El WKB del oscilador es exacto en los seis niveles probados; el del cuártico se equivoca un 18,2 % en el fundamental. Es el mismo método, la misma integral y el mismo lector: lo único que ha cambiado es el potencial. Y el cuártico no avisa — devuelve un número con sus cifras, con sus unidades y con la pinta exacta de un resultado. Ésa es la forma que tiene de fallar todo lo de este módulo: la teoría de perturbaciones a segundo orden, el variacional con su cota, el campo débil del Zeeman y el WKB devuelven siempre algo. Ninguno de los cuatro tiene una salida que diga «aquí no valgo».
Por eso los seis problemas de esta hoja terminan en el mismo sitio, y no es la cifra. Todos piden, en algún apartado, dónde deja de valer lo que se acaba de calcular: hasta qué λ, hasta qué campo, hasta qué intensidad de un potencial, en qué n. La respuesta a esa pregunta nunca está en el término siguiente de la serie —eso es lo que hace difícil el problema 1— y casi nunca está en el orden de magnitud que uno esperaría: en el problema 5 hay un factor de más de cien entre las dos fronteras del mismo fenómeno, y en medio no vale ninguno de los dos límites de manual.
La segunda brújula, y es la herramienta que ahorra más cuentas: antes de escribir nada, pregúntate si el sistema que tienes delante se resuelve exactamente. Tres de estos seis lo hacen del todo —el 1, el 3 y el 6—, y en el 5 el exacto existe pero cuesta diagonalizar una matriz de dieciocho estados, que ya no es un problema de papel. Comparar contra el exacto es lo que convierte «me ha salido un número» en «sé de cuánto es mi error y en qué dirección». Cuando no lo hay, como en el helio del problema 4, la disciplina es la contraria y también hay que aprenderla: decir con precisión qué es lo que no se sabe, en electronvoltios, en vez de fingir que la cuenta ha terminado.
De fuera del módulo, dos cosas. Del II.2 artículo 01, los niveles y los orbitales del pozo de paredes infinitas, que el problema 3 usa como laboratorio. Del II.7 artículo 02, el reparto del hueco del helio en relajación del orbital y correlación, que el problema 4 necesita entero y que va impreso abajo.
Herramienta: calculadora de seis cifras en el 2, el 4 y el 5 —la estructura fina vive en la cuarta cifra y con tres no se ve—, y para el 6 una tabla de ceros de Airy, que va impresa en su enunciado.
src/data/constants.ts:
Eh = 27,2114 eV,
Ry = Eh/2 = 13,6057 eV,
a₀ = 52,9177 pm,
α² = 5,325 × 10⁻⁵,
μB = 57,8838 µeV/T,
ge = 2,002 319,
y la frecuencia de RMN del protón,
42,5775 MHz/T, que es como se etiquetan los imanes de
laboratorio.
Del módulo, y son datos, no respuestas: Ry·α² = 724,52 µeV es la escala de toda la estructura fina; el oscilador con λx⁴ tiene E⁽¹⁾ = 3/4 y E⁽²⁾ = −21/8 en unidades ħ = m = ω = 1, y radio de convergencia cero; la serie de λx² tiene radio ½ y en λ = −½ el espectro discreto desaparece; el Zeeman del n = 2 es de campo débil hasta 0,161 T y Paschen-Back desde 17,6 T, un factor 110, con el campo «natural» ΔEfs/μB = 0,782 T cayendo dentro del hueco; y el helio con orbitales hidrogenoides de carga efectiva Z* da E(Z*) = (Z*² − 27Z*/8) Eh, con mínimo en Z* = 27/16 y E = −77,49 eV.
El artículo 01 dedica sus mejores páginas al oscilador perturbado por λx⁴, y con razón: no tiene solución cerrada, su serie tiene radio de convergencia cero y la lección se ve entera. Este problema hace lo mismo con la perturbación más tonta que existe —otro x²— y el resultado es el contrario en todo. La serie converge, se puede sumar, y aun así hay una pregunta que los dos primeros términos no saben contestar.
