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Published by Marvin's Underground Latino USA, 2018-09-16 14:27:03

QuiLEN1241-[Rinconmedico.me]

QuiLEN1241-[Rinconmedico.me]

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 29

E+ = E1(0) + H1′ 1 + E1(0) + H1′ 1 H1′22 + H2′ 2) (1.15.14)
− (E2(0)

Por otro lado, la expresi´on general para la energ´ıa calculada perturbativamente,
incluyendo hasta la correcci´on de segundo orden, es

En = En(0) + ψn(0)|Hˆ ′|ψn(0) + | ψm(0)|Hˆ ′|ψn(0) |2 (1.15.15)
En(0) − Em)(0)
m=n

que para un sistema de dos estados se reduce a

E+ = E1(0) + ψ1(0)|Hˆ ′|ψ1(0) +| ψ2(0)|Hˆ ′|ψ1(0) |2 (1.15.16)
E1(0) − E2)(0)

Como vemos, las expresiones variacional (1.15.14) y perturbativa (1.15.16) coinciden

siempre y cuando se cumpla H1′ 1 − H2′ 2 = 0

(1.15.17)

Para la otra ra´ız de la Ecuacio´n (1.15.3) obtenemos mediante un tratamiento similar

la expresio´n H1′22
− (E1(0)
E− = E2(0) + H2′ 2 + E2(0) + H2′ 2 + H1′ 1) (1.15.18)

Discutamos ahora el comportamiento de estas soluciones. Para ello tomamos el caso
especial en el que las correcciones de primer orden de la energ´ıa se anulan, es decir

H1′ 1 = H2′ 2 = 0 (1.15.19)

Las soluciones variacionales (Ecuaci´on 1.15.3) vienen dadas, entonces, por

E± = H11 + H22 ± 1 (H11 − H22)2 + 4H122 1 = E1(0) + E2(0) ± 1 [(E1(0)−E2(0))2+4ε2] 1
2 2 2 2 2 2

(1.15.20)

donde ε2 ≡ |H1′2|2. La variacio´n de la energ´ıa del sistema con la separaci´on de las
energ´ıas de los estados de orden cero tiene la forma que se muestra en la Figura 1.2.

Como se puede observar el efecto que produce la perturbaci´on es el de separar los
niveles de energ´ıa ma´s de lo que ya estaban los niveles sin perturbar, y esta separa-
cio´n es mayor cuanto menor es la diferencia entre las energ´ıas no perturbadas. Este
efecto de repulsio´n es consecuencia de la perturbaci´on. La Ecuaci´on (1.15.20) tam-
bi´en pone de manifiesto, que a igualdad de separaci´on de las energ´ıas de orden cero,
la separaci´on entre las energ´ıas totales es mayor cuanto mayor es la perturbacio´n.
En definitiva tenemos que:

30 Cap´ıtulo 1 Cuantizaci´on de la materia

Figura 1.2: Variacio´n de las energ´ıas de un sistema de dos niveles para una perturbacio´n
constante

a) Cuando se aplica una perturbaci´on, el nivel de energ´ıa ma´s bajo disminuye
todav´ıa ma´s en energ´ıa y el ma´s alto aumenta.

b) Cuanto menor es la diferencia entre los niveles de energ´ıa sin perturbar, mayor
es el efecto de la perturbaci´on.

c) Cuanto ma´s fuerte es la perturbaci´on, mayor es el efecto que produce sobre la
energ´ıa de los niveles.

1.16 Sea una part´ıcula en una caja de potencial unidimensional cuyo suelo
est´a inclinado, de modo que V (x) = kx/l, en el interior de la caja. Deter-
mine variacionalmente los dos primeros niveles de energ´ıa usando como
funci´on de prueba una combinaci´on lineal de las dos primeras funciones
propias de la part´ıcula en la caja.
Objetivo
Resolver variacionalmente el problema de la part´ıcula en una caja modificada.

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 31

Sugerencias

Escribimos el determinante secular y determinamos los elementos de matriz que
intervienen, considerando solamente una funci´on de variaci´on lineal que incluye
las dos primeras funciones exactas de la part´ıcula en la caja.

Una vez obtenidas las dos ra´ıces resolviendo el determinante secular, efectuamos
la aproximacio´n consistente en que la separaci´on de los niveles es superior al
acoplamiento entre los estados, con lo que obtenemos una expresi´on aproximada
ma´s sencilla.

Resoluci´on

La funci´on de prueba es una combinaci´on lineal de las dos primeras funciones propias
de la part´ıcula en la caja dada por

2 11
l πx 2 2πx
Φ(x) = c1 2 sen l + c2 l 2 sen l (1.16.1)

El determinante secular a resolver es

H11 − E H12 =0 (1.16.2)
H21 H22 − E

donde hemos tenido en cuenta que las funciones propias de la part´ıcula en la caja
son ortogonales. Los elementos del determinante secular son

H11 = E1 + ϕ1 kx ϕ1 = h2 + 2k l sen2 πx x dx (1.16.3)
l2 8ml2 l 0 l (1.16.4)
(1.16.5)
H22 = E1 + ϕ2 kx ϕ2 = h2 + 2k l sen2 πx x dx
l2 2ml2 l 0 l

H12 = H21 = ϕ1 kx ϕ2 = 2k l sen πx sen 2πx x dx
l l2 0 l l

Para las funciones propias de la part´ıcula en la caja, tenemos, en general

n|x|n = 2 l x sen2 nπx dx = l (1.16.6)
l 0 l 2

y

n|x|m = 2 l nπx sen mπx dx = l cos(m − n)π − 1 − cos(m + n)π − 1
l l l π2 (m − n)2 (m + n)2
x sen
(1.16.7)
0

de donde determinamos

32 Cap´ıtulo 1 Cuantizaci´on de la materia

1|x|2 = − 16l (1.16.8)
9π2 (1.16.9)

Tenemos por tanto que h2
8ml2
H11 = + k
2

H22 = h2 + k (1.16.10)
8ml2 2 (1.16.11)

y 16k
9π2
H12 = H21 = −

La ecuaci´on caracter´ıstica para el determinante secular de orden dos es

E2 − (H11 + H22)E + (H11H22 − H122) = 0 (1.16.12)
y sus ra´ıces vienen dadas por
(1.16.13)
E± == H11 + H22 ± (H11 − H22)2 + 4H122) 1 (1.16.14)
2 2 (1.16.15)

Usando las Ecuaciones (1.16.9) a (1.16.11) escribimos (1.16.16)

