Capitulo 1 Cohen

Vista previa del material en texto

1. Consider a particle whose Hamiltonian H is given by
H = − ~
2
2m
d2
dx2
− aδ(x)
where α is a positive constant whose dimensions are to be found.
(a) Integrate the eigenvalue equation H between −� and +�. Letting �
approach 0, show that the present derivate of the eigenfunction φ(x) presents a
discontinuity at x = 0 and determine it in terms of α, m and φ(0).
(b) Assume that the energy E of the particle is negative (bound state). φ(x)
can be written:
x < 0 φ(x) = A1eρx +A
′
1e
−ρx
x > 0 φ(x) = A2eρx +A
′
2e
−ρx
La ecuación de eigenvalores para el hamiltoniano dado esta dada por la Eq.
(1); (
− ~
2
2m
d2
dx2
+ aδ(x)
)
φ = Eφ (1)
Integrando la Ec. (1) nos no da;
− ~
2m
�ˆ
−�
dx
d2φ
dx2
=
ˆ �
−�
dxaδ(x)φ(x) +
ˆ �
−�
dxEφ(x) (2)
Resolviendo las integrales encontramos que en el límite cuando � → 0 el
segundo termino del lado derecho es aproximadamente cero y empleando las
reglas de la función delta de Dirac la expresión queda;
lim
�→0
(
dφ
dxx=�
− dφdxx=−�
)
=-
2ma
~2
φ(0) (3)
De la Ec. (3) se observa que existe una discontinuidad en la función de onda
del orden de 2ma/~2.
(b) Reescribiendo la ecuación de eigenvalores en la forma;
− ~
2
2m
d2φ
dx2
− (aδ(x) + E)φ = 0 (4)
Se propone una solución de la forma φ(x) = eρx, sutituyendo la solución
propuesta encontramos que existen dos valores posibles para la constante ρ,
esto es; (
~2
2m
ρ2 + (aδ(x) + E)
)
eρx = 0
ρ = ±
√
−2m(aδ(x) + E)
~2
(5)
1
De esta manera tenemos que existen dos soluciones de la ecuación de eigen-
valores, por lo tanto la solución general será la superposición de ambas solu-
ciones. Ademas dado que la función de onda presenta una discontinuidad en
x = 0, la solución se divide en dos intervalos correspondientes a x > 0 y x < 0
las cuales se reescriben como;
x < 0 φ(x) = A1eρ1x +A
′
1e
ρ2x
x > 0 φ(x) = A2eρ1x +A
′
2e
ρ2x
Finalmente observamos que de la Ec. (4) la función delta de dirac es evaluada
en los intervalos ya sea para x > 0 o para x < 0, y debido a la función delta de
Dirac es nula en ambos intervalos, de esta manera, la constante ρ queda de�nida
como:
ρ1,2 = ±
√
−2mE
~2
(6)
Dado que la enegía es negativa las raíces son reales y la solución general de
la ecuación de eigenestados esta dada por;
x < 0 φ(x) = A1eρx +A
′
1e
−ρx
x > 0 φ(x) = A2eρx +A
′
2e
−ρx
2
2. Consider a particle placed in the same potential as in the preceeding
exercise. The particle is now propagating from left to rigth along the x-axis,
with a positive energy E.
(a) Show that a stationary state of the particle can be written:
φ(x) = eikx +Ae−ikx x < 0
φ(x) = Beikx x > 0
where k, A and B are constants which are to be calculated in terms of the
energy E, of m and of α(watch out for the discontinuity in dφ/dx at x = 0).
(b) Set −EL = −mα2/2~2 (bound state energy of the particle). Calculate,
in terms of the dimensionless parameter E/EL, the re�ection coe�cient R and
the transmission coe�cient T of the barrier. Study their variations with respect
to E; what happens when E → ∞? How can this be interpreted? Show that,
if the expression of T is extended for negative values of E, it diverges when
E → −EL, and discuss the result.
