Ejercicio 31

José Luis Builes Canchala / Valentina Rodriguez Hernandez

Calcule el tiempo de vida media del estado hidrogenoide $3s$, el cual está dado por:

$$\tau = \frac{1}{\Gamma_{3s \rightarrow 2p}}$$

donde $\Gamma_{3s \rightarrow 2p} = \frac{4e^2 \omega_{32}^3}{3 \hbar  C^3}|<21|r|30>|^2$ se define como la probabilidad de transición.

Para empezar la resolución numérica del problema se debe hallar $<21|r|30>$. Por lo que se parte de:

$$<21|r|30>=\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\pi} sin\theta d\theta \int_{0}^{\infty} r^3\left[\frac{z e^{\frac{-r}{2 a_0}}}{\sqrt{32 \pi a_0}}\right] \left[\frac{1}{81\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{a_0}\right)^\frac{3}{2}\right]\left[27-\frac{18 r}{a_0}+\frac{2 r^2}{a_0^2}\right] e^\frac{-r}{3a_0} dr \Longrightarrow$$

$$ \Longrightarrow <21|r|30> =\frac{z}{\sqrt{32 \pi a_0}}\left[\frac{1}{81\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{a_0}\right)^\frac{3}{2}\right] \int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\pi} sin\theta d\theta
\int_{0}^{\infty} r^3 e^{r\frac{-5}{6a_0}} \left[27- \frac{18 r}{a_0}+ \frac{2 r^2}{a_0^2}\right] = $$

$$ =\frac{z}{\sqrt{32 \pi a_0}}\left[\frac{1}{81\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{a_0}\right)^\frac{3}{2}\right] \int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\pi} sin\theta d\theta
\int_{0}^{\infty} 27 r^3 e^{r\frac{-5}{6a_0}} dr - \int_{0}^{\infty} \frac {18 r^4 e^{r\frac{-5}{6a_0}}}{a_0} dr + \int_{0}^{\infty} \frac {2 r^5 e^{r\frac{-5}{6a_0}}}{a_0^2} dr$$

Usando la expresión $\int_{0}^{\infty}dr\ r^n e^{-br}= \frac{n!}{b^{n+1}}$ para resolver la integral de la componente radial:

$$\Longrightarrow <21|r|30>=\frac{z}{\sqrt{32 \pi a_0}}\left[\frac{1}{81\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{a_0}\right)^\frac{3}{2}\right] \int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\pi} sin\theta  \left(\frac{27 \left(3!\right) }{\left(\frac{5}{6a_0}\right)^4}- \frac{18}{a_0}\frac{ \left(4!\right) }{\left(\frac{5}{6a_0}\right)^5} + \frac{2}{a_0^2}\frac{ \left(5!\right) }{\left(\frac{5}{6a_0}\right)^6}\right)d\theta \Longrightarrow $$

$$\Longrightarrow <21|r|30> =\frac{z}{\sqrt{32 \pi a_0}}\left[\frac{1}{81\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{a_0}\right)^\frac{3}{2}\right] \int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\pi} sin\theta \left(\frac{209952a_0^4}{625}-\frac{3359232a_0^4}{3125}+\frac{2239488a_0^4}{3125}\right) d\theta = $$

$$\Longrightarrow <21|r|30> =\frac{z}{\sqrt{32 \pi a_0}}\left[\frac{1}{81\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{a_0}\right)^\frac{3}{2}\right] \int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\pi} sin\theta \left(-22.39488a_0^4\right) d\theta \Longrightarrow$$

$$  \Longrightarrow <21|r|30> =\frac{-22.39488a_0^4 \left(2\right) z}{\sqrt{32 \pi a_0}}\left[\frac{1}{81\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{a_0}\right)^\frac{3}{2}\right] \int_{0}^{2\pi}d\phi =\frac{-22.39488a_0^4 \left(4\pi\right) z}{\sqrt{32 \pi a_0}}\left[\frac{1}{81\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{a_0}\right)^\frac{3}{2}\right]$$

$$ \Longrightarrow <21|r|30> = \frac{-432\sqrt{2}a_0^2 z}{3125} = -5.47437 \times 10^{-22} z$$

Dado que $a_0$ es el radio de Böhr, que en el caso del átomo de hidrógeno es $a_0 = 5,29177210903 \times 10^{-11} m$ y $z$ es un parámetro que describe el tipo de átomo. Luego, calculando el módulo del resultado previo:

$$|<21|r|30>|^2= \left(\frac{-432\sqrt{2}a_0^2 z}{3125}\right)^2 =0.0382206a_0^4 z^2  = 2.9969 \times 10^{-43} z^2$$

