Clase 15: Propiedades de los autovalores y autovectores de un operador Hermitiano.

Tomemos unos operadores A que operan sobre el espacio de estados $\varepsilon$, esto definen unas bases. Es decir, necesitamos una combinación de operadores que nos definan bases, los cuales a su vez nos sirven para estudiar $\varepsilon$.

    $A|\psi \rangle$ = $\lambda|\varphi\rangle$

donde $\lambda \in C$ y $|\psi\rangle\in\varepsilon$. Si tomamos adicionalmente que: $\langle\psi|\psi\rangle = 1$, es decir, es un autoestado normalizado.

Si $\lambda\longrightarrow|\psi\rangle$ es único (un solo autoestado), decimos que este estado es no degenerado. El subespacio vectorial $\varepsilon_{\lambda}\rightarrow$  $\big\{|\psi⟩\big\}$ es de dimensión 1. 

Si $\lambda\longrightarrow\varepsilon_{\lambda}$ puede tener dimensión mayor que 1.

EJEMPLO 1: Consideremos el siguiente operador T:

$T = \begin{bmatrix}2 & 0 & 0\\0 & 3 &1 \\0 & 2 & 8 \end{bmatrix}  \longrightarrow $ la degeneración es 1.

$(3-\lambda)(8-\lambda) - 2 = 0$. Tenemos $2\lambda$ diferentes, por tanto el operador que tiene 3 autovalores y cada autovalor da un autovector distinto. No degeneración. 

EJEMPLO 2: Consideremos el siguiente operador T:

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

En este caso tenemos $\lambda_{1} = 1$ , $\lambda_{2} = 1$ y $\lambda_{3} = -1$. Tenemos dos autovalores, es decir, degeneración 2. 

En general debemos tener en cuenta la degeneración. Si $|\psi_{i} \rangle$ con i = 1,....,g es decir, hay g autovectores asociados con un autovalor $\lambda$, si $A|\psi_{i} \rangle$ = $\lambda | \psi_{i} \rangle$ igualmente cualquier combinacion de esos elementos  $\Sigma C_{i}|\psi_{i} \rangle$ = $|\psi^{'}\rangle$ es también autovector de A.

$A\sum_{i=1}^{g} C_{i}|\psi_{i}\rangle = \sum_{i=1}^{g} C_{i}A |\psi_{i}\rangle = \Sigma C_{i}\lambda|\psi_{i}\rangle $

$A| \psi^{'} \rangle = \lambda |\psi^{'}\rangle$

A no sirve para identificar si tenemos nada dentro del espacio asociado con ese autovalor. Un subespacio $\varepsilon_{\lambda}$ tiene dimensión g. A este subespacio se le conoce como "autosubespacio" asociado con $\lambda$.

Por otro lado, consideremos que el operador A es Hermitico:

$A^{†} = A$
acá se pueden presentar 2 casos:

1. Los autovectores de un operador hermitico son reales:

Tomando el producto escalar de la ecuación de autovalores $A|\psi \rangle=\lambda|\psi\rangle$ para    $|\psi\rangle$, obtenemos:

    $\langle\psi|A|\psi\rangle = \lambda\langle\psi|\psi\rangle $ 

Pero $\langle\psi|A|\psi\rangle$ es un número real si A es hermitico, es decir, tomando el complejo conjugado (hermitico conjugado):

    $\langle\psi|A|\psi\rangle^{*}$ = $\langle\psi|A^{†}|\psi\rangle$ = $\langle\psi|A|\psi\rangle$ = $\lambda\langle\psi|\psi\rangle$

Dado que $\langle\psi|A|\psi\rangle$ y $\langle\psi|\psi\rangle$ son reales, esto implica que $\lambda$ también es real.

Si A es hermitico, podemos reemplazar A por $A^{†}$ y $\lambda$ por $\lambda ^{*}$, ya que acabamos de demostrar que $\lambda$ es real. Así obtenemos:

    $\langle\psi|A$ = $\lambda\langle\psi|$

Por lo tanto, 

    $\langle\psi|A|\varphi\rangle$ = $\lambda\langle\psi|\varphi\rangle$

2. Dos vectores propios de un operador hermitico correspondientes a dos valores propios diferentes son ortogonales:

Consideremos dos autovectores $\psi\rangle$ y $\varphi\rangle$ del operador hermitico A:

    $A|\psi\rangle$ = $\lambda|\psi\rangle$

    $A|\varphi\rangle$ = $\mu|\varphi\rangle$

donde $\langle\varphi|\varphi\rangle = 0$ y $\mu\neq 0$, es decir, son ortogonales.

Si no hay degeneración en A tenemos:

    $A|\varphi_{i}\rangle = \lambda_{i}|\varphi_{i}\rangle$

por tanto  $\big\{|\varphi_{i}⟩\big\}$ es base de $\varepsilon$, por tanto es ortonormal.

Cuando hay degeneracion debemos utilizar otros operadores, para esto supongamos dos operadores A y B conmutan, y si $|\psi\rangle$ es un vector propio de A y $B|\psi\rangle$ es también un vector propio de A, con el mismo valor propio.

Sabemos que, si $|\psi\rangle$ es un vector propio de A, tenemos:

    $A|\psi\rangle = a|\psi\rangle$

Multiplicando por B a ambos lados de esta ecuación, obtenemos:

    $BA|\psi\rangle = aB|\psi$

Dado que asumimos que A y B se conmutan, también tenemos que, reemplazando BA en el lado izquierdo por AB:

    $A(B|\psi\rangle = a(B|\psi)$

Esta última ecuación expresa el hecho de que $B|\psi\rangle$ es un vector propio de A, con el valor propio a, se demuestra el teorema.

Por otro lado, si a es un vector propio no degenerado, todos los vectores propios asociados con él son por definición colineales y $B|\psi\rangle$ es necesariamente proporcional a $|\psi\rangle$. Por lo tanto, también es un vector propio de B.

Por tanto, B no afecta la separación de $\varepsilon$ original, es decir, no cambia los autovectores de A.

Clase 14: Representaciones de estados, operadores y cambio de base

 Representación en el espacio de estados:

Antes de adentrarnos de lleno en el terreno de estados y operadores cuánticos se muestra un ejemplo intuitivo de la representación de un vector en diferentes bases, para esto tomamos el ejemplo de una rotación de ejes en $\mathbb{R}^3$ como se muestra en la figura 1 :

Figura 1: rotación de ejes coordenadas en $\mathbb{R}^3$

Si definimos un conjunto de vectores base $\{i,j,k\}$ siempre podemos realizar una rotación a un sistema con ejes $\{i´ ,j´,k´ \}$. Al realizar esto un vector cualesquiera $\overrightarrow{r}=(x,y,z)$ puede ser descrito en la nueva base como $\overrightarrow{r'}=(x´,y´,z´)$ mediante una transformación lineal representada por una matriz $A$, así mismo los operadores $T$ en la base original cambian de representación a $T´$ , es decir: $\overrightarrow{R} =T \overrightarrow{r} \rightarrow \overrightarrow{R´}=T' \overrightarrow{r´}$.

Ahora, realizando definiciones más formales, sea $\mathcal{E}$ el espacio de estados, para estudiarlo debemos de definir bases que permitan poseer una representación de los elementos pertenecientes a  $\mathcal{E}$. Sea $| \psi \rangle $ un elemento del espacio de estados, sea la base discreta completa $ \{    | u_i \rangle  \} $ ortonormal, i.e $ \langle u_i | u_j \rangle =\delta_{ij}$, se la base continua completa a $ \{    | v_{\alpha} \rangle  \} $ ortonormal, i.e $ \langle v_{\alpha} | v_{\alpha´} \rangle =\delta(\alpha-\alpha')$.

Cualquier vector $| \psi \rangle $ puede ser expandido por estas bases debido a la condición de cerradura, por tanto en la base discreta  $| \psi \rangle=\displaystyle\sum_{i} c_i   | u_i \rangle$ o en la base continua $| \psi \rangle= \int_{V} d \alpha \, c(\alpha) |u_{\alpha} \rangle $. 

$c_i$ puede escribirse como $c_i= \langle u_i | \psi \rangle$ i.e las proyecciones de $| \psi \rangle$ sobre los elemento de la base $| u_i \rangle$, para la base continua se tiene $ \langle v_{\alpha'} | \psi \rangle=c(\alpha´)$.

de esta manera  $| \psi \rangle= \displaystyle\sum_{i}  \langle u_i | \psi \rangle  | u_i \rangle =   \displaystyle\sum_{i}  |u_i \rangle  \langle u_i |   \psi \rangle =  (\displaystyle\sum_{i}  |u_i \rangle  \langle u_i | )  \psi   $

por tanto se obtiene la relación: 

$$\displaystyle\sum_{i} |u_i \rangle  \langle u_i |=\mathbb{1}$$ la cual es la condición de cerradura, i.e la base es completa, así esta expande todo el espacio de estados (todos son expresables). 