De la Ec. (1) se propone una solución de la forma φ(x) = ekx donde el
parámetro (ver poblema 1) k esta dado por la expresión;
k = ±
√
−2mE
~
(7)
Para valores positivos de E las raíces son imaginarias y la solución general
para las dos regiones queda de la forma;
0 ≤ x ≤ a φI(x) = Aeikx +Be−ikx
x > a φII(x) = Ceikx +De−ikx
Donde k esta dada por;
k =
√
2m |E|
~
(8)
Para determinar las constantes A, B, C y D, se utilizan las condiciones de
continuidad sobre la función de onda para ambas regiones;
φ(0−) = φ(0+)
A+B = C +D (9)
donde 0− y 0+ son los limites de 0 por la izquierda y por la derecha respec-
tivamente.
Para las primeras derivadas como se mostró en el Problema 1, se tiene una
discontinuidad en este límite, con esta condición tenemos;
lim
�→0
(
dφ
dx x=�
-dφdxx=−�
)
=
2ma
~2
φ(0) (10)
lim
�→0
(
ikAeik� − ikBe−ik� − ikCe−ik� + ikDeik�
)
=
2ma
~2
(A+B) (11)
3
Reescribiendo, tenemos la siguiente condición para las constantes;
A
(
ik − 2ma
h2
)
−B
(
ik +
2ma
h2
)
= ikC − ikD
C −D = A
(
1 + 2i
ma
~2k
)
−B
(
1− 2i ma
~2k
)
(12)
Una vez impuestas las condiciones de frontera tenemos dos ecuaciónes con
cuatro incognitas. Para proceder, es necesario examinar el signi�cado físico de
las constantes. Recordando que eikx representa a una función de onda propa-
gandose a la derecha y e−ikxrepresenta la onda propagandose a la izquierda.
De esto se sigue que A representa la amplitud de una onda viajando hacia la
derecha mientras que B es la amplitud de una onda regresando hacia la izquierda
en el domino x < 0. Para el dominio en que x > 0 C es la amplitud de una
onda liberada hacia la derecha y D es la amplitud de una onda regresando por
la derecha. Para el presente problema, se tiene que la ondas salen despedidas
hacia la derecha y no existen ondas que vienen de la izquierda para la región
x > 0 por lo tanto D = 0. Resolviendo el sistema de ecuaciones en función de
C se tiene:
C = A+B (13)
C = A
(
1 + 2i
ma
~2k
)
−B
(
1− 2i ma
~2k
)
(14)
Despejando A de la Eq. (13), sustituyendo en la Eq. (14) y reacomodando
terminos se tienen las siguientes soluciones;
C =
A
1− ima~2k
B =
ima~2k
1− ima~2k
A
Haciendo α = ma/~2k se reescriben las ecuaciones anteriorres como;
C =
A
1− iα
B =
iα
1− iα
A
Sustituyendo los coe�cientes, anteriores en la solución general es;
0 ≤ x ≤ a φI(x) = A
(
eikx + iα1−iαe
−ikx
)
x > a φII(x) = A1−iαe
ikx
(b) Para calcular el coe�ciente de re�ección R sabemos que la probabilidad
de encontrar la partícula en una posición es proporcional al cuadrado de la
amplitud dada por los coe�cientes A, B y C. Para el coe�ciente de re�ección se
tiene la razón de las probabilidades para la región x < 0 de las probabilidades
de la re�ección e incidencia, esto es;
R =
BB
AA
4
Donde B y A representan los complejos conjugados de B y A respectiva-
mente. Sustituyendo se tiene �nalmente;
R =
(
ma
~2k
)2
1 +
(
ma
~2k
)2 = α21 + α2
Donde el termino que aparece en el númerador se puede reescribir como;(ma
~2k
)2
=
m2a2
~2~2
(
2mE
~2
) = ma2
2~2
1
E
=
EL
E
De esta manera se reescribe el coe�ente de re�ección como;
R =
EL/E
1 + EL/E
(15)
El coe�ciente de transmisión se calcula como:
T =
CC
AA
Sustituyendo los valores de las constantes;
T =
1
1 +
(
ma
~2k
)2 = 11 + EL/E
Cuando E → ∞ el coe�ciente de re�eccion tiende a cero mientras que el
coe�ciente de transmicion tiende a 1, esto implica que no existe probabilidad de
que la onda sea re�ejada en x = 0, y que la onda será transmitida totalmente.
