ε, ε)

0 en otro caso

y de esta forma´δD (x) dx = 1. Entonces el problema se puede expresar según

lımε→0

(− ~2

2m∂2

∂x2

)n (x) = Enn (x) x < −ε(

− ~2

2m∂2

∂x2 −12ε

)n (x) = Enn (x) − ε < x < ε(

− ~2

2m∂2

∂x2

)n (x) = Enn (x) ε < x

es decir

V(x)-ε ε

1 2 3

E

La solución a las ecuaciones diferenciales es

n (x) =

A1 exp(i

√2mEn~2 x

)+B1 exp

(−i√

2mEn~2 x

)x < −ε

Algo que no me interesa − ε < x < ε

A3 exp(i

√2mEn~2 x

)+B3 exp

(−i√

2mEn~2 x

)ε < x

Obsérvese el hecho de queEstado ligado ⇐⇒ En < 0

por lo tanto las exponenciales imaginarias en realidad son reales. Es decir, aplicando el cambio de variable

εn = −En

con εn > 0 para estados ligados entonces

n (x) =

A1 exp(−√

2mεn~2 x

)+B1 exp

(√2mεn~2 x

)x < −ε


A3 exp(−√

2mεn~2 x

)+B3 exp

(√2mεn~2 x

)ε < x

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con todos los números del exponente positivos, y así sí es evidente que las soluciones no son oscilatorias en las regiones 1 y3, que es lo que se espera X.

Ahora, de la “condición de contorno” de normalización de n (x) se tiene que A1 = B3 = 0, es decirˆ

R

n (x) dx = 1⇒ A1 = B3 = 0

por lo tanto

n (x) =

B1 exp(√

2mεn~2 x

)x < −ε


A3 exp(−√

2mεn~2 x

)ε < x

Ahora aplico el límite ε→ 0 y entonces

n (x) =

B1 exp

(√2mεn~2 x

)x < 0

A3 exp(−√

2mεn~2 x

)0 < x

y como la función de onda debe ser continua se tiene que B1 = A3 (nota6). Es decir

n (x) =

A exp

(√2mεn~2 x

)x < 0

A exp(−√

2mεn~2 x

)0 < x

Finalmente, el valor de A se puede sacar de la condición de noramlización. Se obtiene (la cuenta la hice a ojo, quizá le pifié)

n (x) =

~√

2mεnexp

(√2mεn~2 x

)x < 0

~√2mεn

exp(−√

2mεn~2 x

)0 < x

que es muy similar a lo que obtuvo [2] X.

6La derivada de la función de onda también tiene que ser continua, salvo en puntos en los que el potencial es infinito. En este caso en x = 0 laderivada será discontinua.

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4 GUÍA 4 - TEORÍA DE PERTURBACIONES

4. Guía 4 - Teoría de perturbacionesEjercicio 1Ítem a

Al tratarse del oscilador armónico 1D perturbado, el hamiltoniano es

H = H oscilador armónico 1D + bH de la perturbación

=p 2

2m + mω2

2 x 2 + b x

donde b es lo que se suele llamar λ.De acuerdo con [3] la corrección de la energía a primer orden es

E(1)n =

⟨n(0)

∣∣∣ V ∣∣∣n(0)⟩

V = x → =⟨n(0)

∣∣∣ x ∣∣∣n(0)⟩

x∣∣∣n(0)

⟩=√

~2mω

(√n∣∣∣n− 1(0)

⟩+√n+ 1

∣∣∣n+ 1(0)⟩)→ = 0

y la corrección a segundo orden es

E(2)n =

∑∀` 6=n

∣∣ ⟨`(0)∣∣ V ∣∣n(0)⟩ ∣∣2

E(0)n − E(0)

`

V = H de la perturbación = x → =∑∀` 6=n

∣∣ ⟨`(0)∣∣ x ∣∣n(0)⟩ ∣∣2

E(0)n − E(0)

`

=∑∀` 6=n

∣∣∣ ⟨`(0)∣∣ ( constante

∣∣n− 1(0)⟩+ otra constante∣∣n+ 1(0)⟩) ∣∣∣2

E(0)n − E(0)

`

=

∣∣∣ constante∣∣∣2

E(0)n − E(0)

n−1+

∣∣∣ otra constante∣∣∣2

E(0)n − E(0)

n+1

constante =√

~2mω

√n

otra constante =√

~2mω

√n+ 1

E(0)n = ~ω

(n+ 1

2

) → = ~2mω

(n

~ω(n+ 1

2)− ~ω

(n− 1 + 1

2) + n+ 1

~ω(n+ 1

2)− ~ω

(n+ 1 + 1

2))︸︷︷︸

− 1~ω

= − 12mω2

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Ítem b

Para resolver en forma exacta se considera lo siguiente

H =p 2

2m + mω2

2 x 2 + b x

=p 2

2m + mω2

2

(x 2 + 2b

mω2 x

)Completo cuadrados→ =

p 2

2m + mω2

2

(x 2 + 2b

mω2 x +(

b

mω2

)2−(

b

mω2

)2)

=p 2

2m + mω2

2

([x + b

mω2

]2−(

b

mω2

)2)

x ′def= x + b

mω2 → =p 2

2m + mω2

2 x ′2 − b2

2mω2

=p 2

2m + mω2

2 x ′2︸︷︷︸H oscilador armónico

+ E′

con lo cual se observa que H en definitiva es un oscilador armónico con un corrimiento de energía E′. Entonces

H = ~ω(N + 1

2

)+ E′

donde N es el operador número del oscilador armónico. Entonces

En = ~ω(n+ 1

2

)− b2

2mω2 X

Ejercicio 2 [1, prob. 2, chap. 5] (preguntar si está bien hecho)En este problema se tiene el hamiltoniano

H =p 2

2m + V (x ) + V1 (x )

donde

V (x) =

0 x ∈ [0, L]× [0, L]∞ En otro caso

V2 (x) =λxy x ∈ [0, L]× [0, L]0 en otro caso

1) Problema sólo con V

Lo primero que hay que resolver, de acuerdo a la consigna, es el problema cuando sólo existe V , i.e.

H =

p 2

2m x ∈ [0, L]× [0, L]

p 2

2m +∞ en otro caso

con lo cual la ecuación de Schrödinger es

H |ψ〉 = E |ψ〉 −~2

2m

(∂2ψ

∂x2 + ∂2ψ

∂y2

)x ∈ [0, L]× [0, L]

∞ en otro caso= Eψ (x, y)

Región x ∈ [0, L]× [0, L] Para la región donde el potencial no es infinito propongo una solución de la forma

ψ (x, y) = X (x)Y (y) para x ∈ [0, L]× [0, L]

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con lo cual, dentro de la región x ∈ [0, L]× [0, L], se tiene que

− ~2

2m

(∂2X

∂x2 Y +X∂2Y

∂y2

)= EXY ⇒ = 1

X

∂2X

∂x2 + 1Y

∂2Y

∂y2 = −2Em~2

y como siempre, cuando se usa separación de variables, esto implica que1X

∂2X

∂x2 = −k2x

1Y

∂2Y

∂y2 = −k2y

⇒

X (x) = ax cos (kxx) + bx sin (kxx)Y (y) = ay cos (kyy) + by sin (kyy)

Región x /∈ [0, L]× [0, L] Para la zona en que el potencial es infinito la solución se hace más a ojo. No sé si es un argumentofísico o uno matemático el que impone que

ψ (x) = 0 para x /∈ [0, L]× [0, L]

en esta región. Para que se satisfaga la ecuación de Schrödinger, i.e. ∞ = Eψ, se debe tener que E → ∞ más rápido queψ. Tampoco creo que tenga sentido preocuparme por esto, lo que me interesa es aprobar el parcial la semana que viene endefinitiva.

Condiciones de contorno Ahora impongo las condiciones de contorno que son tres7

Condiciones de contorno→

ψ (x) = 〈x|ψ〉 es una función continua~∇ψ = ~∇〈x|ψ〉 es continuo en todos lados salvo donde V →∞¨

x,y∈R

ψ∗ψ dx dy = 〈ψ|ψ〉2 = 1

El hecho de que ψ es una función continua implica que

ψ (x) es continua⇒

X (x = 0) = 0X (x = L) = 0Y (y = 0) = 0Y (y = L) = 0

por lo tanto X (x) = bx sin

(πnxL

x)

Y (y) = by sin(πnyL

y)

y entonces

ψ (x) =

A sin(πnxL

x)

sin(πnyL

y)

x ∈ [0, L]× [0, L]

0 en otro caso

donde A = bxby es otra constante. La condición sobre ~∇ψ se satisface automáticamente en todos lados. Por otro lado lacondición de normalización es

¨

x,y∈R

ψ∗ψ dx dy =L

0

L

0

A∗A sin2(πnxL

x)

sin2(πnyL

y)dx dy

1 = A∗AL2

4

por lo tanto |A |2 = 4L2 y entonces8

ψ (x) =

2L2 sin

(πnxL

x)

sin(πnyL

y)

x ∈ [0, L]× [0, L]

0 en otro casoX

7Según tengo de F4, en Teórica 2 no recuerdo que se haya hecho un análisis de este tema y de por qué son estas las condiciones de contorno.8La fase de A no interesa ya que es una fase global. Se puede considerar que A ∈ R.

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son los autoestados de H . Para calcular los autovalores hago

H ψnx,ny = Enx,nyψnx,ny

− ~2

2m

(∂2

∂x2 + ∂2

∂y2

)ψnx,ny =

− ~2

2m

((πnxL

)2+(πnyL

)2)(−ψnx,ny

)=

por lo tanto

Enx,ny = π2~2

2mL2

(n2x + n2

y

)X

2) Problema incluyendo V1

Ahora que se conoce la solución de H 0 = p 2

2m + V (x ) se puede proceder a la resolución de

H =p 2

2m + V (x )︸︷︷︸H 0

+ λV2 (x )

utilizando la teoría de perturbaciones, es decir encontrar los autoestados tales que

H∣∣ψnx,ny⟩ = Enx,ny

∣∣ψnx,ny⟩ H 0

∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩= E(0)

nx,ny

∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩siendo

∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩y E(0)

nx,ny conocidos de lo que se hizo anteriormente.Como se nos piden las autofunciones a orden cero y las energías a orden uno entonces

∣∣ψnx,ny⟩ =∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩+λ∣∣∣ψ(1)nx,ny

⟩A orden cero

Enx,ny = E(0)nx,ny + λE(1)

nx,ny A orden uno

con lo cual lo único que faltaría calcular es E(1)nx,ny . Metiendo esto en la ec. de Schrödinger(

H 0 + λV 2) (∣∣∣ψ(0)

nx,ny

⟩+ λ

∣∣∣ψ(1)nx,ny

⟩+ . . .

)=(E(0)nx,ny + λE(1)

nx,ny + . . .)(∣∣∣ψ(0)

nx,ny

⟩+ λ

∣∣∣ψ(1)nx,ny

⟩+ . . .

)por lo que

O(λ0)→ H 0

∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩= E(0)

nx,ny

∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩O(λ1)→ H 0

∣∣∣ψ(1)nx,ny

⟩+ V 2

∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩= E(0)

nx,ny

∣∣∣ψ(1)nx,ny

⟩+ E(1)

nx,ny

∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩...

De la segunda ecuación se puede despejar(H 0 − E(0)

nx,ny

) ∣∣∣ψ(1)nx,ny

⟩=(E(1)nx,ny − V 2

) ∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩y si ahora braketeamos contra

⟨ψ

(0)nx,ny

∣∣∣ se obtiene

:

0⟨ψ(0)nx,ny

∣∣∣ (H 0 − E(0)nx,ny

) ∣∣∣ψ(1)nx,ny

⟩=⟨ψ(0)nx,ny

∣∣∣ (E(1)nx,ny − V 2

) ∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩

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por lo que

E(1)nx,ny =

⟨ψ

(0)nx,ny

∣∣∣ V 2

∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩⟨ψ

(0)nx,ny

∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩= 1

=⟨ψ(0)nx,ny

∣∣∣ x y ∣∣∣ψ(0)nx,ny

⟩X

Representación en espacio de x→ =L

0

L

0

(ψ(0)nx,ny

)∗xyψ(0)

nx,ny dx dy

ψ(0)nx,ny (x, y) = 2

L2 sin(πnxL

x)

sin(πnyL

y)→ =

L

0

L

0

4L4xy sin2

(πnxL

x)

sin2(πnyL

y)dx dy

... wxMaxima= 1

4

(nota sobre las unidades9) La respuesta de este ejercicio es entonces〈x|ψ〉 = 2

L2 sin(πnxL

x)

sin(πnyL

y)

+λ⟨x|ψ(1)

⟩+ λ2

⟨x|ψ(2)

⟩+ . . .

E = π2~2

2mL2

(n2x + n2

y

)+ λ

4 +λ2E(2) + . . .

Ejercicio 3Ítem a

Al tratarse de un oscilador armónico sin ninguna modificación las energías son

E = ~ω (nx + ny + 1)

por lo que las energías y degeneraciones de los tres estados de menor energía son

Energía nx ny Degeneración~ω 0 0 1

2~ω 1 0 20 1

3~ω1 1

32 00 2

Ítem b

El hamiltoniano ahora esH = H 0 + V

siendo H 0 el oscilador armónico bidimensional del ítem a y V = δmω2 x y . De acuerdo con el método de perturbacionesse propone que |nx, ny〉 =

∣∣∣nx, ny (0)⟩

+δ∣∣∣nx, ny (1)

⟩+ . . .

E = E(0) + δE(1) +δ2E(2) + . . .

donde se indicaron en negro los términos que nos interesan de acuerdo a lo que pide la consigna. El autoestado a orden ceroes el del oscilador armónico no perturbado así que eso ya está

|nx, ny〉 =∣∣∣n(0)x

⟩⊗∣∣∣n(0)y

⟩9Obsérvese que E(1)

nx,ny quedó adimensional, cuando debería tener unidades de energía. Esto se debe a que V2 = xy tampoco tiene unidades deenergía, si se modifica V2 = xy × constante con unidades de E entonces daría bien. El procedimiento con el que lo resolví parece coherente.

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Para la energía, aparentemente como en el estado fundamental no hay degeneración entonces vale lo de siempre

E(1)0 =

⟨0, 0 (0)

∣∣∣ V ∣∣∣0, 0 (0)⟩→ Porque no hay degeneración∣∣∣0, 0 (0)

⟩=∣∣∣0(0)x

⟩⊗∣∣∣0(0)y

⟩→ = mω2

: 0⟨0(0)x

∣∣∣ x ∣∣∣0(0)x

⟩⊗

: 0⟨

0(0)y

∣∣∣ y ∣∣∣0(0)y

⟩= 0

y para el primer estado excitado, que como se vio en el ítem “a” está degenerado, vale el “formalismo de degeneración”10que dice que

E(1)|φ1〉, E

(1)|φ2〉

= autovalores de

[〈1, 0| V |1, 0〉〈1, 0| V |0, 1〉〈0, 1| V |1, 0〉〈0, 1| V |0, 1〉

]→ Esto es cuando hay degeneración

(nota11). Cada uno de los elementos de la matriz anterior se obtiene según

〈i, j| V |k, `〉 = δmω2 〈i| x |k〉 ⊗ 〈j| y |`〉 ← |i, j〉 = |i〉 ⊗ |j〉

por lo tanto

〈1, 0| V |1, 0〉 = δmω2

: 0〈1| x |1〉 ⊗

: 0〈0| y |0〉 = 0

〈1, 0| V |0, 1〉 = δmω2 〈1| x |0〉 ⊗ 〈0| y |1〉 = δmω2 ~2mω 〈1| 1〉 ⊗ 〈0| 0〉 = δ~ω

2

〈0, 1| V |1, 0〉 = 〈1, 0| V |0, 1〉∗ = δ~ω2

〈0, 1| V |0, 1〉 = δmω2

: 0〈0| x |0〉 ⊗

: 0〈1| y |1〉 = 0

y entonces E

(1)1,0 , E

(1)0,1

= autovalores de

(δ~ω

2

[0 11 0

])=

±δ~ω2

y en consecuencia las energías luego de la perturbación se desdoblan

No perturbado→ E(0)|1,0〉 = E

(0)|0,1〉 = 2~ω perturbación−→ −→ −→ −→ −→

E

(1)a|1,0〉+b|0,1〉 = 2~ω + δ~ω

2

E(1)c|1,0〉+d|0,1〉 = 2~ω − δ~ω

2Para saber a qué estado corresponde cada energía12, hay que calcular los autovectores de la matriz mágica y ver cuáles sonlos autovalores asociados. Es decir

autovectores de(δ~ω

2

[0 11 0

])=

1√2

[11

],

1√2

[−11

]por lo tanto

Autovector Autovalor

|φ1〉def= |1,0〉+|0,1〉√

2 + δ~ω2

|φ2〉def= |1,0〉−|0,1〉√

2 − δ~ω2

y entonces las energías de los tres primeros estados luego de la perturbación seránE

(1)|0x,0y〉 = ~ω ← Este lo calculé más arriba

E(1)|φ1〉 = 2~ω + δ~ω

2

E(1)|φ2〉 = 2~ω − δ~ω

210En este momento no tengo idea por qué es así, lo deberé aprender en forma algorítmica en el tiempo que tengo...11Si nos hubieran pedido lo mismo pero para el estado siguiente de energía, que tiene degeneración tres, entonces creo que sería así:E

(1)2,0 , E

(1)0,2 , E

(1)1,1

= autovalores de

[〈2, 0| V |2, 0〉〈2, 0| V |0, 2〉〈2, 0| V |1, 1〉〈0, 2| V |2, 0〉〈0, 2| V |0, 2〉〈0, 2| V |1, 1〉〈1, 1| V |2, 0〉〈0, 2| V |1, 1〉〈1, 1| V |1, 1〉

].