De donde se tiene que dado el tipo de átomo que es el de hidrógeno, se puede tomar $z=1$, ergo:

$$|<21|r|30>|^2= 2.9969 \times 10^{-43}$$

Por ende, se tiene que la probabilidad de transición está dada por:

$$\Gamma_{3s\rightarrow 2p}= \frac{4e^2 \omega_{32}^3}{3 \hbar  C^3}|<21|r|30>|^2 $$

$$\Longrightarrow \Gamma_{3s\rightarrow 2p}= \frac{4e^2 \omega_{32}^3}{3 \hbar  C^3} \left(0.0382206 a_0^4 z^2\right) = \frac{4e^2 \omega_{32}^3}{3 \hbar  C^3} \left(2.9969 \times 10^{-43}\right) = 1.34012\times10^{-23} \left[ \frac{1}{s}\right]$$ 

 

 $\omega_{32}$ es dado por el siguiente articulo: [1]

Y, por tanto, el tiempo de vida media tendrá como resultado:

$$\tau= \frac{1}{\Gamma_{3s\rightarrow 2p}}= \frac{1}{1.34012\times10^{-23}} = 7.46202\times10^{22}$$

$$\therefore \tau = 7.46202\times10^{22} \ \left[ s \right ]$$

Referencias:

[1]: Matveev, A., Parthey, C. G., Predehl, K., Alnis, J., Beyer, A., Holzwarth, R., ... & Hänsch, T. W. (2013). Precision Measurement of the Hydrogen 1 S− 2 S Frequency via a 920-km Fiber Link. Physical Review Letters, 110(23), 230801.

Ejercicio 32

 Simón González Gómez / Melissa Estrada Murillo 

32. Un electrón se encuentra en un campo magnético que varía con el tiempo según la ley

$$B_x = B \cos\omega t, \qquad B_y = B \sin\omega t, \qquad B_z = B $$

En el tiempo $t=0$ la proyección del espín en la dirección $z$ es $+1/2$. Determine la probabilidad de que la partícula se encuentre en el estado de proyección de espín $-1/2$ en la dirección $z$ para un tiempo $t > 0$.

Solución:

Sean $\left\vert + \right\rangle$ y $\left\vert - \right\rangle$ los dos autovectores del observable $S_z$ con autovalores $\hbar /2$ y $-\hbar/2$ respectivamente. Podemos escribir un estado del general del sistema como:

$$ \left\vert \psi (t) \right\rangle  = a_+ (t) \left\vert + \right\rangle + a_- (t) \left\vert - \right\rangle$$

El hamiltoniano del sistema $H(t)$ toma la forma:

$$H(t)=-\textbf{M}\cdot \textbf{B}(t)=\gamma (\textbf{S} \cdot \textbf{B}(t))=-\gamma( S_x(B \cos(wt))+S_y(B \sin(wt))+B) $$

Sabemos también que las matrices $S$ tienen la representación en la base de $S_z$:

$$ S_{z} = \frac{\hbar}{2}
 \left( {\begin{array}{cc}
    1 & 0 \\
    0 & -1 \\
  \end{array} } \right) \qquad

S_{x} = \frac{\hbar}{2}
 \left( {\begin{array}{cc}
    0 & 1 \\
    1 & 0 \\
  \end{array} } \right) \qquad

 S_{y} = \frac{\hbar}{2}
 \left( {\begin{array}{cc}
    0 & -i \\
    i & 0 \\
  \end{array} } \right) $$ 

Podemos entonces escribir la representación del hamiltoniano del sistema como:

$$ H=  \frac{\hbar}{2}
  \left( {\begin{array}{cc}
    \omega_0 &  \omega_0 e^{-i \omega t} \\
     \omega_0 e^{i \omega t} &  \omega_0 \\
  \end{array} } \right) $$

Donde:

$$\omega_0 =- \gamma B $$

Dada esta forma, la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo se convierte en: 

$$\begin{align}

 i\frac{d }{dt}a_+(t)&=\frac{\omega_0}{2}\left(a_+(t) + e^{-i\omega t} a_-(t)\right)\\
  i\frac{d }{dt}a_-(t)&=\frac{\omega_0}{2}\left(e^{i\omega t} a_+(t) -  a_-(t)\right)

\end{align} $$

Definamos unas nuevas funciones:

$$\begin{align}

b_+(t)&=e^{i\omega t /2} a_+(t)\\
b_-(t)&=e^{-i\omega t /2} a_-(t)