H11 + H22 = E1 + E2 + k
H11 − H22 = E1 − E2

y sustituyendo en la Ecuacio´n (1.16.14) obtenemos

 32k 2 1
 2
E± = 1 E1 + E2 + k ± (E1 − E2) 1 + 9π2 
2
(E1 − E2)2

Si se cumple que (E1 − E2)2 >> 32k/(9π2) 2 = 4H122 entonces podemos usar la
aproximaci´on

 1
4H122 2

1 32k 2  4H122 1 4H122 2H122
9π2 ∆E2 2 ∆E2 ∆E2
(E1 − E2)2
+ = 1 + ≈ 1+ = 1+ (1.16.17)
∆E2

y escribir

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 33

E+ = E1 + k + 2 16k 21 (1.16.18)
2 9π2 (E1 − E2) (1.16.19)

E− = E2 + k − 2 16k 21 (1.16.20)
2 9π2 (E1 − E2)
(1.16.21)
Puesto que (1.16.22)

E1 − E2 = − 3h2
8ml2

nos queda, finalmente

E+ = E1 + k − 3 (16)3 k2ml2
2 · 81 · π4 h2

E− = E2 + k + 3 (16)3 k2ml2
2 · 81 · π4 h2

1.17 Deduzca la expresi´on para las correcciones de segundo orden de la energ´ıa
de estados degenerados.

Objetivo

Deducir la expresi´on para la correcci´on de segundo orden de la energ´ıa en el caso de
que los estados sean degenerados.

Sugerencias

Partiendo de la ecuaci´on perturbativa de orden dos multiplicamos por la iz-
quierda por ψ(0)∗ e integramos para obtener una relaci´on que nos proporciona
la correccio´n de segundo orden de la energ´ıa en t´erminos de los elementos de
matriz a determinar.

Expresamos la correcci´on de orden uno de la funcio´n de onda mediante un
desarrollo en t´erminos de las funciones correctas de orden cero, que forman
una serie completa y ortonormal, separando las contribuciones de los estados
degenerados y el resto.

Conocidos los coeficientes del desarrollo de la correcci´on de primer orden de la
funci´on, podemos obtener la correcci´on de orden dos de la energ´ıa.

Resoluci´on
Partimos de la ecuacio´n perturbativa de segundo orden

(Hˆ (0) − En(0))ϕn(2) + (Hˆ ′ − En(1))ϕ(n1) − En(2)ψn(0) = 0 (1.17.1)

34 Cap´ıtulo 1 Cuantizaci´on de la materia

y multiplicamos por la izquierda por ψn(0)∗, es decir, por la funci´on correcta de orden
cero del estado n, e integramos. De este modo obtenemos

ψn(0)|(Hˆ (0) − En(0))|ϕ(n2) + ψn(0)|(Hˆ ′ − En(1))|ϕ(n1) − En(2) ψn(0)|ψn(0) = 0 (1.17.2)

Puesto que por hermiticidad se cumple que =1

ψn(0)|(Hˆ (0) − En(0))|ϕ(n2) = 0 (1.17.3)

nos queda

En(2) = ψn(0)|(Hˆ ′ − En(1))|ϕn(1) (1.17.4)

Por otro lado, la correcci´on de orden uno de la funci´on de onda se expresa en t´erminos
de la serie completa que forman las funciones de orden cero, que incluyen un total
de d estados degenerados, que supondremos, por simplicidad que son los d primeros,
y el resto de estados, de forma que

d +∞

ϕ(n1) = dj ψn(0) + cj ϕ(0) (1.17.5)

j=1 j=d+1

Sustituyendo esta expresio´n en la Ecuacio´n (1.17.4) obtenemos

d dj ψn(0)|(Hˆ ′ − En(1))|ψj(0) +

En(2) = ψn(0)|(Hˆ ′ − En(1))|ϕ(n1) =

j=1



+ cj ψn(0)|(Hˆ ′ − En(1))|ϕ(j0) =

j=d+1

d ψn(0)|Hˆ ′|ψj(0) − En(1) ψn(0)|ψj(0) +
 
= dj

j=1

+ ∞ cj  ψn(0)|Hˆ ′|ϕj(0) − En(1) ψn(0)|ϕj(0) 

j=d+1 δn,j

d∞
= dj ψn(0)|Hˆ ′|ψj(0) − En(1)dn + cj ψn(0)|Hˆ ′|ϕ(j0)
(1.17.6)

j=1 j=d+1

La ecuaci´on perturbativa de primer orden es

Hˆ (0)ψj(1) + Hˆ ′ψj(0) = Ej(1)ψj(1) + Ej(1)ψj(0) (1.17.7)
Multiplicando por la izquierda por ψn(0)∗ e integrando, obtenemos

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 35

ψn(0)|Hˆ (0)|ψj(1) + ψn(0)|Hˆ ′|ψj(0) = Ej(1) ψn(0)|ψj(1) +Ej(1) ψn(0)|ψj(0) (1.17.8)

0 0 δn,j
hermiticidad y ortogonalidad

luego

ψn(0)|Hˆ ′|ψj(0) = Ej(1)δn,j (1.17.9)
La Ecuacio´n (1.17.6) queda entonces como sigue

Ej(1) δn,j

d∞
dj ψn(0)|Hˆ ′|ψj(0) −En(1)dn + cj ψn(0)|Hˆ ′|ϕj(0) =
En(2) =

j=1 j=d+1

∞ cj ψn(0)|Hˆ ′|ϕj(0)

= d/n E/n(1)− E/n(1d)/n +

j=d+1

(1.17.10)

es decir

∞ cj ψn(0)|Hˆ ′|ϕ(j0)

En(2) = (1.17.11)

j=d+1

Puesto que los coeficientes cj, segu´n la teor´ıa de perturbaciones de primer orden
para los niveles no degenerados, vienen dados por

cj = ψn(0)|Hˆ ′|ϕj(0) j > d, 1 ≤ n ≤ d (1.17.12)
En(0) − Ej(0)

tenemos

∞ ϕj0|H′|ψn0 ψn0 |H′|ϕj0 (1.17.13)
En0 − Ej0
En(2) =

j=d+1

o lo que es igual

En(2) = ∞| ϕ0j |H′|ψn0 |2 (1.17.14)
En0 − Ej0
j=d+1

que es la expresi´on final que busc´abamos.

36 Cap´ıtulo 1 Cuantizaci´on de la materia

1.18 Determine las funciones de onda correctas de orden cero de los dos pri-
meros estados degenerados del sistema de dos osciladores arm´onicos de-
generados acoplados mediante la perturbacio´n cxy.

Objetivo

Determinacio´n de la funci´on de onda de un sistema de dos osciladores armo´nicos
acoplados, es decir, un sistema perturbado en dos dimensiones.

