Solutions_Sakurai_in_Espanhol

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Problemas resueltos
del
Sakurai
Modern Quantum Mechanics
Temas 1, 2, 3 y 5
(ESBORRANY)
Antes de empezar...
Varias direcciones que nos han sido muy útiles y donde tienes más problemas resueltos:
http://bohm.fy.chalmers.se/%7Eostlund/kvant2003/
http://bohm.fy.chalmers.se/%7Eostlund/kvant2004/
http://bohm.fy.chalmers.se/%7Eostlund/kvant2005/
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homework/homework.html
http://einstein.ucsd.edu/manohar/ph212/
http://theory.itp.ucsb.edu/%7Edoug/phys215/fall-index.html
http://theory.itp.ucsb.edu/%7Edoug/phys215/
http://www.drnerd.com/officehours/physics/sol_SAKURAI/sol_sakurai.html
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Agradecemos que nos señales los (numerosos) errores, de concepto, de cálculo, etc.
que podamos haber cometido, así como otras sugerencias.
Si quieres colaborar y ponerte a resolver problemas, ¡fantástico!, ¡háznoslo saber!
(La intención es resolver TODOS los problemas de los 7 capítulos). (Y entenderlos,
¡claro!). Pfffiuuu......
Si quieres el código fuente en LATEX, pídenoslo.
Para contactar:
Correo: prob_sakurai@hotmail.com
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http://www.phys.uri.edu/%7Eedward/Sakurai/sframe.html
mailto:prob_sakurai@hotmail.com
Índice general
1. Conceptos fundamentales 1
Problema 1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Problema 1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Problema 1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Problema 1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Problema 1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Problema 1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Problema 1.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Problema 1.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Problema 1.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Problema 1.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Problema 1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Problema 1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Problema 1.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
Problema 1.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
Problema 1.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Problema 1.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Problema 1.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
Problema 1.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Problema 1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Problema 1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Problema 1.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
Problema 1.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Problema 1.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
Problema 1.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
Problema 1.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
Problema 1.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Problema 1.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Problema 1.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Problema 1.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
Problema 1.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2. Dinámica cuántica 43
Problema 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
Problema 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
Problema 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
iii
iv ÍNDICE GENERAL
Problema 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
Problema 2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Problema 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Problema 2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Problema 2.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
Problema 2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Problema 2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Problema 2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
Problema 2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
Problema 2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
Problema 2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
Problema 2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
Problema 2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
Problema 2.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
Problema 2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
Problema 2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Problema 2.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
Problema 2.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
Problema 2.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
Problema 2.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Problema 2.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
3. Teoría del momento angular 87
Problema 3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
Problema 3.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
Problema 3.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
Problema 3.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
Problema 3.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
Problema 3.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
Problema 3.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
Problema 3.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
Problema 3.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
Problema 3.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
Problema 3.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
Problema 3.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . 99
Problema 3.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
Problema 3.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102
Problema 3.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
Problema 3.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
Problema 3.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
Problema 3.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
Problema 3.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
Problema 3.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Problema 3.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
Problema 3.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
Problema 3.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
Problema 3.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
ÍNDICE GENERAL v
Problema 3.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
Problema 3.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
5. Métodos de aproximación 123
Problema 5.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
Problema 5.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
Problema 5.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
Problema 5.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
Problema 5.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
Problema 5.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
Problema 5.9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136
Problema 5.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
Problema 5.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
Problema 5.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143
Problema 5.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
Problema 5.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
Problema 5.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
Problema 5.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
Problema 5.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
Problema 5.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
Problema 5.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Problema 5.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
Problema 5.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
Problema 5.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
Capítulo 1
Conceptos fundamentales
Problema 1.1
Demuestra
[AB,CD] = −AC{D,B}+A{C,B}D − C{D,A}B + {C,A}DB.
Solución:
Simplemente desarrollando los dos miembros de la igualdad y viendo que dan lo mismo:
[AB,CD] = ABCD − CDAB
−AC{D,B}+A{C,B}D − C{D,A}B + {C,A}DB =
−ACDB −ACBD +ACBD +ABCD − CDAB − CADB + CADB +ACDB =
ABCD − CDAB q.e.d.
Problema 1.2
Supongamos que una matriz X, 2×2 (no necesariamente hermítica ni uni-
taria) se escribe
X = a0 + σ·a
donde a0 y a1,2,3 son números.
(a) ¿Cómo están relacionados a0 y ak (k = 1, 2, 3) con tr(X) y tr(σkX)?
(b) Obtén a0 y ak en términos de los elementos de matriz Xij.
1
2 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Solución:
(a) Tenemos que Tr(σi) = 0, y teniendo en cuenta que la matrices de Pauli verifican la
relación:
σiσj = δij + i�ijkσk
Con lo cual, se tiene que:
Tr(σiσj) = 2δij
Entonces:
Tr(X) = Tr(a0 + σiai) = Tr(a0I2×2) = a0Tr(I2×2) = 2a0
Tr(σkX) = Tr(σk(a0 + σiai)) = aiTr(σkσi) = 2ak
los a0 y ai, son en general números complejos, salvo que la matriz sea hermítica, en cuyo
caso podemos tomarlos reales.
Nota:
Consideremos ahora matrices hermíticas 2× 2, que tendrán la forma:
X =
(
a b− ic
b+ ic d
)
con a, b, c y d números reales, (cuatro parámetros independientes). O bien, utilizando la
descomposición del problema:
X =
(
a0 + a3 a1 − ia2
a1 + ia2 a0 − a3
)
con a = a0 + a3, b = a1, c = a2, d = a0 − a3 reales.
Así toda matriz hermítica 2 × 2 va a poder ser expresada como combinación lineal de
cualquier conjunto «completo» de cuatro matrices 2 × 2 linealmente independientes que
formen una «base» en el espacio de las matrices hermíticas 2× 2.
Fijarse ahora que, llamando Ω0 = I2×2, Ωi = σi, se verifica:
1
2
Tr(ΩµΩν) = δµν µ, ν = 0, 1, 2, 3
Ésto y el resultado del apartado (a), nos sugiere que si consideramos el «producto» 12Tr(·),
las matrices Ωµ van a formar efectivamente una b.o.n. para las matrices hermíticas 2× 2:
X =
∑
µ
aµΩµ
Y además, los coeficientes de la descomposición son los usuales:
1
2
Tr(ΩνX) =
1
2
Tr(Ων
(∑
µ
aµΩµ
)
) =
∑
µ
aµ
1
2
Tr(ΩµΩν) =
∑
µ
aµδµν = aν
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.3 3
Recordar:
{Ω0 = I2×2,Ωi = σi} forman una base para las matrices hermíticas 2× 2.
Una matriz hermítica 2× 2 se descompone del siguiente modo:
X = a0I + σ·a,
con los coeficientes dados por
aµ =
1
2
Tr(ΩµX)
Esta es una descomposición muy útil y que utilizaremos repetidamente a lo largo de los
problemas. Además va a resultar muy práctica cuando trabajemos con la matriz densidad,
donde la traza de la matriz densidad por un operador tiene una interpretación inmediata,
Tr(ρΩ) = 〈Ω〉. Recomendamos la lectura de los problemas 5.27 y 6.38 del libro de Cons-
tantinescu[3]. En el último problema se describe el conocido resultado del movimiento
de precesión del «vector de polarización» P = (〈σx〉, 〈σy〉, 〈σz〉) de un sistema de spin 1/2
en un campo magnético externo uniforme, utilizando el formalismo de la matriz densidad.
(b) Sea:
X =
(
X11 X12
X21 X22
)
Entonces:
a0 =
1
2
Tr(IX) =
X11 +X22
2
a1 =
1
2
Tr(σ1X) =
X21 +X12
2
a2 =
1
2
Tr(σ2X) = −
iX21 − iX12
2
a3 =
1
2
Tr(σ3X) =
X11 −X22
2
Problema 1.3
Muestra que el determinante de una matriz σ·a, 2×2, es invariante bajo
(σ·a) → (σ·a′) ≡ exp
(
i(σ·n̂)φ
2
)
(σ·a) exp
(
−i(σ·n̂)φ
2
)
.
Encuentra a′k en términos de ak cuando n̂ está en la dirección positiva del eje
de las z, e interpreta tu resultado.
4 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Solución:
La primera parte es sencilla, puesto que:
det(AB) = detAdetB
entonces:
det
[
exp
(
i(σ·n̂)φ
2
)
(σ·a) exp
(
−i(σ·n̂)φ
2
)]
=det
[
exp
(
i(σ·n̂)φ
2
)]
· det(σ·a) · det
[
exp
(
−i(σ·n̂)φ
2
)]
=det
[
exp
(
i(σ·n̂)φ
2
)]
· det
[
exp
(
−i(σ·n̂)φ
2
)]
· det(σ·a)
=det(σ·a)
O, simplemente teniendo en cuenta que:
det
[
exp
(
−i(σ·n̂)φ
2
)]
= 1 (Ver ec. (3.2.45) Sakurai).
Esto es general, el determinante de un operador A es invariante bajo una transformación
unitaria:
det(U †AU) = detA
ya que U †U = UU † = 1.
——————————————–
La segunda parte la demostraremos para un vector n̂ arbitrario, para coger un poco de
práctica con las matrices de Pauli. Al final, particularizaremos el resultado.
Vamos a utilizar la siguiente relación:
(σ·A)(σ·B) = A·B + iσ(A×B) (ec. (3.2.39) Sakurai)
donde σ = (σx, σy, σz) son las matrices de Pauli y A y B son operadores vectoriales que
conmutan con la σ, aunque no necesariamente entre ellos.
También utilizaremos el desarrollo:
exp
(
−iσ·n̂φ
2
)
= 1 cos
(
φ
2
)
− iσ·n̂ sin
(
φ
2
)
(ec. (3.2.44) Sakurai)
donde 1 es la matriz identidad 2× 2.
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.3 5
Bien, tenemos entonces que:
(σ·a′) = exp
(
i(σ·n̂)φ
2
)
(σ·a) exp
(
−i(σ·n̂)φ
2
)
=
(
1 cos
(
φ
2
)
− iσ·n̂ sin
(
φ
2
))
(σ·a)
(
1 cos
(
φ
2
)
− iσ·n̂ sin
(
φ
2
))
= cos2
(
φ2
)
(σ·a)+
+ i cos
(
φ
2
)
sin
(
φ
2
)
{(σ·n̂)(σ·a)− (σ·a)(σ·n̂)}+
+ sin2
(
φ
2
)
(σ·n̂)(σ·a)(σ·n̂)
Calculemos los distintos sumandos:
(σ·n̂)(σ·a)− (σ·a)(σ·n̂) = 2iσ(n̂× a)
(σ·n̂)(σ·a)︸ ︷︷ ︸(σ·n̂) = ((σ·a)(σ·n̂) + 2iσ(n̂× a))︸ ︷︷ ︸(σ·n̂)
= (σ·a) (σ·n̂)(σ·n̂)︸ ︷︷ ︸
=1
+2i
(
σ(n̂× a)
)
(σ·n̂)
= −(σ·a) + 2(a · n̂)(σ·n̂)
Ya que: (
σ(n̂× a)
)
(σ·n̂) (3.2.39)= (n̂× a) · n̂︸ ︷︷ ︸
=0
+iσ[(n̂× a)× n̂]
= iσ
(
a− (a · n̂)n̂
)
donde hemos utilizado la siguiente relación vectorial:
(A×B)×C = (A·C)B− (B·C)A
Juntándolo todo:
(σ·a′) =
=cos2
(
φ
2
)
(σ·a)− 2 cos
(
φ
2
)
sin
(
φ
2
)
σ(n̂× a)− sin2
(
φ
2
)
[(σ·a)− 2(a · n̂)(σ·n̂)]
=
[
cos2
(
φ
2
)
− sin2
(
φ
2
)]
(σ·a)− (sinφ) · σ(n̂× a) + 2 sin2
(
φ
2
)
(a · n̂)(σ·n̂)
= cosφ · (σ·a)− sinφ · σ(n̂× a) + (1− cosφ)(a · n̂)(σ·n̂)
=σ
(
cosφ · a + (1− cosφ)(a · n̂)n̂− sinφ · (n̂× a)
)
Hemos utilizado las identidades trigonométricas siguientes:
sin 2A = 2 sinA cosA
cos 2A = cos2A− sin2A
sin
A
2
= ±
√
1− cosA
2
[
+ si A/2 está en el I o II cuadrantes
− si A/2 está en el III o IV cuadrantes
]
6 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Resultado:
a′ = cosφ · a + (1− cosφ)(a · n̂)n̂− sinφ · (n̂× a)
Quien esté familiarizado con el tema de rotaciones habrá reconocido inmediatamente la
igualdad anterior: El vector a′ no es más que el que se obtiene al rotar el vector a un
ángulo −φ alrededor del eje que pasa por su origen y de dirección la del vector unitario n̂.
Para verlo mejor, particularicemos el resultado para el caso que nos pide el problema,
n̂ = (0, 0, 1), entonces: 
a′x = ax cosφ+ ay sinφ
a′y = −ax sinφ+ ay cosφ
a′z = az
En el Tema 3 veremos que no hay nada misterioso en todo esto, pues exp
(
−i(σ·n̂)φ
2
)
es
precisamente la representación matricial 2× 2 del operador rotación D(n̂, φ):
D(n̂, φ) = exp
(
−i(S·n̂)φ
2
)
.= exp
(
−i(σ·n̂)φ
2
)
La expresión obtenida en este problema nos permite, (particularizando para a = n̂x, a = n̂y
y a = n̂z), obtener las propiedades de transformación de σ bajo rotaciones: A pesar de
su apariencia, llegaríamos a la conclusión de que σ no tiene que ser considerado como un
vector; es, más bien, χ†σχ, donde χ es el espinor de Pauli de dos componentes, el que se
transforma bajo rotaciones como un vector:
χ†σkχ −→
∑
l
Rklχ
†σlχ
(Ver la sección: Rotaciones en el formalismo de dos componentes del Apartado 3.2 del
Sakurai).
