Clase 30: Estados base para el momento angular orbital

 Anteriormente se había determinado que, dado que los observables, cuando existen operadores de momento angular, los observables que podemos utilizar como parte de un conjunto completo de operadores que conmutan son $J^2$ y $J_z$ (no se usan $J_x$ y $J_y$ porque no conmutan entre sí), por lo cual, los autovalores de $J^2$ en general se pueden escribir como estado base para estudiar el espacio de estados a partir de la siguiente ecuación de autovalores, donde $j\geq0$.

$J^2 |k, j, m\rangle = \hbar^2 j (j+1) |k, j, m\rangle$   (1)

$J_z|k,j,m\rangle  = \hbar m |k, j, m\rangle$     (2)

Además, se mostró que los máximos valores de $m$ son $+j$ y $-j$

Finalmente se mostró que existe un entero positivo $p$ y un entero positivo $q$ (que puede ser igual a cero) tal que: 

$m-p=-j$

$m+q=j$

Con lo que se tiene que, combinando ambas ecuaciones: 

$p+q=2j$

Lo que implica que $j$ es un semientero de la forma $j=\frac{i}{2}$ con $i$ un entero positivo. Este resultado es sumamente importante ya que divide a las partículas individuales entre las que tienen un $j$ asociado entero y las que están asociadas con un $j$ semientero. En la naturaleza no se encuentran partículas que pasen de tener un $j$ asociado entero a tener uno semientero. 

Los estados base

Cuando $j=0$ solo puede tener asociado $m=0$  e implica que el estado base sea $|k, 0, 0 \rangle$, por lo que en este caso pueden haber tantos estados como valores de $k$.

En el caso en el que $j=1$, $m$ puede tomar los valores $m=-1, 0, 1$ con los que se tendrían los posibles estados $|k, 1, -1 \rangle$, $|k, 1, 0 \rangle$ y $|k, 1, 1 \rangle$, y de cada uno habrá tantos estados como valores de $k$.

Cuando $j=\frac{1}{2}$, entonces $m= -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}$, con lo que los posibles estados serán  $|k, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2} \rangle$,  $|k, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\rangle$, y de manera similar, para cada estado base habrán tantos estados como valores de $k$. Note que los valores permitidos de $k$ no dependen de $m$. 

$k$ puede tomar $g(j)$ valores, pues este número no depende de $m$, solo depende de $j$.

Por ejemplo, teniendo un $j$ fijo y valores para $k$ iguales a $k=1, 2 , ...$ se pueden obtener los estados mostrados en la siguiente tabla, la cual constituye una base completa al espacio de estados $\varepsilon$

$k$ es un autovalor asociado a un observable que no es ni $J^2$ o $J_z$, generalmente está asociado con la energía. 

Esta base completa debe cumplir las condiciones de:

•  Ortonormalidad 

$\langle k, j, m | k' , j', m'\rangle = \delta_{kk'} \delta_{jj'} \delta_{mm'}$

• Cerradura

$\sum_{j}\sum_{m=-j}^{+j}\sum_{k=1}^{g(j)} | k , j, m\rangle\langle k, j, m |= 1$

Matrices que representan los operadores de momento angular

El uso de los subespacios $\varepsilon(k,j)$ simplifica considerablemente la búsqueda de la matriz que representa, en una base “estándar” un componente de $J_u$ de $\textbf{J}$ [o una función arbitraria $F(\textbf{J})$]. Los elementos de la matriz de dichos operadores entre dos kets de base pertenecientes a dos subespacios diferentes $\varepsilon(k,j)$ son cero. Por tanto, la matriz tiene la siguiente forma:

Otra simplificación muy importante surge del hecho de que cada una de estas submatrices finitas es independiente de $k$ y del sistema físico en estudio; depende únicamente de $j$ y, por supuesto, del operador que queremos representar. Para ver esto, tenga en cuenta que la definición de $| k , j, m\rangle$ dada en las ecuaciones (1) y (2) en adición a las siguientes: 

$J_{+}| k , j, m\rangle = \hbar \sqrt{j(j+1)-m(m+1) }| k , j, m+1\rangle$    (3)

$J_{-}| k , j, m\rangle = \hbar \sqrt{j(j+1)-m(m-1) }| k , j, m-1\rangle$   (4)

Pero, además, 

$J_{-} J_{+} = J^2-J_{z}^2-\hbar J_z$

$J_{+} J_{-} = J^2-J_{z}^2+i\hbar J_z$

Con lo que se tiene que 

$\langle k , j, m| J_{-}J_{+}|k, j, m \rangle = \langle k , j, m| J^2 - J_z^2 - \hbar J_z |k, j, m \rangle$ (de la ecuación 3)

$\langle k , j, m| J_{+}J_{-}|k, j, m \rangle = \langle k , j, m| J^2 - J_z^2 + i\hbar J_z |k, j, m \rangle$ (de la ecuación (4)

Veamos algunas representaciones matriciales:

• Cuando $j=0$, $m=0$ y $\varepsilon (k, j=0)$. El subespacio es de dimensión 1, por lo cual todos los observables son una constante. (valor numérico)

• Cuando $j=\frac{1}{2}$

$m=-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}$ y $\varepsilon (k, j=\frac{1}{2})$. El espacio es dos dimensional


$J_z|k,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle = \hbar \frac{1}{2} |k, \frac{1}{2}, \frac{1}{2}\rangle$


$J_z|k,\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\rangle = \hbar(-\frac{1}{2}) |k, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\rangle$


Luego podemos escribir $J_z$ como:

$J_z = \frac{\hbar}{2} $ $\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & -1 \\
\end{pmatrix}$

• Cuando $j=1$ 

$m= -1 , 0, 1$ y $\varepsilon (k, j=1)$. El espacio es de dimensión 3 (pues la dimensión está dada por $2 j + 1$).

$J_z = \hbar$ $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ \end{pmatrix}$

$J+ = \hbar$ $\begin{pmatrix} 0 & \sqrt{2} & 0 \\ 0 & 0 & \sqrt{2} \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$

$J- = \hbar$ $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ \sqrt{2} & 0 & 0 \\ 0 & \sqrt{2} & 0 \\ \end{pmatrix}$

$J_x = \frac{\hbar}{\sqrt{2} }$ $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix}$

$J_y = \frac{\hbar}{\sqrt{2} }$ $\begin{pmatrix} 0 & -i & 0 \\ i  & 0 & -i  \\ 0 & i  & 0 \\ \end{pmatrix}$

Valor esperado o medio 

A partir del desarrollo anterior se tiene que: 

$J_x = \frac{1}{2} (J_+ + J_-)$

$J_y = \frac{1}{2i} (J_+ - J_-)$

Se tiene que: 

$\langle k, j, m| J_x | k, j, m \rangle = 0$ 

Con lo cual  $\langle J_x \rangle = \langle J_y  \rangle = 0$

Luego, 

$J_x^2 = \frac{1}{4} (J_{+}^2 + J_{-}^2 + J_{+}J_{-} + J_{-}J_{+})$

Con esto podemos encontrar $\langle k, j, m| J_x^2 | k, j, m \rangle$. Solo sobreviven los valores de $J_{+}J_{-}$ y $J_{-}J_{+}$, por tanto:

$\langle k, j, m| J_x^2 | k, j, m \rangle = \frac{1}{4}\langle k, j, m| J_{+}J_{-} + J_{-}J_{+} | k, j, m \rangle $

Pero se tiene que $J_{+}J_{-} + J_{-}J_{+}=2(J^2-J_{z}^2)$

Reemplazando se tiene que: 

$\langle k, j, m| J_x^2 | k, j, m \rangle = \frac{\hbar^2}{2} (j(j+1)-m^2) \neq 0$

Similarmente será para $J_y$, pues $\langle J_x \rangle = \langle J_y \rangle = 0$ ($\Delta J_x = \Delta J_y \neq 0$) 

Se tiene la relación $\Delta J_x \Delta J_y \propto J_z \neq 0$, la cual se estudiará más adelante. 

