Módulo III.1 · Hoja de problemas

Hoja de problemas del módulo III.1

Seis problemas sobre dominios. Dos de entrada, dos de combinar y dos que traen trampa. Uno de ellos existe porque una herramienta que este módulo deduce entera —las relaciones de Weyl— no se usaba en ningún ejercicio, y otro porque el artículo 01 dejó abiertos por escrito los índices de defecto del hamiltoniano.

La brújula de este módulo cabe en una frase, y conviene tenerla delante en los seis problemas: escribir la fórmula de un operador no es haberlo definido. Falta decir sobre qué funciones actúa, y esa segunda mitad es la que decide si hay observable, cuál es su espectro y si el conmutador que todo el mundo escribe vale algo. El error que se comete una y otra vez —y que este módulo existe para romper— tiene una forma reconocible: se aplica un operador a una función que no está en su dominio, sale un número perfectamente creíble, y nada avisa. No hay ningún síntoma. La única defensa es un hábito, y es el que estos seis problemas entrenan: antes de escribir ⟨A⟩, comprueba que Aψ sigue siendo un vector del espacio y que cumple la misma condición de contorno que cumplía ψ. Cuando no la cumple, lo que sobra tiene fórmula —es el término de borde— y se puede calcular.

Necesitas: el módulo III.1 completo, sus cuatro artículos y sus ejercicios. Del II.4, el artículo 03 —la desigualdad de Robertson y el término que su demostración tira— para los problemas 2 y 6. Del II.2, el artículo 01, del que salen el pozo de paredes duras y el anillo, para los problemas 1 y 5. Ninguno necesita el III.2. De matemáticas: integrar por partes, una serie geométrica, exponenciales complejas y saber cuándo converge una integral impropia.

Dos avisos sobre los paneles, para que nadie pierda el tiempo. El panel del artículo 01 tiene la longitud fija en 1 nm y un solo mando, el de la fase α: los problemas 1 y 5 trabajan a 2 nm y a 3 nm y no se pueden leer ahí. El panel del artículo 03 tiene el mando de σx entre 45 pm y 150 pm y no imprime σp en ninguna posición: el problema 2 empieza en 25 pm, que está fuera del mando a propósito. Los dos paneles sirven para ver el mecanismo; ninguno de los seis problemas se contesta moviendo un deslizador.

Problema 1 dificultad 1 de 3: aplicar una idea · La antiperiódica, en dos nanómetros

Un electrón en un intervalo de longitud L = 2,00 nm, con el operador de momento p = −iħ d/dx sobre la extensión autoadjunta de fase α = π, es decir la que admite las funciones que cumplen ψ(L) = −ψ(0). Conviene tener presente qué clase de objeto es eso, porque es la novedad del módulo y no se parece a nada del II.4: «el momento en una caja» no nombra un observable, nombra una circunferencia entera de observables. La expresión diferencial es la misma para todos ellos; lo que los distingue es qué funciones admiten, y cada elección da un espectro distinto que no comparte ni un punto con los demás. Este problema toma uno de esos observables —el de α = π, que es la condición antiperiódica— y le pide sus dos primeras cifras.

Datos. El artículo 01 deduce que cada α ∈ [0, 2π) da una extensión autoadjunta distinta, cuyas autofunciones son eipnx/ħ/√L y cuyo espectro es

pn  =  ℏ (2πn+α)L,n∈Z,α∈[0,2π).p_{n} \;=\; \frac{\hbar\,(2\pi n + \alpha)}{L}, \qquad n \in \mathbb{Z}, \qquad \alpha \in [0, 2\pi) .

Ese mismo artículo mide que α traslada el retículo entero sin deformarlo: la separación entre autovalores consecutivos vale 2πħ/L para toda α, y a α = 0 el primer momento no nulo es p₁ = h/L, que a 1 nm da 6,626 × 10⁻²⁵ kg·m/s y a los 2,00 nm de este problema, 3,313 × 10⁻²⁵ kg·m/s — ése es el patrón contra el que conviene contrastar el apartado (a). De la tabla de constantes, ħ = 1,054 572 × 10⁻³⁴ J·s y me = 9,109 384 × 10⁻³¹ kg. Del II.1 y del II.2: 0,376 eV es el fundamental del pozo de paredes duras de 1 nm, y 1,504 eV el primer modo del anillo periódico de esa misma longitud. Y el artículo 04 publica 0,0940 eV como nivel más bajo de un anillo de 1 nm atravesado por un cuarto de cuanto de flujo — otro sistema, otro mecanismo, y el apartado (c) pregunta precisamente por él.