Para la base continua el procedimiento es análogo y se encuentra: $$| \psi \rangle= \int_{V} d \alpha \,  | v_{\alpha´} \rangle \langle v_{\alpha}|  =1 $$.

Matricialmente, si escogemos una base conveniente podemos asociar un vector columna con los coeficientes $c_i$ i.e los coefientes que permiten expresar los estados de $| \psi \rangle$ en dicha representación como se muestra: 

 $$ \begin{pmatrix}c_{0} \\ \vdots \\  c_i   \\  \vdots  \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} \langle u_0 | \psi \rangle \\ \vdots \\   \langle u_i | \psi \rangle   \\  \vdots  \end{pmatrix}  \qquad , \qquad   \begin{pmatrix} \vdots \\  c(\alpha)   \\  \vdots  \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} \vdots \\   \langle v_{\alpha} | \psi \rangle   \\  \vdots  \end{pmatrix}  $$

a la izquierda es la representación matricial para bases discretas, a la derecha es la representación matricial para bases continuas, $\alpha$ puede ser un número o varios; recordemos el ejemplo de la base en el espacio de momentos en la cual $v_{\overrightarrow{p}}$ eran los componentes de la base continua en el espacio de Fourier (de momentos) con $\overrightarrow{p}=(p_x,p_y,p_z)$.

Si los kets se pueden representar como vectores columna, entonces los bras deben de poseer una representación vectorial similar: sea $\langle \psi | $=  $\langle \psi |  1 = \displaystyle\sum_{i}\langle \psi |u_i \rangle  \langle u_i |$ pero  $c_i= \langle u_i | \psi \rangle \Rightarrow c_i^{*}= \langle \psi | u_i \rangle$ por tanto: $$\langle \psi |= c_i^{*}  \langle u_i|  $$

Ahora calculando $ \langle \phi | \psi \rangle $ en una base específica es conveniente introducir el operador identidad 1, así:  $$ \langle \phi | \psi \rangle=  \langle \phi | 1 |\psi \rangle = \displaystyle\sum_{i}  \langle \phi | u_i \rangle   \langle u_i | \psi \rangle= \displaystyle\sum_{i} b_i^* c_i \in  \mathbb{C} $$. Para una base continua el procedimiento es análogo  $$ \langle \phi | \psi \rangle=  \langle \phi | 1 |\psi \rangle =  \int_{V} d \alpha \,  \langle \phi | v_{\alpha} \rangle   \langle v_{\alpha} | \psi \rangle=  \int_{V} d \alpha \,b(\alpha)^{*} c(\alpha) \in  \mathbb{C}  $$. 

Matricialmente podemos interpretar entonces los kets como vectores columna y los bra como vectores fila aplicando complejo conjugado de tal manera que el producto interno  $ \langle \phi | \psi \rangle $ es simplemente el producto de un vector fila por un vector columna.

Representación de operadores

Consideremos un operador $A$ en un espacio abstracto $\mathcal{E}$. 

Los elementos matriciales del operador $A$ pueden ser obtenidos en una base discreta como:   $$A= \langle u_i | A | u_j \rangle$$ para efectos prácticos se puede considerar $A$ como una matriz cuadrada. 

Para una base continua: $$A(\alpha,{\alpha}´)=\langle v_{\alpha} | A | v_{\alpha}'  \rangle$$ la cual puede ser considerada como una función en dos variables.

Ahora, encontrando la representación matricial de $| \psi' \rangle=A | \psi \rangle $.

• Si expandimos $ |\psi \rangle$ ,  $| \psi \rangle=\displaystyle\sum_{i} c_i   | u_i \rangle$ luego  $| \psi' \rangle=A | \psi \rangle=A  \displaystyle\sum_{i} c_i   | u_i \rangle=  \displaystyle\sum_{i} c_i A  | u_i \rangle$ (debido a la linealidad), por otro lado $| \psi' \rangle=\displaystyle\sum_{i} {c_i}'   | u_i \rangle$, comparando estas expresiones se llega a: $$ c_i' = \displaystyle\sum_{j} A_{ij} c_j$$ es decir, podemos representarlas como productos matriciales:

          Para las bases continuas: $$c'(\alpha)= \int_{V} d \alpha' \, A(\alpha,\alpha') c(\alpha') $$

• Calculando $ \langle \phi | A |\psi \rangle \in \mathbb{C}$, $$ \langle \phi | A |\psi \rangle=\langle \phi | 1 \, A \, 1 |\psi \rangle=\displaystyle\sum_{i,j} \langle \phi | u_i \rangle  \langle u_i|A | u_j \rangle  \langle u_j | \psi \rangle = \displaystyle\sum_{i,j} b_i^* A_{ij} c_j$$ la cual se puede representar por el producto de un vector fila ($b_i^*$), una matriz $(A_{ij})$ y un vector columna ($c_j$).

• Forma matricial de adjunto de un operador:   

         $(A^{\dagger})_{ij}= \langle u_i | A^{\dagger} | u_j \rangle =  \langle u_j | A | u_i \rangle ^*=(A_{ji})^*$

          i.e matricialmente $A^{\dagger}$ representa el transpuesto complejo conjugado. 

         Si el operador es hermítico: 

         para una base discreta $A_{ij}=A_{ji}^*$        

         Para una base continua $A(\alpha,\alpha')=A(\alpha´,\alpha)^*$

Cambio de representación (matrices de cambio de base):

Se dos bases discretas $ |u_i \rangle$ , $ |z_j \rangle$ tal que: $| \psi \rangle=\displaystyle\sum_{i} c_i   | u_i \rangle$,  $| \psi \rangle=\displaystyle\sum_{j} d_j   | z_j \rangle$.

Para responder la pregunta de como se relacionan la dos bases podemos expandir $ |u_i \rangle$ en términos de $ |z_j \rangle$, así $| u_i \rangle=\displaystyle\sum_{j} S_{ij}   | z_j \rangle$, ahora si 'conectamos' $\langle z_l| $  a la expresión anterior obtenemos  $\langle z_l| u_i \rangle=\displaystyle\sum_{j} \langle z_l| S_{ij}   | z_j \rangle=\displaystyle\sum_{j}S_{ij} \delta_{lj}=S_{li}$ ya que  $\langle z_i |z_k \rangle=\delta_{ik}$. Por tanto: $$\langle z_l| u_i \rangle=S_{li} $$

A la representación matricial de $S_{ij}$ la llamamos matriz de cambio de base o matriz de cambio de representación.

Para los bra se puede demostrar que: $$\langle u_i| z_l \rangle= \langle z_l| u_i \rangle^*=S_{li}^*=(S_{il})^{\dagger} $$.

Por otro lado $ |u_i \rangle= \displaystyle\sum_{j}S_{ij}  \displaystyle\sum_{k} |u_k \rangle  \langle u_k | z_j \rangle = \displaystyle\sum_{j} S_{ij} \langle u_k | z_j \rangle  |u_k \rangle $, pero $ \langle u_k | z_j \rangle=S^{\dagger}$ por tanto para que se cumpla la igualdad : $$ S S^{\dagger}=S^{\dagger} S=I, \qquad \text{matriz unitaria} \\ S^{\dagger}=S^{-1} \Rightarrow \text{det}(S^{\dagger} S)=1 \Rightarrow  \text{det (S)}=\pm 1 $$.

La matriz S también puede ser usada para realizar cambios de base en operadores:

$A_{ij}= \langle u_i |\, 1\,  A \, 1 \, |u_j \rangle=\displaystyle\sum_{k,l} \langle u_i | z_k \rangle  \langle z_k|A | z_l \rangle  \langle z_l | u_j \rangle $ pero

$S_{ik}^{\dagger}= \langle u_i | z_k \rangle$, $A_{kl}= \langle z_k|A | z_l \rangle$, $S_{lj}= \langle z_l | u_j \rangle$ así: $$ A_{ij}=\displaystyle\sum_{k,l} S_{ik}^{\dagger} A_{kl} S_{lj}$$

Si relacionamos este resultado con los operadores ortogonales en $\mathbb{R}^3$ observamos que esa operación no es más que una diagonalización de A, así: $$A \rightarrow A' =S^{\dagger}  A  \, S$$

Utilidades del cambio de base

Implementar un cambio de base permite llevar operaciones a espacios en los cuales es más sencillo realizarlas, tomemos por ejemplo el caso de encontrar los ejes principales de una forma cuadrática como se muestra en la figura 2. 