Sugerencias

Resolvemos el sistema de ecuaciones lineales homog´eneo que permite determinar
los coeficientes de las funciones de onda lineales para cada correcci´on de la
energ´ıa usando conjuntamente la condicio´n de normalizaci´on de las funciones
de onda.

Resoluci´on
Las funciones correctas de orden cero vienen dadas por

ϕn(0) = a1ψ1(0) + a2ψ2(0) (1.18.1)

y para que est´en normalizadas, es decir, para que ϕn(0)|ϕ(n0) = 1 ha de cumplirse

que a21 + a22 = 1

(1.18.2)

El sistema de ecuaciones lineales homog´eneo que satisfacen los coeficientes es

 (1.18.3)
[H1′ 1 − En(1)]a1 + H1′ 2a2 = 0 
H2′ 1a1 + [H2′ 2 − En(1)]a2 = 0 

Puesto que H1′ 1 = H2′ 2 = 0 y H1′ 2 = H21 = c , tenemos


−En(1)a1 c 
2α 0 
+ a2 =

= 0  (1.18.4)

c a1 − En(1)a2


Sustituyendo aqu´ı las expresiones obtenidas para En(1) nos queda

En(1) = − c ⇒ c a1 + c a2 = 0 ⇒ c [a1 + a2] = 0 ⇒ a1 = −a2 (1.18.5)
2α 2α 2α 2α

En(1) = c ⇒ − c a1 + c a2 = 0 ⇒ c [a1 − a2] = 0 ⇒ a1 = a2 (1.18.6)
2α 2α 2α 2α

y usando, finalmente, la condicio´n de normalizaci´on, obtenemos

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 37

En(1) = − c ⇒ ϕ(n0) = √1 [ψ1(0) − ψ2(0)] (1.18.7)
2α 2 (1.18.8)

En(1) = c ⇒ ϕn(0) = √1 [ψ1(0) + ψ2(0)]
2α 2

1.19 Calcule el desdoblamiento de los niveles de energ´ıa degenerados para el
segundo nivel de energ´ıa excitado correspondiente a un sistema de dos
osciladores armo´nicos degenerados acoplados mediante la perturbacio´n
cxy.

Objetivo
Para un sistema de dos osciladores arm´onicos acoplados determinar el desdoblamien-
to de los niveles de energ´ıa correspondientes al segundo nivel excitado.
Sugerencias

Construimos las funciones correspondientes al segundo nivel excitado degene-
rado.
Escribimos el determinante secular de orden tres y determinamos sus elementos
de matriz empleando las relaciones generales para las funciones del oscilador
armo´nico.
Resolvemos el determinante secular para calcular las correcciones de la energ´ıa
y el desdoblamiento de los niveles.

Resoluci´on
Las energ´ıas de orden cero para un sistema constituido por dos osciladores armo´nicos
degenerados acoplados vienen dadas por

En(0x),ny = (nx + ny + 1)hν = (N + 1)hν (1.19.1)

El segundo nivel de energ´ıa excitado es aquel para el que N = nx + ny = 2, de modo

que EN(0=) 2 = 3hν

(1.19.2)

Este nivel esta´ triplemente degenerado y las funciones de onda de orden cero son

ψ1(0) = ψ2(0,0) = f2(x)g0(y) (1.19.3)
ψ2(0) = ψ1(0,1) = f1(x)g1(y) (1.19.4)
ψ3(0) = ψ0(0,2) = f0(x)g2(y) (1.19.5)

38 Cap´ıtulo 1 Cuantizaci´on de la materia

donde f (x) y g(y) son funciones armo´nicas unidimensionales. El determinante secular
de orden tres viene dado entonces por

H1′ 1 − E(1) H1′ 2 H1′ 3

H2′ 1 H2′ 2 − E(1) H2′ 3 = 0 (1.19.6)

H3′ 1 H3′ 2 H3′ 3 − E(1) (1.19.7)
(1.19.8)
y sus elementos de matriz son (1.19.9)
(1.19.10)
H1′ 1 = c 2|x|2 0|y|0 = 0 (1.19.11)
H1′ 2 = H2′ 1 = c 2|x|1 0|y|1 (1.19.12)
H1′ 3 = H3′ 1 = c 2|x|0 0|y|2 = 0
H2′ 2 = c 1|x|1 1|y|1 = 0
H2′ 3 = H3′ 2 = c 1|x|0 1|y|2
H3′ 3 = c 0|x|0 2|y|2 = 0

Si usamos las expresiones generales armo´nicas

n + 1|x|n = n+1 (1.19.13)
n − 1|x|n = 2α (1.19.14)
n



y las equivalentes para la variable y obtenemos

0|x|1 = 1|x|0 = 0|y|1 = 1|y|0 = √1 (1.19.15)


y √1
α
2|x|1 = 1|x|2 = 2|y|1 = 1|y|2 = (1.19.16)

de modo que las integrales no nulas de la perturbacio´n H′ vienen dadas por

H1′ 2 = H2′ 1 = √c (1.19.17)
α2

y √c
α2
H2′ 3 = H3′ 2 = (1.19.18)

Sustituyendo las expresiones para los elementos de matriz en el determinante secular
(1.19.6) escribimos

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 39

−E(1) √c 0
α2

√c −E(1) √c =0 (1.19.19)
α2 α2

0 √c −E(1)
α2

y resolviendo este determinante obtenemos la ecuacio´n caracter´ıstica

E (1) c2 − (E(1))2 + c2 =0 (1.19.20)
2α2 2α2

cuyas ra´ıces son

E1(1) = − c (1.19.21)
α (1.19.22)
(1.19.23)
E2(1) = 0
c
E3(1) = α

Las energ´ıas se desdoblan entonces como sigue

E1 ≈ EN(0=) 2 + E1(1) = 3hν − c (1.19.24)
α (1.19.25)
(1.19.26)
E2 ≈ EN(0=) 2 + E2(1) = 3hν c
α
E3 ≈ EN(0=) 2 + E3(1) = hν +

de modo que la separacio´n entre los niveles ma´ximo y m´ınimo es 2 c/α.

1.20 Calcule el desdoblamiento de los niveles de energ´ıa degenerados para el
primer nivel de energ´ıa excitado correspondiente a un sistema de dos
osciladores armo´nicos degenerados acoplados mediante la perturbacio´n
cxy, incluyendo las correcciones de segundo orden de la energ´ıa.

Objetivo
Usando la teor´ıa de perturbaciones de segundo orden para niveles degenerados, de-
terminar la energ´ıa para un sistema de dos osciladores armo´nicos acoplados.
Sugerencias

Resolvemos el determinante secular y obtenemos las correcciones de primer
orden de la energ´ıa.
Escribimos las funciones correctas de orden cero.