  1. El menor |p| del espectro de esa extensión, en kg·m/s y con tres cifras. Di además cuántos valores de n lo alcanzan. Nótese que el enunciado no lleva la coletilla «no nulo» que se le pondría por costumbre: parte del apartado es decir por qué aquí sobra, y en qué otra extensión del mismo intervalo sería imprescindible.
  2. La energía cinética de ese estado, en eV, y el cociente con E₁ del pozo de paredes duras de esa misma longitud de 2,00 nm. El cociente sale un número redondo: dilo, y di de dónde viene sin recurrir a las dos cifras, mirando sólo los números de onda que cada dominio deja pasar.
  3. Compara lo que te ha salido en (b) con los 0,0940 eV que el artículo 04 publica para el anillo con un cuarto de cuanto de flujo. ¿Coinciden? Si coinciden, decide si es una casualidad de dígitos o hay una razón estructural, y dila en una línea escribiendo los dos sistemas con el mismo prefactor.
Pista

El camino. Todo sale de sustituir en pn = ħ(2πn + α)/L con α = π, y de mirar la lista de valores que produce al recorrer n = …, −2, −1, 0, 1, 2, … El apartado (b) es p²/2me y una división. Para el (c) no hace falta calcular nada nuevo: basta escribir los dos sistemas con el mismo prefactor 2π²ħ²/meL² y comparar qué número queda multiplicándolo en cada caso.

La trampa. Es la del enunciado, y está puesta a propósito porque la versión anterior de esta hoja la traía escrita al revés. Con α = π el espectro no contiene el cero: 2πn + π no se anula para ningún entero, de modo que hablar del «menor |p| no nulo» sobra — y lo que sí ocurre es que hay dos valores de n que dan el mismo |p| con signos opuestos. Con α = 0, en cambio, el cero sí está y con energía cero, y ahí la coletilla es imprescindible; ése es el problema 5. Confundir los dos casos es exactamente el error que este apartado existe para que no se cometa.

La comprobación. Dos, y las dos son gratis. La primera: α = π desplaza el retículo entero media separación, así que tu |p| mínimo tiene que ser exactamente la mitad del p₁ = h/L de la extensión periódica a esa misma longitud — si no lo es, has metido α donde iba 2πn. La segunda es el cociente del apartado (b): con α = π el número de onda es π/L, que es el mismo |k| del fundamental de Dirichlet, así que el cociente sale redondo. Si te sale cualquier otra cosa, revisa qué L has usado en cada uno de los dos.

Problema 2 dificultad 1 de 3: aplicar una idea · Veinticinco picómetros

Una gaussiana de σx = 25,0 pm para un electrón, que es la mitad justa del radio de Bohr y por tanto un estado apretado incluso para escalas atómicas. Es, además, un estado perfectamente legal en todos los sentidos que este módulo distingue: suave, normalizado, de cuadrado integrable y —a diferencia del recorte del artículo 03— dentro del dominio de p, de modo que preguntarle por su momento y por su energía cinética tiene sentido sin ninguna letra pequeña. Ésa es exactamente la razón de que sea el primer peldaño: aquí no hay dominio que discutir, y todo lo que sale es aritmética de una fórmula que el artículo 03 deduce en su primera sección.

Datos. Del artículo 03: la transformada de una gaussiana vuelve a ser una gaussiana, y las dos anchuras están atadas por

ψ(x)=(2πσx2)−1/4e−x2/4σx2  ⟶  σp=ℏ2σx,σxσp=ℏ2  para toda anchura.\psi(x)=(2\pi\sigma_x^{2})^{-1/4}e^{-x^{2}/4\sigma_x^{2}} \;\longrightarrow\; \sigma_p=\frac{\hbar}{2\sigma_x}, \qquad \sigma_x\sigma_p=\frac{\hbar}{2} \ \ \text{para toda anchura}.

Como ⟨p⟩ = 0 en este estado, la energía cinética media es ⟨T⟩ = σp²/2me. De la tabla de constantes, ħ = 1,054 572 × 10⁻³⁴ J·s, me = 9,109 384 × 10⁻³¹ kg, c = 2,997 925 × 10⁸ m/s y a₀ = 52,918 pm. Y un aviso práctico: el mando de σx del panel del artículo 03 va de 45 pm a 150 pm, así que 25 pm no es ninguno de sus 43 091 estados, y el panel no imprime σp en ninguna posición. Este problema se hace con una calculadora.

