Cero exacto, y 0,5587 a₀. Son la misma pareja de funciones radiales —la del 1s y la del 2s— integradas una contra otra con dos pesos que se diferencian en un solo factor r: con r² dan cero, que es la ortogonalidad de dos autoestados, y con r³ dan 0,5587 a₀, que es exactamente lo que hace respirar al átomo cuando se superponen. Un r de diferencia entre dos integrales, y una vale cero y la otra no. Ahí está, en una línea, el error que más veces se comete en este tema: calcular una integral y creer que se ha calculado la respuesta. En un potencial central toda respuesta es un producto de dos factores independientes —uno radial y uno angular; el artículo 01 lo demuestra a base de contar sumandos— y basta que se anule cualquiera de los dos. En más de un problema de esta hoja una de las dos integrales sale enorme y es la otra la que manda.
La segunda brújula, y es la que este módulo deduce. Los tres enteros del hidrógeno nacen de tres sitios distintos: m, de que φ dé la vuelta; ℓ, de que θ no reviente en los polos; y n, de que la serie radial termine. Los dos primeros los entrena el artículo 02. El tercero es el que trae la energía y el radio de Bohr, y es puro Frobenius: la cuantización aparece como una condición de aritmética, un numerador que se anula en un renglón o no se anula nunca. El problema 1 es ése y abre la hoja por una razón: si de este módulo hay que llevarse una sola herramienta, es ésa, y no se aprende leyéndola.
La tercera: un número calculado no es un número medido, y un número publicado no siempre es el que buscas. a₀ = 52,9177 pm es una constante definida con la masa desnuda del electrón, no el radio del hidrógeno, que el módulo mide en 52,9465 pm; ħ/2σE es una cota sobre un ritmo, no una duración; y −13,6057 eV/n² es el espectro de un protón infinitamente pesado. Los tres son correctos y los tres se citan mal a diario. Antes de escribir un número, di de qué magnitud es.
De otros módulos: del II.3, artículo 04, la teoría de perturbaciones a primer orden, ⟨n|W|n⟩, que es todo lo que hace falta en el problema 4 — el efecto Stark de verdad, con campo eléctrico y teoría de perturbaciones degenerada, es del II.8 y aquí no se toca; y ojo con una frase que se dice mal a menudo, porque en el n = 2 del hidrógeno ese Stark sale ya a primer orden, precisamente porque z conecta el 2s con el 2p₀ estando los dos degenerados. Lo de aquí es un z², que es par: por eso el problema 4 no es un Stark y por eso su n = 2 no se parte igual.
Del I.3, artículo 03, el hidrógeno muónico, del que arranca el problema 3. Del II.2, sólo que un pozo de alcance finito tiene umbral, para contrastar en el 5.
Los datos van impresos en cada enunciado, con las cifras que hacen falta para comprobarse: no hay que ir a buscarlos a los artículos. En toda la hoja a₀ = 52,9177 pm, Ry = 13,6057 eV, Eh = e²/4πε₀a₀ = 27,2114 eV = 2 Ry, hc = 1239,84 eV·nm y ħ = 0,658212 eV·fs, todas ellas CODATA 2022, que es la misma revisión con la que están escritos los cuatro artículos: si comparas con una tabla vieja, la quinta cifra puede no coincidir y no será culpa tuya.
Un aviso de herramienta: el problema 5 es el único de los seis que exige ordenador —su apartado (b) es una diagonalización en rejilla y no hay forma cerrada—. Los otros cinco se hacen a mano; en el 1 y el 2 conviene una calculadora y nada más.
Sobre los paneles: el de I.4, artículo 01 llega hasta n = 6, mide ⟨r⟩ y cuenta los nodos radiales; el problema 1 y el problema 2 lo usan a propósito como comprobación de lo que hayas deducido, y ninguno de los dos se contesta arrastrándolo: el 1 pide dónde están los nodos, que el panel no dice, y el 2 pide la fórmula, no el número. El panel del artículo 03 de este módulo se queda en n = 3 y no llega a ninguno de los dos.
El ejercicio 1 del artículo 03 itera la recurrencia con λ = 3 y saca un polinomio de grado 1 y otro de grado 2. Aquí se va un escalón más arriba, donde el polinomio es cúbico y hay que localizar sus tres raíces — y donde aparecen los dos casos que aquel ejercicio no mira: el que corta en el primer renglón y el que no corta nunca aunque λ sea entero.
