Ejercicio Clase 28 Experimento de Stern-Gerlach

 Determine, en términos de los estados base $|+\rangle$ y $|-\rangle$, los estados $|\mathbf{\hat{n}}, +\rangle$ tales que

$$\mathbf{\hat{S}}|\mathbf{\hat{S}\cdot\hat{n}}, +\rangle= \frac{\hbar}{2}|\mathbf{\mathbf{\hat{S}}\cdot\hat{n}}, +\rangle$$

donde $\mathbf{\hat{n}}$ es un vector unitario que forma un ángulo $\theta$ respecto al eje z, y un ángulo $\phi = 0$ en el plano xy.

Elaborado por David Andres Pedroza 

Solución elaborada por Jonathan Posada:

Acorde a lo visto en clase, la matriz que representa el observable de spin en la dirección $\hat{n}$ en términos de la base  {$ |a>, |->$}, es: 

$$ (S_{n}) = (S_{x})sin\theta cos\phi + (S_{y}) sin\theta sin \phi + (S_{z}) cos\theta $$

Donde usando la representación matricial de $S_x$, $S_y$, $S_z$, y tomando $\phi = 0$ se tiene que:

$$ \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} cos \theta & sin \theta \\ sin \theta &  -cos\theta \\ \end{pmatrix} $$

Donde como vimos, sus autovalores son también $ \pm \frac{\hbar}{2} $ pues siempre es posible rotar el experimento de Stern - Gerlach para que el campo magnético sea paralelo a $\hat{n}$.

Luego, los estados $| \hat{n}, +> $, |\hat{n}, ->$ quedan determinados por los autovectores de la matriz anterior. 

Para el estado $|\hat{n}, +>$ (autovector asociado a el autovalor  $+ \frac{\hbar}{2}$, la ecuación de atuvalores es:

$$  \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} cos \theta & sin \theta \\ sin \theta &  -cos\theta \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} |+> \\ |-> \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}  $$ 

La matriz anterior puede llevarse a su forma escalonada reducida para obtener dicho autovector. Para esto, aplicar las siguientes operaciones: $$\frac{-sin\theta}{cos\theta - 1} F_1 + F_2\rightarrow F_2$$  y seguidamente $$ F_1 \to \frac{F_1}{cos\theta -1} $$

Se obtiene: $$  \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & \frac{sin \theta}{\cos \theta -1} \\ 0&  0 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} |+> \\ |-> \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}  $$ 

Teniendo en cuenta la siguiente identidad trigonométrica: $\frac{sin \theta}{cos \theta -1} = - cot \frac{\theta}{2} $ se tiene: 

$$  \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & - cot \frac{\theta}{2} \\ 0&  0 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} |+> \\ |-> \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}  $$ 

De donde se tiene entonces  que el autovector será de la forma: 

$$| \hat{n}, +> =  \begin{pmatrix} cot \frac{\theta}{2}\\ 1 \end{pmatrix} $$

Y considerando otra identidad trigonométrica: $ cot \frac{\theta}{2} = csc \theta + cot \theta = \frac{cos (\theta \setminus  2)}{sin (\theta \setminus  2)} $

 Se obtiene finalmente que el autovector es de la forma 

$$| \hat{n}, +> =  \begin{pmatrix} cos \frac{\theta}{2}\\ sin \frac{\theta}{2} \end{pmatrix} $$

$$| \hat{n}, +> = cos \frac{\theta}{2}|+> + sin \frac{\theta}{2}|+> $$

Aplicación clase #20: Postulados de la mecánica cuántica

 La descripción clásica de un sistema físico se puede resumir como:

1) El estado de un sistema en un tiempo $t_0$ se define especificando las N coordenadas generalizadas $q_i$ y sus N momentos conjugados $p_i$.

2) El valor, en un tiempo dado, de las cantidades físicas está completamente determinado cuando el estado del sistema en este instante es conocido. Sabiendo el estado del sistema, se puede predecir con certeza el resultado de cualquier medida realizada en un tiempo $t_0$.

