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TAREA # 1 : FISICA ATOMICA Y MOLECULARProfesor: Jorge Mahecha G. Junio 13, 2014.
Luis Santander Rodriguez CC:1020460343
Esfera de Bloch. Mostrar que ~S = }2n siendo n el vector unitario en coordenadas esfericas.
Solucion
La funcion de onda esta dada por por la superposicion
Fig. 1 Esfera de Bloch.
| = cos2|12
1
2+ eisin
2|12 1
2 (1)
Donde se calcula el valor esperado de cada componente delespn
Si = |Si| i = x, y, z (2)
Sx=[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [
}2x
] [cos
2|12
1
2+ eisin
2|12 1
2]
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] 0 1
1 0
cos 2eisin
2
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] eisin 2
cos 2
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [eisin
2|12
1
2+ cos
2|12 1
2]
=}2
[cos
2sin
2ei1
2
1
2|12
1
2+ cos
2sin
2ei1
2 1
2|12 1
2]
=}2
[cos
2sin
2(ei + ei)
]=
}2
[2cos
2sin
2cos
]=
}2sincos
Fsica Atomica y Molecular
As
Sx = }2sincos (3)
Ahora para y
Sy=[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [
}2y
] [cos
2|12
1
2+ eisin
2|12 1
2]
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] 0 i
i 0
cos 2eisin
2
=i}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|]eisin 2
cos 2
=i}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [eisin
2|12
1
2+ cos
2|12 1
2]
=i}2
[cos
2sin
2ei1
2
1
2|12
1
2+ cos
2sin
2ei1
2 1
2|12 1
2]
=i}2
[cos
2sin
2(ei ei)
]=
}2
[2cos
2sin
2sin
]=
}2sinsin
As
Sy = }2sinsin (4)
Ahora para z
Sz=[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [
}2z
] [cos
2|12
1
2+ eisin
2|12 1
2]
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] 1 0
0 1
cos 2eisin
2
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [cos
2|12
1
2 eisin
2|12 1
2]
=}2
[cos2
2 sin2
2
]=
}2cos
As
2
Luis Santander
Sz = }2cos (5)
Considerando (3),(4) y (5)
~S= |Sx+ Sy + Szk| = Sx+ Sy+ Szk=}2sincos+
}2sinsin+
}2cosk
Finalmente, con n = sincos+ sinsin+ cosk
~S = }2n
3
Fsica Atomica y Molecular
Mostrar que si el hamiltoniano es invariante bajo rotaciones implica que este conmuta con unacomponente del momento angular.
Solucion
Sea R = ei~~L/} el operador de rotacion de un angulo arbitratio . Partamos de la invarianciarotacional del Hamiltoniano y usemos la identidad de Baker-Hausdorf
RHR = H
ei~~L/}Hei~
~L/} = H
H +[i
}~ ~L, H
]+
1
2!
[i
}~ ~L,
[i
}~ ~L, H
]]+ ... = H
Debido a la arbitrariedad del angulo , se tiene que cumplir que la serie de conmutadores debe seridenticamente cero, por tanto el Hamiltoniano conmuta con una de las componentes del momentoangular, esto es, con i siendo la direccion en la rotacion:
[H, Li
]= 0
Mostrar que |n00(0)|2 = Z3pin3a3 .
Solucion
|n00(0)|2 = |Rn0(0)|2|Y00|2
=1
4pi|Rn0(0)|2
=1
4pi
( 2Z
na
)3(n l 1)!2n[(n+ l)!]3
eZna
r
(2Z
nar
)lL2l+1n+l (
2Z
nar)
2
l=0,r=0
=1
4pi
(2Z
na
)3(n 1)!2n(n)!3
[(n!)2
(n 1)!]2
=Z3
pin3a3
n!
n(n 1)!
|n00(0)|2 = Z3
pin3a3
4
Luis Santander
Demostrar las ecuaciones 5.69a y 5.69b del Bransden.
Solucion
Partamos de la ecuacion 5.66
yj mjl s =
mlms
l s ml ms|j mjYl ml(, )s ms
Debido a que s = 12, tenemos que ms = 12 , 12 , y como j = |l s|, ..., l + s tenemos solo dos
valores, j = l 12, l + 1
2
j = l + 12
yl+ 1
2mj
l 12
=l
ml=l
12
ms= 12l 1
2ml ms|l + 1
2mjYl ml(, ) 12 ms
= l 12mj 1
2
1
2|l + 1
2mjYl, mj 12 12 12 + l
1
2mj +
1
2 1
2|l + 1
2mjYl, mj+ 12 12 12(6)
j = l 12
yl 1
2mj
l 12
=l
ml=l
12
ms= 12l 1
2ml ms|l 1
2mjYl ml 12 ms
= l 12mj 1
2
1
2|l 1
2mjYl, mj 12 12 12 + l
1
2mj +
1
2 1
2|l 1
2mjYl, mj+ 12 12 12(7)
Matricialmente yl+12mj
l 12
yl 1
2mj
l 12
= l 12 mj 12 12 |l + 12 mj l 12 mj + 12 12 |l + 12 mjl 1
2mj 12 12 |l 12 mj l 12 mj + 12 12 |l 12 mj
Yl, mj 12 12 12Yl, mj+ 12
12 1
2
Notemos que se puede asociar a la matriz de cambio de base, debido a la ortogonalidad, una matriz
de la forma
cos sinsin cos
, as solo necesitamos encontrar dos coeficientes de Clebsch-Gordan.Calculemos entonces el primer coeficiente l 1
2mj 12 12 |l + 12 mj
Tenemos que el operador escalera J
5
Fsica Atomica y Molecular
J|j mj =
(j +mj)(j mj + 1)|j mj 1J|j mj + 1 =
(j +mj + 1)(j mj)|j mj (8)
El lado izquierdo de (6) es
J|j mj + 1= (L + S)|j mj + 1 = (L + S)ml,ms
|l s ml msl s ml ms|j mj + 1
=ml,ms
l s ml ms|j mj + 1[
(l +ml)(l ml + 1)|l s ml 1 ms
+
(s+ms)(sms + 1)|l s ml ms 1]
Multipliquemos por l s ml ms|
l s ml ms|J|j mj + 1=ml,ms
l s ml ms|j mj + 1[
(l +ml)(l ml + 1)ml,m
l1ms,ms
l s ml ms|l s ml 1 ms
+
(s+ms)(sms + 1) l s ml ms|l s ml ms 1 ml,m
lms,ms1
]
=
(l +ml + 1)(l ml)l s ml + 1 ms|j mj + 1+
(s+ms + 1)(sms)l s ml ms + 1|j mj + 1
Igualando al lado izquierdo de la ecuacion (6)
(j +mj + 1)(j mj)l s ml ms|j mj=
(l +ml + 1)(l ml)l s ml + 1 ms|j mj + 1
+
(s+ms + 1)(sms)l s ml ms + 1|j mj + 1(9)
Reemplacemos en la ecuacion (7),s = 12, j = l + 1
2,ms = 12 y ml = mj 12 , debido a esto el
segundo termino del lado derecho se anula, ya que ms esta en el valor maximo
6
Luis Santander(l +mj +
3
2)(l +
1
2mj)l 1
2mj 1
2
1
2|l + 1
2mj =
(l +mj +1
2)(l mj + 1
2)l 1
2mj +
1
2
1
2|l + 1
2mj + 1
l 12mj 1
2
1
2|l + 1
2mj =
l +mj + 12l +mj +
32
l 12mj +
1
2
1
2|l + 1
2mj + 1 (10)
Si en la ecuacion (7) aumentamos en una unidad mj obtenemos que
l 12mj +
1
2
1
2|l + 1
2mj + 1 =
l +mj + 32l +mj +
52
l 12mj +
3
2
1
2|l + 1
2mj + 2 (11)
Haciendolo repetidamente hasta el maximo valor mj = l + 12 , y reemplazandolo en la ecuacion (8)
l 12mj 1
2
1
2|l + 1
2mj=
l +mj + 12l +mj +
32
l +mj + 32l +mj +
52
l +mj + 52l +mj +
72
...
...
