La solución algebraica: operadores escalera

134,5113 meV. Ésa es la energía del estado fundamental del enlace C≡O calculada montando una matriz de 50 × 50 en la que no aparece ninguna derivada, ninguna gaussiana y ningún polinomio de Hermite: sólo dos operadores, la regla de que uno sube un escalón y el otro lo baja, y el número que sale al intercambiarlos. La rejilla del artículo 02, que integra la ecuación de Schrödinger de verdad, devuelve 134,5112 meV. Las dos cuentas coinciden hasta la séptima cifra —discrepan en 6 × 10⁻⁷ relativo, y es error de la rejilla, no del álgebra— porque son el mismo problema resuelto dos veces. Este artículo es la segunda vez.

Necesitas: el artículo 02 —el espectro

E_n=\hbar\omega(n+\tfrac12)

, la gaussiana del fundamental y la escala

x_0=\sqrt{\hbar/\mu\omega}

— y, del II.1, el artículo 03: valores esperados y

[\hat x,\hat p]=i\hbar

, que es el único ingrediente físico de todo lo que sigue. De matemáticas: álgebra de operadores lineales y multiplicar matrices; ningún polinomio memorizado. Texto guía: D. J. Griffiths y D. F. Schroeter, Introduction to Quantum Mechanics. Notación:

|n\rangle

es aquí una abreviatura de

\psi_n(x)

, no el vector abstracto del II.4.

Factorizar una suma de cuadrados que no se deja factorizar

El hamiltoniano del oscilador armónico es una suma de dos cuadrados:

\hat H = \frac{\hat p^{2}}{2\mu} + \tfrac12\,\mu\omega^{2}\hat x^{2}.

Y una suma de dos cuadrados de números se factoriza: $A^{2}+B^{2}=(A-iB)(A+iB)$ . Si eso valiera aquí, el problema estaría resuelto en una línea: la energía mínima sería la de $A=B=0$ , es decir cero, y el CO podría quedarse quieto. No vale, y el artículo 01 ya dio el número de lo que cuesta que no valga: 134,5 meV que no se pueden apagar. Merece la pena ver exactamente en qué renglón falla la factorización, porque ese renglón es el artículo entero.

Primero, quitar las unidades de en medio. Con la longitud natural $x_0=\sqrt{\hbar/\mu\omega}$ del artículo 01 —4,761 pm para el ¹²C¹⁶O— se definen dos operadores adimensionales

\hat X = \frac{\hat x}{x_0}, \qquad \hat P = \frac{x_0\,\hat p}{\hbar},

y con ellos el hamiltoniano y la relación de conmutación canónica quedan desnudos:

\hat H = \frac{\hbar\omega}{2}\left(\hat X^{2}+\hat P^{2}\right), \qquad \left[\hat X,\hat P\right] = \frac{1}{\hbar}\left[\hat x,\hat p\right] = i.

Conviene comprobar la primera igualdad en vez de creérsela, porque es donde se cuela la mitad de los factores 2 de este tema: sustituyendo $x_0^{2}=\hbar/\mu\omega$ salen $\hat p^{2}/2\mu = \hbar\omega\hat P^{2}/2$ y $\tfrac12\mu\omega^{2}\hat x^{2} = \tfrac12\hbar\omega\hat X^{2}$ . Toda la física del problema cabe ahora en dos objetos que sólo saben una cosa el uno del otro: que al intercambiarlos aparece una i.

Con eso, se hace la factorización de todos modos y se mira qué sobra. Se definen el operador de aniquilación y el operador de creación:

\hat a = \frac{\hat X + i\hat P}{\sqrt2} = \frac{1}{\sqrt2}\left(\frac{\hat x}{x_0} + i\,\frac{x_0\hat p}{\hbar}\right), \qquad \hat a^\dagger = \frac{\hat X - i\hat P}{\sqrt2} = \frac{1}{\sqrt2}\left(\frac{\hat x}{x_0} - i\,\frac{x_0\hat p}{\hbar}\right).

Ninguno es hermítico, y por tanto ninguno es un observable: no hay aparato que mida «a». Cada uno es el adjunto del otro —el adjunto conjuga los números, y $\hat X$ y $\hat P$ sí son hermíticos—. Son herramientas de cálculo, no magnitudes; su justificación es lo que hacen, y lo que hacen empieza aquí:

\left[\hat a,\hat a^\dagger\right] = \tfrac12\left[\hat X+i\hat P,\;\hat X-i\hat P\right] = \tfrac12\Bigl(\bigl[\hat X,-i\hat P\bigr] + \bigl[i\hat P,\hat X\bigr]\Bigr) = \tfrac12\Bigl(-i\bigl[\hat X,\hat P\bigr] + i\bigl[\hat P,\hat X\bigr]\Bigr) = \tfrac12\bigl(-i\cdot i + i\cdot(-i)\bigr) = 1.

Los dos términos cuadrados se cancelan porque todo operador conmuta consigo mismo, y los dos cruzados aportan medio cada uno. El orden de los factores decide el signo, y no es un detalle tipográfico: el término que lleva $[\hat X,\hat P]$ entra con $-i$ porque la $-i\hat P$ vive en la segunda ranura del conmutador. Escribirlo al revés — $+i[\hat X,\hat P]-i[\hat P,\hat X]$ — da −1, que es una física distinta y no un error de imprenta; el ejercicio 1 lo persigue hasta el final, porque merece la pena ver adónde lleva.

Hay una forma de escribirlo que hace el signo imposible de perder. Para dos operadores hermíticos cualesquiera,

\bigl[A+iB,\;A-iB\bigr] = -2i\,[A,B],

identidad que se comprueba desarrollando los cuatro conmutadores y que sólo usa la bilinealidad. Con $A=\hat X$ , $B=\hat P$ y $[\hat X,\hat P]=i$ sale $\tfrac12\cdot(-2i)(i)=1$ sin ninguna oportunidad de cruzar nada.

Y hay una comprobación que no es álgebra en absoluto, y que conviene tener a mano porque atrapa lo que la lectura no atrapa. En la base de número que este artículo va a construir, $\hat a$ es la matriz que lleva $\sqrt1,\sqrt2,\sqrt3,\ldots$ en la primera superdiagonal y ceros en todo lo demás, y $\hat a^\dagger$ es su traspuesta. Construidas a 60 × 60 y multiplicadas por fuerza bruta, $\hat a\hat a^\dagger - \hat a^\dagger\hat a$ sale igual a la matriz unidad con una desviación máxima de 1,4 × 10⁻¹⁴ en el bloque de 59 × 59, y las mismas matrices reconstruyen $[\hat x,\hat p]=i\hbar$ con una desviación de 1,7 × 10⁻¹⁴. El último elemento de la diagonal, en cambio, vale −59 exactamente. No es un fallo de redondeo, es el precio de haber truncado, y el ejercicio 4 muestra que ese −59 tiene que estar ahí: no hay ningún par de matrices finitas que cumpla $[\hat a,\hat a^\dagger]=1$ .