El sistema. Oscilador unidimensional en unidades ħ = m = ω = 1, con
Datos. Del artículo 01, las dos fórmulas de Rayleigh-Schrödinger y los elementos de matriz del oscilador,
y todos los demás nulos. Del resumen en frío del artículo 04, dos cosas ya publicadas de este mismo sistema, que aquí son punto de partida y no respuesta: la serie de λx² tiene radio de convergencia ½, y en λ = −½ el espectro discreto desaparece. Del artículo 01, para el contraste del último apartado: en el cuártico E⁽¹⁾ = 3/4 y E⁽²⁾ = −21/8, de modo que los dos primeros términos se igualan en λ = 2/7 ≈ 0,286, y el radio de convergencia de esa serie es cero.
(a) Calcula En⁽¹⁾ para todo n. (b) Calcula En⁽²⁾. La suma tiene muy pocos términos: di cuántos y por qué. (c) Con lo que llevas, ¿sigue el espectro equiespaciado a primer orden? ¿Y a segundo? (d) H₀ + H′ vuelve a ser un oscilador armónico. Encuentra su frecuencia ω′ en función de λ, escribe el espectro exacto, desarróllalo en potencias de λ y comprueba que reproduce (a) y (b) — los tres primeros coeficientes, no sólo el signo. (e) Evalúa el fundamental exacto, el de primer orden y el de segundo en λ = 0,20 y en λ = 0,60, y da los cuatro errores relativos con dos decimales. Uno de los dos valores de λ está fuera del radio de convergencia: di cuál, y si el segundo orden deja de ser mejor que el primero ahí. (f) La pregunta del módulo. Si un lector sólo tiene los dos primeros términos de una serie, la manera natural de estimar hasta dónde vale es preguntar en qué λ se igualan. Hazlo aquí y compara con el radio verdadero. Pon al lado el cuártico, cuya estimación y cuyo radio tienes arriba. ¿Cuánto se equivoca la receta en cada uno de los dos casos, y qué se concluye de los dos juntos?
Pista
El camino de (a) y (b) es directo: con los elementos de matriz de arriba, la suma de E⁽²⁾ sólo tiene los sumandos que x² es capaz de conectar, y los denominadores son diferencias de enteros. Para (d) no hay que resolver nada: junta los dos términos en x² del hamiltoniano, léelo como ½ω′²x² e identifica ω′; el espectro de un oscilador de frecuencia ω′ ya lo sabes. El desarrollo del apartado (d) se hace con la serie binómica, y conviene llevarla un orden más allá de donde parece que hace falta.
La trampa está en (c) y es fina: «equiespaciado» y «con el mismo paso que antes» no son lo mismo, y aquí una de las dos cosas se conserva y la otra no. Y la trampa de (f) es dar por hecho que dos términos de una serie contienen información sobre su radio; el cuártico está puesto justamente para que se vea que la misma receta aplicada a dos series distintas falla de dos maneras incompatibles, una por defecto y otra por exceso infinito.
Comprobación, y no comparte cuentas con lo anterior: pon λ = 0 en tu espectro exacto de (d) y tiene que devolverte el oscilador de partida con su energía de punto cero; pon λ = 3/2 y tiene que salirte exactamente el doble de la frecuencia original, que es un caso que se puede resolver de cabeza. Si tu ω′ no pasa esas dos, el error está en cómo has repartido el ½. Para (e), tus dos errores del primer orden tienen que salir del mismo signo, y ese signo se puede predecir antes de calcular nada mirando la concavidad de la función que aparece en (d).
El artículo 02 monta la estructura fina entera y la mide en el n = 2, donde hay dos valores de j y una sola separación. El n = 3 tiene tres valores de j y dos separaciones, y con eso deja de ser el mismo problema: aparece una pregunta que en el n = 2 no se puede ni formular. Este problema la formula, y de paso deja la ley general para cualquier n.
Datos. Del artículo 02, la fórmula de la estructura fina con masa nuclear infinita,
con α² = 5,325 × 10⁻⁵ y Ry = 13,6057 eV, de modo que Ry·α² = 724,52 µeV. Del mismo artículo, el caso que ya está publicado y que sirve para comprobarse: en el n = 2 la separación 2p3/2 − 2p1/2 vale 45,3 µeV, que son 10 949 MHz a orden α². Y que j = ℓ ± ½, con ℓ = 0 dando sólo j = ½. Para el apartado (d), un dato más del mismo artículo: en el n = 2 los niveles 2s1/2 y 2p1/2 quedan pegados en este hamiltoniano, y lo que los separa —1058 MHz, el corrimiento de Lamb— es electrodinámica cuántica que aquí no está.