Problema 1.4
Utilizando las reglas del álgebra de bras y kets, demuestra o evalúa lo si-
guiente:
(a) tr(XY )=tr(Y X), donde X e Y son operadores;
(b) (XY )† = Y †X†, donde X e Y son operadores;
(c) exp[if(A)] =? en la forma de ket-bra, donde A es un operador hermítico
cuyos autovalores son conocidos;
(d)
∑
a′ ψ
∗
a′(x
′)ψa′(x′′), donde ψa′(x′) = 〈x′|a′〉.
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.4 7
Solución:
(a)
tr(XY ) ≡
∑
a
〈a|XY |a〉; {|a〉} base ortonormal
Introduciendo una identidad de Parseval:
tr(XY ) ≡
∑
a
〈a|XY |a〉 =
∑
a
〈a|X
(∑
a′
|a′〉〈a′|
)
Y |a〉 =
=
∑
a′
∑
a
〈a|X|a′〉︸ ︷︷ ︸
número
〈a′|Y |a〉︸ ︷︷ ︸
número
=
∑
a′
∑
a
〈a′|Y |a〉〈a|X|a′〉 =
=
∑
a′
〈a′|Y
(∑
a
|a〉〈a|
)
X|a′〉 =
∑
a
〈a|Y X|a〉 ≡ tr(XY )
(b) Sea {|a〉} una base ortonormal. Calculemos los elementos de matriz de (XY )† en esta
base:
〈a|(XY )†|a′〉 = (〈a′|XY |a〉)∗ =
(
〈a′|X
(∑
a′′
|a′′〉〈a′′|
)
Y |a〉
)∗
=
=
∑
a′′
(
〈a′|X|a′′〉〈a′′|Y |a〉
)∗ =∑
a′′
(〈a′|X|a′′〉)∗(〈a′′|Y |a〉)∗ =
=
∑
a′′
〈a′′|X†|a′〉︸ ︷︷ ︸
número
〈a|Y †|a′′〉︸ ︷︷ ︸
número
=
∑
a′′
〈a|Y †|a′′〉〈a′′|X†|a′〉 =
= 〈a|Y †
(∑
a′′
|a′′〉〈a′′|
)
X†|a′〉 = 〈a|Y †X†|a′〉 q.e.d.
Para realizar la anterior demostración hemos trabajado en una base particular aunque,
una vez demostrado, el resultado es una igualdad entre operadores, válida para cualquier
representación. Una demostración alternativa que no trabaja en ninguna base particular
es la que da Sakurai y que se obtiene a partir de la correspondencia dual entre bras y
kets:
|β〉 ≡ X†|α〉 DC↔ 〈α|X ≡ 〈β|
Y †X†|α〉 = Y †|β〉 DC↔ 〈β|Y = 〈α|XY DC↔ (XY )†|α〉
Y, por tanto, Y †X† = (XY )†.
(c) A es un operador hermítico cuyos autovalores son conocidos. Sean {|a′〉} el conjunto
correspondiente de autovectores, que forman una base ortonormal.
Se verifica que A|a′〉 = a′|a′〉 donde a′ son los autovalores de A.
Además un estado |α〉 general, lo podemos desarrollar en la base de los autoestados
de A, pues estos forman una base ortonormal completa:
|α〉 =
∑
a′
|a′〉〈a′|α〉 =
∑
a′
ca′ |a′〉
8 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
con ca′ = 〈a′|α〉, y hemos introducido una identidad de Parseval,
∑
a′ |a′〉〈a′| = 1, para
llegar al resultado.
———————————–
Una función f(A) bien comportada, la podemos desarrollar en serie de potencias del ope-
rador A:
f(A) =
∑
n
ξnA
n
Entonces, está claro que actuando sobre un estado propio del operador A, se cumple:
f(A)|a′〉 =
∑
n
ξnA
n|a′〉 =
∑
n
ξn · (a′)n|a′〉 = f(a′)|a′〉
Bien, ahora el resultado ya casi es inmediato, (fijarse que introducimos de nuevo un par
de indentidades de Parseval):
〈α| exp[if(A)]|β〉 =
∑
a′
∑
a′′
〈α|a′〉〈a′| exp[if(A)]|a′′〉〈a′′|β〉
=
∑
a′
∑
a′′
exp[if(a′′)]︸ ︷︷ ︸
número
〈α|a′〉 〈a′|a′′〉︸ ︷︷ ︸
δaa′
〈a′′|β〉
=
∑
a′
exp[if(a′)]〈α|a′〉〈a′|β〉 = 〈α|
∑
a′
exp[if(a′)]|a′〉〈a′|β〉
Y como la igualdad se verifica para cualesquiera |α〉 y |β〉, se trata de una igualdad entre
operadores válida siempre, así:
exp[if(A)] =
∑
a′
exp[if(a′)]|a′〉〈a′|
(d) Este apartado es sencillo:∑
a′
ψ∗a′(x
′)ψa′(x′′) =
∑
a′
〈a′|x′〉︸ ︷︷ ︸
número
〈x′′|a′〉︸ ︷︷ ︸
número
=
∑
a′
〈x′′|a′〉〈a′|x′〉
= 〈x′′|x′〉 = δ(x′′ − x′)
Donde de nuevo hemos tenido en cuenta que si los {|a′〉} forman una base ortonormal,
entonces se verifica la identidad de Parseval :
∑
a′
|a′〉〈a′| = 1.
Problema 1.5
(a) Considera dos vectores |α〉 y |β〉. Supón que 〈a′|α〉, 〈a′′|α〉,... y 〈a′|β〉,
〈a′′|β〉,... son todos conocidos, donde |a′〉, |a′′〉,... forman un conjunto com-
pleto de vectores base. Encuentra la representación matricial del operador
|α〉〈β| en esa base.
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.6 9
(b) Consideremos ahora un sistema de spin 12 y sean |α〉 y |β〉 los |Sz = ~/2〉
y |Sx = ~/2〉, respectivamente. Escribe explicitamente la matriz cuadrada
que corresponde a |α〉〈β| en la base usual (Sz diagonal).
Solución:
(a) Este apartado está hecho en el propio texto; los elementos de matriz van a ser de la
forma:
|β〉〈α|(ij) = 〈a(i)|α〉〈β|a(j)〉 = 〈a(i)|α〉〈a(j)|β〉∗
Resultado:
|β〉〈α| .=
 〈a
(1)|α〉〈a(1)|β〉∗ 〈a(1)|α〉〈a(2)|β〉∗ · · ·
〈a(2)|α〉〈a(1)|β〉∗ 〈a(2)|α〉〈a(2)|β〉∗ · · ·
...
...
. . .

(b) Esta parte también es sencilla; tenemos:
|Sz;
~
2
〉 ≡ |Sz; +〉 ≡ |+〉 |Sz;−
~
2
〉 ≡ |Sz;−〉 ≡ |−〉
|Sx;±
~
2
〉 = 1√
2
|+〉 ± 1√
2
|−〉
Así, por ejemplo:
〈+|Sz; +〉〈Sx; +|+〉 =
=1︷ ︸︸ ︷
〈+|+〉
(
1√
2
〈+|+ 1√
2
〈−|
)
|+〉 = 1√
2
Resultado:
|Sz; +〉〈Sx; +|
.=
(
1√
2
1√
2
0 0
)
Problema 1.6
Supongamos que |i〉 y |j〉 son los autovectores de cierto operador hermítico
A. ¿Bajo qué condición podemos concluir que |i〉+ |j〉 es también un autovector
de A? Justifica tu respuesta.
Solución:
|i〉 y |j〉 son autovectores de A; entonces se verifica:
A|i〉 = ai|i〉; A|j〉 = aj |i〉 donde ai y aj son los autovalores
Entonces
A (|i〉+ |j〉) = A|i〉+A|j〉 = ai|i〉+ aj |j〉 6= a (|i〉+ |j〉)
10 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
salvo si ai = aj . Por tanto |i〉 + |j〉 es autovector de A sólo si |i〉 y |j〉 tienen el mismo
autovalor.
Problema 1.7
Consideremos un espacio de kets, desarrollado en la base de los autovectores
{|a′〉} de un operador hermítico A. No hay degeneración.
(a) Probar que ∏
a′
(A− a′)
es un operador nulo.
(b) ¿Cuál es el significado de ∏
a′′ 6=a′
(A− a′′)
a′ − a′′
?
(c) Ilustrar (a) y (b) para A el operador Sz de un sistema de spin 12 .
Solución:
(a) Estudiemos la acción de este operador sobre un estado arbitrario, |α〉:∏
a′
(A− a′)|α〉 =
∏
a′
(A− a′)
∑
a′′
|a′′〉 〈a′′|α〉︸ ︷︷ ︸
ca′′
=
∑
a′′
ca′′
∏
a′
(A− a′)|a′′〉
=
∑
a′′
ca′′
∏
a′
(a′′ − a′)|a′′〉 a
′′∈{a′}
= 0
donde en el último paso hemos tenido en cuenta que como el productorio recorre todos los
a′, entre sus factores aparecerá · · · (a′′ − a′′) · · · , para cualquiera que sea el a′′, dando por
tanto 0 cada sumando.
Entonces,como la igualdad se tiene para un estado arbitrario, se tiene que es una
igualdad entre operadores y: ∏
a′
(A− a′)|α〉 = 0 q.e.d.
Nota:
Para llegar al resultado hemos tenido que ver cómo actuaba el operador sobre un estado
cualquiera. Es precisamente porque el estado es arbitrario por lo que podemos deducir
que la relación es válida tambien entre operadores. Si hubiéramos calculado en lugar de lo
anterior lo siguiente: ∏
a′
(A− a′)|a′′〉 = 0
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.8 11
Lo anterior es cierto, pero no prueba que
∏
a′(A−a′) sea el operador nulo, sino simplemente
que actuando sobre un vector de la base da 0. Claro, que si actuando sobre cualquier
vector base da 0, al actuar sobre un vector general que vamos a poder descomponer como
combinación lineal de los vectores de la base, claramente va a dar 0, y en este caso, (y
sólo en este caso), al final es lo mismo. Pero siempre, para ver la actuación de un operador
o estudiar una igualdad entre operadores, tenemos que hacerlo viendo cómo actúan los
operadores sobre estados arbitrarios.
(b) Estudiando la acción de este operador sobre un estado arbitrario |α〉:
∏
a′′ 6=a′
(A− a′′)
a′ − a′′
|α〉 =
∏
a′′ 6=a′
(A− a′′)
a′ − a′′
1︷ ︸︸ ︷(∑
a′′′
|a′′′〉〈a′′′|
)
|α〉 =
∑
a′′′
〈a′′′|α〉︸ ︷︷ ︸
número
∏
a′′ 6=a′
(A− a′′)
a′ − a′′
|a′′′〉
=
∑
a′′′
〈a′′′|α〉
∏
a′′ 6=a′
(a′′′ − a′′)
a′ − a′′
|a′′′〉 =
∑
a′′′
〈a′′′|α〉δa′′′a′ |a′′′〉
= |a′〉〈a′|α〉
Comparando el principio y el final de la igualdad:∏
a′′ 6=a′
(A− a′′)
a′ − a′′
= |a′〉〈a′| ≡ Λa′
No es más que el proyector en la dirección, (el subespacio), de |a′〉: actuando sobre un
vector arbitrario selecciona sólo la parte «paralela» a |a′〉.
——————————–
(c) Hola
Problema 1.8
Utilizando la propiedad de ortonormalidad de |+〉 y |−〉, demostrar que:
[Si, Sj ] = i�ijk~Sk, {Si, Sj} =
(
~2
2
)
δij,
donde
Sx =
~
2
(|+〉〈−|+ |−〉〈+|) , Sy =
i~
2
(−|+〉〈−|+ |−〉〈+|) ,
Sz =
~
2
(|+〉〈+| − |−〉〈−|) .
Solución:
12 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Este es un problema muy sencillo, simplemente tenemos que realizar las multiplicaciones
oportunas y tener en cuenta que |+〉 y |−〉 son ortonormales.
Alternativamente podemos utilizar la expresión:
σiσj = δij + i�ijkσk
que podemos deducir fácilmente a partir de las relaciones de conmutación y anticonmu-
tación de las σi, (ecs. (3.2.34) y (3.2.35) Sakurai), o que podemos ver como un caso
particular de la identidad (3.2.39) del Sakurai.
Entonces
[Si, Sj ] = SiSj − SjSi
Si=
~
2
σi
=
1
4
~2 (σiσj − σjσi) =
=
1
4
~2 ((δij + i�ijkσk)− (δji + i�jikσk)) =
=
1
4
~22i�ijkσk = i�ijk~
(
~
2
σk
)
= i�ijk~Sk
{Si, Sj} = SiSj + SjSi =
1
4
~2 (σiσj + σjσi) =
=
1
4
~2 ((δij + i�ijkσk) + (δji + i�jikσk)) =
=
1
4
~22δij =
(
~2
2
)
δij
Si queremos hacer todos los productos explicitamente, se procedería así:
SxSy =
i~2
4
(|+〉〈−|+ |−〉〈+|) (−|+〉〈−|+ |−〉〈+|) = i~
2
4
(|+〉〈+| − |−〉〈−|)
SySx =
i~2
4
(−|+〉〈−|+ |−〉〈+|) (|+〉〈−|+ |−〉〈+|) =
=
i~2
4
(−|+〉〈+|+ |−〉〈−|)
Donde hemos usado que
〈+|+〉 = 〈−|−〉 = 1; 〈+|−〉 = 〈−|+〉 = 0
Entonces
[Sx, Sy] = SxSy − SySx =
i~2
2
(|+〉〈+| − |−〉〈−|) = i~Sz
{Sx, Sy} = SxSy + SySx = 0
...
Etcétera...
Problema 1.9
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.9 13
Construye un estado |S·n̂; +〉 tal que:
S·n̂|S·n̂; +〉 =
(
~
2
)
|S·n̂; +〉
donde n̂ está caracterizado por los ángulos que se muestran en la figura. Expresa
tu respuesta como una combinación lineal de |+〉 y |−〉. [Nota: La solución es:
cos
(
β
2
)
|+〉+ sin
(
β
2
)
eiα|−〉.