Datos. La ecuación radial adimensional del artículo 03 es , y con y los coeficientes obedecen
Toma . El artículo 03 de este módulo publica que hay nodos radiales y lóbulos, y que el lóbulo más externo del 4s tiene su máximo en 24,618 a₀; el I.4, artículo 01 publica que los dos nodos del 3s caen en 100,6 y 375,6 pm. a₀ = 52,9177 pm.
(a) Con ℓ = 0 y λ = 4, itera: a1, a2, a3, y comprueba en qué renglón exacto se anula el numerador. Escribe f(ρ) y, con ella, R40(r) salvo normalización. (b) Repite con ℓ = 3 y λ = 4: ¿qué pasa en el primer paso? Escribe R43. (c) Sin volver a iterar, lee de la recurrencia cuál es el grado de f en función de n y de ℓ, y comprueba que reproduce la regla n−ℓ−1 que el módulo publica. Contrasta el recuento con el panel del I.4 para los cuatro orbitales de n = 4. (d) Localiza los tres nodos del 4s: primero en ρ, después en a₀ y después en pm. (e) Ahora ℓ = 4 con λ = 4. Itera cuatro renglones y di si la serie termina. Que n ≥ ℓ+1 ya lo publican el artículo 03, el resumen en frío del 04 y el glosario —éste en la forma de Kummer, «sólo hay solución polinómica si ℓ+1−λ es un entero no positivo»—, así que enunciarlo no es la respuesta: lo que se pide es exhibir el caso. Escribe los cuatro coeficientes, di a qué tiende ak+1/ak cuando k crece, con qué función conocida coincide ese cociente y qué le hace eso a u en el infinito. λ es un entero perfectamente respetable: la aritmética sola no basta, y la razón por la que no basta es analítica, no aritmética.
Pista
El camino de (a) es aritmética de fracciones y nada más: cuatro divisiones. Antes de hacerlas, mira cómo se mueve el numerador k+ℓ+1−λ cuando sube k: es lo único que hace falta para (c), y se ve sin calcular ningún coeficiente. Para (d), multiplica f por el entero que le quite los denominadores antes de buscar raíces; el cúbico queda con coeficientes enteros y sale con las herramientas de siempre.
Ojo con la conversión de (d), que es donde se pierde casi todo el mundo: ρ no es r/a₀. Vuelve a la definición que trae el enunciado y mira qué le hace n = 4 antes de convertir nada — un factor mal puesto ahí te multiplica o te divide las tres distancias y te las deja pareciendo razonables, que es lo peligroso. Y en (e), la trampa es creer que basta con que λ sea entero: escribe el numerador con ℓ = 4 antes de iterar y mira por dónde empieza y hacia dónde va.
Comprobación cruzada, y es contraintuitiva: el panel del I.4 con n = 4 te da el número de nodos de cada uno de los cuatro orbitales, y tiene que coincidir con el grado que dedujiste en (c) sin haber mirado el panel. Contra los dos nodos del 3s que el enunciado imprime, el control va al revés de lo que suena: tus dos primeros nodos del 4s tienen que caerte por dentro de 100,6 y de 375,6 pm —por poco, no a la mitad— y sólo el tercero por fuera. Si el tercero también te cae por dentro de 375,6 pm, has dividido de más; si los dos primeros te caen más o menos a la mitad de los del 3s, has dividido de menos. Y los tres tienen que quedarse por dentro del máximo del lóbulo exterior del 4s, que el enunciado imprime, alternándose con los cuatro lóbulos. Como último control, el polinomio del (b) tiene un solo término: si te salen dos, has evaluado el numerador con k = 1 en vez de con k = 0.
Todo lo que este módulo sabe de ⟨r⟩ sale de integrar polinomios de Laguerre contra exponenciales. Hay otro camino, y no pasa por ninguna función de onda: una relación de recurrencia entre momentos que se deduce del propio hamiltoniano. Aquí se usa para producir dos fórmulas que el módulo publica, una tercera que no publica, y una cuarta que este método no puede dar — que es la parte interesante.
Datos. Para un autoestado (n, ℓ) del hidrógeno, los momentos cumplen la relación de Kramers
válida para , con . El módulo publica ⟨1/r⟩ = 1/(n²a₀), ⟨r⟩ = (a₀/2)[3n² − ℓ(ℓ+1)], el teorema del virial ⟨T⟩ = −En y ⟨V⟩ = 2En, y E4 = −0,850356 eV. a₀ = 52,9177 pm.