Aplicación al momento angular orbital 

Anteriormente se definió el momento angular como $\vec L= \vec R \times \vec P$, (observable vectorial) y se encontró que: 

$L_z = \frac{\hbar}{i} (x \frac{\partial}{\partial y} - y \frac{\partial}{\partial x})$ 

$L_x = \frac{\hbar}{i} (y \frac{\partial}{\partial z} - z \frac{\partial}{\partial y})$ 

$L_y = \frac{\hbar}{i} (z \frac{\partial}{\partial x} - x \frac{\partial}{\partial z})$ 

El estudio de los problemas relacionados al momento angular orbital se abordan de forma más sencilla en coordenadas esféricas, por lo que al escribir $L_z$, $L_x$ y $L_y$ en estas coordenadas se tiene que: 

$L_x = i\hbar (sen \varphi \frac{\partial}{\partial \theta} + \frac{cos \varphi}{tan \theta}\frac{\partial}{\partial \varphi})$

$L_y = i\hbar (-cos \varphi \frac{\partial}{\partial \theta} + \frac{sen \varphi}{tan \theta}\frac{\partial}{\partial \varphi})$

$L_z = \frac{\hbar}{i} \frac{\partial}{\partial \varphi}$

Ejercicio Clase 30

 Deduzca detalladamente las siguientes relaciones:

• $ \left [ \hat{J}^{2},\hat{J}_{\pm } \right ] = 0 $
  
  
• $ \left [ \hat{J}_{z},\hat{J}_{+} \right ] = \hbar\hat{J}_{+} $
  
  
• $ \left [ \hat{J}_{+},\hat{J}_{-} \right ] = \hbar\hat{J}_{z}  $

Ejercicio Clase 28

 Considere un sistema físico arbitrario que tiene como base del espacio de estados los cuatro auto vectores $|j,m_z\rangle$ comunes a $\textbf{J}^2$ y $J_z$ $ (j=0,1)$, $(m_z=-1,0,1)$

Si se tiene el estado normalizado: $$|\Psi \rangle=\alpha |1,1 \rangle +\beta|1,0 \rangle +\gamma |1,-1 \rangle + \eta |0,0 \rangle$$

Calcule el valor medio de $J_z$ y $J_x$ cuando el sistema está en el estado $|\Psi \rangle$, además calcule la probabilidad de todos los resultados posibles de una medida, solo teniendo en cuenta uno de los observables a  la vez.

Ejercicio extraído del libro de Cohen Tannoudji

Clase 28: Autovalores del momento angular

 Clase 28 - 21 septiembre

Autovalores del momento angular

Para un ket $|\psi \rangle$ los elementos de matriz $\langle\psi|\hat{J}^2|\psi\rangle$ son positivos o cero.

$$\langle\psi|\hat{J}^2|\psi\rangle=\langle\psi|\hat{J_x}^2|\psi\rangle+\langle\psi|\hat{J_y}^2|\psi\rangle+\langle\psi|\hat{J_z}^2|\psi\rangle=||\hat{J_x}|\psi\rangle||^2+||\hat{J_y}|\psi\rangle||^2+||\hat{J_z}|\psi\rangle||^2 \geq 0$$ 

Entonces los autovalores de $\hat{J}^2$ son mayores o iguales a cero.

Vamos a suponer que $\hat{J}^2|\psi\rangle$ tiene una ecuación de autovalores para este estado.

$$\hat{J}^2|\psi\rangle=autovalor|\psi\rangle$$

Supongamos que  $autovalor=\hbar j (j+1)$, entonces:

$$\hat{J}^2|\psi\rangle=\hbar^2 j (j+1)|\psi\rangle$$

Luego los autovalores de  $\hat{J}^2$ son $\hbar^2 j (j+1)$ y por convención $j\geq 0$ 

Para $\hat{J_z}$ se plantea de igual forma, donde la ecuación de autovalores es:

$$\hat{J_z}|\psi\rangle=\hbar m|\psi\rangle$$

Con $m\in\mathbb{R}$

Notación

$$|\psi\rangle=|k,j,m\rangle$$

Donde el valor $k$ todavia no sabemos nada de él, y las ecuaciones de autovalores nos quedan entonces de la forma:

$$\hat{J}^2|k,j,m\rangle=\hbar^2 j (j+1)|k,j,m\rangle$$

$$\hat{J_z}|k,j,m\rangle=\hbar m|k,j,m\rangle$$

Con $j\geq 0$ y $m\in\mathbb{R}$

Vamos a mostrar que se cumple la siguiente desigualdad $-j\leq m\leq j$

Recordando que $(\hat{J_+})^{\dagger}=\hat{J_-}$ partimos de las siguientes relaciones:

$$||\hat{J_+}|k,j,m\rangle||^2=\langle k,j,m|\hat{J_-}\hat{J_+}|k,j,m\rangle \geq 0$$

$$||\hat{J_-}|k,j,m\rangle||^2=\langle k,j,m|\hat{J_+}\hat{J_-}|k,j,m\rangle \geq 0$$

$$\langle k,j,m|\hat{J}^2-\hat{J_z}^2-\hbar \hat{J_z} |k,j,m\rangle = j(j+1)\hbar^2-m^2\hbar^2-m\hbar^2 \geq 0$$

$$\langle k,j,m|\hat{J}^2-\hat{J_z}^2+\hbar \hat{J_z} |k,j,m\rangle = j(j+1)\hbar^2-m^2\hbar^2+m\hbar^2 \geq 0$$

Operando las ultimas inecuaciones llegamos a:

$$-(j+1)\leq m \leq j$$

$$-j\leq m \leq j+1$$

Como se cumplen simultáneamente se cumple que $-j\leq m\leq j$

Propiedades de los vectores $\hat{J_-}|k,j,m\rangle$ y $\hat{J_+}|k,j,m\rangle$

1) Si $m=-j$:

$$\hat{J_-} |k,j,-j\rangle=0$$

2) Si $m>-j$:

$$\hat{J_-} |k,j,m\rangle$$

Es un vector no nulo y es autovector de $\hat{J}^2$ y de $\hat{J_z}$ con autovalor $j(j+1)\hbar^2$ y $(m-1)\hbar$ respectivamente.

Esto se puede demostrar si partimos de la relación:

$$[\hat{J}^2,\hat{J_-}]|k,j,m\rangle=0$$

Si expandimos llegamos a 

$$\hat{J}^2(\hat{J_-}|k,j,m\rangle)-j(j+1)\hbar^2\hat{J_-}|k,j,m\rangle=0$$

Que corresponde a una ecuación de autovalores, se hace el mismo análisis para $\hat{J_z}$ partiendo de:

$$[\hat{J_z},\hat{J_-}]|k,j,m\rangle=-\hbar\hat{J_-}|k,j,m\rangle$$

 

Ahora:

1) Si $m=j$

$$\hat{J_+} |k,j,j\rangle=0$$

2) Si $m<j$:

$$\hat{J_+} |k,j,m\rangle$$

Es un vector no nulo y es autovector de $\hat{J}^2$ y de $\hat{J_z}$ con autovalor $j(j+1)\hbar^2$ y $(m+1)\hbar$ respectivamente.

Esto lo podemos comprobar si expandimos las siguientes relaciones y llegar a una ecuaciones de autovalores con el vector dado $\hat{J_+} |k,j,m\rangle$:

$$[\hat{J}^2,\hat{J_+}]|k,j,m\rangle=0$$

$$[\hat{J_z},\hat{J_+}]|k,j,m\rangle=\hbar\hat{J_+}|k,j,m\rangle$$

• En resumen, $\hat{J_-}$ mantiene a $j$ igual pero cambia a $m$ por $m-1$
• Y  $\hat{J_+}$ mantiene a $j$ igual pero cambia a $m$ por $m+1$

Si seguimos esta formula de iteración, y al estado $|k,j,m\rangle$ le aplicamos $\hat{J_-}$, esto lo podemos hacer $p$ veces hasta que $m=-j$ y similarmente si aplicamos  $\hat{J_+}$, esto lo podemos hacer $q$ veces hasta que $m=j$

$$m-p=-j$$

$$m+q=j$$

Con $p,q\in\mathbb{Z}^+$

$p+q=2j$ donde si $p+q\in\mathbb{Z}^+$ entonces $2j\in\mathbb{Z}^+$

Finalmente $j\in(0,\frac{1}{2},1,\frac{3}{2},2,...)$

Referencias

• Cohen-Tannoudji C., Diu B., Laloe F. (1973) Vol. 1: Quantum Mechanics.

Clase 26: Introducción al momento angular en cuántica

Momento angular

El operador momento angular es uno de los operadores más importantes en la mecánica cuántica, ya que juega un papel muy importante en la teoría atómica y en la estudio de las moléculas, y algunos otros sistemas que tengan simetría rotacional. Hay diferentes tipos de operadores que representen el momento angular como por ejemplo: el operador momento angular orbital denotado por $L$, el momento angular de spin denotado por $S$ y se denota usualmente al momento angular total por $J$. 