El medio cuanto es, literalmente, el conmutador

Ahora se rehace el producto en el orden que interesa. Multiplicando y usando $[\hat X,\hat P]=i$ :

\hat a^\dagger\hat a = \tfrac12\left(\hat X-i\hat P\right)\left(\hat X+i\hat P\right) = \tfrac12\left(\hat X^{2}+\hat P^{2} + i\left[\hat X,\hat P\right]\right) = \tfrac12\left(\hat X^{2}+\hat P^{2} - 1\right).

Ahí está lo que sobraba. La suma de cuadrados no es $2\hat a^\dagger\hat a$ , sino

\hat X^{2}+\hat P^{2} = 2\,\hat a^\dagger\hat a + 1, \qquad\text{y por tanto}\qquad \hat H = \hbar\omega\left(\hat a^\dagger\hat a + \tfrac12\right).

Ese ½ es el conmutador dividido por dos. No se ha metido a mano, no viene de normalizar nada y no es una convención: es el 1 de $[\hat a,\hat a^\dagger]=1$ , que a su vez es el iħ de $[\hat x,\hat p]=i\hbar$ con las unidades quitadas. Si x y p conmutaran, la factorización sería exacta, el mínimo estaría en cero y no habría energía de punto cero. Para el ¹²C¹⁶O, con $\hbar\omega = 269{,}0$ meV, esa mitad del conmutador vale 134,5 meV — los 1561 K que el artículo 01 no podía quitarle a la molécula ni enfriándola al cero absoluto. El artículo 02 obtuvo el mismo ½ por otra vía: pidiendo que una serie terminara. Es tranquilizador que dos argumentos tan distintos dejen el mismo medio cuanto.

Al operador de la derecha se le da nombre propio, $\hat N = \hat a^\dagger\hat a$ , el operador número. Dos propiedades suyas se usan a partir de aquí sin volver a demostrarlas:

Es hermítico, porque $(\hat a^\dagger\hat a)^\dagger = \hat a^\dagger\hat a$ . Así que sí es un observable, aunque no lo sean sus dos mitades, y sus autovalores son reales.
Es semidefinido positivo: para cualquier estado normalizado, $\langle\psi|\hat N|\psi\rangle = \langle \hat a\psi|\hat a\psi\rangle = \bigl\|\hat a\psi\bigr\|^{2} \ge 0$ . Un valor esperado de N negativo sería una norma negativa, que no existe. De esta línea, y de ninguna otra, va a salir que el espectro tenga suelo.

La otra identidad que se usa a todas horas es la misma leída al revés: $\hat a\hat a^\dagger = \hat N + 1$ . Pasar de $\hat a\hat a^\dagger$ a $\hat a^\dagger\hat a + 1$ —dejar todas las creaciones a la izquierda— se llama poner el producto en orden normal, y es el gesto que convierte casi cualquier cuenta de este artículo en contar.

Un número para no perder pie. Tomando el k = 1902 N/m y la $\mu = 6{,}856$ u del CO, construyendo x y p a partir de las matrices de a y a†, formando $\hat p^{2}/2\mu + \tfrac12 k\hat x^{2}$ y diagonalizando el bloque de 50 × 50 —una operación de álgebra lineal, sin ninguna función de onda por ninguna parte— salen éstos:

n	Diagonalizando en la base de número [meV]	$\hbar\omega(n+\tfrac12)$ [meV]	Rejilla del artículo 02 [meV]
0	134,5113	134,5113	134,5112
1	403,5339	403,5339	403,5335
2	672,5565	672,5565	672,5555
3	941,5791	941,5791	941,5772
4	1210,602	1210,602	1210,599
5	1479,624	1479,624	1479,620

Las dos primeras columnas coinciden mejor que 10⁻¹¹ en relativo, y eso no es física: es la comprobación de que la matriz está bien montada. La tercera discrepa en 6 × 10⁻⁷, y eso sí es física computacional: es el error de discretización de la rejilla, el mismo que el artículo 02 midió al refinar el paso. Aquí se leen siete cifras iguales entre un método que resuelve una ecuación diferencial y otro que sólo multiplica matrices. Es toda la tesis del módulo en una tabla.

La escalera, y por qué tiene un último escalón abajo

Falta lo esencial: por qué los autovalores de N son enteros. La respuesta cabe en dos conmutadores. Usando $[\hat A\hat B,\hat C]=\hat A[\hat B,\hat C]+[\hat A,\hat C]\hat B$ y nada más:

\bigl[\hat N,\hat a\bigr] = \bigl[\hat a^\dagger\hat a,\hat a\bigr] = \hat a^\dagger\bigl[\hat a,\hat a\bigr] + \bigl[\hat a^\dagger,\hat a\bigr]\hat a = -\hat a, \qquad \bigl[\hat N,\hat a^\dagger\bigr] = \hat a^\dagger\bigl[\hat a,\hat a^\dagger\bigr] = +\hat a^\dagger.

Obsérvese que el primero usa $[\hat a^\dagger,\hat a]=-1$ , el conmutador con los papeles cambiados. Es la segunda vez que el signo lo decide todo, y no será la última.

Supongamos que existe un estado normalizado con $\hat N|\nu\rangle = \nu|\nu\rangle$ . Entonces

\hat N\bigl(\hat a|\nu\rangle\bigr) = \bigl(\hat a\hat N + [\hat N,\hat a]\bigr)|\nu\rangle = (\nu-1)\bigl(\hat a|\nu\rangle\bigr), \qquad \hat N\bigl(\hat a^\dagger|\nu\rangle\bigr) = (\nu+1)\bigl(\hat a^\dagger|\nu\rangle\bigr).

Eso es lo que convierte a y a† en operadores escalera: aplicados a un autoestado de N devuelven otro autoestado de N, con el autovalor bajado o subido en exactamente una unidad. Y como $\hat H = \hbar\omega(\hat N + \tfrac12)$ , bajar un escalón de N es bajar exactamente ħω de energía: 269,0 meV para el CO, ni un meV más ni uno menos, y lo mismo entre cualquier par de escalones consecutivos. El espectro es equiespaciado antes de saber cuánto vale ningún nivel.