40 Cap´ıtulo 1 Cuantizaci´on de la materia

Escribimos la correccio´n de segundo orden de la energ´ıa y obtenemos los ele-
mentos de matriz de la perturbaci´on entre los estados correctos de orden cero.

Obtenemos la correcci´on de segundo orden de la energ´ıa y escribimos las energ´ıas
totales.

Comparamos la expresio´n perturbativa con la energ´ıa exacta.

Resoluci´on
El Hamiltoniano del sistema viene dado por

2 ∂2 + ∂2 + 1 k(x2 + y2) + cxy (1.20.1)
∂x2 ∂y2 2
Hˆ = − 2m

y la energ´ıa de orden cero es

En(0x),ny = (nx + ny + 1)hν nx = 0, 1, 2, · · · (1.20.2)
Para el primer estado tenemos ny = 0, 1, 2, · · ·

(nx, ny) ր (1, 0) ⇒ E(0) = 2hν (1.20.3)
ց (0, 1)

Las funciones de onda para los osciladores armo´nicos sin acoplar, es decir, de orden
cero son

ψ1(0) = ψ1(0,0) = f1(x)g0(y) (1.20.4)
ψ2(0) = ψ0(0,1) = f0(x)g1(y) (1.20.5)

donde f (x) y g(y) son las funciones armo´nicas unidimensionales. El determinante
secular de orden dos es el siguiente

H1′ 1 − E(1) H12

=0 (1.20.6)

H2′ 1 H2′ 2 − E(1) (1.20.7)
(1.20.8)
y sus elementos de matriz vienen dados por (1.20.9)

H1′ 1 = c 1|x|1 0|y|0 = 0 (1.20.10)
H1′ 2 = H2′ 1 = c 1|x|0 0|y|1 (1.20.11)
H2′ 2 = c 0|x|0 1|y|1 = 0

Usando las expresiones generales armo´nicas

n + 1|x|n = n+1
n − 1|x|n = 2α
n



Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 41

obtenemos H1′ 2 c

= (1.20.12)

de modo que el determinante secular queda como sigue

−E(1) c

=0 (1.20.13)

c −E(1) (1.20.14)
2α (1.20.15)

cuyas ra´ıces son, en orden creciente de energ´ıa,

E1(1) = − c

c
E2(1) = 2α

Las funciones de onda correctas de orden cero vienen dadas por (v´ease Problema
1.18)

ϕ1(0) = √1 ψ1(0,0) − ψ0(0,1) (1.20.16)
2 ψ1(0,0) + ψ0(0,1) (1.20.17)

ϕ(20) = √1
2

La expresio´n para la correccio´n de segundo orden de la energ´ıa es

En(2) = | ϕn(0)|Hˆ ′|ψj (1.20.18)
En(0) − Ej(0)
j

donde la suma se extiende a todos los estados con energ´ıas diferentes de la de los
estados degenerados. En nuestro caso tenemos

En(2) = | ϕn(0)|cxy|ψ0(0) |2 + | ϕn(0)|cxy|ψ3(0) |2 +··· (1.20.19)
En(0) − E0(0) En(0) − E3(0)

Hemos de averiguar entonces cu´antos elementos matriz de la perturbacio´n Hˆ ′ son
distintos de cero. Para ϕ(10), tenemos

ϕ(10)|cxy|ψ(0) = √1 ψ1(0,0)|cxy|ψ(0) − ψ0(0,1)|cxy|ψ(0) (1.20.20)
2

donde hemos usado la Ecuacio´n (1.20.16). Ahora escribimos

ψ(0) = fnx (x)gny (y) (1.20.21)

42 Cap´ıtulo 1 Cuantizaci´on de la materia

de manera que

 
1|y |ny 
ϕ(10)|cxy|ψ(0) = √c  1|x |nx 0|y |ny − 0|x |nx (1.20.22)
2 par
par impar impar

De acuerdo con las paridades indicadas, para que el elemento matriz total sea diferen-
te de cero, nx y ny deben tener paridad diferente. Puesto que, adem´as, los elementos
de matriz de las primeras potencias de la coordenada para el oscilador armo´nico se
anulan si la diferencia entre los nu´meros cu´anticos es mayor que la unidad, entonces
tenemos las siguientes posibilidades

nx = 0  Descartados porque
ny = 1  son los estados dege-
nx = 1
ny = 0  nerados que estamos
calculando.

nx = 1  Estos son los u´nicos
ny = 2  para los que el elemen-
nx = 2
ny = 1  to de matriz de Hˆ ′ es
diferente de cero.

Estas dos u´ltimas combinaciones de nu´meros cua´nticos corresponden a la funci´on de

onda ψ3(0) = f1(x)g2(y) E3(0) = 4hν

(1.20.23)

para la que = √c [ 1|x|1 0|y|2 − 0|x|1 1|y|2 ] = − √c 0|x|1 1|y|2
ϕ1(0)|cxy|ψ3(0) 22

y a la funcio´n de onda

ψ4(0) = f2(x)g1(y) E3(0) = 4hν (1.20.24)
(1.20.25)
para la que ϕ(10)|cxy|ψ4(0) = √c 1|x|2 0|y|1
Como 2 (1.20.26)

0|x|1 = 0|y|1 = √1


1|x|2 = 1|y|2 = √1α (1.20.27)

nos queda

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 43

ϕ1(0)|cxy|ψ3(0) = − c (1.20.28)
2α (1.20.29)

y

ϕ1(0)|cxy|ψ4(0) = c


Sustituyendo estos resultados en la Ecuaci´on (1.20.19) obtenemos

E1(2) = c2 4hν] + c2 4hν] = − c2 (1.20.30)
4α2[2hν − 4α2[2hν − 4α2hν

Para ϕ(20) solamente hay que cambiar el signo menos de la Ecuacio´n (1.20.20) por el
signo m´as, lo que no afecta a las expresio´n para la correcci´on final de la energ´ıa. Nos

queda entonces c2
4α2hν
E2(2) = − (1.20.31)

Teniendo en cuenta, adem´as, que

α2 = km (1.20.32)

y 2

1
k2
hν = m (1.20.33)

escribimos finalmente

E1(2) = E2(2) = − c2 1 (1.20.34)
4(k3m) 2
(1.20.35)
Las energ´ıas totales son entonces (1.20.36)

