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.

 

Ejercicio 28

 

Caso espin 1.

Para representar el espin de una partícula con valor 1 se usa la representación lineal mediante matrices 3x3.

 

 

 Ahora viendo la forma del hamiltoniano que caracteriza al ión mencionado y reemplazando las matrices de Pauli en el hamiltoniano, se obtiene:

  

 

Además como cumple la ecuación de autovalores

 

así vemos que la forma de este hamiltoniano ya está diagonalozado, y por ende sus 3 entradas en la diagonal corresponden a los autovalores que a su vez son los valores de energía correspondiente a cada uno de sus niveles. 

 

Vemos también que hay 2 niveles de energía, en donde uno de ellos está degenerado. 

Además como D>>E el valor base de energía corresponde a $E_2$ y $E_1$ y $E_3$ que tienen el mismo valor de energía, están degenerados.

 

 

Ejercico 20

Calcule la relación que deben satisfacer la anchura y profundidad de un pozo rectangular finito, como función de n, para que las probabilidades de hallar a la partícula fuera y dentro del pozo en el estadoe stacionario $\psi$ sean iguales.

Describimos el potencial V(x) como la función en las tres regiones: 

$$V\left( x \right) = \begin{cases}

                              0,\quad x < \frac{-a}{2} \\

                              -V, \quad \frac{-a}{2} \le x \le \frac{a}{2} \\

                              0 , \quad x > \frac{a}{2}

                            \end{cases}$$

De la misma manera y garantizando que la función de onda no vaya a cero en los límites del pozo de potencial, describimos a $ \psi (x) $ en las regiones, definiendo la etiqueta 1 para la región a la izquierda del pozo, 2 para el pozo y 3 para la región a la derecha de este: 

$$ \psi\left( x \right) = \begin{cases} 

\psi_1\left( x \right), & \quad x< \frac{-a}{2} \\ 

\psi_2\left( x \right), & \quad \frac{-a}{2} \le x \le \frac{a}{2} \\ 

\psi_3\left( x \right), & \quad  x> \frac{a}{2} 

\end{cases} $$

Utilizamos la ecuación de Schrödinger para describir la dinámica de una partícula cuántica sometida al potencial en cuestión

$$\frac{\hbar^2}{2 m} \frac{d^2}{d x^2}\psi\left( x \right) + V(x) \psi = E \psi  $$

Resolvemos para $\psi$ y V(x) en las regiones 1, 2 y 3 por separado.

En la región 2, encontramos la misma forma de la E.D, ya que V(x) es constante = $ V $.

$$-\frac{\hbar^2}{2 m} \frac{d^2}{d x^2}\psi_1\left( x \right) = (E + V) \psi_1 $$

Tomando el caso E menor que $ V_0 $ obtenemos la relación

$$\kappa^2 = \frac{2m(V + E)}{\hbar^2}  $$

Por lo tanto, 

$$\frac{d^2}{d x^2} \psi_1\left(x \right) = \kappa^2 \psi_1\left(x \right) $$

y obtenemos las soluciones para la región 2

$$\psi_2\left(x \right) = A_{2}e^{i \kappa x}+ A'_{2}e^{-i \kappa x}$$

Resolvamos ahora de manera general para lsa regiones 1 y 3 con V = 0

$$-\frac{\hbar^2}{2 m} \frac{d^2}{d x^2} \psi_1\left( x \right) = E \psi_1$$

$$\frac{d^2} {dx^2 }\psi_1 \left( x \right) =  - {{2mE} \over \hbar^2 }\psi_1 \left( x\right)$$

Sustituyendo E en la ecuación anterior 

$${{d^2 \psi_2 \left( x \right)} \over {dx^2 }} =  - \rho^2 \psi_2 \left( x \right)$$