3) La evolución temporal del estado de un sistema está dada por la ecuación de Hamilton-Jacobi.

Por otro lado, los postulados de la mecánica cuántica sientan las bases para describir los fenómenos físicos en escalas muy pequeñas. Mediante los postulados se puede describir matemáticamente el estado de un sistema cuántico en un tiempo dado; Cómo se puede predecir los resultados de una medida de varias cantidades físicas; Y cómo se puede encontrar el estado del sistema cuántico en un tiempo arbitrario $t$ conociendo el estado del sistema en el tiempo $t_0$. Es por esto que los postulados se aplican de manera general a la descripción de cualquier sistema cuántico.

Ejercicio Clase #25 - Oscilador Armónico - 2021-2

 

Teniendo en cuenta los conceptos aprendidos en clase sobre el oscilador armónico 1D responda las siguientes preguntas:

1. ¿Es posible medir una energía de $0.75 \hbar \omega$? ¿Sí? ¿No? ¿Por qué?
2. Si un oscilador harmónico clásico puede estar en reposo ¿Por qué uno cuántico nunca puede estarlo?

Fig.1 Niveles de energía del oscilador armónico cuántico

Solución:

1. No es posible tener una energía de $0.75 \hbar \omega$ puesto que solo se pueden tener valores de energía iguales a $E_n = (n + \frac{1}{2})\hbar \omega$ con $n = 0,1,2,3,...$, obteniendo valores de $E_0 = 0.5\hbar \omega$, $E_1 = 1.5\hbar \omega$, ...

2. Tener un oscilador cuántico en reposo no es posible, ya que estar en reposo implica tener energía 0 lo cual es incompatible con el principio de incertidumbre de Heisenberg $\Delta t \Delta E \geq \hbar/2$ 

Ejercicio Clase 24 - Marzo 15

 Escribir los elementos de matriz de los operadores $a$, $\dagger{a}$, X y P en la representación $| \phi_{n} > $

Ejercicio clase # 20 (Febrero 24 2022): Álgebra de operadores. 2021-2

 $i).$ Sea la matriz $\sigma_{2}$ dada por:

$\sigma_{2} = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i  & 0\end{pmatrix}$ 

Mostrar que: 

$$e^{-i\phi\sigma_{2}} = cos\phi \mathbb{I}_{2 \times 2} - i \sin \theta \cdot \sigma_{2}$$

$ii).$ Mostrar que si $[A,B] = 0$, entonces:

$$e^{A}e^{B} = e^{B}e^{A} = e^{A+B}$$

Solución:

En general, la expasión de Taylor de la función exponencial se puede escribir como

$$ e^{x} = \sum_{n = 0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!} $$

Luego, podemos proponer

$$e^{-i\phi\sigma_{2}} = \mathbb{I} + i\sigma_{2}(-\phi) + i^{2}\frac{\sigma_{2}^{2}}{2!}(-\phi)^{2} + i^{3}\frac{\sigma_{2}^{3}}{3!}(-\phi)^{3} +  i^{4}\frac{\sigma_{2}^{4}}{4!}(-\phi)^{4} + ... $$

Podemos reacomodar la expresión en una parte real y otra imaginaria

$$e^{-i\phi\sigma_{2}} = [\mathbb{I} - i^{2}\frac{\sigma_{2}^{2}}{2!}(-\phi)^{2} +  i^{4}\frac{\sigma_{2}^{4}}{4!}(-\phi)^{4} + ... ] + i[i\sigma_{2}(-\phi) - i^{3}\frac{\sigma_{2}^{3}}{3!}(-\phi)^{3} + ...]$$

 Podemos reconocer en la parte real la expansión en series de Taylor de la función coseno y en la parte imaginaria la expansión de la función seno, sacando un signo - por la paridad de la función. Así, reescribiendo

$$ e^{-i\phi\sigma_{2}} =  \mathbb{I}cos\phi - i\sigma_{2}sin\phi $$

2)

$$ e^{A}e^{B} = \sum \frac{A^{n}}{n!}\sum\frac{B^{n}}{n!} $$

$$\sum_{m=0}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{A^{m}B^{n}}{m!n!}$$

