Solución ejercicio 33

 

Ejercicio clase 36

 Ejercicio clase 36:

Considere al átomo de hidrógeno en el estado  l= 3. Calcule la magnitud de $\vec{L}$, los valores permitidos de $L_{z}$, y los correspondientes ángulos $\theta$ que forma $\vec{L}$ con el eje z

Clase 37: Precesión de Larmor y acople Spin-Órbita

         Cuando el campo magnético tiene una dirección $\hat{u}$ el haz sometido al polarizador nos entrega uno cuyos autoestados dependen de la dirección de $\hat{u}$, luego podemos describir los autoestados como $$| + \rangle_u = cos\frac{\theta}{2} e^{-i\phi /2}| + \rangle + sin\frac{\theta}{2} e^{i\phi /2}| - \rangle $$ $$| - \rangle_u = -sin\frac{\theta}{2} e^{-i\phi /2}| + \rangle + cos\frac{\theta}{2} e^{i\phi /2}| - \rangle $$ Veamos la representación grafica de $\hat{u}$:

Con $\theta \in [0, \pi]$ y $\phi \in [0. 2 \pi)$. Si vamos de $\hat{u}$ a $\hat{u'}$ al rotarlo $\frac{\pi}{2}$ con $\phi = 0$ tenemos que $\langle_u + | + \rangle_{u'} \neq 0$, luego los estados son colineales y no perpendiculares. El profesor comento que a lo que llamamos el brillo es a la posibilidad de encontrar $\frac{\hbar}{2}$ o -$\frac{\hbar}{2}$.

Precesión de Larmor: 

 Cuando tenemos partículas con momento angular, carga y campos magnéticos, tenemos una precesión. El spin es un vector en $R^3$ al igual que $\langle \vec{S}\rangle$. Se dice que esl spin apunta en la dirección de $\hat{u}$. $\langle \vec{S}\rangle$ nos da $\langle S_x\rangle$, $\langle S_y\rangle$ y $\langle S_z\rangle$.

Con $\vec{S}$ y q tenemos un momento magnético $$\vec{\mu} = \gamma \vec{\mathcal{S}}$$ Si adicionalmente ponemos un campo magnético externo obtenemos un acople que nos da la siguiente energía: $$U = -\vec{\mu}.\vec{B}$$ Es común que $\vec{B}$ se de en dirección z, es decir, $\vec{B_z}$. El acople se da entre el spin y $\vec{B}= B_0 \hat{e_z}$, luego $$U = -\gamma B_0 \mathcal{S}_z$$ Esta energía da lugar a un Hamiltoniano proporcional a S_z ; $$H = \omega_0 S_z$$, Luego tenemos $H | + \rangle = \frac{\hbar \omega_0}{2}| + \rangle$ y $H | - \rangle = -\frac{\hbar \omega_0}{2}| - \rangle$. Hablemos ahora del átomo de Bohr al estilo de los libros de física moderna. Supongamos un electrón en una orbita con los números cuánticos (n, l, m) y como tiene spin, estos números serán ahora (n, l, m, $\pm \frac{1}{2}$). $\vec{L} + \gamma \vec{S}$ será el momento angular total.

Acople Spin-órbita

Cuando un electrón orbita alrededor de un núcleo con cierto valor de $L_z$ supongamos que nos paramos en el electrón, allí veremos al protón girar de manera análoga a como vemos al sol girar alrededor de la tierra, luego se puede ver una espira con una corriente, en su centro se produce un campo magnético, esto asumiendo que quien gira es el protón, así un nuevo acople $U = -\vec{B}.\vec{S}$ nos entrega saltos de energía. Esto da lugar a lo que se conoce como estructura fina. Por otro lado el spin nos da una distinción entre partículas con spin semi entero y partículas con spin entero. Con el spin semi entero asociamos a los fermiones y con spin entero a los bosones. Si tengo dos partículas idénticas: $(e^-, e^-)$, $(P^+, P^+)$, $(n^0, n^0)$, $(\vec{r}_1, \vec{r}_2)$, se pueden intercambiar posiciones y la medida que se haga debe ser igual ante este cambio: $$\left|\psi (\vec{r}_1, \vec{r}_2)\right|^2 = \left|\psi (\vec{r}_1, \vec{r}_2)\right|^2$$ Pues se hace con el modulo cuadrado. Para la función de onda se tiene que si el spin es semientero la función es antisimétrica, es decir $\psi_{12} = \psi_{21}$ Y si el spin es entero se tiene una función de onda simétrica. Estas dos características nos entregan dos tipos de comportamientos muy distintos, si el spin es semi entero las partículas siguen la regla se exclusión de Pauli. Si el spin es $\frac{1}{2}$ no hay dos partículas en el universo que compartan exactamente los mismos números cuánticos, por su parte las de spin entero si los pueden compartir.