(a) Escribe el renglón k = 0. Se cae un término entero: ¿cuál, y por qué? Despeja ⟨1/r⟩ y compáralo con lo publicado. (b) Renglón k = 1. Usa el resultado de (a) y despeja ⟨r⟩; tiene que salirte la fórmula del módulo, y si no, revisa el corchete. (c) Renglón k = 2, que ya no está publicado en ninguna parte: obtén ⟨r²⟩nℓ en forma cerrada y evalúalo para los cuatro orbitales de n = 4, en a₀². (d) Ahora k = −1. Escríbelo y mira qué relaciona con qué: ¿te da ⟨1/r²⟩? Ponle ℓ = 0 y di qué predice; el valor verdadero para el 1s es 2/a₀². Explica en qué condición de las que trae el enunciado ha caído el cálculo, y por qué ese caso concreto es precisamente el que se sale. (e) Con (b) y (c), ¿qué es mayor en el 4s, la media de r o la raíz de la media de r²? Ordena los cuatro orbitales de n = 4 por ⟨r²⟩ y compara ese orden con el de ⟨r⟩ del panel del I.4.
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El camino es literalmente sustituir k = 0, 1, 2 y arrastrar el resultado anterior: cada renglón usa los dos momentos de más abajo, así que la cadena se recorre hacia arriba y no hay ninguna integral en ninguna parte. Antes de sustituir en (a), mira los prefactores de los tres sumandos y pregúntate cuál de ellos puede apagarse solo. En k = 2 conviene sacar factor común a₀² antes de simplificar nada.
Ojo con (d), que es donde está el problema: Kramers no es una fórmula cerrada, es una recurrencia, y una recurrencia necesita saber por dónde empezar. Al bajar por debajo de k = 0 el renglón deja de tener un momento conocido a la derecha y pasa a ligar dos desconocidos. Con ℓ = 0 pasa algo peor todavía y muy visible: el renglón entrega un resultado rotundo que además es falso, y no avisa. La condición k > −(2ℓ+1) del enunciado dice exactamente para qué ℓ está prohibido k = −1 — mírala antes de acusar al álgebra.
Comprobación cruzada, y es de las buenas porque no comparte ni una línea con Kramers: de ⟨V⟩ = 2En y ⟨V⟩ = −(e²/4πε₀)⟨1/r⟩ sale ⟨1/r⟩ otra vez, y tiene que ser la misma que te dio el renglón k = 0 — una viene de una recurrencia algebraica y la otra del virial. Para (c), tu fórmula tiene que devolver ⟨r²⟩ = 3a₀² en el 1s, donde la integral se hace de cabeza con ∫xke−xdx = k! Y en (e), si el orden de ⟨r²⟩ no es el mismo que el de ⟨r⟩, revisa: en este átomo lo es, y lo interesante es que no tenía por qué serlo.
El I.3, artículo 03 publica que el hidrógeno muónico mide unos 285 fm y está ligado por 2,53 keV, y de ahí saca que el muón «pasa parte del tiempo dentro del propio protón». Suena a que el átomo ya no cabe fuera del núcleo — y no es verdad: 285 fm contra los 7 fm de un núcleo pesado son más de un orden de magnitud de holgura, no un empate. El caso en que la frase se cumple de verdad es otro, y hay que ir a buscarlo.
Datos. mμ = 206,768 me; mp = 1836,15 me, o sea me/mp = 5,4462 × 10⁻⁴. Un hidrogenoide muónico es un núcleo de carga +Ze con un solo muón ligado, y todo el módulo vale con me → μ y e² → Ze². Para el plomo, Z = 82 y A = 208, con m(²⁰⁸Pb) = 207,977 u y radio nuclear fm. La transición Kα (n = 2 → 1) del plomo muónico está medida en unos 5,96 MeV. El radio de carga del protón es Rp = 0,84075 fm (CODATA). Para un núcleo de carga repartida uniformemente en una esfera de radio R, el corrimiento del nivel fundamental respecto del Coulomb puntual es
(a) Calcula μ/me para el par muón–protón y para el par muón–plomo. Uno de los dos se aparta mucho de mμ y el otro casi nada: di cuál, cuánto, y qué cociente lo gobierna. (b) La escala a del 1s del plomo muónico, en fm, y el radio R del ²⁰⁸Pb. Forma R/a y compáralo con el mismo cociente en el hidrógeno muónico. ¿En cuál de los dos átomos está el muón dentro del núcleo? (c) Suponiendo el núcleo puntual —que ya sabes que es falso—, calcula E1 y la Kα del plomo muónico en MeV, y compáralas con los 5,96 MeV medidos. ¿Por qué factor falla, y en qué sentido? (d) Con la fórmula del enunciado, evalúa el corrimiento por tamaño del protón en el hidrógeno muónico, en meV, y en relativo respecto de su energía de ligadura. (e) Repite (d) para el hidrógeno electrónico, con a₀, y forma el cociente de los dos corrimientos absolutos. Sale un número muy grande: demuestra, sin volver a calcular nada, que es exactamente el cubo de un cociente de escalas, y di cuál. ¿Por qué se mide el radio del protón con muones y no con electrones — y por qué, aun así, en el hidrógeno muónico V = −k/r sigue siendo una descripción buena?