A partir de esta expresión es evidente que si $AB = BA$ luego $e^{A}e^{B} = e^{B}e^{A}$

Haciendo $l=m+n$ como consecuencia de que $[A,B] = 0$

$$\sum_{l=0}^{\infty} \sum_{m=0}^{l}\frac{A^{m}B^{l-m}}{m!(l-m)!}$$

$$\sum_{l=0}^{\infty}\frac{1}{l!}\sum_{m=0}^{l} \frac{l!}{m!(l-m)!}A^{m}B^{l-m}$$

$$\sum_{l=0}^{\infty} \frac{(A+B)^{l}}{l!}$$

$$e^{A+B}$$

Solucionado por: Sebastián Montoya Hernández

Problema Clase #21

a) Encuentre los estados estacionarios de una partícula en un pozo de potencial infinito de ancho $a$. 

b) Encuentra la representación  momento del estado de mínima energía.

c) Calcule el momento promedio del estado estacionario arbitrario.

Solución ejercicio: 

Para el pozo de potencial infinito se asume que $V(x)$ es cero para la región $0<x<a$ e infinito en cualquier otra región. De la ecuación de Schröndinger se tiene: 

$$\frac{- \hbar^2}{2m} \frac{d^2 \psi}{dx^2} + V_o\psi = E\psi$$ 

Despejando: 

$$\frac{d^2 \psi}{dx^2} = \frac{2m}{\hbar^2}(V_o - E)\psi$$

Luego: 

$$\frac{d^2 \psi}{dx^2} = -\frac{2m}{\hbar^2}(E- V_o)\psi$$

Por hipótesis $V_o = 0$ en la región $0<x<a$. Así, se puede definir una nueva variable $k$ como: 

$$k = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$$

Por otro lado, la función de onda $\psi(x)$ debe ser cero fuera del intervalo $(0,a)$ y continua en las paredes $x=0$ y $x=a$. Así, dado que: 

$$\frac{d^2 \psi}{dx^2} = -k\psi$$ 

Se tiene como solución: 

$$\psi(x) = A e^{ikx} - A'e^{-ikx} \\ =Acos(kx) + Aisin(kx) - Acos(kx) + Aisin(kx) \\ =2Aisin(kx)$$

Lo anterior es debido al hecho de que $\psi(0)=0$, de lo cual se puede deducir que $A' = A$. Adicionalmente, la condición de que $\psi(a)=0$ permite obtener $k = \frac{n\pi}{a}$. Por lo tanto, la función de onda queda: 

$$\psi(x) = 2Aisin(\frac{n\pi x}{a})$$ 

Recordando que  $k = \frac{n\pi}{a}$ se puede encontrar la energía, dado que la energía dentro del pozo solo sería energía cinética. Donde esta se puede escribir como $E = \frac{P^2}{2m}$ y por hipótesis de Broglie $P = \frac{h}{\lambda} = \frac{2\pi h}{2 \pi \lambda} = \hbar k$. Así, los estados estacionarios de la partícula se pueden escribir como: 

$$E_n = \frac{\hbar^2 k^2}{2m} = \frac{\hbar^2 n^2 \pi^2}{2ma^2}$$ 

Para desarrollar el item b) y c) se toma la función de onda normalizada, la cual se puede escribir como: 

$$\psi(x) = \sqrt{\frac{2}{a}} sin(\frac{n\pi x}{a})$$

Ahora se considera que la partícula en un estado $|\psi_n>$ con energía $E_n$. La propabilidad de una medida del momento $P $ de una partícula entre $P$ y $P + dP$ es: 

$$\bar{P_n}(p)dp = |\bar{\psi(p)}|^2 dp $$

con $\bar{\psi_n}(p) = \frac{1}{\sqrt{2\pi \hbar}} \int_{0}^{a} \sqrt{\frac{2}{a}} sin(\frac{n\pi x}{a}) e^{-ipx/\hbar}dx $, donde el resultado de esta integral es: 

$$ \bar{\psi_n}(p) = \frac{1}{2i\sqrt{\pi \hbar a}} \int_{0}^{a} [e^{i (n\pi /a - p/\hbar)x} - e^{-i(n \pi /a + p/\hbar)x}]dx$$