12O sea, para encontrar el valor de a, b, c y d en la ecuación anterior.Los resueltos de

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Ítem c (pregunta)

Es como siempre, hay que avivarse de un cambio de variables copado tal que se recupera el oscilador armónico noperturbado. El hamiltoniano es

H =p 2

2m + mω2

2(x 2 + y 2)+ δmω2 x y

=p 2

2m + mω2

2[x 2 + y 2 + 2δ x y

]Mucho ingenio→ =

p 2

2m + mω2

2

[1 + δ

2(x + y

)2 + 1− δ2

(x − y

)2]X

def=x + y√

2

Ydef=

x − y√

2

→ =p 2

2m + mω2

2[(1 + δ) X 2 + (1− δ) Y 2]

=p 2x

2m + mω2

2 (1 + δ) X 2︸︷︷︸H X

+p 2y

2m + mω2

2 (1− δ) Y 2︸︷︷︸H Y

PREGUNTA: ¿quién me garantiza quepX = p x

p Y = p yde modo tal que lo que me quedó efectivamente son dos osciladores

armónicos? y como se puede ver esto efectivamente es el hamiltoniano de un oscilador armónico bidimensional anisotrópico,es decir con ωX 6= ωY . En consecuencia se sabe que las energías serán

EnX ,nY = ~[ωX

(nX + 1

2

)+ ωY

(nY + 1

2

)]= ~ω

[√1 + δ

(nX + 1

2

)+√

1− δ(nY + 1

2

)]Si a esta expresión se le reemplaza nX y nY por los valores numéricos y se hace algún que otro Taylor, se obtiene lo del ítemanterior. Obsérvese que nX , nY 6= nx, ny ya que las energías Enx,ny son antes de realizar el cambio de variables. Esto implicaque EnX ,nY =1,0 ∼ E(1)

|φ1〉 del ítem anterior y lo mismo para el otro caso.

Teoría de perturbaciones dependientes del tiempoA partir de acá los problemas son con dependencia temporal. Dejo a continuación un cuadrito del Sakurai que me pareció

ilustrativo de los distintos pictures:

I would rather say "operator"

Ejercicio 13 [1, chap. 5, prob. 22]El valor de expectación de la posición es, por definición,

〈x 〉 (t) def= 〈ψ (t)| x |ψ (t)〉

donde |ψ (t)〉 y x son en el picture de Schrödinger. El método de perturbaciones dependientes del tiempo arroja como soluciónel estado |ψI (t)〉 en el picture de interacción. Éste se relaciona con el estado en el picture de Schrödinger mediante

|ψI (t)〉 = ei~ H 0t |ψ (t)〉

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En consecuencia |ψ (t)〉 = e−i~ H 0t |ψI (t)〉 y el valor medio de la posición es, en términos del estado en el picture de interacción,

〈x 〉 (t) = 〈ψI (t)| e i~ H 0t x e−i~ H 0t |ψI (t)〉

= 〈ψI (t)| x I (t) |ψI (t)〉

donde x I es el operador de posición en el picture de interacción.Utilizando la expresión de |ψI (t)〉 que sale de aplicar el método de perturbaciones dependientes del tiempo, i.e.

|ψI (t)〉 =∞∑n=0

cn (t) |n〉

donde |n〉 satisface H 0 |n〉 = En |n〉 y cn es la serie de Dyson (creo), se obtiene que

〈x 〉 (t) =( ∞∑n=0

c∗n 〈n|

)x I

( ∞∑m=0

cm |m〉

)= c∗0c0

: 0〈0| x I |0〉+ c∗0c1 〈0| x I |1〉+ c∗1c0 〈1| x I |0〉+ . . .

· · ·+ c∗0c2: 0

〈0| x I |2〉+ 2c∗1c1: 0

〈1| x I |1〉+ c∗2c0: 0

〈2| x I |0〉+O (c3)Lowest non-zero order→ ≈ 2Re (c∗0c1 〈0| x I |1〉) + O (c3)

De acuerdo con [1, eq. (5.6.17)] las expresiones para cada uno de los cn a orden cero, uno y dos son

c(0)n (t) = 〈n| i〉

c(1)n (t) = − i

~

tˆ

0

〈n| V I (t1) |i〉 dt1

c(2)n (t) =

(− i~

)2 tˆ

0

dt1

t1ˆ

0

dt2 〈n| V I (t1) V I (t2) |i〉

donde |i〉 es el autoestado inicial (en este caso |i〉 = |0〉 según consigna).Debido a que c(0)

0 (t) = 1 para c0 (t) alcanza con orden cero

c0 (t) ≈ c(0)0 (t) = 1

NOTA. Nótese que en este ejercicio se está haciendo una doble aproximación. Por un lado se tiene la serie |ψI (t)〉 =∑∞n=0 cn (t) |n〉 y por el otro lado cada uno de los coeficientes cn es en sí mismo una serie. Así que se está haciendo un doble

recorte, al orden más bajo en ambas series. O al menos eso es lo que yo entiendo.Para c1 (t) se tiene que el orden cero es nulo, c(0)

1 (t) = 0, por lo tanto hay que ir al primer orden a probar suerte. Éste es

c(1)1 (t) = − i

~F0

tˆ

0

〈1| x I |0〉 cosωt dt

x I = ei~ H 0t x e−

i~ H 0t → = −i

√F 2

02m~ω0

〈1| x |0〉tˆ

0

ei32ω0te−iω0t cosωt dt

= −i

√F 2

02m~ω0

〈1| x |0〉tˆ

0

eiω0teiωt + e−iωt

2 dt

= − i2

√F 2

02m~ω0

〈1| x |0〉tˆ

0

(ei(ω+ω0)t + ei(ω0−ω)t

)dt

〈1| x |0〉 =√

~2mω0

= − i2

√F 2

02m~ω0

√~

2mω0

(ei(ω+ω0)t − 1i (ω0 + ω)

+ ei(ω0−ω)t − 1i (ω0 − ω)

)= −1

2F0

2mω0

(ei(ω+ω0)t − 1ω0 + ω

+ ei(ω0−ω)t − 1ω0 − ω

)y como se puede ver es no nulo así que acá termina la aproximación necesaria.

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Volviendo al cálculo de 〈x 〉 éste es

〈x 〉 = 2Re (c∗0c1 〈0| x I |1〉) ← Se encontró antes

= − F0

2mω0Re((

ei(ω+ω0)t − 1ω0 + ω

+ ei(ω0−ω)t − 1ω0 − ω

)〈0| x I |1〉

)x I = e

i~ H 0t x e−

i~ H 0t → = − F0

2mω0Re((

ei(ω+ω0)t − 1ω0 + ω

+ ei(ω0−ω)t − 1ω0 − ω

)eiω0te−i

32ω0t 〈0| x |1〉

)= − F0

2mω0Re((

eiωt − e−iω0t

ω0 + ω+ e−iωt − e−iω0t

ω0 − ω

)〈0| x |1〉

)= − F0

2mω0. . .

listo, sólo falta hacer las cuentitas. El resultado final es [2]

〈x 〉 = −F0

m

(cosωt− cosω0t

ω20 − ω2

)Como se puede ver, cuando ω → ω0 entonces 〈x 〉 → ∞ en forma oscilatoria. Este problema se debe a que el sistema entraen resonancia y entonces truncar todas las series al orden más bajo posible no es algo realista.

Ejercicio 15 [1, chap. 5, prob. 25]Ítem a

De acuerdo con la teoría de perturbaciones dependientes del tiempo los autoestados del hamiltoniano

H (t) = H 0 + V (t)

se podrán escribir en la forma

Interaction picture→ |ψI (t)〉 = c+ (t) |+〉+ c− (t) |−〉

donde |+〉 =[10

]y |−〉 =

[01

]son los autoestados de H 0 en el picture de Schrödinger.

La probabilidad de encontrar al sistema en el estado |−〉 luego de un tiempo t es

P (Encontrarlo en |−〉 en t) def= | 〈−|ψI (t)〉 |2

= | c− (t) |2

por lo tanto hay que calcular c−.Para encontrar a c− utilizo la ecuación de Schrödinger en el picture de interacción

i~∂

∂t|ψI (t)〉 = V I (t) |ψI (t)〉

Si se la bracketea contra 〈−| y se coloca una identidad 1 = |+〉〈+|+ |−〉〈−| en V I (t) 1 |ψI (t)〉 se encuentra que

〈−| i~ ∂∂t|ψI (t)〉 = 〈−| V I (t) 1 |ψI (t)〉

i~∂

∂tc− (t) = 〈−| V I (t) |+〉〈+|ψI (t)〉+ 〈−| V I (t) |−〉〈−|ψI (t)〉

A I = ei~ H 0tAe−

i~ H 0t → = ei

E−~ t 〈−| V |+〉 e−i

E+~ tc+ (t) + ei

E−~ t 〈−| V |−〉 e−i

E−~ tc− (t)

i~∂

∂tc− (t) = ei

E−−E+~ t 〈−| V |+〉 c+ (t) + 〈−| V |−〉 c− (t)

Haciendo lo mismo pero bracketeando contra 〈+| lo que queda es

i~∂

∂tc+ (t) = ei

E+−E−~ t 〈+| V |−〉 c− (t) + 〈+| V |+〉 c+ (t)

Por lo tanto se tiene el par de ecuaciones acopladasi~∂

∂tc+ (t) = ei

E+−E−~ t 〈+| V |−〉 c− (t) + 〈+| V |+〉 c+ (t)

i~∂

∂tc− (t) = ei

E−−E+~ t 〈−| V |+〉 c+ (t) + 〈−| V |−〉 c− (t)

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Para desacoplarlas se se me ocurre derivar nuevamente respecto al tiempo → no, no creo que funcione por las exponenciales.Sobrevive un término sin derivar.

Ya fue, lo voy a resolver con la aproximación de siempre:

c− (t) = c(0)− + c

(1)− (t) + c

(2)− (t) + . . .

usando

c(0)− = 〈−|+〉 ≡ 0

c(1)− (t) = − i

~

tˆ

0

〈−| V I (t1) |+〉 dt1

c(2)− (t) =

(− i~

)2 tˆ

0

dt1

t1ˆ

0

dt2 〈−| V I (t1) V I (t2) |+〉

A orden cero es evidente que no pasa nada porque c(0)− ≡ 0. A orden uno se tiene que

c(1)− (t) = − i

~

tˆ

0

〈−| e i~ H 0t V e−i~ H 0t |+〉 dt

= − i~

tˆ

0

eiE−−E+

~ t 〈−| V |+〉 dt

〈−| V |+〉 = λ cos (ωt)→ = − i~λ

tˆ

0

eiE−−E+

~ t cos (ωt) dt

ω0def= E− − E+

~→ = − iλ2~

tˆ

0

eiω0t[eiωt + e−iωt

]dt

= − iλ2~

[ei(ω+ω0)t − 1i (ω + ω0) + ei(ω0−ω)t − 1

i (ω0 − ω)

]Como el primer orden es no nulo entonces ya está, lo uso para calcular

P (Encontrarlo en |−〉 en t) = | c− (t) |2

≈∣∣∣ c(1)− (t)

∣∣∣2...

= λ2

~2

[sin2 (ω0+ω

2 t)

(ω0 + ω)2 +sin2 (ω0−ω

2 t)

(ω0 − ω)2 + cos (ωt) [cos (ωt)− cos (ω0t)]ω2

0 − ω2

]X

(el resultado es el de [2]).

Ítem b

Como siempre, esta aproximación servirá siempre y cuando ω sea “muy distinto” que ω0 ya que sino entra en resonanciay la aproximación requerirá cada vez más términos para ser buena.


Por lo que veo, en principio no hace falta aplicar teoría de perturbaciones. Se puede pensar que el hamiltoniano esdirectamente V y usarlo para evolucionar temporalmente al sistema. O sea, para el ítem a) voy a asumir que

H = V

= 4∆~2 S 1 · S 2

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y que entonces el estado |ψ (t)〉 del sistema será

|ψ (t)〉 = U 0→t |ψ (0)〉

= e−i~ H t |+〉 ⊗ |−〉

Voy a mantener la notación que usé en las guías de momento angular:

|s1,m1〉 ⊗ |s2,m2〉 ≡ |m1〉 ⊗ |m1〉 → Base desacoplada

es la base desacoplada y|j,m, s1, s2〉 ≡ |j,m〉 → Base acoplada

es la base acoplada. Omito a s1 y s2 ya que para dos partículas de espín 12 son idénticamente 1

2 , i.e. s1 = s2 ≡ 12 .

Para saber cómo evolucionar en el tiempo, necesito saber cuáles son los autoestados de H . Sé que el CCOC esH , S 2

1, S22, J

2, J z(nota13). En consecuencia los autoestados serán los de la base acoplada |j, jz〉 tales que

H |j, jz〉 =

H︷︸︸︷4∆~2

J 2 − S 21 − S 2

22︸︷︷︸

S 1·S 2

|j, jz , s1, s2 〉

= 4∆

~2~2j (j + 1)− 3

2~2

2 |j, jz , s1, s2 〉

= 2∆[j (j + 1)− 3

2

]|j, jz , s1, s2 〉

Ahora escribo al estado inicial en términos de la base acoplada. Para ello recurro a la gloriosa tabla de C.G. en la cualencuentro que

C.G. table→ |+〉 ⊗ |−〉 = |1, 0〉+ |0, 0〉√2

Finalmente puedo evolucionar el estado en el tiempo

|ψ (t)〉 = e−i~ H t |+〉 ⊗ |−〉

= exp(− i~

4∆~2

J 2 − S 21 − S 2

22 t

)|1, 0〉+ |0, 0〉√

2

= e−i∆~ t |1, 0〉+ e3i∆

~ t |0, 0〉√2

X

(el resultado anterior está verificado en [2]).Para concluir el ejercicio lo que restaría es calcular cada una de las probabilidades bracketeando con cada uno de los

estados que pide la consigna. La cuenta es “trivial” así que no la voy a hacer. Cito el resultado de [2]:

P (|+〉 ⊗ |−〉) =1 + cos

( 4∆~ t)

2

P (|−〉 ⊗ |+〉) =1− cos

( 4∆~ t)

2P (|+〉 ⊗ |+〉) = 0P (|−〉 ⊗ |−〉) = 0

Ítem b

El hamiltoniano para este problema es

H (t) = H 0 + V (t)

H 0 = κ

V (t) = 4∆~2 S 1 · S 2 t > 0

donde κ es una constante. En consecuencia, cualquier cosa es autoestado de H 0.13Esto lo “demostré” en el ejercicio 5 de la guía 6, ver pág. 66.

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Si se utiliza teoría de perturbaciones entonces el estado del sistema en el picture de interacción será de la forma

|ψI (t)〉 = c++ (t) |+〉 |+〉+ c+− (t) |+〉 |−〉+ c−+ (t) |−〉 |+〉+ c−− |−〉 |−〉

(omití el símbolo ⊗). Lo que se pide (las probabilidades) serán los módulos cuadrados de los coeficientes ci (t).De acuerdo a la teoría de perturbaciones los coeficientes a orden 1 se obtienen según

c(0)n = 〈n| (|+〉 |−〉)

c(1)n = − i

~

tˆ

0

〈n| e i~ H 0 V (t) e− i~ H 0t |+〉 |−〉 dt

Las cuentitas para obtener cada coeficiente son:

Coeficiente c+− Se tiene que c(0)+− ≡ 1 y que

c(1)+− (t) = − i

~

tˆ

0

〈+| 〈−|ei~κ V

e−

i~κ |+〉 |−〉 dt

= − i~〈+| 〈−| V |+〉 |−〉

tˆ

0

dt

= − i~〈+| 〈−| V |+〉 |−〉 t

Acá ya se ve un problema porque c(1)+− (t) ∝ t con lo cual P (|+〉 |−〉) ∝ t2 lo cual diverge, o sea es cualquier cosa. En [2]

llegan al mismo resultado y comentan esto que estoy diciendo. Si aún así uno quisiere continuar con la cuenta, lo que debierehacer es lo siguiente: para saber cómo actúa V sobre |+〉 |−〉 hay dos opciones: 1) fuerza bruta usando la expresión de V o2) pasar a la base acoplada en la que se sabe (se calculó en el ítem a) V |j, jz〉 = 2∆

[j (j + 1)− 3

2]|j, jz〉. Para pasar a la

base acoplada se usa la milagrosa tabla de Clebsch-Gordan de la cual se saca |+〉 |−〉 = |1,0〉+|0,0〉√2 por lo tanto

c(1)+− (t) = − i

~〈1, 0|+ 〈0, 0|√

2V|1, 0〉+ |0, 0〉√

2t

...