\end{align} $$

Reemplazando $b_+(t)$ en la primera ecuacion de Schrödinger dependiente del tiempo tenemos:


$$\begin{align}

     i\frac{d }{dt}b_+(t)e^{-i\omega t/2}&= \frac{\omega_0}{2}\left(b_+(t)e^{-i\omega t/2} + e^{-i\omega t} b_-(t)e^{i\omega t/2}\right)\\
     e^{-i\omega t/2}\left(i\frac{d}{dt}b_+(t)+\frac{b_+(t) \omega}{2}\right)&= \frac{\omega_0}{2}\left(b_+(t)e^{-i\omega t/2} +  b_-(t)e^{-i\omega t/2}\right)\\
     \left(i\frac{d}{dt}b_+(t)+\frac{b_+(t) \omega}{2}\right)&= \frac{\omega_0}{2}\left(b_+(t) +
     b_-(t)\right)\\
     i\frac{d}{dt}b_+(t)&= -\frac{\Delta \omega}{2}b_+(t)+\frac{\omega_0}{2}b_-(t)

\end{align}$$

donde:

$$\Delta \omega=\omega - \omega_0$$

Realizando el mismo procedimiento anterior para $b_-(t)$:

 

$$i\frac{d}{dt}b_-(t) = \frac{\omega_0}{2}b_+(t)+\frac{\Delta \omega}{2}b_-(t)$$

Estas nuevas ecuaciones de Schrödinger dependientes del tiempo en terminos de  $b_+(t)$ y $b_-(t)$ se pueden escribir :

$$i\hbar\frac{d}{dt} \left\vert \tilde{\psi} (t) \right\rangle=\tilde{H}\left\vert \tilde{\psi} (t) \right\rangle$$

 

donde:

 

$$ \left\vert \tilde{\psi} (t) \right\rangle =b_+(t) \left\vert + \right\rangle+b_-(t) \left\vert - \right\rangle$$

$$\tilde{H}=  \frac{\hbar}{2}
  \left( {\begin{array}{cc}
   -\Delta \omega &  \omega_0 \\
     \omega_0  & \Delta \omega\\
  \end{array} } \right) $$

Ahora, tenemos que en $t=0$ el estado del sistema era:

 

$$\left\vert \psi (0) \right\rangle = \left\vert + \right\rangle $$

 

Simplemente reemplazando en formulas anteriores vemos que también sucede que:

 

$$ \left\vert \tilde{\psi} (0) \right\rangle = \left\vert + \right\rangle $$

 

Para hallar la probabilidad de medir $-1/2$ debemos proyectar el estado sobre el autoestado $\left\vert - \right\rangle$:

$$ P_{ + \rightarrow -} (t) = \vert \langle - \vert \psi (t) \rangle \vert^2 $$

Dada la construcción, notamos que esto no es más que $\vert a_- (t) \vert^2$, pero como este se relaciona con $b_- (t)$ solo a través de un cambio de fase:

$$ P_{ + \rightarrow -} (t) = \vert a_- (t) \vert^2 = \vert b_- (t) \vert^2 $$

Para este punto podemos identificar que este problema es un caso partícular de los ya conocidos ciclos de Rabi, donde un sistema cuántico evoluciona por efecto de un campo oscilante. El resultado conocido para estos casos lo da la formula de Rabi, la cual nos dice que:

$$ P_{1 \rightarrow 2} (t) = \frac{4 \vert W_{12} \vert^2}{4 \vert W_{12} \vert^2 + \left( E_1 - E_2 \right)} \sin^2 \left( \sqrt{4 \vert W_{12} \vert^2 + \left( E_1 - E_2 \right)} \frac{t}{2 \hbar} \right)  $$

Aquí podemos identificar que en nuestro problema tenemos que:

$$ \vert \varphi_1 \rangle =  \vert + \rangle , \quad \vert \varphi_2 \rangle =  \vert - \rangle, \quad E_1 = -\frac{\hbar}{2}\Delta \omega, \quad E_2 =  \frac{\hbar}{2}\Delta \omega, \quad W_{12} = \frac{\hbar}{2} \omega_0 $$

Con esto podemos finalmente utilizar la formula de Rabi para dar solución a nuestra interrogante:

$$ P_{ + \rightarrow -} (t) = \frac{\omega_0^2}{\omega_0^2 + \Delta \omega^2} \sin^2 \left( \sqrt{\omega_0^2 + \Delta \omega^2} \frac{t}{2} \right)  $$

EJERCICIO 29

con S = 1/2 entonces m = 1/2, -1/2, de esta forma comencemos calculando Sz

Ahora antes de hallar $S_{x}$ y $S_{y}$ calculemos primero $S_{+}$ y $S_{-}$

Ahora escribamos a Sx y Sy en términos de  los operadores escalera:

Finalmente utilizando la relación que nos presenta el problema podemos calcular las matrices de Pauli en términos de las matrices de S.