Sabemos que la solución para una E.D de esta forma es 

$$\psi_1\left(x \right) = B_{1}e^{ \rho x}+ B'_{1}e^{- \rho x}$$

$$\psi_3\left(x \right) = B_{3}e^{ \rho x}+ B'_{3}e^{- \rho x}$$

sabemos que

$$\rho = \frac{\sqrt{-2mE}}{\hbar}$$

$$\kappa=\frac{\sqrt{2m(E+V)}}{\hbar}$$

Luego de aplicar las condiciones de frontera y realizar álgebra sobre las constantes $B_{3} , B_{1} ,B'_{3} , B'_{1} $ para encontrar la regla de cuantización de la energía y aplicando el método gráfico de solución [véase Cohen-Tannoudji pg 77], 

$$E_{n}=\frac{{n^{2}\pi^{2}}{\hbar^{2}}}{2ma^{2}} - V$$

De las relaciones de $\rho$ y $E_{n}$

$$  \rho_{n}^{2} = \frac{2mV}{\hbar^{2}} - \frac{n^{2}\pi^{2}}{a^{2}}$$

$$\kappa_{n}^{2} = \frac{n^{2}\pi^{2}}{a^{2}}$$

Por otro lado, las soluciones quedan de la forma 

$$\psi\left( x \right) = \begin{cases} 

\psi_1\left( x \right) = B_{1}e^{\rho x}, & \quad x< \frac{-a}{2} \\ 

\psi_2\left( x \right) = A_{2}e^{i\kappa x} + A'_{2}e^{-i\kappa x} , & \quad \frac{-a}{2} \le x \le \frac{a}{2} \\ 

\psi_3\left( x \right) = B'_{3}e^{-i\rho x}, & \quad  x> \frac{a}{2} 

\end{cases}$$

Dada la condición de normalización e igualando las probabilidades de encontrar la partícula adentro y afuera del pozo de potencial

$$  \int_{-\infty}^{-\frac{a}{2}} |\psi_1\left( x \right)|^{2}dx +  \int_{\frac{a}{2}}^{\infty} |\psi_3\left( x \right)|^{2}dx = \frac{1}{2}$$

$$\int_{-\frac{a}{2}}^{\frac{a}{2}} |\psi_2\left( x \right)|^{2}dx = \frac{1}{2} $$

Desarrollando las integrales para $\psi_{1}$ y $\psi_{3}$:

$$(e^{-\rho a}-1)(|B_{1}|^{2}+|B_{3}|^{2}) = \rho$$

La integral para $\psi_{2}$ después de algunas operaciones algebráicas y aplicación de identidades trigonométricas da como resultado

$$(A_{2}^{2}+A'_{2}^{2})\sin(\kappa a) = \frac{\kappa}{2}-2aA_{2}A'_{2}$$

Reemplazando los valores de $\rho_{n}$ y $\kappa_{n}$ en las expresiones anteriores, es posible despejar $a$:

$$a = \sqrt{\frac{n\pi}{4A_{2}A'_{2}}}$$

Dado que $(e^{-\rho a}-1)(|B_{1}|^{2}+|B_{3}|^{2}) = \rho$ solo tiene solución en $\rho_{n} = 0$, por lo tanto:

$$V = \frac{\hbar^{2}}{m}(2n\pi)A_{2}A'_{2}$$

Juan Felipe Castello

Sebastián Montoya

Ejercicio 21

Ejercicio 21: Calcule la densidad de corriente de probabilidad para la función de onda

$\psi(r)=\frac{e^{ikr}}{r}$

donde $r^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}$, y examine su comportamiento para valores de $r$ muy grandes. Interprete su resultado. 

Por: Natalia Alvarez, Santiago Lastra y Catalina Villegas.

La densidad de corriente de probabilidad en tres dimensiones está dado por:

$\vec{j}=\frac{\hbar}{2 m i}\left(\psi^{*} \nabla \psi-\psi \nabla \psi^{*}\right)$

De acuerdo con la función de onda dada en el enunciado, se tiene que:

$\psi=\frac{e^{i \kappa r}}{r}$

$\psi^{*}=\frac{e^{-i \kappa r}}{r}$

Tomando el gradiente en coordenadas esféricas de $\psi$ y $\psi^{*}$ y teniendo en cuenta que las funciones solo tienen coordenada radial se obtiene:

$\nabla \psi=\partial _r \psi=\frac{i k e^{i k r} r-e^{i k r}}{r^{2}}=\frac{e^{i k r}}{r^{2}}(i k r-1)$

$\nabla \psi^{*}=\partial_{r} \psi^{*}=\frac{-i k r e^{-i k r}-e^{-i k}}{r^{2}}=\frac{-e^{-i k}}{r^{2}}(i k r+1)$

Reemplazando pues en la ecuación de la densidad de corriente de probabilidad ($\vec{j}$), se sigue:

$ \vec{j}=\frac{\hbar}{2 m i}\left[\frac{e^{-i k}}{r}\left(\frac{e^{i k r}}{r^{2}}(i k r-1)\right)-\frac{e^{i k r}}{r}\left(-\frac{e^{-i k r}}{r^{2}}(i k r+1)\right)\right]$

$\vec{j}=\frac{\hbar}{2 m i}\left[\frac{i k r-1}{r^{3}}+\frac{i k r+1}{r^{3}}\right]$

$\vec{j}=\frac{\hbar \kappa}{m r^{2}}$

De la forma de la densidad de corriente de probabilidad es evidente que esta decrece con la distancia. 

Ejercicio 17

Muestre que un potencial atractivo sumamente angosto y profundo que puede representarse como una delta, 𝑉(𝑥)≈−𝛿(𝑥)𝑎, contiene un solo estado ligado, y calcule el correspondiente autovalor de energía. Sugerencia: Resuelva la ecuación de Schrödinger para 𝑥≠0 y tome en cuenta que 𝜓′ no es continua en 𝑥=0.

Solución

Comencemos con la ecuación de Schrödinger:

−ℏ22𝑚𝜓″−𝛿(𝑥)𝑎𝜓=𝐸𝜓para 𝐸<0

Si 𝑥≠0 entonces 𝜓(𝑥)=𝐴𝑒𝑘𝑥+𝐵𝑒−𝑘𝑥 con 𝑘=2𝑚𝐸ℏ2⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯√

Así:

𝜓(𝑥)=𝐴𝑒𝑘𝑥+𝐵𝑒−𝑘𝑥si 𝑥>0

𝜓(𝑥)=𝐷𝑒−𝑘𝑥+𝐹𝑒𝑘𝑥 si x <0

Como sabemos que 𝜓(𝑥)es continua entonces: 𝐴 y 𝐷  son cero para evitar que la función tienda a infinito. Además 𝜓(0) es continúa entonces: 𝐹=𝐵$F=B$.

Entonces se reduce a:

𝜓(𝑥)=𝐹𝑒−𝑘𝑥si 𝑥>0

𝜓(𝑥)=𝐹𝑒𝑘𝑥 si 𝑥<0

∫−∞∞𝑑2𝜓𝑑𝑥2𝑑𝑥−1𝑎∫−∞∞𝛿(𝑥)𝜓(𝑥)𝑑𝑥=𝐸∫−∞∞𝜓(𝑥)𝑑𝑥

−ℏ22𝑚(𝑑𝜓𝑑𝑥||||0+−𝑑𝜓𝑑𝑥||||0−)−𝜓(0)𝑎=2𝐸𝐹𝑘

(𝜓′||0+−𝜓′||0−)+2𝑚𝜓(0)𝑎ℏ2=4𝑚𝐸𝐹𝑘ℏ2

(𝜓′||0+−𝜓′||0−)=−2𝑚𝜓(0)𝑎ℏ2+4𝑚𝐸𝐹𝑘ℏ2

−2𝑘𝐹=−2𝑚𝐹𝑎ℏ2+2𝑘𝐹

4𝐾=2𝑚𝑎ℏ2 entonces 𝑘=𝑚2𝑎ℏ2

Así, tenemos que: 𝜓=𝐹𝑒−𝑘|𝑥|

∫−∞∞𝑑𝑥|𝐹|2𝑒−2𝑘|𝑥|=∫−∞0𝑑𝑥|𝐹|2𝑒2𝑘𝑥+∫0∞𝑑𝑥|𝐹|2𝑒−2𝑘𝑥

Hagamos un cambio de variable para la primera integral: Sea 𝑥′=−𝑥 y 𝑑𝑥′=−𝑑𝑥 Entonces nos quedan las integrales de la siguiente manera:

∫∞0−𝑑𝑥′|𝐹|2𝑒−2𝑘𝑥′+∫0∞𝑑𝑥|𝐹|2𝑒−2𝑘𝑥=2∫0∞𝑑𝑥|𝐹|2𝑒−2𝑘𝑥

De esta manera, se tiene:

2|𝐹|2(𝑒−2𝑘𝑥||∞0−2𝑘)=2𝐹22𝑘=1

Podemos concluir que: 𝐹2=𝑘