Definiendo la función $F(p) = \frac{sin(pa /2\hbar)}{pa/ 2\hbar}$ y evaluando la integral se tiene: 

$$\bar{\psi_n}(p) =  \frac{1}{2i\sqrt{\pi \hbar a}}[\frac{e^{i(n\pi/a - p/\hbar)a} -1}{i (n\pi /a - p/\hbar)} - \frac{e^{-i(n\pi/a + p/\hbar)a} - 1}{-i(n\pi/a + p/\hbar)}]$$

Se puede verificar que la función dentro de corchetes dentro de la ecuación atenrior es par si $n$ es par y par si $n$ es impar. 

Por tanto la densidad de probabilidad es una función impar de $p$ en todos los casos. Así: 

$$<P>_n = \int_{-\infty}^{+\infty} \bar{P_n}(p) p dp = 0$$

Así, el valor medio del momento de la partícula en un estado de energía es cero. 

Otra forma de desarrollar el problema es partiendo directamente de la definición del valor esperado en la representación posición: 

$$<P> = \int_{0}^{a}  \psi^*_n (x) (-i\hbar \frac{d}{dx} \psi_n(x) dx) \\= \int_{0}^{a} (\frac{2}{a})^{1/2} sin(n\pi x/a) (-i\hbar \frac{d}{dx}) (\frac{2}{a})^{1/2} sin(n\pi x/a) dx \\ = -i\hbar (2/a) (n\pi /a) \int_{0}^{a} sin(n\pi x /a) cos(n\pi x/a) dx \\= 0$$

Resuelto por: César A. Hoyos. 

Problema Clase #22

1) Probar que la ecuación de conservación de probabilidad local se cumple.

2) Encontrar la probabilidad de corriente en términos de una función de onda normalizada $\Psi (r, t)$

Solución ejercicio clase #18. 2021-2

 a) $$ \langle{\Psi} | = a^{*} \langle{1} | - b^{*} \langle{2} | + a^{*} \langle{3} |  $$

$$ \langle{\Phi} | = b^{*} \langle{1} |  + a^{*} \langle{2} |  $$

b) $$ \langle{\Psi} | \Phi \rangle = a^{*}b \langle{1} | 1 \rangle - b^{*}a \langle{2} | 2 \rangle = a^{*}b -  b^{*}a$$

$$ \langle{\Phi} | \Psi \rangle = b^{*}a \langle{1} | 1 \rangle - a^{*}b \langle{2} | 2 \rangle = b^{*}a -  a^{*}b=\langle{\Psi} | \Phi \rangle^{*}$$

c) $$ A=|\Phi \rangle \langle \Psi | = ba^{*}|1\rangle \langle 1| - bb^{*}|1\rangle \langle 2| + ba^{*}|1\rangle \langle 3| + aa^{*}|2\rangle \langle 1| - ab^{*}|2\rangle \langle 2| + aa^{*}|2\rangle \langle 3| $$

$$[A] = \begin{pmatrix}ba^{*}&-|b|^2& ba^{*}\\|a|^{2}&-ab^{*}&|a|^{2}\\0&0&0 \end{pmatrix}$$

d)  Sea  $$B=|\Phi \rangle \langle \Phi | = bb^{*}|1\rangle \langle 1| + ba^{*}|1\rangle \langle 2| + ab^{*}|2\rangle \langle 1| + aa^{*} |2\rangle \langle 2| = B^{\dagger}$$

$$[B] = \begin{pmatrix}|b|^{2}&ba^{*}& 0\\ab^{*}&|a|^{2}&0\\0&0&0 \end{pmatrix}= [B]^{\dagger}$$