Ejercicio Clase 20

 Ejercicio sobre la varianza de un observable cuántico:

La varianza de un observable cuántico $A$ se define como:

$$ (\Delta A)^2 = \langle (A-\langle A \rangle)^2 \rangle _\psi $$

Demostrar que esta definición lleva a la forma usada convencionalmente para la varianza de $A$:

$$ Var(A) =  \langle A^2 \rangle - \langle A \rangle^2$$

Propuesto por Jerónimo Calderón Gómez.

Basado en los contenidos de Cohen-Tanoudji, Diu, Laloë. "Quantum Mechanics Vol. 1", 2 ed. (2019).

Solución por Ximena Cano Gómez 

Para cada medida, se toma la diferencia entre el valor obtenido y $\langle A \rangle$ 

$\langle A - \langle A \rangle \rangle= \langle A \rangle - \langle A \rangle = 0$

Por la propia definición de $\langle A \rangle$, el promedio de las desviaciones negativas equilibra exactamente el promedio de las positivas.

Para evitar esta compensación, basta con definir $\Delta A$ tal que $(\Delta A)^2$ es la media de los cuadrados de las desviaciones. 

Por definición: 

$\Delta A = \sqrt{\langle (A - \langle A \rangle)^2 \rangle}$

Usando la expresión para el valor medio tenemos: 

$\Delta A = \sqrt{\langle \psi | (A - \langle A \rangle)^2| \psi \rangle}$

Esta relación también se puede escribir de una manera ligeramente diferente de la siguiente manera: 

$\langle( A - \langle A \rangle)^2\rangle = \langle( A^2 - 2 \langle A \rangle A + \langle A \rangle^2)\rangle$

$= \langle A^2 \rangle - 2\langle A \rangle^2 + \langle A \rangle ^2$

$=\langle A^2 \rangle - \langle A \rangle ^2$

Por lo tanto, la desviación de la raíz cuadrada media $\Delta A$ se puede escribir como: 

$\Delta A = \sqrt{ \langle A^2 \rangle -  \langle A\rangle^2}$

Ejercicio Clase 12

 Ejercicio sobre hermiticidad de operadores:

Demostrar que si $\hat{A}$ y $\hat{B}$ son hermíticos entonces $\hat{A} \hat{B}$ será hermítico si y solo si $[\hat{A}, \hat{B}]=0$

Propuesto por Jerónimo Calderón Gómez.

Solución por Ximena Cano Gómez

Primero vamos a probar que se cumple en el sentido $\rightarrow$, eso significa que si $\hat{A}\hat{B}$ es hermítico, entonces [$\hat{A}, \hat{B}$]=0.

Que $\hat{A}\hat{B}$ sea hermítico significa que $\hat{A}\hat{B} = (\hat{A}\hat{B})^{\dagger} = \hat{B}^{\dagger}\hat{A}^{\dagger}$

Como $\hat{A}$ y $\hat{B}$ son hermíticos entonces $\hat{A} = \hat{A}^{\dagger}$ y $\hat{B} = \hat{B}^{\dagger}$

$\hat{A}\hat{B} = \hat{B}^{\dagger}\hat{A}^{\dagger} = \hat{B}\hat{A}$

Entonces $\hat{A}\hat{B} - \hat{B}\hat{A} = [\hat{A}, \hat{B}] = 0$

Ahora miremos la otra dirección, si $[\hat{A}, \hat{B}]=0$ entonces $\hat{A}\hat{B}$ es hermítico.