5
3. Consider a particle placed in the potential,
V (x) = 0 x ≥ a,
V (x) = −V0 0 ≤ x < a,
whith V (x) in�nite for negative x. Let φ(x) be a wave function associated
with a stationary state of the particle. Show that φ(x) can be extended to give
an odd wave function which corresponds to a stationary state for a square well
of width 2a and depth V0. Discuss, with respect to a and V0, the number of
bound states of the particle. Is there always at least one such state, as for the
symmetric square well?
Para las condiciones dadas, se tienen las siguientes regiones;
~2
2m
d2φ
dx2 + V1φ = Eφ x < 0
~2
2m
d2φ
dx2 + V0φ = Eφ 0 ≤ x < a
~2
2m
d2φ
dx2 = Eφ a ≤ x
(16)
Para la región x < 0 la única solución posible a la función de onda es
φ(x) = 0. Para la región 0 ≤ x ≤ a se propone una solución de la forma
φ(x) = eλx,sustituyendo en la ecuación de Schrödinger se tiene;
−λ2 ~
2
2m
− (V0 + E)φ = 0
Esto implica las siguientes soluciones para el parámetro λ;
λ =
√
2m(V0 + E)
~
(17)
De la Ec. (17) si E > V0 las soluciones de la función de onda no son
funciones pares o impares. Para E < V0 las soluciones de la función de onda
produce estados de enlace cuya solución general es;
φ(x) = Aeiλx +Be−iλx (18)
Para la región a ≤ x la ecuación de Schrödinger representa una partícula
libre, cuya solución general esta dada por;φ(x) = Ceρx +De−ρx (19)
donde ρ =
√
2mE/~.
Demandando que la función de onda sea �nita para x→∞ en la Ec. (19) la
constante C debe ser cero (C = 0). Posteriormento se demanda que la función
sea continua para x = a. Igualando las Ec. (19) y (18) evaluadas en a, nos lleva
a;
Aeiλa +Be−iλa = De−ρa (20)
Mientras que la condición de continuidad para la primera derivada en x = a
de las Ec. (19) y (20) se tiene;
6
iλ(Aeiλa −Be−iλa) = −ρDe−ρa (21)
Multiplicando por i/λ se reescribe la a Ec. (22) como;
−Aeiλa +Be−iλa = −i ρ
λ
De−ρa (22)
Sumando las Ecs. (20) y (22), y despejando B nos queda;
B = D
(
1
2
+
ρ
2λ
i
)
eiλae−aρ (23)
Sustituyendo en la Ec. (20) y resolviendo para A se tiene;
A = −D
(
1
2
− ρ
2λ
i
)
e−iλae−aρ (24)
Finalmente, aplicando la condición de frontera de continuidad en x = 0 se
tiene;
0 = Aeiλ(0) +Be−iλ(0)
A = −B (25)
De esta ecuación, sustiuyendo los valores de las constantes A y B se tiene;
D
(
1
2
− ρ
2λ
i
)
eiλae−aρ = D
(
1
2
+
ρ
2λ
i
)
e−iλae−aρ
Eliminando los factores Ce−aρ y escribiendo el exponencial por la identidad
de Euler, se tiene;(
1
2
− ρ
2λ
i
)
(cosλa+ isenλa) =
(
1
2
+
ρ
2λ
i
)
(cosλa− isenλa)
λ
ρ
tanλa = 0 (26)
Lo cual indica que los eigenvalores solo pueden tomar los valores λ = nπ/a.
Sustituyendo en la solución general se obtiene;
φ(x) =
1
2
(eiλx + e−iλx) +
ρ
2λ
i
(
eiλx − e−iλx
)
Reescribiendo en terminos de senos y cosenos se tiene;
φ(x) =
1
2
cosλx− ρ
2λ
senλx
Finalmente como se tiene un potencial in�nito para x < 0 la función de onda
debe ser cero para esta región, y esto requiere que solo existan funciones de onda
impares en la región 0 ≤ x ≤ a esto es;
7
φ(x) = − ρ
2λ
senλx 0 ≤ x ≤ a
Por otra para para el pozo de potencial se tiene los valores de energía;
E =
π2~2n2
2ma2
− V0 (27)
Para el presente problema a partir de la Ec. (17) y sustituyendo los eigen-
valores obtenidos de la Ec. (26) se obtienen los niveles de energía;
E =
λ2~2
2m
− V0 =
π2~2n2
2ma2
− V0 (28)
Por lo tanto el espectro de energía para la región 0 ≤ x ≤ a es el mismo que
para el pozo de potencial.