Consideremos un eje cuyo vector director unitario es $\hat{n}$, y un vector posición $\vec{r}$ tal que  $\hat{n}$ y $\vec{r}$ parten del mismo origen. Sea $\vec{r'}$ el vector $\vec{r}$ después de realizar una rotación  de un ángulo infinitesimal $\delta \phi$ alrededor del eje definido por $\hat{n}$. Entonces, el vector  $\vec{r'}$ se puede expresar de la siguiente manera:

$$ \vec{r'}=\vec{r}+\delta \phi (\hat{n} \times \vec{r})=\vec{r}+\vec{\delta \phi}  \times \vec{r}$$

Dado un campo escalar $f(\vec{r'})=f(\vec{r}+\vec{\delta \phi}  \times \vec{r})$ se puede expandir realizando aproximación de orden uno en la serie de Taylor como: 

$$f(\vec{r}+\vec{\delta \phi}  \times \vec{r})  \approx f(\vec{r})+(\vec{\delta \phi} \times \vec{r}) \cdot \vec{\nabla}f(\vec{r}) \\ =f(\vec{r})+\vec{\delta \phi} \cdot ( \vec{r} \times  \vec{\nabla})  f(\vec{r}) \\=[\hat{1}+\vec{\delta \phi} \cdot ( \vec{r} \times  \vec{\nabla}) ] f(\vec{r}) \\ \approx e^{\vec{\delta \phi} \cdot (\vec{r} \times \vec{\nabla})} f(\vec{r}) \\= e^{\vec{\delta \phi} \cdot \frac{i}{\hbar}\left[\vec{r} \times  \left (-i \hbar \vec{\nabla} \right)\right ]} f(\vec{r}) \\=e^{\vec{\delta \phi} \cdot \frac{i}{\hbar}\left(\vec{r} \times \vec{p}\right )} f(\vec{r}) \\= e^{\frac{i}{\hbar}\vec{\delta \phi} \cdot   \vec{L}} f(\vec{r}) $$

De lo anterior se puede decir que  $\vec{L}$ es un operador (vectorial) diferencial  que genera una rotación y por esto a este operador vectorial se le denomina comúnmente como generador de rotaciones. 

$$\vec{\hat{L}}=-i\hbar (\vec{r} \times \vec{\nabla})=\vec{r} \times \vec{p}$$

En coordenadas cartesianas:

$$\vec{\hat{L}}=\begin{bmatrix}  \hat{L}_x \\  \hat{L}_y \\   \hat{L}_z\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}   \hat{y} \hat{p}_z- \hat{z}  \hat{p}_y \\   \hat{z} \hat{p}_x- \hat{x}  \hat{p}_z\\    \hat{x} \hat{p}_y- \hat{y}  \hat{p}_x \end{bmatrix}$$

A partir de la ecuación anterior y realizando los siguientes cambios en la notación: $x \rightarrow 1$, $y \rightarrow 2$,  $z \rightarrow 3$, denotando las componentes de $\vec{r}$ como $q_\mu$ tal que  el  subíndice pueda tomar valores entre 1 y 3, es decir, $q_1=x$,  $q_2=y$, $q_3=z$  se tienen las siguientes expresiones: 

• $[q_j,p_k]=i\hbar \delta_{ik}$
• $[q_j,q_k]=[p_j,p_k]=0$
• $[L_j,L_k]=i \hbar \epsilon_{jkr} L_r$                                 (1)

Las expresiones anteriores, suelen ser utilizadas con frencuencia. Cualquier operador que cumpla con esta ultima relación se dice que cumple con el álgebra del momento angular. 

Demostremos de la Ec. (1) un caso específico, veamos por ejemplo que $[L_x, L_y] = i \hbar L_z$. Si se utiliza la siguiente relación de conmutadores $[AB,CD] = A[B,C]D + [A,C]BD + CA[B,D] + C[A,D]B$ se tiene: 

$$[L_x, L_y] = [\hat{y}\hat{p_z} - \hat{z}\hat{p_y}, \hat{z}\hat{p_x} - \hat{x}\hat{p_z}] \\ = [\hat{y}\hat{p_z}, \hat{z}\hat{p_x}] + [\hat{z}\hat{p_y}, \hat{x}\hat{p_z}] \\ = \hat{y}[\hat{p_z},\hat{z}]\hat{p_x} + \hat{x}[\hat{z},\hat{p_z}]\hat{p_y} \\ = -i\hbar \hat{y}\hat{p_x} + i\hbar \hat{x} \hat{p_y} \\ = i\hbar L_z $$

 

Momento angular total

Una generalización del operador momento angular $\vec{\hat{L}}$ es el operador momento angular total $\vec{\hat{J}}$ que de forma rigurosa se define como: 

$$\vec{\hat{J}}=\vec{\hat{L}} \otimes \vec{\hat{I}}+\vec{\hat{I}} \otimes \vec{\hat{S}}  $$

Este operador cumple con el álgebra del momento angular, $\vec{\hat{S}} $ es el operador vectorial espín.

Considerando la siguiente expresión

$$J^{2}=\vec{\hat{J}}^{2}=J_x^{2}+J_y^{2}+J_z^{2}=J_1^{2}+J_2^{2}+J_3^{2}$$

Se puede escribir la siguiente relación:

• $[J^{2},J_k]=0$

Tomemos $k=1$ que representa a la componente $x$ y mostremos que da cero, para los otros dos casos es análogo. 

$$[J^{2},J_x]=[J_x^{2}+ J_y^{2}+J_z^{2}, J_x]=[J_x^{2},J_x]+[J_y^{2},J_x]+[J_z^{2},J_x]\\ =J_y [J_y,J_x]+[J_y,J_x]J_y+J_z[J_z,J_x]+[J_z,J_x]J_z \\=i \hbar (L_yL_z+L_zL_y)-i\hbar(L_yL_z+L_zL_y)=0$$

Si se supone que $J^{2}$ es un observable, entonces a partir de la expresión anterior se concluye que tiene los mismo autoestados que $J_1,J_2,J_3$; sin embargo como los $J_k$ no conmutan entre sí, se dice que no compatibles y por esto no comparten autoestados. 

Operadores escalera

Hasta ahora sólo se ha trabajado con las componentes cartesianas (observables) de $J$, es conveniente definir  otros operadores $J_{\pm}$ (no observables) llamados operadores escalera: 

$$\hat{J}_{+}=\hat{J}_x+i\hat{J}_y$$

$$\hat{J}_{-}=\hat{J}_x-i\hat{J}_y$$

Debido a la hermiticidad de los operadores $\hat{L}_x$ y $\hat{L}_y$ es fácil mostrar que se cumplen las siguientes dos ecuaciones 

$$\hat{J}_{+}^{\dagger}=\hat{J}_{-}$$

$$\hat{J}_{-}^{\dagger}=\hat{J}_{+}$$

Algunas relaciones de conmutación son:

• $[\hat{J}_+,\hat{J}_-]=2 \hbar \hat{J}_z$
• $[\hat{J}_z,\hat{J}_+]= \hbar \hat{J}_+$
• $[\hat{J}_z,\hat{J}_-]= -\hbar \hat{J}_-$
• $[\hat{J}^{2},\hat{J}_+]=[\hat{J}^{2},\hat{J}_-]=0$

Con las relaciones anteriores, se puede verificar fácilmente las siguientes expresiones: 

$$\hat{J}^{2}=\hat{J}_+\hat{J}_-+\hat{J}_z^{2}-\hbar \hat{J}_z$$

$$\hat{J}^{2}=\hat{J}_-\hat{J}_++\hat{J}_z^{2}+\hbar \hat{J}_z$$

$$\hat{J}^{2}=\frac{1}{2}(\hat{J}_+\hat{J}_-+\hat{J}_-\hat{J}_+)+ \hat{J}_z^{2}$$

 

Editor: Cristian Serna

Verificado: César Antonio Hoyos Peláez. 

Ejercicio Clase 26

Propuesto por: Michelle Mora

Demuestre, a partir de la definición $\hat{L} = \hat{r} × \hat{p}$, que los operadores de momento angular $\hat{L_i}\  , i = 1, 2, 3$ son hermitianos.

Problema sacado del libro Problemas y Ejercicios de Mecánica Cuántica de Peña y Villavicencio.

Clase 25 Finalización armónico simple

Dado el hamiltoniano de un oscilador armónico simple $H=\frac{1}{2}(\frac{P^2}{m}+m\omega^2 X^2)$,  en la sesión anterior definimos operadores adimensionales $\hat X, \hat P$ de manera que el hamiltoniano pasará a ser simétrico con respecto a ambos $H=\hbar \omega(\hat X^2+ \hat P^2)$. o $H=\hbar \omega  \hat H $ con $\hat H=\frac{1}{2} (\hat X^2+ \hat P^2)$De esta manera se pueden definir nuevos operadores $a=\frac{1}{\sqrt{2}}(X+iP)$ y $a^{\dagger}=\frac{1}{\sqrt{2}}(X-iP) $ que después denominaríamos operadores de destrucción y creación respectivamente, debido a su propiedad de subir o bajar el índice de un autoestado al aplicarlos sobre este.

$a |\psi_n \rangle=\sqrt{n}|\psi_{n-1}\rangle$

$a^{\dagger} |\psi_n \rangle =\sqrt{n+1}|\psi_{n+1}\rangle$

Con esta nueva herramienta procedemos a calcular la forma matricial de los operadores originales $X, P$ al expresarlos en términos de $a$ y $a^{\dagger}$.