$[\hat{A}, \hat{B}] = \hat{A}\hat{B} - \hat{B}\hat{A}$

Como $\hat{A}$ y $\hat{B}$ son hermíticos, entonces $\hat{A} = \hat{A}^{\dagger}$ y $\hat{B} = \hat{B}^{\dagger}$

$\hat{A}\hat{B} - \hat{B}\hat{A} = \hat{A}\hat{B} - \hat{B}^{\dagger}\hat{A}^\dagger = 0$

$\hat{A}\hat{B} = \hat{B}^{\dagger}\hat{A}^\dagger =(\hat{B}\hat{A})^\dagger$

por tanto $\hat{B}\hat{A}$ es hermítico

Por lo cual queda demostrado que si $\hat{A}$ y $\hat{B}$ son hermíticos entonces $\hat{A}\hat{B}$ es hermítico si y sólo si $[\hat{A}, \hat{B}] = 0$

Clase 34: Experimento de Stern Gerlach

El experimento consiste de la deflexión de un rayo de atomos neutros paramagnéticos al pasar por un campo magnético altamente no-homogéneo en la dirección $z$, de manera que el promedio del campo no se anula.

Se tienen átomo de plata contenidos en un horno a cierta temperatura, los átomos salen del horno a través de una pequeña apertura.

Para un átomo, las causas de momento magnético $\vec{\mu}$ y momento angular $\vec{P}$ son las mismas: el movimiento de los electrones alrededor del núcleo, análogo a los momentos mecánicos clásicos, y el momento angular intrínseco de los electrones. Por lo tanto, para electrón en un mismo nivel atómico, el momento magnético y el momento angular generados son proporcionales entre sí,

$\vec{\mu}=\gamma \vec{P}$ donde $\gamma$ es una constante de proporcionalidad al llamada razón giro-magnética del nivel estudiado.

Dado que los átomos son eléctricamente neutros no se presenta fuerza de Lorentz $q(\vec{E}+\vec{v}\times \vec{B})$. Por otro lado, los átomos poseen un momento magnético permanente $\vec{\mu}$ tal que se presenta una energía potencial $W=-\vec{\mu}\cdot{\vec{B}}$ que genera una fuerza  $\vec{F}=\nabla(\vec{\mu}\cdot{\vec{B}})$, este valor sería 0 si $\vec{B}$ fuera uniforme.

El torque que aplica un electrón en un nivel de energía dado a su atómo es  $\vec{\Gamma}=\vec{\mu}\times{\vec{B}}$ de manera que el cambio en momento ángular viene dado por $\frac{d\vec{P}}{dt}=\Gamma$, ó $\frac{d\vec{P}}{dt}=\gamma\vec{P}\times{\vec{B}}$

Tenemos entonces que el momento angular cambia de manera perpendicular a él mismo y a $\vec{B}$, se comporta como un giroscopio de manera que las componentes de $\vec{\mu}$ perpendiculares al $\vec{B}$ oscilan alrededor de 0 y sus promedios se anulan, la componente paralela a B permanece constante.

Ya que los promedios para las componentes x y y se anulan podemos aproximar en el potencial despreciando los términos $\mu_x$, $\mu_y$ y tomando $\mu_z$ constante, tenemos entonces $\vec{F'}=\nabla(\mu_z B_z)=\mu_z \nabla B_z$

Además, las componentes de $\nabla B_z$ en los ejes x y y son 0, por lo que la fuerza resultante es proporcional a $\mu_z$, de modo que medir la deflexión de los rayos es equivalente a medir $\mu_z$ o $P_z$

Dado que los valores de $\mu_z$ están distribuidos isotrópicamente desde $|\mu|$ hasta $-|\mu|$ y la distribución de velocidades de los átomos que salen del horno, deberíamos obtener una mancha alrededor alrededor de H, sin embargo se obtienen 2 manchas centradas alrededor de N1 y N2, simétricas alrededor de H, el ancho de estas manchas corresponde con la asociada a la distribución de velocidades de lo átomos$