Pero no verifiques simplemente que la anterior solución satisface la ecuación
de autovalores. Más bien, considera el problema como un verdadero problema
de autovalores y autovectores y obtén su solución desde el principio. Tampoco
utilices operadores de rotación, que se introducirán más adelante en este libro.]
Solución:
�
���
���
��
H
HHHH
�
�
�
�
�
�
�
�
��
n̂
y
x
z
� �
α
�β
Tenemos que:
n̂ = (cosα sinβ, sinα sinβ, cosβ)
S·n̂ = Sx cosα sinβ + Sy sinα sinβ + Sz cosβ =
=
~
2
(
sinβe−iα|+〉〈−|+ sinβeiα|−〉〈+|+ cosβ(|+〉〈+| − |−〉〈−|)
)
Entonces en la base de {|+〉, |−〉} el operador S·n̂ viene dador por:
S·n̂ .= ~
2
(
cosβ e−iα sinβ
eiα sinβ − cosβ
)
.
Y la correspondiente ecuación de autovalores para el autovalor ~2 queda entonces:
S·n̂|S·n̂; +〉 .= ~
2
(
cosβ e−iα sinβ
eiα sinβ − cosβ
)(
a
b
)
=
~
2
(
a
b
)
.=
~
2
|S·n̂; +〉
14 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Así: {
a · cosβ + b · e−iα sinβ = a
a · eiα sinβ − b · cosβ = b
de la primera ecuación, por ejemplo:
b = a
(1− cosβ)eiα
sinβ
= a
2 sin2(β/2)eiα
2 cos(β/2) sin(β/2)
= a
sin(β/2)
cos(β/2)
eiα
Y obtenemos, efectivamente:
|S·n̂; +〉 .=
(
cos(β/2)
sin(β/2)eiα
)
(Fijarse que ya está normalizado y que tiene la forma general que esperamos para un vector
de módulo unidad de dos componentes:
eiδ
(
cos(θ)
sin(θ)eiφ
)
Por otra parte si consideramos el otro autovalor, −~2 , el autovector correspondiente es:
|S·n̂;−〉 .=
(
sin(β/2)
− cos(β/2)eiα
)
y se verifica:
〈S·n̂; +|S·n̂;−〉 =
(
cos(β/2), sin(β/2)e−iα
)( sin(β/2)
− cos(β/2)eiα
)
= 0
como tiene que ser).
Una solución alternativa de este problema se obtiene utilizando el operador de rotación, y la
tienes en el propio texto del Sakurai, en el último apartado de la Sección 3.2, ec. (3.2.52).
Problema 1.10
El operador Hamiltoniano para un sistema de dos estados viene dado por:
H = a (|1〉〈1| − |2〉〈2|+ |1〉〈2|+ |2〉〈1|) ,
donde a es un número con dimensiones de energía. Encuentra los autovalores
de la energía y sus correspondientes autovectores (como combinación lineal de
|1〉 y |2〉).
Solución:
Si {|a〉} forma un conjunto completo de vectores base ortonormales, entonces dado un
operador X, podemos escribir:
X =
∑
a′′
∑
a′
|a′′〉〈a′′|X|a′〉〈a′|
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.11 15
Representación matricial del operador X:
X
.=
 〈a
(1)|X|a(1)〉 〈a(1)|X|a(2)〉 · · ·
〈a(2)|X|a(1)〉 〈a(2)|X|a(2)〉 · · ·
...
...
. . .

Entonces, en la base ortonormal {|1〉, |2〉}, el hamiltoniano H viene dado por:
H
.=
(
〈1|H|1〉 〈1|H|2〉
〈2|H|1〉 〈2|H|2〉
)
= a
(
1 1
1 −1
)
Resolviendo la ecuación característica, det(H − λI) = 0:∣∣∣∣ a− λ aa −a− λ
∣∣∣∣ = λ2 − 2a2 = 0 =⇒ λ± = ±a√2
Sustituyendo λ± en la ecuación de los autovectores, (H − λ±I)|λ±〉 = 0, tenemos:
a
(
1−
√
2 1
1 −1−
√
2
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
; para λ+
a
(
1 +
√
2 1
1 −1 +
√
2
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
; para λ−
de donde se obtiene, respectivamente, en cada caso:
|λ+〉
.=
1√
4 + 2
√
2
(
1 +
√
2
1
)
.= |λ+〉 =
1√
4 + 2
√
2
(
(1 +
√
2)|1〉+ |2〉
)
|λ−〉
.=
1√
4− 2
√
2
(
1−
√
2
1
)
.= |λ−〉 =
1√
4 + 2
√
2
(
(1−
√
2)|1〉+ |2〉
)
Problema 1.11
Un sistema de dos estados está caracterizado por el Hamiltoniano:
H = H11|1〉〈1|+H22|2〉〈2|+H12 [|1〉〈2|+ |2〉〈1|]
donde H11, H22 y H12 son números reales con dimensiones de energía, y |1〉 y
|2〉 son los autovectores de cierto observable (6= H). Encuentra los autovectores
de energía y sus correspondientes autovalores. Asegúrate de que tu respuesta
tiene sentido para el caso H12 = 0. (No es necesario resolver este problema
partiendo de cero. Puedes utilizar la siguiente relación, sin demostrarla:
S·n̂|n̂; +〉 =
(
~
2
)
|n̂; +〉,
con |n̂; +〉 dado por:
|n̂; +〉 = cos β
2
|+〉+ eiα sin β
2
|−〉,
16 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
donde β y α son los ángulos polar y azimutal, respectivamente, que caracterizan
n̂).
Solución:
En la base {|1〉,|2〉} el operador H se escribe:
H =
(
H11 H12
H12 H22
)
que podemos reescribir:
H =
(
H11 H12
H12 H22
)
=
1
2
(
H11 +H22 0
0 H11 +H22
)
+
1
2
(
H11 −H22 2H12
2H12 −(H11 −H22)
)
=
1
2
(H11 +H22)I +
1
2
√
(H11 −H22) + 4H212
(
cosβ sinβ
sinβ − cosβ
)
donde hemos llamado:
cosβ =
H11 −H22√
(H11 +H22)2 + 4H212
; sinβ =
2H12√
(H11 +H22)2 + 4H212
La primera parte ya es diagonal. En cuanto a la segunda, corresponde a la representación
del operador S·n̂ con α = 0 y que ya hemos resuelto en un problema anterior:(
cosβ sinβ
sinβ − cosβ
)
; autovalores: λ± = ±1
autovectores:
|λ+〉 =
1√
2(1− cosβ)
(
sinβ
1− cosβ
)
; |λ−〉 =
1√
2(1 + cosβ)
(
sinβ
−1− cosβ
)
(No hemos escrito las fórmulas en función del ángulo mitadpara que la sustitución sea
más directa).
Ahora sustituyendo cosβ y sinβ por sus respectivos valores y reuniéndolo todo, llega-
mos al resultado final:
Autovalores:
λ± =
1
2
(
H11 +H22 ±
√
(H11 −H22)2 + 4H212
)
Autovectores:
|λ±〉 =
1
N±
(
2H12
−(H11 −H22)±
√
(H11 −H22)2 + 4H212
)
,
con la normalización:
N2± = 2
(
4H212 + (H11 −H22)
(
(H11 −H22)∓
√
(H11 −H22)2 + 4H212
))
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.12 17
Problema 1.12
Un sistema de spin 12 se sabe que está en un autoestado de S·n̂ con autovalor
~/2, donde n̂ es un vector unitario sobre el plano xz formando un ángulo γ con
el eje z positivo.
(a) Suponer que medimos Sx. ¿Qué probabilidad tenemos de obtener +~/2?
(b) Evaluar la dispersión en Sx, esto es,
〈(Sx − 〈Sx〉)2〉.
(Para tu tranquilidad, verifica tus respuestas en los casos especiales γ = 0,
π/2, y π).
Solución:
Nuestro sistema se encuentra en el estado:
|S·n̂;+〉 = cos γ
2
|+〉+ sin γ
2
|−〉
como podemos comprobar comparando directamente con el resultado del Problema 1.9,
pág. 12, teniendo en cuenta que en este caso α = 0, β = γ, y n̂ = (sin γ, 0, cos γ).
Alternativamente, lo podemos deducir resolviendo el problema de autovalores:
S·n̂|S·n̂;+〉 = ~
2
|S·n̂;+〉
con
S·n̂ = (Sx, Sy, Sz)(sin γ, 0, cos γ) = Sx sin γ + Sz cos γ
.=
~
2
(
cos γ sin γ
sin γ − cos γ
)
(a) La probabilidad de encontrar nuestro sistema en el estado |Sx;+〉 después de realizar
una medida de Sx (i.e. la probabilidad de obtener +~2 en una medida de Sx), si el sistema
se encontraba originalmente en un estado |S·n̂;+〉, viene dada por:
|〈Sx; + |S·n̂;+〉|2 =
∣∣∣∣( 1√2〈+|+ 1√2〈−|
)(
cos
γ
2
|+〉+ sin γ
2
|−〉
)∣∣∣∣2
=
∣∣∣∣ 1√2 cos γ2 + 1√2 sin γ2
∣∣∣∣2 = 12 cos2 γ2 + 12 sin2 γ2 + cos γ2 sin γ2
=
1
2
(1 + sin γ)
Casos particulares:
18 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
(a) γ = 0 =⇒ n̂ = (0, 0, 1) = ẑ =⇒ |S·n̂;+〉 = |Sz;+〉
|〈Sx; + |Sz;+〉|2 =
1
2
(b) γ = π/2 =⇒ n̂ = (1, 0, 0) = x̂ =⇒ |S·n̂;+〉 = |Sx;+〉
|〈Sx; + |Sx;+〉|2 = 1
(c) γ = π =⇒ n̂ = (0, 0,−1) = −ẑ =⇒ |S·n̂;+〉 = |Sz;−〉
|〈Sx; + |Sz;−〉|2 =
1
2
Resultados lógicos: en los casos (1) y (3) no tenemos ninguna componente x (ó la +, ó la −)
que sea privilegiada y por tanto se obtiene probabilidad 12 ; en el caso (2) el sistema ya se
encuentra en un estado |Sx;+〉 y por tanto obtenemos probabilidad 1.
(b)
〈(∆Sx)2〉 = 〈(Sx−〈Sx〉)2〉 = 〈S2x +〈Sx〉2−2Sx〈Sx〉〉 = 〈S2x〉+〈Sx〉2−2〈Sx〉2 = 〈S2x〉−〈Sx〉2
Además:
Sx =
~
2
(|+〉〈−|+ |−〉〈+|)
S2x =
~2
4
(|+〉〈−|+ |−〉〈+|)(|+〉〈−|+ |−〉〈+|) = ~
2
4
(|+〉〈+|+ |−〉〈−|) = ~
2
4
I
Entonces:
〈Sx〉 =
(
cos
γ
2
〈+|+ sin γ
2
〈−|
) ~
2
(|+〉〈−|+ |−〉〈+|)
(
cos
γ
2
|+〉+ sin γ
2
|−〉
)
=
~
2
cos
γ
2
sin
γ
2
+
~
2
sin
γ
2
cos
γ
2
=
~
2
sin γ
〈S2x〉 =
~2
4
Sustituyendo:
〈(Sx − 〈Sx〉)2〉 =
~2
4
(1− sin2 γ) = ~
2
4
cos2 γ
Casos particulares:
(a) γ = 0
〈(∆Sx)2〉 =
~2
4
(b) γ = π/2
〈(∆Sx)2〉 = 0
(c) γ = π
〈(∆Sx)2〉 =
~2
4
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.13 19
Que también son resultados lógicos: en los casos (1) y (3) tenemos dispersión (incertidum-
bre) máxima, y en el caso (2), lógicamente, incertidumbre 0.
Problema 1.13
Un haz de átomos de spin 12 atraviesa una serie sucesiva de Stern-Gerlach,
del siguiente modo:
(a) La primera medida deja pasar los átomos con sz = ~/2 y rechaza los átomos
con sz = −~/2.
(b) La segunda medida selecciona átomos con sn = ~/2 y rechaza átomos con
sn = −~/2, donde sn es el autovalor del operador S·n̂, con n̂ formando un
ángulo β en el plano xz con respecto al eje z.
(c) La tercera medida deja pasar átomos con sz = −~/2 y bloquea átomos con
sz = ~/2
¿Cuál es la intensidad final del haz con sz = −~/2 cuando el haz con sz =
~/2 que ha sobrevivido a la primera medida está normalizado a la unidad?
¿Cómo debemos orientar el segundo Stern-Gerlach si queremos maximizar la
intensidad del último haz, el haz con sz = −~/2?
Solución:
Nos piden que obtengamos la intensidad del haz tras una serie sucesiva de medidas no
filtrantes1 realizadas sobre él, el procedimiento siempre va a ser el mismo:
Tras atravesar el haz el primer Stern-Gerlach, el sistema se encuentra en un estado
|Sz; +〉 ≡ |+〉, y con una intensidad del haz que nos dicen que consideremos normalizada
a la unidad. Éste será nuestro estado de partida. Los sucesivos pasos por los distintos
Stern-Gerlach los podemos representar del siguiente modo:2
|i〉 = |+〉 2
o Stern-Gerlach——–−→ |S·n̂; +〉〈S·n̂; +|︸ ︷︷ ︸
proyector
+〉 3
er Stern-Gerlach——–−→ |Sz;−〉〈Sz;−|︸ ︷︷ ︸
proyector
S·n̂; +〉〈S·n̂; +|+〉
Con lo cual tenemos un estado final |Sz;−〉 ≡ |−〉, con una intensidad del haz:
|〈−|S·n̂; +〉〈S·n̂; +|+〉|2 =
∣∣∣∣〈−|(cos β2 |+〉+ sin β2 |−〉
)(
〈+| cos β
2
+ 〈−| sin β
2
)
|+〉
∣∣∣∣2
= sin2
β
2
cos2
β
2
(Hemos tenido en cuenta que:
|S·n̂; +〉 = cos
(
β
2
)
|+〉+ sin
(
β
2
)
eiα|−〉
1Ver definición de medidas filtrantes y no filtrantes en la nota a pie de página de la pág. 96
2Los distintos Stern-Gerlach por los que atraviesa el haz de átomos de spin 1
2
lo que hacen es ir
proyectando sucesivamente el estado entrante sobre el estado que deja pasar cada uno de ellos.