Pista
El camino: todo el problema es la misma ecuación del módulo con dos sustituciones, me → μ y e² → Ze², así que la escala va como 1/(μZ) y la energía como μZ². Antes de tocar la calculadora, escribe cómo depende cada magnitud de esos dos factores; después es aritmética. Para (a), μ = m₁m₂/(m₁+m₂) se lee mejor como mμ/(1 + mμ/mnúcleo): el paréntesis dice de un vistazo cuál de los dos casos se mueve.
Ojo con dos cosas. La primera: en el hidrógeno muónico la masa reducida no es una corrección de la quinta cifra como en el hidrógeno de siempre — se nota en la segunda, y usar mμ desnuda te deja fuera desde el primer renglón. La segunda, en (c): el número que sale es una energía de ligadura del orden del MeV y por tanto comparable a la masa en reposo del propio muón; aparte del tamaño del núcleo, ahí hay otra física ausente. La pregunta no es si falla, es por qué factor y hacia dónde, y el signo se puede anticipar: repartir la carga en una esfera debilita la atracción por dentro.
Comprobación cruzada: en (b), el producto de la escala por la energía de ligadura tiene que ser independiente de la masa —a·E = a₀·Ry·Z, porque μ aparece dividiendo en una y multiplicando en la otra y se cancela entero—, y eso caza al instante un μ puesto del revés. Cuenta los Z antes de usarla: la escala lleva 1/Z y la energía Z², así que queda uno. Con el hidrógeno muónico no lo notarías; con el plomo, el control falla por 82. En (e), tu cociente de sensibilidades tiene que salir exactamente igual al cubo del cociente de las dos escalas: si te sale el cubo pero con un 1 % de resto, has mezclado una escala con masa reducida y otra sin ella.
Al hidrógeno se le añade un término z², que rompe la simetría esférica sin romper la simetría de revolución alrededor de z ni la paridad. Es el problema más limpio que hay para ver cómo se reparte una degeneración — y tiene una trampa que se traga a casi todo el mundo.
Datos. , con ε > 0 constante. El nivel n = 2 del hidrógeno tiene cuatro estados —2s, 2p0 y los dos 2p±1— todos a E2 = −3,40142 eV, y E3 = −1,51174 eV. Los armónicos que hacen falta están escritos en el artículo 02:
Usa la fórmula de ⟨r²⟩ que produce el problema 2. A primer orden, el corrimiento de un nivel no degenerado es ⟨W⟩ y el de uno degenerado son los autovalores de W dentro del subespacio degenerado. Para el apartado (e), el elemento de matriz que conecta el 2s con el 3d vale ⟨3d|z²|2s⟩ = −15,6919 a₀². a₀ = 52,9177 pm, Ry = 13,6057 eV.