Figura 2: rotación de ejes en  $\mathbb{R}^2$

Al realizar una diagonalización de la forma funcional de la elipse presentada en la figura 2 podemos encontrar los ejes principales de esta, es decir, los ejes respecto a  los cuales la elipse no está rotada (no presenta términos cruzados). 

en $xy \rightarrow ax^2+bxy+cy^2=k \qquad \text{en  } x´y´ \rightarrow a'x'^2+c'y'^2=k´ $

con esto en mente podemos introducir los autovalores de un operador.

Autovalores y observables:

Definimos los autovalores $ \lambda_i$ asociados a un operador $A$ que cumplen: 

$$ A  | u_i \rangle = \lambda_i   | u_i \rangle, \, \lambda_i \in  \mathbb{C} \text{    ecuación de autovalores de  } A $$

Nos interesa estudiar operadores $A$ relevantes para cantidades físicas, es decir, que actúen sobre un espacio  $\mathcal{E}$ con significado físico un ejemplo de ello es el espacio de estados.  

Para encontrar los autovalores se recurre a la ecuación propuesta en el álgebra lineal:

$$ \text{Det} (A-\lambda I)=0 \, \, \text{Ecuación característica de } A  $$

Referencias: 

•  Cohen-Tannoudji C., Diu B., Laloe F. (1973) Vol. 1: Quantum Mechanics.
• Rotation about z axis by an angle φ [Graph].Malhotra, Lakshya & Golub, Robert & Krägeloh, Eva & Nouri, Nima & Plaster, Bradley. (2019). Effect of Thomas Rotation on the Lorentz Transformation of Electromagnetic fields.
• Rotation of axes. (2018). [Graph]. Lumen Learning. https://courses.lumenlearning.com/precalctwo/chapter/rotation-of-axes/

Clase 12: Espacio de funciones, Espacio de estado y notación de Dirac

Espacio de funciones ($ \mathscr{F}$)

 En la anterior clase se vio que las ondas planas definidas por $v_p$ constituyen una base continua pero estas no describen un estado físico (por lo tanto no pertenece al espacio de funciones $\mathscr{F}$ ), dado que las ondas nunca son completamente planas o monocromáticas. Donde el subíndice $p$ es continuo.

Ahora veremos otra base continua con las mismas características de $v_p$, la cual llamaremos "Funciones Delta de Dirac", definida como:

$$\xi_{\vec{r}_0}(\vec{r})=\delta(\vec{r}-\vec{r}_0)$$

Donde es el índice continuo de cada elemento, cabe notar que al igual que $v_p$ se cumple que $\xi_{\vec{r}_0}(\vec{r})\notin \mathscr{F}$, pero nos permite expresar los elementos de $\mathscr{F}$ en función de los elementos de $\xi_{\vec{r}_0}(\vec{r})$

Pero se cumplen las siguientes relaciones para toda función $\psi$ que si pertenezca a  $\mathscr{F}$

$$\psi(\vec{r})=\int \mathrm{d}^3\vec{r}_0 \psi(\vec{r}_0) \delta(\vec{r}-\vec{r}_0)$$

$$\psi(\vec{r}_0)=\int \mathrm{d}^3\vec{r} \psi(\vec{r}) \delta(\vec{r}-\vec{r}_0)$$

Y usando la definición

$$\psi(\vec{r})=\int \mathrm{d}^3\vec{r}_0 \psi(\vec{r}_0) \xi_{\vec{r}_0}(\vec{r})$$

Donde podemos recurrir a las siguientes relaciones:

$\psi(\vec{r})$ Como el vector.

$\int$ Como la combinación lineal

$\psi(\vec{r}_0)$ Como los coeficientes

$\xi_{\vec{r}_0}(\vec{r})$ Como la base

Es decir:

$$\int \rightarrow \sum $$

$$\vec{r}_0 \rightarrow i$$

$$\psi(\vec{r}_0 ) \rightarrow c_i$$ 

Donde tenemos la relación de cierre o completex y de ortonormalización estan dadas por:

$$\int \mathrm{d}^3\vec{r}_0 \xi_{\vec{r}_0}(\vec{r}) \xi_{\vec{r}_0}^\ast(\vec{r}^\prime)=\int \mathrm{d}^3\vec{r}_0 \delta(\vec{r}-\vec{r}_0) \delta(\vec{r}^\prime-\vec{r}_0)=\delta(\vec{r}-\vec{r}^{\prime})$$ 

$$(\xi_{\vec{r}_0}(\vec{r}),\xi_{\vec{r}^{\prime}_0}(\vec{r}))=\delta(\vec{r}_0-\vec{r}^{\prime}_0)$$

Al final vemos que tenemos 2 bases continuas: $v_p$ y $(\xi_{\vec{r}_0}(\vec{r})$ que no pertenecen al espacio de funciones pero que nos permiten expresar los elementos de dicho espacio en función de ellas.

Notación de Dirac

No siempre los sistemas físicos se pueden describir con elementos del espacio de funciones, entonces se cumple la siguiente relación: 

$$\psi(\vec{r}) \in \mathscr{F} \Leftrightarrow |\psi \rangle \in \mathcal{E}$$

Donde un vector del espacio $\mathcal{E}$ es llamado un vector ket o simplemente ket; representado por $|\quad\rangle$, donde ponemos el vector en el centro para distinguir los elementos, como lo vemos con la función $\psi(\vec{r})$ representada en el espacio $\mathcal{E}$ como  $|\psi \rangle(\vec{r})$ o simplemente $|\psi \rangle$

Espacio de estado ($\mathcal{E}$) 

El espacio de estado $\mathcal{E}$ es un espacio vectorial, cuya notación será la dada por la notación de Dirac, con producto vectorial:

$$(\varphi,\psi) \rightarrow (|\varphi \rangle,|\psi \rangle)=\int \mathrm{d}x \quad\varphi^{\ast}(x)\psi(x)$$

Espacio vectorial dual ($\mathcal{E}^\ast$)

Sea $|\psi \rangle \in \mathcal{E}$, dado un funcional lineal $\beta$ es un operador lineal que le asocia un número $\lambda$ $(\lambda \in \mathbb{C})$, tal que:

$$\beta(|\psi \rangle)=\lambda$$

Y verificando linealidad:

$$\beta(\lambda_1 |\psi_1 \rangle+\lambda_2 |\psi_2 \rangle)=\lambda_1(\beta |\psi_1 \rangle)+\lambda_2(\beta |\psi_2 \rangle)$$

$\beta$ tiene operación suma y multiplicación por escalar, entonces define un nuevo espacio vectorial, el cual llamamos el espacio dual de $\mathcal{E}$, denotado como $\mathcal{E}^{\ast}$

Ejemplo:

Sea $\vec{r}=(x,y,z) \in \mathbb{R}^3$, definimos $\beta$ como $\beta(\vec{r})=x$, entonces $\beta \in  \mathbb{R}^{3\ast}$

Bases del espacio vectorial dual

La base de  $\mathcal{E}^{\ast}$ se construyen usando la base ya conocida de  $\mathcal{E}$.. Entonces se tendrá por defnición:

$$\beta(|\psi \rangle)\equiv \langle\beta|\psi\rangle$$

Donde usando la notación de Dirac, tenemos que $\beta \rightarrow \langle\beta|$ donde un vector del espacio $\mathcal{E}^{\ast}$ es conocido como vector bra o simplemente bra representado de la forma anterior.