20 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
y que, en este caso, según nos dice el enunciado α = 0).
Resultado:
Intensidad = |〈−|S·n̂; +〉〈S·n̂; +|+〉|2 = sin2 β
2
cos2
β
2
Y la intensidad tiene un valor máximo para β = ±π/2, resultado absolutamente lógico,
pues al formar el segundo Stern-Gerlach un ángulo de 90o con el eje z, no tiene ninguna
preferencia sobre ninguna de las orientaciones, |+〉 ó |−〉.
Nota:
Otra manera de verlo:
2o Stern-Gerlach:
|Sz; +〉
2o Stern-Gerlach——–−→ |S·n̂; +〉
Probabilidad:
|〈S·n̂; +|Sz; +〉|2 = cos2
β
2
3 er Stern-Gerlach:
|S·n̂; +〉 3
er Stern-Gerlach——–−→ |Sz;−〉
Probabilidad:
|〈Sz;−|S·n̂; +〉|2 = sin2
β
2
Y, puesto que se trata de medidas independientes (sucesivas), la probabilidad (intensidad)
final viene dada por el producto de probabilidades:
Intensidad = |〈S·n̂; +|Sz; +〉|2 |〈Sz;−|S·n̂; +〉|2 = sin2
β
2
cos2
β
2
Problema 1.14
Cierto observable en mecánica cuántica tiene una representación matricial
3×3 como sigue:
1√
2
 0 1 01 0 1
0 1 0
 .
(a) Encuentra los autovectores normalizados de este observable y los corres-
pondientes autovalores. ¿Hay alguna degeneración?
(b) Da un ejemplo físico donde todo esto sea relevante.
Solución:
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.15 21
Problema 1.15
Sean A y B dos observables. Supongamos que los autovectores simultáneos
de A y B {|a′, b′〉} forman un conjunto completo ortonormal de vectores base.
¿Podemos entonces concluir siempre que
[A,B] = 0?
Si tu respuesta es sí, demuestra tal afirmación. Si es no, da un contraejemplo.
Solución:
Tenemos que:
A|a′, b′〉 = a′|a′, b′〉
B|a′, b′〉 = b′|a′, b′〉
Calculemos ahora la actuación de [A,B] sobre un estado arbitrario |ψ〉:
[A,B]|ψ〉 = [A,B]
∑
a′,b′
|a′, b′〉 〈a′, b′|ψ〉︸ ︷︷ ︸
ca′b′
=
∑
a′,b′
ca′b′(AB −BA)|a′, b′〉 =
=
∑
a′,b′
ca′b′(Ab′ −Ba′)|a′, b′〉 =
∑
a′,b′
ca′b′(b′a′ − a′b′)|a′, b′〉 = 0
Y puesto que |ψ〉 es arbitrario, tenemos que concluir que [A,B] = 0
Fijarse que hemos podido introducir la identidad de Parseval
∑
a′,b′ |a′, b′〉〈a′, b′| = 1 porque
{|a′, b′〉} forman un conjunto completo y ortonormal de vectores base.
Problema 1.16
Dos operadores hermíticos anticonmutan:
{A,B} = AB +BA = 0.
¿Es posible tener un conjunto simultáneo (esto es, común) de autovectores de
A y B? Demuestra o ilustra tu afirmación.
Solución:
Sea |φ〉 un autoestado simultáneo de A y B, entonces:
A|φ〉 = a|φ〉
B|φ〉 = b|φ〉
Veamos ahora la actuación de {A,B} sobre este estado arbitrario:
{A,B}|φ〉 = (AB +BA)|φ〉 = bA|φ〉+ aB|φ〉 = 2ab|φ〉 6= 0
22 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
salvo si a=0 ó b=0.
Entonces A y B pueden tener autovectores simultáneos si al menos uno de los dos autova-
lores correspondientes es cero.
Problema 1.17
Dos observables A1 y A2, que no contienen el tiempo explicitamente, se sabe
que no conmutan,
[A,B] 6= 0,
sin embargo, también se sabe que A1 y A2 conmutan ambos con el hamiltoniano:
[A1,H] = 0 [A2,H] = 0.
Demostrar que los autoestados de energía son, en general, degenerados. ¿Hay
excepciones? Como ejemplo puedes pensar enel problema del potencial central
H = p2/2m+ V (r), con A1 → Lz, A2 → Lx.
Problema 1.18
(a) La manera más sencilla de obtener la desigualdad de Schwarz es como
sigue.
Primero, darse cuenta que
(〈α|+ λ∗〈β|) · (|α〉+ λ|β〉) ≥ 0
para cualquier número complejo λ; entonces se elige λ de tal manera que
la desigualdad anterior se reduzca a la de Schwarz.
(b) Demostrar que el signo de igualdad en la relación de incertidumbre gene-
ralizada se da si el estado en cuestión satisface
∆A|α〉 = λ∆B|α〉
con λ un número imaginario puro.
(c) Haciendo cálculos explícitos utilizando las reglas usuales de la mecánica
de ondas muestra que la función de onda para un paquete gausiano viene
dado por
〈x′|α〉 = (2πd2)−1/4 exp
[
i〈p〉x′
~
− (x
′ − 〈x〉)2
4d2
]
satisface el valor mínimo de la relación de incertidumbre√
〈(∆x)2〉
√
〈(∆p)2〉 = ~
2
.
Demuestra que el requisito
〈x′|∆x|α〉 = (número imaginario)〈x′|∆p|α〉
es efectivamente satisfecho por tal paquete gausiano, de acuerdo con (b).
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.18 23
Solución:
(a) La demostración está hecha paso por paso en el propio texto del Sakurai, simplemente
la reproducimos aquí:
(c) El cálculo es engorroso pero sencillo; detallamos a continuación todos los pasos:
〈x̂2〉 = 〈α|x̂2|α〉 =
∫
dx′
∫
dx′′〈α|x′〉〈x′|x̂2|x′′〉〈x′′|α〉 =
∫
dx′x′ 2〈α|x′〉〈x′|α〉 =
=
∫ ∞
−∞
dx′x′ 2 exp
[
(x′ − 〈x̂〉)2
2d2
]
= (cambio de variable ⇒ x′ − 〈x̂〉 = x′′) =
=
1√
2πd2
∫ ∞
−∞
dx′′(x′′ + 〈x̂〉)2 exp
[
−x
′′ 2
2d2
]
=
1√
2πd2
∫ ∞
−∞
dx′(x′ 2 + 〈x̂〉2 + 2〈x̂〉x′︸ ︷︷ ︸
impar
) exp
[
−x
′ 2
2d2
]
= 〈x̂〉2 + 1√
2πd2
∫ ∞
−∞
dx′x′ 2 exp
[
−x
′ 2
2d2
]
= 〈x̂〉2 + 1√
2πd2
√
π
1
2
√
2d22d2 = 〈x̂〉2 + d2
Nota:
∫ ∞
−∞
e−αx
2
dx =
√
π
α
(integral de una gausiana)
∂
∂α
(∫ ∞
−∞
e−αx
2
dx
)
= −
∫ ∞
−∞
x2e−αx
2
dx =
∂
∂α
(√
π
α
)
= −1
2
√
π
α3/2
Entonces:
〈(∆x)2〉 = 〈x̂2〉 − 〈x̂〉2 = d2 + 〈x̂〉2 − 〈x̂〉2 = d2
24 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Del mismo modo:
〈p̂2〉 = 〈α|p̂2|α〉 =
∫
dx′
∫
dx′′〈α|x′〉〈x′|p̂2|x′′〉〈x′′|α〉
= −~2
∫
dx′〈α|x′〉 ∂
2
∂x′ 2
〈x′|α〉
= −~2
∫
dx′〈α|x′〉 ∂
∂x′
[
i〈p̂〉
~
− 1
2d2
(x′ − 〈x̂〉)
]
〈x′|α〉
= −~2
∫
dx′〈α|x′〉
(
− 1
2d2
+
[
i〈p̂〉
~
− 1
2d2
(x′ − 〈x̂〉)
]2)
〈x′|α〉
= −~2
∫
dx′〈α|x′〉
(
− 1
2d2
− 〈p̂〉
2
~2
+
1
4d4
(x′ − 〈x̂〉)2 − 2 i〈p̂〉
~
1
2d2
(x′ − 〈x̂〉)
)
〈x′|α〉
=
~2
2d2
+ 〈p̂〉2 − ~
2
√
2πd2
∫ ∞
−∞
dx′
(
(x′ − 〈x̂〉)2
4d4
− i〈p̂〉
~d2
(x′ − 〈x̂〉)
)
exp
[
−(x
′ − 〈x̂〉)2
2d2
]
=
~2
2d2
+ 〈p̂〉2 − ~
2
√
2πd2
∫ ∞
−∞
dx′′
(
x′′ 2
4d4
− i〈p̂〉
~d2
x′′︸ ︷︷ ︸
impar
)
exp
[
−x
′′ 2
2d2
]
=
~2
2d2
+ 〈p̂〉2 − ~
2
√
2πd2
1
4d4
∫ ∞
−∞
dx′′x′′ 2 exp
[
−x
′′ 2
2d2
]
=
~2
2d2
+ 〈p̂〉2 − ~
2
√
2πd2
1
4d4
√
π
√
2d22d2
2
=
~2
2d2
+ 〈p̂〉2 − ~
2
4d2
= 〈p̂〉2 + ~
2
4d2
Y, por lo tanto:
〈(∆p)2〉 = 〈p̂2〉 − 〈p̂〉2 = ~
2
4d2
+ 〈p̂〉2 − 〈p̂〉2 = ~
2
4d2
Finalmente:
〈(∆x)2〉〈(∆p)2〉 = d2 ~
2
4d2
=
~2
4
q.e.d.
Nota: (Ver en el libro de Bransden[1] el Apartado 5.4 )
Fijarse que, de acuerdo con el apartado (b), el signo de la igualdad en la relación genera-
lizada de incertidumbre, dando el producto de incertidumbres mínimo, se verifica cuando
λ = λ0 =
i
2
〈[A,B]〉
(∆B)2
y C†|ψ〉 = 0, de modo que:
(Ā− iλ0B̄)|ψ〉 = 0
Esta última ecuación nos puede servir para encontrar la función de onda ψ tal que tiene
el valor mínimo del producto de incertidumbres ∆A∆B.
Así, tomando A = x y B = p y sustituyendo en la ecuación anterior, Ā = x − 〈x〉,
B̄ = p− 〈p〉 y λ0 = i〈[x, p]〉/[2(∆p)2] = −~/[2(∆p)2], obtenemos:(
−i~ ∂
∂x′
− 〈p〉
)
ψ(x′) =
2i(∆p)2
~
(x′ − 〈x〉)ψ(x′)
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.19 25
que integrándola nos da:
ψ(x′) = C exp
[
i〈p〉x′
~
− (∆p)
2(x′ − 〈x〉)2
~2
]
siendo C una constante de normalización. Vemos que, como esperábamos, coincide con el
paquete gausiano del enunciado y, por construcción, su producto de incertidumbres vale:
〈(∆x)2〉〈(∆p)2〉 = ~
2
4
Por último, para ver que se satisface:
〈x′|∆x|α〉 = (número imaginario)〈x′|∆p|α〉
calculemos:
〈x′|∆x|α〉 = 〈x′|(x̂− 〈x〉)|α〉 = (x′ − 〈x〉)〈x′|α〉
〈x′|∆p|α〉 = 〈x′|(p̂− 〈p〉)|α〉 = −i~ ∂
∂x′
〈x′|α〉 − 〈p〉〈x′|α〉
=
(
−i~
[
i〈p〉
~
− (x
′ − 〈x〉)
2d2
]
− 〈p〉
)
〈x′|α〉
=
i~
2d2
(x′ − 〈x〉)〈x′|α〉
Por lo tanto:
〈x′|∆x|α〉 = −i2d
2
~
〈x′|∆p|α〉 = (número imaginario)〈x′|∆p|α〉 q.e.d.
Problema 1.19
(a) Calcula 〈
(∆Sx)2
〉
≡ 〈S2x〉 − 〈Sx〉2,
donde tomamos el valor esperado para el estado Sz+. Utilizando el resul-
tado obtenido, comprueba la relación de incertidumbre generalizada
〈
(∆A)2
〉 〈
(∆B)2
〉
≥ 1
4
|〈[A,B]〉|2,
con A→ Sx, B → Sy.
(b) Comprueba la relación de incertidumbre con A → Sx, B → Sy para el
estado Sx+.
26 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Solución:
(a)
Sx =
~
2
(|+〉〈−|+ |−〉〈+|) ; Sy = −
i~
2
(|+〉〈−| − |−〉〈+|)
S2x =
~2
4
I S2y =
~2
4
I
|Sz; +〉 ≡ |+〉
Es un cálculo sencillo, con bras y kets:
〈Sx〉 =
~
2
〈+| (|+〉〈−|+ |−〉〈+|) |+〉 = 0
〈Sy〉 =
−i~
2
〈+| (|+〉〈−| − |−〉〈+|) |+〉 = 0
〈S2x〉 =
~2
4
; 〈S2y〉 =
~2
4
Entonces:
〈(∆Sx)2〉 = 〈S2x〉 − 〈Sx〉2 =
~2
4
〈(∆Sy)2〉 = 〈S2y〉 − 〈Sy〉2 =
~2
4
Lógicamente, como estamos tomando valores esperados respecto al estado |Sz; +〉, por
simetría necesariamente teníamos que obtener la misma dispersión en ambos casos.
