1. Consider a particle whose Hamiltonian H is given by H = 2. d 2. Integrando la Ec. (1) nos no da; =- 2ma φ(0) (3) 2m(aδ(x) + E) 2 (5)

Transcripción

1 1. Consider a particle whose Hamiltonian H is given by H = 2 2m dx 2 aδ(x) where α is a positive constant whose dimensions are to be found. (a) Integrate the eigenvalue equation H between ɛ and +ɛ. Letting ɛ 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 x > 0 d 2 φ(x) = A 1 e ρx + A 1e ρx φ(x) = A 2 e ρx + A 2e ρx La ecuación de eigenvalores para el hamiltoniano dado esta dada por la Eq. (1); ( 2 d 2 ) 2m dx 2 + aδ(x) φ = Eφ (1) Integrando la Ec. (1) nos no da; 2m ɛ ɛ dx d2 φ ɛ ɛ dx 2 = dxaδ(x)φ(x) + dxeφ(x) (2) ɛ ɛ Resolviendo las integrales encontramos que en el límite cuando ɛ 0 el segundo termino del lado derecho es aproximadamente cero y empleando las reglas de la función delta de Dirac la expresión queda; ( ) lim dφ ɛ 0 dx x=ɛ dφ dx =- 2ma φ(0) (3) x= ɛ 2 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 d 2 φ (aδ(x) + E) φ = 0 (4) 2m dx2 Se propone una solución de la forma φ(x) = e ρx, sutituyendo la solución propuesta encontramos que existen dos valores posibles para la constante ρ, esto es; ( ) 2 2m ρ2 + (aδ(x) + E) e ρx = 0 ρ = ± 2m(aδ(x) + E) 2 (5) 1

2 De esta manera tenemos que existen dos soluciones de la ecuación de eigenvalores, por lo tanto la solución general será la superposición de ambas soluciones. 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 x > 0 φ(x) = A 1 e ρ1x + A 1e ρ2x φ(x) = A 2 e ρ1x + 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 denida como: 2mE ρ 1,2 = ± 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 x > 0 φ(x) = A 1 e ρx + A 1e ρx φ(x) = A 2 e ρx + A 2e ρx 2

3 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) = e ikx + Ae ikx x < 0 φ(x) = Be ikx 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 E L = mα 2 /2 2 (bound state energy of the particle). Calculate, in terms of the dimensionless parameter E/E L, the reection coecient R and the transmission coecient 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 E L, and discuss the result. De la Ec. (1) se propone una solución de la forma φ(x) = e kx donde el parámetro (ver poblema 1) k esta dado por la expresión; 2mE k = ± (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 φ I (x) = Ae ikx + Be ikx x > a φ II (x) = Ce ikx + De ikx Donde k esta dada por; 2m E k = (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 respectivamente. Para las primeras derivadas como se mostró en el Problema 1, se tiene una discontinuidad en este límite, con esta condición tenemos; ( ) lim dφ ɛ 0 dx x=ɛ - dφ dx = 2ma φ(0) (10) x= ɛ 2 ( lim ikae ikɛ ikbe ikɛ ikce ikɛ + ikde ikɛ) = 2ma (A + B) (11) ɛ 0 2 3

4 Reescribiendo, tenemos la siguiente condición para las constantes; ( A ik 2ma ) ( h 2 B ik + 2ma ) h 2 = ikc ikd ( C D = A 1 + 2i ma ) ( 2 B 1 2i ma ) k 2 (12) k Una vez impuestas las condiciones de frontera tenemos dos ecuaciónes con cuatro incognitas. Para proceder, es necesario examinar el signicado físico de las constantes. Recordando que e ikx representa a una función de onda propagandose a la derecha y e ikx representa 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 C = A + B (13) 1 + 2i ma ) ( B 1 2i ma Despejando A de la Eq. (13), sustituyendo en la Eq. (14) y reacomodando terminos se tienen las siguientes soluciones; C = A 1 i ma B = i ma 1 i ma A Haciendo α = ma/ se reescriben las ecuaciones anteriorres como; C = A 1 iα B = iα 1 iα A Sustituyendo los coecientes, anteriores en la solución general es; ( 0 x a φ I (x) = A e ikx + x > a φ II (x) = A 1 iα eikx ) ) iα 1 iα e ikx (14) (b) Para calcular el coeciente de reección R sabemos que la probabilidad de encontrar la partícula en una posición es proporcional al cuadrado de la amplitud dada por los coecientes A, B y C. Para el coeciente de reección se tiene la razón de las probabilidades para la región x < 0 de las probabilidades de la reección e incidencia, esto es; R = BB AA 4