Ahora el argumento que cierra el problema, y que conviene seguir despacio porque es el único sitio donde se hace física y no álgebra. Aplíquese el operador $\hat a$ una y otra vez: los números

\nu,\;\nu-1,\;\nu-2,\;\ldots,\;\nu-k,\;\ldots

son todos autovalores de N, salvo que en algún paso el estado resultante sea el vector nulo, que no es un autoestado de nada y detiene la cadena. Pero N no tiene autovalores negativos —lo dice $\langle\hat N\rangle=\|\hat a\psi\|^{2}\ge 0$ —, y una cadena que baja de uno en uno acaba por debajo de cero si no se para. Luego tiene que pararse, y sólo puede pararse cayendo exactamente en 0: si ν fuera 0,3, la cadena daría 0,3, −0,7 y ya estaría rota; si fuera 2, daría 2, 1, 0 y ahí se detiene. Por tanto ν es un entero no negativo, se le llama n, y existe un estado $|0\rangle$ con

\hat a\,|0\rangle = 0, \qquad \hat N|0\rangle = 0, \qquad E_0 = \tfrac12\hbar\omega.

Éste es el estado fundamental, y conviene decir con precisión de qué se le ha convencido: no de que su energía sea pequeña, sino de que la escalera no puede seguir bajando porque el escalón siguiente tendría norma negativa. Compárese con el argumento del artículo 02, que llegaba al mismo entero pidiendo que una serie de potencias terminara antes de que $\psi$ creciera como $e^{+\xi^{2}/2}$ . Dos condiciones de consistencia distintas —una analítica, una algebraica— recortando el mismo continuo al mismo conjunto de enteros. Ninguna de las dos es «la razón» de la cuantización: la razón es que hay que quedarse dentro del espacio de funciones normalizables, y cada método la cobra por su ventanilla.

Sólo queda fijar las constantes. De $\|\hat a|n\rangle\|^{2} = \langle n|\hat a^\dagger\hat a|n\rangle = n$ y de $\|\hat a^\dagger|n\rangle\|^{2} = \langle n|\hat a\hat a^\dagger|n\rangle = \langle n|(\hat N+1)|n\rangle = n+1$ , eligiendo la fase real y positiva:

\hat a\,|n\rangle = \sqrt{n}\,|n-1\rangle, \qquad \hat a^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}\,|n+1\rangle, \qquad |n\rangle = \frac{\bigl(\hat a^\dagger\bigr)^{n}}{\sqrt{n!}}\,|0\rangle.

La última igualdad se obtiene subiendo desde el fundamental y arrastrando los factores: $\sqrt1\cdot\sqrt2\cdots\sqrt n=\sqrt{n!}$ . Numéricamente, en la matriz de 60 × 60 esto se comprueba elemento a elemento: $\hat a^\dagger|5\rangle = \sqrt6\,|6\rangle$ con el 2,449 en su sitio, $\hat a|10\rangle = \sqrt{10}\,|9\rangle$ con 3,162, y $\hat a^\dagger|10\rangle$ con 3,317. Y el nivel n = 5 del CO tiene, según la tabla de arriba, 1479,624 meV, que son cinco cuantos de 269,0 meV más el medio cuanto de siempre. La palabra «cuanto» ha dejado de ser una metáfora: N los cuenta.

Nótese lo que no ha pasado por arriba. Nada impide subir: la norma de $\hat a^\dagger|n\rangle$ es $\sqrt{n+1}$ , que nunca es cero. El oscilador armónico tiene infinitos estados ligados, uno por cada entero. El CO real no: el Morse del artículo 01 sólo aloja unos 82 niveles antes de disociarse ( $v_{\max}=81{,}1$ ). No falla la escalera —es exacta para el modelo—, falla la hipótesis de que el potencial siga siendo cuadrático a 30 pm del mínimo. El ejercicio 3 insiste en la diferencia, que es de las que se cobran caras.

Ejemplo resuelto 1 · La escalera reconstruye, una a una, las funciones del artículo 02

Problema. (a) Traduce $\hat a|0\rangle=0$ a una ecuación diferencial sobre $\psi_0(\xi)$ , con $\xi=x/x_0$ , y resuélvela. (b) Aplica $\hat a^\dagger$ dos veces y compara lo que sale con las $\psi_1$ y $\psi_2$ que el artículo 02 escribió con polinomios de Hermite. (c) Evalúa $\psi_2$ en $\xi=0{,}3$ por los dos caminos.

Solución. (a) En representación de posición $\hat P = -i\,d/d\xi$ , de modo que $\hat a = (\xi + d/d\xi)/\sqrt2$ y $\hat a^\dagger = (\xi - d/d\xi)/\sqrt2$ . La condición $\hat a\psi_0=0$ es, entonces, una ecuación diferencial de primer orden:

\frac{d\psi_0}{d\xi} = -\xi\,\psi_0 \quad\Longrightarrow\quad \psi_0(\xi) = C\,e^{-\xi^{2}/2}, \qquad C=\pi^{-1/4}

tras normalizar con $\int e^{-\xi^{2}}d\xi=\sqrt\pi$ . Es exactamente la gaussiana del artículo 02, y con exactamente su constante.

(b) Primer escalón, con $\psi_0'=-\xi\psi_0$ :

\psi_1 = \frac{\hat a^\dagger\psi_0}{\sqrt{1}} = \frac{\xi\psi_0-\psi_0'}{\sqrt2} = \frac{\xi\psi_0+\xi\psi_0}{\sqrt2} = \sqrt2\,\xi\,\psi_0.

Segundo escalón. Con $\psi_1' = \sqrt2(1-\xi^{2})\psi_0$ ,

\psi_2 = \frac{\hat a^\dagger\psi_1}{\sqrt{2}} = \frac{\xi\psi_1-\psi_1'}{\sqrt2\cdot\sqrt2} = \frac{\sqrt2\,\xi^{2}\psi_0-\sqrt2(1-\xi^{2})\psi_0}{2} = \frac{2\xi^{2}-1}{\sqrt2}\,\psi_0.

Ahora la comparación. El artículo 02 escribió $\psi_n = H_n(\xi)e^{-\xi^{2}/2}/\sqrt{2^{n}n!\sqrt\pi}$ con $H_1=2\xi$ y $H_2=4\xi^{2}-2$ . Sustituyendo: $\psi_1 = 2\xi\,e^{-\xi^{2}/2}/\sqrt{2\sqrt\pi} = \sqrt2\,\xi\,\pi^{-1/4}e^{-\xi^{2}/2}$ y $\psi_2 = (4\xi^{2}-2)e^{-\xi^{2}/2}/\sqrt{8\sqrt\pi} = (2\xi^{2}-1)\pi^{-1/4}e^{-\xi^{2}/2}/\sqrt2$ . Las mismas funciones, coeficiente a coeficiente. No parecidas: iguales. El guion de verificación repite el escalón hasta n = 5 con álgebra simbólica y comprueba que la diferencia entre $(\hat a^\dagger)^{n}\psi_0/\sqrt{n!}$ y la $\psi_n$ cerrada de Hermite es idénticamente cero, no pequeña.