E1 ≈ 2hν − c − c2 = 2hν − c − c2
2α 4α2hν
2(km) 1 4(k3 m) 1
2 2

E2 ≈ 2hν + c − c2 = 2hν + c − c2
2α 4α2hν
2(km) 1 4(k3 m) 1
2 2

Las energ´ıas exactas son

Enx,ny = hν nx + 1 1 + c 1 nx + 1 1 − c 1 (1.20.37)
2 k 2 k 2
2+

Para c/k ≪ 1 podemos efectuar el desarrollo en serie

(1 ± x) 1 ∼= 1± x − x2 ··· (1.20.38)
2 2 8

44 Cap´ıtulo 1 Cuantizaci´on de la materia

de manera que

1 c c2 1 1 c c2 1
2 2k 8k2 2 2 2k 8k2 2

Enx,ny = hν nx + 1 + − + nx + 1 − − =

= hν(nx + ny + 1) + hνc (nx − ny ) − hνc2 (nx + ny + 1) (1.20.39)
2k 8k2

Para nx = 1, ny = 0 obtenemos

E1,0 = 2hν + c − c2 (1.20.40)

2(km) 1 4(k3 m) 1
2 2

que es el resultado perturbativo (Ecuaci´on 1.20.36). Del mismo modo, para nx = 0,
ny = 1, obtenemos

E0,1 = 2hν − c − c2 (1.20.41)

2(km) 1 4(k3 m) 1
2 2

que coincide con el resultado perturbativo (1.20.35). Los resultados perturbativos re-
producen el desarrollo de la energ´ıa exacta truncada en segundo orden en el para´me-
tro c/k.

C A P ´I T U L O 2

Radiacio´n electromagn´etica

ENUNCIADOS Y RESOLUCIO´ N DE LOS PROBLEMAS

2.1 El campo el´ectrico de una onda electromagn´etica plana en el vac´ıo vie-
ne dado, en unidades del sistema internacional (SI), por Ex = 0, Ey =
5 cos 6 × 1013(t − x/c) y Ez = 0. Indique cu´al es la direccio´n de propa-
gacio´n y el plano de polarizaci´on de la onda y calcule su frecuencia, su
longitud de onda y su intensidad media.

Objetivo

Identificar una onda electromagn´etica especificando la direccio´n de propagacio´n, el
plano de polarizaci´on, la frecuencia, la longitud de onda y la intensidad media.

Sugerencias

Examinamos las componentes del campo para identificar la direccio´n de pro-
pagacio´n y el plano de polarizaci´on de la onda, y determinar su frecuencia, su
longitud de onda y su intensidad media.

Resoluci´on
Las componentes del campo son

Ex = 0 1013(t x
c
Ey = 5 cos 6 × − )

Ez = 0

Esta´ claro que la direccio´n de propagaci´on es la x y que el plano de polarizacio´n

es el xy. Adema´s, comparando con la expresi´on general Ey = E0y cos (ωt − kx),
tenemos que E0y = 5 N/C, k = 6 × 1013/c y ω = 6 × 1013 s−1, y usando estos valores
calculamos

46 Cap´ıtulo 2 Radiacio´n electromagn´etica

Frecuencia

ν = ω = 6 × 1013 = 9.5 × 1012 Hz ⇒ infrarrojo (2.1.1)
2π 2π

Longitud de onda

λ = c = 3 × 108 m = 3.16 × 10−5 m = 3.16 × 104 nm (2.1.2)
ν s

9.5 × 1012 s−1

Intensidad media

I = cε0 |E0y |2 = 3× 108 m/ s−1 8.854 × 10−12C/2 N/ −1 m−/2 1|5|2N/2 C/ −2=
2 2

= 0.033 N = 0.033 W (2.1.3)
ms m2

2.2 El campo el´ectrico de una onda electromagn´etica plana viene dado por
E = E0x cos(ωt − kz)i + E0y cos(ωt − kz)j. Determine el plano de pola-
rizaci´on de la onda, el campo magn´etico que lleva asociado, el vector de
Poynting y la intensidad.

Objetivo

Conocido el campo el´ectrico de una onda electromagn´etica, determinar el plano de
polarizacio´n, el campo magn´etico asociado, el vector de Poynting y la intensidad.

Sugerencias

Examinando el campo el´ectrico sacamos conclusiones acerca del plano y la
direccio´n de propagaci´on de la onda. Calculamos el ´angulo que forma con el
eje x.
Usando las relaciones de Maxwell deducimos las componentes del campo magn´eti-
co en funci´on de las componentes del campo el´ectrico.
Conocidos el campo el´ectrico y el campo magn´etico deducimos el vector de
Poynting en funcio´n de las amplitudes de las componentes.
Conocido el vector de Poynting, obtenemos su promedio para determinar la
intensidad.

Resoluci´on

El campo el´ectrico oscila en un plano que contiene a la direccio´n de propagaci´on z,
ya que sus componentes Ex y Ey oscilan con la misma fase. Si dibujamos el vector
E en un plano perpendicular a la direcci´on de propagaci´on, obtenemos los vectores
que se muestran en la Figura 2.1.

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 47

Figura 2.1: Campo el´ectrico de una onda electromagn´etica

Plano de polarizaci´on
Viene dado por el a´ngulo, α, que forma E con el eje x. Para esta onda tenemos:

sen α = Ey = E0,y ⇒ tg α = E0,y ⇒ α = atan E0,y (2.2.1)
cos α Ex E0,x E0,x E0,x

Campo magn´etico

Como se muestra en la figura, las componentes del campo magn´etico est´an
relacionadas con las del campo el´ectrico mediante las expresiones

Bx = − Ey ⇒ Bx = − E0,y cos (ωt − kz) (2.2.2)
c c (2.2.3)

By = − Ex ⇒ By = E0,x cos (ωt − kz)
c c

Vector de Poynting

ijk
S = c2ε0E × B = c2ε0 Ex Ey 0 = c2ε0 [ExBy − EyBx] k =

Bx By 0

= c2ε0 [E0,xB0,y − E0,yB0,x] cos2(ωt − kz)k =

= c ε0 E02,x + E02,y cos2(ωt − kz)k =

= c ε0 E02 cos2(ωt − kz)k (2.2.4)

donde hemos tenido en cuenta que

B0,y = E0,x y B0,x = − E0,y (2.2.5)
c c

48 Cap´ıtulo 2 Radiacio´n electromagn´etica

Intensidad

I= S = c ε0 E02 = c ε0 (E02,x + E02,y) (2.2.6)
2 2

2.3 El campo el´ectrico de una onda electromagn´etica plana viene dado por
E = E0 cos(ωt − kz)i + E0 sen(ωt − kz)j. Estudie la polarizaci´on de la
onda y determine el campo magn´etico asociado, el vector de Poynting y
la intensidad.