5 Donde B y A representan los complejos conjugados de B y A respectivamente. Sustituyendo se tiene nalmente; R = ( ma ) ( ma ) 2 = α2 1 + α 2 Donde el termino que aparece en el númerador se puede reescribir como; ( ma ) 2 m 2 a 2 = 2 2 ( 2mE 2 ) = ma E = E L E De esta manera se reescribe el coeente de reección como; R = E L/E 1 + E L /E El coeciente de transmisión se calcula como: (15) T = CC AA Sustituyendo los valores de las constantes; T = ( ma ) 2 = E L /E Cuando E el coeciente de reeccion tiende a cero mientras que el coeciente de transmicion tiende a 1, esto implica que no existe probabilidad de que la onda sea reejada en x = 0, y que la onda será transmitida totalmente. 5

6 3. Consider a particle placed in the potential, V (x) = 0 x a, V (x) = V 0 0 x < a, whith V (x) innite 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 V 0. Discuss, with respect to a and V 0, 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 d 2 φ 2m 2 d 2 φ 2m dx 2 + V 1 φ = Eφ x < 0 dx + V 2 0 φ = Eφ 0 x < a 2 d 2 φ 2m dx = Eφ 2 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) = e λx,sustituyendo en la ecuación de Schrödinger se tiene; λ 2 2 2m (V 0 + E) φ = 0 Esto implica las siguientes soluciones para el parámetro λ; 2m(V0 + E) λ = (17) De la Ec. (17) si E > V 0 las soluciones de la función de onda no son funciones pares o impares. Para E < V 0 las soluciones de la función de onda produce estados de enlace cuya solución general es; φ(x) = Ae iλx + Be iλx (18) Para la región a x la ecuación de Schrödinger representa una partícula libre, cuya solución general esta dada por; φ(x) = Ce ρx + 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; Ae iλa + 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

7 iλ(ae iλa Be iλa ) = ρde ρa (21) Multiplicando por i/λ se reescribe la a Ec. (22) como; Ae iλa + Be iλa = i ρ λ De ρa (22) Sumando las Ecs. (20) y (22), y despejando B nos queda; ( 1 B = D 2 + ρ ) 2λ i e iλa e aρ (23) Sustituyendo en la Ec. (20) y resolviendo para A se tiene; ( 1 A = D 2 ρ ) 2λ i e iλa e aρ (24) Finalmente, aplicando la condición de frontera de continuidad en x = 0 se tiene; 0 = Ae iλ(0) + Be iλ(0) A = B (25) De esta ecuación, sustiuyendo los valores de las constantes A y B se tiene; ( 1 D 2 ρ ) ( 1 2λ i e iλa e aρ = D 2 + ρ ) 2λ i e iλa e aρ Eliminando los factores Ce aρ y escribiendo el exponencial por la identidad de Euler, se tiene; ( 1 2 ρ ) ( 1 2λ i (cosλa + isenλa) = 2 + ρ ) 2λ i (cosλa isenλa) λ tanλa = 0 (26) ρ 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 ( e iλx 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 innito 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

8 φ(x) = ρ 2λ senλx 0 x a Por otra para para el pozo de potencial se tiene los valores de energía; E = π2 2 n 2 2ma 2 V 0 (27) Para el presente problema a partir de la Ec. (17) y sustituyendo los eigenvalores obtenidos de la Ec. (26) se obtienen los niveles de energía; E = λ2 2 2m V 0 = π2 2 n 2 2ma 2 V 0 (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 denen como los estados para los que la energía es menor que el nivel de potencial, de esta denición se tiene que los estados enlasados deben cumplir que; E < V 0 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 coecientes de resonancia y reexión estan dados por; R = 1 T T = [ ( q1 k k q 1 ) 2 sin 2 q 1 a] 1 donde k 2 = 2mE/ 2 y q 2 1 = 2m(E + V 0 )/ 2. Por lo tanto se observa que para pozos de potencial en el caso cuántico existe probalididad de que las partículas sean reejadas aun cuando el pozo de potencial tenga profundidad nita en contraste con el caso clásico en el que no hay reexión energías positivas superiores al pozo de potencial. 8

