Tarea area 6 - Mecani Mecanica ca Cu´ antica antica F´ısic ısica a de Radia Rad iaci cione ones s Jorge Jorg e E. Garc´ Garc´ıa ıa Farieta, arie ta, Jos´e Ignacio Ignac io Ordo˜ Ordo ˜nez nez Universidad Nacional de Colombia Depart Dep artame amento nto de F´ısica ısica 18 de mayo de 2013 Texto: Griffiths “Introduction to Quantum Mechanics” - 2 Edici´on on Capitulo 9: Problemas 1, 2, 3, 6, 8, 10, 13 Capitulo 11: Problemas 1, 4, 7, 8, 9, 10
{ {
}
}
Problemas Cap. 9 (t)kˆ, calcule todos los cuatro Prob. 9.1: Un atomo de hidrogeno se pone en un campo electrico E elementos de matriz H ij de la perturbacion H = eEz entre eEz entre el estado base n = 1 y el primer estado excitado (cuatro veces degenerado) n = 2, tambien muestre que H ii = 0 para todos los cinco estados. RTA. Tenemos que las funciones de onda para cada elemento de matriz vendran dados por: ψnlm = R = R nl Y lm
(1)
conociendo los valores de la funci´ on on radial y los arm´onicos onicos esfericos tenemos entonces que: R10 = 2a−3/2e−r/a 1 −3/2 R20 = √ a 1 2
1r 2a
−
−
1 1 /2 4π 1 Y 00 = 41π /2 1 Y 10 = 43π /2 cos θ 3 1 Y 11 = /2 sin θeiφ 8π 1 Y 1 1 = 83π /2 sin θe iφ
Y 00
r/2a e−r/2
r/2a R21 = √ 124 a−3/2 ra e−r/2 r/2a R21 = √ 124 a−3/2 ra e−r/2 r/2a R21 = √ 124 a−3/2 ra e−r/2
−
=
−
ψ100 = √ π1a e−r/a 3
ψ200 = √ 81πa
ψ210 = √ 321πa
3
1
3
r a
e−r/2a
e−r/2a cos θ e
ψ21−1 = √ 641πa
± i sin φ) = r sin θ cos φ ± ir sin θ sin φ = x = x ± iy. iy .
r a
1 r r/2a 64π a3 a
− √
Pero, r cos θ = z = z y r sin θe±iφ = r sin θ(cos φ
1
3
ψ211 =
r 2a
−
sin θeiφ
er/2a sin θe−iφ
De tal manera que ψ
2
es una funci´on par de z en todos los casos y por lo tanto:
| |
| |
z ψ 2 dxdydz = 0
(2)
asi tenemos que H ii = 0 . Adicionalmente, ψ 100 es par en z y tambi´ en lo son ψ 200 , ψ 211 y ψ 21−1 , de tal manera que Hij = 0 para todos excepto:
H 100,210 = H
100,210
1 πa3
−eE √ − √
eE 4 2πa4 eE 4 2πa4 0
=
√ 1 a1 e−r/a e−r/2a z 2 d3 r 32πa e−3r/2a r 2 cos2 θr 2 sin θdrdθdφ 3
− √ ∞ r e− − √ 4!