  1. σp, en kg·m/s y con tres cifras. Di de paso qué le pasaría a ese número si la anchura se duplicase, sin recalcularlo.
  2. La velocidad cuadrática media vrms = σp/me, en km/s, y qué porcentaje de la velocidad de la luz representa. Cuidado con lo que ese número significa: di en una línea de qué magnitud es la anchura, porque no es la velocidad con la que el electrón va a ninguna parte.
  3. El factor de Lorentz que se está despreciando al escribir ⟨T⟩ = σp²/2me. Calcula γ − 1 a esa velocidad, con dos cifras, y di si el tratamiento no relativista se sostiene — con el número en la mano y con un criterio dicho en voz alta, no con una impresión. ¿A qué σx dejaría de sostenerse, si el listón se pone en un 1 % de error en la energía?
Pista

El camino. Los apartados (a) y (b) son una división y otra división. El (c) pide γ = (1 − v²/c²)−1/2 menos uno, y conviene no calcularlo tal cual: con v/c pequeño, restar dos números casi iguales en una calculadora de precisión corta se come todas las cifras. Desarrolla en serie —el primer término es ½(v/c)²— o usa la forma algebraicamente equivalente que no resta nada.

La trampa. Es de unidades y de factores de dos, y se cobra sola. σp = ħ/2σx lleva un 2 en el denominador que se olvida con enorme facilidad, y olvidarlo duplica la velocidad y cuadruplica la energía sin que nada chirríe: el resultado sigue teniendo unidades de velocidad y sigue siendo un número razonable para un electrón. La segunda mitad de la trampa es leer vrms como «la velocidad del electrón». No lo es: ⟨p⟩ vale cero en este estado, y lo que se ha calculado es la anchura de la distribución de momento, no una velocidad de traslación.

La comprobación. Hay un ancla publicada que sirve de patrón: el artículo 03 mide que una gaussiana con σx = 100 pm exactos tiene σp = 5,273 × 10⁻²⁵ kg·m/s, los mismos dígitos que ħ/2 = 5,273 × 10⁻³⁵ J·s porque 100 pm es 10⁻¹⁰ m clavados. Tu gaussiana es cuatro veces más estrecha, así que tu σp tiene que ser exactamente cuatro veces mayor que ése, y tu vrms cuatro veces la que corresponda a 100 pm. Si el cociente no es cuatro, el fallo está antes del apartado (c). Y para el (c): un γ − 1 del orden de una parte en 10⁵ y un v/c por debajo del 1 % son la señal de que la cuenta no relativista se sostiene; comprueba de paso que tu γ − 1 y tu ½(v/c)² coinciden en las dos primeras cifras, porque si no coinciden es que uno de los dos está mal.

Problema 3 dificultad 2 de 3: combinar dos · El momento que cae entre dos modos

Un electrón en un anillo de perímetro L = 1,00 nm. El anillo tiene su propia base —los modos de momento definido pn = 2πħn/L, con autofunciones eipnx/ħ/√L— y la recta tiene la suya, las ondas planas de momento p cualquiera. Este problema pregunta qué pasa cuando se mete en el anillo un estado preparado con la segunda: se toma la onda plana de un momento p que cae exactamente a mitad de camino entre dos modos consecutivos del anillo, se restringe al perímetro y se normaliza.

Vale la pena decir por qué la pregunta no es retórica. El artículo 02 demuestra que el primer cero del núcleo DL cae exactamente en la separación entre dos modos consecutivos, y de ahí se saca —con razón— que dos modos vecinos del anillo son ortogonales. Es fácil leer eso como que la caja «cuantiza» el momento de cualquier cosa que se le meta dentro, y no es lo que dice. Un momento que no esté en el retículo no se redondea al modo más próximo: se reparte, y este problema mide el reparto. Es la versión más barata que existe de la tesis del artículo 03 —que x y p son dos bases y no dos aparatos— con la vuelta de tuerca del módulo: aquí las dos bases son de operadores con dominios distintos.

Datos. El artículo 02 deduce que la separación entre modos consecutivos es Δp = 2πħ/L, y que el producto escalar de dos exponenciales sobre un tramo de longitud L es la función DL, cuyo primer cero cae justo en Δp. A 1 nm esa separación vale 6,626 × 10⁻²⁵ kg·m/s. Conviene escribir el solape en la variable adimensional q = (p − pn)L/ħ, con la que la separación entre modos consecutivos es 2π. Y se necesitará esta identidad, que es la de Parseval aplicada a la indicatriz del intervalo y aquí se puede usar sin demostrarla:

∑k∈Z[sin⁡(π(t−k))π(t−k)]2  =  1para todo t real.\sum_{k\in\mathbb{Z}}\left[\frac{\sin\bigl(\pi(t-k)\bigr)}{\pi(t-k)}\right]^{2} \;=\; 1 \qquad \text{para todo } t \text{ real.}

Los modos del anillo están normalizados como eipnx/ħ/√L sobre [0, L], y la onda plana restringida y normalizada, igual: los dos son vectores de norma uno del mismo espacio, y por eso las probabilidades de abajo tienen que sumar exactamente uno.