$X_{mn}=\langle \psi_m | X | \psi_n \rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\langle \psi_m | a^{\dagger}+a | \psi_n \rangle$
$=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\langle \psi_m | \sqrt{n+1} | \psi_{n+1} \rangle+\langle\psi_m | \sqrt{n} | \psi_{n-1} \rangle)$

$=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\sqrt{n+1}\delta_{m,n+1}+\sqrt{n}\delta_{m,n-1})$

$[X]=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\begin{bmatrix}0 & \sqrt{1} & 0 & ... & 0 & 0\\
\sqrt{1} & 0 & \sqrt{2} & ... & 0 & 0\\
... & ... & ... & ... & ... &...\\
0 & 0 & 0 & ... & 0 & \sqrt{n-1}\\
0 & 0 & 0 & ... & \sqrt{n-1} & 0\\
\end{bmatrix}$

De esta manera obtenemos la forma matricial que ya habíamos conseguido en sesiones pasadas pero ahora de forma casi inmediata en lugar de por medio de tediosas integrales.

De la misma manera podemos obtener la forma matricial del operador momento 

$P_{mn}=\langle \psi_m | P | \psi_n \rangle=i\sqrt{\frac{m \hbar \omega}{2}}\langle \psi_m | a^{\dagger}-a | \psi_n \rangle$
$=i\sqrt{\frac{m \hbar \omega}{2}}(\langle \psi_m | \sqrt{n+1} | \psi_{n+1} \rangle-\psi_m | \sqrt{n} | \psi_{n-1} \rangle)$
$=i\sqrt{\frac{m \hbar \omega}{2}}(\sqrt{n+1}\delta_{m,n+1}-\sqrt{n}\delta_{m,n-1})$

Fórmula de Rodrigues

Tenemos además $a^{\dagger}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\sqrt{\frac{m \omega}{\hbar}}x-\sqrt{\frac{\hbar} {m \omega}}\frac{d}{dx}\right)$.

Con  esto podemos obtener $\psi_n(x)=\langle x | \psi_n  \rangle = \frac{1}{\sqrt{n!}}\langle x| (a^{\dagger})^n | \psi_0 \rangle$

$$a^{\dagger}=\frac{1}{\sqrt{n!}}\frac{1}{\sqrt{2^n}}\left(\sqrt{\frac{m \omega}{\hbar}}x-\sqrt{\frac{\hbar} {m \omega}}\frac{d}{dx}\right)^n \psi_0(x)$$

Donde al reemplazar $\psi_0(x)=(\frac{m \omega}{\pi \hbar})^4 e^{-\frac{1}{2}\frac{m \omega}{\hbar} x^2}$ obtenemos la fórmula de Rodrigues para polinomios de Hermite.

Valores medios y desviación cuadrática media

Al obtener la representación matricial de los operadores $X, P$ podemos ver claramente que $\langle \psi_n| X |\psi_n \rangle=\langle \psi_n| P |\psi_n \rangle=0$.

Por lo tanto, al aplicar la definición de varianza tenemos:

$(\Delta X)^2=\langle  X^2  \rangle- (\langle  X  \rangle)^2=\langle  X^2  \rangle$
$(\Delta P)^2=\langle  P^2  \rangle- (\langle  P  \rangle)^2=\langle  P^2  \rangle$

donde
$X^2=\frac{\hbar}{2m \omega}(a^{\dagger}+a)(a^{\dagger}+a)$
$P^2=-\frac{m \hbar \omega}{2 }(a^{\dagger}-a)(a^{\dagger}-a)$

En estas expresiones obtenemos términos $a^2$ y $(a^{\dagger})^2$ que no contribuyen a la diagonales y ya que $\langle  a^{\dagger}a+ aa^{\dagger} \rangle=\langle  2a^{\dagger}a+ 1 \rangle=2n+1$. Tendremos que:

$(\Delta X)^2=\langle  X^2  \rangle=(n+\frac{1}{2})\frac{\hbar}{m \omega}$

$(\Delta P)^2=\langle  P^2  \rangle=(n+\frac{1}{2})m \hbar  \omega$

Con $\Delta X \Delta P=(n+\frac{1}{2})\hbar$ para todos los autoestados, y en particular, este valor es mayor o igual a $\frac{\hbar}{2}$ en cada caso teniendo así la relación de indeterminación de Heisenberg.

Aplicaciones del oscilador armónico

Vibración de núcleos de moléculas diatómicas 

Dos núcleos forman un estado ligado al interactuar mediante fuerzas de Van der Waals. El potencial efectivo describe su comportamiento en función de la distancia entre ellos; para distancias muy pequeñas los núcleos se repelen fuertemente entre sí, hay un punto de potencial mínimo $r_e$ donde los núcleos tendrían un equilibrio estable si estos fueran partículas clásicas. La distancia entre los átomos puede aumentar hasta un punto donde se rompe el enlace y los núcleos dejan de interactuar entre sí.

Para zonas cercanas a $r_e$, es decir para vibraciones de amplitud pequeña, podemos modelar el potencial como una parábola. $V(r)=-V_0+\frac{1}{2}V''(r)(r-r_e)^2$ y tratar el problema como un cuerpo de masa reducida $m=\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}$ que oscila alrededor de $r_e$. Tenemos entonces un oscilador armónico de frecuencia angular $\omega=\sqrt{\frac{V''(r_e)}{m}}$ y energía vibracional $E_ \nu=(\nu + \frac{1}{2})\hbar \omega -V_0$.

Las frecuencias de vibraciones moleculares suelen expresarse en $cm^{-1}$ que corresponde al inverso de la longitud de onda $\lambda$ de una onda electromagnética de frecuencia $\nu$.

Si asumimos que la molécula es heteropolar, es decir que está compuesta de átomos diferentes, tendremos que en general los electrones son atraídos hacia el átomo más negativo eléctricamente. Esto  genera un momento dipolar permanente $D(r)$ que se puede expandir alrededor de $r_e$ como $D(r)=d_0+d_1(r-r_e)+...$.

Cuando la molécula está en una superposición de estados vibracionales el valor medio del momento dipolar $\langle D(R) \rangle$ oscila alrededor de $d_0$. Esta vibración del momento dipolar resulta en un acoplamiento entre la molécula y el campo electromagnético,  por lo que la molécula puede absorber o emitir fotones de energía $h \nu$.

Espectro torsión de moléculas: Etileno 

Los átomos de una molécula de etileno se encuentra en un mismo plano. Al tratar de rotar un grupo $CH_2$ alrededor del eje $C-C$ se forma un potencial $V(\alpha)$ donde $\alpha$ es el ángulo de rotación. $\alpha=0$ corresponde a un mínimo de potencial, y $\alpha=n\pi$ tambíen corresponde a un mínimo de potencial ya que debido a la simetría de la molécula estos casos son indistinguibles.

El potencial estará dado por $V(\alpha)=\frac{V_0}{2}(1-cos 2\alpha)$. Esto puede ser aproximado como un parábola alrededor de cada mínimo de potencial. Al estudiar esta situación se obtiene un oscilador armónico con respecto a $\alpha$, de frecuencia angular $\omega=\sqrt{\frac{V_0}{I}}$ donde $I$ es el momento de inercia del grupo $CH_2$ alrededor del eje $C-C$.

Debemos tener en cuenta los efectos cuánticos, ya que un "estado torsional" alrededor de un mínimo de potencial puede llegar a saltar a otro mínimo por efecto túnel.

Átomo muónico pesado

El muon ($\mu$) es una partícula con la misma carga que un electrón pero de masa 207 veces mayor. En ocasiones un muon puede ser atraído por la fuerza coulombiana de un núcleo y formar un sistema ligado conocido como átomo muónico.

Por el modelo de Bohr tenemos que la energía y el radio orbital del muon es:

$E_n=\frac{-Z^2me^4}{2\hbar^2}\frac{1}{n^2}$

$r_n=\frac{n^2 \hbar^2}{Z m e^2}$

Que para un átomo pesado como el plomo (Z=82,A=207) toma valores de $E_1=-19MeV, E_2=-4.7MeV$, $r_1=3*10^{-13}cm, r_2=12*10^{-13}cm$.

Pero para estas expresiones se tomaba el núcleo como puntual respecto a la distancia entre este y la partícula que lo "orbitaba", pero esto no es válido para este átomo muónico pesado pues tiene un radio nuclear $\rho_0$ del orden de $8.5*10^{-13}cm$. Para $r_1$ la función de onda del muón llega incluso a estar dentro del núcleo. Debemos entonces dividir el problema.

Para una distancia entre el muón y el centro del núcleo $r>\rho_0$ la energía potencia está dada por:

$V(r)=-\frac{Ze^2}{r}$

Para $r<\rho_0$ tomamos el núcleo como una esfera cargada uniformemente, por lo que usando el teorema de Gauss tenemos una energía potencial:

$V(r)=\frac{1}{2}\frac{Z e^2}{\rho_0^3}r^2-\frac{3}{2}\frac{Ze^2}{\rho_0}$

Vemos que para distancias pequeñas al centro del núcleo y en específico para $r_1$ el potencial tiene forma parabólica, por lo que tendríamos un oscilador armónico tridimensional de frecuencia $\omega=\sqrt{\frac{Ze^2}{m_{\mu}\rho^3}}$.