H 100,210 =
H 100,210 =
4
3r/2a
π 0
dr
cos2 θ sin θdθ
−
2a 5 2 2π = 3 3
eE 4 2πa4
Tenemos entonces que para H 100,210 =
28
5
3
2π 0
dφ
√ 2 eEa
(3)
−0,745eEa
9.2: Resuelva la ecuacion: c˙a =
− i H e−
iω0 t
ab
cb
c˙b =
− i H e
iω0 t
ba
ca
(4)
para el caso de una perturbacion independiente del tiempo, asumiendo que ca (0) = 1 y que cb (0) = 0. Verifique que ca (t) 2 + cb (t) 2 = 1
|
| |
|
˙ b , tenemos: RTA. Tomando la derivada respecto a t de C c¨b =
− i H (iω e
iω0 t
0
ba
+ eiω t c˙a)
(5)
0
˙a Y reemplazando C c¨b = iω 0
−
i
eiω t ca H ba 0
−
i
eiω H ba
0t
−
i
H e−iω t cb 0
ab
(6)
De esta forma tenemos que: c¨b = iω 0 c˙b Sea α2 =
1 2
2
ab
2
(7)
b
2
|H | , nos queda ab
− 1 |H | c
c¨b
2
− iω c˙ + α c 0 b
b
=0
(8)
La cual corresponde a una ecuacion diferencial con coeficientes constantes, por lo que se la puede resolver con una funci´ on de la forma cb = e λt de la siguiente manera λ con ω =
2
− iω λ + α 0
2
=0
⇒
1 λ = (iω0 2
± −
ω02
− 4α ) = 2i (ω ± ω)
(9)
(Aeiωt/2 + Be −iωt/2 )
(10)
2
0
ω02 + 4α2 , la solucion general es por lo tanto: cb (t) = Ae it(ω
0
+ω)/2
+ Be it(ω −ω)/2 = e iω 0
2
0
t/2
lo que se puede escribir como cb (t) = e iω
0
t/2
(C cos(wt/2) + D sin(wt/2))
(11)
Pero cb (0) = 0, asi que C = 0, y entonces cb (t) = Deiω
0
t/2
sin(wt/2)
(12)
As´ı podemos encontrar c˙b c˙b =
iω0 iω0 t/2 e 2 iω0 t/2
D
ω De 2
c˙b =
sin(ωt/2) + ω2 eiω
0
t/2
cos(ωt/2)
cos(ωt/2) + i ωω sin(ωt/2) =
0
−
i
eiω tca H ba
0
(13)
de aca despejando ca , tenemos que: i ω ca = e−iω H ba 2
0
pero ca (0) = 1, asi que
i ω D = H ba 2
t/2
0
t/2
ω02 + 4 2
a a
2 2
(14)
cos(ωt/2) + i ωω sin(ωt/2) 0
sin(ωt/2)
(15)
2
|H | , para la segunda parte tenemos que: ab 2
2
|c | + |c | |c | + |c | |c | + |c | a
2H ba iω0 t/2 e i ω
cb (t) = donde ω =
1, y por lo tanto las soluciones para ca y cb seran:
ca (t) = e−iω
ω0 D cos(ωt/2) + i sin(ωt/2) ω
b b b
4 H ab 2 ω02 2 sin (ωt/2) + sin2 (ωt/2) 2 ω 2 ω2 H 2 cos2 (ωt/2) + ω12 ω02 + 4 ab2 sin2 (ωt/2)
|
= cos2 (ωt/2) +
2
=
2
=
|
|
|
cos2 (ωt/2) + sin2(ωt/2) = 1
(16)
queda por lo tanto demostrado que ca 2 + cb 2 = 1.
| | | |
Prob. 9.3:Suponga que la perturbacion toma la forma de una funci´ o n delta en el tiempo ∗ = α. Si ca ( H = U δ (t), asuma que U aa = U bb = 0 y sea U ab = U ba ) = 1 y (cb ( ) = 0), 2 2 encuentre ca (t) y cb (t) y verifique que ca + cb = 1. Cual es la probabilidad neta P a→b para t de que una transici´on ocurra.
−∞
| | | |
→∞
textbfRTA. Representando la funcion delta como una secuencia de rectangulos: δ (t) =
(1/2) < t < , 0 de otro modo
−
3
−∞
asi la ecuaci´on c˙a =
− i H e−
iω0 t
ab
cb
c˙b =
− i H e
iω0 t
ba
ca
(17)
queda como:
− −
t < : ca (t) = 1, cb (t) = 0, t > : ca (t) = a, cb (t) = b, < t < : c˙a = 2iα e−iω t cb , c˙b =
−
−
0
∗
iα iω0 t e ca 2
− < t < , se tiene que:
En el intervalo
c¨b =
−
c¨b =
∗
iα 2
c¨b =
iω0 eiω tca + eiω 0
−
0
t
−iα e−iω t cb 0
2 i2 iω0 α c˙b 2iα cb 2 iω0 c˙b (2α )2 cb
∗
iα 2
−
∗
−
||
(18)
De tal manera que c b satisface una ecuacion diferencial l´ıneal homogenea con coeficientes constantes: c¨b
|α|
2
− iω c˙ + (2 ) c 0 b
2 b
=0
(19)