Objetivo

Dada una onda electromagn´etica mediante la especificaci´on de su campo el´ectrico,
deducir las otras magnitudes que la caracterizan: polarizaci´on, campo magn´etico,
vector de Poynting e intensidad.

Sugerencias

Observamos la onda desde un plano perpendicular a la direccio´n de propagacio´n
para deducir la polarizacio´n.

Mediente las relaciones de Maxwell deducimos las componentes del campo
magn´etico a partir de las del campo el´ectrico.

Determinamos el vector de Poynting a partir de los campos el´ectrico y magn´eti-
co.

Determinamos la intensidad a partir del vector de Poynting.

Resoluci´on

Supongamos que observamos c´omo oscila el vector E en un plano perpendicular a la
direccio´n de propagaci´on z, por ejemplo el z = 0, para simplificar. A tiempo t = 0
el vector E solamente tiene componente x, (E = Ex), pero conforme pasa el tiempo
va rotando hasta llegar al eje y. Puesto que el mo´dulo del vector no cambia, es decir
|E| = E0, el extremo del vector describe un c´ırculo alrededor de la direcci´on de
propagaci´on. La onda electromagn´etica tiene, pues, una polarizaci´on circular, como
se muestra en la Figura 2.2.

Campo magn´etico
Tiene que realizar la misma rotacio´n que el vector E, pero perpendicular siempre
a E y a la direcci´on de propagacio´n z. Viene dado, entonces, por

B = B0x sen (ω t − kz)i + B0y cos (ω t − kz)j (2.3.1)
dado que se han de cumplir las relaciones de Maxwell

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 49

Figura 2.2: Onda electromagn´etica polarizada circularmente

B0y = E0x = E0 y B0x = E0y = E0 (2.3.2)
c c c c

Vector de Poynting

S = c2ε0E × B = c2ε0(ExBy − EyBx)k =

= c2ε0 E02 cos2(ω t − kz) + sen2(ω t − kz) = cε0E02k
c

Intensidad

I = S = cε0E02 (2.3.3)

2.4 Demuestre que el valor medio temporal de la funci´on cos2(ωt − kz) vale
1/2.

Objetivo
Obtener la expresio´n para el promedio temporal de la funci´on cos2(ωt − kz).
Sugerencias

Partimos de la expresi´on para el valor promedio temporal de una funcio´n general
f (t) y lo calculamos para la funci´on que nos ocupa, cos2(ωt − kz).
Examinamos el resultado obtenido y vemos bajo qu´e condiciones el resultado
se reduce a 1/2.

Resoluci´on
El valor promedio temporal de una funcio´n f (t) en un intervalo T viene dado por

50 Cap´ıtulo 2 Radiacio´n electromagn´etica

f (t) T = 1 t+T (2.4.1)
T
f (t′)dt′

t

En nuestro caso tenemos f (t) = cos2(ωt − kz), luego

cos2(ωt − kz) = 1 t+T − kz)dt′ = 1 t+T 1 1 + cos 2(ωt′ − kz) dt′ =
T T t2
cos2(ωt′

t

= 1 t+T t+T
2T
dt′ + cos 2(ωt′ − kz)dt′ =

tt

= 1 T + 1 sen 2(ωt′ − kz) t+T =
2T 2ω t

= 1 1+ 1 [sen 2(ωt + ωT − kz) − sen 2(ωt − kz)] =
2 2ωT

= 1 + sen 2(ωt + ωT − kz) − sen 2(ωt + kz) (2.4.2)
2 4ωT

Esta es la expresi´on general. Como vemos, el promedio depende tambi´en del tiem-
po. Sin embargo, a tiempos T suficientemente largos, mayores que el periodo τ , el
segundo t´ermino a la derecha del signo igual tiende a cero, de modo que tenemos

cos2(ωt − kz) = 1 T ≫τ (2.4.3)
2

As´ı, por ejemplo, para la luz visible τ ≈ 10−15 s, es decir, las oscilaciones son tan
ra´pidas que la validez de la Ecuaci´on (2.4.3) est´a garantizada.

2.5 La intensidad m´ınima de luz que puede percibir el ojo humano es apro-
ximadamente 10−10 W/m2. ¿Cu´antos fotones con longitud de onda de
5600 A˚ entran por segundo en la pupila del ojo a esta intensidad? El ´area
de la pupila es aproximadamente 0.5 cm2.

Objetivo
Estimacio´n del flujo de fotones que incide en la pupila del ojo humano.
Sugerencias

En la expresio´n del flujo sustituimos los valores num´ericos de las variables que
da el enunciado y las constantes universales que intervienen.

Resoluci´on
Como la Intensidad es I = 10−10 W/m2, el flujo foto´nico que incide en la superficie
de la pupila del ojo, viene dado por





























Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 65

Tabla 2.2: Longitudes de onda m´aximas de emisio´n

Sistema T(K) λmax(nm) Regi´on espectral
Explosi´on termonuclear 107 2.89 × 10−10 m = 0.285 nm Rayos X
Estrella Polar 8300 3.5 × 10−7 m = 350 nm Ultravioleta
Sol 5700 5 × 10−7 m = 500 nm Visible
Temperatura ambiente 298 9.7 × 10−6 m = 9700 nm Infrarrojo
Espacio interestelar 2.7 1 × 10−3 m = 1 mm Microondas

Sugerencias

Usamos la ley de Wien para calcular la longitud de onda a las diferentes tem-
peraturas.

Resoluci´on
La ley de desplazamiento de Wien viene dada por

λmax = C (2.16.1)
T

donde C = 2.8990×10−3m K. Sustituyendo aqu´ı las temperaturas que da el enuncia-
do del problema obtenemos las longitudes de onda que se muestran en la Tabla 2.2.
La radiaci´on que figura en u´ltimo lugar correspondiente al espacio interestelar es la
radiaci´on de fondo co´smico.

2.17 El Sol emite energ´ıa radiante con una potencia de 3.9×1026 W. Calcule
la intensidad de la radiaci´on sobre la superficie solar, la temperatura a la
que se encuentra la superficie, suponiendo que el Sol se comporta como
un cuerpo negro, y la intensidad de la radiacio´n que llega a la Tierra, es
decir la constante solar. El radio del Sol vale 7×108 m y la distancia a la
Tierra es de 1.5×1011 m.

Objetivo

Aplicar la definicio´n de la intensidad de la radiaci´on y la ley de Stefan-Boltzmann
para calcular la constante de radiaci´on solar.

Sugerencias

Empleamos la definicio´n de la intensidad para calcular la intensidad en la su-
perficie solar, conocida la potencia de emisi´on.

66 Cap´ıtulo 2 Radiaci´on electromagn´etica

A partir de la ley de Stefan-Boltzmann y conocida la intensidad, calculamos la
temperatura.