Oscilación armónica de partícula carga en campo eléctrico 

Por último discutimos como cambia el comportamiento de una partícula cargada oscilando armónicamente al someterla a un campo eléctrico constante $E=E_0 \hat x$.

Este campo tiene un potencial asociado $\phi=E_0x$ y un potencial $U=q E_0 x $, al sumar este término con el potencial de un movimiento armónico simple tendremos un nuevo potencial $V(x)=\frac{1}{2}m\omega^2 x^2+ qE_0 x$ donde se pueden completar cuadrados para obtener un sistema cuyos niveles de energía permitidos serán:

$E_n=(n+\frac{1}{2})\hbar \omega-\frac{q^2 E_0^2}{2 m \omega^2}$

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Para entender mejor las aplicaciones, veamos los siguientes videos:

Oscilación de una partícula cargada en un campo eléctrico: https://www.youtube.com/watch?v=AJxfDEsIUD0

Vibración de núcleos de moléculas: https://www.youtube.com/watch?v=dK-tP0Pwv9E

Torsión de moléculas: https://www.youtube.com/watch?v=snTqtYxnCok

Editado por: Michelle Mora

Editado por: Waira M

Clase 23 - Oscilador armónico unidimensional

Oscilador armónico unidimensional

 Al estudiar el comportamiento de un oscilador armónico clásico, vemos que una gran cantidad de fenómenos físicos están relacionados a este fenómeno debido a la forma del potencial que  $V(x)=k x^{2}$ esto de un modo u otro nos habla de que el potencial es de tipo parabólico y una manera de verlo es al hacer la expansión de $V(x)$ en serie de Taylor, (bajo la premisa de que la función es diferenciable) alrededor de un ponto en particular $x_{0}$:

$$ V(x)=V(x_0)+(x-x_0)\frac{\mathrm{d}V(x)}{\mathrm{d}x} \mid_{x=x_0}+(x-x_0)^2 \frac{\mathrm{d^2} V(x)}{\mathrm{d}x} \mid_{x=x_{0}}$$

$$+(x-x_0)^{3}\frac{\mathrm{d^3} V(x)}{\mathrm{d} x} \mid_{x=x_0}+...$$ 

Figura 1. Representación típica de potencial que rige un oscilador armónico

Al estar muy cerca del punto sobre el cual hacemos la expansión, que además es un mínimo de $V(x)$, se tiene que $\frac{\mathrm{d} V(x)}{\mathrm{d} x}$ y que $(x-x_{0})<1$ luego $(x-x_{0})^{2}<<1$ y así  sucesivamente, por lo que podemos despreciar los términos mayores a orden dos y obtenemos la siguiente expresión del potencial: 

$$ V(x)=kx^{2} \rightarrow k= \frac{\mathrm{d^{2}} V(x)}{\mathrm{d} x^{2}} \mid_{x=x_0} $$

Sea m la masa de la partícula, se define entonces $w^{2}=k/m$; para separarnos de las variables físicas del problema ligadas a las fuerzas y obtener información acerca de la frecuencia asociada a la energía $E=h*\nu $, un parámetro que es de mayor importancia en el oscilador cuántico.

Ahora, para centrarnos en el caso en cuestión, estudiemos la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo con $V(x)=\frac{1}{2}m w^2x^2$ obtenemos:

$$ -\frac{h^{2}}{2m}\frac{\mathrm{d^{2}} \psi}     {\mathrm{d}x^{2}}+\frac{1}{2}m w^2x^2\psi =E\psi  \; \; \; \; \; \; \; \; (1) $$

Si escogemos $    y=\sqrt{\frac{m w}{h}}x $ la ecuación queda como 

 $$ \frac{\mathrm{d^{2}} \psi}{\mathrm{d} x^{2}} +\left ( \frac{2E}{\hbar w} - y^2 \right  )\psi=0 $$ 

Si estudiamos las condiciones físicas que debe cumplir esta función observamos que cuando $y \rightarrow \infty$ la ecuación diferencial diverge, como también $y^2>>\frac{2E}{\hbar w}$, es importante anotar que esta última relación no tiene unidades, lo que facilita identificar que tipo de funciones pueden estar asociadas a la solución.

$$  \frac{\mathrm{d^{2}} \psi}{\mathrm{d} x^{2}}-y^2\psi=0  (4) $$ 

Luego se propone una solución de la forma 

$$\psi = e^{-\frac{y^2}{2}}v(y) \; \; \; \; \; \; \; \; (2) $$ 

Si remplazamos (2) en la ecuación diferencial (1) obtenemos

 $$   e^{-y^2}\left( \frac{\mathrm{d^{2}} v(y)}{\mathrm{d} y^{2}}-2y\frac{\mathrm{d} v(y)}{\mathrm{d} y} +\left ( \frac{2E}{\hbar w} - 1 \right  ) v(y) \right  )=0 $$ 

Luego buscaremos encontrar la solución a la EDO entre paréntesis, solución que será continua, con derivadas continuas y que no diverja en el infinito. Estas soluciones serán los polinomios de Hermite, los cuales están dado por la siguiente función generatriz:

$$    g(x,t)= e^{-t^2+2t x}=\sum_{n=0}^{^\infty}H_{n}(x)\frac{t^n}{n!} $$

Para buscar ciertas relaciones de recurrencia que son bastantes útiles a la hora de realizar integraciones y entender el comportamiento de estos polinomios, se realizan algunas derivadas.

$$    \frac{\partial g(x,t) }{\partial x} = 2\sum_{n=0}^{\infty} H_{n}(x)\frac{t^{n+1}}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty}{H_{n+1}'}(x)\frac{t^{n+1}}{(n+1)!} $$ 

Lo cual se observa fácilmente es igual a

   $$  2n H_{n-1}(x)={H_{n}'}(x)   \; \; \; \; \; \; \; \;  (3) $$ 

Expresión que relaciona la derivada del polinomio de Hermite con el polinomio anterior a él.

Ahora, realizando un proceso similar, pero esta vez con la derivada parcial respecto a t se obtiene

  $$ H_{n+1}(x)-2x H_{n}(x)+{H'}(x)=0  \; \; \; \; \; \; \; \; (4) $$ 

Si derivamos (4) y luego remplazamos (3), obtenemos:

$$    {H_n''}(x)-2x {H_n'}(x)+2n H_n(x)=0   \; \; \; \; \; \; \; \; (5) $$ 

 Y si recordamos la ecuación con la que iniciamos

 $$    \frac{\mathrm{d^{2}} v(y)}{\mathrm{d} y^{2}}-2y\frac{\mathrm{d} v(y)}{\mathrm{d} y} +\left ( \frac{2E}{\hbar w} - 1 \right  ) v(y)=0   \; \; \; \; \; \; \; \; (6)  $$  

Al comparar (5) y (6) se encuentra que son la misma ecuación si y solo si $2n=\frac{2E}{\hbar w}-1$, igualdad que nos lleva a confirmar un detalle de gran importancia para la mecánica cuántica y es que la energía está cuantizada.

    $$ E=\left(n+\frac{1}{2}\right) \hbar w    $$

 Podemos ver entonces que la solución general a la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo viene dada por:

    $$ \psi_n(y)=C_n e^{-\frac{y^2}{2}} H_n(y)$$

 Donde C_n es una constante de normalización igual a $C_{n}=\sqrt{\frac{1}{2^n n!}}$

 Una solución en general va a ser una superposición lineal de las $\psi_n(y) \rightarrow \psi(y)=\sum_n C_n \psi_n(y)$, donde las $\psi_n$ son auto funciones del operador $\hat{H}$ y esta es otra gran diferencia entre el oscilador mecánico y el oscilador cuántico:

 Hamiltoniano clásico:

    $$ H=\frac{P^2}{2m}+V(x)$$

  Hamiltoniano cuántico:

    $$  \hat{H}\psi_n= E_n \psi_n  $$

 Cuando examinamos los autovalores asociados a las auto funciones dadas por el operador hamiltoniano observamos que si la función está en un solo autoestado, entonces $\Delta E_n = 0$, por lo que se concluye que se presenta oscilación únicamente si hay más de un estado.