(a) Enumera los cinco niveles (ℓ, j) del n = 3 y di qué valores de j aparecen. (b) Calcula la separación entre el más ligado y el menos ligado del n = 3, en µeV y en MHz, y da también su forma cerrada como múltiplo de Ry·α². (c) El n = 3 tiene dos huecos consecutivos, no uno. Dalos por separado, en µeV y como fracciones de Ry·α², y di cuál es el pequeño. (d) ¿Hay algún nivel del n = 3 que coincida exactamente con otro? Di cuáles, por qué, y si existe un 3d1/2. (e) Sin evaluar ni un número más: da el cociente entre la separación total del n = 2 y la del n = 3 como fracción exacta, a partir de la fórmula. (f) Generaliza. Escribe la separación total del nivel n como Ry·α² por una función de n, compruébala en n = 2 y n = 3, y di cómo se comporta cuando n crece — qué potencia de n.
Pista
Todo el problema sale de una observación sobre la fórmula: el corchete depende de ℓ sólo a través de j, así que dos niveles con la misma j tienen la misma energía por muy distinta que sea su forma. Para (b) y (c), el nivel más ligado es el de j menor —mira el signo de En antes de decidirlo— y las fracciones salen limpias si trabajas con n/(j+½) sin pasar a decimales hasta el final. Para (e) y (f) escribe la separación total con jmín = ½ y jmáx = n − ½ y simplifica: el ¾ se cancela solo.
La trampa es la de siempre con la estructura fina, y es de signo: el corchete multiplica a una energía negativa, así que el término que hace el corchete mayor es el que baja más el nivel. Un lector que ordene los niveles por el corchete y no por la energía obtiene la lista exacta al revés, y como todos los números son pequeños y del mismo orden, el resultado no llama la atención. La segunda trampa es (d): que dos niveles coincidan aquí no es una degeneración accidental que la QED respete — el artículo 02 ya dice quién los separa, y conviene decirlo al contestar.
Comprobación cruzada, y es la buena: aplica tu fórmula general de (f) al n = 2 y tiene que devolverte los 45,3 µeV publicados, con sus tres cifras. Si no, el fallo está en qué j has puesto como máximo. Segunda comprobación, gratis: la suma de tus dos huecos de (c) tiene que dar exactamente la separación total de (b) — si difieren, has evaluado la fórmula con un j que no existe en n = 3. Y una tercera para (f): tu ley tiene que hacerse cero en n = 1, y eso es una afirmación con sentido físico que conviene enunciar en voz alta.
El artículo 01 mide el rango de las dos fórmulas en un sistema donde la serie no converge nunca. Aquí el sistema es otro: hay solución exacta, la perturbación es tan simple como se puede pedir, y la mitad de los niveles no se mueven en absoluto. Lo que falla es lo que ninguna de las dos fórmulas puede saber — que la respuesta exacta está acotada por arriba.
El sistema. Pozo de paredes infinitas en 0 ≤ x ≤ L, con una delta en el centro:
Trabaja en unidades ħ = m = L = 1, con lo que g queda adimensional.
Datos. Del II.2 artículo 01, φn(x) = √(2/L) sen(nπx/L) y En⁽⁰⁾ = n²π²ħ²/2mL², que en estas unidades es n²π²/2 — el fundamental vale E₁⁽⁰⁾ = 4,934 802, que es la misma cifra con la que el artículo 04 comprueba su WKB del pozo. La condición de salto que una delta impone a la derivada de la función de onda,
y una suma que hace falta en (b) y conviene no pelear a mano: para n impar, la suma de 1/(n²−k²) sobre todos los k impares distintos de n vale −1/(4n²).