tomando una soluci´ on de la forma cb (t) = e λt se tiene λ
2
|α|
2
− iω λ + (2 ) c = 0 0
→ λ =
2 b
iω0
2 0
2
2
± −ω − |α| /( )
(20)
2
cuya soluci´on sera: λ = donde ω =
iω0 2
± iω2
(21)
ω02 + α 2 /( )2 , y la soluci´on general sera de la forma
||
cb (t) = e iω
0
t/2
(Aeiωt/2 + Be −iωt/2 )
pero cb ( ) = 0, entonces Ae−iω/2 + Be iω/2 = 0, y asi B =
−
cb (t) = Ae iω
0
t/2
(eiωt/2
iω
−Ae−
iω(+t/2)
− e−
(22) , por lo que:
)
(23)
por otro lado para ca (t) tenemos ca (t) = ca (t) = ca (t) =
2i e iω0 t c˙b α iω(+t/2) ∗
−
2i iω0 t/2 e A iω20 (eiωt/2 e α e iω0 t/2 A[(ω + ω0 )eiωt/2 α ∗
−
−
∗
−
−
4
−
) + iω (eiωt/2 + e−iω(+t/2) ) 2
+ (ω
iω(+t/2)
− ω )e− 0
]
(24)
pero: ca ( ) = 1 =
−
− α ∗ e
i(ω0 ω)/2
−
− ω )] = − 2α ∗ω e
A[(ω + ω0 ) + (ω
i(ω0 ω)/2
0
−
A
(25)
Por lo tanto A =
−
α∗ i(ω−ω e 2 ω
0
)/2
(26)
y asi llegamos a que: 1 e iω0 (t+)/2 [(ω + ω0 )eiω(t+)/2 + (ω 2ω e iω0 (t+)/2 cos ω(t+) + i ωω0 sin 2
−
ca (t) =
−
ca (t) =
iω(t+)/2
− ω )e− 0
ω(t+) 2
]
(27)
y reemplazando A en la ecuaci´on para cb (t) obtenemos cb (t) =
−
iα∗ iω (t−)/2 iω(t+)/2 e (e 2 ω
iω(+t)/2
− e−
0
)=
−
iα∗ iω (t−)/2 ω(t + ) e sin ω 2
0
(28)
finalmente: ω0 a = c a() = e −iω cos(ω) + i sin(ω) , 0
ω
b = cb () =
−
iα∗ sin(ω) e ω
(29)
Lo cual corresponde al pulso rectangular, queda tomar el l´ımite a
→ cos
| | α
ω0 + i sin α
||
| | → | | α
α
cos
→ 0 : ω → |α|/( ), asi que iα∗ |α| (30) b→− sin |α|
,
y concluimos que para la funci´on delta
|| − ||
1, t < 0, cos( α / ), t > 0.
ca (t) = cb (t) =
Es evidente que se cumple ca 2 + cb probabilidad como:
t < 0,
0,
i
2
| | | |
α sin( α ∗
α / ), t > 0.
= 1 para los dos periodos de tiempo y calculamos la
P a→b = b 2 = sin2 ( α / )
||
5
||
(31)
Prob. 9.6 Calcule ca (t) y cb (t), hasta segundo orden, para la perturbaci´ on independiente del tiempo del problema 9.2, compare su respuesta con el resultado exacto. RTA. (1)
Sabemos que para segundo orden cb (2) = c b y tenemos que para este caso: c(1) b (t)
=
Resolviendo la integral:
t
i
i eiω t H ba iω0 0
=
0
0
(2) cb (t)
t
(t )eiω t dt = − i H H ba ba
−
−
| −
0
(32)
0
Hba iω (e ω0
t 0 =
eiω t dt
t
0
− 1)
(33)
Ahora para encontrar ca (t) a segundo orden utilizamos: c(2) a (t) = 1
t
− 1
2
(t )e−iω H ab
0
0
t
t
0
(t )eiω H ba
0
t
dt dt
(34)
con lo que c(2) a (t)
= 1
c(2) a (t) =
− 1
1 2
1
H ab
ab
2
1+
c(2) a (t) =
1+
t e iω0 t 0
2
−
c(2) a (t) =
| | | − | | | | | −
|H
i
ω0 2
i ω0 2
t (1 0
2 1 iω0
H ab
2
2
t +
H ab
t 0
−
eiω
0
t
dt dt
e−iω t )dt 0
eiω0 t iω0
t +
t 0
1 (e iω0 t iω0
−
1)
(35)
Para comparar estos resultados con los resultado ex´ acto para ca (t) y cb (t): ca (t) = e−iω
0
|H |
cos(ωt/2) + i ωω sin(ωt/2) 0
2H ba iω0 t/2 e i ω
cb (t) =
t/2
sin(ωt/2)
(36)
2
donde ω = ω02 + 4 , podemos observar que cb (t) ya esta en primer orden, debido al H ba del frente, mientras que ω difiere de ω 0 unicamente en el segundo orden, asi que solo basta con reemplazar ω en ω0 en la formula exacta para llegar al resultado de segundo orden asi: cb (t)
≈
ab 2
2H ba eiω i ω0
0
t/2
2H ba sin(ω0 t/2) = eiω i ω0
0
t/2 1
2i
iω0 t/2
(e
H ba iω t/2 − − e )) = − (eiω 0
0
ω0
t
− 1)
(37)