= i∆~t

Los demás coeficientes se calculan de forma completamente análoga.

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5 GUÍA 5 - IMPULSO ANGULAR Y ROTACIONES

5. Guía 5 - Impulso angular y rotacionesTheory: rotation operator and d-functions

Any rotation can be decomposed into three rotations using the Euler angles. Thus any rotation in an angle η in directionη has associated an operator that can be decomposed as

Rotation operator→ D [ηη] = D [αz] D [βy] D [γz]

D [ω] = e−i~ω·J → = e−

i~αJ ze−

i~β J ye−

i~γ J z

The matrix elements for the rotation operator in the base of the angular momentum eigenstates is thus

Matrix→ 〈j,m′| D [ηn] |j,m〉 = 〈j,m′| e− i~αJ ze−

i~β J ye−

i~γ J z |j,m〉

e−i~γ J z |j,m〉 = e−iγm |j,m〉 → = e−i(m

′α+mγ) 〈j,m′| e− i~β J y |j,m〉

〈j,m′| e− i~β J y |j,m〉 def= d

(j)m′,m (β)→ = e−i(m

′α+mγ)d(j)m′,m (β)

where it was definedd

(j)m′,m (β) def= 〈j,m′| e− i

~β J y |j,m〉which are the d-functions that appear in the table of coefficients of Clebsch-Gordan.

Note that [1, page 192]〈j′,m′| D [ηn] |j,m〉 ≡ 0 for j′ 6= j

and that is why we only consider elements with the same j in the previous calculation. All this is the meaning of the drawingin [1, page 193], which I took the liberty to adapt:

j1

j2

j3 Sakurai

matrix

3

Ejercicio 2Ítem b

Se pregunta si el estado |+e〉⊗|−p〉 es autoestado de H cuando B → 0. Lo único que se me ocurre es aplicarle el operadorH a este estado y ver qué da. Esto es

1AH |+e〉 ⊗ |−p〉 = Se · Sp |+e〉 ⊗ |−p〉

= Se |+e〉 Sp |−p〉

donde la operación es un producto externo que se hace como un producto escalar (no sé si existe o lo acabo de inventar,me pareció más claro). Ahora, independientemente de qué partícula se trate, la acción del operador vectorial de espín será

S |±z〉 =(S xx+ S yy + S zz

)|±〉 ← |±〉 ≡ |±z〉

= S x |±〉 x+ S y |±〉 y + S z |±〉 z

= ~2 |∓〉 x∓ i

~2 |∓〉 y + ~

2 |±〉 zLos resueltos de

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por lo tanto1AH |+e〉 ⊗ |−p〉 = ~

2 (|−e〉 x− i |−e〉 y + |+e〉 z) (|+p〉 x+ i |+p〉 y + |−p〉 z)

= ~2 (|−e〉 ⊗ |+p〉+ |−e〉 ⊗ |+p〉+ |+e〉 ⊗ |−p〉)

= ~ |−e〉 ⊗ |+p〉+ ~2 |+

e〉 ⊗ |−p〉

por lo que y entonces |+e〉 ⊗ |−p〉 no sería un autoestado de H cuando B → 0 X.

Ejercicio 3 [1, prob. 4, chap. 3]Una partícula de espín 1 puede tener un Sz de ~, 0 o −~. El espacio de Hilbert para esta partícula es entonces

H = gen |1, 1〉 , |1, 0〉 , |1,−1〉

donde el formato es |s, sz〉. En consecuencia el operador de espín en componente z es

S z = ~ |1, 1〉〈1, 1| − ~ |1,−1〉〈1,−1| +0 |1, 0〉〈1, 0|

=

~ 0−~

y por ende

S z

(S z + ~

) (S z − ~

)= 0

Debido a que la dirección z no tiene nada especial, para cualquier otra dirección n se satisfará

S n(S n + ~

) (S n − ~

)= 0

y en particular será válido para n = x como pide el ejercicio.

Ejercicio 6El operador de rotación es (lo vimos en la teórica en algún momento)

D [ω] = e−i~ω·J

por lo tanto si se desea efectuar una rotación alrededor del eje z para un sistema de espín 12 se tiene que

ω = ϕz

J = S⇒ D [ϕz] = e−

i~ϕS z

y así se obtiene el estado rotado de la consigna

|αR〉 = D [ϕz] |α〉

= e−i~ϕS z |α〉

Ítem a

Encaro la cuenta a ver qué pasa⟨S x

⟩|αR〉

= 〈αR| S x |αR〉

= 〈α| e i~ϕS z S xe− i

~ϕS z |α〉

S x = ~2 (|+〉〈−|+ |−〉〈+|)→ = ~

2 〈α| ei~ϕS z (|+〉〈−|+ |−〉〈+|) e− i

~ϕS z |α〉

= ~2 〈α|

(ei~ϕS z |+〉〈−| e− i

~ϕS z + ei~ϕS z |−〉〈+| e− i

~ϕS z)|α〉

= ~2 〈α|

(eiϕ2 |+〉〈−| e

iϕ2 + e−

iϕ2 |−〉〈+| e−

iϕ2

)|α〉

= ~2 〈α| ([cosϕ+ i sinϕ] |+〉〈−|+ [cosϕ− i sinϕ] |−〉〈+|) |α〉

= ~2 〈α| ([|+〉〈−|+ |−〉〈+|] cosϕ− i [− |+〉〈−|+ |−〉〈+|] sinϕ) |α〉

= 〈α|(S x cosϕ− S y sinϕ

)|α〉

=⟨S x

⟩|α〉 cosϕ−

⟨S y

⟩|α〉 sinϕ X

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Lo mismo nos dio en la clase ,.

Ítem b

El estado |α〉 se puede escribir como combinación lineal de los autoestados de S z, entonces

|αR〉 = e−i~ϕS z (a |+〉+ b |−〉)

= ae−iϕ2 |+〉+ be

iϕ2 |−〉

por lo tanto, si ϕ = 2π se obtiene

|αR〉 = −a |+〉 − b |−〉= − |α〉

Esto es una locura!

Ejercicio 7Ítem d

Siendo ω def= φn entonces la cuenta es

|S · n,+〉 ≡ |+ω〉 = D [ω] |+z〉 ← D [ω] ≡ D (n, φ)

= e−i~ω·S |+z〉

Usando la identidad del ítem anterior, que con mi notación sería así D [ω] = cos ω2 −2~ S · ω sin ω

2 , entonces

|+ω〉 = |+z〉 cos ω2 −2~S · ω sin ω2 |+z〉

Para desarrollar el producto escalar primero hay que encontrar quién es ω en términos de los datos de la consigna. El móduloes fácil

ω = βω

y para la dirección no estaría entendiendo bien por qué pero parece que

ω = z × n| z × n |

con

ω

que es lo que se hizo en clase. La cuentita es

z × n =

∣∣∣∣∣∣x y z0 0 1

sin β cosα sin β sinα cosβ

∣∣∣∣∣∣= −x sin β sinα+ y sin β cosα

y| z × n | = | sin β |

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por lo tantoω = β (−x sinα+ y cosα)

(para β ∈ (0, π)).Volviendo al cálculo del ket

|+ω〉 = |+z〉 cos ω2 −2~S · ω sin ω2 |+z〉

= |+z〉 cos β2 −2~(−S x sinα+ S y cosα

)sin β2 |+z〉

= |+z〉 cos β2 − 2~

(−~2 |−z〉 sinα+ i

~2 |−z〉 cosα

)sin β2

= |+z〉 cos β2 + |−z〉 (sinα+ i cosα) sin β2

= |+z〉 cos β2 + |−z〉 eiα sin β2 X

Ejercicio 8Ítem a

Sabemos que una rotación caracterizada por el vector ω = ωω donde ω es el ángulo que se rota y ω el eje de la rotaciónse obtiene de aplicar el operador de rotación D [ω] = e−

i~ω·J donde J es el operador generador de las rotaciones en el

espacio que se esté considerando. En particular, para un sistema que constituye una partícula de espín 1/2 se tiene que

J = S → spin 12 system

por lo tanto, dado que

S = S xx+ S yy + S zz

= ~2 (σ xx+ σ yy + σ zz)

entonces el operador de la consigna es

D [α, β, γ] = D [z, α] D [y, β] D [z, γ]

= e−i~ zα·S e−

i~ yβ·S e−

i~ zγ·S

= e−i~αS ze−

i~β S ye−

i~γ S z

= e−iα2 σ ze−i

β2 σ ye−i

γ2 σ zX

Ítem b (preguntar)

Se propone que lo anterior es equivalente a una única rotación alrededor del eje η = ηη. Ésta rotación tendrá la expresión

D [η] = e−i~η·S

S = ~2 σ → = e−

iη·σ

2

= 1 − cos(η

2

)− iσ · η sin

(η2

)donde se ha usado la igualdad [1, eq. 3.2.44]. Si se reemplaza

σ = σ xx+ σ yy + σ zz

y se hace la cuentita con las matricitas entonces se obtiene

D [η] = una matriz

y luego sólo hay que pedir que ambas matrices, D [η] y D [α, β, γ] sean iguales. El resuelto del Sakurai sólo pide quetr(D [η]

)= tr

(D [α, β, γ]

), no sé por qué con esto ya alcanza.

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Ejercicio 9Ítem b

Si |ψ〉 es autoestado de J z entoncesJ z |j,m〉 = ~m |j,m〉

y entonces ⟨J x⟩|j,m〉 = 〈j,m| J x |j,m〉

J x = J + + J −2 → = 1

2 〈j,m|(J + + J −

)|j,m〉

= 12 〈j,m| (C+ |j,m+ 1〉+ C− |j,m− 1〉)

= 12(C+((((

(((〈j,m| j,m+ 1〉+ C−(((((((〈j,m| j,m− 1〉

)= 0

y para⟨J y⟩|j,m〉 la cuenta es completamente análoga.

Ejercicio 10 (spin 1 system)Ítem 0

Por lo que entiendo se pide trabajar en el espacio H = gen |1, 1〉 , |1, 0〉 , |1,−1〉 donde la notación es |`,mz〉. Es decirque ` = 1 está fijo y mz varía en loso tres posibles valores.

La matriz de L 2 es

L 2 =

〈1, 1|〈1, 0|〈1,−1|

L 2 [|1, 1〉 |1, 0〉 |1,−1〉]

=

〈1, 1| L 2 |1, 1〉〈1, 1| L 2 |1, 0〉〈1, 1| L 2 |1,−1〉〈1, 0| L 2 |1, 1〉〈1, 0| L 2 |1, 0〉〈1, 0| L 2 |1,−1〉〈1,−1| L 2 |1, 1〉〈1,−1| L 2 |1, 0〉〈1,−1| L 2 |1−, 1〉

L 2 |`,mz〉 = ~2` (`+ 1) |`,mz〉 → =

2~2

2~2

2~2

y la matriz de L z es

L z =

〈1, 1|〈1, 0|〈1,−1|

L z

[|1, 1〉 |1, 0〉 |1,−1〉

]

=

〈1, 1| L z |1, 1〉〈1, 1| L z |1, 0〉〈1, 1| L z |1,−1〉〈1, 0| L z |1, 1〉〈1, 0| L z |1, 0〉〈1, 0| L z |1,−1〉〈1,−1| L z |1, 1〉〈1,−1| L z |1, 0〉〈1,−1| L z |1−, 1〉

L z |`,mz〉 = ~mz |`,mz〉 =

~ 0−~

El hecho de que ambas matrices sean diagonales tiene sentido ya que se está trabajando en la base de autoestados de estosdos operadores.

Para el operador L x la matriz no debería quedar diagonal ya que se está usando la base de autoestados de L z. Ésta es

L x =

〈1, 1|〈1, 0|〈1,−1|

L x

[|1, 1〉 |1, 0〉 |1,−1〉

]

=

〈1, 1| L x |1, 1〉〈1, 1| L x |1, 0〉〈1, 1| L x |1,−1〉〈1, 0| L x |1, 1〉〈1, 0| L x |1, 0〉〈1, 0| L x |1,−1〉〈1,−1| L x |1, 1〉〈1,−1| L x |1, 0〉〈1,−1| L x |1,−1〉

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y ahora uso L x = L++L−2 con L± |`,m〉 = ~

√` (`+ 1)−m (m± 1) |`,m± 1〉 por lo tanto (la compu hace las cuentas)

L x = ~√2

0 1 01 0 10 1 0

Para el operador L y es completamente análoga la situación salvo que L y = −i L+−L−

2 y termina quedando (compuhace cuentas)

L y = ~√2

0 −i 0i 0 −i0 i 0

Por último hago la verificación de la relación de conmutación

[L x, L y

]= i~L z con las matrices:

Ítem a

Los estados |`,my〉 satisfacenL y |`,my〉 = my~ |`,my〉

por definición. Los kets |1,my〉 se pueden expresar como combinación lineal de los kets |1,mz〉 según

|1,my〉 = a |1, 1z〉+ b |1, 0z〉+ c |1,−1z〉

y entonces, utilizando la expresión matricial de L y encontrada en el ítem anterior la ecuación L y |`,my〉 = my~ |`,my〉 es

~√2

0 −i 0i 0 −i0 i 0

︸︷︷︸

L y

a |1, 1z〉b |1, 0z〉c |1,−1z〉

︸︷︷︸|1,my〉

= my~

a |1, 1z〉b |1, 0z〉c |1,−1z〉

︸︷︷︸|1,my〉

por lo tanto la relación entre |1,my〉 y |1,mz〉 se puede encontrar buscando los autovalores y autovectores de esta matriz.Esto es

Autovalor Autovector

−~ 12

1−√

2i−1

≡ |1,1z〉−√2i|1,0z〉−|1,−1z〉2

Matriz L y = ~√2

0 −i 0i 0 −i0 i 0

→ computadora→+~ 1

2

1√2i−1

≡ |1,1z〉+√2i|1,0z〉−|1,−1z〉2

0 12

101

≡ |1,1z〉+|1,−1z〉√2

por lo tanto la conclusión es que

|1, 1y〉 = |1, 1z〉+√

2i |1, 0z〉 − |1,−1z〉2

|1, 0y〉 = |1, 1z〉+ |1,−1z〉√2

|1,−1y〉 = |1, 1z〉 −√

2i |1, 0z〉 − |1,−1z〉2

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Ítem b

La probabilidad de obtener cada uno de los tres posibles valores del observable Lx esP (Lx = ~) = | 〈ψ| 1, 1x〉 |2

P (Lx = 0) = | 〈ψ| 1, 0x〉 |2

P (Lx = −~) = | 〈ψ| 1,−1x〉 |2

Para poder hacer la cuenta es necesario expresar ambos kets en la misma base. Yo voy a hacer lo mismo que en el ítemanterior y voy a expresar los autoestados de L x en términos de los de L z.

Autovalor Autovector

−~ 12

1−√

21

≡ |1,1z〉−√2|1,0z〉+|1,−1z〉2

Matriz L x = ~√2

0 1 01 0 10 1 0

→ computadora→+~ 1

2

1√2

1

≡ |1,1z〉+√2|1,0z〉+|1,−1z〉2

0 1√2

10−1

≡ |1,1z〉−|1,−1z〉√2

Si el estado es |ψ〉 = |1,1z〉−|1,−1z〉√2 entonces

P (Lx = ~) = | 〈ψ| 1, 1x〉 |2

=∣∣∣∣ 〈1, 1z| − 〈1,−1z|√

2|1, 1z〉+

√2 |1, 0z〉+ |1,−1z〉

2

∣∣∣∣2... computadora= 0

y de forma análoga

P (Lx = 0) = | 〈ψ| 1, 0x〉 |2

... computadora= 1

y

P (Lx = −~) = | 〈ψ| 1,−1x〉 |2

... computadora= 0

Obsérvese que |ψ〉 = |1, 0x〉 con lo cual eran de esperarse estos resultados X .