Observamos que [B] es hermitiana

Sea $$ C=|\Psi \rangle \langle \Psi | = |a|^2 |1\rangle \langle 1| + ab^{*}|1\rangle \langle 2| + |a|^2 |1\rangle \langle 3| + ba^{*}|2\rangle \langle 1|  + |b|^{2}|2\rangle \langle 2| + ba^{*} |2\rangle \langle 3| $$

$$+ |a|^{2}|3\rangle \langle 1|+ ab^{*}|3\rangle \langle 2| + |a|^{2}|3\rangle \langle 3|=C^{\dagger}$$

$$[C] = \begin{pmatrix}|a|^{2}&ab^{*}& |a|^{2}\\ba^{*}&|b|^{2}&ba^{*}\\|a|^{2}&ab^{*}&|a|^{2} \end{pmatrix}= [C]^{\dagger}$$

Observamos que [C] es hermitiana    

  

Como conclusión tenemos que  en forma matricial $[Q] = [B] + [C] = [B]^{\dagger} + [C]^{\dagger}=[Q]^{\dagger} $, en su forma de operadores notamos $Q = B + C = B^{\dagger} + C^{\dagger}=Q^{\dagger} $

Clase 22: Reglas de Cuantización, Varianza y Conservación de la Probabilidad

 Luego de enunciados los postulados de la mecánica cuántica, se estableció el formalismo a partir del cual, dada  una cantidad física $\mathscr{A}$  bien definida en el caso de la mecánica clásica,  como se construye el operador $\hat{A}$ que describe esta cantidad en el caso cuántico. 

Considere un sistema compuesto por una sola partícula, sin espín, sometida a un potencial. En este caso, un enuciado importante que se trae a colación de la clases anteriores es que: la posición de la partícula tiene $\vec{r}(x, y, z)$ tiene asociado un observable $\textbf{R}(X, Y, Z)$. Similarmente al vector momento, $\vec{p}$ le corresponde el operador $\textbf{P}(P_x, P_y, P_z)$

Donde se sabe que los operadores $\textbf{R}$ y $\textbf{P}$ no son compatibles, pues su conmutador obedece la relación canónica de conmutación $[R_i, P_j] = i \hbar \delta_{ij} $. Es por esto que, a diferencia de la mecánica clásica, donde la posición y el momentum lineal están asociados simplemente a variables dinámicas $\vec{r}$ y $\vec{p}$ que  satisfacen que $\vec{r} \cdot \vec{p} = \vec{p} \cdot \vec{r}$,  plantear su formulación en mecánica cuántica dada la no conmutatividad, se debe agregar una regla de simetrización que cumpla la condición de Hermitcidad (dado que sus autovalores son reales). El observable asociado al producto escalar enunciado cuánticamente es: 

$$ \frac{1}{2} ( \vec{R} \cdot \vec{P} + \vec{P} \cdot \vec{R} ) $$

Se tiene el siguiente enunciado de gran importancia: 

El observable \hat{A} que describe una cantidad física clásica bien definida $\mathscr{A}$ se obtiene reemplazando  $\vec{r}$ y $\vec{p}$ por $\vec{R}$ y $\vec{P}$ en la expresión simetrizada de $\mathscr{A}$.

\textbf{Ejemplo}: Un ejemplo sencillo de esto es el Hamiltoniano para una partícula en un potencial escalar; clásicamente se tiene que el Hamiltoniano corresponde a la energía de la patícula:

$$ \mathscr{H}(\vec{r}, \vec{p}) = \frac{\vec{p}^2}{2m} + V(\vec{r}) $$  

Dado que no hay productos escalares entre la posición y el momento, la simetrización es trivial y por tanto su correspondiente cuántico es:

$$ H = \frac{\hat{P}^2}{2m} + V(\hat{R}) $$

Valor Medio de un Observable en un Estado Dado

Los resultados del cuarto postulado de la mecánica cuántica se enuncian en términos de probabilidades, por lo que su verificación requeriría de la realización de un mismo experimento con las mismas condiciones un gran número de veces.