Estos resultados indican que la suposición de un momento $\vec{P}$ cuyo ángulo $\theta$ con el campo $\vec{B}$ puede tomar cualquier valor es incorrecta, en su lugar debemos considerar un cantidad física que puede tomar dos posibles valores, después veremos que estos valores corresponden a  $\frac{\hbar}{2}$ y $-\frac{\hbar}{2}$

Por los postulados de la mecánica cuántica, esta cantidad observable $P_z$ debe estar asociada a un operador hermítico $S_z$ cuyos valores propios son los posibles resultados de las medidas. Sean  $|+ \rangle$ y  $|- \rangle$ los autoestados correspondientes, 

Llegamos a 

$S_z=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix}1 & 0\\
0 & 1 \\
\end{bmatrix}$

Los operadores $S_x$ y $S_y$ asociados a $P_x$ y $P_y$ no conmutan entre sí pero satisfacen relaciones de conmutación, luego se llegará a la forma explicita de estos operadores en la base  $|+⟩ $ y  $|-⟩ $

$S_x=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix}0 & 1\\
1 & 0 \\
\end{bmatrix}$

$S_y=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix}0 & -i\\
i & 0 \\
\end{bmatrix}$

También se puede hallar la representación matricial de un operador $S_u$ asociado a la componente de $P$ en una dirección dada por un vector unitario $\vec{u}$ definido mediante coordenadas esféricas.

$S_u=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix}cos \theta & sin \theta e^{-i \phi}\\
sin \theta e^{i \phi} & cos \theta \\
\end{bmatrix}$

Vemos que $S_x,$ $S_y$ y $S_u$ tienen todos los mismos autovalores que $S_z$, esto refleja la isotropía del espacio ya que podemos rotar el aparato de Stern Gerlach en un dirección cualquiera y obtener el mismo comportamiento.

Polarizador y analizador

Si utilizamos montaje y añadimos un agujero en la posición N1 tendríamos un sistema que solo permite pasar los átomos con estado de spin $|+ \rangle$, un "polarizador atómico", ya que actúa de la misma manera que un polarizador normal lo hace sobre fotones.

Si en la trayectoria de este rayo añadimos un segundo imán en la misma orientación el resultado obtenido de la medición es seguro, y solo tenemos una mancha

Si rotamos el segundo imán un ángulo $\theta$, los átomos formarán dos posibles manchas  N1 y N2 cuya intensidad es proporcional a $cos^2 \frac{\theta}{2}$ y $sin^2 \frac{\theta}{2}$

De manera que para una segunda medición en ángulo de $P_z$, los átomos que originalmente tenían todos un valor de $\frac{\hbar}{2}$ ahora podrán tomar valores de $\frac{\hbar}{2}$ y $\frac{-\hbar}{2}$ y la proporción entre estos valores dependerá del ángulo en que se mida.

Ejercicio Clase 34

Propuesto por Michelle Mora.

En un experimento de Stern-Gerlach, el campo magnético varía con la distancia en la dirección z de acuerdo con $\frac{\mathrm{d} B_z}{\mathrm{d} z}=1.4\ T/mm$. Los átomos de plata viajan una distancia $x=3.5\ cm$ a través del imán. La velocidad más probable de los átomos que emergen del horno es $v=750\ m/s$. Encuentre la separación de los dos haces cuando salen del imán. La masa de un átomo de plata es $1.8\times 10^{-25}\ kg$, y su momento magnético es aproximadamente 1 Bohr magnetón.

Ejercicio Clase 33

Un campo electromagnético no es afectado por una transformación de norma local

$\textbf{A} \rightarrow \textbf{A'} = \textbf{A} + \nabla \chi$,

$\phi \rightarrow \phi' = \phi -\frac{1}{c} \frac{\partial \chi}{\partial t}$

Donde $\chi = \chi(\textbf{x},t)$ es una función escalar arbitraria. 

Estas transformaciones de norma no afectan en forma alguna los resultados físicos en la física clásica, lo que permite concluir que los potenciales $\textbf{A}$ y $\phi$ son entes matemáticos sin correspondencia directa con elementos del sistema físico descrito. 