Editado por: Juan Pablo Ortiz Gil

Ejercicio Clase 23

 Ejercicio Clase 23 - 2 Septiembre

1) Partiendo de la siguiente definición:

$$H_n(x)=(-1)^ne^{x^2}\frac{d^n}{dx^n}e^{-x^2}$$

Hallar los primeros 5 polinomios de Hermite, $H_0(x)$, ... , $H_4(x)$

2) Partiendo de la siguiente relación de los polinomios de Hermite:

$$e^{-t^2+2tx}=\sum_{n=0}^{\infty}H_n(x)\frac{t^n}{n!}$$

Demostrar que se cumple la siguiente ecuación diferencial:

$$\frac{d^2}{dx^2}H_n(x)-2x\frac{d}{dx}H_n(x)+2nH_n(x)=0$$

Solución presentada por Sergio Castrillón, ya que no ví el ejercicio de la clase 22

Clase 22: Preparación de un estado y Solución de la ecuación de Schrödinger

La preparación de un estado.

Sea |$\psi\rangle$ un sistema encontrado en el laboratorio (un has de luz, una corriente de electrones). Queremos conocer la situación inicial de un experimento o un sistema, para esto supongamos que tenemos una situación inicial que no conocemos muy bien, queremos tratar de establecer un protocolo para tomar ese estado que está en alguna situación y de ahí ver como podemos estudiarlo mejor.  Una situación típica que necesitamos es utilizar el cuarto postulado: en un instante después de una medida en la que se obtuvo $a_{n}$, el sistema está en un estado $|u_{n}\rangle$  asociado con $a_{n}$.

En un tiempo $t_{0}$ se toma la medida de una cantidad física, esa cantidad física esta asociada con un  observable $A$, cuyos autovalores son $a_{n}$ y sus autoestados son $|u_{n}\rangle$.  Entonces en $t_{0}$ se obtuvo un $a_{i}$, por lo cual, inmediatamente después de la medida $t_{0} + \Delta t$, el sistema está en el estado $|u_{n}\rangle$. Entonces, se puede utiliza este estado para otras medidas u otras observaciones, es decir, se puede tomar $|\psi\rangle$ y proyectarlo para obtener un $|u_{n}\rangle$ que es nuestro nuevo estado inicial.  Lo que se quiere es crear una especia de filtro  con alguna técnica experimental, para prevenir que el sistema se recupere (retome su forma inicial) y, conserve esta nueva forma.

Pero $|\psi\rangle$ era una combinación de los autoestados $|\psi\rangle$ = $\sum C_{a} |u_{n}$. Lo que queremos es hacer una proyección sobre el estado i-ésimo sobre $\psi$ que sea básicamente un $|u_{n}\rangle$, no necesariamente normalizado, esto es:

|$\psi \rangle = \sum_{n} C_{a} | u_{n}\rangle \rightarrow  R_{i} |\psi \rangle = \lambda _{n} | u_{n} \rangle$

Podemos definir  $|\psi' \rangle =  R_{i} | \psi \rangle$, el cual tenemos que normalizar. 

Solución de la ecuación de Schrödinger

Nuestro observable principal o más popular es el Hamiltoniano ya que con él construimos la ecuación de Schrödinger.

Supongamos un Hamiltonianos con autoestados $|\varphi _{n,\vec{m}}\rangle$

$H |\varphi _{n,\vec{m}} \rangle = E_{n} | \varphi _{n,\vec{m}}\rangle$

Donde $\vec{m}$ es una colección de números cuánticos   $\vec{m} = (m_{1}, m_{2} …)$ que permiten tener un sistema que no es degenerado, hacen que $|\varphi_{n,\vec{m}}\rangle$ sea único.

Supongamos que H no depende del tiempo t, por lo tanto es un sistema conservativo, $| \varphi_{n,\vec{m}}\rangle$ no depende de t, es decir, esos autoestados no van a cambiar con el tiempo. Vemos que $\psi$ puede evolucionar pero, los $|\varphi_{n,\vec{m}}\rangle$ no.

Dado que $|\phi_{n,\vec{m}}\rangle$ es una base, siempre es posible para cada valor de t expandir cualquier estado $|\psi (t)\rangle$ del sistema en términos de $|\varphi_{n,\vec{m}}\rangle$

$|\psi(t)\rangle = \sum_{n,\vec{m}} C_{n,\vec{m}}(t) | \varphi_{n,\vec{m}}\rangle$

Donde $C_{n,\vec{m}}(t) = \langle\varphi | \psi(t)\rangle$. Dado que $| \varphi(t)\rangle$ no depende de t, toda la dependencia temporal de $| \psi(t)\rangle$ está contenida en $C_{n,\vec{m}}(t)$. Para calcular  $C_{n,\vec{m}}(t)$, proyectamos la ecuación de Schrödinger en cada uno de los estados  $| \varphi(t)\rangle$. Esto produce:

$ih \frac{d}{dt} \langle \varphi_{n,\vec{m}} | \psi(t) \rangle = \langle \varphi_{n,\vec{m}}|H|\psi(t) \rangle$

$ih \frac{d}{dt} C_{n,\vec{m}}(t) =  E_{n}  C_{n,\vec{m}}(t)$

Esta ecuación la podemos integral directamente para obtener:

$C_{n,\vec{m}}(t) = C_{n,\vec{m}}(t_{0}) e^{-iE_{n}(t-t_{0})/\hbar}$

Cuando H no depende explícitamente del tiempo, para encontrar $\psi(t)$, dado $|\psi(t_{0}) \rangle$ podemos hacer:

1. Expandir $|\psi(t_{0})\rangle$ en términos de una base de autoestados de H:

   $|\psi(t_{0})\rangle = \sum_{\vec{m}} \sum_{n} C_{n,\vec{m}}(t_{0})|\varphi_{n,\vec{m}}\rangle$

$C_{n,\vec{m}}(t_{0})$ viene dado por la fórmula $C_{n,\vec{m}}(t_{0}) = \langle \varphi_{n,\vec{m}}|\psi(t_{0})\rangle$

2. Ahora, para obtener $|\psi(t) \rangle$ para t arbitrario, multiplicamos cada coeficiente            $C_{n,\vec{m}}(t_{0})$ de la expresión que teníamos de $|\psi(t_{0})\rangle$ por $e^{-E_{n}(t-t_{0})/\hbar}$, donde $E_{n}$ es el valor propio de H asociado con el estado $|\varphi_{n,\vec{m}}\rangle$:

    $|\psi(t)\rangle = \sum_{\vec{m}} \sum_{n} C_{n,\vec{m}}(t_{0}) e^{-iE_{n}(t-t_{0})/\hbar}|\varphi_{n,\vec{m}}\rangle$

Un caso especialmente importante es aquel en el que $|\psi(t_{0})\rangle$ es en sí mismo un autoestado de H. Por tanto:

$|\psi(t_{0})\rangle = \sum_{\vec{m}}  C_{n,\vec{m}}(t_{0})|\varphi_{n,\vec{m}}\rangle$

Ahora, si solo tenemos en cuenta la sumatoria sobre $\vec{m}$  tendremos la combinación lineal:

$|\psi(t)\rangle = \sum_{\vec{m}} C_{n,\vec{m}}(t_{0})e^{-iE_{n}(t-t_{0})/\hbar}|\varphi_{n,\vec{m}} \rangle  = e^{-iE_{n}(t-t_{0})/\hbar}\sum_{\vec{m}} C_{n,\vec{m}}(t_{0})|\varphi_{n,\vec{m}}\rangle $

$|\psi(t)\rangle = e^{-iE_{n}(t-t_{0})/\hbar} |\psi(t_{0})\rangle$

De esto concluimos que todas las propiedades físicas de un sistema que se encuentra en un estado propio de H no varían con el tiempo, los estados propios de H se denomina por esta razón estados estacionarios.

Superposición vs suma de probabilidades.

Ejemplo: polarización de la luz.

Consideremos los fotones que se propagan a lo largo de $O$z, cuyo estado de polarización está representado por el vector unitario:

$e = \frac{1}{\sqrt{2} } (e_{x}+e_{y})$

Este resultado es una superposición lineal de dos estados de polarización ortogonal $e_{x}$ y $e_{y}$. Esto representa la luz que está polarizada linealmente en un ángulo de 45° con respecto a $e_{x}$ y $e_{y}$. Sería absurdo suponer que $N$ fotones en el estado $e$ son equivalentes a $N$ x $\left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^{2} = \frac{N}{2}$ fotones en el estado $e_{x}$ y  $N$ x $\left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^{2}  = \frac{N}{2}$ fotones en el estado $e_{y}$.  Si colocamos en la trayectoria del haz un analizador cuyo eje $e'$ es perpendicular a $e$, sabemos que ninguno de los $N$ fotones en el estado $e$ pasará por este analizador. Pero, para la mezcla estadística [$\frac{N}{2}$ fotones en el estado $e_{x}$, $\frac{N}{2}$ fotones en el estado $e_{y}$] la mitad de los fotones pasarán a través del analizador.