Notar que se tienen ahora dos relaciones:

$\mathcal{E}^{\ast}\rightarrow \langle\beta|$; corresponde al bra

$\mathcal{E}\rightarrow |\psi\rangle$; corresponde al ket

Si se unen (braket) se tiene: $ \langle\beta|\psi\rangle \in \mathbb{C}$

Correspondencia entre kets y bras

A cada ket se le asocia un bra de la forma:

$$ \varphi|\psi\rangle \equiv (|\varphi\rangle,|\psi\rangle) \in \mathbb{C} $$

Hace que los espacios vectoriales  $\mathcal{E}$ y  $\mathcal{E}^{\ast}$ sean isomorfos

$$ \mathcal{E}\cong \mathcal{E}^{\ast}$$

Aqui no hay necesidad de buscar la operacion  asociada a los bras, sino que nos fijamos en los elementos de $\mathcal{E}$ y los relacionamos a $\mathcal{E}^{\ast}$ con un mapa uno a uno

Ademas se nota que la correspondencia en los bra es antilineal y en los kets es lineal, es decir: 

Sea $\lambda \in \mathbb{C}$ y $|\psi\rangle \in  \mathcal{E} $ un ket

$$|\lambda\psi\rangle=\lambda|\psi\rangle$$

Y sea $\lambda \in \mathbb{C}$ y  $\langle\psi| \in \mathcal{E}^{\ast}$ un bra asociado al ket $|\psi\rangle$

$$\langle\lambda\psi|=\lambda^{\ast}\langle\psi|$$

Producto escalar

Usando la notación de Dirac el producto escalar $\mathcal{E}^{\ast}\times \mathcal{E}\rightarrow \mathbb{C}$ lo denotamos como: $\langle\psi|\times |\varphi\rangle \Rightarrow \langle\psi|\varphi\rangle$, donde se cumple la propiedad:

$$\langle\psi|\varphi\rangle=\langle\varphi|\psi\rangle^{\ast}$$

Correspondencia de bases

Vimos que $v_p(\vec{r})$ es una base de $\mathscr{F}$ que no pertenece a $\mathscr{F}$, luego no tiene un ket efectivamente, es decir $|v_p\rangle \notin \mathcal{E} $ pero $\langle v_p|\in \mathcal{E}^{\ast}$

Sin embargo tenemos que:

$$\langle\psi|v_p\rangle \in \mathbb{C}$$

$$\langle v_p|\psi\rangle \in \mathbb{C}$$

Veamos el segundo término:

$$\langle v_p|\psi\rangle =(|v_p\rangle,|\psi\rangle)=\frac{1}{\sqrt{2\pi \hbar}}\int \mathrm{d}x v_p^{\ast}(x)\psi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi \hbar}}\int \mathrm{d}x\psi(x)e^{-ipx/\hbar}$$

Donde vemos que el último termino corresponde a una transformada de Fourier de $\psi$ (F:T.($\psi$))

Al final si se usará y se dará como válida a $|v_p\rangle$, pero sabemos que esta no describe un estado físico.

Operadores lineales en $\mathcal{E}$

Sea $\hat{A}$ un operador lineal, este asocia a un ket $|\psi\rangle$ otro ket $|\psi^{\prime}\rangle$, ambos pertenecientes a $\mathcal{E}$, es decir:

$$|\psi^{\prime}\rangle=\hat{A}|\psi\rangle$$

Y como $\hat{A}$ es un operador lineal:

$$\hat{A}(\lambda |\psi_1\rangle + |\psi_2\rangle)=\lambda \hat{A}|\psi_1\rangle+\hat{A}|\psi_2\rangle$$

El producto de dos operadores $\hat{A}$ y $\hat{B}$, se define como:

$$(\hat{A}\hat{B})|\psi\rangle=\hat{A}(\hat{B}|\psi\rangle)$$

Vemos que primero actua  $\hat{B}$ y luego  $\hat{A}$.

En general  $\hat{A} \hat{B}\neq \hat{B} \hat{A}$, por tanto definimos el conmutador como:

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

Sean dos kets $|\psi\rangle$ y $|\varphi\rangle$, definimos el escalar:

$$\langle\varphi|(\hat{A}|\psi\rangle)=\langle\varphi|\psi^{\prime}\rangle\in \mathbb{C}$$

Proyectores

Ejemplo:

Tomemos $\mathbb{R}^3$ de manera que:

$\hat{i}\rightarrow |x\rangle $

$\hat{j}\rightarrow |y\rangle$

$\hat{k}\rightarrow |z\rangle$

Tenemos que se cumples las relaciones:

$\langle x|y\rangle=\delta_{xy}=0$

$\langle x|x\rangle=\delta_{xx}=1$

Un proyector es un operador de la forma:

$$|y\rangle\langle x|=\mathbb{A}$$

Sea $\vec{r}=a|x\rangle+b|y\rangle+c|z\rangle$

$$\mathbb{A}\vec{r}=|y\rangle\langle x|(a|x\rangle+b|y\rangle+c|z\rangle)=|y\rangle (a\langle x|x\rangle+b\langle x|y\rangle+c\langle x|z\rangle)=|y\rangle (a\langle x|x\rangle)=a|y\rangle $$

Vemos que $\mathbb{A}\rightarrow \vec{r}$: Escoge la proyección de $\vec{r}$ en dirección $\hat{i}$ y la lleva a la dirección $\hat{j}$

Definamos otro operador como: $mathbb{B}=|x\rangle\langle x|+|y\rangle\langle y|$

Observar que si se aplica al vector $\vec{r}$ de la misma manera anterior, se tiene:

$\mathbb{B}\vec{r}=a|x\rangle+b|y\rangle$

Notar que para este proyector  $\mathbb{B}$, se tiene:

$$\mathbb{B}^2=\mathbb{B}\mathbb{B}=(|x\rangle\langle x|+|y\rangle\langle y|)(|x\rangle\langle x|+|y\rangle\langle y|)=|x\rangle\langle x|+|y\rangle\langle y|=\mathbb{B}$$

Ahora proyectores en $\mathcal{E}$

De forma general tenemos un proyector $\Pi$, definido como:

$\Pi\equiv |\psi\rangle\langle \varphi|$

tal que: 

$\Pi: \mathcal{E}\rightarrow \mathcal{E}$

$|\chi\rangle \rightarrow |\psi\rangle \langle \varphi|\chi\rangle=\lambda|\psi\rangle$

Con $  \langle\varphi|\chi\rangle=\lambda\in\mathbb{C}$

Definimos el proyector:

$$\Pi_{\psi}\equiv  |\psi\rangle\langle \psi|$$

Aplicado a un estado $|\varphi\rangle$:

$$\Pi_{\psi}|\varphi\rangle=|\psi\rangle\langle \psi|\varphi\rangle=\alpha |\psi\rangle$$

Con $\alpha \in\mathbb{C}$

Se puede comprobar fácilmente que:

$$\Pi_{\psi}^2=\Pi_{\psi}$$

Relaciones importantes vistas en el taller

El orden de los operadores es muy importantes, solo los escalares pueden moverse sin ningún problema, sea $|\psi\rangle$ un ket, sean $\langle\psi|$ y $\langle\varphi|$ bras, sea $\lambda \in \mathbb{C}$ y por último sea $hat{A}$ un operador lineal.

1. $|\psi\rangle \lambda = \lambda |\psi\rangle $
2. $\langle\psi| \lambda = \lambda \langle\psi| $
3. $\hat{A}\lambda |\psi\rangle =\lambda \hat{A}|\psi\rangle$
4. $\langle\varphi|\lambda |\psi\rangle = \lambda \langle\varphi|\psi\rangle = \langle\varphi |\psi\rangle \lambda $

Más sobre proyectores

Sea el conjunto de $|\varphi_i\rangle$ una base completa y ortonormal, con $i=1,...,l$

Definimos un operador lineal de la forma:

$$P_l=\sum_{i=1}^l |\varphi_i\rangle \langle\varphi_i|=|\varphi_1\rangle \langle\varphi_1|+...+|\varphi_l\rangle \langle\varphi_l|$$

Sea $|\psi\rangle=\sum_{j=1}^\infty C_j |\varphi_j\rangle$

$$P_l|\psi\rangle=\sum_{j=1}^\infty C_j\sum_{i=1}^l |\varphi_i\rangle \langle\varphi_i|\varphi_j\rangle=\sum_{j=1}^\infty C_j\sum_{i=1}^l \delta_{ij} |\varphi_i\rangle=\sum_{j=1}^l C_j |\varphi_j\rangle$$

Notar que $P_l^2=P_l$

Operador adjunto

El operador adjunto de un operador lineal $\hat{A}$ se define por medio de la relación:

$$|\psi^{\prime}\rangle=\hat{A}|\psi\rangle \Longleftrightarrow \langle \psi^{\prime}|=\langle \psi|\hat{A}^{\dagger}$$

De la definición anterior se puede llegar a la siguiente relación, que es la usual:

$$\langle \psi|\hat{A}^{\dagger}|\varphi\rangle=\langle \varphi|\hat{A}|\psi\rangle^{\ast}$$ 

Propiedades del operador adjunto

Sea $\hat{A}$ y $\hat{B}$ operadores y sea $\lambda \in \mathbb{C}$, tenemos las siguientes propiedades:

1. $(\hat{A}^{\dagger})^{\dagger}=\hat{A}$
2. $(\lambda \hat{A})^{\dagger}=\lambda^{\ast}\hat{A}^{\dagger}$ 
3. $(\hat{A}+\hat{B})^{\dagger}=\hat{A}^{\dagger}+\hat{B}^{\dagger}$
4. $(\hat{A}\hat{B})^{\dagger}=\hat{B}^{\dagger}\hat{A}^{\dagger}$

Referencias 

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

Clase 11 Herramientas Matemáticas y Operadores deferenciales

 Clase 11

Operadores diferenciales

Sea  $\Psi(x,t)=\psi(x)\cdot e^{-iwt}$ la solución a la ecuación diferencial de Schrodinger unidimensional, y $\psi(x)$ la solución independiente del tiempo de esta.