Demuestre que algo similar ocurre en la teoría de Schrödinger, lo que se manifiesta en que la transformación de norma convierte a la función de onda en otra físicamente equivalente, que difiere de la primera por una fase local. Determine esta fase.$^1$

$^1$ Ejercicio tomado del libro Introducción a la mecánica cuántica de Luis de la Peña (2006)

Clase 32: Átomo de Hidrógeno

Desde el punto de vista clásico este problema podría estudiarse como un problema de dos cuerpos, pero considerando que la masa del núcleo $m_{nucleo}$ es mucho mayor que la masa del electrón $m_e$  y que con esto el centro de masa del sistema está aproximadamente en el núcleo y la masa reducida será aproximadamente igual a $m_e$, el problema puede tomarse como el de un cuerpo y una sola masa donde no se espera que el electrón esté dentro del núcleo o en su cercanía inmediata (radio núcleo << radio de la primera órbita del electrón).

También puede verse este problema como uno de fuerzas centrales que puede reducirse a un problema conservativo, donde en este caso particular se tiene una fuerza de Coulomb y así un potencial de la forma

$$V(r)=\frac{-ze^2}{4\pi\epsilon_o r}$$

donde $z$ da cuenta del número de  protones (número atómico), $e$ es la carga del electrón y $r$ la coordenada radial. Cabe mencionar aquí que la consideración de este potencial es válida para el átomo de hidrógeno pues tiene un solo electrón orbitando, por lo que no habría que tener en cuenta efectos de apantallamiento por la presencia de más electrones; en ese último caso, se suelen utilizar potenciales de otra forma como por ejemplo el Potencial de Yukawa, que es un potencial de Coulomb apantallado.

Ahora, retomando el principio en el que a partir del Hamiltoniano se puede construir la función de onda usando la ecuación de Schrödinger, del Hamiltoniano clásico se tiene que

$$H=\frac{1}{2}mv_r^2+\frac{L^2}{2mr^2}+V(r)=\frac{P_r^2}{2m}+\frac{L^2}{2mr^2}+V(r)$$

donde $L=mr^2\dot{\theta}$, $m=m_e$ y $r$ es la distancia del centro del núcleo al electrón. Y queriendo estudiar la solución estacionaria a la ecuación de Schrödinger

$$\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^{2}+V(r)\right]\psi(r)=E\psi(r)$$

con $\nabla^{2}=\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}(r )+\frac{1}{r^2}\left(\frac{\partial^2}{\partial \theta^2}+\frac{1}{\tan\theta}\frac{\partial}{\partial \theta}\right)+\frac{1}{\sin{\theta}^2}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}$ y así

$$H=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}(r )+\frac{L^2}{2mr^2}+V(r)$$

y de esta manera, como $L^2$ es un observable, el hamiltoniano también lo es y el conjunto de observables que conmutan será $L^2$, $L_z$, $H$, por lo que se busca la solución al problema de autovalores tal que

$$H\psi(\vec{r})=E\psi(\vec{r})$$

$$L^2\psi(\vec{r})=\hbar^2 l(l+1)\psi(\vec{r})$$

$$L_z\psi(\vec{r})=m\hbar\psi(\vec{r})$$

con $\psi(\vec{r})=R_{nl}(r)Y_{lm}(\theta,\varphi)$, siendo $Y_{lm}(\theta,\varphi)$ los armónicos esféricos. De donde tomando la parte radial y usando la primera y segunda expresión, 

$$\left[-\frac{\hbar^2}{2mr^2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(r^2 \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\right)+V(r)+\frac{\hbar^2 l(l+1)}{2mr^2}\right]R_{nl}=ER_{nl}$$

Se observa que esta ecuación es divergente para los límites $r\rightarrow 0$ y $r\rightarrow \infty$, por lo que se hace la sustitución $R_{nl}=\frac{u_{nl}(r)}{r}$ buscando obtener una condición para $u_{nl}$ que permita quitar esa divergencia en las fronteras. Así

$$\psi(r,\theta,\varphi)=\frac{u_{nl}(r)}{r}Y_{lm}(\theta,\varphi)$$

y con esto la ecuación anterior puede escribirse como

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2u}{\mathrm{d}r^2}+\left[V(r)+\frac{\hbar^2 l(l+1)}{2mr^2}\right]u_{nl}=Eu_{nl}$$