2l
2l + 1l 1
2l
1
2|l + 1
2l +
1
2
1
(12)
As, hemos obtenido el primer coeficiente de Clebsch-Gordan
l 12mj 1
2
1
2|l + 1
2mj =
l +mj +
12
2l + 1(13)
Ahora el otro coeficiente se puede calcular sabiendo que cos esta dado por (11), entonces
sin =
1 cos2 =
1 l +mj +12
2l + 1=
l mj + 12
2l + 1
Por tanto la matriz de cambio de base es
7
Fsica Atomica y Molecular
l+mj+12
2l+1
lmj+ 12
2l+1
lmj+ 122l+1
l+mj+
12
2l+1
Finalmente, reemplazando los coeficientes en las ecuaciones (6) y (7) obtenemos las ecuaciones5.69a y 5.69b del texto de Bransden
yl+ 1
2mj
l 12
=
l +mj +
12
2l + 1Yl, mj 12 12 12 +
l mj + 12
2l + 1Yl, mj+ 12
12 1
2
yl 1
2mj
l 12
= l mj + 12
2l + 1Yl, mj 12 12 12 +
l +mj +
12
2l + 1Yl, mj+ 12
12 1
2
8
Luis Santander
Bransden 2.13 Mostrar [2.187] y [2.188]
Solucion
Sabemos que L2 = L2x + L2y + L
2z, luego L
2x + L
2y = L
2 L2z, apliquemos sobre el estado |l,m
(L2x + L2y)|l,m= (L2 L2z)|l,m
=L2|l,m L2z|l,m= }2l(l + 1)|l,m }2m2|l,m premultiplicando porl,m|
l,m|(L2x + L2y)|l,m= }2l(l + 1)l,m|l,m }2m2l,m|l,m= [l(l + 1)m2]}2
As, podemos concluir debido que Lx y Ly
L2xl,m = L2yl,m =1
2[l(l + 1)m2]}2
Generalizando a cualquier momento angular, en partcular considerando el espn:
S2xl,m = S2yl,m =1
2[s(s+ 1)m2s]}2
Para s = 12, se tiene ms = 12 , reemplazando en la ecuacion anterior
S2x = S2y =}2
4
9
Fsica Atomica y Molecular
Bransden 2.14 Mostrar que ( ~a)( ~b) = ~a ~b+ i (~a~b).
Solucion
Primero notemos que jk = 12{j, k}+ 12 [j, k]
( ~a)( ~b) =j
jajk
kbk
=j
k
jkajbk
=j
k
12 {j, k} 2jk
+1
2[j, k] 2ijkll
ajbk=j
k
(jk + ijkll)ajbk
=j
ajbj + ij
k
ajbkjkll
( ~a)( ~b) = ~a ~b+ i (~a~b)
Bransden 2.19 Oscilador Armonico con una perturbacion cuadratica.
Solucion
Pag 1173 Cohen-Tanouji
10
Luis Santander
Bransden 2.24 Teora de Perturbaciones. Mostrar que Eminn,l < Eminn,l+1
Solucion
Partamos de la Ecuacion de Schrodinger para estados estacionarios, con el Hamiltoniano dado por
H = Hr +L2
2mr2;Hr = }
2
2m
1
r2
r
(r2
r
)+ V (r)
H = E
Debido a que el potencial es central, podemos expandir la funcion de onda en
=lm
F (r)Ylm(, )
Reemplazando en la ec. de Schrodinger
lm
[Hr +
L2
2mr2
]F (r)Ylm =
lm
EnlF (r)Ylm
lm
[Hr +
l(l + 1)}2
2mr2
]F (r)Ylm =
lm
EnlF (r)Ylm
Ecuacion que tambien es valida para l l + 1:lm
[Hr +
(l + 1)(l + 2)}2
2mr2
]F (r)Yl+1,m =
lm
En,l+1F (r)Yl+1,m
Premultiplicando por Y lm e integrando en todo el angulo solido,dY lm
lm
[Hr +
l(l + 1)}2
2mr2
]F (r)Ylm =
dY lm
lm
EnlF (r)Ylm[Hr +
l(l + 1)}2
2mr2
]F (r) = EnlF (r)
y haciendo lo mismo con Y l+1m obtenemos
dY l+1m
lm
[Hr +
(l + 1)(l + 2)}2
2mr2
]F (r)Yl+1,m =
dY l+1m
lm
En,l+1F (r)Yl+1,m
[Hr +
(l + 1)(l + 2)}2
2mr2
]F (r) = En,l+1F (r)
Restando estas ecuaciones, y sabiendo que l es definido positivo
(Enl+1 Enl)F (r) = }2
2mr2[(l + 1)(l + 2) l(l + 1)]F (r) = }
2
mr2(l + 1)F (r)
Eminnl < Eminnl+1
11
Fsica Atomica y Molecular
Bransden 5.4 Efecto Stark n = 3 .
SolucionProblema con degeneracion 9. |300, |31 1.|310, |311, |32 2, |32 1, |320, |321, |322.
n = 3 ml=0l=0ml=1,0,1l=1
ml=2,1,0,1,2l=2
H = eEz
Debido a que nlm|H |nlm = 0 para m 6= m (ya que [Lz, H ] = 0 ) dividimos la degeneracionen cinco bloques ml = 2,1, 0, 1, 2. Con H nlm,nlm = nlm|H |nlm
ml = 2 32 2|H |32 2
ml = 1 31 1|H |31 1 31 1|H |32 132 1|H |31 1 32 1|H |32 1
ml = 0
H 300,300 H 300,310 H 300,320H 310,300 H 310,310 H 310,320H 320,300 H 320,310 H 320,320
ml = 1
311|H |311 31 1|H |32 132 1|H |31 1 32 1|H |32 1
ml = 2 322|H |322
Tenemos entonces la siguiente matriz
1 12 2
3 32 2
1 1
Veamos que nueve de estos terminos son cero
3lm|H |3lm = eE3lm|z|3lm =y
r2drdR3lYlmrcosR3lYlm
Para l = l y m = m
3lm|z|3lm =y
r2drd |3lm|2 par
rcos impar
= 0
12
Luis Santander
As, todos los terminos de la diagonal son cero, y solo tenemos que calcular 5 terminos (debido a lahermiticidad de la perturbacion) de los 81 terminos que tenamos inicialmente.
H 311,321 =92eEa0
H 300,310 =3
6eEa0H 300,320 = 0H 310,320 =3
3eEa0
H 311,321 =92eEa0
Ahora hay que hallar los autovalores y autovectores de cada uno de los subespacios en la degenera-cion
13
Fsica Atomica y Molecular
Bransden 5.6 Cota de E(2)100 .
SolucionProbemos que
E(2)n =H 2nnEn
H2nnEn
+k 6=n
Ek|H nk|2En(En Ek) (14)
FALTA PROBARAhora, despreciando el termino de la sumatoria, con H = ez, y usando la simetra esferica de100 y aplicando argumento de paridad a la integral, encontramos que
E(2)100'
100|H 2|100E1
(100|H|100)2
E1
=e22
E1z2100 e
22
E1(z100)2
=e22
E1(r2100
3) e
22
E1
[
:yr2drd|100|2z
]2
=e22
E1
a20Z2
=2a04pi0Z2e2
e22a20Z2
E(2)100 ' 2(4pi0)
a30Z42
14
Luis Santander
Bransden 5.9 Corrimiento de isotopos.