(a) Calcula En⁽¹⁾ para todo n. Sale un resultado con dos casos: dilos y di de qué depende. (b) Para los niveles que sí se mueven, calcula En⁽²⁾ en forma cerrada; usa la suma de arriba. ¿Qué signo tiene, y era previsible? (c) Los niveles del otro caso, ¿se quedan quietos sólo a primer orden, o exactamente? Demuéstralo — no hace falta ninguna serie. (d) Resuelve el problema exacto para los niveles que se mueven: impón la condición de salto y llega a una ecuación trascendente para k. Comprueba que su desarrollo para g pequeño reproduce (a) y (b) — los dos coeficientes. (e) Toma el fundamental. Evalúa exacto, primer orden y segundo orden en g = 1 y en g = 5, con sus errores relativos. ¿Hasta qué g acierta el primer orden al 1 %, y hasta cuál el segundo? Da el factor de ampliación. (f) El remate. Haz g → ∞ y encuentra el valor exacto al que tiende el fundamental; exprésalo como múltiplo de E₁⁽⁰⁾ y explica físicamente por qué es ése y no otro. Con ese techo a la vista, encuentra el valor de g a partir del cual el primer orden predice una energía que el problema exacto no puede alcanzar, y di qué tiene de particular que una aproximación entregue un número imposible sin dar ninguna señal.
Pista
El camino de (a) y (b) es evaluar la función de onda en un punto: una delta convierte cualquier integral en el valor del integrando ahí, y todos los elementos de matriz de esta perturbación son productos de dos senos evaluados en el centro. Para (d), la simetría del problema respecto del centro parte los estados en dos familias y sólo una de ellas siente la delta; en esa familia, escribe la función de onda en la mitad izquierda, impón el salto usando esa simetría y verás que la condición se reduce a una relación entre la derivada logarítmica en el centro y g.
La trampa de (c) es contestar «a primer orden se anula, luego a segundo habrá algo»: mira dónde está el nodo de esas funciones de onda y qué elemento de matriz hace falta para que la perturbación las conecte con cualquier otra cosa. La trampa de (f) es distinta y es la del módulo entero: nada en las dos fórmulas de Rayleigh-Schrödinger sabe que este problema tiene un techo, porque el techo es una propiedad global del potencial y las fórmulas sólo miran elementos de matriz del estado de partida.
Comprobación, y no comparte cuentas con el desarrollo: en el límite g → ∞ la delta parte el pozo en dos mitades independientes, y el fundamental de una mitad se calcula de cabeza con la fórmula del pozo que tienes en los datos — si tu límite de (f) no coincide con esa cuenta de un renglón, revisa la ecuación trascendente. Y para (e), tus errores del primer orden y del segundo tienen que salir de signos contrarios, con el primero por exceso; si te salen los dos del mismo signo, revisa el signo de tu suma en (b), que es donde todo el mundo pierde un menos.
El artículo 03 minimiza el funcional del helio, obtiene Z* = 27/16 y se queda a 1,52 eV del valor medido. Su ejercicio 6 ya usa ⟨T⟩ y ⟨V⟩ para enseñar que el teorema del virial no certifica nada. Lo que ese artículo no separa en ningún sitio es ⟨V⟩ en sus dos piezas —la atracción de los electrones al núcleo y la repulsión entre ellos— y ahí está toda la respuesta a por qué esta familia de funciones de prueba no puede llegar más lejos por mucho que se ajuste.
Datos. Del artículo 03 y del I.4 artículo 02, con orbitales hidrogenoides de carga efectiva Z* para los dos electrones y el núcleo real de carga Z = 2, en hartree:
El mínimo está en Z* = 27/16 y vale −77,49 eV (I.4 artículo 02). Del II.7 artículo 02, y son datos: el primer orden con Z* = 2 congelado da −74,83 eV; el valor medido, suma de las dos energías de ionización, es −79,005 eV; y el hueco desde el primer orden hasta el fundamental no relativista, 4,183 eV, se reparte en tres y no en dos: 2,66 eV de relajación del orbital, 0,382 eV de relajación que todavía se cobra sin tocar r₁₂ —lo que va de esta familia al límite de Hartree-Fock, −77,87 eV— y sólo 1,144 eV de correlación. Eh = 27,2114 eV. Y del artículo 01, que lo publica en su tabla y en su callout: el helio tiene dos anclas y no son la misma. El fundamental no relativista con el núcleo clavado vale −79,0144 eV (referencia de Drake), y es contra ése contra el que se compara una cuenta de Schrödinger; la suma de las dos energías de ionización medidas vale −79,005 eV y lleva dentro masa finita, relatividad y QED. Se llevan 9,2 meV.
