ejerciciosv

8/9/2019 ejerciciosV

http://slidepdf.com/reader/full/ejerciciosv 1/5



Mecanica Cuantica Moises Carrera Nu˜ nez 1

Ejercicio 1Considere la ecuacion de eigenvalores Aψn(x) = aψn(x) definida en el intervalo −L ≤ x ≤ L ycon las condiciones a la frontera ψn(−L) = ψn(L) = 0.

a) Si A =

d

dx

n

, determine los valores de n para los que A es hermitiano.

b) Encuentre las eigenfunciones deˆA que corresponden al eigenvalor a = 0, para n = 3, 4, 5.Si existe degeneracion para una n dada, utilice el metodo de Schmidt para ortogonalizar

los estados degenerados.

Solucion 1a). La condicion de hermiticidad

ψ|Aφ = Aψ|φse tiene entonces utilizando la integracion por partes1

ψ| A |φ =

+L−L

0 + ψ∗(x)

dn

dxnφ(x)

dx

=

+L−L

−dψ∗

dx

dn−1φ

dxn−1+

dψ∗

dx

dn−1φ

dxn−1+ ψ∗(x)

dn

dxnφ(x)

dx

=

+L−L

−dψ∗

dx

dn−1φ

dxn−1

dx +

+L−L

d

dx

ψ∗

dn−1φ

dxn−1

dx

=

+L−L

−dψ∗

dx

dn−1φ

dxn−1

dx + ψ∗

dn−1φ

dxn−1

L

−L

=

+L−L

−dψ∗

dx

dn−1φ

dxn−1+ 0

dx + 0

=

+L−L

−dψ∗

dx

dn−1φ

dxn−1− d2ψ∗

dx2dn−2φ

dxn−2+

d2ψ∗

dx2dn−2φ

dxn−2

dx

=

+L−L

− d

dx

dψ∗

dx

dn−2φ

dxn−2

dx +

+L−L

d2ψ∗

dx2dn−2φ

dxn−2

dx

= − dψ∗

dx

dn−2φ

dxn−2

L

−L

+

+L−L

d2ψ∗

dx2dn−2φ

dxn−2+ 0

dx

= 0 +

+L−L

d2ψ∗

dx2dn−2φ

dxn−2+

d3ψ∗

dx3dn−3φ

dxn−3− d3ψ∗

dx3dn−3φ

dxn−3

dx

=

+L−L

d

dx

d2ψ∗

dx2dn−3φ

dxn−3

dx +

+L−L

−d3ψ∗

dx3dn−3φ

dxn−3

dx

=d2ψ∗

dx2dn−3φ

dxn−3

L

−L

+

+L−L

−d3ψ∗

dx3dn−3φ

dxn−3+ 0

dx

......

= +L−L

(−1)n d

n

ψ∗

dxn· φ

dx

ψ|Aφ = (−1)nAψ|φentonces

A† = (−1)nA

∴ A es autoadjunto cuando n = 0, 2, 4 . . ., es cero o un numero par.

b). Para n = 3, sea la eigenfuncion correspondiente ψ1, se tiene:

Aψ1 =d3

dx3ψ1 = 0

1 udv = uv − vdu




cual solucion es:

ψ1(x) = c3 + c2x + c1x2, donde c3, c2 y c1 son constantes

Que al imponer las condiciones a la frontera obtenemos:

ψ1(L) = c3 + c2L + c1L2 = 0

ψ1(L) = c3 − c2L + c1L2 = 0

de donde se obtiene, al sumar las ecuaciones anteriores, 2c3 + 2c1L2 = 0 ⇒ c3 + c1L

2 = 0, porlo que c3 = −c1L

2 y c2 = 0. Por lo tanto la solucion es:

ψ1(x) = −L2c1 + c1x2 (1.1b)

Ahora sea n = 4 y ψ2(x), entonces, se tiene la solucion (donde di son las constantes de integra-cion):

ψ2(x) = d4 + d3x + d2x2 + d1x

3

y al poner las condiciones a la frontera

ψ2(L) = d4 + d3L + d2L2 + d1L

3 = 0

ψ2(−L) = d4 − d3L + d2L2 − d1L

3 = 0

sumado estas dos ecuaciones: d4 + d2L2 = 0 ⇒ d4 = −d2L

2, y, d3 = −d1L2, por lo que la

solucion es:ψ2(x) = −d2L

2 − d1L2x + d2x

2 + d1x3 (1.2b)

Cuando n = 5, sea entonces ψ3(x), obtenemos:

ψ3(x) = p5 + p4x + p3c2 + p2x

3 + p1x4

imponiendo las condiciones a la frontera llegamos a la solucion

ψ3(x) = −L2

p3 + p3x2

− L2

p4x + p4x3

− L4

p5 + p5x4

(1.3b)