Solucion
Sabemos que la energa potencial es V (r) = q(r) = e(r) donde (r)
Fig. 2 Nucleo de carga Ze.
es el potencial electrico producido por el nucleo de carga Ze, usemosentonces ley de Gauss, para hallar primero el campo electrico:
~E ~dA = Qenc
0Qenc =
Zer3
R3r < R
Ze r R
Donde se uso Q
V =QtotVtot
= Ze43pir3
, ahora considerando esfericas nuestras superficies Gaussianas
E(r) =
Ze
4pi0R3r r < R
Ze4pi0r2
r RAhora como (r) = ~E ~dl, y eligiendo el cero del potencial en el infinito ( lm
r(r) 0)tenemos para r < R
(r) = rEdr =
R
Ze
4pi0
dr
r2 rR
Ze
4pi0R3rdr =
Ze
4pi0R Ze
4pi02R3(r2 R2)
Para r R
(r) = rEdr =
R
Ze
4pi0
dr
r2=
Ze
4pi0RAs el potencial electrico es:
(r) =
Ze
4pi02R
(r2
R2 3
)r < R
Ze4pi0r
r RFinalmente, multiplicando pore en las anteriores expresiones, concluimos que la energa potencialdel electron debido al nucleo de carga Ze es:
V (r) =
Ze2
4pi02R
(r2
R2 3
)r < R
Ze24pi0r
r R
Ahora, la perturbacion esta dada por
H =
Ze2
4pi02R
(r2
R2+ 2R
r 3
)r < R
0 r R15
Fsica Atomica y Molecular
Calculemos el corrimiento de la energa a primer orden debido a la perturbacion, considerando quepara r < R, Rnl(r) ' Rnl(0) ' Rn0(0) = 4pin00(0)
E = nlm|H |nlm=
Ze2
4pi02R
R0|Rnl(r)|2
(r2
R2+
2R
r 3
)r2dr
' Ze2|Rn0(0)|24pi02R
[1
R2
R0r4dr + 2R
R0rdr 3
R0r2dr
]
E ' Ze2
4pi0
2pi
5R2|n00(0)|2
16
Graficar las funciones radiales de la solucion del atomo de Hidrogeno.
Solucion
Fig. 1 R10, D10. Fig. 1 R20, D20.
Fig. 1 R21, D21. Fig. 1 R30, D30.
Fig. 1 R31, D31. Fig. 1 R32, D32.
TAREA # 2 : FISICA ATOMICA Y MOLECULARProfesor: Jorge Mahecha G. Agosto 13, 2014.
Luis Santander Rodriguez CC:1020460343
Calcular el conmutador del campo electrico y el magnetico en el mismo instante[Ex(~r, t), Hy(~r, t)] .
Solucion
Sabemos que los campos estan definidos as:
~E(~r, t) =~k,
()~k~ka~k,e
ikt+i~k~r + ()~k ~ka~k,eikti
~k~r
~H(~r, t) =1
0
~k,
~k ()~kk
~ka~k,eikt+i~k~r +
~k ()~kk
~ka~k,eikti
~k~r
En este caso, tenemos que (()~k )x = ()~kx
y (~k ()~k )y = ()~kxkz ()~kz kx, usando las reglas de
conmutacion para a y a, y reemplazando 2k:
[Ex(~r, t), Hy(~r, t)] =
~k,
()~kx~ka~k,e
ikt+i~k~r + ()~kx ~ka~k,eikti
~k~r ,
1
0
~k,
kxkz kzkxk
~ka~k,eik t+i~k~r +
kxkz kzkxk
~ka~k,
eik ti~k~r
=~k,
~k,
~k~k0k
()~kx
(kxkz kzkx)eikt+i~k~reik ti~k~r [a~k,, a~k, ]
~k~k
+~k,
~k,
~k~k0k
()~kx
(kxkz kzkx)eikti~k~reik t+i~k~r [a~k,, a~k, ]
~k~k
=~k,
2k0k
()~kx
(kxkz kzkx)(ei~k(~r~r) ei~k(~r~r))
=}c2
2V
~k,
()~kx
(kxkz kzkx)(ei~k(~r~r) ei~k(~r~r))
Usando la ecuacion (1.1.37) del Scully calculemos la suma sobre
()~kx
(kxkz kzkx) = kz
()~kxkx kx
()~kxkz = kz(1
k2xk2
) kx(kxkzk2
) = kz
Reemplazando esta ecuacion, y haciendo~k V(2pi)3
d3~k obtenemos:
[Ex(~r, t), Hy(~r, t)] =}c2
2V
V
(2pi)3
d3~kkz(e
i~k(~r~r) ei~k(~r~r))
Con kz = iz y debido a que v f(~r)dV = v f(~r)dV siempre que v sea simetricod3~kkze
i~k(~r~r) =d3~k(kz)ei~k(~r~r)
Finalmente tenemos que
[Ex(~r, t), Hy(~r, t)] = }c21
(2pi)3
d3~k(iz)(ei~k(~r~r))
[Ex(~r, t), Hy(~r, t)] = i}c2 z(~r ~r)
Scully Hallar el valor de expectacion de un solo modo del operador de campo electricolinealmente polarizado E y E2.
Solucion
El operador de campo electrico es
E(~r, t) = Eaeikt+i~k~r + Eaeikti~k~rCalculemos el valor de expectacion, usando las propiedades de los operadores escalera:
n|E|n= n|Eaeikt+i~k~r + Eaeikti~k~r|n= Eeikt+i~k~rn|a|n+ Eeikti~k~rn|a|n= Eeikt+i~k~rn
:0n|n 1+ Eeikti~k~rn+ 1:0n|n+ 1
n|E|n = 0
Ahora para E2 tenemos:
n|E2|n= n|(Eaeikt+i~k~r + Eaeikti~k~r)2|n= n|E2e2(ikt+i~k~r)a2 + E2e2(ikti~k~r)a2 + E2aa + E2aa|n= E2e2(ikt+i~k~r)n|a2|n+ E2e2(ikti~k~r)n|a2|n+ E2n|aa + aa|n= E2e2(ikt+i~k~r)
n(n 1)
:0n|n 2+ E2e2(ikti~k~r)
(n+ 1)(n+ 2):0n|n+ 2
+E2n|2aa+ 1|n= E2(2n+ 1)n|n
n|E2|n = 2E2(n+ 12
)
Vemos entonces que el operador de campo electrico se anula, sin embargo el operador intensidadE2 es distinto de cero incluso para el estado de vaco |0.Por ultimo calculemos la desviacion estandar o incertidumbre:
E =(E E)2 =
E2
E =
2E2(n+ 1
2)
Scully Efecto Lamb.
Solucion
La teora de Dirac predice que la energa del nivel 2s 12
y 2p 12
son la misma para atomos hidrogenoi-des, el efecto Lamb es el corrimiento en la energa del nivel 2s 1
2. Este efecto es debido a fluctuacio-
nes cuanticas del operador de intensidad de campo electrico en el estado de vaco, y se refleja comouna perturbacion al potencial de Coulomb V (r) = e2
4pi0rsiendo r el radio del electron.
r r + rV =V (~r + ~r) V (~r)
= ~r V + 12
(~r )2V (~r) + ...Debido a que las flutcuaciones son isotropicas ~rvacio = 0, y el primer termino se anula, tambien(~r )2vacio = 13(~r)2vacio2
V =1
6(~r)2vacio2
( e
2
4pi0r
)atomo
Calculemos para el estado 2s del atomo de Hidrogeno
2( e
2
4pi0r
)atomo = e
2
4pi0
d3r2s(r)2(
1
r)2s(r) =
e2
0|2s(0)|2 = e
2
8pi0a30Para el estado 2p la funcion de onda se anula en el origen y por tanto no hay corrimiento en laenerga para este estado.