(a) En el mínimo, evalúa ⟨T⟩, ⟨Vne⟩ y ⟨Vee⟩ por separado, en hartree como fracción exacta y en electronvoltios. Comprueba que suman la energía publicada. (b) Da el cociente ⟨Vee⟩/|⟨Vne⟩| como fracción exacta y en tanto por ciento. Ahora hazlo con Z* genérico: ¿de qué depende? Enuncia lo que acabas de encontrar en una frase. (c) Da también ⟨Vee⟩/|E| en el mínimo, y di si ese depende de Z*. (d) Supón que alguien propone «bajar ⟨1/r₁₂⟩ un poco» sin tocar la función de onda hasta llegar al valor medido. ¿Qué tanto por ciento de ⟨Vee⟩ haría falta? (e) Ahora hazlo de verdad: baja Z* ese mismo tanto por ciento —que sí es una función de onda de la familia— y calcula la energía que sale. ¿Sube o baja respecto del mínimo, y cuánto? Explica en dos frases por qué (d) no es un cálculo variacional legal y (e) sí. (f) La función de onda exacta del helio cumple el virial de Coulomb. De las dos anclas de arriba, decide cuál es la que el virial obliga —y di por qué—, y con ella da ⟨T⟩ y ⟨V⟩ del helio exacto. Compáralos con los de la prueba: ¿cuál de las dos funciones de onda tiene más energía cinética? Di qué implica eso sobre su tamaño, y por qué la respuesta sorprende. (g) A la vista de (b), ¿qué le falta estructuralmente a esta familia? Nombra el tipo de función de prueba que lo arregla.
Pista
El camino es aritmética de fracciones y conviene no salir de hartree hasta el último paso: las tres piezas de (a) son fracciones exactas con denominadores potencias de dos, y su suma tiene que reproducir la energía del mínimo sin redondeos. En (b), escribe el cociente con Z* dentro y mira qué le pasa: es la clave de todo el problema, y es lo que hace que (g) tenga una respuesta y no un adjetivo. En (f), el virial de Coulomb relaciona la energía total con la cinética por un signo y un factor, y el ejercicio 6 del artículo 03 ya lo escribe para el ensayo.
La trampa de (a) es contar mal los electrones: hay dos, y las tres piezas no llevan el mismo factor. Un lector que ponga uno donde van dos obtiene tres números perfectamente razonables que no suman la energía publicada, y es fácil culpar al redondeo en vez de al recuento. La trampa de (d) y (e) es creer que son el mismo cálculo con distinta redacción: en uno se cambia un valor esperado y en el otro se cambia el estado, y sólo del segundo dice algo el teorema variacional. Y en (f) la trampa son las dos anclas: una de las dos lleva dentro física que el hamiltoniano de Coulomb no contiene, y el virial no sabe nada de esa física — si eliges la que no toca, te sobran o te faltan unos milielectronvoltios y la conclusión no cambia, pero la cifra está mal citada.
Comprobación, y es independiente: tus tres piezas de (a) tienen que cumplir que la suma de las dos potenciales valga menos el doble de la cinética, que es el virial que el artículo 03 ya publica para este ensayo — si no cuadra, uno de los tres factores está mal. Segunda comprobación, para (e): el resultado tiene que ser mayor que la energía del mínimo, y eso se sabe antes de calcular, porque el mínimo es un mínimo. Si te sale por debajo, has movido Z* en la dirección equivocada o has arrastrado el signo de (d).
El artículo 02 publica dos fronteras del Zeeman del hidrógeno —0,161 T y 17,6 T— y las convierte en imanes que se compran. Las dos son verdad y las dos son del n = 2. Este problema pregunta qué son en realidad esos números, y qué le pasa a la respuesta en un nivel que tiene dos huecos de estructura fina en vez de uno. La conclusión no es que las fronteras se muevan un poco: es que deja de haber una.