Ahora, $u(0)$ debe ser igual a cero para poder remover la divergencia en $R$, por lo que multiplicando lo anterior por $-2m/\hbar^2$, para el caso $r\rightarrow 0$ se tiene que

$$\frac{\mathrm{d}^2u}{\mathrm{d}r^2}-\frac{l(l+1)}{r^2}u_{nl}=0$$

que es una ecuación diferencial homogénea que puede solucionarse por ejemplo haciendo $r=e^t$, con lo que se tendría

$$\frac{\mathrm{d}^2u}{\mathrm{d}t^2}-l(l+1)u_{nl}-\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}=0$$

y así

$$u=Ar^{-l}+Br^{l+1}$$

que con $r\rightarrow 0$ lleva a $A=0$, entonces en ese caso $u_{nl}(r)\sim r^{l+1}$. Considerando ahora la condición $r \rightarrow \infty$, de forma análoga $u(r)=0$ y

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\mathrm{d}^2u}{\mathrm{d}r^2}=Eu_{nl}$$

$$\longrightarrow \frac{\mathrm{d}^2u}{\mathrm{d}r^2}+\frac{2mE}{\hbar^2}u=0$$

que puede tener una solución oscilatoria (que no sirve en este caso porque no permite la convergencia) o exponencial. Para este último caso debe cumplirse que $\frac{2mE}{\hbar^2}<0$, con lo que $u_{nl}(r)=De^{-\sqrt{-2mE/\hbar^2}r}$, y así, con las soluciones para ambos límites,

$$u_{nl}(r)=Ar^{l+1}e^{-\sqrt{-2mE/\hbar^2}r}f(r)$$

donde $f(r)$ es una función dependiente de $r$ y haciendo $\rho=\sqrt{-2mE/\hbar^2} r$, entonces

$$u_{nl}(\rho)=\rho^{l+1}e^{-\rho}f(\rho)$$

y reemplazando esta expresión para $u$ en la ecuación diferencial original,

$$\frac{\mathrm{d}^2f}{\mathrm{d}\rho^2}+2\left(\frac{l+1}{\rho}-1\right)\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}\rho}+\left(\frac{V}{E}-\frac{2(l+1)}{\rho}\right)f=0$$

y multiplicando por $\rho$

$$\rho\frac{\mathrm{d}^2f}{\mathrm{d}\rho^2}+2(l+1-\rho)\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}\rho}+(\rho_o-2(l+1))f=0$$

que tiene la forma de una ecuación diferencial de Laguerre, con $\rho_o=\frac{ze^2}{4\pi\epsilon_o\hbar}\sqrt{\frac{2m}{|E|}}=2(N+l+1)$, que muestra que la energía está cuantizada ya que, haciendo $\frac{\rho_o}{2}=n$, con $n\in \mathbb{Z^+}$ siendo el número cuántico principal, se tiene que $n>0$ ($n=1,2,...$), $l$ el número orbital tal que $l<n$ ($l=0,1,...,n-1$) y $m$ el número magnético tal que $-l\leq m \leq l$ ($m=-l,-l+1,...,0,...,l-1,l$) y despejando la energía de esta expresión,

$$\frac{\rho_0}{2}=\frac{ze^2}{2\cdot 4\pi\epsilon_o\hbar}\sqrt{\frac{2m}{|E|}}=n$$

$$\longrightarrow \frac{z^2}{4}\left(\frac{e^2}{4\pi\epsilon_o}\right)^2\frac{1}{\hbar^2n^2}=\frac{-E}{2m}$$

$$\longrightarrow E_n=-\frac{z^2(e^2/4\pi\epsilon_o)^2m}{2\hbar^2n^2}=-\frac{E_o}{n^2}$$

que coincide con la estructura obtenida según el átomo de Bohr. Retomando que $\rho_o$ es un entero, entonces la solución a la ecuación diferencial estará dada en términos de los polinomios asociados de Laguerre, tal que