Ahora calculemos (~r)2vacio con la ecuacion de movimiento clasica para la componente k
md2
dt2(r)k = eEk
Donde para el campo oscilando con frecuencia se tiene r(t) ' r(0)et + c.c. por tanto lasolucion para un solo modo del campo es
(r)k =e
mc2k2Ek
Sumando sobre todos los modos del campo, y teniendo en cuenta el resultado del ejercicio anterior
(~r)2vacio =k
(e
mc2k2)20|(Ek)2|0 =
k
(e
mc2k2
)2 }ck20V
Llevando a una distribucion continua de modos, y teniendo en cuenta la isotropad3k = 4pi
k2dk
(~r)2vacio = 2 V(2pi)3
4pik2dk
(e
mc2k2
)2 }ck20V
=1
20pi2
(e2
}c
)(}mc
)2 dkk
El cual nos da un resultado divergente, para arreglar esto, recordemos que como estamos usandodinamica clasica, esta aproximacion es valida solamente cuando la frecuencia del campo esmucho mayor que la frecuencia 0 de la orbita de Bohr del electron > pica0 o k >
pia0
, la otracondicion es que el electron no puede ser relativista, as v
c= p
mc= }k
mc< 1 o k < mc} .
mc}
pica0
dk
k= ln
(40}ce2
)
Finalmente obtenemos entonces, que el corrimiento en el estado 2s del estado 2p es:
V = 43
e2
4pi0
e2
4pi0}c
(}mc
)21
8pia30ln
(40}ce2
)
Scully 1.2 Mostrar que eA+B = e 12 [A,B]eAeB
Solucion
Los operadores A y B satisfacen [A, [A,B]] = [B, [A,B]] = 0, por tanto [A+B, [A,B]] = 0
Sea F (t) = eAteBt. Notemos que F(0)=1.
dF
dt=AeAteBt + eAtBeBt
=AeAteBt + eAtBeAteAteBt
= (A+ eAtBeAt)eAteBt
Por otro lado tenemos que [eAt, B] = t[A,B]eAt, luego eAtB = BeAt + t[A,B]eAt, multiplicandotenemos que eAtBeAt = B + t[A,B], reemplazando en la ecuacion anterior
dF
dt= (A+B + t[A,B])eAteBt
= (A+B + t[A,B])F (t)
Integrando y evaluando en F (1)
F (t) = F (0)e(A+B)t+12
[A,B]t2 = e(A+B)te12
[A,B]t2
eAeB = eA+Be12
[A,B]
Scully 1.3 Mostrar que eABeA = B [A,B] + 22!
[A, [A,B]] + ...
Solucion
Expandamos en serie de potencias el lado izquierdo
eABeA = (1 A+ (A)2
2!+ ...)B(1 + A+
(A)2)
2!+ ...)
=B AB + BA+ (A)2
2!B +B
(A)2
2! 2ABA+ ...
=B [A,B] + 2
2!(A2B 2ABA+BA2) + ...
eABeA = B [A,B] + 2
2![A, [A,B]] + ...
Scully 1.6 Mostrar que el Hamiltoniano de atomo libre H = }(aa + 12) tambien puede
escribirse comoH = nEn|nn|, y de aqu que e i}Ht = n e i}Ent|nn|Solucion
Debido a que {|n} forma una conjunto completo de estados, podemos escribir el operador identidadcomo I =
n |nn|, as
H = HI = Hn
|nn| = n
En|nn|Por otro lado tenemos que
H|n = }(aa+ 12
)|n = }(n+ 12
)|n = En|nAs con En = }(n+ 12)
H = n
En|nn|
Ahora expandamos en serie de potencias
ei}Ht =
k=1
( i}Ht)kk!
=k=1
( i}t)k
k!
[n
En|nn|]k
=n
|nn|k=1
( i}Ent)k
k!
ei}Ht =
n
ei}Ent|nn|
Scully 1.9 Verificar que (1)~ki (1)~kj
+ (2)~ki
(2)~kj
= ij kikjk2 por calculo directoSolucion
Se define el vector de onda como ~k = k(sincos, sinsin, cos), y los vectores de polarizacion
(1)~k
= (sin,cos, 0) y (2)~k = (coscos, cossin,sin)
Para i = j = 1:
sin2+ cos2cos2 = 1 k2sin2cos2
k2
1 sin2cos2 = 1 sin2cos2Para i = j = 2:
cos2+ cos2sin2 = 1 k2sin2sin2
k2
1 sin2sin2 = 1 sin2sin2Para i = j = 3:
sin2 = 1 k2cos2
k2
sin2 = sin2
As:
(1)~ki
(1)~kj
+ (2)~ki
(2)~kj
= ij kikjk2
Scully Mostrar que eitaaaeitaa = aet y que eitSzS+eitSz = S+eit
Solucion
Usando la formula de BakerCampbellHausdorff, y [aa, a] = a
eitaaaeita
a = a+ it[aa, a] +(it)2
2[aa, [aa, a]] + ...
= a ita+ (it)2
2a+ ... = a(1 it+ (it)
2
2+ ...)
eitaaaeita
a = eit
eitSzS+eitSz = S+eit
Esfera de Bloch. Mostrar que ~S = }2n siendo n el vector unitario en coordenadas esfericas.
Solucion
La funcion de onda esta dada por por la superposicion
Fig. 1 Esfera de Bloch.
| = cos2|12
1
2+ eisin
2|12 1
2 (15)
Donde se calcula el valor esperado de cada componente delespn
Si = |Si| i = x, y, z (16)
Sx=[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [
}2x
] [cos
2|12
1
2+ eisin
2|12 1
2]
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] 0 1
1 0
cos 2eisin
2
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] eisin 2
cos 2
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [eisin
2|12
1
2+ cos
2|12 1
2]
=}2
[cos
2sin
2ei1
2
1
2|12
1
2+ cos
2sin
2ei1
2 1
2|12 1
2]
=}2
[cos
2sin
2(ei + ei)
]=
}2
[2cos
2sin
2cos
]=
}2sincos
As
Sx = }2sincos (17)
Ahora para y
Sy=[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [
}2y
] [cos
2|12
1
2+ eisin
2|12 1
2]
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] 0 i
i 0
cos 2eisin
2
=i}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|]eisin 2
cos 2
=i}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [eisin
2|12
1
2+ cos
2|12 1
2]
=i}2
[cos
2sin
2ei1
2
1
2|12
1
2+ cos
2sin
2ei1
2 1
2|12 1
2]
=i}2
[cos
2sin
2(ei ei)
]=
}2
[2cos
2sin
2sin
]=
}2sinsin
As
Sy = }2sinsin (18)
Ahora para z
Sz=[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [
}2z
] [cos
2|12
1
2+ eisin
2|12 1
2]
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] 1 0
0 1
cos 2eisin
2
=}2
[cos
212
1
2|+ eisin
212 1
2|] [cos
2|12
1
2 eisin
2|12 1
2]
=}2
[cos2
2 sin2
2
]=
}2cos
As
Sz = }2cos (19)
Considerando (3),(4) y (5)
~S= |Sx+ Sy + Szk| = Sx+ Sy+ Szk=}2sincos+
}2sinsin+
}2cosk
Finalmente, con n = sincos+ sinsin+ cosk
~S = }2n
Estados puros Mostrar que |ii| = 12(I + n)Solucion
Expandamos el lado derecho de la ecuacion
1
2(I + n) = 1
2
1 0
0 1
+1 0
0 1
sincos+0 ii 0
sinsin+1 0
0 1
cos
=1
2
1 + cos sincos isinsinsincos+ isinsin 1 cos
=
1+cos2 12sinei12sinei 1+cos
2
=
cos2 2 eisin 2cos 2eisin
2cos
2sin2
2
=
cos 2eisin
2
(cos 2eisin
2
)= |ii|
|ii| = 12
(I + n)
Bransden 4.2 Ecuacion de Schrodinger de un atomo hidrogenoide en presencia de un campoelectromagnetico.
Solucion
Partamos de la ecuacion [4,17]:
i}
t(~r, t) =
[1
2m(i}+ e ~A)2 Ze
2
4pi0r
](~r, t)
Expandamos el parentesis y teniendo en cuenta el gauge de Coulomb:
i}
t(~r, t) =
[ }
2
2m2 Ze
2
4pi0r ie}
m~A + e
2
2mA2]
(~r, t)
Usando la aproximaxion dipolar despreciamos el termino de orden A2, tambien de el gauge deCoulomb ~A = 0 se tiene que ~p conmuta con ~A, as el termino ~A se anula y con la sustitucion(~r, t) = e
ie}~A(t)~r(~r, t)
i}
t
[e
ie}~A(t)~r(~r, t)
]=
[ }
2
2m2 Ze
2
4pi0r
]e
ie}~A(t)~r(~r, t)
Expandiendo cada termino de la ecuacion anterior
i}(~r, t)
te
ie}~A(t)~r + i}
ie
}~r (d
~A
dt)(~r, t)e
ie}~A(t)~r =
[ }
2
2m2 Ze
2
4pi0r
]e
ie}~A(t)~r(~r, t)
Cancelando el factor exponencial, e identificando el campo electrico ~E = dAdt
i}
t(~r, t) =
[ }
2
2m2 Ze
2
4pi0r+ e( ~E ~r)
](~r, t)
Bransden 4.4 Tasa de transicion para la absorcion y para la emision espontanea.