El sistema. Hidrógeno en un campo uniforme, con la estructura fina y el Zeeman a la vez:
El límite de campo débil desprecia todo lo que Lz + geSz tiene fuera de la diagonal en la base |ℓ j mj⟩; el de Paschen-Back hace lo contrario. Ninguno de los dos avisa cuando deja de valer.
Datos. μB = 57,8838 µeV/T, ge = 2,002 319, y la frecuencia de RMN del protón, 42,5775 MHz/T. Del artículo 02: en el n = 2 el campo débil vale hasta 0,161 T y el Paschen-Back desde 17,6 T —los dos con el criterio de que el peor error del límite se quede por debajo del 1 % de la anchura total de la estructura fina de ese n—, hay un factor 110 entre los dos, el campo «natural» ΔEfs/μB = 0,782 T cae dentro del hueco sin ser frontera de nada, y la frontera del Paschen-Back del n = 2 es literalmente un imán de RMN de 749 MHz. La anchura de la fina del n = 2 es 45,3 µeV. Y los coeficientes de Clebsch-Gordan del acoplamiento de un ℓ con un espín ½, que son los que hacen falta:
Necesitas además tus resultados del problema 2: los dos huecos de estructura fina del n = 3.
(a) Dentro de un ℓ fijo y ≥ 1, la estructura fina aporta una sola escala de energía, el hueco Δℓ entre sus dos j (para ℓ = 0 sólo hay un j y no hay nada que romper). Argumenta que los autovalores del hamiltoniano de arriba, medidos en unidades de Δℓ, dependen de B sólo a través de x = μBB/Δℓ. ¿Qué convierte eso a la frase «el campo débil vale hasta 0,161 T»? (b) Calcula, con los Clebsch-Gordan de arriba, el elemento ⟨ℓ+½, m|(Lz + geSz)/ħ|ℓ−½, m⟩ en unidades de μB, en forma cerrada para ℓ y m cualesquiera. Es exactamente lo que el campo débil tira a la basura. Evalúalo para el 2p. (c) Ese elemento corre el nivel a segundo orden en |V|²/Δ. Impón que ese corrimiento valga el 1 % de la anchura de la fina del n = 2 y despeja B. Compáralo con los 0,161 T publicados: ¿cuánto se desvía la estimación de dos renglones? (d) Ahora el n = 3. Tiene dos ℓ con estructura fina y por tanto dos huecos. Evalúa el elemento de (b) para cada uno —cuidado, hay que maximizar sobre mj— y saca las dos fronteras de campo débil con el mismo criterio del apartado (c), midiendo el 1 % sobre la anchura total del n = 3. ¿Cuál se rompe primero, y qué pareja de niveles es? (e) Da también el campo «natural» del n = 3, ΔEfs(3)/μB, y di dónde cae. (f) Para el otro extremo, extrae del dato publicado el criterio en forma adimensional: calcula a cuántas veces el hueco corresponde μBB en los 17,6 T del n = 2, aplica ese mismo número al hueco mayor del n = 3 y da el campo, en tesla y en MHz de RMN. (g) Da la razón entre tus dos fronteras del n = 3 y compárala con el factor 110 del n = 2. Como la fina se encoge con n y el Zeeman no, ¿la tierra de nadie se estrecha o se ensancha al subir de nivel? Contesta con la potencia de n.
Pista
El camino de (a) es sacar factor común: si divides el hamiltoniano entero por el hueco, dentro no queda ninguna energía suelta. En (b) el cálculo es un producto escalar de dos vectores de dos componentes, y conviene no evaluar los números hasta el final: casi todo se cancela y lo que sobrevive es un factor que depende del g del electrón de una manera muy concreta — merece la pena parar a mirar de qué g se está restando qué. En (d), los dos huecos del n = 3 no son iguales y los dos elementos de matriz tampoco; la frontera pequeña la fija la combinación de un hueco pequeño con un elemento grande, así que hay que calcular las dos y comparar, no adivinar.
La trampa es la que el propio artículo 02 desmonta y que aquí vuelve multiplicada: creer que el campo «natural», el que iguala μBB con el hueco, es la frontera. No lo es en el n = 2 y en el n = 3 lo es todavía menos. La segunda trampa está en (d): «la frontera del n = 3» en singular es una pregunta mal hecha, y quien la conteste con un solo número tendrá un número perfectamente creíble que describe una parte del multiplete y miente sobre la otra.