Producto tensorial de estados

Existen situaciones en las que se necesitan dos espacios de estados  diferentes, $\varepsilon_{1}$ y $\varepsilon_{2}$, con ellos se puede crear un espacio de estado nuevo que sea el producto tensorial de ambos estados, esto es:

$\varepsilon = \varepsilon _{1} \otimes  \varepsilon _{2} \rightarrow  |\psi \rangle = |\varphi \rangle \otimes  |\gamma \rangle =|\varphi,\gamma \rangle$

En términos de productos internos de $\varepsilon$:

$|\varphi , \gamma\rangle \rightarrow  \langle\varphi', \gamma'|\varphi, \gamma \rangle = \langle\varphi'|\varphi\rangle \langle\gamma'|\gamma \rangle$

Una base del espacio $\varepsilon $ se puede construir de los espacios:

$\varepsilon _{1} \rightarrow  |u_{1} \rangle $ y $\varepsilon _{2} \rightarrow  |v_{2} \rangle $

Teniendo en cuenta que $\langle u_{i} |u_{j} \rangle = \delta_{ij}$ y $ \langle v_{i}|v_{j} \rangle = \delta_{ij}$, obtenemos finalmente que:

$|u_{i},v_{j} \rangle = |u_{i} \rangle \otimes  |v_{j} \rangle$

Ejercicio: para Sergio castrillón

Considere la siguiente base para un espacio de estados $$B=\left \{ \begin{bmatrix} 1\\0 \end{bmatrix} ,  \begin{bmatrix} 0\\1\end{bmatrix}\right\}=\left \{ | u_1 \rangle, | u_2\rangle \right\}$$

Tal que el estado de un sistema en el tiempo $t=0$ está dado por:

$$| \psi(0) \rangle = | u_1\rangle+ | u_2\rangle $$ 

Halle $| \psi(t) \rangle$ si la representación matricial del hamiltoniano es:

$$H= \begin{bmatrix} 1&0\\0&1 \end{bmatrix}$$ 

Ayuda: use el operador propagador y recuerde que  dado un operador $\hat{A}$ con autovectores $|a\rangle$ y autovalores $a$ se tiene que cualquier función $f$ evaluada en el operador cumple la siguiente ecuación:

  $$f(\hat{A}) |a\rangle=f(a) |a\rangle$$

Ejercicio Clase 24 

Demuestre que la variancia de $\hat{x}$ en el estado base del oscilador armónico es 

$\langle (\Delta \hat{x})^2 \rangle = \langle \hat{x}^2 \rangle = \frac{\hbar}{2m\omega}$

Ejercicio clase 21

Calcule $\frac{d< \hat{T}>}{dt}$, donde $\hat{T}$ representa el operador de energía cinética, para un sistema cuántico conservativo. Tenga presente que como es un sistema conservativo, la fuerza aplicada está dada por $F=-\nabla V$.

Solución por Michelle Mora:

Por el Teorema de Ehrenfest: $\frac{d< \hat{T}>}{dt}=\frac{1}{i\hbar}<[\hat{T},\hat{H}]>+\left \langle \frac{\partial \hat{T}}{\partial t} \right \rangle$. Como $\hat{T}$ no depende del tiempo el último término será 0 y teniendo que $\hat{H}=\hat{T}+\hat{V}(\hat{x})$:

$$\frac{d< \hat{T}>}{dt}=\frac{1}{i\hbar}<[\hat{T},\hat{T}+\hat{V(x)}]>$$

$$\frac{d< \hat{T}>}{dt}=\frac{1}{i\hbar}<[\hat{T},\hat{T}]+[\hat{T},\hat{V(x)}]>$$

Como $[\hat{T},\hat{T}]=0$ y $\hat{T}=\hat{P}^2/2m$:

$$\frac{d< \hat{T}>}{dt}=\frac{1}{i\hbar 2m}<[\hat{P}^2,\hat{V(x)}]>$$

$$\frac{d< \hat{T}>}{dt}=\frac{1}{i\hbar 2m}<\hat{P}[\hat{P},\hat{V(x)}]+[\hat{P},\hat{V(x)}]\hat{P}>$$

Usando la propiedad $[\hat{P},f(\hat{x})]=-i\hbar\frac{\partial f}{\partial x}$:

$$\frac{d< \hat{T}>}{dt}=-\frac{i\hbar}{i\hbar 2m}<\hat{P}\triangledown V+\triangledown V\hat{P}>$$

Por la definición de Fuerza tendremos entonces finalmente:

$$\boxed{\frac{d< \hat{T}>}{dt}=\frac{1}{2m}<\hat{P}\hat{F}+\hat{F}\hat{P}>}$$

Clase 21: Implicaciones físicas de la ecuación de Schrodinger.

Principio de indeterminación de Schrodinger: 

También llamado primera regla de cuantización.

Sea dos observables $A$, $B$, tal que $[A,B]=i C$ con $C$ observable, entonces $\Delta A \Delta B \; \geq |1/2 \langle C \rangle| $.

En particular si $[A,B]=i \hbar$ entonces:  $$\Delta A \Delta B \; \geq \hbar/2 $$

Demostración para el caso de los observables $X$,$P$:

Sea un estado $| \varphi \rangle = (X+i \lambda P) | \psi \rangle  $ donde $\lambda \in  \mathbb{R} $

Ahora:   $\langle \varphi | \varphi \rangle =  \langle \psi | (X-i \lambda P)  (X+i \lambda P) | \psi \rangle =  \langle \psi | X^2|\psi \rangle + \lambda \langle \psi | P^2 |\psi \rangle + i \lambda \langle \psi |XP-PX |\psi \rangle $.

$\langle \varphi | \varphi \rangle = \langle X^2 \rangle+\lambda^2 \langle P^2 \rangle +i \lambda \langle [X,P] \rangle$

y como $[X,P]=i \hbar$ entonces $\langle \varphi | \varphi \rangle = \langle X^2 \rangle+\lambda^2 \langle P^2 \rangle -\lambda \hbar \geq 0 $ puesto que $ | \varphi \rangle $  es un estado físico.

La cual es un polinomio de segundo orden en la variable $\lambda$, ya que este siempre es mayor o igual a cero todas sus raíces deben ser complejas. Reescribiéndola ci$f(\lambda)=  \lambda^2 \langle P^2 \rangle - \lambda \hbar + \langle X^2 \rangle$ tenemos que el discriminante de esta ecuación debe de ser $ \hbar^2-4  \langle P^2 \rangle  \langle X^2 \rangle \leq 0$ para que todas las raíces sean complejas, de esta manera se obtiene: $$ \langle X^2 \rangle  \langle  P^2 \rangle \geq \hbar^2/4$$.

Ahora, sean los operadores $P´=P- \langle P^2 \rangle$, $X´=X- \langle X^2 \rangle$ los cuales siguen cumpliendo la ecuación anterior pues solamente se realizó una resta por un escalar.

Se puede probar que $\Delta P= \langle P´^2 \rangle ^{1/2}$, $\Delta X= \langle X´^2 \rangle ^{1/2}$ de tal manera que si remplazamos en la expresión anterior $P'$, $X'$ se llega a: $$\langle \Delta X \rangle  \langle \Delta P\rangle \geq \hbar/2 $$

La cual es la relación de indeterminación de Schrodinger, una expresión que delimita el conocimiento de cantidades físicas en un mismo experimento.

Algunos comentarios

Si dos observables conmutan, lo cual significa que los autoestados de uno son autoestados del otro, al realizar una medida de a un sistema $|\psi \rangle$  con el observable $A$ obtengo $A|\psi \rangle=a_1 |a_1 \rangle$. al realizar una siguiente medida con el observable $B$ obtengo de nuevo $|a_1 \rangle$ puesto que los observables poseen autoestados compartidos de tal manera que puede conocer exactamente los autovalores de los dos observables simultáneamente ya que si un sistema se encuentra en un autaestado de $A$ también se encuentra en un autoestado de $B$ si estos conmutan.

Si dos observables no conmutan entonces al momento de realizar una medición con el observable $A$, $A|\psi \rangle=a_1 |a_1 \rangle$ y al realizar una siguiente medición con el observable $B$, $B|a_1 \rangle$ el resultado será una combinación lineal de los autoestados de $B$, de tal manera de que no se obtendrá de nuevo $|a_1 \rangle$ sino algunos autoestados de $| b_i\rangle$ con alguna probabilidad es decir, no obtenemos un autoestado exacto como en el caso anterior, por tanto no podemos conocer exactamente el autovalor asociado a la medición de B si conocemos el autovalor de $A$.

Si $|\psi_1 \rangle$ y $|\psi_2 \rangle$ son soluciones linealmente independientes a la ecuación de Schrodinger entonces  $|\psi \rangle = \lambda |\psi_1 \rangle +|\psi_2 \rangle$ también es solución a la ecuación de Schrodinger, de tal manera que el principio de superposición se cumple para los estados de un sistema.