Solucion
Partimos de la ecuacion [4,67]:
Wba =4pi2
c}2
(e2
4pi0
)I(ba)|rba|2cos2
Calculemos el promedio de cos2 para la radiacion isotropica sin polarizacion
cos2 =dcos2
4pi=
1
2
pi0cos2sind =
1
3As:
Wba =4pi2
3c}2
(e2
4pi0
)I(ba)|rba|2
Ahora calculemos la tasa de transicion para la emision espontanea
W sba =1
2pic2}
(e2
4pi0
)3ba
d{|1 rba|2 + |2 rba|2}
=1
2pic2}
(e2
4pi0
)3ba
d|rba|2[cos21 + cos22]
=1
2pic2}
(e2
4pi0
)3ba|rba|2
(4pi
3+
4pi
3
)
=4
3c2}
(e2
4pi0
)3ba|rba|2
Por lo tanto
W sba =4
3c2}
(1
4pi0
)3ba|Dba|2
Computacional Reproducir la grafica 6.2 del Scully.
Solucion
La evolucion temporal de la inversion de poblacion esta dada por
W (t) =n=0
nn(0)
[2
2n+
4g2(n+ 1)
2ncos(nt)
]
Para un estado coherente inicial nn(0) =nnen
n!tomando n = 25, y por simplicidad conside-
rando el sistema en resonancia = 0, lo cual implica que 2n = 4g2(n+ 1), as obtenemos
W (t) =n=0
25n
e25n!cos(2
n+ 1gt)
Fig. 1 Collapses and Revivals.
Fig. 2 Collapses and Revivals.
Scully 10.1 Hallar los estados propios del Hamiltoniano en el cuadro de interaccion y lasenergas correspondientes
Solucion
El hamiltoniano en el cuadro de interaccion esta dado por:
V = }g(+a+ a)Suponemos que este Hamiltoniano posee estados estacionarios del sistema atomo+campo convalores propios dados por las energas
V| = |Donde | es una superposicion de los estados del sistema, con A y B constantes:
| = A|a, n+B|b, n+ 1Reemplazando en la ecuacion de autovalores tenemos:
}g(+a+ a)[A|a, n+B|b, n+ 1] = [A|a, n+B|b, n+ 1]
A}gn+ 1|b, n+ 1+B}gn+ 1|a, n = A|a, n+ B|b, n+ 1
De la cual al multiplicar por los estados a, n| y b, n+ 1| se consigue
B}gn+ 1 = A
A}gn+ 1 = B
Con la condicion |A|2 + |B|2 = 1 obtenemos los dos autovalores de la energa, para AB
= 1 conlos cuales contruimos los estados propios del sistema
|+, n = 12
[|a, n+ |b, n+ 1] = }gn+ 1 = }n2
|, n = 12
[|a, n |b, n+ 1] = }gn+ 1 = }n2
Scully Enfriamiento laser
Solucion
La fuerza que ejerce un haz de luz sobre un atomo que se mueve con velocidad v es
Fa = }k2R
4( kv)2 + 2 + 22REn el limite, cuando no hay saturacion R = 0 en el denominador, y para velocidades pequenas,expandimos el denominador como binomio de Newton
Fa' }k 2R
4( kv)2 + 2
' }k 2R
4(2 2kv) + 2
=}k2R
42 + 2
[1
1 8kv42+2
]
' }k2R
42 + 2
[1 8kv
42 + 2
]
Fa =}k2R
42 + 2 8}k
22Rm(42 + 2)2
mv
Vemos que el segundo termino es proporcional a la velocidad del atomo, esta fuerza actua comouna fuerza de friccion la cual hace que un conjunto de atomos disminuya su velocidad y por tantodisminuya la temperatura del sistema, metodo conocido como Enfriamiento laser.
TAREA # 3 : FISICA ATOMICA Y MOLECULARProfesor: Jorge Mahecha G. Septiembre 17, 2014.
Luis Santander Rodriguez CC:1020460343
Expresar el Hamiltoniano del atomo de dos electrones en las coordenadas perimetricas.
Solucion
Las coordenadas perimetricas, con =E0, estan definidas as:
u = (r2 + r12 r1)v = (r1 + r12 r2)w = 2(r1 + r2 r12)
En las coordenas de Hylleras, s = r1 + r2 ,t = r1 r2 , = r12 el Hamiltoniano es:
H =}22m
(21 +22)2Ze2
4pi0(
1
s+ t+
1
s t) +e2
4pi0
1
Las coordenadas perimetricas se pueden escribir en terminos de las coordenadas de Hylleras de lasiguiente manera:
u = ( t)v = (+ t)
w = 2(s )Despejando s t, s+ t y tenemos:
s t = w 2v2
s+ t =w + 2v
2
=u+ v
2As, el Hamiltoniano en las coordenadas perimetricas es:
H =}22m
(21 +22)2Ze2
4pi0(
2
w + 2v+
2
w 2v ) +e2
4pi0
2
u+ v
H =}22m
(21 +22)4Ze2
4pi0
2w
w2 4v2 +e2
4pi0
2
u+ v
Funcion de ensayo de Byron & Joachain para el Helio
Solucion
La funcion de ensayo para el estado base del atomo del Helio es:
0(r1, r2) = 1s(r1)1s(r2) =1
4pi(Aer1 +Ber1)(Aer2 +Ber2)
La condicion de normalizacion 1s(r)|1s(r) = 1 nos da una relacion deA conB, al minimizar elfuncional de energa E[A,, ] = 0|H|0 respecto a los tres parametros obtenemos un sistemade 3 ecuaciones con 3 incognitas:
E
A= 0
E
= 0
E
= 0
Realicemos primero la integral de normalizacion
1s(r)|1s(r)=d3r
1
4pi(Aer +Ber)2
=drr2[A2e2r +B2e2r + 2ABe(+)r]
=
(A2
2!
(2)3+B2
2!
(2)3+ 2AB
2!