Resultado. Los dos caminos del módulo no son dos aproximaciones ni dos modelos: son dos escrituras de la misma función. Y hay un cambio de trabajo que merece la pena cuantificar. El artículo 02 necesitó un cambio de variable, factorizar la cola asintótica, proponer una serie, deducir una recurrencia a dos términos y un argumento de convergencia para descartar la solución que explota. Aquí se ha resuelto una ecuación diferencial, y de primer orden; todo lo demás han sido derivadas de productos. De hecho ésta es la definición moderna de los polinomios de Hermite —la fórmula de Rodrigues es $(\hat a^\dagger)^{n}$ escrito de otra manera—, y no la serie con la que históricamente aparecieron.

Lo que la escalera calcula sin integrar

Hasta aquí el álgebra ha dado el espectro. Lo que la hace insustituible es lo otro: da los elementos de matriz sin integrar nunca. Basta invertir las definiciones de a y a†, que es un sistema lineal de dos ecuaciones con dos incógnitas:

\hat x = \frac{x_0}{\sqrt2}\left(\hat a + \hat a^\dagger\right), \qquad \hat p = \frac{i\hbar}{x_0\sqrt2}\left(\hat a^\dagger - \hat a\right).

A partir de aquí todo es contar escalones. Como $\hat a|m\rangle$ vive en $|m-1\rangle$ y $\hat a^\dagger|m\rangle$ en $|m+1\rangle$ , y como estados con n distinto son ortogonales,

\langle n|\hat x|m\rangle = \frac{x_0}{\sqrt2}\Bigl(\sqrt{m}\,\delta_{n,m-1} + \sqrt{m+1}\,\delta_{n,m+1}\Bigr).

Léase con calma lo que dice esa línea. Primero, $\langle n|\hat x|n\rangle = 0$ para todo n: ni a ni a† tienen elemento diagonal, así que la posición media es cero en todos los niveles, y eso el artículo 02 lo obtuvo invocando la paridad del integrando. Segundo, y es el resultado que este artículo le presta al 04:

\langle n|\hat x|n+1\rangle = x_0\sqrt{\frac{n+1}{2}}, \qquad \langle n|\hat x|m\rangle = 0 \;\text{ si }\; |n-m|\ne 1.

La matriz de x sale hueca: sólo dos diagonales vecinas a la principal sobreviven, y todo lo demás es cero exacto —no pequeño, cero—. Para el ¹²C¹⁶O, con $x_0=4{,}761$ pm:

n	$\langle n\|\hat x\|n+1\rangle$ por la escalera [pm]	Por cuadratura sobre Hermite [pm]	$\|\langle n\|\hat x\|n+1\rangle\|^{2}/x_0^{2}$
0	3,366	3,366	0,5
1	4,761	4,761	1,0
2	5,830	5,830	1,5
3	6,732	6,732	2,0
4	7,527	7,527	2,5

La segunda columna es un producto de raíces cuadradas. La tercera es la integral $\int \psi_n\,x\,\psi_m\,dx$ hecha por cuadratura numérica sobre las funciones de Hermite del artículo 02, sin que ningún operador escalera intervenga. Coinciden mejor que 10⁻⁸ en relativo. Y los elementos prohibidos, calculados por esa misma cuadratura, salen del orden de 10⁻¹⁵ pm: la regla no es una aproximación, es una identidad que la integral cumple hasta donde llega la precisión de la máquina.

Ese cero es la regla de selección del oscilador, y es todo lo que este artículo va a decir de ella, porque su consecuencia —que el espectro de absorción del oscilador sea una raya y no un peine— pertenece al artículo 04, que la mide contra el infrarrojo del CO. Aquí sólo queda dicho de dónde sale: de que x, escrita en la base de número, es a más a†, y ni a ni a† saben moverse más de un escalón.

Con $\hat x^{2}$ se ve el orden normal ganarse el sueldo:

\hat x^{2} = \frac{x_0^{2}}{2}\left(\hat a+\hat a^\dagger\right)^{2} = \frac{x_0^{2}}{2}\left(\hat a^{2} + \bigl(\hat a^\dagger\bigr)^{2} + \hat a\hat a^\dagger + \hat a^\dagger\hat a\right) = \frac{x_0^{2}}{2}\left(\hat a^{2} + \bigl(\hat a^\dagger\bigr)^{2} + 2\hat N + 1\right).

Los dos primeros sumandos mueven dos escalones y no tienen diagonal; $\hat a\hat a^\dagger + \hat a^\dagger\hat a = 2\hat N+1$ sí la tiene, y ya está:

\langle n|\hat x^{2}|n\rangle = x_0^{2}\left(n+\tfrac12\right).

Para el CO son 11,33 pm² en el fundamental, 33,99 pm² en n = 1, 56,66 pm² en n = 2 y 124,6 pm² en n = 5, todos comprobados también por cuadratura. Como $\langle x\rangle = 0$ , la raíz de la primera cifra es directamente la anchura del fundamental, $\sigma_x = x_0/\sqrt2 = 3{,}366$ pm — que es el mismo número que $\langle 0|\hat x|1\rangle$ en la tabla de arriba. No es casualidad ni redondeo: el ejercicio 6 demuestra que tiene que ser así, y en qué deja de serlo fuera del oscilador. Para calibrar la escala: 4,761 pm es el 4,22 % de la distancia de enlace del CO, 112,8 pm. La nube del fundamental es una nube estrecha alrededor de una molécula tiesa.

Ejemplo resuelto 2 · Una suma sobre todo el espectro que no depende del espectro

Problema. Calcula, para el CO,

S_n \;=\; \sum_{m}\bigl(E_m-E_n\bigr)\bigl|\langle n|\hat x|m\rangle\bigr|^{2}

en n = 0 y en n = 3. La suma corre sobre todos los estados del oscilador, que son infinitos. Hazlo sin sumar infinitos términos, y di de qué depende el resultado.

Solución. La matriz de x es hueca, así que de la suma infinita sobreviven exactamente dos términos: $m=n+1$ y $m=n-1$ (en n = 0, sólo el primero). Los factores de energía son ±ħω, porque el espectro es equiespaciado, y los elementos de matriz son los de la sección anterior:

S_n = (+\hbar\omega)\,\frac{x_0^{2}(n+1)}{2} \;+\; (-\hbar\omega)\,\frac{x_0^{2}\,n}{2} = \frac{\hbar\omega\,x_0^{2}}{2}.