Ítem c

Si se ha obtenido Lz = ~ entonces ∣∣ψantes de medir Ly⟩

= |1, 1z〉

con lo cual, un procedimiento análogo al del ítem anterior conduce aP (Ly = ~) = | 〈ψ| 1, 1y〉 |2

P (Ly = 0) = | 〈ψ| 1, 0y〉 |2

P (Ly = −~) = | 〈ψ| 1,−1y〉 |2

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y la relación entre los autoestados de L y y L y está dada por lo que se obtuvo en el ítem a). Las cuentitas (compu) sonP (Ly = ~) = 1

2P (Ly = 0) = 0

P (Ly = −~) = 12

Ejercicio 11 [1, prob. 12, chap. 3]

El operador de rotación es D [ω] = e−i~ J ·ω. Si la rotación es infinitesimal alrededor del eje y entonces ω = yε por lo

tanto

D [yε] = e−i~ J yε

= 1 − i

~J yε−

ε2

2~2 J2y + O

(ε2)

Entonces, el estado |j, j〉 luego de rotarse será

|ψ〉 = D [yε] |j, j〉

≈(

1 − iε

~J y −

ε2

2~2 J2y + O

(ε2)) |j, j〉

J y = − J + − J −2 →

... computadora

= |j, j〉(

1− jε2

4

)+ |j, j − 1〉

√jε√2

+ |j, j − 2〉√j (4j − 2)ε2

25/2

Ahora la probabilidad de encontrar al sistema en el estado |j, j〉 será

P (|j, j〉) = | 〈j, j|ψ〉 |2

... computadora

= 1− j

2ε2 + . . .

Obsérvese que elegante que es la solución con la computadora (usé el programa wxMaxima):

Los docentes deberían incentivarnos más con el uso de este tipo de herramientas. En este caso las cuentas no eran muycomplicadas, pero en otros casos se ahorran horas de hacer cuentitas.

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Ejercicio 15 [1, prob. 18, chap. 3]Si se aplica la rotación D [βy] al estado |j,m〉 se obtiene

F = qv ×B

Calculate this determinant→ = (−1) det

x y z0 1 01 2 3

︸︷︷︸

v×B

= (−1) [3x− 1z]︸︷︷︸v×B

= −3x+ z

D [βy] |j,m〉 = e−i~βy·J |j,m〉

= e−i~β J y |j,m〉

J y = −i J + + J −2 → = e−

β2~ ( J ++ J −) |j,m〉

??= ???

Acá nadie me supo decir cómo seguiría esta cuenta. Parece que es imposible, aunque tampoco nadie me dijo que es imposible.Sencillamente todos esquivaron la respuesta y me dijeron que aplique lo siguiente:

D [βy] |j,mz〉 = 1 D [βy] |j,mz〉=

∑m′

|j,m′〉〈j,m′|︸︷︷︸1

D [βy] |j,mz〉

=∑m′

|j,m′〉〈j,m′| D [βy] |j,mz〉︸︷︷︸djm′,mz

(β)

donde djm′,mz son las d-functions que están tabuladas en la tabla de Clebsch-Gordan. En este caso la consigna dice que|j,mz〉 = |2, 0〉 entonces m′ ∈ −2, . . . , 2

D [βy] |2, 0〉 =2∑

m′=−2|2,m′〉〈2,m′| D [βy] |2, 0〉

=2∑

m′=−2|2,m′〉 d2

m′,0 (β)

= |2, 2〉 d22,0 (β) + |2, 1〉 d2

1,0 (β) + |2, 0〉 d20,0 (β) + |2,−1〉 d2

−1,0 (β) + |2,−2〉 d2−2,0 (β)

C-B table→ = |2, 2〉√

64 sin2 β − |2, 1〉

√32 sin β cosβ + |2, 0〉

(32 cos2 β − 1

2

)+ . . .

· · ·+ |2,−1〉√

32 sin β cosβ + |2,−2〉

√6

4 sin2 β

donde usé las propiedades que figuran en la tabla para encontrar d2−1,0 = d2

0,1 y luego d20,1 = (−1)1−0

d21,0, ídem para

d2−2,0 = d2

0,2 = (−1)2d2

2,0 .

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La probabilidad de encontrar al nuevo estado con los distintos valores de m es entonces

P (nuevo estado en m) =∣∣ 〈2,m| D [βy] |2, 0〉

∣∣2

=

38 sin4 β m = 232 sin2 β cos2 β m = 1(

32 cos2 β − 1

2

)2m = 0

32 sin2 β cos2 β m = −138 sin4 β m = −2

X

El resultado coincide con [2] X.


Esto se puede hacer considerando el hecho de que J y = −i J +− J −2 por lo que

J y |1,m〉 = −i J + |1,m〉 − J − |1,m〉2

Si ahora se usa J ± |j,±j〉 = 0 lo que se obtiene al evaluar para m ∈ −1, 0, 1 esJ y |1, 1〉 = i

2 J − |1, 1〉

J y |1, 0〉 = −i J + |1, 0〉 − J − |1, 0〉2

J y = |1,−1〉 = − i2 J + |1,−1〉

Ahora se utiliza J ± |j,m〉 = ~√j (j + 1)−m (m± 1) |j,m± 1〉 y entonces

J y |1, 1〉 = i~2√

2 |1, 0〉

J y |1, 0〉 = −i~√

2 |1, 1〉 −√

2 |1,−1〉2

J y |1,−1〉 = − i~2√

2 |1, 0〉

y entonces〈1, 1| 〈1, 0| 〈1,−1|

〈1,m′| J y |1,m〉 =

0 i~√

22 0

−i~√

22 0 i~

√2

20 −i~

√2

2 0

J y |1, 1〉J y |1, 0〉J y |1,−1〉

Ítem b (ni idea)

El operador eiβ~ J y es el operador de rotación para una rotación de valor β con eje y. Este operador puede expandirse en

serie según

D [βy] = eiβ~ J y

=∞∑k=0

1k!ikβk

~kJ ky

J y = −i J + − J −2 → =

∞∑k=0

1k!ikβk

~k(−i)k

2k(J + − J −

)kNo sé cómo seguir. Sakurai de dio cuenta de una cosa pero no sé cómo.

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El operador L 2 es

L 2 =(r × p

)2=

(r ×

(−i~~∇

))2

...

= −~2[

1sin2 φ

∂2

∂θ2 + 1sinφ

∂

∂φ

(sinφ ∂

∂φ

)]con lo cual sólo habría que hacer la cuenta y ver si ψ es autofunción. La convención que estoy usando es

x = r sinφ cos θy = r sinφ sin θz = r cosφ

Entonces básicamente hay que preguntarse L 2ψ?= ~2` (`+ 1)ψ haciendo la cuenta. Para ello primero paso ψ a esféricas

y quedaψ (x) = r (sinφ cos θ + sinφ sin θ + 3 cosφ) f (r)

por lo tanto

L 2ψ (x) = −~2[

1sin2 φ

∂2

∂θ2 + 1sinφ

∂

∂φ

(sinφ ∂

∂φ

)][r (sinφ cos θ + sinφ sin θ + 3 cosφ) f (r)]

... computadora= 2~2r (sinφ cos θ + sinφ sin θ + 3 cosφ) f (r)= 2~2ψ (x)

por lo tanto se concluye que ψ sí es autofunción de L 2 con autovalor ` = 1 X.

Ítem b - Hecho desde primeros principios (No me da el resultado...)

La probabilidad de encontrar a la partícula en los distintos estados con mz bien definido (y con ` = 1) es

P ( de encontrarla con mz) = | 〈1,mz|ψ〉 |2 ← Por definición de Mecánica Cuántica=

∣∣ 〈1,mz| 1 |ψ〉∣∣2

=

∣∣∣∣∣∣ 〈1,mz|ˆ

R3

|x〉〈x| d3x |ψ〉

∣∣∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣∣∣ˆ

R3

〈1,mz|x〉〈x|ψ〉 d3x

∣∣∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣∣∣ˆ

R3

〈1,mz|x〉ψ (x) d3x

∣∣∣∣∣∣2

Ahora, para continuar la cuenta, se considera el hecho de que en coordenadas esféricas se tiene

|x〉 = |r, θ, φ〉De este paso intermedio no estoy seguro→ = |r〉 ⊗ |θ〉 ⊗ |φ〉︸︷︷︸

|r〉

= |r〉 ⊗ |r〉 → Esto me lo dijo el docente X

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Ahora pido que el estado |ψ〉 esté normalizado con lo cual

〈ψ|ψ〉 =ˆ

R3

〈ψ|x〉〈x|ψ〉 d3x

|ψ〉 = |ψr〉 ⊗ |ψθφ〉|x〉 = |r〉 ⊗ |r〉d3x = r2 sinφdr dθ dφ

→ =∞

r=0

〈ψr| r〉〈r|ψr〉 r2 dr ⊗2πˆ

θ=0

π

φ=0

〈ψθφ| r〉〈 r|ψθφ〉 sinφdθ dφ

〈r|ψr〉 = ψr (r)〈 r|ψθφ〉 = ψθφ (θ, φ)

→ =∞

r=0

ψ∗rψr r2 dr

2πˆ

θ=0

π

φ=0

ψ∗θφψθφ sinφdθ dφ

y como 〈ψ|ψ〉 = 1 entonces∞

r=0

ψ∗rψr r2 dr = 1´ 2π

θ=0´ πφ=0 ψ

∗θφψθφ sinφdθ dφ

De las dos cuentas anteriores se termina concluyendo que

A = 14π

1´ 2πθ=0´ πφ=0 ψ

∗θφψθφ sinφdθ dφ

computadora→ = 3176π2

donde usé ψθφ = sinφ cos θ + sinφ sin θ + 3 cosφ.El cálculo de la probabilidad sigue así

P ( de encontrarla con mz) = A

∣∣∣∣∣∣∣2πˆ

θ=0

π

φ=0


∣∣∣∣∣∣∣2

Y 1∗1 = −

√3

8π sin θe−iφ

Y 0∗1 =

√3

4π cos θ

Y −1∗1 = (−1)1

Y 11

ψθφ = sinφ cos θ + sinφ sin θ + 3 cosφ

→ =

A

∣∣∣∣∣∣∣−2πˆ

θ=0

π

φ=0

Y 1∗1 ψθφ sinφdθ dφ

∣∣∣∣∣∣∣2

mz = 1

A

∣∣∣∣∣∣∣2πˆ

θ=0

π

φ=0

Y 0∗1 ψθφ sinφdθ dφ

∣∣∣∣∣∣∣2

mz = 0

A

∣∣∣∣∣∣∣2πˆ

θ=0

π

φ=0

Y −1∗1 ψθφ sinφdθ dφ

∣∣∣∣∣∣∣2

mz = −1

computadora

A = 3176π2

→ =

3176π2

43π mz = 1

3176π2 12π mz = 0

3176π2

43π mz = −1

→ Mal!

No sé dónde me equivoqué... Ya fue...

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6 GUÍA 6 - SUMA DE MOMENTO ANGULAR Y TEOREMA DE WIGNER-ECKART

6. Guía 6 - Suma de momento angular y teorema de Wigner-EckartEl momento angular es lo más extraño y complicado de la materia, creo.

Teoría: suma de momento angularTodo lo que sigue está basado en la introducción de [4, chap. 14]. Acabo de conseguir este libro y por lo poco que pude

chusmear parece el libro más indicado para la práctica, cada capítulo toca un tema y tiene una introducción breve de 2 o 3páginas donde te tira “la posta”. Sin demostraciones largas los autores presentan los resultados que se usarán luego en losejercicios resueltos que tiene el libro.

Sean dos momentos angulares j 1 y j 2 tales que|j1,m1〉 ∈ H1

|j2,m2〉 ∈ H2Hi = Hilbert space

satisfacen j 2i |ji,mi〉 = ~ji (ji + 1) |ji,mi〉

j i z |ji,mi〉 = ~mi |ji,mi〉i ∈ 1, 2

es decir que los |ji,mi〉 son autoestados en simultáneo de j 2i y j i z.

SeaJ

def= j 1 + j 2 → Total angular momentumEntonces los estados

|J,M〉 ∈ HJ = H1 ⊗H2

que satisfacen J 2 |J,M〉 = ~2J (J + 1) |J,M〉J z |J,M〉 = ~M |J,M〉

viven en un espacio de Hilbert HJ que es el producto tensorial de H1 con H2, es decir

HJ = gen |j1,m1〉 ⊗ |j2,m2〉 = H1 ⊗H2 ∀j1,m1, j2,m2

Los números cuánticos J y M pueden tomar los siguientes valores [4, eqs. (14.6) and (14.7)]J ∈

| j1 − j2 | ,−→

+1, j1 + j2

M ∈

−j1 − j2,−→

+1, j1 + j2

(1)

donde la notación −→+1

significa “empezar a sumar de a una unidad hasta llegar al final”.

Las dos bases y los coeficientes de Clebsch-Gordan

Para el espacio HJ = H1 ⊗H2 , existen dos bases que son “importantes” que son las bases de autoestados de cada unode los siguientes conjuntos de operadores:

j 21, j 1 z, j

22, j 2 z

decoupled CCOC

j 21, j

22, J

2, J 2z

coupled CCOC

(nota14). Entonces si

Shorthand notation→|m1〉 ⊗ |m2〉 ≡ |j1,m1〉 ⊗ |j2,m2〉 decoupled CCOC eigenstates|J,M〉 ≡ |j1, j2, J,M〉 coupled CCOC eigenstates

(nota15) se tiene que

HJ =gen |m1〉 ⊗ |m2〉 using decoupled CCOC basisgen |J,M〉 using coupled CCOC basis

14Como j 1 y j 2 actúan sobre H1 y H2 respectivamente, entonces[j 1, j 2

]= 0 siempre. El problema que nos lleva a desarrollar toda esta

teoría es el hecho de que si el hamiltoniano tiene alguna dependencia con j 1 y j 2, por ejemplo H = H0 +α j 1 · j 2, entonces éstos ya no conmutancon H pero sí se satisface que

[j 1 + j 2, H

]= 0. Por eso conviene trabajar con J = j 1 + j 2. Esto lo dice [4, pag. 236].

15No uso la notación “tradicional” |m1,m2〉 porque sino si te digo |2, 1〉 no sabés si te estoy hablando de un |J,M〉 o de un |m1,m2〉.Los resueltos de

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y estas dos bases se relacionan mediante los coeficientes de Clebsch-Gordan

|J,M〉 =∑m1

∑m2

(〈m1| ⊗ 〈m2|) |J,M〉︸︷︷︸Clebsch-Gordan coeff.

|m1〉 ⊗ |m2〉

Cómo encontrar los coeficientes de Clebsch-Gordan Los coeficientes de Clebsch-Gordan se pueden calcular aplicandolos operadores de subida y/o bajada16 a la base acoplada y a la desacoplada, y luego igualando los resultados. Es decir, primeroque nada se sabe que [4, eq. (14.13)]

|Jmax = j1 + j2,Mmax = j1 + j2〉 = |m1 = j1〉 ⊗ |m2 = j2〉|Jmax = j1 + j2,Mmın = −j1 − j2〉 = |m1 = −j1〉 ⊗ |m2 = −j2〉

Por otro lado se sabe lo siguiente17J ± |m1〉 ⊗ |m2〉 = ~

√j1 (j1 + 1)−m1 (m1 ± 1) |m1 ± 1〉 ⊗ |m2〉+ ~

√j2 (j2 + 1)−m2 (m2 ± 1) |m1〉 ⊗ |m2 ± 1〉

J ± |J,M〉 = ~√J (J + 1)−M (M ± 1) |J,M ± 1〉

(2)

Entonces

J − |J,Mmax〉 = J − |j1〉 ⊗ |j2〉Mmax = j1 + j2 → J − |J, j1 + j2〉 = J − |j1〉 ⊗ |j2〉

y si ahora se aplica (2) a ambos lados se obtiene

un número |J,Mmax − 1〉 = otro número |j1 − 1〉 ⊗ |j2〉+ yet another number |j1〉 ⊗ |j2 − 1〉

y entonces otro númeroun número y yet another number

un número son los coeficientes de Clebsch-Gordan. Si se vuelve a aplicar el operador J − seobtendrá otra relación y así sucesivamente hasta llegar a |J,Mmın〉.

Cómo usar la famosa tabla de coeficientes Clebsch-GordanEsto es algo que los docentes parecen tomar como trivial, pero para mi reducido cerebro está lejos de serlo. Un coeficiente

de Clebsch-Gordan se escribe así

〈j1, j2;m1,m2| j1, j2; J,M〉 → C.G. coef., typical notation

Como se puede ver, es un coeficiente que depende de seis índices, i.e. algo así cj1,j2,m1,m2,J,M . Para encontrar dicho coeficienteen la típica tabla de coeficientes de Clebsch-Gordan la cosa es así

j1, j2 Dicen en qué tabla mirar, específicamente en la tabla j1 × j2.

m1,m2 Dicen en qué fila de la tabla mirar.

J,M Dicen en qué columna mirar.