  1. Calcula ⟨pn|p⟩ haciendo la integral sobre [0, L] y demuestra que |⟨pn|p⟩|² = [sen(q/2)/(q/2)]². Comprueba de paso que tu expresión vale uno cuando p cae justo sobre el modo n y cero cuando cae sobre cualquier otro modo, que es lo que la ortonormalidad exige.
  2. Con p a mitad de camino entre dos modos, evalúa esa probabilidad para el modo inmediatamente por debajo y para el inmediatamente por encima, y suma los dos. Da el resultado en forma cerrada —sale una fracción con π dentro— y en tanto por ciento con cuatro cifras.
  3. ¿Cuánto queda para todos los demás modos juntos? Cuantifica además cuánto se llevan el segundo par de vecinos y cuánto el tercero, y di si la serie converge deprisa o despacio: ¿cuántos pares hacen falta para pasar del 90 % de la probabilidad? Justifica el ritmo mirando cómo decae la envolvente de la función de (a), sin sumar nada.
  4. Un compañero dice: «el electrón tiene momento p, sólo que el anillo lo cuantiza y por eso lo mide como el modo más próximo». Refútalo con los números de (b) y (c) —cuál es la probabilidad de encontrar precisamente ese modo más próximo— y escribe la frase que habría que poner en su lugar. Di además cuál de los dos operadores de momento, el de la recta o el del anillo, es el que tiene por autovector la onda plana de partida, y cuál no.
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El camino. El apartado (a) es una integral de una exponencial sobre [0, L] y nada más; el truco que la deja presentable es sacar factor común la mitad del exponente para que aparezca un seno en vez de una diferencia de exponenciales. Para el (b), «a mitad de camino» significa que la distancia a cada uno de los dos vecinos es Δp/2, y eso fija el valor de q en cada uno: uno positivo y otro negativo, del mismo módulo. El (c) sale de la identidad del bloque de datos, que dice cuánto suma todo, y de evaluar la misma función en los q siguientes.

La trampa. Dar por hecho que un estado de momento definido en la recta es un modo del anillo. No lo es, y el problema entero mide en cuánto no lo es. La versión fina de lo mismo es la que el módulo arrastra desde el artículo 01: los dos son vectores del mismo espacio, pero pertenecen a las bases de operadores distintos, porque el p de la recta y el p del anillo no son el mismo operador — tienen dominios distintos. Que el solape no sea ni cero ni uno es la forma que tiene ese hecho de aparecer en una cuenta.

La comprobación. La suma de todas las probabilidades tiene que darte uno, y la identidad del bloque de datos te lo garantiza: si sumas los pares que has calculado y el resto no cuadra con lo que falta hasta uno, hay un factor perdido en (a). Un segundo control que no comparte cuentas: si en vez de ponerte a mitad de camino te pones exactamente sobre un modo, tu fórmula tiene que devolver uno para ese modo y cero para todos los demás, porque los modos del anillo son ortonormales. Comprueba que tu expresión hace eso —el límite q → 0 del seno partido por su argumento— antes de fiarte de cualquier porcentaje.

Problema 4 dificultad 2 de 3: combinar dos · Las relaciones de Weyl, a mano y en dimensión finita

El artículo 04 sustituye [x, p] = iħ —una igualdad entre operadores no acotados, que sólo significa algo si se dice dónde vale— por una identidad entre unitarios que vale en todo el espacio y sin letra pequeña. Este problema la deduce, la usa y la lleva a dimensión finita, que es donde se puede tocar con las manos.

Datos. Los dos unitarios son U(a) = e−ipa/ħ y V(b) = e−ixb/ħ, y las relaciones de Weyl que cumplen son

U(a) V(b)  =  eiab/ℏ V(b) U(a).U(a)\,V(b) \;=\; e^{iab/\hbar}\,V(b)\,U(a) .

Lo que compra ese cambio de escritura, y conviene tenerlo delante: U(a) y V(b) son unitarios, están definidos sobre todas las funciones de cuadrado integrable, conservan la norma y su inversa es su adjunto. No hay un subconjunto denso donde la fórmula valga y un resto donde no, no hay extensión que elegir y no hay índices que contar. Por eso la relación de Weyl es la que puede meterse en un teorema —Stone-von Neumann— y el conmutador canónico no. El artículo 04 lo mide además con dos construcciones independientes de U(a) y comprueba que con el signo cambiado en el exponente el residuo sube once órdenes de magnitud: no es una convención de notación.