Lo que concuerda con el resultado anterior. Para verificar c a primero tenemos en cuenta que: ω = ω0
2 4 H ab 1+ 2 2 ω0
| | ≈ω
0
| H | 1+2
2
ab 2 ω0 2
6
2
| H | = ω + 2 ; 0
ab
ω0 2
ω0 ω
2 ab ω02 2
| H | ≈1−2
(38)
Tomando la expansion de taylor: cos(x + ) = cos x
− sin x → cos(ωt/2) = cos sin x − cos x → sin(ωt/2) = sin
sin(x + ) =
2
≈ ≈
ω0 t 2
| H | t +
ω0 t 2
+
ab
2
ω0
2
| H | t ab
2
ω0
− | | sin(ω t/2) − cos(ω0 t/2)
H ab 2 t ω0 2
| sin(ω t/2) 0
H ab 2 t ω0 2
0
| cos(ω t/2) 0
Asi que ca (t) sera e−iω
t/2
ca (t) = e−iω
t/2
ca (t)
≈
0
0
ca (t) = ca (t) = ca (t) =
− − − − − − − − − − − − ω0 t 2
cos
e−iω
0
t/2
2
| H | t sin ω
ω0 t 2
cos
ω0 t 2
ab 0
2
eiω
0
2
iteiω
ab
0
ω0 2
1
2
| H | t ab
ω0 2
1+
2 ab 2 2 0
|H | ω
2 ab 2 0
| H | t
t/2
2
| H | t sin ω
ω0 t 2
+ i sin
+ i 1
i H ab 2 t ω0 2
|
|
t/2
it +
t +
+
1 (1 ω0
sin
ω0 t 2
i cos
2i 1 (eiω0 t/2 ω 2i
2
ω0 t 2
| H | t cos ω
ω0 t 2
2i ω0
ω0 t 2
ab 0
ω0 t 2
+
e−iω
0
t/2
2
sin
)
e−iω t )
1 (e iω0 t iω0
−
0
1)
(39)
como se ten´ıa anteriormente, queda por lo tanto comprobado. Prob 9.8 Como mecanismo de transiciones de bajada, la emisi´on espont´ anea compite con la emision estimulada t´ermica. Muestre que a temperatura (T=300K), la estimulacion t´ermica domina para frecuencias por debajo de 5 1012 Hz , mientras que la emision espontanea domina para frecuencias por encima de 5 1012 Hz . Cual mecanismo domina para la luz visible? RTA.
×
×
La tasa de emisi´on espontanea esta dada por: ω 3 P 2 A = 3π 0 c3
| |
(40)
y la tasa de emision estimulada termicamente por: R = con ρ(ω) =
π P 2 ρ(ω) 2 30
(41)
| |
ω3
π 2 c3 (e ω/k
B
T
− 1)
(42)
As´ı que la relaci´on A/R ser´ a: A ω 3 P 2 30 2 π 2c3(e ω/k T = R 3π 0 c3 π P 2 ω 3
| |
B
| |
− 1) = e
ω/kB T
−1
La relacion A/R es una funci´ on de ω monotonamente creciente , y es 1 cuando:
7
(43)
e ω/k
B
T
=2o
ω kB T
= ln2, despejando ω =
kB T
ln2, o ν =
ω 2π
=
kB T ln2. h
(1,38 10−23 J/K )(300K ) ln2 = 4,32 (6,63 10−34 Js)
×
ν =
×
12
× 10
Para T=300K, tenemos, Hz
(44)
Por lo tanto para frecuencias mayores incluyendo la luz visible que es de 1014 Hz, la emisi´on espontanea domina. Prob 9.10: La vida media t1/2 de un estado excitado es el tiempo que le tomar´ıa a la mitad de atomos en una muestra grande para hacer una transici´ on. Encuentre la relacion entre t1/2 y el tiempo de vida del estado τ RTA. Se sabe que la poblacion de estados vendra dada por N (t) = N (0)e−t/τ , despues de una vida media se tiene la mitad de los estados iniciales: N (t) = 21 N (0), por lo tanto tenemos que: 1 N (0) = N (0)e−t/τ 2
→
1 = e −t/τ 2
(45)
O lo que es lo mismo 2 = et/τ , tomando logaritmo a ambos lados tenemos que τ t =ln2, y asi finalmente: t1/2 = τ ln2 (46) Prob 9.13 Cierre la brecha en la ecuacion: No hay transicion a menos que ∆l = que si l = l = 0, entonces n l m r nlm = 0 RTA. Puesto que l = l = 0, tenemos que:
||
1 N (0) = N (0)e−t/τ 2
→
±1, mostrando
1 = e −t/τ 2
(47)
de tal forma que: 1 n 00 r n00 = 4π
||
ˆ ˆ Rn 0(r)Rn0 (r)(xˆi + y j + z k)dxdydz
(48)
Pero la integral es impar en x, y o z, por lo que la integral es cero y queda entonces demostrado.