(a) Escribe z² en esféricas y comprueba que W se parte en un factor que sólo depende de r y otro que sólo depende de θ. ¿Sigue siendo separable ψ = R·Y? ¿Qué se conserva todavía, y qué se ha perdido? (b) Calcula ⟨cos²θ⟩ en los cuatro estados de n = 2, usando los armónicos del enunciado. Vas a necesitar sólo dos integrales. (c) Monta ⟨z²⟩ para los cuatro, en a₀². (d) La trampa. ¿Mezcla z² el 2s con el 2p0? Calcula por separado el factor radial ∫R20R21r⁴dr y el factor angular ∫Y00*cos²θ Y10dΩ, y di cuál de los dos decide. Con eso, ¿en cuántos niveles se parte el n = 2, con qué degeneraciones y en qué orden? (e) «ε pequeño» no es un dato. Estima el orden: con qué valor de εa₀²/Ry el corrimiento de primer orden del 2s se equivoca en un 1 %, usando el acoplamiento al 3d del enunciado y la corrección de segundo orden. Conviértelo a meV. Y di, antes de comprobar nada, por qué lado te has pasado y por qué: el 3d no es el único estado al que z² conecta el 2s, y la regla de selección que dedujiste en (d) dice cuáles faltan. (f) El mismo cálculo en el 20s: ¿por qué factor se multiplica el corrimiento respecto del 2s? El atajo que se lee en cualquier sitio —un átomo de Rydberg «mide n²a₀», luego ⟨z²⟩ va como n⁴— da un número redondo en un renglón. El exacto no lo es, y se aparta de él un 5 %: da los dos, di qué término tira el atajo y para qué sirve el efecto.
Pista
El camino de (b) y (c) es el del artículo 01 al revés: como W es un producto de una función de r por una de θ, su valor esperado es el producto de dos valores esperados y no hay que integrar nada en tres dimensiones. Las dos integrales angulares que hacen falta son ∫cos²θ·cos²θ senθ dθ y ∫sen²θ·cos²θ senθ dθ, y las dos se hacen con x = cos θ en dos renglones. Para (f) no uses el atajo ni para empezar: coge tu fórmula cerrada de ⟨r²⟩ del apartado (c), ponle ℓ = 0 y evalúala en n = 2 y en n = 20. El 5 % vive en el sumando que el atajo tira.
Ojo con (d), que es lo que este problema existe para romper. «Tienen la misma energía, luego se mezclan» es un salto en falso: la degeneración permite mezclar, no obliga. Calcula los dos factores por separado, como pide el enunciado, y no des por hecho que decide el grande; uno de los dos se puede resolver sin integrar, mirando cómo se comporta cada pieza al cambiar el signo de z. Compara después con lo que haría un término lineal en z: ésa es la diferencia entre el Stark del II.8 y esto, y por eso allí el n = 2 sí se parte a primer orden. Y en (e), la corrección de segundo orden lleva el elemento de matriz al cuadrado dividido por la diferencia de energías: si te sale lineal en ε, has olvidado que W ya lleva un ε dentro.
Comprobación cruzada, y es la mejor de la hoja: la traza de z² dentro del n = 2 no depende de la base en que la escribas, así que la suma de tus cuatro corrimientos —contando dos veces el que salga doble— tiene que valer (⟨r²⟩2s + 3⟨r²⟩2p)/3, que se calcula sin diagonalizar nada. Si no cuadra, tienes mal un ⟨cos²θ⟩. Y un control de signo: con ε > 0 todos los corrimientos suben, y el que menos sube tiene que ser el estado que menos se asoma al eje z.
El artículo 04 apantalla el Coulomb con un Yukawa para demostrar que la degeneración s–p es del 1/r, y mide cómo se abre el 2s del 2p con la ley D⁻² para D entre 500 y 10 a₀. Aquí se aprieta el apantallamiento mucho más y se pregunta otra cosa: no cuánto se separan los niveles, sino cuándo dejan de existir.
Datos. , con un solo electrón y la radial de ℓ = 0 del artículo 01, u(0) = 0. En el plasma, λ es la longitud de apantallamiento de Debye; en la materia condensada, la de Thomas-Fermi. El II.2 publica que un pozo esférico de alcance a sólo tiene estado ligado si , y el artículo 04 de este módulo publica que Coulomb no tiene umbral: liga siempre, con cualquier constante. El valor de la literatura para el umbral del Yukawa es λc = 0,8399 a₀. a₀ = 52,9177 pm, Ry = 13,6057 eV.