En dimensión N, con una base |0⟩, …, |N−1⟩ etiquetada módulo N, el par de Weyl finito son el desplazamiento X|j⟩ = |j+1 mod N⟩ y el reloj Z|j⟩ = ωj|j⟩ con ω = e2πi/N, que cumplen

Z X  =  ω X Z,ω=e2πi/N,XN=ZN=1.Z\,X \;=\; \omega\, X\, Z , \qquad \omega = e^{2\pi i/N} , \qquad X^{N}=Z^{N}=\mathbf{1} .

El artículo lo trabaja con N = 17 y dice que se eligió primo «para que no haya subgrupos donde esconderse». Esa frase es cierta y es fácil leerla de más; el apartado (d) mide exactamente en qué consiste, y en qué no.

  1. Haz actuar U(a) y V(b) sobre una función ψ(x) cualquiera: escribe qué le hace cada uno por separado, y después aplica los dos productos —primero U(a)V(b)ψ, luego V(b)U(a)ψ— y compara las dos funciones que salen punto a punto. De ahí sale la relación de Weyl con su fase. Nótese que no ha hecho falta ninguna hipótesis sobre el dominio de ψ, ni sobre su derivabilidad, ni sobre su comportamiento en el infinito: parte del apartado es decir por qué, y qué habría hecho falta suponer para hacer la misma cuenta con [x, p].
  2. ¿Para qué pares (a, b) conmutan U(a) y V(b) exactamente? Escribe la condición, interprétala como una rejilla en el plano de fases (x, p) y da el área de su celda con sus unidades. ¿Qué constante del sitio te ha salido? Di además qué pasa cuando el producto ab vale la mitad de esa celda: los dos unitarios no conmutan, pero tampoco hacen cualquier cosa.
  3. En dimensión N, ¿para qué exponentes j y k conmutan Xj y Zk? Deduce la condición pasando la relación ZX = ωXZ a XjZk, redúcela a un enunciado de divisibilidad entre enteros, y compárala con la de (b): ¿qué papel hace N que allí hacía h?
  4. Con N = 17, ¿cuántos pares (j, k) con 0 < j, k < N cumplen esa condición? ¿Y con N = 12? Da un par concreto del caso N = 12, di qué objeto construyen esos dos operadores juntos y cuántas dimensiones ocupa. Y ahora el cuidado con la conclusión: ¿se sigue de ahí que la representación (X, Z) sea reducible en N = 12? Contesta diciendo qué habría que calcular para responder a esa pregunta, que es otra.
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El camino. Para el (a), sólo hace falta saber dos cosas: qué hace la exponencial del generador de traslaciones a una función —trasládala— y qué hace la exponencial de una multiplicación — multiplica por una fase—. Aplica U(a)V(b)ψ y V(b)U(a)ψ por separado, escribe las dos funciones resultantes y compáralas punto a punto; la diferencia entre las dos es una fase constante, y su exponente es toda la relación. Para el (b), la relación conmuta cuando la fase vale uno. Para el (c) y el (d), pasa ωalgo = 1 a una condición de divisibilidad entre enteros y cuenta soluciones.

La trampa. Está en el apartado (d) y es de lógica, no de aritmética. Encontrar dos operadores no triviales que conmutan dentro de un grupo no demuestra que la representación sea reducible: para eso haría falta uno que conmute con toda la representación a la vez, o sea con X y con Z simultáneamente, y ése es otro cálculo — que en los dos casos, N primo y N compuesto, da lo mismo. Lo que la primalidad compra es otra cosa, y decirla con precisión es la mitad del apartado. Hay una segunda trampa, menor, en el (a): escribir eAeB = eA+B, que es falso cuando A y B no conmutan, y aquí no conmutan.

La comprobación. Para el (b), la constante que sale es una de las de la tabla del sitio y tiene dimensiones de acción; si te sale su versión con la barra encima, has perdido un 2π. Para el (d): la cuenta de pares con N primo tiene que dar lo mismo para cualquier primo, y la de N = 12 tiene que depender de los divisores de 12 — si tu número no cambia al cambiar la factorización de N, la condición de (c) está mal escrita.

Problema 5 dificultad 3 de 3: multi-paso · El hamiltoniano en la semirrecta, que sí tiene extensiones

El artículo 01 mide que p en la semirrecta (0, ∞) tiene índices de defecto (1, 0) y que por tanto no admite ninguna extensión autoadjunta: no hay operador de momento radial. Y cierra avisando de que con el hamiltoniano «la historia es más rica», porque el término de borde tiene dos sumandos en vez de uno y los índices pueden ser (2, 2). Este problema hace esa cuenta, que no está hecha en ninguna parte del módulo, y descubre que la respuesta en la semirrecta no es la que ese aviso sugiere.