Cap. 11 Prob. 11.1: Considere el problema de la dispersi´ on de Rutherford: Una pat´ıcula incidente de carga q 1 y energ´ıa cin´etica E , se dispersa debido a una part´ıcula pesada estacionaria de carga q 2 . a) Deducir la f´ormula que relaciona el par´ ametro de impacto para el a´ngulo de dispersi´ on. RTA q q 1 Por conservaci´ on de la energ´ıa se tiene: E = 21 m(r˙ 2 + r 2 ˙φ2 ) + V (r), con V (r) = 4π , r L y por conservaci´ on del momento angular: L = mr2 ˙φ φ˙ = mr . De esta manera o n de φ y no de t, r˙ 2 + mL r = m2 (E V ), pero debemos tener a r(t) como una funci´ esto es r(φ), para ello utilizamos el cambio de variable u = 1/r y la regla de la cadena: 1
2
0
2
2
2
⇒
−
dr dr du dφ r = ˙ = = dt du dφ dt 8
−
1 du L 2 u = u2 dφ m
2
du − mL dφ
q 1
θ
b
r
φ
q 2
Figura 1: Esquema de la dispersi´ on de Rutherford de esta manera se obtiene en la ecuaci´ on de energ´ıa:
du dφ
2
=
du = dφ dφ =
2m (E L2
− V ) − u
− L du m dφ
2
+
L2 2 u m2
=
2 (E m
− V )
2
2m (E V ) L2 du
2
− −u
2m (E L2
= 2
− V ) − u
du I (u)
siendo I (u) = 2m (E V ) u2 . Ahora, al considerar que al inicio (t0 = 0) la part´ıcula q 1 se L encuentra a una distancia suficientemente grande de q 2 se tiene, sin perdida de generalidad, u du √ que r = (u = 0), φ = 0, con ello el punto m´as cercano ser´ a r min (umax ),Φ; Φ = 0 . I Ahora por geometr´ıa respecto al a´ngulo Φ se tiene 2Φ + θ = π θ = π 2Φ, de donde se tiene: u du θ = π 2 I (u) 0 Para esta expresi´ on se introduce el potencial Coulombiano: 2
− −
max
∞
⇒
−
− max
I (u) =
2mE L2
q q u−u − 2m L 4π 1 2
2
0
2
= (u2
− u)(u − u) 1
con u 1, u 2 las dos ra´ıces de la ecuaci´ on cuadr´ atica. Debido a que ra´ız, estableciendo u2 > u1 , u2 = u max . u2
θ = π
du dφ
=
I (u), u max es una u2
− − − − − − − − − − − 2
du u)(u1
2u + u1 + u2 u2 u1
= π + 2 sin−1
u) u1 + u2 = π + 2 sin−1 ( 1) sin−1 u2 u1 π u1 + u2 = π + 2 sin−1 = 2sin−1 2 u2 u1 0
(u2
0
u1 + u2 u2 u1
−
−
De otra parte L = mbv, E = 21 mv 2 , siendo v la velocidad inicial, adem´as L2 m2b2 (2E/m) = 2mb2 E . despejando la velocidad y sustituy´endola en la expresi´ on del momento angular se 2m 1 tiene L = Eb , y con ello: 2
2
1 I (U ) = 2 b
− 9
1 b2
1 q 1 q 2 E 4π 0
u
2
−u
haciendo A =
q1 q2 resulta 4π0 E
2
+
A u b2
−
1 . b2
Ahora encontramos las ra´ıces:
− ⇒ − ± − ± − − − − − ⇒ ⇒ − ⇒
A u + 2u b 2
−I (u) = u
1 =0 b2
1 u = 2
A b2
A2 4 A + = b2 b2 2b2
A 2b2
1
1
1+
2
2b A
de esta manera: u2 =
A 2b2
1+
θ = 2 sin−1
2b A
1+
, u1 =
1 1 + (2b/A)2 2
2b A
=
2b A
1+
,
1 = sin(θ/2) 1 + (2b/A)2
1
sin2 (θ/2) cos2 (θ/2) = sin2 (θ/2) sin2 (θ/2) q 1 q 2 b = cot(θ/2) 8π0 E
u1 + u2 = u2 u1 2b A
1+
1 1 + (2b/A)2
2
=
1 sin (θ/2) 2
2b = cot θ/2 A
⇒