( + )3
)
1 =A2
43+B2
43+
4AB
( + )3
Ahora hallemos el funcional de energa
E=E[A,, ] = 0|H|0= 0|1
2(21 +22) 2(
1
r1+
1
r2) +
1
r12|0
Funcion de ensayo de Chandrasekar para el H
Solucion
La funcion de ensayo para el estado base del ion de Hidrogeno es:
0(r1, r2) =N
4pi(er1r2 + er1r2)
La condicion de normalizacion 0(r1, r2)|0(r1, r2) = 1 y la minimizacion del funcional deenerga E[, ] = 0|H|0 respecto a los dos parametros obtenemos un sistema de 3 ecuacionescon 3 incognitas:
0(r1, r2)|0(r1, r2) = 1 E
= 0E
= 0
Realicemos primero la integral de normalizacion
0(r1, r2)|0(r1, r2) = 1 =d3r1
d3r2
N2
(4pi)2(er1r2 + er1r2)2
=N2dr1r
21[e2(r1+r2) + e2(r1+r2) + 2e(+)(r1+r2)]
1 =N2[
1
833+
8
( + )6
]Ahora hallemos el funcional de energa
E=E[, ] = 0|H|0= 0|1
2(21 +22) 2(
1
r1+
1
r2) +
1
r12|0
Calculemos cada termino por separado,
2r10 =d3r1
d3r2
02r10
=d3r1
d3r2(
N
4pi)2(er1r2 + er1r2)
[1
r21
d
dr1(r21
d
dr1)
](er1r2 + er1r2)
=N2dr2r
22
dr1(e
r1r2 + er1r2)[2r1(er1r2 er1r2)+r21(
2er1r2 + 2er1r2)]
=N2{2[
dr2r22e2r2
dr1r1e
2r1] 2( + )
[dr2r
22e(+)r2
dr1r1e
(+)r1]
2[
dr2r22e2r2
dr1r1e
2r1]
+ 2[
dr2r22e2r2
dr1r
21e2r1
]+(2 + 2)
[dr2r
22e(+)r2
dr1r
21e(+)r1
]+ 2
[dr2r
22e2r2
dr1r
21e2r1
]}
=N2[ 1(23)
4( + )4
1(2)3
+1
(2)(2)3+
4(2 + 2)
( + )6+
1
(2)(2)3
]
Notando que debido a la simetra de la funcion de ensayo
2r10 = 2r20Obtenemos el primer termino
12
(21 +22)0 = N2[
1
(2)(2)3+
8
( + )6+
1
(2)(2)3
]Calculemos el segundo termino
1r10 =
d3r1
d3r2
0
1
r10
=d3r1
d3r2(
N
4pi)2(er1r2 + er1r2)
[1
r1
](er1r2 + er1r2)
=N2dr1r1
dr2r2(e
2(r1+r2) + e2(r1+r2) + 2e(+)(r1+r2))
=N2{dr1r1e
2r1dr2r
22e2r2 + 2
dr1r1e
(+)r1dr2r
22e(+)r2
+dr1r1e
2r1dr2r
22e2r2}
Por el mismo argumento del calculo anterior se cumple que
1r10 =
1
r20
Obtenemos entonces, el segundo termino
2( 1r1
+1
r2)0 = 2N2
[4
(2)2(2)3+
8
( + )5+
4
(2)2(2)3
]Calculemos el tercer termino
1r120 =
d3r1
d3r2
0
1
r120
=d3r1
d3r2(
N
4pi)2(er1r2 + er1r2)
k=0
kq=k
4pi
2k + 1
rk
Y kq(1)Ykq(2)
(er1r2 + er1r2)
=N2dr1r
21
dr2r
22
1
r>(e2(r1+r2) + e2(r1+r2) + 2e(+)(r1+r2))
Despues de realizar unas simplificaciones a los terminos resultantes de la integracion por partes,
1r120 =N2{
1
82( + )3 1
163( + )2+
1
823+
5
2( + )5
182( + )3
1163( + )2
+1
832}
Finalmente, al sumar los tres terminos hallamos el funcional de energa
E=E[, ] = N2{ 1(2)(2)3
+8
( + )6+
1
(2)(2)3 2 4
(2)2(2)3 2 8
( + )5
2 4(2)2(2)3
182( + )3
1163( + )2
+1
823+
5
2( + )5
182( + )3
1163( + )2
+1
832}
Funcion de ensayo de Hylleraas.
Solucion
La funcion de ensayo esta dada por
(s, t, ) = eksi
Cii
Con 1 = 1, 2 = u, 3 = t2, 4 = s, 5 = st2, se construye la ecuacion generalizada devectores propios
det |H E| = 0El Hamiltoniano esta dado por
H =}22m
(21 +22)2Ze2
4pi0(
1
s+ t+
1
s t) +e2
4pi0
1
Construimos la matriz como
H =
1|H|1 1|H|2 1|H|3 1|H|4 1|H|52|H|1 2|H|2 2|H|3 2|H|4 2|H|53|H|1 3|H|2 3|H|3 3|H|4 3|H|54|H|1 4|H|2 4|H|3 4|H|4 4|H|55|H|1 1|H|2 5|H|3 5|H|4 5|H|5
Tambien tenemos que
=
1|1 1|2 1|3 1|4 1|52|1 2|2 2|3 2|4 2|53|1 3|2 3|3 3|4 3|54|1 4|2 4|3 4|4 4|55|1 1|2 5|3 5|4 5|5
Demostrar que la integral de intercambio de Heisenberg Kab es real y positiva.
Solucion
Sea a = 100 y b = nlm, se define la integral de intercambio de Heisenberg como:
Kab = a(~r1)b(~r2)|H |b(~r1)a(~r2)=d3r1
d3r2
100(~r1)
nlm(~r2)
1
r12nlm(~r1)100(~r2)
=d3r1
d3r2
k=0
kq=k
4pi
2k + 1
rk
R10(r1)Y
00(1)Rnl(r2)Ylm(2)Y
kq(1)Ykq(2)
Rnl(r1)Ylm(1)R10(r2)Y00(2)=
K100,nlm =1
2l + 1
0
dr1r21R10(r1)Rnl(r1)
0
dr2r22R10(r2)Rnl(r2)
rl
As, mostramos entonces que K100,nlm es Real, y debido a que l 0, ri > 0 y R10(r) > 0 paratodo r, solo nos interesa el signo de Rnl(r)
Bransden 6.4 Evaluar explicitamente las integrales directa y de intercambio para los casosn = 2, l = 0, 1
Solucion
Para el Helio Z = 2, la funcion radial es
Rnl(r) = (2Z
n
)3 (n l 1)!2n[(n+ l)!]3
eZnr(
2Z
nr)lL2l+1n+l (
2Z
nr)
Ahora la integral directa es:
J2l =
0dr2r
22R
22l(r2)
[1
r2
r20dr1r
21R
210(r1) +
r2
dr1r1R210(r1)
]Resolviendo las integrales con software obtenemos que
J20 = 0,41975308642 J21 = 0,48559670781
La integral de intercambio es:
K2l =1
2l + 1
0
dr2r22R10(r2)Rnl(r2)
0
dr1r21R10(r1)Rnl(r1)
rl
K2l =1
2l + 1
0
dr2r22R10(r2)Rnl(r2)
[1
rl+12
r20dr1r
l+21 R10(r1)Rnl(r1) + r
l2
r2
1
rl1R10(r1)Rnl(r1)
]Resolviendo las integrales con software obtenemos que
K20 = 0,04389574759 K21 = 0,03414113702
As los valores de la energa a primer orden son
Enl, = Z2
2
(1 +
1
n2
)+ Jnl Knl
E21S = Z2
2
(1 +
1
4
)+ J20 +K20 = 2,03635116598
E23S = Z2
2
(1 +
1
4
)+ J20 K20 = 2,12414266118
E21P = Z2
2
(1 +
1
4
)+ J21 +K21 = 1,98026215516
E23P = Z2
2
(1 +
1
4
)+ J21 K21 = 2,1143880506
Bransden 6.5 Un atomo de Helio es excitado desde el estado base hasta el estado autoionizante2s4p por la absorcion de luz ultravioleta. Asumiendo que el electron 2s se mueva en elpotencial de Coulomb del nucleo y el electron 4p se mueva en el potencial de Coulombcompletamente apantallado por el otro electron.
Solucion
a) Hallar la energa del estado autoionizante y la longitud de onda de la radiacion ultravioleta
E(2s4p) = Z2
2n2 (Z 1)
2
2n2= 1
2 1
32= 17
32= 0,53125a.u.
E(2s4p) = 0,53125a.u.
Ahora teniendo en cuenta que la energa del estado base 1s2 es 2,9a.u, tenemos:
E =hc
= E(2s4p) E(1s2) = 0,53 (2,9) = 2,47a.u.
= 192A
b) Hallar la velocidad de Auger del electron
E(He+(1s)) = 2a.u.
E =1
2mv2 = E(2s4p) E(He+(1s)) = 0,53125 (2) = 1,46875a.u.