Comprobación, y es la que hace el problema: tu fórmula de (b), evaluada en el 2p y metida en (c), tiene que devolverte la frontera que el artículo 02 publica con dos cifras. Si te sale un factor 2 o un factor √2 de diferencia, revisa si has maximizado sobre mj y si has puesto el hueco o la anchura total en el denominador. Segunda comprobación, para (b), y es la que localiza el error más común: si en vez del ge del electrón pones g = 1, tu elemento tiene que anularse idénticamente para cualquier ℓ y cualquier m, porque con g = 1 el operador del Zeeman es Jz, que no tiene nada fuera de la diagonal en j. Si no se anula, el error está en el signo relativo de las dos componentes del j menor. Y de paso eso contesta de dónde sale la mezcla: no del 2 del espín, sino de que el espín no contribuye igual que el momento orbital.
El artículo 04 deduce la regla de cuantización con su recuento de Maslov y la prueba en el oscilador, donde sale exacta, y en el pozo infinito, donde también. Este problema la lleva al caso más sencillo en que los dos extremos son de tipo distinto —una pared dura a un lado y un punto de retorno blando al otro—, que además tiene solución exacta en funciones de Airy y se mide en un laboratorio con neutrones.
El sistema. Una partícula de masa m en
Datos. Del artículo 04, la regla de cuantización con el recuento de Maslov,
con μ = 1 por cada punto de retorno blando y μ = 2 por cada pared dura, y n = 0, 1, 2, … De matemáticas, que la ecuación ψ″(u) = uψ(u) tiene por solución acotada la función de Airy Ai(u), y sus primeros ceros, todos negativos:
| k | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| |ak| · ceros de Ai | 2,338 107 | 4,087 949 | 5,520 560 | 6,786 708 | 7,944 134 | 9,022 651 | 10,040 174 | 11,008 524 |
| |a′k| · ceros de Ai′ | 1,018 793 | 3,248 198 | 4,820 099 | 6,163 307 | 7,372 177 | 8,488 487 | 9,535 449 | 10,527 660 |
Constantes: ħ = 1,054 572 × 10⁻³⁴ J·s, mn = 1,674 927 × 10⁻²⁷ kg, g = 9,806 65 m/s².
(a) Adimensionaliza. Encuentra la longitud ℓ₀ y la energía ε₀ con las que la ecuación de Schrödinger de este potencial se escribe sin ninguna constante, y dalas en función de ħ, m y F. (b) Resuelve el problema exactamente: escribe la solución acotada, impón la condición de contorno en la pared y da En en función de los ceros de la tabla. (c) Ahora el WKB. Localiza el punto de retorno, cuenta μ, evalúa la integral de acción en forma cerrada y despeja En. Del resultado debe salir con qué potencia crece En con el número cuántico: dila, y no la supongas antes. (d) Compara WKB con exacto en n = 1 y en n = 7: da los dos errores relativos con tres cifras y di el signo. ¿Es el mismo signo en los ocho niveles de la tabla? ¿Qué le pasa al error al subir n? (e) El recuento de μ no es un adorno. Recalcula E₁ suponiendo, primero, que los dos extremos fueran retornos blandos, y después que fueran dos paredes duras. Da los dos errores. Compáralos con el error de (d) y con el factor 2,25 que el artículo 04 mide al inventarse el ½ en el pozo infinito. (f) El caso real. Un neutrón ultrafrío rebotando sobre un espejo horizontal en el campo gravitatorio terrestre es exactamente este problema con F = mng. Calcula ε₀, ℓ₀, la energía del fundamental en peV y la altura clásica de retorno E₁/F en micras. Da también la frecuencia de la transición del fundamental al primer excitado, en hercios. (g) Un potencial hermano: V = F|x| en toda la recta, sin pared. Sus estados impares son exactamente los de este problema —di por qué en una frase— y los pares salen de la otra fila de la tabla: di qué condición cumplen en el origen y por qué esa fila es la que les toca. Aplica el WKB a este potencial simétrico, con el μ que ahora corresponde, y da el error en el fundamental. Compáralo con el de (d) y explica el cambio de signo.