b) Determine la secci´on eficaz diferencial: D(θ) = RTA
q1 q2 16π0 E sin2 (θ/2)
−
2
b db db q 1 q 2 1 D(θ) = .con: = sin θ dθ dθ 8π0 E 2sin2 (θ/2) 1 q 1 q 2 cos(θ/2) q 1 q 2 1 = 2 2 sin(θ/2) cos(θ/2) 8π0 E sin(θ/2) 8π0 E 2sin (θ/2) =
q 1 q 2 16π0 E sin2 (θ/2)
(49)
(50)
2
(51)
c) Muestre que la secci´ on eficaz total para la dispersi´ on de Rutherford es infinita. σ =
D(θ)sin θdθdφ = 2π
2
π
q 1 q 2 8π0 E
0
sin θ dθ sin4 (θ/2)
Esta integral no converge, para valores de θ cercanos a cero (y a π) se tiene que sin θ ε sin(θ/2) θ/2, con ello la integral queda de la forma 16 0 θ−3 dθ = 8θ−2 ε0
≈
−
| → ∞
≈ θ,
Prob. 11.4. Considere el caso de dispersi´ on a baja energ´ıa a para un potencial tipo cascar´ on esf´erico con la funci´ on delta: V (r) = αδ (r a) donde α y a son constantes. Calcule la amplitud de dispersi´ on f (θ), la secci´on eficaz diferencial D(θ) y la secci´on eficaz total σ. Asuma ka 1 y que solamente el t´ermino l = 0 contribuye significativamente. Para simplificar los c´alculos no tenga en cuenta los t´erminos l = 0 desde el principio. El problema principal, es determinar C 0 . Exprese su respuesta en t´erminos de la cantidad adimensional φ = 2maα .. RTA Teniendo en cuenta solo los t´erminos con l = 0, se tiene que la funci´o n de onda en la regi´ on exterior esta dada (seg´ un la ecuaci´on 11.29 del libro de Griffiths) por:
−
2
ψ
≈
sin(kr) A[ j0 (kr)+ika0 h00 (kr)]P 0 (cos θ) = A + ika 0 kr 10
eikr i kr
sin kr eikr = A + a0 ; (r > a) kr r
−
En la regi´on interna se tiene
≈ bj (kr) = b sin(kr) (r > a) kr
ψ(r)
0
Puesto que las condiciones de frontera se mantienen de forma independiente para cada l i ii
) ψ continua en r = a: A
sin(ka) ka
ika + a0 e a
= b sin(ka) ka
) ψ discontinua en r = a: de la integraci´on de la ecuaci´ on radial a trav´es de la funci´on delta resulta: 2
− 2m
d2 u dr+ dr2
αδ (r
−
2
l(l + 1) a) + udr 2m r 2
2
u(a) ⇒ − 2m ∆u+αu(a) = 0 ⇒ ∆u = 2mα 2
Ahora u = rR, y u = R + rR ; ∆u = ∆R + a∆R = a∆R = 2mα ψ(a) = βa ψ(a)
2mα 2
aR(a)
⇒ ∆ψ =
2
A k cos(ka) + a0 ik2 eika ka
−
A b b β sin(ka) ika [sin(ka) + a ke ] k cos(ka)+ sin(ka) = b 0 2 ka 2 ka ka a ka
−
Los t´erminos tachados anteriormente fueron cancelados teniendo en cuenta que se cumple la ecuaci´ on dada en I). La expresi´on simplificada es: A cos(ka) + a0 ikeika = b[cos(ka) +
β sin(ka)] ka
Nuevamente se puede utilizar la ecuaci´ on I) para eliminar b, resultando: A cos(ka) + a0 ike ika = [cot(ka) +
β ][sin(ka) + a0 keika ]A ka
β a0 sin(ka) + a0 k cot(ka)eika + β e ika ka a β = ka sin(ka). Pero ka 1, as´ı sin(ka) ka, y cot(ka) =
cos(ka) + ia0 keika = cos(ka) +
β ia0 keika 1 + cot(ka) + i ka cos(ka) sin(ka)
≈
1 ka
≈