Por ejemplo el coeficiente⟨ 3

2 , 1; 12 ,−1

∣∣ 32 , 1; 3

2 ,−12⟩se encuentra así

Esto está en la esquina superior

derecha de la tabla

m1,m2

J,M

j1×j2

16O sea los operadores L± = L x ± i L y tales que L± |`, `z〉 = ~√` (`+ 1)− `z (`z ± 1) |`, `z ± 1〉 donde |`, `z〉 puede ser |J,M〉 o |j1,m1〉 o

|j2,m2〉 o cualquier ket que represente un autoestado de un momento angular y su componente z.17En lo anterior se usó, para la base desacoplada |m1〉 ⊗ |m2〉, que J ± = j 1 ± + j 2 ±. Entonces J ± |m1〉 ⊗ |m2〉 =

(j 1 ± |m1〉

)⊗ |m2〉 +

|m1〉 ⊗(j 2 ± |m2〉

)y usando j i ± |mi〉 = j i ± |ji,mi〉 se llega al resultado.

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y entonces se concluye que ⟨32 , 1; 1

2 ,−1∣∣∣∣ 3

2 , 1; 32 ,−

12

⟩=√

815

Ejercicio 1Ítem a

El universo de estados18 está generado por

|+〉 , |−〉 ⊗ |1〉 , |0〉 , |−1〉 = |+〉 ⊗ |1〉 , |+〉 ⊗ |0〉 , |+〉 ⊗ |−1〉 , |−〉 ⊗ |1〉 , |−〉 ⊗ |0〉 , |−〉 ⊗ |−1〉

por lo tanto, el estado “máximo” será

|Jmax, Jz max〉 = |+〉 ⊗ |1〉

=∣∣∣∣32 , 3

2

⟩lo cual también puede obtenerse a partir de (1).

Obsérvese que la notación∣∣ 3

2 ,32⟩hace referencia a |Jmax, Jz〉 mientras que la notación para el estado de cada partícula

individual la voy a mantener como |sz〉 ⊗ |`z〉. En particular, usando la notación de la consigna, creo que sería∣∣∣∣32 , 32

⟩= |+〉 ⊗ |1〉 ?=

∣∣∣∣` = 1, s = 12 ,m` = 1,ms = 1

2

⟩

Ítem b

Usando (2) entonces

J −

∣∣∣∣32 , 32

⟩= J − |+〉 ⊗ |1〉

~√

3∣∣∣∣32 , 1

2

⟩= S − |+〉 ⊗ |1〉+ |+〉 ⊗ L− |1〉

~√

3∣∣∣∣32 , 1

2

⟩= ~ |−〉 ⊗ |1〉+ ~

√2 |+〉 ⊗ |0〉

y en consecuencia ∣∣∣∣32 , 12

⟩= 1√

3|−〉 ⊗ |1〉+

√23 |+〉 ⊗ |0〉X

Obsérvese que 1√3 y

√23 son los coeficientes de Clebsch-Gordan X.

Si se vuelve a aplicar el operador J − se obtiene

J −

∣∣∣∣32 , 12

⟩= J −

(1√3|−〉 ⊗ |1〉+

√23 |+〉 ⊗ |0〉

)

~2∣∣∣∣32 ,−1

2

⟩= 1√

3(S − |−〉 ⊗ |1〉+ |−〉 ⊗ L− |1〉

)+√

23(S − |+〉 ⊗ |0〉+ |+〉 ⊗ L− |0〉

)= 1√

3

(

: 0

S − |−〉 ⊗ |1〉+ |−〉 ⊗ ~√

2 |0〉)

+√

23

(~ |−〉 ⊗ |0〉+ |+〉 ⊗ ~

√2 |−1〉

)= ~2

√23 |−〉 ⊗ |0〉+ ~

√2√

23 |+〉 ⊗ |−1〉

por lo tanto ∣∣∣∣32 ,−12

⟩=√

23 |−〉 ⊗ |0〉+ 1√

3|+〉 ⊗ |−1〉 X

y se puede verificar en la tabla de Clebsch-Gordan que los coeficientes son correctos.18O sea, el espacio de Hilbert HJ = HS ⊗HL.

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Nuevamente se puede aplicar el operador J − para obtener el último estado con j = 32 :

J −

∣∣∣∣32 ,−12

⟩= J −

(√23 |−〉 ⊗ |0〉+ 1√

3|+〉 ⊗ |−1〉

)

~√

3∣∣∣∣32 ,−3

2

⟩=

√23(S − |−〉 ⊗ |0〉+ |−〉 ⊗ L− |0〉

)+ 1√

3(S − |+〉 ⊗ |−1〉+ |+〉 ⊗ L− |−1〉

)=

√23

(

: 0

S − |−〉 ⊗ |0〉+ |−〉 ⊗ ~√

2 |−1〉)

+ 1√3

(~ |−〉 ⊗ |−1〉+

: 0

|+〉 ⊗ L− |−1〉)

= ~

(√23√

2 + 1√3

)|−〉 ⊗ |−1〉

y sorprendentemente√

23√

2+ 1√3√

3 = 1 por lo tanto ∣∣∣∣32 ,−32

⟩= |−〉 ⊗ |−1〉 X

En conclusión en este ítem se encontró que

∣∣∣∣32 , 32

⟩= |+〉 ⊗ |1〉 → ítem (a)∣∣∣∣32 , 1

2

⟩= 1√

3|−〉 ⊗ |1〉+

√23 |+〉 ⊗ |0〉∣∣∣∣32 ,−1

2

⟩=√

23 |−〉 ⊗ |0〉+ 1√

3|+〉 ⊗ |−1〉∣∣∣∣32 ,−3

2

⟩= |−〉 ⊗ |−1〉

Ítem c

Sabiendo que Jmax = 32 (ítem (a)) entonces el estado |Jmax − 1, Jmax − 1〉 es

∣∣ 12 ,

12⟩. Sé que

Jz = `z + sz → Vale siempre

en forma individual para cada uno de los estados que ponga como combinación lineal |J, Jz〉 =∑sz

∑`zcsz,`z |sz〉⊗ |`z〉, por

lo tanto en este caso de Jz = 12 hay que buscar todas las combinaciones posibles de `z y sz que suman 1

2 , es decir:∣∣∣∣12 , 12

⟩= α |−〉 ⊗ |1〉+ β |+〉 ⊗ |0〉

donde α y β son dos coeficientes aún desconocidos.Este estado debe ser ortogonal a todos los encontrados en el ítem (b), es decir

Orthogonality→

⟨12 ,

12

∣∣∣∣ 32 ,

32

⟩= 0⟨

12 ,

12

∣∣∣∣ 32 ,

12

⟩= 0⟨

12 ,

12

∣∣∣∣ 32 ,−

12

⟩= 0⟨

12 ,

12

∣∣∣∣ 32 ,−

32

⟩= 0

El primer caso es trivial⟨ 1

2 ,12∣∣ 3

2 ,32⟩

= (α |−〉 ⊗ |1〉+ β |+〉 ⊗ |0〉)† |+〉 ⊗ |1〉 ≡ 0. El segundo caso no es trivial, es⟨12 ,

12

∣∣∣∣ 32 ,

12

⟩= (α∗ 〈−| ⊗ 〈1|+ β∗ 〈+| ⊗ 〈0|)

(1√3|−〉 ⊗ |1〉+

√23 |+〉 ⊗ |0〉

)

= α∗√3〈−|−〉 ⊗ 〈1| 1〉+ β∗

√23 〈+|+〉 ⊗ 〈0| 0〉

= α∗√3

+ β∗√

23

= 0 → Es lo que quiero para que sean ⊥Los resueltos de

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por lo tantoα = −

√2β

Los restantes casos⟨ 1

2 ,12∣∣ 3

2 ,−12⟩y⟨ 1

2 ,12∣∣ 3

2 ,−32⟩también son idénticamente cero por lo que la ortogonalidad estará garan-

tizada si α = −√

2β. Para fijar el valor de cada parámetro se impone la normalización que es⟨12 ,

12

∣∣∣∣ 12 ,

12

⟩= 1

α∗α+ β∗β =

por lo tanto se tiene el par de ecuaciones

α = −

√2β

|α |2 + |β |2 = 1⇒

α = −

√23e

iφ

β = eiφ√3

donde φ es una fase global que como bien sabemos, no influye en nada. Por simplicidad se fija φ = π y entonces∣∣∣∣12 , 12

⟩=√

23 |−〉 ⊗ |1〉 −

1√3|+〉 ⊗ |0〉X

Se puede verificar que el resultado anterior es el que está en la tabla de coeficientes de Clebsch-Gordan.

Ítem d

Esto debería ser lo mismo que el ítem (b) pero usando el resultado del ítem (c). Esto sería

J −

∣∣∣∣12 , 12

⟩= J −

(√23 |−〉 ⊗ |1〉 −

1√3|+〉 ⊗ |0〉

)

~∣∣∣∣12 ,−1

2

⟩=

√23

(

: 0

S − |−〉 ⊗ |1〉+ |−〉 ⊗ L− |1〉)− 1√

3(S − |+〉 ⊗ |0〉+ |+〉 ⊗ L− |0〉

)=

√23 |−〉 ⊗ ~

√2 |0〉 − 1√

3

(~ |−〉 ⊗ |0〉+ |+〉 ⊗ ~

√2 |−1〉

)= ~√

3|−〉 ⊗ |0〉 − ~

√23 |+〉 ⊗ |−1〉

por lo que ∣∣∣∣12 ,−12

⟩= 1√

3|−〉 ⊗ |0〉 −

√23 |+〉 ⊗ |−1〉X

verificado con la tabla de Clebsch-Gordan. Como ya se tienen todos los valores posibles de M para J = 12 , entonces ya está.

Ítem e

Si |ψ〉 =∣∣ 1

2 ,12⟩entonces ⟨

L z

⟩= 〈ψ| L z |ψ〉

=⟨

12 ,

12

∣∣∣∣ L z

∣∣∣∣12 , 12

⟩Ítem c→ =

⟨12 ,

12

∣∣∣∣ L z

(√23 |−〉 ⊗ |1〉 −

1√3|+〉 ⊗ |0〉

)

=⟨

12 ,

12

∣∣∣∣(√

23 |−〉 ⊗ L z |1〉 −

1√3|+〉 ⊗ L z |0〉

)

L z |`z〉 = ~`z |`z〉 → =⟨

12 ,

12

∣∣∣∣(~√

23 |−〉 ⊗ |1〉

)

Ítem c→ =(√

23 〈−| ⊗ 〈1| −

1√3〈+| ⊗ 〈0|

)(~√

23 |−〉 ⊗ |1〉

)

= 23~

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Por otro lado, el valor de expectación para S es⟨S⟩

=⟨

12 ,

12

∣∣∣∣ S ∣∣∣∣12 , 12

⟩...= 0

Ejercicio 2 [1, prob. 20, chap. 3]Si se suman dos momentos angulares j1 = 1 y j2 = 1 entonces, de acuerdo con (1),

j ∈| j1 − j2 | ,−→

+1, j1 + j2

= 0, 1, 2

que es justamente lo que dice la consigna. Los estados con máxima proyección sobre el eje z, es decir aquellos conM = j1 +j2,son

|2, 2〉 = |1〉 ⊗ |1〉|1, 1〉 = α |1〉 ⊗ |0〉+ β |0〉 ⊗ |1〉|0, 0〉 = γ |1〉 ⊗ |−1〉+ η |0〉 ⊗ |0〉+ κ |−1〉 ⊗ |1〉

(notación19). Ahora creo que sólo habría que aplicar el operador J − = J − 1 ⊕ J − 2 sobre estos estados y encontrar todoslos distintos valores de M para cada valor de J .

Para el primer caso esto es

J − |2, 2〉 = J − 1 |1〉 ⊗ |1〉+ |1〉 ⊗ J − 2 |1〉 = J − |1〉 ⊗ |1〉2~ |2, 1〉 = ~

√2 |0〉 ⊗ |1〉+ |1〉 ⊗ ~

√2 |0〉

por lo que

|2, 1〉 =√

12 |0〉 ⊗ |1〉+

√12 |1〉 ⊗ |0〉 X

Si vuelvo a aplicar el operador J − obtengo

J − |2, 1〉 = J −1

(√12 |0〉 ⊗ |1〉+

√12 |1〉 ⊗ |0〉

)√

6~ |2, 0〉 =√

12(J − 1 |0〉 ⊗ |1〉+ |0〉 ⊗ J − 2 |1〉

)+√

12(J − 1 |1〉 ⊗ |0〉+ |1〉 ⊗ J − 2 |0〉

)=

√12

(~√

2 |−1〉 ⊗ |1〉+ |0〉 ⊗ ~√

2 |0〉)

+√

12

(~√

2 |0〉 ⊗ |0〉+ |1〉 ⊗ ~√

2 |−1〉)

= ~ |−1〉 ⊗ |1〉+ ~ |0〉 ⊗ |0〉+ ~ |0〉 ⊗ |0〉+ ~ |1〉 ⊗ |−1〉= ~ |−1〉 ⊗ |1〉+ 2~ |0〉 ⊗ |0〉+ ~ |1〉 ⊗ |−1〉

por lo que

|2, 0〉 = 1√6|−1〉 ⊗ |1〉+

√23 |0〉 ⊗ |0〉+ 1√

6|1〉 ⊗ |−1〉 X

Bueno, lo que falta para terminar el caso |2, 2〉 es idéntico a esto. No lo voy a hacer.Con respecto a los casos |1, 1〉 y |0, 0〉 es muy similar sólo que para encontrar los valores de α, β, γ, . . . hay que imponer

normalización y ortogonalidad con todos los demás estados. Debe quedar un sistema de 50 × 50 de donde se despeja todo,no lo voy a hacer.

Ejercicio 3Ítem a

Si se suma el momento angular de dos partículas de espín 12 , creo que sería S = S 1 ⊕ S 2, entonces de acuerdo con (1)

los posibles valores para s serían s ∈ 0, 1. Entonces los “estados techo” son

Roof states→|1, 1〉 = |+〉 ⊗ |+〉|0, 0〉 = a |+〉 ⊗ |−〉+ b |−〉 ⊗ |+〉

19Estoy usando la notación |J,M〉 y |j1〉 ⊗ |j2〉 tal como lo hice en la parte de teoría del principio de esta guía.Los resueltos de

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y a estos estados hay que aplicar el operador J − para obtener los coeficientes de Clebsch-Gordan, lo cual es así

J − |1, 1〉 = J − |+〉 ⊗ |+〉~√

2 |1, 0〉 = S − 1 |+〉 ⊗ |+〉+ |+〉 ⊗ S − 2 |+〉= ~ |−〉 ⊗ |+〉+ |+〉 ⊗ ~ |−〉

por ende|1, 0〉 = |−〉 ⊗ |+〉+ |+〉 ⊗ |−〉√

2X

y si se vuelve a aplicar J − se obtiene

J − |1, 0〉 = J −|−〉 ⊗ |+〉+ |+〉 ⊗ |−〉√

2

~√

2 |1,−1〉 =

:0

S − 1 |−〉 ⊗ |+〉+ |−〉 ⊗ S − 2 |+〉+ S − 1 |+〉 ⊗ |−〉+

:

0

|+〉 ⊗ S − 2 |−〉√2

= |−〉 ⊗ ~ |−〉+ ~ |−〉 ⊗ |−〉√2

y entonces|1,−1〉 = |−〉 ⊗ |−〉 X

Por último, para el estado |0, 0〉 las condiciones que definen a los coeficientes a y b son la ortogonalidad con los otros tresestados y la normalización. Se termina obteniendo que

|0, 0〉 = |+〉 ⊗ |−〉+ |−〉 ⊗ |+〉√2

Ejercicio 4La consigna pide mostrar la antisimetría frente al intercambio de las partículas. Para ver esto hay que escribir a la función

de onda en la base desacoplada, es decir

|ψ〉 =∑`1

∑`2

c`1,`2 |`1〉 ⊗ |`2〉 → Decoupled base

y verificar que∑`1

∑`2

c`1,`2 |`1〉 ⊗ |`2〉 = −∑`1

∑`2

c`1,`2 |`2〉 ⊗ |`1〉 → Antisimétrica frente a intercambio de partículas

no?Si J = 1 entonces M ∈ −1, 0, 1 por lo tanto el estado más general con J = 1 es una combinación lineal de la forma

|ψ〉 = α |1, 1〉+ β |1, 0〉+ γ |1,−1〉 → Coupled base

(estoy usando notación |J,M〉 en la base acoplada) donde α, β y γ son constantes que en principio no deberían influir en elresultado (a menos que esté equivocado, obviamente).

Como el sistema está compuesto por dos partículas de espín nulo y orbital p (o sea, `i = 1) entonces cada uno de losestados |J,M〉 que componen la combinación lineal previa son

Clebsch-Gordan table→

|1, 1〉 = |1〉 ⊗ |0〉 − |0〉 ⊗ |1〉√2

|1, 0〉 = |1〉 ⊗ |−1〉 − |−1〉 ⊗ |1〉√2

|1,−1〉 = − |−1〉 ⊗ |0〉+ |0〉 ⊗ |−1〉√2

Como se puede ver, cada uno de estos términos individualmente es antisimétrico frente al intercambio de las partículas, porlo tanto |ψ〉 también lo será.