Con $\psi(x)=e^{ikx}$ y en general $k^{2}=\frac{2mE-V_{0}}{\hbar^{2}}$

Recordamos el valor medio de x:

$<x>=\int_{v}^{} \psi^{*}(x) x\psi(x)dx$

Nos preguntamos que significado tendrá entonces <p> y <E> y antes de ello realizamos el siguiente desarrollo matemático:

Sabemos por ondas de Broglie que $\lambda = h/p$ y por la cuantización de la energía propuesta por Einstein $E=\hbar \cdot \omega$

$\frac{\partial\psi(x) }{\partial x} =  ik \psi(x)$

De donde $ - \psi(x)^{*} \hbar i \cdot \frac{\partial}{\partial x} \psi(x)  = p $ y por otro lado tambien

$\frac{\partial e^{-iwt} }{\partial t}=  (-iw)  e^{-iwt}$

De donde $e^{iwt}  \hbar i \cdot \frac{\partial  }{\partial t} e^{-iwt}= E $

Luego podemos concluir para  <p> y <E> :

$<p>=\int_{v}^{} \psi^{*}(x) p \psi(x) = \int_{v}^{} \psi^{*}\frac{\partial}{\partial x}\psi(x)dx$ 

$<E>=\int_{v}^{} \psi^{*}(x) E \psi(x) = \int_{v}^{} \psi^{*}\frac{\partial}{\partial t}\psi(x)dx$ 

Principio de incertidumbre

Puede mostrarse a partir de el análisis de Fourier que una combinación de ondas no moduladas, cuyos números de onda cubren en forma continua, el intervalo de longitud $\Delta k$ formaran un grupo de longitud $\Delta x$ con $\Delta x \cdot \Delta k \leq 1/(2\pi)$ 

Donde el valor exacto de la constante viene dado por las amplitudes relativas de la ondas  no moduladas que determinan la forma del grupo. Nos referimos a grupo como el conjunto de ondas que interfieren con una frecuencia muy cercana.

Si tenemos entonces una función de onda monocromática, donde $\Delta k=0$ entonces loa onda va a estar esparcida en todo el espacio $\Delta x=\inf$lo cual no vamuy de la mano con los sistemas físicos reales.

Fundamentos de física moderna (Eisberg)

La ecuación anterior utilizando el postulado de Broglie puede convertirse en :

$\Delta x \cdot \Delta p \leq \hbar/2$

Una forma de estudiar este fenómeno es atreves de la transformada de Fourier, veamos $\psi(x)$ como un paquete de ondas ques es la combinación lineal de ondas monocromaticas.

$\psi(x)=\int_{-\infty}^{\infty} g(k) \cdot e^{ikx} dk $

donde sabemos por el teorema de Nyquist-Shanon que para poder recuperar la información de una señal atreves de la transformada de Fourier, necesitamos obtener un muestreo talque f_max=1/(2\Delta x)

El enunciado del teorema dice "Si un sistema muestrea de manera uniforme una señal analógica a una frecuencia que excede la frecuencia más alta de la señal en al menos un factor de dos, la señal analógica original se puede recuperar perfectamente de los valores discretos producidos por el muestreo."

Por tanto tenemos una incapacidad para medir estas dos cantidades con gran precisión estos valores.

Algunas Herramientas matemáticas

Al pasar de una sola dimensión a  todo el espacio

$\int a\left |  \psi(x)\right |^{2} dx  \rightarrow  \int_{v} a\left |  \psi(\overset{\rightarrow}{r}) \right |^{2} d\overset{\rightarrow}{r}$

donde $\psi(\overset{\rightarrow}{r}) \in L^{2}$ (Funciones cuadrado integrable) y en general pertenecen al espacio vectorial de las funciones $F$

Sea $\psi \in F, \lambda \in \mathbb{C}$ tenemos :

$\psi(\overset{\rightarrow}{r}) = \lambda_1 \psi_1(\overset{\rightarrow}{r})+\lambda_2 \psi_2(\overset{\rightarrow}{r})$ donde $\psi_1, \psi_2 \in F y \lambda_1, \lambda_2 \in \mathbb{C}$

O en otras palabras, \psi se puede escirbir como combinación lineal de elementos del espacio de funciones $F$.

Definimos entonces el producto escalar de $F$ x $F \rightarrow escalar$ tal que $\psi \cdot \varphi = (\psi, \varphi) \in \mathbb{C}$, con $\psi, \varphi \in F$ 

$(\psi, \varphi) = \int_{v} d\overset{\rightarrow}{r} \psi^{*} \varphi$

Definimos el operador lineal A tal que :

$A\psi = \psi^{*}$

$A(\lambda \psi_1+\psi_2) = \lambda \psi_1^{*}+\psi_2^{*}$

Otros ejemplos de operador lineal son el operador diferencial $\frac{\partial}{\partial x}$ o el operador $\Pi \psi(x) = \psi(-x)$

Bases

Hay 2 tipos de bases, estas pueden ser discretas o continuas.

Sea $\psi,\varphi\in F$, definimos su producto punto como:

$(\psi, \varphi) = (\varphi,\psi)^{*}$ (Hermético).

$(\psi, \lambda \varphi_1+\lambda \varphi_2)= \lambda(\psi,\varphi_1)+\lambda(\psi,\varphi_2)$ (Lineal en el primer argumento).

Y además este producto punto tienen una norma, por lo cual asegurando que no hay valores no degenerados, tendremos en toda regla un producto escalar.

$(\psi, \psi) = \int_{v} \left |  \psi(\overset{\rightarrow}{r}) \right |^{2} d\overset{\rightarrow}{r}$

Si expresamos uno de estos vectores como la combinación lineal de elementos de una base discreta.

$\psi(\overset{\rightarrow}{r})=\sum_{i} c_i u_i(\overset{\rightarrow}{r})$

Realizando el producto punto

$(u_j,\psi(\overset{\rightarrow}{r}))=\sum_{i} (u_j,c_i u_i(\overset{\rightarrow}{r}))$

 Luego obtenemos que los coeficientes son:

$(u_j, \psi) = c_j$

Sean entonces :

$\psi(\overset{\rightarrow}{r})=\sum_{i} c_i u_i(\overset{\rightarrow}{r})$   y   $\varphi(\overset{\rightarrow}{r})=\sum_{i} b_i v_i(\overset{\rightarrow}{r})$

$(\psi(\overset{\rightarrow}{r}),\varphi(\overset{\rightarrow}{r})) =\int_{v} (\sum_{i} c_i u_i(\overset{\rightarrow}{r}))(\sum_{i} b_i v_i(\overset{\rightarrow}{r})) dv$

Completez de Base

remplanzando el valor de $c_i$

$\sum_{i}c_i u_i = \sum(u_i,\psi) u(r)$

Expresando en términos de la integral del producto punto.

$= \sum_{i}[\int u_{i}^{*}(r)\psi(r)  dv] u_i(r)$

$=\int dv \psi(r´)\sum_{i}u_{i}^{*}(r)  u_i(r)$  

De la definición de delta de Dirac.

$=\int dv \psi(r´) \delta(r-r´)$

Bases de F que no pertenecen a F.

$\psi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi \hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}dp \bar{\psi(p)} e^{ipx/\hbar}$

$\bar{\psi(p)} = \frac{1}{\sqrt{2\pi \hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}dp \psi(p) e^{-ipx/\hbar}$

Donde$\bar{\psi}$ corresponde a la transformada de Fourier de la función $\psi$

Sea una función particular

$v_p(x)=\frac{1}{\sqrt(2\pi\hbar)}e^{ipx/\hbar}$

Podemos leer esta función como una combinación lineal de exponenciales con indice continuo p.