i i ia0 k(1+ika) 1 + (1 + β ) = β ; ia0 k 1 + (1 + β ) + ika ka ka De aqu´ı a0 =
−1
− ≈ β
− 1 aβ . Obtenido este valor, se sabe en primera aproximaci´on que + β f (θ)
≈a =−
y finalmente σ = 4πD = 4π
0
aβ 1+β
aβ 1 + β
2
⇒ D = |f |
=
aβ 1 + β
2
2
Prob. 11.7: Encuentre, para la onda parcial S (l=0), el corrimiento en fase δ 0 (k) para un cascar´on tipo funci´on delta (Prob. 11.4). Asuma que la funci´on de la onda radial u(r) va a 0 ka cuando r . Respuesta: cot−1 cot(ka) + con β = 2mαa 2 β sin (ka)
→∞
−
11
2
i ia0 k (1 + β ) = β ka
RTA Para la esfera del problema se tienen las siguientes condiciones: r > a : u(r) = A sin(kr + δ ) r < a : u(r) = B sin(kr) + D cos(kr) = B sin(kr) dado que u(0) = 0 D = 0. Ahora, por condiciones de continuidad en r = a se tiene: B sin(ka) = A sin(ka + δ ) B = A sin(ka+δ) . Por lo que u(r) = A sin(ka+δ) sin(kr). Adem´as del sin(ka) sin(ka) problema 11.4 se tiene que:
⇒
du ∆ dr
=
r =a
cos(ka + δ ) −
⇒
β sin(ka + δ ) β u(a) ⇒ Ak cos(ka + δ ) − A k cos(ka) = A sin(ka + δ ). a sin(ka) a
sin(ka + δ ) β cos(ka) = sin(ka + δ ), sin(ka) ka β sin(ka + δ ) sin(ka), ka
sin(ka)cos(ka + δ ) − sin(ka + δ ) cos(ka) =
sin(ka − ka − δ ) =
β sin(ka) [sin(ka)cos δ + cos(ka)sin δ ] , ka
sin2 (ka) [cos δ + cot(ka)sin δ ] ; − sin δ = β ka cot δ =
−
cot(ka) −
ka ; β sin2 (ka)
cot δ =
sin2 (ka) [cot δ + cot(ka)] . −1 = β ka
−
ka cot(ka) + . β sin2 (ka)
Prob. 11.8: Chequee que la ecuaci´ on 11.65 satisface 11.52, por directa sustituci´ on. Sugerencia: 2 3 (1/r) = 4πδ (r). Ec. 11.65 Gr = 8πi r (iπe ikr ) ( iπe ikr ) = e4πr Ec. 11.52 ( 2 + k 2 )G(r) = δ 3 (r)
∇
− ∇
2
−−
ikr
−
RTA G =
−
eikr = 4πr
1 4π
1
− ∇ − ∇ ·∇
⇒ ∇G =
∇ G = ∇ · (∇G) =
e
r
1 2 4π
2
ikr
1
+ e
ikr
ikr
( e
r
1
∇ ⇒ =
r
)+
1
2
ikr
∇ (e r
) + e
ikr
1
∇ 2
r
d pero (1/r) = r1 rˆ; (eikr ) = ikeikr rˆ; 2 (eikr ) = ik (eikr rˆ) = ik r1 dr (r2 eikr ) seg´ un la referencia 12 (libro de electrodin´ amica cl´asica de Griffiths) se tiene que
∇
− ∇
∇
2
2
ikr
∇ (e sabi´endose que
2
∇
2
1 r
∇ G = −
=
∇·
2
ik ) = 2 (2reikr + ikr 2 eikr ) = ikeikr r
2 + ik r
3
−4πδ (r) y reemplazando resulta:
− ·
1 2 4π
1 rˆ r2
1 (ikeikr rˆ) + ikeikr r 12
− 2 + ik r
4πe ikr δ 3 (r)
para simplificar ´esta expresi´ on se debe tiene en cuenta que eikr δr = δr, con ello queda: 2
1 ikr e 4π
3
∇ G = δ (r) −
−
2ik 2ik + 2 r2 r
k2 k 2 eikr 3 = δ (r) + = δ 3 (r) + k 2 G(r) r 4π
−
De ´esta u´ltima ecuaci´ on se tiene que: (
∇
2
+ k 2 )G(r) = δ 3 (r)
como se quer´ıa mostrar. Prob. 11.9: Muestre que el estado base del a´tomo de hidr´ ogeno satisface la ecuaci´ on de Schr¨ odinger, para apropiadas funciones de V y E (note que E es negativo, es decir k = iκ, con 2mE/ ).