$$\psi=L_{nl}(r)Y_{lm}(\theta,\varphi)$$

Reescribiendo ahora la expresión de la energía, en términos de $a_0=\frac{1}{4\pi\epsilon_o}\frac{\hbar^2}{me^2}$ que es el radio de Bohr, se tiene que

$$E_n=-\frac{1}{4\pi\epsilon_o}\frac{z^2}{2a_on^2}$$

y de los polinomios asociados de Laguerre se tiene por ejemplo que 

• si $n=1$ $\rightarrow l=0$, $m=0$: $R_{nl}=R_{10}=\left(\frac{2z}{a_o}\right)^{3/2}e^{-zr/a_o}$ y con $z=1$ entonces $$R_{10}=\left(\frac{2}{a_o}\right)^{3/2}e^{-r/a_o}$$ $$Y_{00}=\frac{1}{\sqrt{4\pi}}$$ resultado que permite hablar de una simetría esférica.

Con esto puede hablarse también de una probabilidad radial $P(r)=r^2|R|^2$ que permitirá determinar la probabilidad de encontrar el electrón dentro de un cascarón esférico entre $r_1$ y $r_o$, tal que

$$ \mathbb{P}(r_1,r_o)=\int_{r_1}^{r_o}P(r)dr$$

Clase 31: Algunos ejemplos con el momento angular

 El módulo del momento angular estará dado por:

$$L^2=-\hbar^2 \left(\frac{\partial^2 }{\partial \theta^2}+\frac{1}{tan\theta}\frac{\partial }{\partial \theta}+\frac{1}{sen^2\theta}\frac{\partial^2 }{\partial \phi^2}\right)$$

Y los operadores $L_+$ y $L_-$ estarán dados por:

$$L_+=L_x+iL_y=\hbar e^{i\phi}\left(\frac{\partial }{\partial \theta}+icot\frac{\partial }{\partial \theta}\right)$$

$$L_-=L_x-iL_y=\hbar e^{-i\phi}\left(-\frac{\partial }{\partial \theta}+icot\frac{\partial }{\partial \theta}\right)$$

Que en $\theta=0,\pi$ no están definidos.

Además, teniendo que podemos separar la función de onda en dos funciones de la forma $\Psi(r,\theta,\phi)=R(r)Y(\theta,\phi)$ y que el momento en z será $L_z=-i\hbar\frac{\partial }{\partial \phi}$, la solución de $Y$ será:

$$Y(\theta,\phi)=\Theta(\theta) e^{im\phi}$$

Para que esta sea univaluada, $m$ debe ser entero y por tanto $j=l$ también lo será. Por esto $m$ se conoce como el momento angular orbital y $-l \leq m \leq l$. Con esto conseguimos que:

$$L_+Y_{ll}=0$$

$$\Theta(0)=C_l(sen\theta)^l$$

$$Y_{ll}=C_l(sen\theta)^l e^{il\theta}$$

$$L_\pm Y_{lm}(\theta,\phi)=\hbar \sqrt{l(l+1)-m(m+1)}Y_{l,m\pm 1} $$

Además, $\Psi_{klm}=R_{klm}(r)Y_{lm}(\theta,\phi)$ con R que sólo depende de $k$ y $l$. 

Ahora, si preparamos un sistema en un autoestado $L^2=l(l+1)\hbar^2$ y en un autoestado de $L_z=m\hbar$, entonces se mantienen las relaciones: $\langle L_x \rangle=0$, $\Delta L_x \neq 0 \neq \Delta L_y$, es decir, el sistema tiene que tener precesión porque estos dos últimos términos nunca son $0$. En particular $\Delta L_y=\hbar \sqrt{\frac{l(l+1)-m^{2}}{2}}$. 

Rotor Rígido

Para el sistema mostrado en la figura donde los dos cuerpos unidos por una barra rotan, el hamiltoniano clásicamente será:

$$H=\frac{1}{2} I \omega^2=\frac{L^2}{2I}=\frac{L^2}{2\mu r_e^2}$$

Cuánticamente:

$$H|l,m \rangle =\frac{\hbar^{2} l (l+1)}{2\mu r_e^2}|l,m \rangle  $$

$$E_l=\hbar l (l+1) B$$

Con $B=\frac{\hbar}{4\pi \mu r_e^2}$. La energía está cuantizada y depende del número cuántico $l$.

$$\Delta E=2B\hbar l= h\nu$$

Esto quiere decir que hay unas frecuencias permitidas llamadas frecuencias de Bohr.