Resulta así:
〈(∆Sx)2〉〈(∆Sy)2〉 =
~4
16
Calculemos ahora el segundo miembro de la relación de incertidumbre:
1
4
|〈[Sx, Sy]〉|2 =
1
4
|〈i~Sz〉|2 =
1
4
∣∣∣∣i~~2
∣∣∣∣2 = ~416
Y la relación de incertidumbre se verifica.
(b) Puesto que |Sx; +〉 es un estado propio de Sx, obviamente la incertidumbre en una
medida de Sx va a ser 0, porque el sistema ya se encuentra en un estado propio de Sx.
Veámoslo:
〈Sx; +|Sx|Sx; +〉 = 〈Sx; +|
~
2
|Sx; +〉 =
~
2
〈Sx; +|S2x|Sx; +〉 =
~2
4
Entonces:
〈(∆Sx)2〉 = 0
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.20 27
Y
〈(∆Sx)2〉〈(∆Sy)2〉 = 0
Por otro lado, el segundo miembro da:
1
4
|〈[Sx, Sy]〉|2 =
1
4
|〈i~Sz〉|2 = 0
Pues:
〈Sx; +|Sz|Sx; +〉 =
(
1√
2
〈+|+ 1√
2
〈−|
)(
~
2
(|+〉〈+| − |−〉〈−|)
)(
1√
2
|+〉+ 1√
2
|−〉
)
=
1
2
− 1
2
= 0
Y de nuevo se verifica la relación de incertidumbre generalizada.
Problema 1.20
Encuentra la combinación lineal de estados |+〉 y |−〉 que maximiza el pro-
ducto de incertidumbres 〈
(∆Sx)2
〉 〈
(∆Sy)2
〉
.
Verifica explícitamente que para la combinación lineal que encuentres, no se
viola el principio de incertidumbre para Sx y Sy.
Solución:
Lógicamente el producto de incertidumbres será máximo sobre un estado |Sz;+〉 o sobre
un estado |Sz;−〉, que no privilegia ninguna componente x ó y.
Para verlo, consideremos un estado |φ〉 general:
|φ〉 = eiδ(cos
(
β
2
)
|+〉+ sin
(
β
2
)
eiα|−〉)
(Elegimos este estado porque, escrito así, representa un estado propio del operador S·n̂
siendo n̂ la dirección n̂ = (cosα sinβ, sinα sinβ, cosβ). De este modo es más fácil de
interpretar el resultado). (Ver Problema 1.9, pág. 12).
Bien, tenemos entonces que:
〈S2x〉 =
~2
4
= 〈S2y〉 = 〈S2z 〉; como siempre.
〈Sx〉 =
(
cos
β
2
〈+|+ e−iα sin β
2
〈−|
)
~
2
(|+〉〈−|+ |−〉〈+|)
(
cos
β
2
|+〉+ eiα sin β
2
|−〉
)
=
~
2
(
eiα cos
β
2
sin
β
2
+ e−iα sin
β
2
cos
β
2
)
= ~ cos
β
2
sin
β
2
cosα
〈Sy〉 =
(
cos
β
2
〈+|+ e−iα sin β
2
〈−|
)
i~
2
(−|+〉〈−|+ |−〉〈+|)
(
cos
β
2
|+〉+ eiα sin β
2
|−〉
)
= ~ sin
β
2
cos
β
2
sinα
28 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Y
〈(∆Sx)2〉 ≡ 〈S2x〉 − 〈Sx〉2 =
~2
4
(
1− 4 cos2 β
2
sin2
β
2
cos2 α
)
=
~2
4
(
1− sin2 β cos2 α
)
〈(∆Sy)2〉 ≡ 〈S2y〉 − 〈Sy〉2 =
~2
4
(
1− 4 cos2 β
2
sin2
β
2
sin2 α
)
=
~2
4
(
1− sin2 β sin2 α
)
Entonces:
〈
(∆Sx)2
〉 〈
(∆Sy)2
〉
=
~4
16
(
1− sin2 β cos2 α− sin2 β sin2 α+ sin4 β sin2 α cos2 α
)
=
~4
16
(
1− sin2 β + 1
4
sin4 β sin (2α)
)
=
~4
16
(
cos2 β +
1
4
sin4 β sin (2α)
)
Y la fórmula anterior es máxima para β = 0 ó β = π, en que vale ~
4
16 , y que corresponden,
respectivamente, con los estados |Sz;+〉 ≡ |+〉 y |Sz;−〉 ≡ |−〉, tal como habíamos anun-
ciado. (Podemos tomar tranquilamente δ = 0, ya que es una fase global inobservable).
Veamos ahora si se verifica la relación de incertidumbre para estos casos, para ello calcu-
lemos:
1
4
|〈Sz; + |[Sx, Sy]|Sz;+〉|2 =
1
4
|〈Sz; + |i~Sz|Sz;+〉|2 =
~2
4
|〈Sz; + |Sz|Sz;+〉|2 =
~4
16
1
4
|〈Sz;− |[Sx, Sy]|Sz;−〉|2=
1
4
|〈Sz;− |i~Sz|Sz;−〉|2 =
~2
4
|〈Sz;− |Sz|Sz;−〉|2 =
~4
16
Y, efectivamente, se cumple la relación de incertidumbre. En este caso se tiene la igualdad.
Cuando esto sucede, se suele decir que «está saturada».
Problema 1.21
Evalúa el producto de incertidumbres
〈
(∆x)2
〉 〈
(∆p)2
〉
para una partícula
monodimensional confinada entre dos paredes rígidas
V =
{
0 para 0 < x < a
∞ para el resto
Calcúlalo tanto para el estado fundamental como para los estados excitados.
Solución:
La función de onda de la partícula, viene dada por:
ψα(x′) = 〈x′|α〉 =
√
2
a
sin
(
nπx′
a
)
; n = 1, 2, 3, ... (ec. (A.2.4) Sakurai)
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.21 29
Y:
〈x̂〉 =
∫
dx′
∫
dx′′〈α|x′〉 〈x′|x̂|x′′〉︸ ︷︷ ︸
=x′δ(x′−x′′)
〈x′′|α〉 =
∫
dx′x′〈α|x′〉〈x′|α〉
=
∫ ∞
−∞
dx′x′ψ∗α(x
′)ψα(x′) =
2
a
∫ a
0
dx′x′ sin2
(
nπx′
a
)
=
2
a
(
x2
a
− ax
4nπ
sin
[
2nπx
a
]
− a
2
8n2π2
cos
[
2nπx
a
])∣∣∣∣a
0
=
a
2
Resultado por otra parte lógico.
〈x̂2〉 =
∫
dx′
∫
dx′′〈α|x′〉〈x′|x̂2|x′′〉〈x′′|α〉 =
∫
dx′x′2〈α|x′〉〈x′|α〉
=
∫ ∞
−∞
dx′x′2ψ∗α(x
′)ψα(x′) =
2
a
∫ a
0
dx′x′2 sin2
(
nπx′
a
)
=
2
a
(
x3
6
− a
2x
4n2π2
cos
[
2nπx
a
]
−
(
ax2
4nπ
− a
3
8n3π3
)
sin
[
2nπx
a
])∣∣∣∣a
0
= a2
(
1
3
− 1
2n2π2
)
Entonces:
〈(∆x)2〉 = 〈x2〉 − 〈x〉2 = a
2
12
(
1− 6
n2π2
)
Asimismo:
〈p̂〉 =
∫
dx′
∫
dx′′〈α|x′〉 〈x′|p̂|x′′〉︸ ︷︷ ︸
=−i~ ∂
∂x′ δ(x
′−x′′)
〈x′′|α〉 =
∫
dx′〈α|x′〉
(
−i~ ∂
∂x′
)
〈x′|α〉
=
∫ ∞
−∞
dx′ψ∗α(x
′)
(
−i~ ∂
∂x′
)
ψα(x′) = −i~
2
a
nπ
a
∫ a
0
dx′ sin
[nπx
a
]
cos
[nπx
a
]
= 0
De nuevo resultado absolutamente lógico.
〈p̂2〉 =
∫
dx′
∫
dx′′〈α|x′〉〈x′|p̂2|x′′〉〈x′′|α〉 =
∫
dx′〈α|x′〉
(
−i~ ∂
∂x′
)2
〈x′|α〉
=
∫ ∞
−∞
dx′ψ∗α(x
′)
(
−i~ ∂
∂x′
)2
ψα(x′) = ~2
2
a
n2π2
a2
∫ a
0
dx′ sin2
[nπx
a
]
= ~2
2
a
n2π2
a2
(
x
2
− a
4nπ
sin
[
2nπx
a
])∣∣∣∣a
0
=
~2n2π2
a2
〈(∆p)2〉 = 〈p2〉 − 〈p〉2 = ~
2n2π2
a2
Y el producto de incertidumbres es:
〈(∆x)2〉〈(∆p)2〉 = ~
2n2π2
12
(
1− 6
n2π2
)
; n = 1, 2, 3, · · ·
30 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Problema 1.22
Estima a grosso modo el orden de magnitud de la «longitud de tiempo» que
un punzón de hielo puede estar en equilibrio sobre su extremo si la única limi-
tación es la impuesta por el principio de incertidumbre de Heisemberg. Supón
que la punta es afilada y que la superficie sobre la que descansa es dura. Puedes
hacer aproximaciones que no alteren el orden de magnitud general del resul-
tado. Considera valores razonables para las dimensiones y el peso del punzón.
Obtén una aproximación numérica del resultado y expresala en segundos.
Problema 1.23
Consideremos un espacio tridimensional de vectores. Si cierto conjunto orto-
normal de vectores –por ejemplo, |1〉 |2〉 |3〉 – se utiliza como base, los operadores
A y B vienen representados por
A
.=
 a 0 00 −a 0
0 0 −a
 , B .=
 b 0 00 0 −ib
0 ib 0

con a y b ambos reales.
(a) Obviamente A exhibe un espectro degenerado. ¿Presenta B también un
espectro degenerado?
(b) Muestra que A y B conmutan.
(c) Encuentra un nuevo conjunto de vectores ortonormales que sean autovec-
tores simultáneamente de A y B. Especifica los autovalores de A y B para
cada uno de los tres autovectores. La especificación de autovalores que has
obtenido, ¿caracteriza completamente cada autovector?
Solución:
(a) Resolviendo la ecuación característica, det(H − λI) = 0:∣∣∣∣∣∣
b− λ 0 0
0 −λ −ib
0 ib −λ
∣∣∣∣∣∣ = (b− λ)(λ2 − b2) = 0 =⇒
{
λ = b (doble),
λ = −b
Problema 1.24
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.25 31
(a) Demuestra que (1/
√
2)(1+iσx) actuando sobre un espinor de dos componen-
tes puede ser considerado como la representación matricial del operador
de rotación alrededor del eje x para una rotación de ángulo −π/2. (El signo
menos significa que la rotación es en el sentido de las agujas del reloj).
(b) Construye la representación matricial de Sz cuando utilizamos como vec-
tores base los autovectores de Sy.
Solución:
Sea:
R =
1 + iσx√
2
Claramente R es una matriz unitaria:
RR† = R†R = 1
Problema 1.25
Algunos autores definen un operador como real cuando todos los elementos
de la matriz 〈b′|A|b′′〉 para una cierta representación, (de base {|b′〉} en este
caso), son reales. ¿Es este concepto independiente de la representación?, esto
es, ¿los elementos de matriz se mantienen reales si se utiliza otra base distinta
de la base {|b′〉}? Comprueba tu afirmación utilizando operadores que te sean
familiares como Sy y Sz (ver problema 24) o x y px.
Problema 1.26
Construye la matriz de transformaciones que conecta la base diagonal de
Sz con la base diagonal de Sx. Muestra que tu resultado es consistente con la
relación general
U =
∑
r
|b(r)〉〈a(r)|.
Solución:
Nos piden que construyamos el operador unitario U que permite pasar de la base diagonal
de Sz a la base diagonal de Sx; esto es, a {|Sx;±〉}, verificando:
|Sx;±〉 = U |Sz;±〉 = U |±〉; con Sx|Sx;±〉 = ±
~
2
|Sx;±〉
32 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Calculemos entonces sus diferentes elementos de matriz:
〈+|U |+〉 = 〈+|Sx; +〉 =
1√
2
〈+|U |−〉 = 〈+|Sx;−〉 =
1√
2
〈−|U |+〉 = 〈−|Sx; +〉 =
1√
2
〈−|U |−〉 = 〈−|Sx;−〉 = −
1√
2
donde hemos tenido en cuenta que, en la base {|+〉, |−〉}, se tiene que |Sx;±〉 se escribe:
|Sx;±〉 =
1√
2
(|+〉 ± |−〉)
Con lo cual:
U
.=
1√
2
(
1 1
1 −1
)
——————————–
Si utilizamos ahora la fórmula U =
∑
r |b(r)〉〈a(r)|, tenemos:
U = |+〉〈Sx; +|+ |−〉〈Sx;−|
=
1√
2
(|+〉〈+|+ |+〉〈−|) + 1√
2
(|−〉〈+|+ |−〉〈−|)
Resultando de nuevo:
U
.=
1√
2
(
1 1
1 −1
)
Problema 1.27
(a) Supón que f(A) es una función de un operador hermítico A con la propie-
dad A|a′〉 = a′|a′〉. Calcula 〈b′′|f(A)|b′〉 cuando la matriz de transformación
de la base a′ a la base b′ es conocida.
(b) Utilizando el resultado análogo para el continuo del obtenido en el apar-
tado (a), calcula
〈p′′|F (r)|p′〉.
Simplifica tu expresión tanto como puedas. Date cuenta de que r es√
x2 + y2 + z2, donde x, y y z son operadores.