La pregunta no es de coleccionista. La semirrecta es el dominio de todo canal radial: cuando el II.5 separó el hidrógeno en r y en ángulos, lo que quedó fue un operador de segundo orden sobre (0, ∞) con u(0) = 0, y el artículo 01 ya avisó de la consecuencia rara —un problema radial tiene energías y no tiene momento radial—. Lo que aquí se cuenta es si la condición u(0) = 0 que todo el mundo escribe sin pensarla es la única posible o sólo la más cómoda, y qué cambia si se escribe otra.

Datos. El operador es H = −(ħ²/2me) d²/dx² sobre (0, ∞). Del artículo 01: los índices de defecto (n₊, n₋) se calculan contando cuántas soluciones de H*φ = ±iεφ son de cuadrado integrable, con ε cualquier unidad de energía del problema; hay extensiones autoadjuntas si y sólo si los dos números coinciden, y entonces forman una familia parametrizada por las matrices unitarias n × n. Ese mismo artículo mide el caso de primer orden en el mismo dominio —índices (1, 0), ninguna extensión— y el caso de primer orden en un intervalo acotado —índices (1, 1), un círculo de extensiones—, y cierra con el aviso de que en segundo orden «los índices pueden ser (2, 2)». Para el apartado (e), tómese la condición de contorno ψ′(0) = κψ(0) con κ = −5,00 nm⁻¹, y del II.5 el radio de Bohr a₀ = 52,918 pm y Ry = 13,6057 eV.

  1. Integra por partes dos veces para escribir ⟨φ|Hψ⟩ − ⟨Hφ|ψ⟩ como un término evaluado sólo en el borde. ¿Cuántos sumandos tiene, y en qué se diferencia del corchete de primer orden del artículo 01? Di también qué hace falta suponer sobre las dos funciones en el infinito para que allí no quede nada, y por qué esa suposición no es una condición de contorno más.
  2. Comprueba cuáles de estas tres condiciones anulan ese borde para todo par de funciones que la cumplan: Dirichlet ψ(0) = 0, Neumann ψ′(0) = 0, y Robin ψ′(0) = κψ(0) con κ real. Escribe en cada caso el borde ya sustituido, para que se vea qué se cancela contra qué. ¿Cuántos parámetros reales tiene la familia entera, qué son Dirichlet y Neumann dentro de ella, y qué topología tiene el conjunto de valores admisibles de κ?
  3. Cuenta los índices de defecto. Resuelve H*φ = ±iεφ, escribe las dos raíces del exponente en cada uno de los dos casos —salen números complejos, y lo único que importa de ellos es el signo de la parte real— y di cuántas soluciones son de cuadrado integrable en (0, ∞). ¿Cuánto sale (n₊, n₋), y cuántas extensiones autoadjuntas predice ese par?
  4. Concilia el resultado de (c) con las dos frases del artículo 01: que p en esta misma semirrecta da (1, 0) y no admite ninguna extensión, y que con el hamiltoniano «los índices pueden ser (2, 2)». ¿Dónde vale exactamente cada cosa, y qué es lo que cuenta el 2? Da además el argumento físico paralelo al de «trasladar hacia la izquierda saca del mundo» y explica en una línea por qué no se le aplica a H.
  5. Con la condición de Robin y κ = −5,00 nm⁻¹, encuentra el estado ligado: escribe su función de onda, calcula su energía en eV con tres cifras y di cuántos estados ligados tiene esa extensión. ¿Qué ocurre con κ positivo, y qué extensiones de la familia quedan entonces sin ningún estado ligado?
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El camino. El (a) es la integración por partes del artículo 01 repetida: la primera pasa una derivada de ψ a φ y deja un corchete, la segunda pasa la que queda y deja otro. En (b), sustituye la condición en el borde y mira qué se cancela contra qué; con Robin conviene dejar los dos sumandos en función de φ(0) y ψ(0) solamente. En (c) la ecuación es φ″ = ∓(2meiε/ħ²)φ, cuyas soluciones son exponenciales de exponente complejo, y lo único que hay que mirar es el signo de la parte real de cada raíz. Para el (e), prueba ψ = A e−γx con γ > 0, impón la condición y despeja γ.

La trampa. Es el apartado (d) y es una lectura apresurada del artículo. La frase «los índices pueden ser (2, 2)» es cierta y no es de este dominio: dos extremos aportan dos condiciones cada uno, y por eso vale en un intervalo acotado con sus dos paredes. En una semirrecta sólo hay un extremo, y el infinito no aporta condición ninguna porque allí lo único que se pide es estar en L². Quien conteste (2, 2) habrá aplicado un resultado correcto fuera de su rango, que es el modo de fallo que el artículo 02 dedica un artículo entero a romper. La segunda trampa está en (e) y es de signos: hay un valor de κ para el que la familia de Robin no tiene ningún estado ligado, y la forma de saber cuál es no es probar números, es mirar qué signo tiene ψ′(0)/ψ(0) para cualquier exponencial decreciente.