La n se cancela: el término de subida crece con n+1, el de bajada resta con n, y la diferencia es 1 en todos los escalones. Y ahora se sustituye $x_0^{2}=\hbar/\mu\omega$ :

S_n = \frac{\hbar\omega}{2}\cdot\frac{\hbar}{\mu\omega} = \frac{\hbar^{2}}{2\mu} = 4{,}884\times10^{-43}\ \mathrm{J\cdot m^{2}}.

También se cancela ω. Con la $\mu=6{,}856$ u del ¹²C¹⁶O, la suma vale 4,884 × 10⁻⁴³ J·m² en n = 0, en n = 3 y en cualquier otro nivel; el guion lo comprueba sumando la matriz de 60 × 60 entera y comparándola con la forma cerrada.

Resultado. El número no depende de en qué nivel estés, ni de lo rígido que sea el muelle, ni de la frecuencia: sólo de la masa. Eso es una señal de que el resultado no era del oscilador. Y no lo es: es la regla de suma de Thomas-Reiche-Kuhn, y vale para cualquier potencial, porque $S_n = \tfrac12\langle n|\bigl[\hat x,[\hat H,\hat x]\bigr]|n\rangle$ y ese doble conmutador sólo ve la parte cinética del hamiltoniano —el potencial conmuta con x— y devuelve $\hbar^{2}/\mu$ sea cual sea V. Lo que el oscilador tiene de particular es que aquí la regla se cumple con dos términos en vez de con una suma infinita mal convergente, y por eso sirve de comprobación: si alguien calcula elementos de matriz de un potencial cualquiera y su suma de TRK no da $\hbar^{2}/2\mu$ , ha perdido estados por el camino. En física atómica la misma regla, escrita con fuerzas de oscilador adimensionales, dice que éstas suman el número de electrones del átomo; es el instrumento estándar para saber si una tabla de intensidades está completa. Aquí ha salido de contar dos escalones.

Qué se ha ganado, y qué se ha dado por supuesto. El camino algebraico da el espectro, las funciones y todos los elementos de matriz con una sola ecuación diferencial resuelta —la de primer orden $\hat a\psi_0=0$ —. Pero hay un paso que suele pasar en silencio y conviene decir: el álgebra demuestra que si existe un autoestado de N, entonces existe una torre entera de ellos con autovalores enteros. No demuestra por sí sola que haya una sola torre. Que no haya un segundo fundamental independiente —es decir, que el espectro no tenga degeneración— se sigue precisamente de que $\hat a\psi_0=0$ es de primer orden y sus soluciones normalizables forman un espacio de dimensión uno. El camino algebraico se apoya en el analítico exactamente en ese renglón, y no en ningún otro. Quien presente el método de la escalera como si no necesitara nada del análisis está saltándose la única línea donde lo necesita.

Y qué no sobrevive fuera del oscilador. La cadena entera —H en función de N, el espectro equiespaciado, los elementos de matriz— descansa en que H sea cuadrático, que es lo que permite escribirlo como suma de dos cuadrados y factorizarlo. Con cualquier otro potencial, a y a† se pueden definir igual y no diagonalizan nada. Lo que sí sobrevive es el gesto, y sobrevive en todas partes: buscar operadores que suban y bajen un autovalor en un salto fijo, es decir, que cumplan $[\hat N,\hat a]=-\hat a$ . Ése es el mecanismo con el que el momento angular se cuantiza en el módulo II.6 —donde ℓ(ℓ+1) sale del conmutador igual que n ha salido aquí de la cadena— y el que en el III.6 convierte cada modo del campo en un oscilador cuyos escalones se llaman fotones. Cuando allí aparezca $[\hat a,\hat a^\dagger]=1$ otra vez, no será una analogía: será literalmente este conmutador.

Un aviso sobre el signo, ya que va tres veces. El texto ha necesitado el signo correcto en $[\hat a,\hat a^\dagger]=+1$ , en $[\hat N,\hat a]=-\hat a$ y en el $i[\hat X,\hat P]$ que produce el ½, y en los tres un cruce deja un texto que se lee perfectamente. Un signo no chirría, así que releer no sirve; sólo sirve calcular lo mismo por un segundo camino que no comparta el error. El ejercicio 1 lo hace con el que más veces se cruza.

Ejercicios

Ejercicio 1 · El conmutador, y qué universo describe el signo contrario

Parte de las definiciones de a y a† y de $[\hat x,\hat p]=i\hbar$ . (a) Calcula $[\hat a,\hat a^\dagger]$ de dos maneras independientes: desarrollando los cuatro conmutadores en x y p, y con la identidad $[A+iB,A-iB]=-2i[A,B]$ , que también tienes que demostrar. (b) ¿Cuánto vale $[\hat a^\dagger,\hat a]$ ? (c) Un compañero escribe $[\hat a,\hat a^\dagger] = \tfrac{i}{2\hbar}[\hat x,\hat p] - \tfrac{i}{2\hbar}[\hat p,\hat x]$ . Evalúalo, localiza qué signo ha cruzado y —esto es lo importante— averigua qué hamiltoniano y qué energía del fundamental describiría su resultado si fuera cierto. Da el número para el CO. (d) Demuestra $[\hat N,\hat a]=-\hat a$ y $[\hat N,\hat a^\dagger]=+\hat a^\dagger$ , e indica cuál de los dos signos de (a) y (b) usa cada uno.

Solución

(a) Con $\hat a=(\hat x/x_0+ix_0\hat p/\hbar)/\sqrt2$ y $\hat a^\dagger=(\hat x/x_0-ix_0\hat p/\hbar)/\sqrt2$ , los términos $[\hat x,\hat x]$ y $[\hat p,\hat p]$ se anulan y quedan los cruzados:

\left[\hat a,\hat a^\dagger\right] = \tfrac12\left(\left[\frac{\hat x}{x_0},\,-i\frac{x_0\hat p}{\hbar}\right] + \left[i\frac{x_0\hat p}{\hbar},\,\frac{\hat x}{x_0}\right]\right) = \tfrac12\left(-\frac{i}{\hbar}\left[\hat x,\hat p\right] + \frac{i}{\hbar}\left[\hat p,\hat x\right]\right) = \tfrac12\left(-\frac{i\cdot i\hbar}{\hbar} + \frac{i\cdot(-i\hbar)}{\hbar}\right) = \tfrac12(1+1) = 1.