Solución:
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.28 33
(a) Ya hemos visto muchas veces que para una función bien comportada de A, f(A),
podemos desarrollar la función en serie de potencias de A, para obtener:
f(A) =
∑
n
cnA
n =⇒ f(A)|a′〉 =
∑
n
cnA
n|a′〉 =
∑
n
cn · (a′)n|a′〉 = f(a′)|a′〉
Si los {|a′〉} forman una base ortonormal (b.o.n.), entonces se verifica también la identidad
de Parseval,
∑
a′ |a′〉〈a′| = 1, y tenemos entonces:
〈b′′|f(A)|b′〉 =
∑
a′′
∑
a′
〈b′′|a′′〉〈a′′|f(A)|a′〉〈a′|b′〉
=
∑
a′′
∑
a′
〈b′′|a′′〉f(a′)δa′a′′〈a′|b′〉
=
∑
a′
f(a′)〈b′′|a′〉〈a′|b′〉
(b)
〈p′′|F (r̂)|p′〉 (a)=
∫
d3x′F (r)〈p′′|x′〉〈x′|p′〉
=
1
(2π~)3
∫
d3x′F (r) exp
(
ix′·(p′ − p′′)
~
)
=
2π
(2π~)3
∫ 1
−1
d(cos θ)
∫ ∞
0
dr r2F (r) exp
(
ir · |p′ − p′′| · cos θ
~
)
=
~
4π2~3
∫ ∞
0
dr r2F (r)
[
exp
(
ir|p′ − p′′|
~
)
− exp
(
−ir|p′ − p′′|
~
)]
ir|p′ − p′′|
=
1
4π2~2
∫ ∞
0
dr rF (r)
1
i|p′ − p′′|
2i sin
(
r|p′ − p′′|
~
)
=
1
2π2~2|p′ − p′′|
∫ ∞
0
dr r sin
(
r|p′ − p′′|
~
)
F (r)
Resultado:
〈p′′|F (r̂)|p′〉 = 1
2π2~2|p′ − p′′|
∫ ∞
0
dr r sin
(
r|p′ − p′′|
~
)
F (r)
Problema 1.28
(a) Sean x y px las coordenadas y el momento lineal en una dimensión. Calcuar
el paréntesis de Poisson clásico
[x, F (px)]clásico.
(b) Sean ahora x y px los correspondientes operadores mecánico-cuánticos.
Calcular el conmutador [
x, exp
(
ipxa
~
)]
.
34 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
(c) Utilizando el resultado obtenido en (b), demuestra que
exp
(
ipxa
~
)
|x′〉, (x|x′〉 = x′|x′〉)
es un autoestado del operador coordenada x. ¿Cuál es el correspondiente
autovalor?
Solución:
(a) El resultado es inmediato:
[A(q, p), B(q, p)]clásico ≡
∑
s
(
∂A
∂qs
∂B
∂ps
− ∂A
∂ps
∂B
∂qs
)
(ec. (1.6.48) Sakurai)
entonces:
[x, F (px)]clásico =
∂x
∂x
∂F (px)
∂px
− ∂x
∂px
∂F (px)
∂x
=
∂F (px)
∂px
(b) El resultado es también inmediato si utilizamos el resultado del Problema 1.29, pág. 35:[
x, exp
(
ipxa
~
)]
= i~
ia
~
exp
(
ipxa
~
)
= −a exp
(
ipxa
~
)
——————————–
Si queremos trabajar un poco más, podemos partir de la relación:
[A,Bn] =
n−1∑
k=0
Bk[A,B]Bn−k−1
deducida por la aplicación reiterada de [A,BC] = [A,B]C +B[A,C].
Entonces: [
x,exp
(
ipxa
~
)]
=
[
x,
∞∑
n=0
(ia)n
~n
pnx
n!
]
=
∞∑
n=0
1
n!
(ia)n
~n
[x, pnx]
pero:
[x, pnx] =
n−1∑
k=0
pkx[x, px]p
n−k−1
x = i~
n−1∑
k=0
pkxp
n−k−1
x = i~
n−1∑
k=0
pn−1x
= i~npn−1x
por lo tanto:[
x, exp
(
ipxa
~
)]
=
∞∑
n=0
1
n!
(ia)n
~n
[x, pnx] =
∞∑
n=0
1
n!
(ia)n
~n
i~npn−1x
= i~
(ia)
~
∞∑
n=1
1
(n− 1)!
(ia)n−1
~n−1
pn−1x
= −a
∞∑
m=0
(ia)m
~m
pmx
m!
= −a exp
(
ipxa
~
)
q.e.d.
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.29 35
(c) Tenemos:
x̂
{
exp
(
ipxa
~
)
|x′〉
}
= exp
(
ipxa
~
)
x̂|x′〉+
[
x̂, exp
(
ipxa
~
)]
= (x′ − a)
{
exp
(
ipxa
~
)
|x′〉
}
de modo que exp
(
ipxa
~
)
|x′〉 es autoestado del operador coordenada x̂ con autovalor (x′−a).
Problema 1.29
(a) En la página 247, Gottfried (1966) afirma que
[xi, G(p)] = i~
∂G
∂pi
, [pi, F (x)] = −i~
∂F
∂xi
pueden ser «fácilmente obtenidas», a partir de las relaciones fundamen-
tales de conmutación, para todas las funciones de F y G que puedan de-
sarrollarse en serie de potencias de sus respectivos argumentos. Verifica
dicha afirmación.
(b) Calcula [x2, p2]. Compara tu resultado con el paréntesis de Poisson clásico
[x2, p2]clásico.
Solución:
CORREGIR: Hacerlo también usando la base de las x para calcular 〈x|[pi, F (x)]|f〉 y la
de momentos para calcular 〈p|[xi, G(p)]|f〉. (Creo que entonces el cálculo sale inmediato,
pues p = −i~∇ y x = i~∇, o al revés, respectivamente).
(a) Primero calculemos3:
[xi, pnj ] = [xi, p
n−1
j ]pj + p
n−1
j [xi, pj ] = [xi, p
n−1
j ]pj + i~p
n−1
j δij
= [xi, pn−2j ]p
2
j + p
n−2
j [xi, pj ]pj + i~p
n−1
j δij = [xi, p
n−2
j ]p
2
j + 2i~pn−1j δij
= · · · · · · · · · = [xi, pj ]pn−1j + (n− 1)i~p
n−1
j δij
= ni~pn−1j δij = i~
∂pnj
∂pi
[pi, xnj ] = [pi, x
n−1
j ]xj + x
n−1
j [pi, xj ] = [pi, x
n−1
j ]xj − i~x
n−1
j δij
= [pi, xn−2j ]x
2
j + x
n−2
j [pi, xj ]xj − i~x
n−1
j δij = [pi, x
n−2
j ]x
2
j − 2i~xn−1j δij
= · · · · · · · · · = [pi, xj ]xn−1j − (n− 1)i~x
n−1
j δij
= −ni~xn−1j δij = −i~
∂xnj
∂xi
3Otro modo de calcular estos conmutadores lo tenemos en el apartado (b) del problema anterior:
Problema 1.28, pág. 33.
36 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Entonces, para G(p) ó F (x) escritas como series convergentes de potencias de pj o xj , se
va a verificar la relación del enunciado. Puesto que los conmutadores van a ser distintos de
cero únicamente cuando sean de la misma componente (i.e. por ejemplo [xi, pi]), «a efectos
de cálculo» podemos escribir los desarrollos de estas funciones como:
G(p) =
∑
n
gnp
n
j ; F (x) =
∑
n
fnx
n
j ; j=1,2,3
donde, si por ejemplo es j=1, los términos con y, z, ó py, pz del desarrollo en serie, que no
contienen potencias de x ó px, los podemos considerar incluidos en el término n = 0 del
sumatorio.
Bien, entonces tenemos:
[xi, G(p)] = [xi,
∑
n
gnp
n
j ] =
∑
n
gn[xi, pnj ] =
∑
n
gnni~pn−1j δij = i~
∑
n
gn
∂pnj
∂pi
= i~
∂
∂pi
∑
n
gnp
n
j = i~
∂
∂pi
G(p)
[pi, F (x)] = [pi,
∑
n
fnx
n
j ] =
∑
n
fn[pi, xnj ] =
∑
n
fn(−ni~xn−1j δij) = −i~
∑
n
fn
∂xnj
∂xi
= −i~ ∂
∂xi
∑
n
fnx
n
j = −i~
∂
∂xi
F (x)
Comparar el resultado obtenido aquí para [xi, G(p)] con el obtenido en el apartado (a) del
problema anterior. (Problema 1.28, pág. 33). Fijarse que si aplicamos la regla
[ , ]clásico →
[ , ]
i~
llegamos a la relación cuántica.
(b)
[x2, p2] = x[x, p2] + [x, p2]x
= x2i~p+ 2i~px = 2i~(xp+ px) = 2i~{x, p}
[x2, p2]clásico =
∂x2
∂x
∂p2
∂p
− ∂p
2
∂p
∂x2
∂x
= 4xp = 2{x, p}clásico
Y vemos que se satisface la correspondencia:
[ , ]clásico →
[ , ]
i~
Problema 1.30
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.31 37
El operador de traslación para un desplazamiento (espacial) finito viene
dado por
T (`) = exp
(
−ip·`
~
)
donde p es el operador momento.
(a) Calcula
[xi,T (`)].
(b) Utilizando (a) (o de otro modo), demuestra cómo cambia el valor esperado
〈x〉 bajo una traslación.
Solución:
(a)
[xi,T (`)] = [xi, exp
(
−ip·`
~
)
] = i~
∂
∂pi
(
exp
(
−ip·`
~
))
= i~
(
−ili
~
)
T (`) = liT (`)
donde hemos utilizado el resultado del problema anterior:
[xi, G(p)] = i~
∂G
∂pi
(b) Bajo la acción del operador de traslación:
|α〉 −→ T (`)|α〉; 〈α| −→ 〈α|T †(`)
Así, el valor esperado de x sobre el nuevo estado trasladado, será:
〈x〉 −→ 〈α|T †xT |α〉 = 〈α|T †(T x + [x,T (`)])|α〉
(a)
= 〈α|T † (T x + `T ) |α〉 = 〈x〉+ `
donde hemos tenido en cuenta que T T † = T †T = I, (el operador de traslación T es
unitario), y que ` es una constante y por tanto conmuta con T .
Problema 1.31
En el texto del capítulo hemos discutido el efecto de T (dx′) sobre los auto-
vectores de posición y momento y sobre un estado general |α〉. Podemos también
estudiar el comportamiento de los valores esperados 〈x〉 y 〈p〉 bajo traslaciones
infinitesimales. Utilizando únicamente (1.6.25), (1.7.39b) y |α〉 → T (dx′)|α〉, de-
muestra que 〈x〉 → 〈x〉+ dx′, 〈p〉 → 〈p〉 bajo una traslación infinitesimal.
38 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Solución:
Tenemos que:
|α〉 −→ T (dx′)|α〉 〈α| −→ 〈α|T †(dx′)
[x,T (dx′)] = dx′ [p,T (dx′)] = 0
T (dx′) ≈ 1− iK·dx′ T †(dx′) ≈ 1 + iK†·dx′
Entonces:
〈x〉 −→ 〈α|T †xT |α〉 = 〈α|T †(T x + dx′)|α〉 = 〈α|T †T x|α〉+ dx′〈α|T †|α〉
= 〈α|x|α〉+ dx′〈α|1 + O(dx′)|α〉 = 〈x〉+ dx′
〈p〉 −→ 〈α|T †pT |α〉 = 〈α|T †T p|α〉 = 〈α|p|α〉 = 〈p〉
Problema 1.32
(a) Verifica las relaciones (1.7.39a) y (1.7.39b) para los valores esperados de
p y p2 de un paquete de ondas gausiano (1.7.35).
(b) Calcula el valor esperado de p y p2 utilizando la función de onda en el
espacio de momento (1.7.42).