Los estados enlasados se de�nen como los estados para los que la energía
es menor que el nivel de potencial, de esta de�nición se tiene que los estados
enlasados deben cumplir que;
E < V0
Por lo tanto, de la Ec. (28) se observa que el valor absoluto de la energía
será menor que el potencial para n ≥ 1 y por lo tanto la condición anterior no
se cumplirá solo cuando n = 0.
Es de notar que para el caso del pozo de potencial con E > 0 los coe�cientes
de resonancia y re�exión estan dados por;
R = 1− T T =
[
1 +
1
4
(
q1
k
− k
q1
)2
sin2 q1a
]−1
donde k2 = 2mE/~2y q21 = 2m(E + V0)/~2.
Por lo tanto se observa que para pozos de potencial en el caso cuántico
existe probalididad de que las partículas sean re�ejadas aun cuando el pozo de
potencial tenga profundidad �nita en contraste con el caso clásico en el que no
hay re�exión energías positivas superiores al pozo de potencial.
8
4. Prove in detail the following properties of the Delta function:
(a) δ(x) = δ(−x)
(b) aδ(ax) = δ(x) for a > 0,
(c) δ(x2 − a2) = 12a (δ(x− a) + δ(x+ a)) ,
(d) δ [f(x)] = Σi
δ(x−xi)
|f ′(x)| f(xi) = 0
(a) La función Delta no es una función en el sentido usual, ya que existen
distintas formas de aproximar el comportamiento de una función Delta, una
representación usual es;
δ(x) = lim
n→∞
ˆ ∞
−∞
dx
sinnx
πx
(29)
De esta representación haciendo el cambio x→ −x se tiene;
δ(−x) = lim
n→∞
ˆ ∞
−∞
dx
sin(−nx)
π(−x)
(30)
Donde de la identidad sin−x = − sinx, y sustituyendo se tiene;
δ(−x) = lim
n→∞
ˆ ∞
−∞
dx− sin(nx)
π(−x)
= δ(x) (31)
por lo tanto queda probado que δ(−x) = δ(x).
(b) Dado que la integral de la función delta Dirac es igual a uno, se tiene;
I =
ˆ ∞
−∞
dxδ(x) = 1 (32)
De esta manera para la integral de la forma;
I =
ˆ ∞
−∞
d(ax)δ(ax) =
ˆ ∞
−∞
dxaδ(ax) (33)
Para integrar la Ec. (31) se hace el cambio de variable y = ax, de esta
manera se reescribe la ecuación anterior como;
I =
ˆ ∞
−∞
dy
a
aδ(y) =
ˆ ∞
−∞
dyδ(y) = 1
Por lo tanto, debe cumplirse que
ˆ ∞
−∞
dxaδ(ax) =
ˆ ∞
−∞
dxδ(x) (34)
Asì debe cumplirser que aδ(ax) = δ(x).
(c) Para la expresión;
δ(x2 − a2) = 1
2a
(δ(x− a) + δ(x+ a)) , (35)
Se observa que el lado izquierdo de la función delta de la Ec. (33) tiene la
forma;
9
δ(x2 − a2) = δ(f(x))
Donde la función f(x) = x2−a2tiene ceros en x = ±a, usando las propiedades
de la función delta, se puede reescribir la Ec. (34) en la forma;
δ(x2 − a2) = Σi
δ(x− xi)
|f ′(xi)|
=
1
2a
δ(x− a) + 1
2a
δ(x+ a) (36)
Donde f ′(xi) representa la derivada del argumento de la función delta eval-
uada en los ceros.
(d) Checar la referencia W. Greiner, �Classical Electrodynamics�, Springer,
New York (1998), pp. 14.
10
5. Show that in a 3-dimensional space,
δ(~r − ~ro) ≡ δ(x− x0)δ(y − y0)δ(z − z0) =
δ(r − r0)δ(θ − θ0)δ(φ− φ0)
r2sinθ
,
where r, θ and φ are polar spherical variables.