Las $x_0$ se cancelan, como tienen que hacerlo: el conmutador es adimensional. Por el otro camino, $[A+iB,A-iB] = [A,-iB]+[iB,A] = -i[A,B]-i[A,B] = -2i[A,B]$ , usando $[B,A]=-[A,B]$ ; con $A=\hat x/x_0$ , $B=x_0\hat p/\hbar$ se tiene $[A,B]=[\hat x,\hat p]/\hbar=i$ y por tanto $[\hat a,\hat a^\dagger]=\tfrac12(-2i)(i)=1$ . (b) $[\hat a^\dagger,\hat a]=-1$ , sin más que la antisimetría.

(c) Su expresión vale $\tfrac{i}{2\hbar}(i\hbar)-\tfrac{i}{2\hbar}(-i\hbar) = -\tfrac12-\tfrac12 = -1$ . El signo cruzado está en el primer sumando: la $-ix_0\hat p/\hbar$ de a† ocupa la segunda ranura del conmutador, de modo que ese término entra con $-i/\hbar$ y no con $+i/\hbar$ . Y ahora lo que importa. La única forma de que $[\hat a,\hat a^\dagger]$ valga −1 con estas definiciones es que $[\hat x,\hat p]$ valga $-i\hbar$ ; rehaciendo entonces el producto en orden normal se obtiene $\hat a^\dagger\hat a=\tfrac12(\hat X^{2}+\hat P^{2}+1)$ y por tanto

\hat H = \hbar\omega\left(\hat a^\dagger\hat a - \tfrac12\right), \qquad E_0 = -\tfrac12\hbar\omega = -134{,}5\ \mathrm{meV}.

Un estado fundamental por debajo del fondo del pozo, con $\langle T\rangle$ y $\langle V\rangle$ ambos no negativos y sumando un número negativo. Absurdo, y absurdo en 134,5 meV, que es justo la cifra con la que se abrió el módulo. Ésa es la segunda lección: un signo cruzado no produce un resultado ligeramente peor, produce el resultado opuesto y perfectamente presentable. Aquí se caza porque el error tiene una consecuencia mensurable; en general se caza calculando por un camino que no lo comparta.

(d) $[\hat N,\hat a]=[\hat a^\dagger\hat a,\hat a]=\hat a^\dagger[\hat a,\hat a]+[\hat a^\dagger,\hat a]\hat a = -\hat a$ , que usa el −1 de (b); y $[\hat N,\hat a^\dagger]=\hat a^\dagger[\hat a,\hat a^\dagger]+[\hat a^\dagger,\hat a^\dagger]\hat a = +\hat a^\dagger$ , que usa el +1 de (a). Los dos signos se usan, uno en cada dirección de la escalera: por eso a baja y a† sube, y por eso cambiarlos intercambia las dos direcciones.

Ejercicio 2 · El momento por la escalera, con el signo que casi todo el mundo pierde

(a) Escribe $\hat p$ en función de a y a† y desarrolla $\hat p^{2}$ con cuidado: hay dos signos negativos que se combinan, y perder uno cambia el resultado de $(n+\tfrac12)$ a algo que crece con $n^{2}$ . (b) Obtén $\langle n|\hat p^{2}|n\rangle$ y demuestra el teorema del virial del oscilador, $\langle T\rangle=\langle V\rangle=E_n/2$ , sin integrar. (c) Da los dos números para el CO en n = 0 y en n = 2. (d) ¿Por qué $\langle \hat x^{2}\rangle$ y $\langle \hat p^{2}\rangle$ salen con la misma estructura $(n+\tfrac12)$ ? Contéstalo mirando el hamiltoniano adimensional, no las cuentas.

Solución

(a) De $\hat P=i(\hat a^\dagger-\hat a)/\sqrt2$ y $\hat p=(\hbar/x_0)\hat P$ ,

\hat p^{2} = -\frac{\hbar^{2}}{x_0^{2}}\cdot\frac{\left(\hat a^\dagger-\hat a\right)^{2}}{2} = \frac{\hbar^{2}}{2x_0^{2}}\left(\hat a\hat a^\dagger + \hat a^\dagger\hat a - \hat a^{2} - \bigl(\hat a^\dagger\bigr)^{2}\right) = \frac{\hbar^{2}}{2x_0^{2}}\left(2\hat N+1-\hat a^{2}-\bigl(\hat a^\dagger\bigr)^{2}\right).

Los dos signos que hay que juntar son el $i^{2}=-1$ de delante y los $-\hat a^\dagger\hat a-\hat a\hat a^\dagger$ del desarrollo del cuadrado: al multiplicarse dan más $2\hat N+1$ , que es lo que salva el resultado. Quien pierda uno obtiene $\langle p^{2}\rangle$ negativo, que es imposible para el cuadrado de un operador hermítico: la comprobación de signo está incorporada.

(b) Los términos $\hat a^{2}$ y $(\hat a^\dagger)^{2}$ mueven dos escalones y no tienen diagonal, así que $\langle n|\hat p^{2}|n\rangle=(\hbar/x_0)^{2}(n+\tfrac12)$ . Entonces

\langle T\rangle = \frac{\langle p^{2}\rangle}{2\mu} = \frac{\hbar^{2}}{2\mu x_0^{2}}\left(n+\tfrac12\right) = \frac{\hbar\omega}{2}\left(n+\tfrac12\right) = \frac{E_n}{2},

usando $x_0^{2}=\hbar/\mu\omega$ ; y con $\langle x^{2}\rangle=x_0^{2}(n+\tfrac12)$ sale $\langle V\rangle=\tfrac12\mu\omega^{2}x_0^{2}(n+\tfrac12)=E_n/2$ igualmente. (c) En el CO, $\langle T\rangle=\langle V\rangle=67{,}26$ meV en n = 0 —y suman los 134,5 meV del fundamental— y 336,3 meV cada uno en n = 2, que suman los 672,6 meV de la tabla. El artículo 02 obtuvo estos mismos números integrando $\int|\psi_n'|^{2}dx$ por cuadratura.

(d) Porque el hamiltoniano adimensional $\hat X^{2}+\hat P^{2}$ es simétrico en las dos variables, y el cambio $(\hat X,\hat P)\to(\hat P,-\hat X)$ deja invariantes tanto $\hat H$ como $[\hat X,\hat P]=i$ . Todo lo que se calcule para $\hat X^{2}$ tiene que valer, sin más cuentas, para $\hat P^{2}$ . La segunda lección es que ese cambio de variables tiene nombre: es la transformada de Fourier, es decir el paso a la representación de momento. El armónico es el único potencial cuyo hamiltoniano se transforma en sí mismo al hacerlo —la energía cinética se vuelve cuadrática en x, así que V tiene que ser cuadrática—, y por eso el fundamental es una gaussiana cuya transformada es otra gaussiana y satura la desigualdad de Kennard, cosa que el módulo II.1 demostró por un camino completamente distinto.