(a) Decídelo antes de calcular. El ejercicio 3(a) del artículo 04 explica que Coulomb liga siempre porque no tiene alcance: por lejos que vayas sigue habiendo potencial negativo que aprovechar. El Yukawa tampoco se corta en ninguna parte —la exponencial no llega nunca a cero—. ¿Tiene umbral o no? Da un argumento, y di qué integral es la que hay que mirar para que el argumento sea algo más que una intuición. (b) Diagonaliza la radial de ℓ = 0 en una rejilla, como hace el ejemplo resuelto 2 del artículo 04, y obtén E₀(λ) en unidades de Ry para λ = 10⁶, 1000, 100, 10, 2, 1, 0,8, 0,6 y 0,4 a₀. Antes de creerte nada, corre el caso λ = 10⁶ a₀ y comprueba que recuperas el hidrógeno. (c) Localiza el umbral λc y compáralo con el valor de la literatura. ¿A cuánto por ciento coincides? (d) ¿Cuántos estados ligados tiene este potencial en función de λ? Contrasta con el Coulomb puro, que tiene infinitos acumulándose en E = 0, y di qué propiedad del 1/r produce esa torre infinita y qué se la lleva. (e) Cerca del umbral la ligadura tiende a cero: ¿qué le pasa entonces al tamaño del estado, y cómo se ve eso en tu rejilla? Di qué comprobación numérica hay que hacer para no confundir «el estado se ha ido» con «el estado ya no cabe en mi caja».
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El camino de (a) no es el potencial, es su integral: lo que decide si un pozo tridimensional liga siempre es cuánta energía negativa queda disponible cuando el estado se extiende, y eso se mide integrando V sobre la región donde vive la función. Escribe esa integral para los dos potenciales y mira cuál de las dos converge; el argumento entero está en esa diferencia. El método de (b) está publicado entero en el artículo 04, con la lección que allí costó un signo: mide el error del método en un caso donde sepas la respuesta y réstalo. Aquí ese caso te lo da el propio apartado.
Ojo con dos trampas de rejilla, que en este problema no son detalles. La primera: cerca del umbral el estado se hincha, de modo que un estado que desaparece de tu rejilla puede seguir existiendo. La segunda: el autovalor más bajo de una rejilla en una caja finita nunca es exactamente cero aunque no haya ligado. Las dos se parecen a un umbral y ninguna lo es, y el apartado (e) te pide encontrar la firma que las separa: haz variar algo que no sea λ y mira qué se mueve y qué no.
Comprobación cruzada: tu λ = 10⁶ a₀ tiene que devolver −1 Ry con las cifras que dé tu rejilla, y ese mismo cálculo te entrega gratis el sesgo que hay que descontar en todos los demás. En (c), el umbral tiene que caerte entre dos de los valores de λ que has calculado, con signos opuestos de ligadura a cada lado, y el resultado no debe cambiar al refinar la malla — si cambia, no es un umbral físico. Y el número final tiene que salir del orden del radio de Bohr: si te sale del orden de 10 a₀ o de 0,01 a₀, revisa las unidades de λ.
El ejercicio 2 del artículo 04 mide que (ψ200+ψ210)/√2 no late, porque sus dos sumandos tienen la misma energía, y ahí lo deja. Aquí se le pregunta lo otro: si no se mueve, ¿tiene al menos forma? Y a la mezcla que sí late se le pregunta cuánto tarda de verdad en dejar de ser la que era, que no es lo que dice casi ningún manual. Después entra una tercera mezcla, con los pesos desiguales, y ahí la pregunta deja de tener respuesta — que es un resultado, no una laguna.
Datos. Dos estados, y . E₁ = −13,6057 eV, E₂ = −3,40142 eV, ΔE = 10,2043 eV. El artículo 04 publica, para |A⟩: σE = ΔE/2 = 5,102 eV, periodo T = h/ΔE = 0,405288 fs, cota de Mandelstam-Tamm ħ/2σE = 0,064504 fs, y que ⟨r⟩(t) recorre de 3,1913 a 4,3087 a₀ con media temporal 3,750 a₀ y semiamplitud |∫R₁₀R₂₀r³dr| = 0,5587 a₀. Los radios medios son ⟨r⟩1s = 1,5 a₀, ⟨r⟩2s = 6 a₀ y ⟨r⟩2p = 5 a₀. Además de Mandelstam-Tamm hay una segunda cota inferior al tiempo que un estado tarda en volverse ortogonal a sí mismo, la de Margolus-Levitin: , con la energía media medida desde el estado más bajo de la mezcla. ħ = 0,658212 eV·fs, h = 4,135667 × 10⁻¹⁵ eV·s, a₀ = 52,9177 pm. Para el (e), el artículo 04 publica los dos niveles del sodio que salen del defecto cuántico: E(3s) = −5,1398 eV y E(3p) = −3,0358 eV.