$=\int dp \bar{\psi(p)} v_p(x)$

$(v_{p´}(x),\psi(x))= \int dx v_{p´}^{*}(x) \psi(x) =\bar{\psi(p´)}$

$\psi(x)= \int dp v_{p}(x) \bar{\psi(x)}$

Recordando la transformada de fourier de \psi a que es equivalenete

$= \int dp v_{p}(x) (v_p,\psi(x))$

Como ya conocemos la representación integral del producto punto

$= \int \int dp dx´ v_{p}(x) v_{p}^{*}(x´) \psi(x)$

De la definición de delta de Dirac y reorganizando

$=\int dx´ \psi(x´) \delta(x-x´)$

Luego podemos concluir que :

$\delta(x-x´)=\frac{1}{2\pi\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}dp e^{\frac{ip(x-x´)}{\hbar}}$

$\delta(p-p´)=\frac{1}{2\pi\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}dx e^{\frac{ix(p-p´)}{\hbar}}$

De donde observamos una nueva forma del principio de incertidumbre, ya que tenemos ciertas restricciónes a la hora de escoger los valores de p y x

¿Por qué decimos que la base no pertenece al espacio vectorial'?

Esto corresponde a que :

$(v_p,v_p)= \frac{1}{2\pi\hbar}\int v_{p}^{*}(x)v_p(x)dx \rightarrow \infty $

Aplicación clase #11. Operador impulso angular en coordenadas esféricas. 

El operador momento angular orbital es de gran uso en la mecánica cuántica esto por el hecho que ofrece grandes ventajas en problemas con simetría de rotación los cuales aparecen justamente en sistemas moleculares, atómicos, etc. En esta aplicación se muestra como trabajar con el operador momento angular orbital en diferentes sistemas coordenados, solo se muestra el caso de coordenadas cartesianas y esféricas. 

En coordenadas rectangulares los operadores para las tres componentes del momento angular orbital son: 

$L_x = -i \hbar(y \frac{\partial}{\partial z} - z \frac{\partial}{\partial y})$    [1]

$L_y = -i \hbar(z \frac{\partial}{\partial x} - x \frac{\partial}{\partial z})$    [2]

$L_z = -i \hbar(x \frac{\partial}{\partial y} - y \frac{\partial}{\partial x})$    [3]

Además, la relación entre coordenadas cartesianas y las coordenadas esféricas es: 

$x = r \sin{\theta} \cos(\phi)$    [4]

$y = r \sin(\theta) \sin(\phi)$    [5]

$z = r \cos(\theta)$     [6]

Para resolver el problema de escribir el momento angular orbital en otras coordenadas, se debe buscar una representación alternativa de las derivadas parciales en coordenadas rectangular en las nuevas coordenadas. 

Para esto se hace uso de la regla de la cadena de la siguiente forma: 

Componente en r: 

Por regla de la cadena se puede escribir: 

$\frac{\partial}{\partial r} = \frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial r} + \frac{\partial}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial r} +  \frac{\partial}{\partial z} \frac{\partial z}{\partial r}$

De las ecuaciones $[4,5,6]$ se encuentra que: 

$\frac{\partial x}{\partial r} = \sin(\theta) \cos(\phi) $ ; $\frac{\partial y}{\partial r}=\sin(\theta) \sin(\phi)$ ; $\frac{\partial z}{\partial r} = \cos(\theta)$ 

Así se encuentra que: 

$\boxed{\frac{\partial}{\partial r} =   \sin(\theta) \cos(\phi) \frac{\partial}{\partial x} +\sin(\theta) \sin(\phi)\frac{\partial}{\partial y} + \cos(\theta)\frac{\partial}{\partial z}     }$    [7]

Componente en $\theta$: 

De la misma forma, se parte desde la regla de la cadena: 

$\frac{\partial}{\partial \theta} = \frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial \theta} + \frac{\partial}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial \theta} +  \frac{\partial}{\partial z} \frac{\partial z}{\partial \theta}$

De las ecuaciones $[4,5,6]$ se encuentra que: 

$\frac{\partial x}{\partial \theta} = r \cos(\theta) \cos(\phi)$; $\frac{\partial y}{\partial \theta} = r \cos(\theta) \sin(\phi)$; $\frac{\partial z}{\partial \theta} = -r \sin(\theta)$

En términos de operadores esto queda: 

$\boxed{ \frac{\partial}{\partial \theta} = rcos(\theta)cos(\phi)\frac{\partial}{\partial x} + rcos(\theta)sin(\phi)\frac{\partial}{\partial y} - rsin(\theta)\frac{\partial}{\partial z}}$    [8]

Componente en $\phi$:

La regla de la cadena en este caso es: 

$\frac{\partial}{\partial \phi} = \frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial \phi} + \frac{\partial}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial \phi} +  \frac{\partial}{\partial z} \frac{\partial z}{\partial \phi}$

De las ecuaciones $[4,5,6]$ se encuentra que: 

$\frac{\partial x}{\partial \phi} = -rsin(\theta)sin(\phi)$; $\frac{\partial y}{\partial \phi} = r sin(\theta) cos(\phi)$; $\frac{\partial z}{\partial \phi} = 0$

En términos de operadores se tiene: 

$\boxed{ \frac{\partial}{\partial \phi} = -rsin(\theta)sin(\phi) \frac{\partial}{\partial x} + rsin(\theta)cos(\phi)\frac{\partial}{\partial y} }$    [9]

De las ecuaciones $[7,8,9]$ con las parciales de las coordenadas rectangulares podemos relacionarlas matricialmente de la forma: 

Tomando la inversa a ambos lados y obteniento la inversa mediante la librería simpy en python se llega a: 

Así se llega a las siguientes tres expresiones que son fundamentales: 

$$\partial_x = sin(\theta)cos(\phi) \partial_r + \frac{cos(\theta)cos(\phi)}{r}\partial_\theta - \frac{sin(\phi)}{rsin(\theta)} \partial_\phi$$

$$\partial_y = sin(\phi)sin(\theta) \partial_r + \frac{sin(\phi) cos(\theta)}{r}\partial_\theta + \frac{cos(\phi)}{rsin(\theta)}\partial_\phi$$

$$\partial_z = cos(\theta)\partial_r - \frac{sin(\theta)}{r}\partial_\theta$$

Reemplazando las ecuaciones anteriores en las ecuaciones $[1,2,3]$ y teniendo en cuenta las ecuaciones de cambio de coordenadas entre cartesianas y esféricas es fácil encontrar que: 

$$L_x = i \hbar(sin(\phi) \partial_\theta + cot(\theta)cos(\phi)\partial_\phi)$$

$$L_y = i\hbar (-cos(\phi)\partial_\theta + cot(\theta)\sin(\phi)\partial_\phi)$$

$$L_z = -i \hbar \partial_\phi$$

Problema clase 11. Ultimando detalles para la formalización de la mecánica cuántica.

 Un electrón está confinado a una región del espacio del tamaño de un átomo (0,1 nm). (a) ¿Cuál es la incertidumbre en la cantidad de movimiento del electrón? (b) ¿Cuál es la energía cinética de un electrón con un momento igual a $\Delta p$? (c) ¿Da esto un valor razonable para la energía cinética de un electrón en un átomo?

Problema Clase 10. Barreras de Potencial

Considere un pozo cuadrado de potencial que tiene un muro infinito en x=0 y un muro de altura U en x=L tal y como se muestra en la figura. Para el caso en el que la energía  de la partícula es menor que U (E<U), obtenga las soluciones de la ecuación de Schrödinger dentro del pozo y en la región de la derecha que satisfacen las condiciones de frontera.