Para coordenadas esféricas se de cumplir que;
ˆ ˆ ˆ
δ(x− x0)δ(y− y0)δ(z− z0) =
ˆ ˆ ˆ
δ(r̄− r̄0)r2senθdrdθdφ = 1 (37)
Para las coordenadas (r, cosθ, φ);
I =
ˆ ˆ ˆ
δ(r − r0)δ(θ − θ0)δ(φ− φ0)r2senθdrdθdφ (38)
Esta integral se reacomoda como;
I =
ˆ
δ(r − r0)r2dr
ˆ
δ(θ − θ0)senθdθ
ˆ
δ(φ− φ0)dφ
Donde cada una de las integrales es evaluada por separado, para la primera
integral se tiene;
ˆ
δ(r − r0)r2dr = r20 (39)
Para la segunda integral se tiene;
ˆ
δ(θ − θ0)senθdθ = senθ0 (40)
Finalmente para la tercera integral se tiene;
ˆ
δ(φ− φ0)dφ = 1 (41)
Sustituyendo en la Ec. (36) se tiene;
I = r20senθ0
Por lo tanto para que la Ec. (36) cumpla con la condición de que la integra
de la función delta sea igual a 1 debe ser dividida por el factor 1/r2osenθ, de
esta manera se obtiene;
ˆ ˆ ˆ
δ(x−x0)δ(y−y0)δ(z−z0) =
ˆ ˆ ˆ
δ(r − r0)δ(θ − θ0)δ(φ− φ0)
r20senθ
r2senθdrdθdφ = 1
Con lo cual se prueba que;
δ(x− x0)δ(y − y0)δ(z − z0) =
δ(r − r0)δ(θ − θ0)δ(φ− φ0)
r20senθ0
11
6. Prove Parseval's theorem.
Checar la referencia W. Greiner, �Classical Electrodynamics�, Springer, New
York (1998), pp. 73.
12
7. Consider a free particle in a one-dimensional bos of width L. By assuming
periodicity boundary conditions, prove that,
δnn′ =
sinπ(n− n′)
π(n− n′)
La ecuación de Schrödinger para la partícula libre es;
~2
2m
d2φ
dx2
= −Eφ
Cuya soución es;
φ(x) = Aeikx +Be−ikx (42)
Donde k =
√
2mE/~, y el primer término del lado derecho representa una
onda plana propagandose hacia la izquierda mientras que el segundo termino
representa una onda plana propagandose hacia la izquierda. Al restringir la
solución a ondas propagandose hacia la derecha se tiene que B = 0, por lo tanto
la solución estacionaria es;
φ(x) = Aeikx (43)
Al considerar que el espacio en el cual se propaga la onda posee propiedades
de periodicidad, en el presente caso debe cumplirse que;
φ(x) = φ(x+ L) (44)
Al introducir la solución de la ecuación de Schrödinger se tiene;
Aeikx = Aeik(x+L)
Lo que nos reduce a;
eikL = 1 (45)
Esta condición se cumple si k toma valores k = 2πn/L (n = 1, 2, 3...). Ahora
imponiendo condiciones de normalización:
ˆ L/2
−L/2
dxφφ∗ = A2L = 1
Por lo tanto A = 1/
√
L. De esta manera la solución estacionaria de la
ecuación de Schrödinger es;
φ(x) =
1√
L
eikx (46)
Al checar que las soluciones obtenidas son ortonormale sen el intervalo
(−L/2, L/2) integramos la expresión;
13
ˆ L/2
−L/2
dxφ∗n′φn =
1
L
ˆ L/2
−L/2
dxe2iπ(n−n
′)x/L (47)
Integrando la expresión anterior obtenemos;
1
L
ˆ L/2
−L/2
dxe2iπ(n−n
′)x =
1
L
ˆ L/2
−L/2
dxcos(2π(n− n′)x/L) + isin(2π(n− n′)x/L)
Donde la integral del segundo termino del lado derecho es cero, y la integral
del primer termino nos queda;
1
L
ˆ L/2
−L/2
dxcos(2π(n− n′)x/L) = sin(2π(n− n
′))
2π(n− n′)
(48)
Donde el termino del lado derecho es la de�nción de la delta de Kronecker,
estp es;
δnn′ =
sin(2π(n− n′))
2π(n− n′)
(49)
14