Conocida la intensidad de emisi´on, en nuestro caso en el Sol, y suponiendo que
no hay p´erdidas, calculamos la intensidad en otro punto, que en nuestro caso
es la Tierra e igualamos la potencia en los dos puntos.

Resoluci´on

Intensidad en la superficie solar, IS.

IS = Potencia = Potencia = 3.9 × 1026 J s−1 = 6.3 × 1013 W (2.17.1)
Superficie 4πR2 4π(7 × 108)2 m2 m2

Temperatura TS.
Usaremos la ley de Stefan-Boltzmann

IS = σTS4 ⇒ TS = IS 1 6.3 × 107 W 1
σ 4 m2 4

= 5.67 × 10−8 W m−2K−4 = 5773.5 K

(2.17.2)

Intensidad de la radiaci´on que llega a la Tierra.

Para que se mantenga la potencia emitida por el Sol a cualquier distancia, se

ha de cumplir que ISR2 = IT d2

(2.17.3)

De aqu´ı tenemos

IT = IS R2 = 6.3 × 107 mW/2(7 × 108)2m/2 = 1372 W (2.17.4)
d2 (1.5 × 1011m2 m2

que es la denominada constante de radiaci´on solar.

2.18 Suponga que la Tierra emite radiaci´on como un cuerpo negro y que esta
radiacio´n se encuentra en equilibrio con la que recibe del Sol, de la que
refleja un 30 %. Calcule la temperatura media de la Tierra.

Objetivo
Calcular la temperatura de la Tierra suponiendo que las radiaciones absorbida, re-
flejada y reemitida de mantienen en equilibrio.
Sugerencias

Suponemos que la potencia que recibe la Tierra es la contenida en un cilindro
cuya base es la circunferencia de la Tierra, y que se refleja un 30 % de la misma.

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 67

Figura 2.4: Intercambio de energ´ıa radiante en la Tierra

Suponemos que la Tierra emite como un cuerpo negro de modo que se cumple
la ley de Setfan-Boltzmann.

Suponemos que hay un equilibrio entre la potencia absorbida y la emitida, y
obtenemos la temperatura asociada a dicho equilibrio. Comparamos la tempe-
ratura obtenida con la real de 15 grados y discutimos el resultado.

Resoluci´on

En la Figura 2.4 se muestra un esquema del intercambio de energ´ıa radiante supuesto.
La intensidad de la radiaci´on incidente en la Tierra proveniente del Sol es la constante
solar que hemos determinado en el problema anterior y que vale aproximadamente
1372 W/m2. El haz que constituye la radiaci´on solar incide pra´cticamente paralelo
a la Tierra, con lo que la potencia que recibe ´esta es la correspondiente a un cilindro
cuya secci´on es πr2, donde r es el radio de la Tierra. La potencia recibida es entonces
Iπr2. Ahora bien, puesto que se refleja un 30 %, la potencia que realmente absorbe
la Tierra es 0.7 I πr2. Por otro lado, si la Tierra emite como si fuera un cuerpo negro
a una temperatura T , entonces la potencia irradiada viene dada, usando la ley de
Stefan-Boltzmann, por 4πr2σT 4.

Tenemos entonces

Potencia absorbida = 0.7 · Iπr2
Potencia emitida = 4πr2σT 4
Condici´on de equilibrio

0.7 · Iπ/ r/2 = 4π/ r/2σT 4 (2.18.1)
(2.18.2)
y de aqu´ı

T= 0.7 · I 1 0.7 · 1372 J/ s/−1m/−2 1
4σ 4 4 · 5.67 × 10−8 J/ s/−1m/−2K−4 4

= = 255 K

68 Cap´ıtulo 2 Radiaci´on electromagn´etica

es decir

T = 255 K = −18 ◦C (2.18.3)

Este valor es significativamente m´as pequen˜o que el real de 288 K(15◦C). Lo que le
falta al modelo es incluir la radiaci´on que queda atrapada en la atmo´sfera, es decir,
la absorbida antes de llegar a la Tierra y la que queda retenida por el denominado
efecto invernadero. La primera disminuir´ıa la radiaci´on incidente, mientras que la
segunda disminuir´ıa la radiaci´on perdida por emisi´on.

2.19 Una pequen˜a nave espacial se encuentra a 9.3×109 m del Sol. En un
momento dado despliega una vela solar completamente reflectora de 100
m2 de superficie, sobre la que inciden perpendicularmente los rayos del
Sol. Calcule el tiempo que tardar´ıa la nave en cruzar la o´rbita de la Tie-
rra, impulsada u´nicamente por el viento solar, suponiendo despreciable la
atraccio´n del Sol. Compruebe, sin embargo, que la aceleraci´on gravitacio-
nal con la que el Sol atrae a la nave no es precisamente despreciable. La
nave pesa 200 Kg, la masa de Sol es 2×1030 Kg, su radio vale 7×108 m,
la intensidad de la radiaci´on en la superficie solar es de 6.3×107 W/m2,
la distancia media a la ´orbita de la Tierra vale 1.5×1011 m y la constante
de la gravedad es 6.67×10−11 Nm2Kg−2.

Objetivo

Calcular la aceleraci´on que producir´ıan los fotones que inciden en una superficie.

Sugerencias

Conocida la potencia de emisi´on solar en la superficie del Sol, obtenemos la
intensidad a la distancia a la que se situ´a la nave.

Conocida la intensidad determinamos la presi´on que ejerce la radiaci´on y a
partir de ella la fuerza que ejercen los fotones sobre la nave. Esta fuerza nos
permite calcular a su vez la aceleracio´n que le imprime.

Conocida la aceleracio´n determinamos el tiempo que tardara´ la nave en recorrer
la distancia que media desde donde est´a situada inicialmente hasta la o´rbita de
la Tierra.

Determinamos la fuerza de atraccio´n gravitatoria ejercida por el Sol sobre la
nave y a partir de ella calculamos la aceleracio´n que le imprime, compara´ndola
con la ejercida por los fotones sobre la nave.