Reordenando los terminos de las Ecs. (1.1b),(1.2b) y (1.3b) llegamos al siguiente sistema deecuaciones

ψ1(x) = c1x2 − c1L

2 (1.4b)

ψ2(x) = d1x3 − d1L

2x + d2x2 − d2L

2 (1.5b)

ψ3(x) = p3x2 − L2 p3 + p4x

3 − L2 p4x + p5x4 − L4 p5 (1.6b)

Debido a que la ecuacion de eigenvalor es como Aψn(x) = anψn(x) y a que el sistema deecuaciones anterior se obtuvo de la ecuacion de eigenvalor Aψn(x) = 0, entonces como ψ1, ψ2y ψ3 son diferentes de cero, se debe tener que el eigenvalor a1 = a2 = a3 = 0, por lo tanto, laseigenfunciones ψ1, ψ2 y ψ3 son degeneradas y el eigenvalor a = 0 tiene degeneracion de orden

tres.La ortogonalizacion de los estados degenerados, ψ1, ψ2 y ψ3, por el metodo de Schmidt:El eigenvector ortogonal |Φ1 se obtiene de la Ec. (1.4b)

|Φ1 = |ψ1x|Φ1 = x|ψ1

∴ Φ1(x) = c1x2 − c1L

2 (1.7b)

El segundo eigenvector ortogonal |Φ2, esta dado por la formula

|Φ2 = |ψ2 − Φ1|ψ2

Φ1

|Φ1

|Φ1




Ası, primero tenemos que:

Φ1|ψ2 =

+L−L

(c1x2 − c2L

2)(d1x3 − d1L

2x + d2x2 − d2L

3)dx =16

15L5c1d2

de manera analoga

Φ1|Φ1 =

+L

−L

(c1x2 − c1L

2)(c1x2 − c1L

2)dx = 1615

L5c21

tenemosΦ1|ψ2Φ1|Φ1 =

d2c1

, entonces:

|Φ2 = |ψ2 − d2c1

|Φ1

x|Φ2 = x|ψ2 − d2c1

x|Φ1

∴ Φ2(x) = d1x3 − d1L

2x + d2x2 − d2L

2 − d2(x2 − L2) (1.8b)

El tercero eigenvector ortogonal |Φ3 viene dada por:

|Φ3 = |ψ3 − Φ2|ψ3Φ2|Φ2 |Φ2 − Φ1|ψ3

Φ1|Φ1 |Φ1

de forma sencilla se obtiene

Φ2|ψ3 =16

105L7d1 p4 y Φ2|Φ2 =

16

105L7d21

entonces Φ2|ψ3Φ2|Φ2 =

p4d1

y

Φ1|ψ3Φ1|Φ1 = 28 p3 + L2

(35 p4 − 3 p5)28c1

Por lo tanto:

Φ3(x) = p3x2 − L2 p3 + p4x

3 − L2 p4x + p5x4 − L4 p5+

+d1 p4

[d1x3 − d1L

2x + d2x2 − d2L

2 − d2(x2 − L2)]+

−

28 p3 + L2(35 p4 − 3 p5)

28

(x2 − L2) (1.9b)

Puede demostrarse que Φ1|Φ2 = Φ1|Φ3 = Φ2|Φ3 = 0, por lo tanto {Φ1,Φ2,Φ3} es unconjunto ortogonal.

Ejercicio 2Sean Ψn(x) las eigenfunciones ortonormales del operador de energıa H . Si la partıcula se encuen-tra en un estado Ψ(x) en el que una medicion de la energıa da el valor de E 1 con probabilidad1/2, E 2 con probabilidad 1/4 y E 3 , con probabilidad 1/4. Escriba la expresion mas generalposible para Ψ(x) que sea consistente con los datos.

Solucion 2La ecuacion de eigenvalores es como

H Ψn(x) = E nΨn(x)




donde las soluciones Ψn representan estados de movimiento donde el operador H tiene valorunico de E n. Para un estado Ψn(x) que es no solucion del problema de eigenvalor se tiene que

Ψ(x) =n

cnΨn(x)

suponiendo que las soluciones (eigenvectores y eigenvalores) son no degenerados, esto significa

que

E 1 −→ Ψ1

E 2 −→ Ψ2

E 3 −→ Ψ3

entonces podemos expresar la funcion Ψ como una combinacion lineal de estos eigenvectores:

Ψ(x) = c1Ψ1 + c2Ψ2 + c3Ψ3

y del enunciado del problema deducimos que

|c1

|2 =

1

2 ⇒c1 =

1

√2

|c2|2 =1

4⇒ c2 =

1

2

|c3|2 =1

4⇒ c3 =

1

2

∴ Ψ(x) =1√

2Ψ1 +

1

2Ψ2 +

1

2Ψ3 (2.1)

ejerciciosv

Documents