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Ejercicio 5Ítem a [4, prob. 14.11, (a) and (b)]

El primer conmutador es~2

2µ2B

[H , L 2] = ~2

2µ2B

: 0[

H 0, L2]+

[L · Sr 3 , L 2

]Como L actúa sobre las variables θ, φ entonces [4, prob. 14.11, (a)][

L · Sr 3 , L 2

]= 1

r 3

[L · S , L 2] → L actúa en espacio 6= que r

por lo que

~2

2µ2B

[H , L 2] = 1

r 3

[L · S , L 2]

= L · S L 2 − L 2L · Sr 3

L · S = S · L → = L · L 2 S − L 2L · Sr 3

L · L 2 S = L ·(L · L

)· S → =

L(L · L

)· S −

(L · L

)L · S

r 3

L(L · L

)=(L · L

)L → =

(L · L

)L · S −

(L · L

)L · S

r 3

= 0

donde la igualdad L(L · L

)=(L · L

)L se demuestra así de fácil:

:

0[L 2, L i

]= L 2 L i − L iL

2

=(L · L

)L i − L i

(L · L

)⇐⇒ L

(L · L

)=(L · L

)L X

El segundo conmutador,[H , S 2], tiene una cuenta idéntica al anterior.

Para el momento angular total la cuenta es

~2

2µ2B

[H , J 2] =

: 0~2

2µ2B

[H 0, J

2]+[L · Sr 3 , J 2

]

=

*

0[L · Sr 3 , L 2

]+

*0[

L · Sr 3 , S 2

]+[L · Sr 3 , L · S

]+[L · Sr 3 , S · L

]S · L = L · S → = 2

[L · Sr 3 , L · S

]= 2

r 3

[L · S , L · S

]≡ 0

= 0

El que sigue es

~2

2µ2B

[H , L z

]=

: 0[

H 0, L z

]+[L · Sr 3 , L z

]= 1

r 3

[L x S x + L y S y + L z S z, L z

]=

S x

[L x, L z

]+ S y

[L y, L z

]+ S z

:0[

L z, L z

]r 3

= −i~S x L y + i~S y L x

r 3

6= 0

donde hice[f ( r ) L · S , L z

]= f ( r )

[L · S , L z

]porque [4, eq. (14.11.4)] lo hace.

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Demostración de que[f(r 2) , J i] = 0 Se puede demostrar usando notación de índices de la siguiente manera:[

r i r i, L k

]=

[r i r i, εk`m r ` pm

]= r i r iεk`m r ` pm − εk`m r ` pm r i r i= εk`m r ` r i r i pm − εk`m r ` pm r i r i

Ahora considero

Cálculo auxiliar→[r i r i, pm

]= r i r i pm − pm r i r i

A → = r i(i~δim + pm r i

)− pm r i r i

= i~δim r i + r i pm r i − pm r i r i

B → = i~δim r i +(i~δim + pm r i

)r i − pm r i r i

= i~δim r i + i~δim r i +pm r i r i −

pm r i r i

= 2i~δim r i

donde en los pasos A y B usé que la relación fundamental de conmutación[r i, p j

]= i~δij ⇒ r i p j − p j r i = i~δij .

Entonces, volviendo al cálculo principal„[r i r i, L k

]= εk`m r ` r i r i pm − εk`m r ` pm r i r i

C → = εk`m r `(2i~δim r i +

pm r i r i)−(((((

(((εk`m r ` pm r i r i

= 2i~εk`mδim r ` r iεk`mδim = 0→ = 0

donde en el paso C usé el cálculo auxiliar[r i r i, pm

]= 2i~δim r i ⇒ r i r i pm = 2i~δim r i + pm r i r i.

Entonces se encontró que[r 2, L k

]= 0. Ahora se considera una función f

(r 2) tal que tiene expansión en serie de Taylor.

Entonces[f(r 2) , J i] = 0.

Para S z debería pasar exactamente lo mismo

~2

2µ2B

[H , S z

]=

: 0[H 0, S z

]+[L · Sr 3 , S z

]= 1

r 3

[L x S x + L y S y + L z S z, S z

]= −i~S y L x + i~S x L y

r 3

6= 0

Por último, para J z se tiene que

~2

2µ2B

[H , J z

]=

[L · Sr 3 , L z

]+[L · Sr 3 , S z

]= 0

Ítem b [4, prob. 14.13]

Si se agrega el término de interacción con el campo magnético de modo tal que

H = H 0 + H SO + µBB

~(L z + 2S z

)entonces

[H , L 2] =

: 0[H 0, L

2]+:

0[H SO, L

2]+ µBB

~

: 0[L z + 2S z, L

2]= 0

y lo mismo ocurre para S 2.

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Para el momento angular total esto es[H , J 2] =

: 0[

H 0, J2]+

:0[

H SO, J2]+ µBB

~

[L z + 2S z,

L 2 +S2 + 2L · S

]= 2µBB

~[L z + 2S z, L x S x + L y S y + L z S z

]= 2µBB

~

([L z, L x

]S x +

[L z, L y

]S y +

[

L z, L z

]S z + 2

[S z, S x

]L x + 2

[S z, S y

]L y + 2

[

S z, S z

]L z

)= 2µBB

~i~(ε312 L y S x + ε321 L x S y + 2ε312 S y L x + 2ε321 S x L y

)= 2iµBB

(L y S x − L x S y + 2L x S y − 2L y S x

)= 2iµBB

(L x S y − L y S x

)6= 0

No es difícil ver que[H , L z

]y[H , S z

]tienen el mismo resultado que en el ítem anterior. En consecuencia

[H , J z

]= 0.

Resumen del ejercicio (spin-orbit interaction)

Como resumen de este ejercicio se puede escribir lo siguiente [4, prob. 14.11]

Si H =p 2

2m + V ( r )︸︷︷︸H 0

+ ζ ( r ) L · S︸︷︷︸H SO

⇒

[H , L 2] = 0[H , S 2] = 0[H , L z

]6= 0[

H , S z

]6= 0[

H , J 2] = 0[H , J z

]= 0

y si se agrega un campo magnético externo entonces

si H = H 0 + H SO + µB~B(L z + 2S z

)⇒

[H , L 2] = 0[H , S 2] = 0[H , L z

]= 0[

H , S z

]= 0[

H , J 2] 6= 0[H , J z

]= 0

Sobre las d-functionsLas funciones d(j)

m′,m (β) se usan para construir la matriz del operador de rotación en distintas representaciones (o sea,distintos valores de j).

Según el valor de j estas matrices tendrán cada vez más elementos. Por ejemplo para j = 12 ⇒ m ∈

− 1

2 ,12con lo cual

d( 1

2 )m′,m (β) ∈ C2×2 y para j = 1 ⇒ m ∈ −1, 0, 1 y entonces d(1)

m′,m (β) ∈ C3×3. A medida que aumenta j también aumentael tamaño de la matriz d(j)

m′,m (β).Una rotación arbitraria con ángulos de Euler α, β, γ de acuerdo a la siguiente imagen

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está representada por el operador

D [α, β, γ] = exp(− i~J zα

)exp

(− i~J yβ

)exp

(− i~J zγ

)por lo tanto, para un j fijo su representación matricial será [1, eq. (3.5.50)](

D [α, β, γ])(j)m′,m

= 〈j,m′| D [α, β, γ] |j,m〉

= 〈j,m′| exp(− i~J zα

)exp

(− i~J yβ

)exp

(− i~J zγ

)|j,m〉

J z |j,m〉 = ~m |j,m〉 → = 〈j,m′| e−im′α exp

(− i~J yβ

)e−imγ |j,m〉

= e−im′αe−imγ 〈j,m′| exp

(− i~J yβ

)|j,m〉

〈j,m′| exp(− i~J yβ

)|j,m〉 def= d

(j)m′,m (β)→ = e−im

′αe−imγd(j)m′,m (β)

y así se definen las d-functions.

Ejercicio 6Ítem a

Es casi idéntico al ejercicio 3 del parcial del 06/10/2017. Ver mis resueltos.

Ítem b

De acuerdo al ejercicio 3 del parcial del 06/10/2017 las energías del oscilador son Enk,` = ~ω(nk,` + 3

2)con nk,` = 2k+ `

y k ∈ N0. En la consigna del ejercicio actual se dice que el estado es |n = 1, `z = 1, sz = +〉 con lo cual si n = 1 entoncesk = 0 y ` = 1. En consecuencia en la base desacoplada se tiene que

|ϕ〉 = |k = 0〉 ⊗ |` = 1〉 ⊗ |`z = 1〉 ⊗ |s = 1/2〉 ⊗ |sz = +〉 ← Base desacoplada

La evolución temporal del estado estará dada por

|ϕ (t)〉 = U 0→t |ϕ〉

= e−i~ H t |ϕ〉

= e−i~ H t |k = 0〉 ⊗ |` = 1〉 ⊗ |`z = 1〉 ⊗ |s = 1/2〉 ⊗ |sz = +〉

y ahora para poder continuar la cuenta hay que saber cómo actúa H sobre este estado. Para ello se procede según

H |ϕ〉 =(H 0 + γL · S

)|k = 0〉 ⊗ |` = 1〉 ⊗ |`z = 1〉 ⊗ |s = 1/2〉 ⊗ |sz = +〉

Enk,` = ~ω(

2k + `+ 32

)→ =

(52~ω + γL · S

)|k = 0〉 ⊗ |` = 1〉 ⊗ |`z = 1〉 ⊗ |s = 1/2〉 ⊗ |sz = +〉

donde H 0 es el oscilador armónico y usé que |0〉 ⊗ |1〉 ⊗ |1〉 ⊗ |1/2〉 ⊗ |+〉 es autoestado de H 0 con la energía indicada. Parasaber cómo L · S actúa sobre el estado, se considera lo siguiente:

L · S = L x S x + L y S y + L z S zJ x = J + + J −

2

J y = −i J + − J −2

→ = L+ + L−2

S + + S −2 − i L+ − L−

2 (−i) S + − S −2 + L z S z

= L+ S ++L+ S −+L− S ++XXXXL− S −

4 −L+ S +−L+ S −−L− S ++XXXXL− S −

4 + L z S z

= L+ S − + L− S +

2 + L z S z

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y entonces

L · S |`z = 1〉 ⊗ |sz = +〉 =(L+ S − + L− S +

2 + L z S z

)|1〉 ⊗ |+〉

= : 0

L+ |1〉 ⊗ S − |+〉+ L− |1〉 ⊗: 0

S + |+〉2 + L z |1〉 ⊗ S z |+〉

= ~2

2 |1〉 ⊗ |+〉

entonces finalmenteH |ϕ〉 =

(52~ω + ~2

2

)|ϕ〉

y en consecuencia la evolución temporal del estado está dada por

|ϕ (t)〉 = e− i

~

(52~ω+ ~2

2

)t |ϕ〉

Se encontró que el sistema permanece “constante” (a menos de una fase global que no influye en nada). Esto es coherentecon el hecho de que el estado de la consigna es un autoestado de H . Este resultado no tiene sentido a nivel ejercicio, o seatodas las preguntas que se hacen sobre las mediciones son de respuesta trivial ahora. Le pregunté al docente y me dijo queestaría bien, y que no sabe por qué la consigna planteó esto...

Ejercicio 7 (no tengo idea)Ítem a [1, prob. 21]

Ejercicio 8 (ni idea)

Qué significa esto d(3/2)? d(3/2) ?= d(3/2)0,0 ...

Ejercicio 9Ítem a (pregunta)

En la base desacoplada el estado del sistema es

|s1z〉 ⊗ |s2z〉 → Decoupled base

mientras que en la base acoplada es|j, jz〉 → Coupled base

Si el sistema está en un estado con momento angular total nulo entonces j = 0 con lo cual sólo existe un posible estadopara el sistema y es20

|ψ〉 = |0, 0〉

= |+〉 ⊗ |−〉 − |−〉 ⊗ |+〉√2

Entonces

P (S1z = ~/2) = | 〈+1|ψ〉 |2 ← 〈+1| = 〈+| ⊗〈+|+ 〈−|√

2

=∣∣∣∣ 〈+1|

|+〉 ⊗ |−〉 − |−〉 ⊗ |+〉√2

∣∣∣∣2

=

∣∣∣ 〈+|+〉 ⊗ |−〉 −: 0〈+| −〉 ⊗ |+〉∣∣∣2

2

= | |−2〉 |2

2= 1

220Clebsch-Gordan table.

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y

P (S1x = ~/2) = | 〈+1x|ψ〉 |2 ← 〈+1x| = 〈+x| ⊗〈+z|+ 〈−z|√

2

=∣∣∣∣ 〈+x| ⊗

〈+z|+ 〈−z|√2

|+z〉 ⊗ |−z〉 − |−z〉 ⊗ |+z〉√2

∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣∣∣〈+x|+z〉 ⊗

(〈+z|+〈−z|√

2

)|−z〉 − 〈+x| −z〉 ⊗

(〈+z|+〈−z|√

2

)|+z〉

√2

∣∣∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣∣ 〈+x|+z〉 ⊗ 1√2 − 〈+x| −z〉 ⊗ 1√

2√2

∣∣∣∣∣2

|+x〉 = |+z〉+ |−z〉√2

→ =

∣∣∣∣∣1√2 ⊗

1√2 −

1√2 ⊗

1√2√

2

∣∣∣∣∣2

= 0

Me esperaba que dé 12 ... Está bien esto o la pifié? Ahhh no, creo que está bien!, porque en definitiva la partícula 1 está en

el estado |+〉 − |−〉 que es justamente |−x〉. No?

Ítem b

Si el observador 2 determina que S2z = ~2 entonces el estado del sistema colapsa en

|ψ luego de medir S2z = ~/2〉 =|+〉 ⊗ |−〉 − |−〉 ⊗ |+〉√

2≡ |−〉 ⊗ |+〉

En consecuencia P(S1z = ~

2

)= 0

P(S1z = −~

2

)= 1

y P(S1x = ~

2

)= 1

2

P(S1x = −~

2

)= 1

2Estas rarezas, entiendo, son el tipo de cosas que le molestaba a Einsten respecto a la mecánica cuántica. En particular elestado del ítem (a) es lo que se conoce como un estado entrelazado.

Teoría: tensores esféricosIMPORTANTE. Todo lo que sigue del cambio de base, la base esférica, etc., sólo vale para cuando el superíndice de

los tensores es 1, i.e. para T (1)q . Para otros valores del superíndice ya dejaría de ser cierto. Cito textual un comentario que

me hicieron en Estufis con algunos puntos bastante esclarecedores

“No sé bien como se formulan los tensores esféricos en el lenguaje geométrico, pero creo que es mejor pensarloscomo distintas representaciones de SO(3). Los tensores "normales" (cartesianos) con k índices son elementos de kproductos tensoriales de la representación tridimensional de SO(3) (estrictamente, elementos del espacio vectorialde dimensión 3^k sobre el cual los elementos de SO(3) actúan). En cambio los tensores esféricos son elementosde las representaciones irreducibles, que pueden tener cualquier dimensión (insertar nota técnica sobre que enrealidad son representaciones de SU(2)). La notación es medio chota porque el índice de arriba te dice en quéespacio vectorial estás mientras que el de abajo es el que te identifica las componentes; si el índice de arriba esn, el espacio tiene 2n+1 dimensiones.

Otra cosa confusa es que la representación irreducible de dimensión 3 coincide con la representación comúnde SO(3); o sea, el espacio de tensores esféricos con índice de arriba 1 es el mismo que el R^3 de toda la vida,pero es convención usar otra base, por eso parece que fuera sólo un cambio de base. Si empezás a cambiar el índicede arriba deja de haber esa correspondencia.”

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Aparentemente todo esto de tensores esféricos no es más que un cambio de base astuto, que se puede ver acá Wikipedia21(esto es lo que sólo vale para T (1)

q , para otros valores del superíndice ya no vale).Se define la base esférica según

Spherical basis→

+ def= − x+ iy√

20 def= z

− def= x− iy√2

x = −+ + −√2

y = i+ + −√

2z = 0

(3)

donde x, y y z son los versores cartesianos y +, 0 y − los versores esféricos. Dado un vector (tensor de rango 1) A entonces

Vector AComponentes cartesianas Componentes esféricas

A · x A · +A · y A · 0A · z A · −

de modo tal que

A =Axx+Ayy +Azz En cartesianasA++ +A00 +A−− En esféricas

Lo anterior se extiende naturalmente a tensores de cualquier rango.