La comprobación. Tres, y conviene usar las tres. La primera es de coherencia interna: el número de parámetros de la familia de (b) tiene que coincidir con el que predicen los índices de (c), así que si los dos apartados no cuentan lo mismo, uno está mal. La segunda: en (e) el problema tiene una sola escala, de modo que la energía ha de ir como κ² y duplicar |κ| tiene que multiplicarla por cuatro — compruébalo con κ = −10,0 nm⁻¹—. La tercera cierra el módulo con el II.5: toma κ = −1/a₀ y mira qué energía sale. Tiene que ser un número que ya te sabes de memoria, y que salga es la señal de que la condición de Robin no es un tecnicismo sino la manera de meter en el modelo la física de corto alcance que la ecuación no contiene.

Problema 6 dificultad 3 de 3: multi-paso · Después del techo retirado: ¿queda alguna relación angular?

El artículo 04 retira una cota que este módulo publicaba de más. Decía que la varianza lineal del ángulo no puede superar la de la uniforme, π/√3 = 1,814 rad, y es falso: el techo es π, por la desigualdad de Popoviciu, y hay estados legales del anillo —periódicos, suaves, normalizados— que llegan a 3,10 rad. La cota honesta que sale de ahí es σL ≥ ħ/2σφ ≥ ħ/2π = 0,159 ħ, que es √3 veces menor que la que se publicaba. Este problema pregunta lo que esa corrección deja abierto: una vez puesta la cota buena, ¿queda en pie alguna relación de incertidumbre entre el ángulo y el momento angular?

Datos. El anillo, con Lz = −iħ d/dφ, autofunciones ψm(φ) = eimφ/√(2π) y φ ∈ [0, 2π) salvo donde se diga. Del artículo 04: el mismo conmutador [φ, Lz] vale iħ si se deriva φψ y 0 si Lz se pasa al bra, porque φψ no es periódica y por tanto no está en el dominio de Lz; lo que separa las dos lecturas es el término de borde,

⟨ψ∣Lz(φψ)⟩−⟨Lzψ∣φψ⟩  =  −iℏ[φ ∣ψ∣2]02π  =  − 2πiℏ ∣ψ(0)∣2,\langle \psi | L_z(\varphi\psi)\rangle - \langle L_z\psi | \varphi\psi\rangle \;=\; -i\hbar\Bigl[\varphi\,|\psi|^{2}\Bigr]_{0}^{2\pi} \;=\; -\,2\pi i\hbar\,|\psi(0)|^{2} ,

o sea 2πħ veces la densidad de probabilidad sobre la costura de la carta. Medido, esa discrepancia vale 1,000 ħ en cualquier |m⟩ y 2,000 ħ en (|0⟩ + |1⟩)/√2, y cero exacto en cualquier estado que se anule en φ = 0. El techo de Popoviciu es π = 3,1416 rad, la varianza lineal de la uniforme es π/√3 = 1,8138 rad —bien calculada, y no es ningún techo— y la cota honesta es 0,159 ħ. El estado de trabajo de este problema es ψ = (ψ₀ + ψ₁ + ψ₂)/√3, los tres primeros modos con pesos iguales, y conviene notar antes de empezar que está escrito en la base de Lz, que es lo que hace que casi nada de abajo necesite una integral.

  1. Calcula ⟨Lz⟩ y σL en ese estado, en unidades de ħ y con tres cifras. No hace falta integrar nada: di por qué.
  2. Calcula la discrepancia del conmutador con la fórmula del borde. Compárala con el 1,000 ħ de un |m⟩ cualquiera y con el 2,000 ħ de la superposición de dos modos, y enuncia la regla general para M modos consecutivos con pesos iguales. ¿Qué le pasa a esa discrepancia cuando M crece, y qué significa que crezca sin freno mientras el estado sigue estando perfectamente normalizado?
  3. Calcula σφ en la carta [0, 2π), con tres cifras. Comprueba que respeta el techo de Popoviciu, di a qué fracción de él se queda, y comprueba también que queda por encima del 1,8138 rad de la uniforme — diciendo por qué tenía que quedar por encima y no por debajo. ¿Cumple el estado σφσL ≥ ħ/2?
  4. Ahora la pregunta que da título al problema. Demuestra que el ínfimo de σφσL sobre todos los estados del anillo es cero, y que además se alcanza —exhibiendo el estado, no minimizando nada—. ¿En qué se diferencia esto de lo que le pasa a σxσp en la recta, donde el ínfimo también existe pero vale otra cosa? Y entonces, ¿qué es la cota de 0,159 ħ: una cota floja, una cota falsa, o un enunciado de otra clase? Nómbrala bien, porque la respuesta decide si el artículo 04 arregló su argumento o sólo su aritmética.
  5. La magnitud angular que sí es un observable del círculo es eiφ, porque es univaluada y su valor esperado no depende de dónde se corte la carta. Calcula |⟨eiφ⟩| y la varianza circular 1 − |⟨eiφ⟩| para el estado de trabajo, con tres cifras, y enuncia también aquí la regla para M modos consecutivos. ¿Hacia dónde tiende cuando M crece, y es coherente con lo que contestaste en (b)? ¿Qué anchura angular describe ese número, y por qué sí se puede publicar?
Pista