Resoluci´on

La Figura 2.5 indica, esquem´aticamente, la disposici´on del Sol y de la nave. Las
distancias correspondientes son R = 7 × 108 m y d0 = 9.3 × 109. Sabemos por

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diato´micas 69

Figura 2.5: Disposicio´n del Sol y la nave espacial con velas reflectoras

el Problema (2-17) que la intensidad de la radiaci´on en la superficie solar es de
IS = 6.3 × 107 W/m2. Como la potencia viene dada por

P ot = 4πd2i · Ii (2.19.1)

donde Ii es la intensidad solar en el punto i (situado a la distancia di del Sol). Puesto
que la potencia es la misma en la superficie del Sol que en cualquier otro punto, debe

cumplirse que

4/ /π R2 · IS = 4/ /π (R + d0)2 · Id0 (2.19.2)

y de aqu´ı obtenemos

Id0 = IS R2 = 6.3 × 107 · (7 × 108)2 = 3 × 105 W (2.19.3)
(R + d0)2 (0.7 × 109 + 9.3 × 109)2 m2

La presio´n de la radiaci´on sobre la vela completamente reflectora de la nave es

P = 2Id0 = 2 × 3 × 105 = 2 × 10−3 N (2.19.4)
c 3 × 108 m2

Como la superficie de la vela es de 10 m2, la fuerza que actu´a sobre la vela es

F = P × A = 2 × 10−3 × 102 = 0.2 N (2.19.5)

y esta fuerza le imprime una aceleraci´on dada por

a = F = 0.2 = 1 × 10−3 m (2.19.6)
m 200 s2

Si la velocidad inicial es nula, la expresi´on para la distancia recorrida por un objeto
en movimiento uniformemente acelerado es

df = d0 + 1 at2 (2.19.7)
2

de donde despejamos

70 Cap´ıtulo 2 Radiacio´n electromagn´etica

1 (2.19.8)

t = 2d 2
a

con d = df − d0 = at2/2. Puesto que la distancia a la ´orbita de la Tierra es de
1.5 × 1011 m, la distancia que ha de recorrer la nave es

d = df − d0 = 1.5 × 1011 − 1 × 1010 = 1.4 × 1011 m (2.19.9)
Sustituyendo (2.19.9) en (2.19.8) calculamos

t= 2 · 1.4 × 1011 1 (2.19.10)
1 × 10−3
2 = 1.67 × 107 s = 193 d´ıas

lo cual supone algo ma´s de medio an˜o.

La ley de la gravitaci´on universal establece que la fuerza ejercida entre s´ı por dos
masas materiales viene dada por

FG = KGM m (2.19.11)
r2

y la aceleraci´on con que un cuerpo de masa M (el Sol), atrae a otro de masa m (la
nave) es

a = FG = KGM (2.19.12)
m r2

con lo que para nuestro caso

a = 6.67 × 10−11 · 2 × 1030 = 1.33 m (2.19.13)
(1010)2 s2

que es tres ´ordenes de magnitud superior a la aceleracio´n que causa el viento solar
dada por la Ecuaci´on (2.19.6).

2.20 La l´ınea de emisio´n del hidro´geno que tiene una longitud de onda de
1216 A˚ se observa en el espectro de cierta galaxia a 1315 A˚. Calcule la
velocidad a la que se mueve la galaxia de nosotros usando tanto la ex-
presi´on exacta que proporciona la variaci´on de la frecuencia por efecto
Doppler, como la expresio´n aproximada para el caso en el que v/c << 1.

Objetivo

Calcular la velocidad de desplazamiento de una galaxia a partir de la posicio´n de la
l´ınea de emisi´on del hidr´ogeno.

Problemas de Espectroscop´ıa I.- Fundamentos, ´atomos y mol´eculas diat´omicas 71

Sugerencias

Partimos de la expresi´on para la frecuencia considerando el efecto Doppler y
conociendo el desplazamiento obtenemos una relaci´on entre la velocidad de la
galaxia y la de la luz.

Calculamos la velocidad exacta y obtenemos una expresio´n aproximada supo-
niendo que la velocidad de desplazamiento es despreciable frente a la de la
luz.

Resoluci´on
La expresi´on general para la variacio´n de la frecuencia es

ν′ = ν 1 − v (2.20.1)
c

1 − v2
c2

En nuestro caso tenemos

λ = c = 1216 ˚A (2.20.2)
ν

λ′ = c = 1315 ˚A (2.20.3)
ν′

Hemos de despejar v/c de la Ecuacio´n (2.20.1) en funci´on de λ y λ′. Desarrollamos

ν′ = /c λ = 1 − v = 1 − v 1 − v = 1 − v 1 (2.20.4)
ν λ′/c c c c c 2

1 − v2 1 − v 1 + v 1 + v
c2 c c c

y elevando esta expresi´on al cuadrado y despejando v/c obtenemos

1 − v λ2 v λ 2 v
c λ′ c λ′ c
v = ⇒ 1 − = 1 +
1 + c



v 1− λ2 λ 2 v λ2
c 1+ λ′ λ′ c λ′
= ⇐ 1− = 1+ (2.20.5)
λ2
λ′

que es la expresi´on exacta que debemos utilizar. Sustituyendo en ella los valores de
λ y λ′, calculamos

v 1− 1216 2
c 1+
= 1315 2 = 0.0781 (2.20.6)
1216

1315

72 Cap´ıtulo 2 Radiacio´n electromagn´etica

de modo que

v = 2.34 · 107 m (2.20.7)
s

Esta es la velocidad a la que se aleja la galaxia.

Usemos ahora la expresio´n aproximada

ν′ = ν 1 − v (2.20.8)
c

El resultado va a ser, presumiblemente, muy parecido al exacto, ya que la Ecuacio´n
(2.20.6) nos dice que v/c ≪ 1. Despejando v/c en la Ecuacio´n (2.20.8) obtenemos,

v = 1 − λ (2.20.9)
c λ′ (2.20.10)

de donde v = 1 − 0.9247 = 0.0753
y de aqu´ı c

v = 2.26 × 107 m (2.20.11)
s

C A P ´I T U L O 3

Interacci´on de la radiacio´n con la
materia

ENUNCIADOS Y RESOLUCIO´ N DE LOS PROBLEMAS

3.1 Determine la probabilidad de transicio´n para una perturbacio´n H′(x)
independiente del tiempo usando la teor´ıa de perturbaciones de primer
orden.

Objetivo
Obtener la probabilidad de transici´on cuando la perturbaci´on no depende del tiempo.
Sugerencias

Partimos de la expresio´n general para la probabilidad de transicio´n dependiente
del tiempo en la aproximacio´n de primer orden.

Determinamos la probabilidad de transici´on para una perturbaci´on que no de-
pende del tiempo.

Analizamos el comportamiento de la probabilidad de transicio´n con el tiempo.

Resoluci´on
La expresi´on general, de primer orden, para la probabilidad de transicio´n es

Pn→m(t) = 1 t2 (3.1.1)

2 Hm′ n(t′)eiωmnt′ dt′

0

donde

Hm′ n(t′) = m H′(x, t) n (3.1.2)
Si la perturbacio´n no depende del tiempo, entonces










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