√ −
RTA. Para el estado base del a´tomo de hidr´ ogeno se tiene: 1 ψ = √ πa e−r/a ;
V =
3
−
e2 4π0 r
=
−
√ −2mE k = i =
2
1 ; ma r
i a
En este caso no hay onda “inicial”, es decir ψ0 (r) = 0, con ello nuestro problema se reduce a mostrar que: m e−ik|r−r | V (r 0 )ψ( r0)d3 r0 = ψ(r) 2 2π r r0 reemplazando ψ y V en la ecuaci´on anterior, llamando I a la integral del lado izquierdo y desarroll´andola se tiene que:
−
I =
0
| − |
2
e−|r−r |/a 1 −r e r r 0 r0
− − √ |− √ √ m 2π 2
1 = 2πa
1
ma
πa 3
r2 +r02 2rr0 cos θ/a
e−
1
πa 3
0
−
r2
+ r02
− 2rr cos θ
0
/a 3
|
e−r
0
d r0
/a 2 r0 sin θdr0 dθdφ
0
Por conveniencia se puede elegir el eje z 0 a lo largo de la direcci´on de r, con ello la integral se reduce a: π ∞ 1 e− r +r −2rr cos θ/a r /a − I = r0 e sin θdθ dr0 a πa 3 0 r 2 + r02 2rr 0 cos θ 0
√
0
√
2 0
2
0
−
El paso siguiente es desarrollar la integral en θ (como se muestra a continuaci´ o n), y con tal resultado se realiza la integral indicada por I : π
0
√
2 0
e− r +r −2rr cos θ/a sin θ dθ = r2 + r02 − 2rr0 cos θ 2
0
I = −
∞
1
√
r πa3 1 = − √ r πa3 1 = − √ r πa3
e e e e e a − e
a −√ r − rr e 0
−(r0 +r)/a
−r0 /a
0
∞
−r/a
−2r0 /a
0
−r/a
2
−
⇒ I = − r√ πa
3
0
(r) − er/a
−
1
− e−|r −r|/a
−
a −r/a e 2
r
+r02 −2rr0 cos θ/a
π
0
dr
a =− e−(r+r rr0
0
)/a
0 ∞
dr − e e − a e
dr0 − e−r/a
−r/a
2
r/a
0
−2r0 /a
2
−2r0 /a
dr0
r ∞
r
−
− re−r/a − a er/a e−2r/a = 2
13
√ 1
πa 3
e−r/a = ψ(r)
−|r−r0 |/a
−e
.
que era lo que se quer´ıa demostrar, esto es que el estado base del atomo ´ de hidr´ ogeno s´ı satisface la ecuaci´ on de Schr¨ odinger. Prob. 11.10: Encuentre la amplitud de dispersi´on en la aproximaci´ on de Born, para una softsphere de dispersi´ on con energ´ıa arbitraria. Muestre que tal ecuaci´ on se reduce a la ecuaci´ on 11.82 en el limite de baja energ´ıa. m Ecuaci´on 11.82: f (θ, φ) V ( 4 ) 2π 0 3
≈−
2
RTA a 2m 2mV 0 1 r f (θ) = 2 V 0 r sin(κr)dr = sin(κr) cos(κr) 2κ 2 κ κ κ 0 2mV 0 = [sin(κa) κa cos(κa)] siendo κ = 2k sin(θ/2) 2 κ3
−
−
−
−
a
0
ahora, en el l´ımite para la dispersi´on a baja energ´ıa se realiza la aproximaci´ on ka cual: 1 1 sin(κa) κa (κa)3 ; cos(κa) 1 (κa)2 3! 2 sustituyendo estas aproximaciones se obtiene la amplitud de dispersi´ on:
≈ −
2mV 0 f (θ) = 2 3 κa κ
1, con lo
≈ −
−
1 (κa)3 6
f (θ) =
−
−
1 κa + (κa)2 = 2
−
2 mV 0 a3 3 2
2 mV 0 a3 3 2
´este u´ltimo resultado es justamente la ecuaci´ on 11.82 que aparece en el libro de Griffiths, como se quer´ıa mostrar.
14