Ejercicio 3 · Lo que la escalera no puede hacer hacia arriba

(a) Demuestra que no existe ningún estado normalizado con $\hat a^\dagger|\psi\rangle=0$ , y explica por qué el argumento del texto no se puede repetir hacia arriba cambiando a por a†. (b) ¿Qué dice eso del espectro del oscilador armónico? (c) El CO real sólo tiene unos 82 niveles ligados. ¿Qué parte de la deducción de este artículo falla en el nivel 80: el álgebra, la hipótesis o el número? (d) Si el potencial no fuera cuadrático, ¿qué línea concreta de este artículo dejaría de valer la primera, y qué línea seguiría valiendo?

Solución

(a) Si $\hat a^\dagger|\psi\rangle=0$ , entonces $0=\langle\psi|\hat a\hat a^\dagger|\psi\rangle=\langle\psi|(\hat N+1)|\psi\rangle=\langle N\rangle+1$ , o sea $\langle N\rangle=-1$ , imposible para un operador semidefinido positivo. La asimetría entre las dos direcciones no está en a ni en a†: está en que $\hat N=\hat a^\dagger\hat a$ mide la norma de $\hat a|\psi\rangle$ y no la de $\hat a^\dagger|\psi\rangle$ , y por eso la cota es 0 por abajo y no hay ninguna por arriba.

(b) Que no está acotado superiormente: hay un estado ligado por cada entero, infinitos, con energías que crecen sin límite. Es una propiedad del modelo, y bastante rara: un pozo de verdad tiene finitos estados ligados. Lo que la produce es que $\tfrac12\mu\omega^{2}x^{2}$ crece sin límite, es decir, que el muelle nunca se rompe.

(c) Falla la hipótesis, y sólo ella. El álgebra es exacta para el hamiltoniano cuadrático y lo sigue siendo en n = 80; lo que ocurre es que a esa altura el CO ya no está descrito por ese hamiltoniano, porque su amplitud clásica $x_0\sqrt{2n+1}$ es comparable a la escala en la que el desarrollo de Taylor del artículo 01 se rompe. La escalera entrega un resultado perfectamente correcto sobre un sistema que ya no es el CO. Ése es el modo de fallo más peligroso de un modelo: no da error, da un número.

(d) La primera línea en caer es $\hat H=\hbar\omega(\hat N+\tfrac12)$ , que exige que H sea suma de dos cuadrados; sin ella, a y a† se definen igual y no diagonalizan nada. Lo que sigue valiendo es $[\hat a,\hat a^\dagger]=1$ , que sólo usó $[\hat x,\hat p]=i\hbar$ , y con él el mecanismo $[\hat N,\hat a]=-\hat a$ : donde aparezca un par de operadores que conmute así, hay escalera y hay enteros, sea cual sea el potencial. La segunda lección es que conviene aprender el módulo por ese mecanismo y no por el oscilador: el momento angular del II.6 y la segunda cuantización del III.6 son el mismo argumento con otros nombres.

Ejercicio 4 · La matriz que no puede existir

(a) Toma la traza de $[\hat a,\hat a^\dagger]=1$ suponiendo que a y a† fueran matrices $N\times N$ con N finito, y saca la conclusión. Usa $\mathrm{tr}(AB)=\mathrm{tr}(BA)$ . (b) El guion de verificación trunca precisamente eso a 60 × 60. Predice dónde tiene que aparecer el defecto y cuánto tiene que valer, y compáralo con lo que sale: el bloque de 59 × 59 es la unidad con error 1,4 × 10⁻¹⁴ y el último elemento diagonal vale −59. (c) Si la matriz está mal, ¿por qué diagonalizar un bloque de 50 × 50 devuelve $E_0=134{,}5113$ meV con error relativo menor que 10⁻¹¹? (d) Escribe la regla práctica que se deduce de (c) para cualquier cálculo numérico con operadores escalera.

Solución

(a) Para matrices finitas $\mathrm{tr}[\hat A,\hat B]=\mathrm{tr}(AB)-\mathrm{tr}(BA)=0$ , mientras que $\mathrm{tr}\,\mathbb{1}_N=N\ne0$ . Luego no existe ningún par de matrices finitas que cumpla la relación. Dicho de otro modo: la escalera exige un espacio de dimensión infinita, y eso no es un tecnicismo — es la misma afirmación que «la escalera no tiene techo», vista desde el álgebra lineal. De paso explica algo que se agradece más tarde: un espín, que vive en un espacio de dimensión finita, no puede tener una x y una p que cumplan $[\hat x,\hat p]=i\hbar$ .

(b) Truncar significa borrar la fila y la columna 61 en adelante. El único elemento que necesitaba lo borrado es el último: la matriz truncada tiene 59 unos en la diagonal, y como su traza debe ser cero, el elemento que queda vale −59. Exactamente eso sale. El defecto no está repartido: está concentrado en la esquina, y su tamaño es justo el necesario para que la traza cuadre.

(c) Porque el defecto de una truncación vive siempre en el borde superior del bloque —el escalón que ha perdido a su vecino de arriba— y a y a† sólo conectan escalones contiguos. Para alcanzar a $|0\rangle$ hasta $|5\rangle$ tendría que propagarse casi cincuenta peldaños hacia abajo, y las amplitudes de esos estados en la zona alta son numéricamente nulas. El error existe, está en el techo y no baja.

(d) Construye muchos más escalones de los que vas a leer, y diagonaliza un bloque estrictamente menor que el que construiste. El guion levanta 60 y diagonaliza 50, y por eso puede permitirse comparar con la fórmula cerrada a 10⁻¹¹. La segunda lección es de método: la comprobación que delata la truncación no es mirar los autovalores bajos —que salen bien— sino mirar el conmutador, que es donde el defecto es visible a simple vista. Cuando un cálculo numérico se apoya en una identidad algebraica, esa identidad es el mejor detector de errores disponible, mejor que el resultado que buscas.

Ejercicio 5 · Subir tres escalones a mano, y volver a bajar uno

Con $\psi_0=\pi^{-1/4}e^{-\xi^{2}/2}$ y $\hat a^\dagger=(\xi-d/d\xi)/\sqrt2$ : (a) obtén $\psi_3$ aplicando $\hat a^\dagger$ tres veces y dividiendo por $\sqrt{3!}$ ; el ejemplo resuelto 1 te deja hecho el segundo escalón. (b) Compárala con la forma cerrada del artículo 02, $H_3=8\xi^{3}-12\xi$ . (c) Evalúala en $\xi=0{,}3$ . (d) Aplica ahora $\hat a=(\xi+d/d\xi)/\sqrt2$ a tu $\psi_3$ y comprueba, derivando, que sale $\sqrt3\,\psi_2$ y no otra cosa.