(a) Para |A⟩, calcula ⟨H⟩ y compruébalo contra σE. ¿Devuelve alguna medida de energía ese valor? (b) Escribe |⟨A(0)|A(t)⟩|² como función explícita de t y encuentra el primer instante en que vale cero. Compáralo con los dos números que el artículo publica, T y ħ/2σE: ¿cuál de los dos es el tiempo que acabas de calcular, y cuál es su cociente exacto con el otro? Evalúa ahora la cota de Margolus-Levitin y di qué le pasa a las dos cotas en este estado. (c) La semiamplitud de ⟨r⟩(t) es |∫R₁₀R₂₀r³dr|, y el artículo 04 la publica como 0,5587 a₀ sin decir de dónde sale. Sácala en forma cerrada: monta las dos radiales, integra y escribe el valor exacto, con su fracción y su raíz. Compáralo después con el hueco entre ⟨r⟩1s y ⟨r⟩2s, que son 4,5 a₀ — y lo que hay que contestar no es el porcentaje: es por qué la amplitud la fija esa integral y no la diferencia de las dos medias, siendo así que ∫R₁₀R₂₀r²dr = 0 exacto. (d) Ahora |B⟩. Calcula ⟨z⟩ y ⟨r⟩ montando en cada caso, por separado, el factor radial y el angular. La integral radial cruzada es la misma en los dos; lo que cambia es la otra, y ahí está todo. Deja los dos resultados en a₀. (e) Junta (c) y (d). A las dos mezclas se les han hecho dos preguntas distintas —«¿cambia con el tiempo?» y «¿tiene dipolo?»— y contestan al revés la una de la otra. ¿Puede un autoestado del hidrógeno tener dipolo eléctrico permanente? Enuncia la regla de selección en Δℓ que has usado sin darte cuenta, y di por qué el z² del problema 4 obedece una distinta. La solución del ejercicio 2 del artículo 04 ya dice que en un átomo alcalino la misma mezcla sí latiría: tómalo como dato y pon el número. ¿Cuánto tendría que separarse el 2s del 2p para que |B⟩ latiera con el mismo periodo que |A⟩, y cuánto separa de hecho el defecto cuántico del sodio su 3s de su 3p (ejercicio 4 del artículo 04)? Compara los dos periodos. (f) La mezcla desigual, que es donde se rompe todo lo de (b): |C⟩ = √0,9·ψ100 + √0,1·ψ200. Calcula σE y Ē y evalúa las dos cotas. ¿Sigue habiendo un instante en que |C⟩ es ortogonal a sí mismo? Si dices que no, demuéstralo dos veces: una mirando el solape, y otra comparando una de las dos cotas con el periodo de recurrencia, que es el mismo T de siempre — sólo una de las dos lo ve. Por último, con peso p en el ψ200 y 1−p en el ψ100, escribe el cociente Margolus-Levitin / Mandelstam-Tamm en función de p y comprueba que vale 1 en un único reparto. Eso, y no el hidrógeno, es lo que hacía coincidir las dos cotas en (b).
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El camino de (b) es de dos líneas y no necesita ninguna integral: en una mezcla de dos autoestados, el solape con el estado inicial es , y su módulo al cuadrado se reduce con la identidad del ángulo mitad a algo que sólo depende de ΔE·t/ħ. Escríbelo con los dos pesos sin fijar y te sirve para (b) y para (f) de una sola vez; el (f) es el mismo renglón con |c₁|² ≠ |c₂|², y lo único que hay que mirar es qué le pasa al mínimo. En (c) las dos radiales del enunciado son exponenciales por polinomios de grado 0 y 1, así que la integral sale con ∫xke−xdx = k! y una sola sustitución; ojo con que los dos exponentes llevan n distinta. En (d), los dos valores esperados son productos de un factor radial por uno angular, exactamente como en el problema 4: monta los dos factores por separado antes de multiplicar nada.
Ojo con (b), que es el error que este problema existe para romper: la cota de Mandelstam-Tamm acota el ritmo al que puede moverse cualquier observable, y no es el tiempo que tarda un estado en volverse ortogonal. Los dos números se parecen y no son el mismo, y entre ellos hay un factor que sale de cómo está definida cada cota y no de este átomo. Si te tienta darlo por universal, el (f) está puesto ahí para quitarte la tentación. En (c), la trampa es la contraria de la del problema 4: aquí es el factor angular el que no estorba (los dos sumandos son estados s) y el radial el que decide, y la clave es que la ortogonalidad se mide con peso r² mientras que ⟨r⟩ lleva peso r³. Dos integrales distintas: una vale cero y la otra no tiene por qué.