Este carácter estadístico nos lleva a enunciar nuevamente el valor medio de un observable: 

$$ <A>_{\psi} = <\psi | A | \psi > $$

Donde si consideramos el espectro discreto de A, dadas N medidas de A en el estado $|\psi>$, se obtendrá $\mathscr{N}(a_n)$ veces el autovalor $a_n$ :

$$ \frac{\mathscr{N}(a_n)}{N} \rightarrow \mathscr{P}(a_n) $$ 

Para $N \rightarrow oo $. 

Se define ahora otro observable que da cuenta de la dispersión de los resultados esperados cuando se mide el observable A. Se define la varianza como: 

$$ (\Delta A)^2 = <A^2> - <A>^2 = <\psi | \Delta A| \psi> $$ 

Y se tiene como resultado importante que, si al realizar una medida la dispersión es nula, el sistema se encuenta en un estado que es autoestado del observable. 

Además de que, para dos observables \hat{A} y \hat{B} que no conmutan, se tiene también una relación de variables canónico - conjugadas: 

$$ \Delta A \Delta B \geq \frac{\hbar}{2} $$ 

Y se tiene el principio de primera cuantización: $[A, B] = i \hbar$. 

Es importante recalcar que el conmutador de dos operadores representa una medida del ordenamiento y el orden de las operaciones. En el caos en que dos observables conmuten, En el caso en que los observables conmuten, [A, B] = 0, los observables son compatibles y por tanto se pueden medir simultáneamente.  

Conservación de la Probabilidad 

La ecuación de Schrödinger $i \hbar \frac{d}{dt}|\psi(t)> = H(t)|\psi (t)>$ es una ecuación diferencial en t. Dado un estado inicial |\psi (t_0)>, el estado |\psi (t)> puede determinarse en cualquier tiempo subsecuente t. Es decir, no hay una una indeterminación en la evolución temporal de un sistema cuántico; la indeterminación aparece cuando una cantidad física es medida y el vector de estado sufre una modificación impredecible. Sin embargo, entre dos medidas, el vector de estado evoluciona en una forma perfectamente determinista acorde a la ecuación de Schrödinger. 

La norma de un auto estado permanece constante: Dado que el Hamiltoniano es un operador Hermítico, el cuadrado norma del vector de estado no depende del tiempo, i.e, $\frac{d}{dt} <\psi (t) | \psi (t)> = 0$.

Esta propiedad es de suma importante pues es la que permite interpretar el modulo de la función de onda de una partícula sin espin: $|\psi(\vec{r}, t) |$^2 como la densidad de probabilidad, cuya función densidad de probabilidad está normalizada. 

Conservación Local de la probabilidad: Para el caso de un sistema físico compuesto de una partícula de espín 1, la probabilidad de encontrar dicha partícula en un volumen infinitesimal de volumen, localizado en una región $\vec{r}$ es: 

$$ d\mathscr{P}(\vec{r}, t) = \rho(\vec{r}, t)d^3r = |\psi(\vec{r}, t)|^2 $$ 

Y del enunciado anterior sabemos que dicha probabilidad permanece constante. Esto no significa precisamente que $\rho(\vec{r}, t)$ es independiente del tiempo en todo el espacio, sino que, en una analogía al caso electromagnético, cuando se tiene un sistema físico aislado con una distribución de carga volumétrica, la carga total se conserva en el tiempo, pero localmente la distribución espacial de la carga es libre de variar y producir corrientes. Así, al tener un volumen V, delimitado por una superficie S, la variación temporal de la densidad de carga en el volumen V debe ser igual al flujo de densidad de corriente $\vec J(\vec{r}, t) $ que entra o sale de la superficie. De aquí se obtiene la famosa ecuación de continuidad: 

$$ \frac{\partial  }{\partial t} \rho(\vec{r}, t) + \nabla  \cdot J = 0 $$

Para el caso cuántico entonces  nos referiremos a un vector $\vec J(\vec{r}, t) $ densidad de probabilidad, el cual junto a la densidad de probabilidad \rho(\vec{r}, t), conlleva a una conservación local de la probabilidad.