Solución

(a) Del ejemplo resuelto, $\psi_2=(2\xi^{2}-1)\psi_0/\sqrt2$ . Derivando y usando $\psi_0'=-\xi\psi_0$ : $\psi_2' = (5\xi-2\xi^{3})\psi_0/\sqrt2$ . Entonces

\psi_3 = \frac{\hat a^\dagger\psi_2}{\sqrt3} = \frac{\xi\psi_2-\psi_2'}{\sqrt2\,\sqrt3} = \frac{\bigl(2\xi^{3}-\xi\bigr)-\bigl(5\xi-2\xi^{3}\bigr)}{2\sqrt3}\,\psi_0 = \frac{2\xi^{3}-3\xi}{\sqrt3}\,\psi_0.

(b) La forma cerrada es $\psi_3=(8\xi^{3}-12\xi)e^{-\xi^{2}/2}/\sqrt{2^{3}\cdot3!\sqrt\pi}$ , y $\sqrt{48\sqrt\pi}=4\sqrt3\,\pi^{1/4}$ , de modo que $\psi_3=(8\xi^{3}-12\xi)\psi_0/(4\sqrt3)=(2\xi^{3}-3\xi)\psi_0/\sqrt3$ . Idéntica. (c) En $\xi=0{,}3$ : $(0{,}054-0{,}9)/\sqrt3 = -0{,}4884$ , multiplicado por $\psi_0(0{,}3)=\pi^{-1/4}e^{-0{,}045}=0{,}7180$ da −0,3507, que es lo que da la fórmula con $H_3$ .

(d) Con $\psi_3=(2\xi^{3}-3\xi)\psi_0/\sqrt3$ sale $\psi_3'=(-2\xi^{4}+9\xi^{2}-3)\psi_0/\sqrt3$ , y

\hat a\psi_3 = \frac{\xi\psi_3+\psi_3'}{\sqrt2} = \frac{\bigl(2\xi^{4}-3\xi^{2}\bigr)+\bigl(-2\xi^{4}+9\xi^{2}-3\bigr)}{\sqrt2\,\sqrt3}\,\psi_0 = \frac{3\bigl(2\xi^{2}-1\bigr)}{\sqrt6}\,\psi_0 = \sqrt3\,\psi_2.

Los términos en $\xi^{4}$ se cancelan, que es la señal de que el cálculo va bien: si sobrevivieran, el grado del polinomio subiría en vez de bajar. La segunda lección está en el contraste de esfuerzo. Para llegar a $\psi_3$ han hecho falta tres derivadas de productos; el artículo 02 necesitó montar la recurrencia de coeficientes, y para llegar a $\psi_{20}$ por ese camino habría que recorrer veinte pasos de recurrencia con números que crecen como $2^{n}n!$ . La escalera, en cambio, da $\langle 20|\hat x|21\rangle$ en una raíz cuadrada sin construir ningún polinomio. Casi nunca hace falta la función: hace falta un elemento de matriz suyo.

Ejercicio 6 · La anchura del fundamental, y una coincidencia que no lo es

(a) Calcula $\langle 0|\hat x^{2}|0\rangle$ con a y a†, poniendo el producto en orden normal. (b) Calcúlalo otra vez insertando un conjunto completo de estados, $\langle 0|\hat x^{2}|0\rangle=\sum_m|\langle 0|\hat x|m\rangle|^{2}$ , y explica por qué el resultado obliga a que $\sigma_x$ del fundamental y $\langle 0|\hat x|1\rangle$ sean el mismo número. (c) Da los tres valores para el CO. (d) Comprueba con esos mismos números que $\hbar\omega\,|\langle 0|\hat x|1\rangle|^{2}$ reproduce la regla de suma del ejemplo resuelto 2, y explica por qué en n = 0 basta un término. (e) ¿Qué de todo esto dejaría de ser cierto en un potencial no cuadrático?

Solución

(a) De $\hat x^{2}=\tfrac{x_0^{2}}{2}(\hat a^{2}+(\hat a^\dagger)^{2}+\hat a\hat a^\dagger+\hat a^\dagger\hat a)$ , en el fundamental mueren $\hat a^{2}$ y $\hat a^\dagger\hat a$ —los dos actúan primero con $\hat a$ sobre $|0\rangle$ —, y $(\hat a^\dagger)^{2}|0\rangle$ es proporcional a $|2\rangle$ , ortogonal a $|0\rangle$ . Queda $\hat a\hat a^\dagger=\hat N+1$ , cuyo valor esperado en el vacío es 1. Total: $\langle 0|\hat x^{2}|0\rangle=x_0^{2}/2$ .

(b) Insertando $\sum_m|m\rangle\langle m|$ entre las dos x y usando que x es hermítica, $\langle 0|\hat x^{2}|0\rangle=\sum_m|\langle 0|\hat x|m\rangle|^{2}$ . De toda esa suma sólo sobrevive $m=1$ , así que $\langle 0|\hat x^{2}|0\rangle=|\langle 0|\hat x|1\rangle|^{2}$ . Y como $\langle 0|\hat x|0\rangle=0$ , se tiene $\sigma_x^{2}=\langle x^{2}\rangle$ y por tanto $\sigma_x=|\langle 0|\hat x|1\rangle|$ exactamente. No es que se parezcan: es la misma raíz cuadrada del mismo número, escrita dos veces.

(d) $\hbar\omega\,|\langle 0|\hat x|1\rangle|^{2} = 269{,}0\ \mathrm{meV}\times 11{,}33\ \mathrm{pm}^{2} = 4{,}884\times10^{-43}$ J·m², la suma de Thomas-Reiche-Kuhn. Basta un término porque en n = 0 no hay escalón de bajada: el término de $m=n-1$ , el que restaba, no existe. Conviene notar que la regla de suma no ha necesitado ningún dato nuevo: los mismos 11,33 pm² sirven para la anchura de la nube y para una identidad que vale en cualquier potencial.

(e) Se cae (b), y con ella la coincidencia. En un potencial cualquiera, $\langle 0|\hat x|m\rangle$ no se anula para $m\ge2$ , la suma tiene muchos términos y $\sigma_x$ es estrictamente mayor que el mayor de los elementos de matriz. La segunda lección es lo que esto permite hacer en el laboratorio: en un oscilador, el $|\langle 0|\hat x|1\rangle|^{2}$ del que depende la intensidad de la única raya permitida es la anchura del fundamental elevada al cuadrado, así que medir cuánto absorbe el CO da directamente el tamaño de su nube de punto cero. En cualquier otro sistema haría falta sumar todo el espectro para obtener lo mismo, y por eso la regla de suma es allí una herramienta y aquí un lujo.