 

Solución: Juan Felipe Zapata 

La ecuación de schrodinger independiente del tiempo se puede escribir de forma general como: $$\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=\frac{2m}{\hbar^{2}}\left(U-E\right)\psi(x)$$


\textbf{Región I}

En esta parte tenemos que $U=0$ por lo tanto la ecuación de schrodinger queda: $$\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=-\frac{2mE}{\hbar^{2}}\psi(x)=-k^{2}\psi(x)$$

Su solución es:


$$\psi(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}=C\sin(kx)+D\cos(kx)$$

Aplicando las condición de finitud para la función de onda $\psi(x=0)=0$ obtenemos que la solución es:



\begin{equation}
 \psi(x)=C \sin(kx)
\end{equation}

\textbf{Región II}



Para esta región la ecuación de schrodinger la escribimos como:

$$\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=\frac{2m}{\hbar^{2}}\left(U-E\right)\psi(x)=\alpha^{2}\psi(x)$$


Su solución es:

     $$\psi(x)=Fe^{-\alpha x}+De^{\alpha x}$$

Aplicando la condición de finitud de la función en onda $\psi(x=\infty)=0$ tenemos:

 $$\boxed{\psi(x)=Fe^{-\alpha x}}$$


Condiciones de frontera:

Al pedir continidad de $\psi(x)$ y de $\frac{d \psi(x)}{dx}$  en $x=L$ podemos hallar las contantes.



$$C \sin(kL)= F e^{-\alpha L}$$

$$Ck \cos (kL)=- \alpha F e^{-\alpha L}$$

Clase 10: Algunos problemas de barreras

 1. Barrera de potencial I

Consideremos la siguiente barrera de potencial con $V=0$ para $x<0$ y $V=V_0=cte$ para $x\geq 0$:

Figura 1: Barrera de potencial unidimensional

Estudiemos la situación en la que la energía total $E$ es mayor al potencial $V_0$. En este caso podemos escribir las ecuaciones de Schrodinger en la región I ($x<0$) y en la región II ($x\geq 0$) como:

$$\psi_I=Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x}\ \ \ ,\ con\ k_1^2=\frac{2mE}{\hbar^2}$$

$$\psi_{II}=A'e^{ik_2x}+B'e^{-ik_2x}\ \ \ ,\ con\ k_2^2=\frac{2m(E-V_0)}{\hbar^2}$$

En la región II no hay ondas que se desplacen a la izquierda, sólo a la derecha, por lo tanto $B'=0$. Además, como $\int_{-\infty}^{\infty}|\psi|^2dx$ no puede calcularse porque estamos trabajando con ondas planas que ocupan todo el espacio, entonces no se puede saber el valor de una de las constantes. Es bueno entonces trabajar con la razón de las constantes respecto a la que acompaña a la onda incidente A.

Las condiciones de frontera serán:

$$\psi_I(x=0)=\psi_{II}(x=0)$$

$$\psi_{I}'(x=0)=\psi_{II}'(x=0)$$

Con las que se consigue que:

$$\frac{B}{A}=\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}$$

$$\frac{A'}{A}=\frac{2k_1}{k_1+k_2}$$

Como B representa el coeficiente de la onda reflejada y A' de la onda transmitida, entonces los coeficientes de reflexión y transmisión serán entonces:

$$R=\left(\frac{B}{A}\right)^2$$

$$T=\left(\frac{A'}{A}\right)^2$$

Ahora estudiemos el caso en que $E<V_0$. Siguiendo el mismo procedimiento anterior nos damos cuenta que ahora $k_2^2<0$ y por tanto la solución a $\psi_{II}$ será una exponencial real negativa si hacemos B'=0 para que la solución converja. Esto no tiene problemas ya que las condiciones de frontera se siguen cumpliendo y por tanto podemos encontrar nuevamente las razones de las constantes. Tendremos entonces que:

$$\psi_I=Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x}\ \ \ ,\ con\ k_1^2=\frac{2mE}{\hbar^2}$$

$$\psi_{II}=A'e^{-k_2x}\ \ \ ,\ con\ k_2^2=\frac{2m(E-V_0)}{\hbar^2}<0$$

$$\frac{B}{A}=\frac{k_1-ik_2}{k_1+ik_2}$$

$$\frac{A'}{A}=\frac{2k_1}{k_1+ik_2}$$

2. Barrera de potencial II

Figura 2: Barrera de potencial unidimensional

Con esta barrera tendremos 3 regiones a estudiar: I ($x<0$), II ($0\leq x\leq l$) y III ($x>l$). Cuando $E>V_0$ en la primera región la solución será una combinación lineal de la onda que va a la izquierda y la que va a la derecha como vimos en el ejemplo anterior. En la segunda podemos escribir una solución similar y en la tercera tendremos sólo ondas hacia la derecha.

Más interesante es estudiar el caso donde $E<V_0$. En este, la primera región conservará la solución ya dada, la segunda tendrá una exponencial negativa como lo vimos en el primer ejemplo, pero la tercera tendrá una solución como $A''e^{ik1''x}$. Clásicamente las partículas no podrían pasar a la región III pero nos damos cuenta que cuánticamente la probabilidad de encontrarlas en esa región será distinta de 0 lo cual es un resultado interesante.

3. Pozo finito de potencial

Haciendo nuevamente un procedimiento similar tendremos que para que no diverja alguna de las soluciones se debe cumplir que:

$$\psi_I=Be^{kx}$$

$$\psi_{II}=Ccos(k'x)\ \ \,\ usando\ la\ solución\ par$$

$$\psi_{III}=Ae^{-kx}$$

Estas ecuaciones conllevan a un problema porque se consiguen ecuaciones trascendentales. Tendremos además:

$$\frac{k}{k'}=tan\frac{k'L}{2}\ \ \,\  usando\ la\ solución\ par$$

$$\frac{k}{k'}=cotan\frac{k'L}{2}\ \ \,\  usando\ la\ solución\ impar$$

La continuación de este problema se dejó para la siguiente clase.

Referencias

Krane, K. (2019). Modern Physics, 4th Edition. New York: Wiley.

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APLICACIÓN POZO CUÁNTICO: DIODO LÁSER.

Los pozos cuánticos se forman en semiconductores que poseen materiales como el GaAs, emparedado entre dos capas de materiales, constituyendo así band gap. Estas estructuras pueden ser cultivadas mediante procedimientos de crecimiento epitaxial.

A causa de la naturaleza cuasi bidimensional, los electrones en los pozos cuánticos poseen una densidad de estados más pronunciada que en el cuerpo de un material. Como consecuencia, los pozos cuánticos se usan de manera abundante en la fabricación de diodos láser. También se los utiliza para fabricar transistores de alta movilidad de electrones, que se usan en electrónica de bajo ruido. Los fotodetectores infrarrojos de pozos cuánticos también se basan en pozos cuánticos y se los utiliza para operar imágenes infrarrojas.

Un diodo láser, también conocido por sus siglas como ILD, es un dispositivo semiconductor porque utiliza la unión p-n para emitir una luz tal como lo hacen los LED, pero en el caso de los diodos laser estos producen una luz mucho más intensa y pura, y todo esto debido a que posee una cámara resonante de espejos que produce un reforzamiento en la emisión de las ondas luminosas a una misma frecuencia y fase, todo este proceso es conocido como ‘‘Amplificación de luz por emisión estimulada de radiación’’ lo que por sus siglas en inglés se abrevia como LASER, procediendo de ahí su nombre de diodo (por la unión p-n) laser.

Video de funcionamiento de un diodo láser: 

https://www.youtube.com/watch?v=3CKvdHkAFOU

Waira M

Clase 9: Problema Soluciones para energías de potenciales constantes

Teniendo en cuenta que:

$$\psi(x) = Asin(knx)$$

Es solución a la ecuación de Schrödinger, entonces la combinación lineal

$$\psi(x) = Asin(knx) + Bsin(kmx)$$

Para $ m\neq n $ también es solución.

Para $A = 1/2$ encuentre el valor de B tal que satisfaga la normalización:

$$ \int_{0}^{a}\left | \psi(x) \right |^{2}dx = 1 $$ 

Solución:

Clase 9: Soluciones para energías de potenciales constantes

Probabilidades y Normalización 

Dada la ecuación de Schrödinger:

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

Donde $u(x)$ es el potencial que está asociado a algún tipo de fuerza, $E$ es la energía total de la partícula . $|\psi|^2$ está asociado a una densidad de probabilidad de encontrar la partícula entre $x$ y $x+dx$. 

Podemos definir, entonces, la densidad de probabilidad $P(x)$ (probabilidad por unidad de longitud, en una dimensión) como:

$P(x)dx=|\psi(x)|^2 dx $  

Esta interpretación de $\psi(x)$ nos permite ilustrar lo siguiente: 

1) Para una función de onda que describe una sola partícula, la probabilidad sumada en todas las ubicaciones debe ser del 100%, es decir, la partícula debe estar ubicada en algún lugar entre $x = -\infty$ y $x = +\infty$.  En otras palabras, la partícula está en el universo. Esto es: 

$\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2dx = 1$

La anterior integral provee, además, la condición de normalización de la función de onda $|\psi|$.

La probabilidad de que la partícula se encuentre entre los puntos $a$ y $b$ estará dada, entonces, por: 

$P(a<x<b) = \int_{a}^{b}|\psi(x)|^2dx $

Con lo cual vemos que no es posible encontrar la partícula en un solo punto es decir, $P(x=x_0)=0 $

2) $\psi(x)$ es continua en el intervalo $(-\infty, \infty)$

3) $\psi \prime (x)$ es continua a menos que $u(x)$ tienda a infinito.