Ejercicio 12Ítem a (Rehacer)

Si r es un operador vectorial tal que

r =x x+ y y + z z Cartesian basis

T(1)1 + + T

(1)0 0 + T

(1)−1− Spherical basis

es su descomposición en cada una de las bases, entonces por definición de base esférica (eq. (3)) los operadores que da laconsigna son

x + i y√

2= −T (1)

1

z = T(1)0

De acuerdo al teorema de Wigner-Eckart

〈α′, j′,m′| T (k)q |α, j,m〉 = 〈j, k;m, q| j, k; j′,m′〉 cjα →Wigner-Eckart

donde 〈jk,mq| jk, j′m′〉 es el coeficiente de Clebsch-Gordan y cjα es una constante que sólo depende de α′, j′, α y j. Entonces⟨n′, `′,m′

∣∣∣ x+i y√

2

∣∣∣n, `,m⟩〈n′, `′,m′ | z |n, `,m〉

=

⟨n′, `′,m′

∣∣∣−T (1)1

∣∣∣n, `,m⟩⟨n′, `′,m′

∣∣∣ T (1)0

∣∣∣n, `,m⟩Wigner-Eckart→ = −〈`,m| `, `

′m′〉〈`, 0| `, `′m′〉

cjαcjα

¿Y ahora cuánto vale `?, una partícula sin espín en un potencial central puede tener cualquier `... Tengo que rehacer esteejercicio porque está medio rancio.


Del ejercicio anterior se sabe que21https://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_basis

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https://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_basis

https://en.wikipedia.org/wiki/Spherical_basis



T

(1)1 = −

x + i y√

2T

(1)0 = z

T(1)−1 =

x − i y√

2

⇐⇒

x = −T

(1)1 − T

(1)−1√

2

y = iT

(1)1 + T

(1)−1√

2z = T

(1)0

por lo tanto

x y = i

(T

(1)−1

)2−(T

(1)1

)2

2Hasta acá tenemos a x y expresado como combinación lineal de (cuadrados de) componentes de un tensor esférico de rango1.

Además se tiene el teorema siguiente:

Teorema (regla de multiplicación de tensores esféricos) [1, eq. (3.10.27)] Sean X(k1)q1 y Z

(k2)q2 dos tensores esféricos

irreducibles. EntoncesT (k)q =

∑q1

∑q2

〈k1, k2; q1, q2| k1, k2; k, q〉︸︷︷︸Clebsch-Gordan

X (k1)q1 Z (k2)

q2

también es irreducible. La notación para buscar los coeficientes en la tabla es 〈j1, j2;m1,m2| j1, j2, J,M〉.Hasta donde entiendo, este teorema es la forma de codificar la tabla de Clebsch-Gordan en formato de fórmula. Como la

consigna pide “tensor de rango 2” entonces se impone k = 2. Además, de lo anterior, se tienen productos de componentes detensores de rango 1, con lo cual se impone k1 = k2 = 1. Además los productos que se tienen son “cuadrados”, i.e. productosde un tensor con sí mismo. Entonces X = Z = T . En consecuencia el teorema dice que

T (2)q =

1∑q1=−1

1∑q2=−1

〈1, 1; q1, q2| 1, 1; 2, q〉 T (1)q1 T (1)

q2

lo cual es equivalente a

T(2)2 =

(T

(1)1

)2

T(2)1 = T

(1)0 T

(1)1 + T

(1)1 T

(1)0√

2

T(2)0 = 1√

6T

(1)1 T

(1)−1 +

√23 T

(1)0 T

(1)0 + 1√

6T

(1)−1 T

(1)1

T(2)−1 =

T(1)0 T

(1)−1 + T

(1)−1 T

(1)0√

2

T(2)−2 =

(T

(1)−1

)2

(4)

que en formato de tabla de Clebsch-Gordan es

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Ahora sí es evidente que x y = i

(T

(1)−1

)2−(T

(1)1

)2

2 se puede expresar como combinaciones de un tensor de rango 2 delsiguiente modo

x y = iT

(2)−2 − T

(2)2

2Para los demás operadores que pide la consigna el procedimiento es idéntico.

Ítem b

En la consigna no se aclara que r es el de cilíndricas, i.e. r 2 = x 2 + y 2. Quizá es algo obvio pero yo estuve un ratohasta que me avivé. Entonces

3 z 2 − r 2√

6=

3 z 2 − x 2 − y 2√

6

Sabiendo que

x = −T

(1)1 − T

(1)−1√

2

y = iT

(1)1 + T

(1)−1√

2z = T

(1)0

y que

T(2)2 =

(T

(1)1

)2

T(2)1 = T

(1)0 T

(1)1 + T

(1)1 T

(1)0√

2

T(2)0 = 1√

6T

(1)1 T

(1)−1 +

√23 T

(1)0 T

(1)0 + 1√

6T

(1)−1 T

(1)1

T(2)−1 =

T(1)0 T

(1)−1 + T

(1)−1 T

(1)0√

2

T(2)−2 =

(T

(1)−1

)2

(del ítem previo) se

puede mostrar (es sólo hacer cuentitas) que 3 z 2 − r 2√

6= T

(2)0

x 2 − y 2 = T(2)2 + T

(2)−2

por lo tanto las cantidades de la consigna se pueden expresar en términos de valores medios de componentes de tensoresesféricos

Q = qe

⟨α, j,m = j

∣∣∣ T (2)0

∣∣∣α, j,m = j⟩

Ξ = qe

⟨α, j,m′

∣∣∣ T (2)2 + T

(2)−2

∣∣∣α, j,m = j⟩

donde Ξ ≡ qe⟨α, j,m′

∣∣ (x 2 − y 2) ∣∣α, , j,m = j⟩. Ahora se puede usar el teorema de Wigner-Eckart que plantea lo siguiente

〈α′, j′,m′| T (k)q |α, j,m〉 = 〈j, k;m, q| j, k; j′,m′〉 cα′,j′,α,j →Wigner-Eckart

por lo tanto

Q

qe= qe

⟨α, j,m = j

∣∣∣ T (2)0

∣∣∣α, j,m = j⟩

= 〈j, 2, j, 0| j, 2, j, j〉 cα,j,α,j

y

Ξqe

=

: 0⟨

α, j,m′∣∣∣ T (2)

2

∣∣∣α, j,m = j⟩

+⟨α, j,m′

∣∣∣ T (2)−2

∣∣∣α, j,m = j⟩

= 〈j, 2, j,−2| j, 2, j,m′〉 cα,j,α,j

donde se ha utilizado, además de Wigner-Eckart, la m-selection rule [1, eq. (3.10.28)] que dice que

〈α′, j′,m′| T (k)q |α, j,m〉 = 0 unless m′ = q +m

y al aplicarla al término que se cancela,⟨α, j,m′

∣∣∣ T (2)2

∣∣∣α, j, j⟩, implicaría que los casos en que esto es no nulo serían de la

forma⟨α, j, j + 2

∣∣∣ T (2)2

∣∣∣α, j,m = j⟩, pero el estado 〈α, j, j + 2| necesariamente es nulo ya que no se puede tener proyección

en z mayor que el módulo del momento angular.Entonces

Ξ = Q〈j, 2, j,−2| j, 2, j,m′〉〈j, 2, j, 0| j, 2, j, j〉

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Ejercicio 17En el siguiente link http://www.feynmanlectures.caltech.edu/III_17.html al final de todo está resuelto el ejercicio.

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http://www.feynmanlectures.caltech.edu/III_17.html


7 GUÍA 7 - SIMETRÍAS

7. Guía 7 - SimetríasExercise 1 [1, prob. 1, chapt. 4]Item a (don’t understand how to use symmetry)

Because the particles do not interact with one another then

H = H 1 (Ξ1) + H 2 (Ξ2) + H 3 (Ξ3)

where Ξi are all the dynamical variables of each particle (position for example), i.e. there are no crossed terms in theHamiltonian. Also, if |ξi〉 are the eigenstates of each Hamiltonian such that

H i |ξi〉 = Ei |ξi〉

then|H〉 = |ξ1〉 ⊗ |ξ2〉 ⊗ |ξ3〉 ≡ |ξ1〉 |ξ2〉 |ξ3〉

is an eigenstate of H with energyE = E1 + E2 + E3

as it can be trivially shown by direct substitution H |H〉 = (E1 + E2 + E3) |ξ1〉 |ξ2〉 |ξ3〉.No entiendo cómo resolver esto usando argumentos de simetría... En el libro lo que hacen es resolver el pozo infinito sin

ningún argumento de simetría...

Exercise 2 [1, prob. 2, chapt. 4]Item a

Intuitively I would say that T d and T d′ commute. The proof can be shown as follows

By definition→T d |x〉 = |x+ d〉T d′ |x〉 =

∣∣x+ d′⟩

then T d T d′ |x〉 =

∣∣x+ d+ d′⟩

T d′ T d |x〉 =∣∣x+ d′ + d

⟩but

∣∣x+ d+ d′⟩

=∣∣x+ d′ + d

⟩so T d T d′ |x〉 = T d′ T d |x〉 or equivalently[

T d′ , T d]|x〉 = 0

and since |x〉 is any eigenket of x then, in general, [T d′ , T d

]= 0

Item b (don’t know)

I would say that they do not commute unless n = n′. For proving this I will proceed by the brute force method[D [n, φ] , D [m, θ]

]=[e−

i~φn·J , e−

i~ θm· J

]I don’t know how to easily continue the calculation.

Item c

These operators act over |x〉 as follows T d |x〉 = |x+ d〉Π |x〉 = |−x〉

thus [T d, Π

]|x〉 = T dΠ |x〉 − Π T d |x〉

= |−x+ d〉 − |−x− d〉6= 0

so they do not commute.Los resueltos de

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Item d

In [2] it says something like [D [nφ] , Π

]|x〉 = D [nφ] Π |x〉 − Π D [nφ] |x〉

D [nφ] |x〉 = |x′〉Π |x〉 = |−x〉

D [nφ] |−x〉 ?= |−x′〉

→ = |−x′〉 − |−x′〉

= 0

so they commute. This makes sense if it is thought graphically:

Exercise 3 [1, prob. 3, chapt. 4]If the two operators anticommute then

A , B|ψ〉 = 0

(ab+ ba) |ψ〉 =2ab |ψ〉 =

where a and b are the eigenvalues. So a or b are zero.

Exercise 4This can be shown as follows

〈β| x |α〉 = 〈β| Π Π x Π Π |α〉 ← Π Π = 1Π † = Π → = εαεβ 〈β| Π † x Π |α〉

Π † x Π = −x → = −εαεβ 〈β| x |α〉

thus

〈β| x |α〉 =

− 〈β| x |α〉 εα = 1, εβ = 1〈β| x |α〉 εα = 1, εβ = −1〈β| x |α〉 εα = −1, εβ = 1− 〈β| x |α〉 εα = −1, εβ = −1

so for εβ = εα the only solution is 〈β| x |α〉 = 0.For 〈β| p |α〉 this is

〈β| p |α〉 = 〈β| Π Π p Π Π |α〉= εαεβ 〈β| Π † p Π |α〉

Π † p Π = −p → = −εαεβ 〈β| p |α〉

so it is the same case as for 〈β| x |α〉.Los resueltos de

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Finally for

〈β| S · x |α〉 = 〈β| Π Π S Π Π · x Π Π |α〉= εαεβ 〈β| Π S Π · Π x Π |α〉

[S , Π

]= 0

x , Π

= 0Π Π = 1

→ = −εαεβ 〈β| S · x |α〉

so it is the same case as for x .

Exercise 8Item a

By definition of “it was obtained the value +1 when the parity was measured” then∣∣state after Π = 1 was measured⟩

= P 1 |β〉〈β| P †1 P 1 |β〉

where P 1 is the projection operator over the +1 eigenspace of Π . For the harmonic oscillator it is known thatΠ |2n〉 = |2n〉Π |2n+ 1〉 = − |2n+ 1〉

so the eigenspace of Π with eigenvalue +1 is the generated by |0〉 , |2〉 , |4〉 , . . . . Thus the projection operator over the +1eigenspace is

P 1 =∞∑n=0|2n〉〈2n|

so

P 1 |β〉 =( ∞∑n=0|2n〉〈2n|

)e−| β |2

2

∞∑n=0

βn√n!|n〉

= e−| β |2

2

∞∑n=0

β2n√(2n)!

|2n〉

and

〈β| P †1 P 1 |β〉 = e−| β |2∞∑n=0

β2n (β2n)∗(2n)!

= e−| β |2∞∑n=0

|β |4n

(2n)!

Thus ∣∣state after Π = 1 was measured⟩

= P 1 |β〉〈β| P †1 P 1 |β〉

= e| β |2∑∞

n=0| β |4n(2n)!

∞∑n=0

β2n√(2n)!

|2n〉

Item b

The possible energy values obtainable from a measurement are E2n = ~ω(2n+ 1

2). All other values have null probability.

Calling |ψ (0)〉 =∣∣state after Π = 1 was measured

⟩then

|ψ (t)〉 = U 0→t |ψ (0)〉

U 0→t = e−i~ H t → = e| β |

2∑∞n=0

| β |4n(2n)!

∞∑n=0

β2ne−iω(2n+ 12 )√

(2n)!|2n〉

The first excited level is the one with energy 52~ω.

If a measurement of Π is repeated, the result will of course be +1 again because the system is oscillating between states|2n〉. As can be seen in the expression of |ψ (t)〉, all states of the form |2n+ 1〉, i.e. odd states, have null amplitude.

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Exercise 11Item a (don’t know /)

Becausex , Π

= 0 then Π x Π = −x , thus

〈`,m| x |`′,m′〉 = −〈`,m| Π x Π |`′,m′〉

Π |`, s, J, Jz〉 = (−1)` |`, s; J, Jz〉 → = (−1)`+`′+1 〈`,m| x |`′,m′〉

which implies`+ `′ ∈ even numbers ⇒ 〈`,m| x |`′,m′〉 = 0

so 〈n = 2, ` = 1,m = 0| x |n = 2, ` = 0,m = 0〉 is not necessarily zero because of this argument... /Using the time reversal operator we have [

x , Θ]

= 0Θ |`,m〉 = (−1)m |`,−m〉

thus

〈`,m| x |`′,m′〉 = 〈`,m| Θ x Θ−1 |`′,m′〉= (−1)m 〈`,−m| x Θ−1 |`′,m′〉= ?

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8 GUÍA 8 - SCATTERING

8. Guía 8 - ScatteringExercise 1Item a

From Wikipedia

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0 1 2 3 4 5

Pot

entia

l Str

engt

h

Distance

A comparison of Yukawa potentials with various values of m

(Coulomb) m=0m=1m=2m=4

m=10m=50

Item b

The scattering amplitude f(k′,k

)is given by [1, eq. (7.1.34)]

f(k′,k

) def= − 14π

2m~2 (2π)3

ˆd3x′

e−ik′·x′

(2π)3/2V (x′)

⟨x′|ψ+⟩ → Scattering amplitude

and the Born approximation consist in plugging in a plane wave, i.e. [1, eq. (7.2.1)]⟨x′|ψ+⟩ ≈ 〈x′|p〉 ← Born approximation

= eik·x′

(2π)3/2k = p

~

(note22) so

f (1) (k′,k) = − 14π

2m~2 (2π)3

ˆd3x′

e−ik′·x′

(2π)3/2V (x′) eik·x

′

(2π)3/2

= 14π

2m~2

ˆd3x′ ei(k−k

′)·x′V (x′)

[1, pag. 386] “For a spherically symmetric potential, f (1) (k′,k) is a function of∣∣k − k′ ∣∣, given by”∣∣k − k′ ∣∣ = 2k sin θ2

def= q

so [1, eq. (7.2.4)]

f (1) (θ) = −2m~2

1q

∞

0

rV (r) sin (qr) dr

We now plug in the Yukawa potential V = V0e−µr

µr . Thus

f (1) (θ) = −2m~2

1q

V0

µ

∞

0

e−µr sin (qr) dr

= −2m~2

1

q

V0

µq

µ2 + q2

= −2m~2

V0

µ

1µ2 + 4k2 sin2 θ

222The factor (2π)3/2 is to “normalize” the plane wave such that

´d3x 〈p′|x〉〈x|p〉 = δD (p− p′). See [1, eq. (7.1.9)].

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8 GUÍA 8 - SCATTERING

Item c

The differential cross section is [1, eq. (7.1.36)]

dσ

dΩ = | f |2

=(

2mV0

~2µ

)2 1(µ2 + 4k2 sin2 θ

2)2

The total cross section is

σ =ˆ

Ω

dσ

dΩ dΩ

dΩ = sin θ dθ dφ→ =2πˆ

φ=0

π

θ=0

dσ

dΩ sin θ dθ dφ

= 2π(

2mV0

~2µ

)2 π

θ=0

sin θ dθ(µ2 + 4k2 sin2 θ

2)2

... computer

= 2π(

2mV0

~2µ

)2 2µ2 (µ2 + 4k2)

Exercise 2To obtain the classical limit for the Coulomb potential what it has to be done is to take the limit µ → 0 with the ratio

V0µ ≡ ZZ

′q2e fixed. In that case

dσ

dΩ −→µ→0

(2m~2 ZZ

′q2e

)2 116k4 sin4 θ

2

~k = p→ = m2 (ZZ ′)2q4e

4p4 sin4 θ2

which is the classical Ritherford scattering cross section [1, pag. 387].