Oscilador Armónico Bidimensional

Un Oscilador Armónico Bidimensional es un sistema con momentum angular. En particular si el movimiento está descrito por:

$$X=Acos(wt)$$

$$Y=Bsen(wt)$$

El Hamiltoniano será:

$$H=H_x+H_y=\frac{p_x^2}{2m}+\frac{1}{2}mw^2x^2+\frac{p_y^2}{2m}+\frac{1}{2}mw^2y^2$$

La energía total será:

$$E_n=E_{nx}+E_{ny}=(n_x+1/2) \hbar w+(n_y+1/2) \hbar w$$

Se observa que hay degeneración porque se puede obtener el mismo $N$ para combinaciones de $n_x$ y $n_y$. Para esto introducimos el momento angular, definiendo:

$$a_x=\frac{1}{\sqrt 2}\left(\beta x + i \frac{p_x}{\beta \hbar}\right)$$

$$a_y=\frac{1}{\sqrt 2}\left(\beta y + i \frac{p_y}{\beta \hbar}\right)$$

Con $[a_x,a_y]=0$. $L_z$ y $H_{xy}$ serán:

$$L_z=x p_y - y p_x$$

$$L_z=i\hbar(a_x a_y^\dagger - a_y a_x^\dagger )$$

$$H_{xy}=(a_x^\dagger a_x  + a_y^\dagger a_y +1) \hbar w $$

Con $[H_{xy},L_z]=0$

 

Editado por Tatiana Ortega Quintero.

Problema Por Cristian Serna, solución por juan felipe zapata

 Por simplicidad se hace $\hbar=1$

Un electrón está en un estado de momento angular con $l=3$.

a) ¿Cuál es la longitud del vector de momento angular del electrón?

La longitud del operador vectorial $\vec{\hat{L}}$ es $=\sqrt{\vec{\hat{L}} \cdot \vec{\hat{L}} }= \left|\vec{\hat{L}}\right|=\sqrt{l(l+1)}=\sqrt{12}$

b) ¿Cuántas componentes $z$ diferentes puede tener el vector de momento angular?

Se sabe que $  -3\leq m \leq 3$, por lo tanto el operador vectorial momento angular $\vec{\hat{L}}$ puede tener $2l+1=7$ componentes $z$ diferentes 

c) ¿Cuál es el valor del ángulo que hace el vector $\vec{L}$ con el eje $z$?

Dados dos vectores $\vec{u}$ y $\vec{v}$ el ángulo que forman está determinado por la siguiente ecuación:

$$\theta=\cos^{-1}\left(  \frac{\vec{u}\cdot \vec{v}}{u v}\right)$$

Realicemos el siguiente reemplazo:

$$\vec{u}=\vec{\hat{L}}=\begin{bmatrix} \hat{L}_x\\\hat{L}_y \\ \hat{L}_z\end{bmatrix}$$

$$\vec{v}=\vec{\hat{L}_z}=\begin{bmatrix} 0\\ 0 \\ \hat{L}_z\end{bmatrix}$$

De lo anterior se tiene que:

$$\theta=\cos^{-1}\left(  \frac{m^2}{\sqrt{l(l+1)}m}\right)=\cos^{-1}\left(  \frac{m}{\sqrt{l(l+1)}}\right)=\cos^{-1}\left(  \frac{m}{\sqrt{12}}\right)$$

Hallemos el ángulo para cada uno de los $7$ valores que puede tomar $m$:

$$\left\{ \begin{matrix}  m=3 \Rightarrow  \theta=30°\\m=2 \Rightarrow  \theta=54.7° \\m=1 \Rightarrow  \theta=73.2° \\m=0 \Rightarrow  \theta=90° \\m=-1 \Rightarrow  \theta=106.8 °\\ m=-2 \Rightarrow  \theta=125.2 °\\m=-3 \Rightarrow  \theta=150 ° \end{matrix}\right.$$