El camino. Los apartados (a) y (e) no necesitan ninguna integral: el estado está escrito en la base de Lz, de modo que ⟨Lz⟩ y ⟨Lz²⟩ son medias de enteros con los pesos que tocan, y eiφ es el operador que sube m en una unidad, así que su valor esperado se lee contando qué modos se solapan consigo mismos desplazados. El (b) es evaluar la densidad en φ = 0, y ahí las tres exponenciales valen todas uno. El (c) sí pide una integral: desarrolla |ψ|² en cosenos, traslada el origen al centro de la carta y usa que ∫u²cos(ku) du sobre un periodo completo tiene forma cerrada elemental.

La trampa. Está en (d) y es la que da sentido al módulo entero. La tentación es leer «cota de 0,159 ħ» como una relación de incertidumbre débil y concluir que el ángulo y el momento angular son «un poco» compatibles. No es eso: esa cota es una reducción al absurdo, no un teorema sobre estados. Se obtiene suponiendo que [φ, Lz] = iħ es una identidad de operadores, y su papel es ser incompatible con lo que se mide, de modo que la premisa cae. Usarla como si acotara algo es el mismo error que el artículo 04 cometía con el número anterior, repetido con el corregido — y ahí está la lección: corregir una cifra no arregla un argumento que no la necesitaba. Segunda trampa, menor, en (c): este estado tiene ⟨φ⟩ = π y no cero, y calcular la varianza como ⟨φ²⟩ a secas da un número mayor y sin sentido.

La comprobación. Cuatro controles baratos. Uno: tu σφ de (c) tiene que caer entre el 1,8138 rad de la uniforme y el techo de π. Dos: tu discrepancia de (b) tiene que continuar la serie 1,000 ħ, 2,000 ħ, … con el mismo paso, y si no te sale un entero es que has olvidado normalizar. Tres: |⟨eiφ⟩| está entre cero y uno para cualquier estado, por ser el módulo del valor esperado de un unitario, y vale cero para un solo modo porque |m⟩ y |m+1⟩ son ortogonales; comprueba que tu regla de (e) lo reproduce con M = 1. Cuatro, para (d): busca el estado más sencillo del anillo con momento angular perfectamente definido y mira su σL. Con eso el ínfimo se exhibe en una línea, sin minimizar nada.

Fin del módulo III.1. Con esto ya sabes qué le falta a «hermítico» para ser autoadjunto: un dominio, y con él un término de borde que se puede calcular, unos índices que se cuentan y una familia de extensiones entre las que hay que elegir —y elegir es hacer física, como enseñan el flujo del anillo y la condición de Robin del problema 5. Sabes también que el espectro continuo no está hecho de kets sino de una medida, que la palabra «continuo» tiene un valor numérico, y que la única formulación del par canónico que no depende de un dominio es la de las relaciones de Weyl — que es justamente por lo que se puede meter en un teorema de unicidad.

Lo que falta es que casi nada de esto se ha usado todavía para calcular nada de un sistema real, y hay una razón: el aparato de este módulo es la gramática, no el vocabulario. El módulo III.2, «Simetrías y grupos: rotaciones, SU(2) y Wigner-Eckart», es el siguiente porque es el primero que la cobra, y la cobra en el sitio exacto donde este módulo la dejó. Una simetría es un grupo de operadores unitarios, y el teorema de Stone dice que cada uniparamétrico de unitarias tiene un generador autoadjunto: no simétrico, autoadjunto. Un generador al que sólo se le haya comprobado el término de borde no genera ningún grupo, y sin grupo no hay reglas de selección, ni Wigner-Eckart, ni el espinor que necesita 720° para volver. El III.1 no es el prólogo del III.2: es la comprobación de que sus objetos existen.