As la velocidad con la que el electron es emitido es
v = 1,713a.u. = 3,75 106ms
Configuracion de tres electrones no equivalentes ns, ns, ns
Solucion
Los estados posibles del sistema son:
a : n00 a : n00 b : n00 b : n00 c : n00 c : n00
Los determinantes de Slater formados con los anteriores estados son:
Slater ML MS
(a, b, c) 0 32
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 32
La tabla de Slater es la siguiente
MS
32
12
12
32
ML 0
(a, b, c) (a, b, c)
(a, b, c) (a, b, c) (a, b, c) (a, b, c)
(a, b, c) (a, b, c)
Estas proyecciones se deben a L = 0 y S = 12, 3
2, as las configuraciones del sistema son
2S 4S
Configuracion de tres electrones equivalentes np3
Solucion
Los estados posibles del sistema son
a : n11 b : n10 c : n1 1 a : n11 b : n10 c : n1 1
Los determinantes de Slater formados con los anteriores estados son 6 tomado 3, es decir 20determinantes de Slater:
Slater ML MS
(a, a, b) 2 12
(a, a, b) 2 12
(a, a, c) 1 12
(a, a, c) 1 12
(b, b, a) 1 12
(b, b, a) 1 12
(a, b, c) 0 32
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 12
(a, b, c) 0 32
(b, b, c) -1 12
(b, b, c) -1 12
(c, c, a) -1 12
(c, c, a) -1 12
(c, c, b) -2 12
(c, c, b) - 2 12
La tabla de Slater es la siguiente
ML. . . MS 32 12 12 32-2 (c, c, b) (c, c, b)
-1 (c, c, a) (c, c, a)
(b, b, c) (b, b, c)
(a, b, c) (a, b, c)
0 (a, b, c) (a, b, c) (a, b, c) (a,b,c)
(a, b, c) (a, b, c)
1 (b, b, a) (b, b, a)
a, a, c) (a, a, c)
2 (a, a, b) (a, a, b)
Determinemos los terminos espectrales
ML = 2,MS =1
2 L = 2, S = 1
2 2D
ML = 1,MS =1
2 L = 1, S = 1
2 2P
ML = 0,MS =3
2 L = 0, S = 3
2 4S
Configuracion de tres electrones np2np
Solucion
Los estados posibles del sistema son
a : n11 b : n10 c : n11 d : n11 e : n10 f : n11 a : n11 b : n10 c : n11 d : n11 e : n10 f : n11
Los determinantes de Slater formados con los anteriores estados son
Slater ML MS Slater ML MS Slater ML MS
(a, a, d) 3 12
(a, c, e) 0 32
(a, b, f) 0 12
(a, a, d) 3 12
(a, c, e) 0 12
(a, b, f ) 0 32
(a, a, e) 2 12
(a, c, f) -1 32
(a, c, d) 1 12
(a, a, e) 2 12
(a, c, f ) -1 12
(a, c, d) 1 12
(a, a, f) 1 12
(a, c, d) 1 12
(a, c, e) 0 12
(a, a, f ) 1 12
(a, c, d) 1 12
(a, c, e) 0 12
(a, b, d) 2 32
(a, c, e) 0 12
(a, c, f) -1 12
(a, b, d) 2 12
(a, c, e) 0 12
(a, c, f ) -1 12
(a, b, e) 1 32
(a, c, f) -1 12
(a, c, d) 1 12
(a, b, e) 1 12
(a, c, f ) -1 12
(a, c, d) 1 32
(a, b, f) 0 32
(a, b, d) 2 12
(a, c, e) 0 12
(a, b, f ) 0 12
(a, b, d) 2 12
(a, c, e) 0 32
(a, b, d) 2 12
(a, b, e) 1 12
(a, c, f) -1 -12
(a, b, d) 2 32
(a, b, e) 1 12
(a, c, f ) -1 32
(a, b, e) 1 12
(a, b, f) 0 12
(b, b, d) 1 12
(a, b, e) 1 12
(a, b, f ) 0 12
(b, b, d) 1 12
(a, b, f) 0 12
(a, b, d) 2 12
(b, b, e) 0 12
(a, b, f ) 0 12
(a, b, d) 2 32
(b, b, e) 0 12
(a, c, d) 1 32
(a, b, e) 1 12
(b, b, f) -1 12
(a, c, d) 1 12
(a, b, e) 1 32
(b, b, f ) -1 12
Slater ML MS Slater ML MS
(b, c, d) 0 32
(b, c, e) -1 12
(b, c, d) 0 12
(b, c, f) -2 12
(b, c, e) -1 32
(b, c, f ) -2 12
(b, c, e) -1 12
(b, c, d) 0 12
(b, c, f) -2 32
(b, c, d) 0 32
(b, c, f ) -2 12
(b, c, e) -1 12
(b, c, d) 0 12
(b, c, e) -1 32
(b, c, d) 0 12
(b, c, f) -2 12
(b, c, e) -1 12
(b, c, f ) -2 32
(b, c, e) -1 12
(c, c, d) -1 12
(b, c, f) -2 12
(c, c, d) -1 12
(b, c, f ) -2 12
(c, c, e) -2 12
(b, c, d) 0 12
(c, c, e) -2 12
(b, c, d) 0 12
(c, c, f) -3 12
(b, c, e) -1 12
(c, c, f ) -3 12
Teniendo en cuenta que cada electron en la subcapa p admite 6 estados, calculemos la degenera-cion de cada termino
np2 1 =(
6
2
)= 15
np 2 =(
6
1
)= 6
As, la degeneracion total es
np2np = 12 = 90
La tabla de Slater es:
MS. . . ML -3 -2 -1 0 1 2 3
(b, c, f ) (a, c, f ) (a, b, f ) (a, b, e) (a, b, d)
32
(b, c, e) (a, c, e) (a, c, d)
(b, c, d)
(c, c, f ) (b, c, f ) (a, c, f ) (a, b, f ) (a, a, f ) (a, b, d) (a, a, d)
(b, c, f ) (a, c, f ) (a, c, e) (a, b, e) (a, b, d)
(b, c, f) (a, c, f) (a, b, f ) (a, b, e) (a, b, d)
(c, c, e) (b, b, f ) (a, b, f) (a, b, e) (a, a, e)
-12
(b, c, e) (a, c, e) (b, b, d)
(b, c, e) (a, c, e) (a, c, d)
(b, c, e) (b, b, e) (a, c, d)
(c, c, d) (b, c, d) (a, c, d)
(b, c, d)
(b, c, d)
(c, c, f) (b, c, f) (a, c, f) (a, b, f) (a, a, f) (a, b, d) (a, a, d)
(b, c, f) (a, c, f) (a, c, e) (a, b, e) (a, b, d)
(b, c, f ) (a, c, f ) (a, b, f) (a, b, e) (a, b, d)
(c, c, e) (b, b, f) (a, b, f ) (a, b, e) (a, a, e)12
(b, c, e) (a, c, e) (b, b, d)
(b, c, e) (a, c, e) (a, c, d)
(b, c, e) (b, b, e) (a, c, d)
(c, c, d) (b, c, d) (a, c, d)
(b, c, d)
(b, c, d)
(b, c, f) (a, c, f) (a, b, f) (a, b, e) (a, b, d)
32
(b, c, e) (a, c, e) (a, c, d)
(b, c, d)
Los terminos espectrales asociados a esta configuracion, con degeneracion (2L+ 1)(2S + 1) son:
ML = 3,MS =1
2 L = 3, S = 1
2 2F
ML = 2,MS =3
2 L = 2, S = 3
2 4D
ML = 2,MS =1
2 L = 2, S = 1
2 2 2D
ML = 1,MS =3
2 L = 1, S = 3
2 4P
ML = 1,MS =1
2 L = 1, S = 1
2 3 2P
ML = 0,MS =3
2 L = 0, S = 3
2 4S
ML = 0,MS =1
2 L = 0, S = 1
2 2S
Ahora calculemos las autofunciones
2F3 12
= (c, c, f )
L+2F3 12
=
3(3 + 1) (3)(3 + 1)2F2 12
=
62F2 12
L+(c, c, f ) = (l1+ + l2+ + l3+)(c, c, f )
= l1+(c, c, f ) + l2+(c, c, f ) + l3+(c, c, f )
=
2(b, c, f ) +
2(c, b, f ) +
2(c, c, e)
As
2F2 12
=13
[(b, c, f ) + (b, c, f ) + (c, c, e)]
La energa para el estado 2F es:
E(2F ) = (c, c, f )|H|(c, c, f )= Ic + Ic + If + Jcc + Jcf + Jcf *
0Kcc *
0Kcf Kcf
= Inp + Inp + Inp + Jnp1,np1 + Jnp1,np1 + Jnp1,np1 Knp1,np1= 2Inp + Inp + F 0np,np +
1
25F 2np,np + 2F
0np,np +
2
25F 2np,np G0np,np
1
25G2np,np
E(2F ) = 2Inp + Inp + F 0np,np +1
25F 2np,np + 2F
0np,np +
2
25F 2np,np G0np,np
1
25G2np,np
Las ecuaciones de Harthree-Fock para el estado 2F , con E(2F ) = 0, np|np = np|np = 1
[E(2F )
0
2np(r)dr
02np(r)dr
]= 0
{2Inp + Inp + F 0np,np +1
25F 2np,np + 2F
0np,np +
2
25F 2np,np G0np,np
1
25G2np,np
02np(r)dr
0
2np(r)dr} = 0
{2
0drnp(r)
(1
2
d
dr2 zr
+1
r2
)np(r) +
0
drnp(r)
(1
2
d
dr2 zr
+1
r2
)np(r)
+
0dr1
0
dr21
r>2np(r1)
2np(r2) +
1
25
0
dr1
0
dr2r22np(r1)
2np(r2)
+2
0dr1
0
dr21
r>2np(r1)
2np(r2) +
2
25
0
dr1
0
dr2r22np(r1)
2np(r2)
0dr1
0
dr21
r>np(r1)np(r1)np(r2)np(r2)
125
0
dr1
0
dr2r2np(r1)np(r1)np(r2)np(r2)
02np(r)dr
0
2np(r)dr} = 0
Definiendo W0(r) = 12 ddr2 zr + 1r2 y W 0(r) = 12 ddr2 zr + 1r2
4
0drnp(r)W0np(r) + 2
0
drnp(r)W0np(r) + 2
0
dr1
0
dr21
r>np(r1)np(r1)
2np(r2)
+2
0dr1
0
dr21
r>np(r2)np(r2)
2np(r1) +
2
25
0
dr1
0
dr2r2np(r1)np(r1)
2np(r2)
+2
25
0
dr1
0
dr2r2np(r2)np(r2)
2np(r1) + 4
0
dr1
0
dr21
r>np(r1)np(r1)
2np(r2)
+4
0dr1
0
dr21
r>np(r2)np(r2)
2np(r1) +
4
25
0
dr1
0
dr2r2np(r1)np(r1)
2np(r2)
+4
25
0
dr1
0
dr2r2np(r2)np(r2)
2np(r1)
0
dr1
0
dr21
r>np(r1)np(r1)np(r2)np(r2)
0dr1
0
dr21
r>np(r1)np(r1)np(r2)np(r2)
0
dr1
0
dr21
r>np(r2)np(r1)np(r1)np(r2)
0dr1
0
dr21
r>np(r2)np(r1)np(r1)np(r2) 1
25
0
dr1dr2r2np(r1)np(r1)np(r2)np(r2)
125
0
dr1dr2r2np(r1)np(r1)np(r2)np(r2) 1
25
0
dr1dr2r2np(r2)np(r1)np(r1)np(r2)
125
0
dr1
0
dr2r2np(r2)np(r1)np(r1)np(r2) = 0
Definiendo
W1(r1) =
0dr2
1
r>2np(r2)
W2(r1) =
0dr2
r22np(r2)
W3(r1) =
0dr2
1
r>2np(r2)
W4(r1) =
0dr2
r22np(r2)
W5(r1) =
0dr2
1
r>np(r2)np(r2)
W6(r1) =
0dr2
r2np(r2)np(r2)
Obtenemos finalmente la ecuacion de Harthree-Fock resultante
[2W0 +W1 +
2
25W2 + 2W3 +
2
25W4 W5 1
25W6
]np(r1) = 0
TAREA # 4 : FISICA ATOMICA Y MOLECULARProfesor: Jorge Mahecha G. Octubre 1, 2014.
Luis Santander Rodriguez CC:1020460343
Bransden 9.4 Cuando una molecula diatomica rota se extiende, as la distancia internuclearaumenta hasta R1. Dar la expresion aproximada [9,35]
Solucion
Consideremos la distorsion centrfuga molecular. La ecuacion de onda nuclear para la parte radial es[ }
2
2
d2
dR2+ Veff (R) Es,v,J
]F sv,J(R) = 0
Expandamos Veff alrededor del mnimo R1
Veff (R) = V0 +1
2k(RR1)2 + c1(RR1)3 + c2(RR1)4 V0 + 1
2k(RR1)2
As
VeffdR
= k(RR1) = 2De2(RR1) (1)Por otro lado, de la definicion tenemos
Veff (R) = V (R) +}2
2
J(J + 1)
R2
Derivando
VeffdR
=V
dR }
2
J(J + 1)
R3(2)
Igualando las ecuaciones (1) y (2), evaluando en R0
2De2(R0 R1) =
dV
dR|R=R0
}2
J(J + 1)
R30
R1 = R0 +}2
2De2
J(J + 1)
R30
Bransden 9.3 Encontrar la energa de disociacion del deuterio (D2), dado que la energa dedisociacion del (H2) es 4,48eV y que el nivel vibracional mas bajo del (H2) es 0,26eV
Solucion
La energa de disociacion de una molecula es
D0 = De }02
As, para el diHidrogeno
D0(H2) = 4,48eV
El nivel vibracional mas bajo es
}0(H2)2
= 0,26eV
Por tanto
De(H2) = 4,75eV
Notando que la profundidad del pozo de potencial no se afecta por los neutrones, tenemos que
De(H2) = De(D2)
Calculemos entonces el nivel vibracional mas bajo del deuterio
}0(D2)2
=}2
k
D2=
12
}0(H2)2
Finalmente hallamos la energa de disociacion del deuterio
D0(D2) = 4,48eV + 0,26 0,17
D0(D2) = 4,557eV
Bransden 9.6 Hallar la funcion de solapamiento D, y los elementos matriciales HAA, HABpara el ion de Hidrogeno molecular
Solucion
La funcion de solapamiento es
D = 1 I(R) = 1d3r1s(rA)1s(rB)
La funcion de ensayo es
1s(r) = u1s(Z, r) =
Z3
pieZ
r
Calculemos I(R) con las integrales dadas en el apendice de Bransden
I(R) =Z3
pi
d3rez
(rA+rB)
I(R) = (1 + ZR +1
3Z2R)eZ
R
As la funcion de solapamiento es
D = 1 (1 + ZR + 13Z2R)eZ
R
Ahora hallemos HAA
HAA =d3r1s(rA)H1s(rA)
=d31s(rA)
[1
22r
1
rA 1rB
+1
R
]1s(rA)
=d31s(rA)
[(1
22r
Z
rA) +
Z 1rA
1rB
+1
R
]1s(rA)
=Z2
2+ (Z 1)
d3r|1s(rA)|2
rAd3r|1s(rA)|2
rB+
1
R
=E1s + Z(Z 1) + Ze2ZR 1
Re2Z
R +1
R
HAA = E1s + Z(Z 1) + 1
R[ZR 1]e2ZR + 1
R
Ahora calculemos HAB
HAB =d3r1s(rA)H1s(rB)
=d31s(rA)
[1
22r
1
rA 1rB
+1
R
]1s(rB)
=d31s(rA)
[(1
22r
Z
rB) +
Z 1rB
1rA
+1
R
]1s(rB)
=Z2
2I(R) + (Z 1)
d3r
1s(rA)1s(rB)
rBd3r
1s(rA)1s(rB)
rA+
1
RI(R)
= [E1s +1
R]I(R) Z(1 + ZR)eZR
HAB = [E1s +1
R]I(R) Z(1 + ZR)eZR
Bransden 9.7 Usando R0 = 2,36A y 0 = 364,6cm1 determinar las constantes A yc en elpotencial [9,95] representando la energa de Na35Cl
Solucion
El potencial [9,95] es
Es(R) = Es() 1R
+ AecR
Debido a que Es(R = R0) es un mnimo
dEsdR|R=R0 =
1
R20 cAecR0 = 0
Por tanto
A =1
cR20ecR0
Determinemos la constante de la fuerza en la aproximacion armonica
k =d2EsdR2|R = R0 = 2
R30+ c2AecR0
Por otro lado
0 =E0hc
=}02hc
=}
2hc
k
=
1
4pic
k
Luego
k = 16pi2c220Ahora reemplazando A en k obtenemos
k = 2R30
+c
R20De aqu despejamos para obtener c, y reemplazando c en A encontramos finalmente que
c = R20(k +2
R30)
A =1
R40(k +2R30
)eR30(k+
2
R30
)
Hallemos la profundidad del pozo de potencial
De = Es() Es(R0)
De =1
R0 AecR0
Ahora calculemos la energa de disociacion
D0 = De }02
D0 =1
R0 AecR0 }
2
k