9 4. Prove in detail the following properties of the Delta function: (a) δ(x) = δ( x) (b) aδ(ax) = δ(x) for a > 0, (δ(x a) + δ(x + a)), δ(x x (d) δ [f(x)] = Σ i) i f (x) f(x i ) = 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; (c) δ(x 2 a 2 ) = 1 2a sin nx δ(x) = lim dx n πx De esta representación haciendo el cambio x x se tiene; δ( x) = lim n dx sin( nx) π( x) Donde de la identidad sin x = sin x, y sustituyendo se tiene; (29) (30) δ( x) = lim n 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 = De esta manera para la integral de la forma; I = d(ax)δ(ax) = dxδ(x) = 1 (32) 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 = Por lo tanto, debe cumplirse que dy a aδ(y) = dxaδ(ax) = Asì debe cumplirser que aδ(ax) = δ(x). (c) Para la expresión; dyδ(y) = 1 dxδ(x) (34) δ(x 2 a 2 ) = 1 (δ(x a) + δ(x + a)), (35) 2a Se observa que el lado izquierdo de la función delta de la Ec. (33) tiene la forma; 9

10 δ(x 2 a 2 ) = δ(f(x)) Donde la función f(x) = x 2 a 2 tiene ceros en x = ±a, usando las propiedades de la función delta, se puede reescribir la Ec. (34) en la forma; δ(x 2 a 2 ) = Σ i δ(x x i ) f (x i ) = 1 1 δ(x a) + δ(x + a) (36) 2a 2a Donde f (x i ) representa la derivada del argumento de la función delta evaluada en los ceros. (d) Checar la referencia W. Greiner, Classical Electrodynamics, Springer, New York (1998), pp

11 5. Show that in a 3-dimensional space, δ( r r o ) δ(x x 0 )δ(y y 0 )δ(z z 0 ) = δ(r r 0)δ(θ θ 0 )δ(φ φ 0 ) r 2, sinθ where r, θ and φ are polar spherical variables. Para coordenadas esféricas se de cumplir que; δ(x x 0 )δ(y y 0 )δ(z z 0 ) = δ( r r 0 )r 2 senθdrdθdφ = 1 (37) Para las coordenadas (r, cosθ, φ); I = δ(r r 0 )δ(θ θ 0 )δ(φ φ 0 )r 2 senθdrdθdφ (38) Esta integral se reacomoda como; I = δ(r r 0 )r 2 dr δ(θ θ 0 )senθdθ δ(φ φ 0 )dφ Donde cada una de las integrales es evaluada por separado, para la primera integral se tiene; δ(r r 0 )r 2 dr = r 2 0 (39) Para la segunda integral se tiene; δ(θ θ 0 )senθdθ = senθ 0 (40) Finalmente para la tercera integral se tiene; δ(φ φ 0 )dφ = 1 (41) Sustituyendo en la Ec. (36) se tiene; I = r 2 0senθ 0 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/r 2 osenθ, de esta manera se obtiene; δ(x x 0 )δ(y y 0 )δ(z z 0 ) = Con lo cual se prueba que; δ(r r0 )δ(θ θ 0 )δ(φ φ 0 ) r 2 0 senθ r 2 senθdrdθdφ = 1 δ(x x 0 )δ(y y 0 )δ(z z 0 ) = δ(r r 0)δ(θ θ 0 )δ(φ φ 0 ) r 2 0 senθ 0 11

12 6. Prove Parseval's theorem. Checar la referencia W. Greiner, Classical Electrodynamics, Springer, New York (1998), pp

13 7. Consider a free particle in a one-dimensional bos of width L. By assuming periodicity boundary conditions, prove that, δ nn = sinπ(n n ) π(n n ) La ecuación de Schrödinger para la partícula libre es; Cuya soución es; 2 d 2 φ 2m dx 2 = Eφ φ(x) = Ae ikx + 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) = Ae ikx (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; Lo que nos reduce a; Ae ikx = Ae ik(x+l) e ikl = 1 (45) Esta condición se cumple si k toma valores k = 2πn/L (n = 1, 2, 3...). Ahora imponiendo condiciones de normalización: Por lo tanto A = 1/ L. ecuación de Schrödinger es; L/2 L/2 dxφφ = A 2 L = 1 De esta manera la solución estacionaria de la φ(x) = 1 L e ikx (46) Al checar que las soluciones obtenidas son ortonormale sen el intervalo ( L/2, L/2) integramos la expresión; 13

14 L/2 L/2 dxe 2iπ(n n )x/l L/2 dxφ n φ n = 1 L L/2 Integrando la expresión anterior obtenemos; (47) 1 L/2 dxe 2iπ(n n )x = 1 L/2 dxcos(2π(n n )x/l) + isin(2π(n n )x/l) L L/2 L L/2 Donde la integral del segundo termino del lado derecho es cero, y la integral del primer termino nos queda; 1 L/2 dxcos(2π(n n )x/l) = sin(2π(n n )) L L/2 2π(n n ) Donde el termino del lado derecho es la dención de la delta de Kronecker, estp es; (48) δ nn = sin(2π(n n )) 2π(n n ) (49) 14