Pista
Para (a), exige que los tres términos de la ecuación tengan las mismas unidades y saldrá una única combinación de ħ, m y F con dimensiones de longitud; la energía es entonces la que esa longitud le cuesta al potencial. Para (b), el cambio de variable que lleva la ecuación a la forma de Airy es un desplazamiento y una dilatación, y el desplazamiento es justo la energía: por eso la condición de contorno en la pared se convierte en «tal punto es un cero de Ai». La integral de (c) es de las que salen sin tablas, con la sustitución obvia.
La trampa de (c) es el recuento: aquí los dos extremos no son iguales, y casi todo el mundo arrastra por costumbre el valor que el oscilador necesita. Los dos casos falsos de (e) están puestos para poner número a esa costumbre. La trampa de (g) es creer que el potencial simétrico es «el mismo problema por duplicado»: la mitad de sus estados no se anulan en el origen, y ésos no aparecen en ninguna parte de los apartados anteriores.
Comprobación, y es independiente del desarrollo: tu fórmula WKB de (c) y la exacta de (b) tienen que acercarse cuando n crece, así que evalúa las dos en el último nivel de la tabla antes de fiarte de cualquier conclusión — si el acuerdo empeora al subir n, el fallo está en el μ. Para (f), comprueba el orden de magnitud por un camino que no use nada de lo anterior: la altura de retorno del fundamental tiene que ser comparable a la ℓ₀ de (a), y la energía tiene que ser ridícula frente a kBT a cualquier temperatura de laboratorio — de ahí el «ultrafrío» del enunciado. Si te salen milímetros o microelectronvoltios, revisa la raíz cúbica.
Con esto se cierra el Nivel II. Ocho módulos desde la ecuación de Schrödinger hasta aquí, y el último ha sido distinto de los siete anteriores en una cosa: no ha resuelto ningún sistema nuevo. Ha enseñado a estimar los que no se resuelven, que son todos menos la media docena que sí se resuelven: los pozos del II.2, el oscilador del II.3 y el hidrógeno del II.5. Lo que se lleva el lector son cuatro herramientas y, pegada a cada una, la condición que la hace significar algo — y las cuatro condiciones se parecen entre sí más de lo que parece: la serie de perturbaciones tiene un radio que sus términos no delatan, la cota variacional sólo acota lo que es ortogonal a lo de abajo, el campo «débil» es débil respecto de un hueco que cambia con el nivel, y el WKB no tiene un error típico sino uno por potencial. Ninguna de las cuatro se lee en el resultado. Todas se leen en el planteamiento, y por eso este módulo es el que hay que estudiar antes de un examen y no después.
Lo que falta, con nombres. Todo lo de aquí es estacionario: el hamiltoniano no depende del tiempo y lo que se calcula son niveles. En cuanto se enciende un campo que oscila —una onda de luz sobre un átomo— nada de este módulo sirve tal cual, y hace falta la teoría de perturbaciones dependiente del tiempo, la regla de oro y los coeficientes de Einstein: eso es el III.3. Falta también el otro problema que este módulo ha rozado tres veces sin resolver: cuando la función de prueba tiene que llevar r₁₂ dentro, la familia de un parámetro se acaba y empieza Hartree-Fock, que no está en este sitio. Y falta lo que el III.7 le debe al artículo 02: la estructura fina que aquí ha costado tres términos y una precesión de Thomas sale de la ecuación de Dirac de una vez, sin sumandos.
Por qué el III.1 es el siguiente. Este módulo ha usado sin parar dos cosas que nadie ha definido con cuidado: que un operador «hermítico» tiene autofunciones que forman una base —de eso viven las dos sumas sobre estados del artículo 01— y que se puede sumar sobre «todos los estados» cuando la mitad de ellos son de dispersión y no están normalizados. El artículo 01 lo mide sin rodeos: el continuo del hidrógeno se lleva el 18,6 % de la polarizabilidad, o sea que la parte que no cabe en la suma discreta no es un detalle. El III.1 es exactamente eso: dominios, operadores autoadjuntos —que no es lo mismo que hermíticos—, y el espectro continuo que no está hecho de kets. Empieza un nivel distinto, y no es más de lo mismo con más ħ.