Además,  $|\psi| \in L^2$, donde $L^2$ es el espacio de funciones de cuadrado integrable continuas y con primera derivada que esperamos que sea continua. 

Soluciones para energías de potenciales constantes  

Partícula libre

Para una partícula libre la fuerza es cero, por lo cual el potencial será  $u(x)=0$, con lo que se tiene que la ecuación de Schrödinger toma la forma:  

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

Donde $E\neq 0$, por tanto: 

$\frac{d^2\psi}{dx^2}=-\frac{2mE}{\hbar^2}\psi=-k^2\psi$

La solución es de tipo armónico con $k^2=\frac{2mE}{\hbar^2}$ y está dada de la siguiente manera: 

$\psi(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$ 

La anterior ecuación describe una onda plana. Vemos que solo es la parte espacial de la onda. Agregando el término temporal a la ecuación se tiene que: 

$\psi(x,t)=\psi (x) e^{-i\omega t}$

$\psi(x,t) = Ae^{ikx-i\omega t}+Be^{-ikx-i\omega t}$

Dadas las relaciones de signo se tiene, entonces, la descripción de una onda plana que se mueve a derecha (función que acompaña a A) o a izquierda (función que acompaña a B).

Se tiene $k=\frac{2\pi}{\lambda}$ es el número de onda y $\omega=2\pi\nu$ es la frecuencia angular. Con esto podemos escribir la velocidad como: 

$\lambda \nu = v$

$\frac{\omega}{k}=\frac{2\pi}{k}\frac{\omega}{2\pi}=v$

$v$ es la velocidad de una onda monocromática de frecuencia $\nu$ y longitud de onda $\lambda$. 

Note que esta ecuación solo describe partículas materiales, por lo cuál no puede usarse para describir el movimiento de un fotón.  

Ejemplo: Pozo de potencial infinito 

Considere una partícula atrapada en la región entre $x = 0 $ y $x = a$ por barreras de potencial infinitamente altas (como se muestra en la Figura 1) en el que la partícula se mueve libremente en esta región intermedia.

En las regiones entre $x=0$ y $x=a$  se tiene que $u(0<x<a)=0$. Además: 

$\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}=-k^2\psi(x)$

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

Figura 1. Pozo con paredes de potencial infinitos en los puntos x=0 y x=a

Cuya solución es:

$\psi(x) = Asin(kx) + Bcos(kx)$

Se debe cumplir que $\psi(x)$ es continua en x=0 y x=a por tanto, si consideramos:

$\psi(x=0)=0$ lo que implica que B=0 dada la condición de continuidad.

$\psi(x)=Asin(kx)$ , esto cumple que $\psi(x)$ es continua en $x=0$.

Luego, para $x=a$ se tiene que: 

$\psi(x=a)=0=Asin(ka)$

Con lo cual se tiene que $ka=n\pi$ y con ello $k=n\pi /a$.

$k=\frac{2\pi}{\lambda}$

$\lambda = \frac{2a}{n}$

$\psi(x)=Asin(knx)$

Para encontrar $A$ podemos usar la condición de normalización encontrada anteriormente, sabiendo que la partícula está confinada entre $x=0$ y $x=a$, con lo cual se tiene lo siguiente: 

$\int_{a}^{b} |\psi(x)|^2dx=1$

$\int_{0}^{a} A^2 sin^2(knx)dx=1$

De lo que se obtiene que $A_n=\pm \sqrt{\frac{2}{a} }$ es la normalización de $\psi(x)$. 

Para la energía se tiene lo siguiente: 

$\frac{2mE}{\hbar^2}=k^2=(\frac{n\pi}{a})^2$

$E_n=(\frac{n\pi}{a})^2\frac{\hbar^2}{2m}$

Vemos que la energía está cuantizada y que, por tanto, la partícula sólo puede estar en determinados niveles de energía. En la Figura 2 se muestran los primeros 4 niveles de energía que puede ocupar la partícula.

Figura 2. Primeros cuatro niveles de energía ocupados por la partícula. 

Con todo lo anterior se obtiene que, finalmente, $\psi(x)$ está dado, para $n>0$, por:

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

En la Figura 3, las funciones de onda y las densidades de probabilidad $|\psi|^2$ se ilustran para varios estados. En el estado fundamental, la partícula tiene la mayor probabilidad de encontrarse cerca del medio del pozo ($x = a/2$), y la probabilidad cae a cero en los extremos. Esto es muy diferente del comportamiento de una partícula clásica: una partícula clásica que se mueve a velocidad constante se encontraría con la misma probabilidad en todos los lugares dentro del pozo. La partícula cuántica también tiene velocidad constante, pero aún se encuentra con diferentes probabilidades en varios lugares del pozo. Es la naturaleza ondulatoria de la partícula cuántica la responsable de este comportamiento no clásico. 

                  Figura 3. funciones de onda (líneas continuas) y las densidades de probabilidad (regiones sombreadas) de los primeros cuatro estados en el pozo de energía potencial infinito unidimensional. 

Referencias

Krane, Kenneth S. Modern physics. (2012). Oregon State University.  John Wiley & Sons INC.

Aplicación de la Ecuación de Schrödinger y Potenciales de Confinamiento

En los últimos años la nanotecnología ha alcanzado un gran desarrollo para poder traer solución a problemas cotidianos, incluso sigue avanzando para desarrollar nuevos dispositivos que permitan perfeccionar los actuales. Un tema que involucra esta área es la termodinámica cuántica, la cual consiste en el entendimiento de la termodinámica en sistemas a nanoescala y que permite desarrollar nuevo tipo de artefactos en esta escala.

Cuando se confinan partículas en potenciales distintos en determinados dominios del orden de la longitud de onda de De Broglie, aparecen efectos de tamaño cuántico. En la nanoescala, al cambiar el tamaño del dominio de confinamiento mediante parámetros de control como por ejemplo el área (A), la longitud (P) , volúmen (V) y el número de vértices (Nv),  se alteran las propiedades termodinámicas de las partículas que están confinadas, como lo son  la energía de Helmholtz, la entropía y la energía interna. 

En su estudio Alhun y Altug (2019), solucionan numéricamente la ecuación de Schrödinger para un conjunto de partículas en un dominio de confinamiento que consiste de dos nanocables rígidos cuadrados coaxiales con diferentes longitudes de borde colocadas una dentro de la otra. El cable externo es fijo pero el interno es libre de rotar. Las partículas están confinadas en la región azúl de la Fig.1, en la cual las variables geométricas (V,A,P,Nv) permanecen invariantes debido a la rotación del cuadrado interno. Así, el dominio de confinamiento cambia sin alterar su tamaño pero sí su forma. (La región azúl es en realidad un corte transversal del cable; es decir, el dominio de confinamiento es 3-D)

Fig.1 Transformación de forma del dominio de confinamiento.

Dado que el número de partículas confinadas es considerable, se puede usar la estadísticas de Maxwell–Boltzmann para poder estudiar el sistema.

De esta manera, en su artículo “Quantum shape effects and novel thermodynamic behaviors at nanoscale” los autores muestran el cambio de las funciones termodinámicas en función del ángulo de rotación, el cual determina en cambio en la forma del dominio de confinamientos. Esto se observa en la Fig.2 donde se ha trabajado con un confinamiento cuadrado, triangular y rectangular respectivamente y $ \widetilde{F} $, $ \widetilde{S} $ , $ \widetilde{U} $ representan la energía libre de Helmholtz, la entropía y la energía interna respectivamente.

Fig.2 Funciones de estado termodinámicas en función del ángulo de rotación.

Es interesante recordar que la energía libre de Helmholtz mide el trabajo útil que se puede obtener de un sistema termodinámico cerrado a un volúmen y presión constante, la energía interna da una medida de la energía cinética que pueden tener las partículas del sistema y la entropía describe la relación del calor intercambiado entre un sistema y su medio en relación con su temperatura. A partir del estudio del cambio en estas cantidades, se da lugar a fenómenos térmicos de forma que pueden ser manipulados para ser usados en semiconductores, superconductores, gases ultrafríos, tecnologías de almacenamiento de energía y motores térmicos.

Referencias

Alhun Aydin, Altug Sisman (2019). Quantum shape effects and novel thermodynamic behaviors at nanoscale. Physics Letters A.

Editado por Valentina Pérez Cadavid.