La probabilidad de que un sistema se encuentre en un estado $|\psi \rangle$ se puede representar como $P(|\psi \rangle) $ que está asociada a $\langle \psi | \psi \rangle \sim \lambda^2\langle \psi_1 | \psi_1 \rangle + \langle \psi_2 | \psi_2 \rangle+ \lambda^*\langle \psi_1 | \psi_2 \rangle +\lambda \langle \psi_2 | \psi_1 \rangle$ donde $\langle \psi_1 | \psi_1 \rangle$ está asociado a la probabilidad del estado $ | \psi_1 \rangle$ ,  $\langle \psi_2 | \psi_2 \rangle$ está asociado a la probabilidad del estado  $ | \psi_2 \rangle$ y los términos $\lambda^*\langle \psi_1 | \psi_2 \rangle$, $\lambda \langle \psi_2 | \psi_1 \rangle$ son términos de interferencia. Por tanto podemos observa que la probabilidad de la suma de dos estados en general no es la suma individual de cada estado, sino que se debe de tener en cuenta el término de interferencia.

Conservación de probabilidad

queremos estudiar como evoluciona temporalmente la probabilidad, por tanto:

$$ \frac{d}{dt} \langle \psi | \psi \rangle = \frac{d \langle \psi |}{dt} | \psi \rangle  +\langle \psi |\frac{d | \psi \rangle}{dt}   $$ y usando el sexto postulado o la ecuación de Schrodinger: $i \hbar\frac{d  | \psi \rangle}{dt}=H(t)  | \psi \rangle$ y como $H$ es hermítico  $-i \hbar\frac{d  |  \langle \psi |}{dt}= \langle \psi | H(t) $ por tanto podemos usar esta ecuación para remplazar los términos dependientes de la derivada temporal así la expresión se transforma a $\frac{1}{i\hbar}[-\langle \psi |H(t) |\psi \rangle +\langle \psi | H(t)|\psi \rangle]=0$ por tanto: $$  \frac{d}{dt} \langle \psi | \psi \rangle=0$$ 

lo que implica que en un sistema debidamente normalizado la normalización es constante en el tiempo.

Si expresamos esta relación en el espacio de funciones $$\frac{d}{dt} \int d^3r \psi^*(r ,t) \psi(r,t)=0$$ Por tanto, si conozco esta expresión en un tiempo $t_0$ la conoceré para cualquier t pues la probabilidad se conserva temporalmente. 

Conservación local de la probabilidad-densidad de corriente de probabilidad

Con la intuición ganada en los ejercicios de pozos de potenciales, ya que la función de onda toma una valor diferente en cada punto del espacio, se puede tratar como un fluido y asociarle una corriente de densidad de probabilidad  $\rho=| \psi |^2$ resultado de una corriente de materia, fotones, etc.

Las partículas poseen cierta velocidad, que está asociada con el momento, de esta manera podemos definir una corriente:

Utilizando la ecuación de Schrödinger en el espacio de las posiciones podemos encontrar la evolución temporal de $\psi(r,t)$

 $i \hbar \frac{\partial \psi(r,t)}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 \psi(r,t)+V(r)\psi(r,t)$, 

Ahora conjugando y multiplicando por $\psi$ la ecuación anterior teniendo en cuenta la hermiticidad del Hamiltoniano y suponiendo potenciales reales:

 $-i \hbar \psi \frac{\partial \psi(r,t)^*}{\partial t}=-\psi \frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 \psi(r,t)^*+V(r)\psi \psi(r,t)^*$, 

y multiplicando la ecuación  de Schrödinger por $\psi^*$

 $i\hbar \psi^* \frac{\partial \psi(r,t)}{\partial t}=-\psi^* \frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 \psi(r,t)+V(r)\psi^* \psi(r,t)$

restando estas dos ecuaciones se encuentra:

 $i \hbar \frac{\partial (\psi \psi^*) }{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}( \psi^* \nabla^2 \psi -\psi \nabla^2 \psi^* ) $,

y usando la identidad de Green :

 $\nabla \cdot (f \nabla g)=\nabla f \cdot \nabla g+f \nabla^2 g $,

 $\nabla \cdot (g \nabla f)=\nabla g \cdot \nabla f+g \nabla^2 f $ 

entonces $\nabla \cdot (f \nabla g-g \nabla f)= f \nabla^2g-g \nabla^2 f $ y definiendo  $\vec{J}=\frac{\hbar^2}{2mi}( \psi^* \nabla \psi -\psi \nabla \psi^* ) $ como la densidad volumétrica de corriente de probabilidad obtenemos la ecuación de continuidad conocida en mecánica de fluidos: $$ \frac{\partial }{\partial t} \rho (r,t)=-\nabla \cdot \vec{J}$$ con $\rho(r,t)=\psi \psi^*=|\psi|^2$, $\vec{J}=\frac{\hbar}{m}Re[  \psi^* \frac{\hbar}{i} \nabla \psi ]$.

Por tanto podemos concluir que la distribución de probabilidad cumple una ecuación de continuidad, el cual es un resultado de la causalidad ya que si algo fluye hacia dentro o hacia afuera es porque hubo un cambio temporal en la densidad.

Evolución temporal de un observable $A$ asociado a una cantidad física $\mathcal{A}$

Sea la cantidad física $\mathcal{A}=\mathcal{A(t)}$ queremos responder a la pregunta de como es el cambio temporal del observable asociado $A$.

Consideramos: $$  \langle A \rangle (t)=  \langle \psi(t) | A(t) | \psi(t) \rangle $$ 

Nota:  $ \langle A \rangle (t) \neq \langle A(t) \rangle$ puesto que $\langle A(t) \rangle= \langle \psi | A(t) | \psi \rangle$ i.e los estados $ |\psi \rangle$ no poseen dependencia temporal.

estudiando la dependencia temporal de $\langle A \rangle (t)$, $\frac{d}{dt}  \langle \psi(t) | A(t) | \psi(t) \rangle = \frac{d \langle \psi |}{dt}| A | \psi \rangle  +\langle \psi | A |\frac{d | \psi \rangle}{dt} +  \langle \psi | \frac{\partial A}{\partial t}  |\psi \rangle$ y usando la ecuación de Schrödinger para remplazar la derivada temporal se obtiene:

 $$ \frac{d}{dt}  \langle A \rangle (t)=\frac{1}{i \hbar} \langle [A,H] \rangle +\langle \psi | \frac{\partial A}{\partial t}  |\psi \rangle$$ el cual es llamado Teorema de Ehrenfest.

Si consideramos que $A$ no depende explícitamente del tiempo y que $A$ conmuta con $H$ i.e $[A,H]=0$ entonces encontramos que $ \frac{d}{dt}  \langle A \rangle (t)=0$ lo que se traduce en que $A$ es una constante de movimiento en el problema.

Ejemplos:

$\frac{d}{dt} \langle X \rangle =\frac{1}{i \hbar} \langle [X,H] \rangle$ con $H=\frac{P^2}{2m}+V(X)$. $[X,V(X)]=0$ ya que $V(X)$  es una función exclusiva de $X$. $[X,P^2]= i \hbar P$ entonces:

$$\frac{d}{dt} \langle X \rangle =\frac{1}{i \hbar} \frac{i \hbar}{m} P =\frac{P}{m}$$ la cual es una expresión que recuerda a la física clásica ya que clásicamente $\frac{\vec{p}}{m}=\vec{v}$.

También se puede demostrar que:  $$\frac{d}{dt} \langle P \rangle=  - \langle \nabla V(X) \rangle$$ la cual es una expresión que también recuerda a la mecánica clásica pues $\frac{dp}{dt}= - \nabla V=\vec{F}$.

Comentario por: Sofía Idárraga M.

Muy buen resumen, queda clara la explicación que se dio en los casos de conmutación y no conmutación.

Algo interesante que se mencionó es que el término de “primera cuantización” ya no es muy utilizado, y se hace, en particular, cuando A es alguna variable generalizada Q y B es el momento canónico conjugado, entonces la cuantización canónica, es un procedimiento informal que asigna a una magnitud física (expresable en términos de las coordenadas canónicas del sistema clásico), un operador obtenido por sustitución directa de las variables canónicas por operadores hermíticos Pi y Qi que satisfacen las relaciones [Qi,Pi] = ih/2π, [Qi,Qj] = 0, [Pi,Pj] = 0 y [Qi,Pj] = 0.

Por otro lado, cabe resaltar un análisis que se realizó sobre la naturaleza cuántica estocástica donde en muchas circunstancias \delta A es 0 solo si la medida de la cantidad física A arroja algún autovalor, en principio, solo se obtiene ese valor con cierta probabilidad, pero por otro lado, el problema del laboratorio tiene naturaleza estadística y se tiene muchas fuentes de error y de imprecisión, haciendo que las fuentes sean diferentes al de la naturaleza cuántica estocástica y teórica, por lo que la medida de la cantidad física A sea a1 + \delta a1 en el laboratorio, siendo al fin un problema de análisis de datos. Así pues, en el laboratorio solo se puede aceptar resultados con cierta probabilidad.