Solución:
(a) Nos piden que veamos que:
〈p〉 = ~k; 〈p2〉 = ~
2
2d2
+ ~2k2
con
〈x′|α〉 =
[
1
π1/4
√
d
]
exp
[
ikx′ − x
′2
2d2
]
〈x′|p̂|x′′〉 = −i~ ∂
∂x′
δ(x′ − x′′)
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.32 39
Entonces:
〈p〉 =
∫
dx′
∫
dx′′〈α|x′〉〈x′|p̂|x′′〉〈x′′|α〉
=
∫
dx′
∫
dx′′〈α|x′〉
(
−i~ ∂
∂x′
δ(x′ − x′′)
)
〈x′′|α〉 = −i~
∫
dx′〈α|x′〉
(
−i~ ∂
∂x′
)
〈x′|α〉
=
−i~√
πd
∫ ∞
−∞
dx′ exp
[
−ikx′ − x
′2
2d2
](
−i~ ∂
∂x′
)
exp
[
ikx′ − x
′2
2d2
]
= · · ·
{
∂
∂x′
exp
[
ikx′ − x
′2
2d2
]
=
(
ik − 2x
′
2d2
)
exp
[
ikx′ − x
′2
2d2
]}
· · · =
=
−i~√
πd
∫ ∞
−∞
dx′
(
ik − 2x
′
2d2︸︷︷︸
impar
)
exp
[
−x
′2
d2
]
︸ ︷︷ ︸
par
=
~k√
πd
∫ ∞
−∞
dx′ exp
[
−x
′2
d2
]
=
~k√
πd
√
πd = ~k
Del mismo modo:
〈p2〉 =
∫
dx′〈α|x′〉p̂2〈x′|α〉
=
−~2√
πd
∫ ∞
−∞
dx′ exp
[
−ikx′ − x
′2
2d2
]
∂2
∂x′2
exp
[
ikx′ − x
′2
2d2
]
= · · ·
{
∂2
∂x′2
exp
[
ikx′ − x
′2
2d2
]
=
(
ik − x
′
d2
)2
exp
[
ikx′ − x
′2
2d2
]
− 1
d2
exp
[
ikx′ − x
′2
2d2
]}
· · ·
=
−~2√
πd
∫ ∞
−∞
dx′
(
x′2
d4
− 2ik x
′
d2︸ ︷︷ ︸
impar
−k2 − 1
d2
)
exp
[
−x
′2
d2
]
︸ ︷︷ ︸
par
=
−~2√
πd
(
−k2 − 1
d2
)∫ ∞
−∞
dx′ exp
[
−x
′2
d2
]
+
−~2√
π
1
d5
∫ ∞
−∞
dx′x′2 exp
[
−x
′2
d2
]
=
−~2√
πd
(
−k2 − 1
d2
)√
πd− ~
2
√
π
1
d5
2
d3
2
Γ
(
3
2
)
=
= ~2k2 +
~2
d2
− ~
2
2d2
= ~2k2 +
~2
2d2
(b)
〈p′|α〉 =
√
d
~
√
π
exp
[
−(p′ − ~k)2d2
2~2
]
〈p′|p̂|p′′〉 = p′δ(p′ − p′′)
40 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
Entonces:
〈p〉 =
∫
dp′
∫
dp′′〈α|p′〉〈p′|p̂|p′′〉〈p′′|α〉 =
∫
dp′p′〈α|p′〉〈p′|α〉
=
d
~
√
π
∫ ∞
−∞
dp′p′ exp
[
−(p′ − ~k)2d2
~2
]
=
{
(p′ − ~k) −→ p′′
}
=
d
~
√
π
∫ ∞
−∞
dp′′( p′′︸︷︷︸
impar
+ ~k︸︷︷︸
par
) exp
[
−p′′2d2
~2
]
︸ ︷︷ ︸
par
=
d
~
√
π
~k
∫ ∞
−∞
dp′′ exp
[
−p′′2d2
~2
]
=
d√
π
k
(√
π
~
d
)
= ~k
Igualmente:
〈p2〉 =
∫
dp′p′2〈α|p′〉〈p′|α〉
=
d
~
√
π
∫ ∞
−∞
dp′p′2 exp
[
−(p′ − ~k)2d2
~2
]
=
{
(p′ − ~k) −→ p′′
}
=
d
~
√
π
∫ ∞
−∞
dp′′(p′′ + ~k)2 exp
[
−p′′2d2
~2
]
=
d
~
√
π
∫ ∞
−∞
dp′′( p′′2︸︷︷︸
par
+ ~2k2︸︷︷︸
par
+2p′′~k︸ ︷︷ ︸
impar
) exp
[
−p′′2d2
~2
]
︸ ︷︷ ︸
par
=
d
~
√
π
∫ ∞
−∞
dp′′(p′′2 + ~2k2) exp
[
−p′′2d2
~2
]
=
d
~
√
π
~2k2
∫ ∞
−∞
dp′′ exp
[
−p′′2d2
~2
]
+
d
~
√
π
∫ ∞
−∞
dp′′p′′2 exp
[
−p′′2d2
~2
]
=
d
~
√
π
~2k2
(
~
d
√
π
)
+
d
~
√
π
(
1
2
√
π
~3
d3
)
= ~2k2 +
~2
2d2
Nota: ∫ ∞
−∞
e−αx
2
dx =
√
π
α
(integral de una gausiana)
∂
∂α
(∫ ∞
−∞
e−αx
2
dx
)
= −
∫ ∞
−∞
x2e−αx
2
dx =
∂
∂α
(√
π
α
)
= −1
2
√
π
α3/2
Problema 1.33
(a) Demuestra lo siguiente:
(i) 〈p′|x|α〉 = i~ ∂
∂p′
〈p′|α〉
CAPÍTULO 1. PROBLEMA 1.33 41
(ii)〈β|x|α〉 =
∫
dp′φ∗β(p
′)i~
∂
∂p′
φα(p′),
donde φα(p′) = 〈p′|α〉 y φβ(p′) = 〈p′|β〉 son las funciones de onda en el espacio
de momentos.
(b) ¿Cuál es el significado físico de
exp
(
ixΞ
~
)
,
donde x es el operador posición y Ξ es cierto número con dimensiones de
momento? Justifica tu respuesta.
Solución:
(a)
(i)
〈p′|x̂|α〉 =
∫
dp′′〈p′|x̂|p′′〉〈p′′|α〉
Calculemos 〈p′|x̂|p′′〉:
〈p′|x̂|p′′〉 =
∫
dx′〈p′|x̂|x′〉〈x′|p′′〉 =
∫
dx′x′〈p′|x′〉〈x′|p′′〉
=
1
2π~
∫
dx′x′ exp
[
−ix′(p′ − p′′)
~
]
= i~
∂
∂p′
1
2π~
∫
dx′ exp
[
−ix′(p′ − p′′)
~
]
= i~
∂
∂p′
δ(p′ − p′′)
Entonces:
〈p′|x̂|α〉 =
∫
dp′′〈p′|x̂|p′′〉〈p′′|α〉 =
∫
dp′′i~
∂
∂p′
δ(p′ − p′′)〈p′′|α〉
= i~
∂
∂p′
〈p′|α〉
(ii)
〈β|x̂|α〉 =
∫
dp′〈β|p′〉〈p′|x̂|α〉 (i)=
∫
dp′〈β|p′〉i~ ∂
∂p′
〈p′|α〉
=
∫
dp′φ∗β(p
′)i~
∂
∂p′
φα(p′)
(b) El operador exp
(
ixΞ
~
)
nos da la traslación en el espacio de momentos, esto es, realiza los
boost. Ξ representa el desplazamiento en el momento, y x es el generador de las traslaciones
42 CAPÍTULO 1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES
de momento. Efectivamente:
p̂
{
exp
(
ixΞ
~
)
|p′〉
}
= exp
(
ixΞ
~
)
p̂|p′〉+
[
p̂, exp
(
ixΞ
~
)]
|p′〉
= p′ exp
(
ixΞ
~
)
|p′〉+ Ξexp
(
ixΞ
~
)
|p′〉
= (p′ + Ξ)
{
exp
(
ixΞ
~
)
|p′〉
}
Y tenemos, por lo tanto, que exp
(
ixΞ
~
)
|p′〉 es propio del operador p̂ con autovalor (p′ +Ξ).
(Hemos utilizado el resultado del Problema 1.29, pág. 35, para el cálculo del conmutador).
Capítulo 2
Dinámica cuántica
Problema 2.1
Considera el problema de la precesión del spin ya discutido en el texto. Se
puede resolver también en la imagen de Heisemberg. Utilizando el Hamilto-
niano:
H = −
(
eB
mc
)
Sz = ωSz,
escribe las ecuaciones del movimiento de Heisemberg para los operadores, (de-
pendientes del tiempo), Sx, Sy, y Sz. Resuélvelas para obtener Sx,y,z como fun-
ciones del tiempo.
Solución:
Ec. de Heisemberg del movimiento:
dA(H)
dt
=
1
i~
[A(H),H] (ec. (2.2.19) Sakurai)
con A(H)(t) ≡ U †(t)A(S)U (t), y A(S) operador que no depende explícitamente de t.
Entonces:
dS
(H)
x
dt
=
1
i~
[S(H)x ,H] =
1
i~
[S(H)x , ωS
(H)
z ] =
1
i~
ω(−i~S(H)y ) = −ωS(H)y
dS
(H)
y
dt
=
1
i~
[S(H)y ,H] =
1
i~
[S(H)y , ωS
(H)
z ] = ωS
(H)
x
dS
(H)
z
dt
=
1
i~
[S(H)z ,H] =
1
i~
[S(H)z , ωS
(H)
z ] = 0 ⇒ S(H)z (t) = cte = S(H)z (0)
43
44 CAPÍTULO 2. DINÁMICA CUÁNTICA
donde hemos utilizado que, si [A(S), B(S)] = C(S), entonces:1
[A(H), B(H)] = [U †A(S)U ,U †B(S)U ] = U †(A(S)B(S) −B(S)A(S))U
= U †[A(S), B(S)]U = U †C(S)U = C(H)
Nos queda resolver un sistema de dos ec. diferenciales acopladas, que podemos desacoplar
derivando una vez:
dSx
dt
= −ωSy
dSy
dt
= ωSx
derivando=⇒

d2Sx
dt2
= −ωdSy
dt
= −ω2Sx
d2Sy
dt2
= ω
dSx
dt
= −ω2Sy
Y la solución es:
Sx(t) = A cosωt+B sinωt
Sy(t) = C cosωt+D sinωt
Aplicando ahora las condiciones iniciales:
Sx(0) = Sx(0) Ṡx(0) = −ωSy(0)
Sy(0) = Sy(0) Ṡy(0) = ωSx(0)
obtenemos:
A = Sx(0) = D C = Sy(0) = −B
Resultado final: 
Sx(t) = Sx(0) cosωt− Sy(0) sinωt
Sy(t) = Sy(0) cosωt+ Sx(0) sinωt
Sz(t) = Sz(0)
Problema 2.2
Consideremos de nuevo el Hamiltoniano del Capítulo 1, Problema 1.11.
Supón que quien lo escribió cometió un error tipográfico y escribió H como:
H = H11|1〉〈1|+H22|2〉〈2|+H12|1〉〈2|
¿Qué principio se violaría en este caso? Argumenta tu respuesta intentando
resolver explicitamente el problema dependiente del tiempo más general con
un Hamiltoniano ilegal de este tipo. (Puedes suponer que H12 = H22 = 0, por
simplicidad).
Solución:
L’operador NO es hermític, per tant es viola conservació de la probabilitat. FER-LO
1Esta igualdad, [A(H), B(H)] = C(H), no sería válida si tomamos los operadores a tiempos distintos.
CAPÍTULO 2. PROBLEMA 2.3 45
Problema 2.3
Un electrón está sometido a un campo magnético B uniforme e indepen-
diente del tiempo en la dirección del eje z. En t = 0 sabemos que el electrón
está en un estado propio de S·n̂ con autovalor ~/2, donde n̂ es un vector unitario
sobre el plano xz y que forma un ángulo β con el eje z.
(a) Obtén la probabilidad de encontrar el electrón en el estado sx = ~/2 como
una función del tiempo.
(b) Encuentra el valor esperado de Sx como una función del tiempo.
(c) Para tu propia tranquilidad, muestra que tus respuestas tienen sentido
para los casos extremos: (i) β → 0 y (ii) β → π/2.
Solución:
Este problema es secillo, tenemos que inicialmente, en t = 0, el sistema se encuentra en el
estado:
|ψ, t0 = 0〉 = |S·n̂; +〉 = cos
(
β
2
)
|+〉+ sin
(
β
2
)
|−〉
(ver, por ejemplo, Problema 1.9, pág. 12).
La evolución temporal viene gobernada por el operador U (t, t0):
U (t, t0) = exp
[
− iH(t− t0)
~
]
; H = −
(
eB
mec
)
Sz = ωSz
donde ω =
|e|B
mec
y e < 0 para la carga del electrón.
Entonces, en un instante t posterior el sistema se encontrará en el estado:
|ψ, t0 = 0; t〉 = U (t, t0 = 0)|ψ, t0 = 0〉 = exp
[
−iHt
~
]
|ψ, t0 = 0〉
= cos
(
β
2
)
e−iωt/2|+〉+ sin
(
β
2
)
eiωt/2|−〉
donde hemos utilizado que:
H|±〉 = ωSz|±〉 =
(
±~ω
2
)
|±〉
(a)
|Sx; +〉 =
1√
2
(|+〉+ |−〉)
46 CAPÍTULO 2. DINÁMICA CUÁNTICA
Y la probabilidad de encontrar el electrón en el estado sx = ~/2, en cierto instante t, viene
dada por:
|〈Sx; +|ψ, t0 = 0; t〉|2 =
∣∣∣∣( 1√2(〈+|+ 〈−|)
)(
cos
(
β
2
)
e−iωt/2|+〉+ sin
(
β
2
)
eiωt/2|−〉
)∣∣∣∣2
=
1
2
∣∣∣∣cos(β2
)
e−iωt/2 + sin
(
β
2
)
eiωt/2
∣∣∣∣2
=
1
2
(
1 + 2 cos
(
β
2
)
sin
(
β
2
)
cosωt
)
=
1
2
(1 + sinβ cosωt)
Hemos utilizado que:
|z1 + z2|2 = |z1|2 + |z2|2 + 2 Real (z1z∗2)
sin 2A = 2 sinA cosA
(b) Es más sencillo si trabajamos en la base {|+〉, |−〉}, entonces:
〈Sx〉t =
(
cos
(
β
2
)
eiωt/2 sin
(
β
2
)
e−iωt/2
)
·
Sx︷ ︸︸ ︷
~
2
(
0 1
1 0
)
·

cos
(
β
2
)
e−iωt/2
sin
(
β
2
)
eiωt/2

=
~
2
(
sin
(
β
2
)
e−iωt/2 cos
(
β
2
)
eiωt/2
)
·

cos
(
β
2
)
e−iωt/2
sin
(
β
2
)
eiωt/2

=
~
2
[
sin
(
β
2
)
cos
(
β
2
)(
e−iωt + eiωt
)]
=
~
2
sinβ cosωt
Resultado:
〈Sx〉t =
~
2
sinβ cosωt
—————————————
Como ejemplo, hagámoslo ahora en la imagen de Heisenberg :
S(H)x (t) = U
†(t)S(S)x U (t) = exp
(
iωSzt
~
)
Sx exp
(
−iωSzt
~
)
= Sx cosωt− Sy sinωt
(Para el último paso, ver por ejemplo las ecs. (3.2.5) ó (3.2.6) o la (3.2.44) del Sakurai).
Fijarse que coincide con el resultado que ya habíamos obtenido en el Problema 2.1, pág. 43.
Entonces:
〈Sx〉t = 〈Sx〉0 cosωt− 〈Sy〉0 sinωt
CAPÍTULO 2. PROBLEMA 2.4 47
Claramente 〈Sy〉0 = 0, porque inicialmente n̂ está en el plano xz. En cualquier caso:
〈Sy〉0 =
(
cos
(
β
2
)
sin
(
β
2
) )
·
Sy︷ ︸︸ ︷
~
2
(
0 −i
i 0
)
·

cos
(
β
2
)
sin
(
β
2
)

=
i~
2
(
sin
(
β
2
)
− cos
(
β
2
) )
·

cos
(
β
2
)
sin
(
β
2
)
 = 0
Así, de nuevo:
〈Sx〉t =
~
2
sinβ cosωt
(c) Particularizemos ahora para los dos casos que nos pide el problema:
(i) β → 0  P (t) =
1
2
〈Sx〉t = 0
El sistema se encuentra inicialmente en un estado propio de Sz con autovalor ~/2 y ahí va
a continuar. La probabilidad de obtener sx = ~/2
Problema 2.4
Sea x(t) el operador coordenada para una partícula libre en una dimensión,
en la imagen de Heisemberg. Calcula:
[x(t), x(0)].
