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.

 Ejercicio sobre completez:

 Demuestre la relación de completez del conjunto de funciones $u_{i}(\mathbf{r})$ si $u_{i}(\mathbf{r})$ es base de ${\mathfrak{F}}$

Solución.

Considerando la base formada por los vectores $u_{i}(\mathbf{r})$

para el conjunto de las funciones ${\mathfrak{F}}$

${\mathfrak{F}}$ se puede expresar como combinación lineal de las funciones de la

base dada.

$${\mathfrak{F}} = \sum_{i} C_{i}u_{i}(\mathbf{r})$$

Donde las constantes $C_{i}$ son las componentes de ${\mathfrak{F}}$.

Para calcular $C_{i}$ hay que multiplical la expresion de la ultima

ecuación por $u^{*}_{j}(\mathbf{r})$ y integrando sobre $\mathbf{r}$.

$$\int_{\mathbf{r}}{\mathfrak{F}}·u^{*}_{i}({\mathbf{r}})\ d{\mathbf{r}} =\int_{\mathbf{r}}\sum_{i}C_{i}u_{i}({\mathbf{r}})u^{*}_{j}({\mathbf{r}})\ d{\mathbf{r}}$$

Donde $u_{i}({\mathbf{r}})u^{*}_{j}({\mathbf{r}}) = \delta_{ij}$

$$\sum_{i}C_{i}\delta_{ij}=C_{j}$$

Cambiando ${j}$ por ${i}$ de la ultima expresión por ser indices mudos y

${\mathbf{r}}$ por ${\mathbf{r^{´}}} $.

La forma de $C_{i}$ queda como:

$$C_{i} = \int_{\mathbf{r}}{\mathfrak{F}}·u^{*}_{i}(\mathbf{r^{´}})\ d{\mathbf{r^{´}}}$$

Reemplazando esta ultima expresion en la primera ecuación.

$${\mathfrak{F}} = \sum_{i}\int_{\mathbf{r}}{\mathfrak{F({\mathbf{r^{´}}})}}·u^{*}_{i}(\mathbf{r^{´}})u_{i}(\mathbf{r})\ d{\mathbf{r^{´}}}$$

Podemos sacar $u_{i}({\mathbf{r}})$ de la integral y reorganizar.

$${\mathfrak{F}} =  \int_{\mathbf{r}}{\mathfrak{F({\mathbf{r^{´}}})}}\Bigl(\sum_{i} u_{i}(r)u^{*}_{i}(\mathbf{r^{´}})\Bigr)\ d{\mathbf{r^{´}}}$$

pero ${\mathfrak{F}}$ tambien se puede escribir como $${\mathfrak{F}} =\int_{\mathbf{r}}{\mathfrak{F({\mathbf{r^{´}}})}}\delta({\mathbf{r}}- {\mathbf{r^{´}}}) \ d{\mathbf{r^{´}}}$$

Comparando las dos ultimas integrales se concluye que 

$$\boxed{\sum_{i}u_{i}(r)u^{*}_{i}(\mathbf{r^{´}}) = \delta({\mathbf{r}}- {\mathbf{r^{´}}})}$$

 Ejercicio sobre hermiticidad de operadores:

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

Propuesto por Jerónimo Calderón Gómez.

Solución por Ximena Cano Gómez

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Clase 11: Herramientas matemáticas y operadores diferenciales

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 $

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Aplicación: 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: 

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

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

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

(Castri85)

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Problema propuesto: 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?

(Luis Miguel Galvis)

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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Aplicaciones

1. Una aplicacón de la ecuación de schrodinger es el occilador ármonico cuántico, consideremos una "párticula" ( representada por la función de onda $ \psi (x) $ ) sometida a un potencial de la forma $U(x) = \frac{1}{2}k x^{2}$, la ecuación de schrodinger correspondiente es:

$$ \frac{-\hbar^{2}}{2m}D_{x}^{2} \psi (x) + \frac{1}{2}k x^{2} \psi (x) = E \psi (x) $$ 

o equivalentemente:

$$ D_{x}^{2} \psi (x) - \frac{2m}{\hbar^{2}}(\frac{k}{2}x^{2}-E )\psi (x) = 0 $$

proponemos una solución del tipo $ \psi (x)\sim Ae^{-ax^{2}} $:

$$ \ddot{\psi}(x)=-2Aa(-2ax^{2}e^{-ax^{2}}+e^{-ax^{2}}) $$

remplazando en la ecuación diferencial de schrodinger:

 $$ -2Aa(-2ax^{2}e^{-ax^{2}}+e^{-ax^{2}})- \frac{2m}{\hbar^{2}}(\frac{k}{2}x^{2}-E )A e^{-ax^{2}}=0 $$ 

reagrupando:

$$x^{2}(4a^{2}-\frac{mk}{\hbar^{2}}) + (-2a+\frac{2mE}{\hbar^{2}}) = 0$$ 

para que esta igualdad sea válida para todo x entonces debe cumplirse que:

$$(4a^{2}-\frac{mk}{\hbar^{2}})=0  $ y  $(-2a+\frac{2mE}{\hbar^{2}}) = 0$$

de estas 2 ecuaciones obtenemos:

$$ a = (\frac{mk}{4\hbar^{2}})^{1/2}=\frac{\sqrt{mk}}{2\hbar}$$

$$E=\frac{a\hbar^{2}}{m} =\frac{\frac{\sqrt{mk}}{2\hbar}\hbar^{2}}{m} = \frac{\hbar}{2}\sqrt{\frac{k}{m}}$$

este resultado es solo válido para el estado fundamental!.

La solución completa se puede obtener mediante una solución por series de potencias de la funcion de onda , sin embargo puede usarse el método de los operadores ecaleras para obtener los autovalores de las energias permitidas sin resolver la ecuación diferencial directamente , donde se llega a que:

$$ E_{n}=(n+\frac{1}{2})\hbar \sqrt{\frac{k}{m}}$$

2. 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

Problemas

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

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:

 $$\psi(x)=C \sin(kx)$$

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.

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

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