Comprobación cruzada: tu solape de (b) tiene que valer 1 en t = 0 y volver a valer 1 en t = T, y tiene que anularse justo a mitad de camino —si tu cero no cae en un submúltiplo entero de T, has perdido un factor 2 en el ángulo mitad—. En (c), tu forma cerrada tiene que devolver el 0,5587 a₀ que el artículo publica, y con signo: la integral es negativa y la semiamplitud no. En (d), ⟨r⟩ tiene que salirte entre ⟨r⟩2s y ⟨r⟩2p, y si te sale fuera es que has dejado vivo un término cruzado que la esfera mata. En (e), un control que no cuesta nada: aplica tu regla de selección al propio |A⟩ y tiene que predecir ⟨z⟩ = 0 sin calcular ninguna integral. Y en (f), dos: tu σE tiene que salir menor que la de |A⟩ —el reparto igualado es el que la maximiza, y eso lo dice el glosario—, y las dos cotas tienen que salirte distintas entre sí. Si te salen iguales, has vuelto a poner Ē = σE, que es exactamente lo que este apartado existe para desmontar.
Fin del módulo II.5. Lo que se ha ganado tiene un nombre preciso: el átomo de hidrógeno está resuelto, y ninguno de sus números se ha postulado. La separación en esféricas no se supone, se comprueba contando sumandos, y de ella sale una barrera que nadie puso y que en a₀ vale ℓ(ℓ+1) rydbergs. ℓ y m no se declaran enteros: lo son porque la esfera se cierra y porque la solución de Legendre revienta en el segundo polo con una pendiente medible. Y n aparece en el único renglón donde la serie radial puede terminar, con lo que En = −13,6057 eV/n² y a₀ = 52,9177 pm dejan de ser datos de tabla. Contrastado hasta la quinta cifra: Schrödinger con masa reducida se queda a 0,147 meV de la ionización medida, y ese hueco tiene nombres —Dirac y Lamb— en vez de disculpas.
Y esta hoja ha entrenado lo que de verdad se transfiere: que la respuesta es un producto de dos factores, y que hay que mirar los dos. El problema 4 pone delante una integral radial grande y un factor angular, y obliga a decidir cuál manda; el 6 hace lo mismo con los papeles cambiados, dos veces. El 2 saca momentos del hamiltoniano sin escribir una sola función de onda, y de paso enseña a reconocer cuándo una recurrencia se ha salido de su dominio de validez, que es la clase de error que devuelve un número perfectamente presentable. El 1 usa la herramienta central del módulo —el corte de la serie— donde el resultado no es el que se espera. El 3 lleva el «cambia la masa» hasta donde el modelo deja de valer, que no es el hidrógeno muónico. Y el 5 le hace al átomo la pregunta que el artículo 04 deja abierta.
Lo que falta, con nombres. Este módulo cuenta n² estados por nivel y la tabla periódica necesita 2n²: falta un factor 2 que no está en esta ecuación y no puede estarlo, porque el espín no es una propiedad del movimiento en el espacio. Falta también saber por qué la degeneración accidental es exacta —aquí se mide, con una dispersión de 4,5 × 10⁻¹⁰, y se nombra: SO(4) y el vector de Laplace-Runge-Lenz, que son del III.2—. Y falta el espectro continuo, E > 0, que este módulo ha ignorado por completo: el hidrógeno también ioniza, y sus estados libres no son normalizables ni forman base en el sentido del II.4. Eso es del III.1, pendiente.
La primera de esas deudas es la que manda, y por eso el siguiente es el II.6, «Momento angular y espín». Allí ℓ(ℓ+1) vuelve a salir, pero de un conmutador y no de una ecuación diferencial: L± se construye como el II.3 construyó a y a†, y la escalera termina por arriba y por abajo por álgebra pura. Ese camino ve algo que éste no puede ver —el artículo 02 lo deja dicho—: el álgebra admite además semienteros, que la ecuación de Legendre rechaza porque no hay función sobre la esfera que los represente. Ahí están Stern y Gerlach, el espín 1/2, el 2 de 2n², y la suma de dos momentos angulares, sin la cual el II.8 no puede escribir la estructura fina que este módulo ha tenido que dejar en 0,147 meV de deuda. El resumen en frío del artículo 04 está escrito para que ese módulo se pueda empezar sin volver a leer éste.