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9 GUÍA 8 - PARTÍCULAS IDÉNTICAS

9. Guía 8 - Partículas idénticasExercise 1Item a

The particles are fermions because they have half integer spin (this is by definition of fermion in non-relativistic QuantumMechanics). These fermions have to satisfy the Pauli exclusion principle so there cannot exist two fermions in the same state.So the energy levels will occupy as follows:

n sz E0 1

2 12~ω0 − 1

21 1

2 32~ω1 − 1

22 1

2 52~ω2 − 1

2...

......

so the energy of the fundamental state is

E0 = ~ω + 3~ω + 5~ω + · · ·+ N

2 ~ω N an even number

...

= N2

4 ~ω

Item b

A harmonic oscillator with two spin 12 particles must have total angular momentum zero for the lowest energy level. This

is because the two particles cannot be in the same state, so if they are both with n = 0 then one has to be in the |↑〉 stateand the other in the |↓〉 state, giving a null total angular momentum.

The most general state a particle can have in a one definite energy level is

|n〉 = a |n, ↑〉+ b |n, ↓〉

so, for both particles in the same energy level the most general state of the system is

|ψn〉 = (a |n, ↑〉+ b |n, ↓〉) (c |n, ↑〉+ d |n, ↓〉)= α |n, ↑〉 |n, ↑〉+ β |n, ↑〉 |n, ↓〉+ γ |n, ↓〉 |n, ↑〉+ η |n, ↓〉 |n, ↓〉

with a, b, c, d, α, β, γ and η properly normalized.On the other hand, because the particles are fermions the state |ψ〉 must be antisymmetric to the interchange of both

particles. This is

P 12 |ψn〉 = − |ψn〉 → Fermionsα |n, ↑〉 |n, ↑〉+ β |n, ↓〉 |n, ↑〉+ γ |n, ↑〉 |n, ↓〉+ η |n, ↓〉 |n, ↓〉 = −α |n, ↑〉 |n, ↑〉 − β |n, ↑〉 |n, ↓〉 − γ |n, ↓〉 |n, ↑〉 − η |n, ↓〉 |n, ↓〉

so α = −αβ = −γγ = −βη = −η

⇐⇒

α = 0η = 0

This shows that the only allowed states are those with opposite spin. Also the conditionsβ = −γγ = −β

imply that the only

allowed state with the two particles in the same energy level is going to be

|ψn〉 = |n, ↑〉 |n, ↓〉 − |n, ↓〉 |n, ↑〉√2

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For the total spin of the system there is a unique possible value (when both particles are at the same energy level) thatis zero because S = S1 + S2 is the sum of two opposite spins. The mathematical way to see this is to write |ψn〉 in thecoupled base. According to the Clebsch-Gordan table

|ψn〉 = |n〉 ⊗ |n〉 ⊗ |↑〉 ⊗ |↓〉 − |↓〉 ⊗ |↑〉√2

← Decoupled base

Clebsch-Gordan table→ = |n〉 ⊗ |n〉 ⊗ |0, 0〉 notation |J,M〉

where the notation is |0, 0〉 ≡ |J = 0,M = 0〉. As can be seen the total angular momentum is zero.

Exercise 2Item a (preguntate)

For one spin 1 particle the most general state is given by

|ψ〉 = a |1〉+ b |0〉+ c |−1〉

where a, b and c are properly normalized. For two spin 1 particles the most general state is

|ψ〉 = |ψ1〉 ⊗ |ψ2〉= c1,1 |1〉 |1〉+ c1,0 |1〉 |0〉+ c1,−1 |1〉 |−1〉+ c0,1 |0〉 |1〉+ . . .

· · ·+ c0,0 |0〉 |0〉+ c0,−1 |0〉 |−1〉+ c−1,1 |−1〉 |1〉+ . . .

. . . c−1,0 |−1〉 |0〉+ c−1,−1 |−1〉 |−1〉

By definition, in non-relativistic Quantum Mechanics, integer spin systems are bosons and bosons have symmetric states.This means that the current system is symmetric:

P 12 |ψ〉 = |ψ〉 → Bosonsc1,1 |1〉 |1〉+ c1,0 |0〉 |1〉+ c1,−1 |−1〉 |1〉+ c0,1 |1〉 |0〉+ . . . = c1,1 |1〉 |1〉+ c1,0 |1〉 |0〉+ c1,−1 |1〉 |−1〉+ c0,1 |0〉 |1〉+ . . .

· · ·+ c0,0 |0〉 |0〉+ c0,−1 |−1〉 |0〉+ c−1,1 |1〉 |−1〉+ . . . · · ·+ c0,0 |0〉 |0〉+ c0,−1 |0〉 |−1〉+ c−1,1 |−1〉 |1〉+ . . .

. . . c−1,0 |0〉 |−1〉+ c−1,−1 |−1〉 |−1〉 . . . c−1,0 |−1〉 |0〉+ c−1,−1 |−1〉 |−1〉

which implies c1,1 = c1,1 c0,1 = c1,0 c−1,1 = c−1,1

c1,0 = c0,1 c0,0 = c0,0 c−1,0 = c−1,0

c1,−1 = c−1,1 c0,−1 = c−1,0 c−1,−1 = c−1,−1

so

|ψ〉 = c1,1 |1〉 |1〉+ c1,0 (|1〉 |0〉+ |0〉 |1〉) + c1,−1 (|1〉 |−1〉+ |−1〉 |1〉) + . . .

· · ·+ c0,0 |0〉 |0〉+ c0,−1 (|0〉 |−1〉+ |−1〉 |0〉) + c−1,−1 |−1〉 |−1〉

We can see that |ψ〉 is a linear combination of

|1〉 |1〉|0〉 |0〉|−1〉 |−1〉|1〉 |0〉+ |0〉 |1〉√

2|−1〉 |0〉+ |0〉 |−1〉√

2|1〉 |−1〉+ |−1〉 |1〉√

2Using the table of coefficients of Clebsch-Gordan we find that

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Decoupled base (|s1z〉 |s2z〉) Coupled base (|S, Sz〉)

|1〉 |1〉 |2, 2〉

|0〉 |0〉 nothing

|−1〉 |−1〉 |2,−2〉

|1〉|0〉+|0〉|1〉√2 |2, 1〉

|−1〉|0〉+|0〉|−1〉√2 |2,−1〉

|1〉|−1〉+|−1〉|1〉√2 nothing

AVERIGUAR QUÉ ONDA SI ESTÁ BIEN HECHO!

Exercise 3If the particles are distinguishable then any combination of spins will be a valid state. Thus

|ψdistinguishable〉 ∈ Hdistinguishable = H1 ⊗H2 Hi = gen |1〉 , |0〉 , |−1〉

which means that any combination of spins will be allowed.In contrast, for two indistinguishable particles of spin 1 (i.e. bosons) the previous statement isn’t valid. This is because

the state |ψ〉 of the combined will have integer total spin (either 2, 1 or 0) so the combined system behaves like a boson.Thus it must satisfy

P 12 |ψ〉 = |ψ〉 → Definition of two bosons

which reduces the dimensionality of H.Observe the following useful fact: if S = S 1 + S 2 is the total spin then[

P 12, S]

= 0

This implies that S ± will also commute with P 12. Then S ± does not change the bosonic character of some state |ψ〉 whichcan be simply probed as follows:

P 12(S ± |ψ〉

)= S ± P 12 |ψ〉= S ± |ψ〉

This allows us to check the “two bosons definition P 12 |ψ〉 = |ψ〉” for any of the “coupled base states” and to extendthe results to all the states obtained by applying S ±. The “top coupled base states” for two spin 1 particles are (byClebsch-Gordan table)

Top cupled states |J,M〉 →

|2, 2〉 = |1〉 ⊗ |1〉

|1, 1〉 = |1〉 ⊗ |0〉 − |0〉 ⊗ |1〉√2

|0, 0〉 = |1〉 ⊗ |−1〉 − |0〉 ⊗ |0〉+ |−1〉 ⊗ |1〉√3

so P 12 |2, 2〉 = |2, 2〉 ⇒ It is symmetricP 12 |1, 1〉 = − |1, 1〉 ⇒ It is antisymmetricP 12 |0, 0〉 = |0, 0〉 ⇒ It is symmetric

This together with[P 12, S ±

]= 0 implies that

S n± |2, 2〉 is symmetric

S n± |1, 1〉 is antisymmetric

S n± |0, 0〉 is symmetric

n ∈ N

We conclude that the states with J = 1 are forbidden because they are all antisymmetric.Los resueltos de

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Exercise 10The eigenstates of h (i) are (by consigna)

Hi is the generated by →

Eigenstates of h (i)|0, ↑〉 0|0, ↓〉 0|1, ↑〉 1|1, ↓〉 1|2, ↑〉 2|2, ↓〉 2

Item a

The eigenstates of the total Hamiltonian H = h (1) + h (2) + h (3) live in the space

H = H1 ⊗H2 ⊗H3

so they can be written in the form|ψ〉 = |n1, s1〉 |n2, s2〉 |n3, s3〉

If the particles were not fermions nor bosons, then the system could occupy any of this states, which are in total

dimension (Hdistinguishable) = 63

= 216

But the system is composed of 3 fermions so it will have access only to antisymmetric states. The number of statesaccessible reduces to

dimension (Hfermions) =(

63

)= 20

because of each of the particles must be in one of the 6 possible states but different from the other ones.All these states can be obtained using Slater determinants. These are

|ψ〉 = 1√6

∣∣∣∣∣∣|0, ↑〉 |0, ↓〉 |1, ↑〉|0, ↑〉 |0, ↓〉 |1, ↑〉|0, ↑〉 |0, ↓〉 |1, ↑〉

∣∣∣∣∣∣

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10 CRUCIAL FORMULÆ

10. Crucial formulæ

i→j→k→ii

jk

k=1k=2

k=3

Mathematics[A , B

]= 0 ?⇐X⇒ eA eB = eA+B If

[A ,[A , B

]]=[B ,[A , B

]]= 0 then

[A n, B

]= nA n−1 [A , B ]

eA eB = eA+B e12 [A ,B ]

[x i, G

(p)]

= i~∂G

∂ p i[p i, F (x )

]= −i~ ∂F

∂ x i

[A B , C

]=[A , C

]B + A

[B , C

]A = A † HermitianA †A = 1 Unitary

Fundamentals[x i, p j

]= i~δij

[J i, J j

]= i~εijk J k

Harmonic oscillatora

def=√mω

2~

(x +

i p

mω

)a |n〉 =

√n |n− 1〉

a † |n〉 =√n+ 1 |n+ 1〉

x =

√~

2mω(a + a †

)p = i

√m~ω

2(− a + a †

) ⟨∆x 2⟩

|n〉

⟨∆p 2⟩

|n〉 =(n+ 1

2

)2~2

Ndef= a † a[

a , a †]

= 1

[N , a

]= − a[

N , a †]

= a †


sinωt

p (t) = p (0) cosωt−mω x (0) sinωt

H =

p 2

2m + mω2

2 x 2

~ω(N + 1

2

)N |n〉 = n |n〉

H |n〉 = ~ω(n+ 1

2

)|n〉

x |n〉 =

√~

2mω(√n |n− 1〉+

√n+ 1 |n+ 1〉

)p |n〉 = i

√m~ω

2(−√n |n− 1〉+

√n+ 1 |n+ 1〉

)Dynamics

U t0→t = e−iHt−t0

~

Schrödinger |ψ〉 (t) = U t0→t |ψ (0)〉

Heisenberg A (t) = U †t0→tA (0) U t0→t

Heisenberg picture

dA

dt= i

~[H , A

]If H =

p 2

2m + V (x )⇒

d x

dt=

p

md p

dt= − dV

dt

⌋x

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10 CRUCIAL FORMULÆ

Time independent perturbation theory

V def= 〈Ψ|T[V]|Ψ〉 → V matrix |Ψ〉 def=

|ψ1〉|ψ2〉...

→ H 0 |ψi〉 = E(0) |ψi〉[V]

=

V V . . .V V...

. . .

E|φi〉 = E

(0)|φi〉 + λE

(1)|φi〉 + . . .

|φ1〉 , |φ2〉 , . . . = eigenvectors of VE

(1)|φ1〉, E

(1)|φ2〉, . . .

= eigenvalues of V

Nondegenerate perturbation theoryOrder Eigenstates Eigenvalues

λ1∣∣∣n(1)

⟩=∑∀` 6=n

⟨`(0)∣∣ V ∣∣n(0)⟩

E(0)n − E(0)

`

∣∣∣`(0)⟩

E(1)n =

⟨n(0)

∣∣∣ V ∣∣∣n(0)⟩

λ2∣∣∣n(2)

⟩= Never used? E(2)

n =∑∀` 6=n

∣∣ ⟨`(0)∣∣ V ∣∣n(0)⟩ ∣∣2

E(0)n − E(0)

`

Time dependent perturbation theory

I ← Sdef= e

i~ H 0t |ψI (t)〉 = e

i~ H 0t |ψ (t)〉 A I = e

i~ H 0tAe−

i~ H 0t

S ← Idef= e−

i~ H 0t |ψI (t)〉 =

∑∀n

cn (t) |n〉

c(0)n = 〈n| i〉 c(1)

n (t) = − i~

tˆ

0

〈n| V I (t1) |i〉 dt1 |i〉 is the initial eigenket

c(2)n (t) =

(− i~

)2 tˆ

0

dt1

t1ˆ

0

dt2 〈n| V I (t1) V I (t2) |i〉

Angular momentum and rotations

L i = εijk x j p k D [ω] = e−i~ω·J

12 spin system⇒ D [ω] = cos ω2 − i

2~S · ω sin ω2

[J i, J j

]= iεijk~ J k

J x = J + + J −

2

J y = −i J + − J −2

J ± |j,m〉 = ~

√j (j + 1)−m (m± 1) |j,m± 1〉

J ± |j,±j〉 = 0

[J +, J −

]= 2~ J z

J + J − = J 2 − J 2

z + ~ J zJ − J + = J 2 − J 2

z − ~ J z

J 2 |j,m〉 = ~2j (j + 1) |j,m〉J z |j,m〉 = ~m |j,m〉[

f(r 2) , J i] = 0

Spin 1/2

S x = ~2 (|+〉〈−|+ |−〉〈+|) S y = i

~2 (− |+〉〈−|+ |−〉〈+|) S z = ~

2 (|+〉〈+| − |−〉〈−|)

S + = ~ |+〉〈−| S − = ~ |−〉〈+| S xyz = ~2 σ xyz

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10 CRUCIAL FORMULÆ

Wigner-Eckart

〈α′, j′,m′| T (k)q |α, j,m〉 = 〈j, k;m, q| j, k; j′,m′〉

⟨α′, j′

∣∣∣ ∣∣∣T (k)∣∣∣ ∣∣∣α, j⟩

〈α′, j′,m′| T (k)q |α, j,m〉 = 0 unless

m′ = q +m

| j − k | ≤ j′ ≤ j + k

T

(1)1 = −

x + i y√

2T

(1)0 = z

T(1)−1 =

x − i y√

2

x = −T

(1)1 − T

(1)−1√

2

y = iT

(1)1 + T

(1)−1√

2z = T

(1)0

Symmetries

Π |x〉 = |−x〉p , Π

= 0

[L , Π

]= 0 Π |`, `z〉 = (−1)` |`, `z〉

x , Π

= 0 Π Π = 1 Π = Π † Π |`, s, J, Jz〉 = (−1)` |`, s; J, Jz〉 ← J = L + S[S , Π

]= 0

p , Θ

= 0

L , Θ

= 0 Θ |j, jz〉 = i2jz |j,−jz〉[

x , Θ]

= 0 〈β| A |α〉 =(

Θ |α〉)† (Θ A †Θ−1) (Θ |β〉

)Scattering

f(k′,k

) def= − 14π

2m~2 (2π)3

ˆd3x′

e−ik′·x′

(2π)3/2V (x′)

⟨x′|ψ+⟩ 〈x|p〉 = eik·x

(2π)3/2,k = p

~dσ

dΩ = | f |2∣∣k′ ∣∣ = |k | q = 2k sin θ2

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REFERENCIAS

Referencias[1] Modern Quantum Mechanics - Revised Edition, Sakurai.

[2] Modern Quantum Mechanics - Solutions, Sakurai.

[3] Introduction to Quantum Mechanics, Griffiths.

[4] Quantum Mechanics, Y. Peleg, R. Pinini, E. Zaarur.

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