Solución:
Este problema está resuelto en el propio texto, simplemente lo reproducimos aquí.
Para una partícula libre de masa m, el Hamiltoniano viene dado por:
H =
p2
2m
=
p2x + p
2
y + p
2
z
2m
48 CAPÍTULO 2. DINÁMICA CUÁNTICA
Entonces las ecuaciones de Heisemberg para pi y xi son:
dpi(t)
dt
=
1
i~
[pi(t),H] = 0 =⇒
=⇒ pi(t) = cte = pi(0)
dxi(t)
dt
=
1
i~
[xi(t),H] =
1
i~
1
2m
i~
∂
∂pi
 3∑
j=1
p2j
 = pi(t)
m
=
pi(0)
m
=⇒
=⇒ xi(t) = xi(0) +
(
pi(0)
m
)
t
(se sobreentiende que todos los operadores llevan el superíncice (H), i.e. son los correspon-
dientes operadores en la imagen de Heisemberg).
Por lo tanto:
[xi(t), xi(0)] =
[
pi(0)t
m
+ xi(0), xi(0)
]
=
[
pi(0)t
m
, xi(0)
]
=
−i~t
m
Problema 2.5
Considera una partícula en una dimensión cuyo Hamiltoniano viene dado
por:
H =
p2
2m
+ V (x).
Demuestra, calculando el conmutador [[H,x], x], que:
∑
a′
|〈a′′|x|a′〉|2(Ea′ − Ea′′) =
~2
2m
,
donde |a′〉 esun estado propio de la energía, (del Hamiltoniano), con valor
propio Ea′.
Solución:
Tenemos que:
H|a′′〉 = Ea′′ |a′′〉; (|a′′〉 es autoestado de H)
[[H,x], x] = [−i~ p
m
, x] = −~
2
m
donde hemos utilizado que [xi, G(p)] = i~
∂G
∂pi
, (Problema 1.29, pág. 35).
CAPÍTULO 2. PROBLEMA 2.6 49
Entonces:
~2
2m
= 〈a′′| ~
2
2m
|a′′〉 = −1
2
〈a′′|−~
2
m
|a′′〉 = −1
2
〈a′′|[[H,x], x]|a′′〉
= −1
2
(〈a′′|Hx2|a′′〉+ 〈a′′|x2H|a′′〉 − 2〈a′′|xHx|a′′〉)
= −1
2
(2Ea′′〈a′′|x2|a′′〉 − 2〈a′′|x (
∑
a′
|a′〉〈a′|)︸ ︷︷ ︸
1
H (
∑
a′′′
|a′′′〉〈a′′′|)︸ ︷︷ ︸
1
x|a′′〉)
= −Ea′′〈a′′|x (
∑
a′
|a′〉〈a′|)︸ ︷︷ ︸
1
x|a′′〉+
∑
a′
∑
a′′′
〈a′′|x|a′〉 〈a′|H|a′′′〉︸ ︷︷ ︸
Ea′′′δ(a
′′′−a′)
〈a′′′|x|a′′〉
= −Ea′′
∑
a′
〈a′′|x|a′〉〈a′|x|a′′〉+
∑
a′
Ea′〈a′′|x|a′〉〈a′|x|a′′〉 =
=
∑
a′
|〈a′′|x|a′〉|2(Ea′ − Ea′′)
Hemos ido introduciendo diversas identidades de Parseval para llegar al resultado.
Problema 2.6
Consideremos una partícula en tres dimensiones, cuyo Hamiltoniano viene
dado por:
H =
p2
2m
+ V (x).
Calculando [x·p,H], obtén:
d
dt
〈x·p〉 =
〈
p2
m
〉
− 〈x·∇V 〉
Para realizar la identificación de la expresión anterior con la versión mecánico-
cuántica del teorema del virial clásico, es esencial que el lado izquierdo de la
igualdad se anule. ¿Bajo qué condiciones esto sucede?
Solución:
Calculemos el conmutador [x·p,H]. (Consideramos índices repetidos, sumados):
[x·p,H] = [xipi,
pjpj
2m
+ V (x)] = xi[pi, V (x)] + [xi,
pjpj
2m
]pi
= xi
(
−i~∂V (x)
∂xi
)
+
(
i~
1
2m
2pjδij
)
pi = i~
(
−x·∇V (x) + p
2
m
)
(Se han utilizado las relaciones obtenidas en el Problema 1.29, pág. 35).
Si ahora aplicamos la ecuación del movimiento de Heisemberg al operador x·p:
d(x·p)
dt
=
1
i~
[x·p,H] = p
2
m
− x·∇V (x)
50 CAPÍTULO 2. DINÁMICA CUÁNTICA
Tomando ahora valores esperados, teniendo en cuenta que en la imagen de Heisemberg los
estados NO dependen del tiempo, queda el resultado final:
d
dt
〈x·p〉 =
〈
p2
m
〉
− 〈x·∇V 〉
Ecuación esta última válida en cualquier imagen puesto que tiene que ver con valores
esperados.
——————————
El lado izquierdo de la ecuación se va a anular cuando los valores esperados se tomen sobre
autoestados de la energía, (del Hamiltoniano), puesto que, usando la ec. del movimiento
de Heisemberg de nuevo:
d
dt
〈a′|x·p|a′〉 = 1
i~
〈a′|[x·p,H]|a′〉 = 1
i~
〈a′|(x·p)H −H(x·p)|a′〉
=
1
i~
〈a′|x·p|a′〉(Ea′ − Ea′) = 0
Así, para autoestados de la energía, (estados estacionarios), tenemos el análogo cuántico
del teorema del virial:〈
p2
m
〉
= 〈x·∇V 〉; teorema del virial cuántico
Nota 1:
De una manera similar, aplicando la ecuación del movimiento de Heisemberg a los opera-
dores, x, y, z, y px, py, pz, podemos obtener los dos teoremas de Ehrenfest, (está hecho en
el propio texto del Sakurai):
d
dt
〈x〉 = 〈p〉
m
1 er teorema de Ehrenfest
d
dt
〈p〉 = −〈∇V (x, t)〉 2o teorema de Ehrenfest
Nota 2:
La imagen de Heisemberg resulta muy útil cuando queremos derivar ecuaciones de la me-
cánica clásica a partir de la mecánica cuántica ya que, como vemos, las ecuaciones que nos
aparecen guardan una gran similitud con sus análogas clásicas.
Sin embargo tenemos que insistir en que las tres ecuaciones anteriores, (el teorema del
virial y los dos teoremas de Ehrenfest), a pesar de su apariencia «clásica», son ecuaciones
de la mecánica cuántica, y no representan ningún límite clásico.
Así es un error pensar que los teoremas de Ehrenfest arriba obtenidos implican que la
mecánica clásica es válida cuando consideremos los valores esperados (valores medios) de
los operadores x y p. Esto no es así, para que fuera cierto necesitaríamos por lo menos
que:
〈∇V (x, t)〉 = ∇V (〈x〉, t)
CAPÍTULO 2. PROBLEMA 2.7 51
aunque ésta tampoco es una condición suficiente para considerar el sistema como clásico.
Problema 2.7
Considera un paquete de ondas de una partícula libre en una dimensión. En
t = 0, el paquete satisface la relación de incertidumbre mínima:
〈(∆x)2〉〈(∆p)2〉 = ~
2
4
(t = 0).
Además sabemos que:
〈x〉 = 〈p〉 = 0 (t = 0).
Utilizando la imagen de Heisemberg, obtén 〈(∆x)2〉t como función de t(t ≥ 0)
cuando nos dan 〈(∆x)2〉t=0. (Ayuda: Utiliza la propiedad de la incertidumbre
mínima para un paquete de ondas que obtuviste en el Problema 1.18, pág. 22)
Problema 2.8
Sean |a′〉 y |a′′〉 los autovectores de un operador hermítico A, con autovalores
a′ y a′′, respectivamente (a′ 6= a′′). El operador Hamiltoniano viene dado por:
H = |a′〉δ〈a′′|+ |a′′〉δ〈a′|,
donde δ es un número real.
(a) Claramente, |a′〉 y |a′′〉 no son autoestados del Hamiltoniano. Escribe los
autoestados del Hamiltoniano. ¿Cuáles son sus correspondientes autova-
lores?
(b) Supón que se sabe que el sistema está en un estado |a′〉 en t = 0. Escribe
el vector estado del sistema, en la imagen de Shrödinger, para t > 0.
(c) ¿Cuál es la probabilidad de encontrar el sistema en |a′′〉 para t > 0 si se
sabe que el sistema se encuentra en el estado |a′〉 en t = 0.
(d) ¿Puedes pensar en alguna situación física que se corresponda con este
problema?
Solución:
(a) En la base {|a′〉, |a′′〉}, el Hamiltoniano H viene dado por:
H
.=
(
〈a′|H|a′〉 〈a′|H|a′′〉
〈a′′|H|a′〉 〈a′′|H|a′′〉
)
=
(
0 δ
δ 0
)
52 CAPÍTULO 2. DINÁMICA CUÁNTICA
Resolviendo la ecuación característica, det(H − λI) = 0:∣∣∣∣ −λ δδ −λ
∣∣∣∣ = λ2 − δ2 = 0 =⇒ λ± = ±δ
Sustituyendo λ± en la ecuación de los autovectores, (H − λ±I)|λ±〉 = 0, tenemos:(
−δ δ
δ −δ
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
; para λ+
(
δ δ
δ δ
)(
x
y
)
=
(
0
0
)
; para λ−
de donde se obtiene, respectivamente, en cada caso:
|λ+〉
.=
1√
2
(
1
1
)
.= |λ+〉 =
1√
2
(
|a′〉+ |a′′〉
)
|λ−〉
.=
1√
2
(
1
−1
)
.= |λ−〉 =
1√
2
(
|a′〉 − |a′′〉
)
Resultado:
Autovalores: Autovectores:
λ± = ±δ |λ±〉 =
1√
2
(|a′〉 ± |a′′〉)
(b) El Hamiltoniano en la nueva base de estados propios, se escribe:
H = δ|λ+〉〈λ+| − δ|λ−〉〈λ−|
Y se verifica, lógicamente:
H|λ±〉 = λ±|λ±〉 = ±δ|λ±〉
Entonces:
U (t, 0) = exp
(
−iHt
~
)
=
∑
λi
∑
λj
|λj〉〈λj | exp
(
−iHt
~
)
|λi〉〈λi|
=
∑
λi
exp
(
−iλit
~
)
|λi〉〈λi| (ver ec. (2.1.36) Sakurai)
= exp
(
−i · δ · t
~
)
|λ+〉〈λ+|+ exp
(
−i · (−δ) · t
~
)
|λ−〉〈λ−|
donde hemos introducido un par de identidades de Parseval.
CAPÍTULO 2. PROBLEMA 2.9 53
Entonces en un instante t el sistema se encuentra en un estado:
|α(t)〉 = U (t, 0)|a′〉 =
(
e−iδ t/~|λ+〉〈λ+|+ eiδ t/~|λ−〉〈λ−|
) 1√
2
(|λ+〉+ |λ−〉)
=
1√
2
[
e−iδ t/~|λ+〉〈λ+|λ+〉+ eiδ t/~|λ−〉〈λ−|λ−〉
]
=
1√
2
[
e−iδ t/~|λ+〉+ eiδ t/~|λ−〉
]
=
1
2
[
e−iδ t/~(|a′〉+ |a′′〉) + eiδ t/~(|a′〉 − |a′′〉)
]
=
1
2
[
|a′〉
(
e−iδ t/~ + eiδ t/~
)
+ |a′′〉
(
e−iδ t/~ − eiδ t/~
)]
= cos
(
δ t
~
)
|a′〉 − i sin
(
δ t
~
)
|a′′〉
(c) Tenemos que calcular la siguiente probabilidad:∣∣〈a′′|U (t, 0)|a′〉∣∣2 = ∣∣∣∣〈a′′| [cos(δ t~
)
|a′〉 − i sin
(
δ t
~
)
|a′′〉
]∣∣∣∣2
= sin2
(
δ t
~
)
(d) Consideremos, por ejemplo, el Hamiltoniano de un sistema de spin 1/2, con momento
magnético e~/2mec, sometido a un campo magnético externo B en la dirección del eje x:
H = −
(
eB
mec
)
Sx (e < 0 para la carga del electrón)
Esta situación se corresponde con la de nuestro problema, tomando δ = −~
2
(
eB
mec
)
.
Así |α(t)〉 describe la evolución de este sistema: Aunque en t = 0 el spin del sistema se
encuentra apuntando en la dirección positiva del eje z, (tenemos el sistema en el estado
|Sz; +〉), la presencia del campo magnético en la dirección del eje x, provoca la rotación de
éste. De este modo, en cierto instante de tiempo posterior, encontramos una probabilidad
diferente de cero de encontrar el sistema en el estado |Sz;−〉.
Problema 2.9
Una caja conteniendo una partícula se encuentra dividida en dos compar-
timentos, (izquierdo y derecho), por un tabique delgado. Si se sabe que la
partícula se encuentra en el lado derecho, (izquierdo), con certeza, el estado
del sistema viene representado por el autoestado de posición |R〉, (|L〉), donde
hemos despreciado variaciones espaciales dentro de cada una de las mitades de
la caja.
El estado más general de este sistema se puede escribir como:
|α〉 = |R〉〈R|α〉+ |L〉〈L|α〉,
donde 〈R|α〉 y 〈L|α〉 pueden ser consideradas “funciones de onda.” La partícula