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\topmargin -1.5cm

%Defino los valores numéricos de las constantes
\newcommand{\An}{10^{-10}~\mbox{m}}
\newcommand{\cn}{2.998 \times 10^{8}~\mbox{m/s}}
\newcommand{\en}{1.6022 \times 10^{-19}~\mbox{C}}
\newcommand{\epn}{8.8542 \times 10^{-12}~\mbox{F m}^{-1}}
\newcommand{\eVn}{1.6022 \times 10^{-19}~\mbox{J}}
\newcommand{\hn}{6.626 \times 10^{-34}~\mbox{J~s}}
\newcommand{\hbn}{1.055 \times 10^{-34}~\mbox{J~s}}
\newcommand{\kn}{1.381 \times 10^{-23}~\mbox{J~K^{-1}}}
\newcommand{\men}{9.109 \times 10^{-31}~\mbox{kg}}
\newcommand{\mpn}{1.673 \times 10^{-27}~\mbox{kg}}
\newcommand{\NAn}{6.022 \times 10^{23}~\mbox{mol}^{-1}}
\newcommand{\nmn}{10^{-9}~\mbox{m}}
\newcommand{\pmn}{10^{-12}~\mbox{m}}
\newcommand{\Rn}{8.315~\mbox{J~K^{-1}~mol^{-1}}}
\newcommand{\RHn}{109677.5856~\mbox{cm}^{-1}}
%Defino Magnitudes
\newcommand{\Cal}{~\mbox{cal}}
\newcommand{\cm}{~\mbox{cm}}
\newcommand{\eV}{~\mbox{eV}}
\newcommand{\erg}{~\mbox{erg}}
\newcommand{\g}{~\mbox{g}}
\newcommand{\Hz}{~\mbox{Hz}}
\newcommand{\J}{~\mbox{J}}
\newcommand{\kc}{~\mbox{kcal}}
\newcommand{\kcm}{~\mbox{kcal/mol}}
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\newcommand{\uma}{~\mbox{uma}}

% define nuevos comandos.
%\newcommand{\sen}[1]{~\mbox{sen} \, #1}
%\newcommand{\sen}{~\mbox{sen} \,}
\newcommand{\sen}{\mathop{\rm sen}\nolimits}

\mathindent 0.0cm


\pagestyle{myheadings}
\markboth{\bf {Problemas de Fundamentos de Química Cuántica (2000/01)
$\;\;\;\;\;\;\;$ 1$^o$ de C. Químicas.}}
{{\bf Problemas de Fundamentos de Química Cuántica (2000/01)
$\;\;\;\;\;\;\;$ 1$^o$ de C. Químicas.}}

\begin{document}
{\bf Fundamentos de Química Cuántica - Problemas resueltos (2000/01)}
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\newcounter{problemas}
\begin{list}{\arabic{problemas}}
  {\usecounter{problemas}
  }

\setcounter{problemas}{14}
\item Calcular el módulo de (a) $-2$, (b) $3-2i$, (c) $\cos
\theta + i \sen \theta $, (d) $y \, \exp(iax)$.

{\bf Solución:}

(a) $|-2| = \sqrt{(-2)^2+0^2} = 2$,

(b) $|3-2i| = \sqrt{(3+2i)\times(3-2i)} = \sqrt{3^2+2^2}
= \sqrt{13}$, 

(c) $|\cos \theta + i \sen \theta| =
\sqrt{(\cos \theta - i \sen \theta) \times
(\cos \theta + i \sen \theta)} =
\sqrt{ \cos^2 \theta + \sen^2 \theta} = 1$, 

(d) $|y \, \exp(iax)| = \sqrt{y \, \exp(-iax) \times y \, \exp(iax)}
= |y|$.

\item Probar que $(fg)^* = f^* g^*$ donde $f$ y $g$ son cantidades
complejas.

{\bf Solución:}
Sea $f=a+bi$ y $g=c+di$ con $a,b,c$ y $d$ reales, entonces
$(fg)^* = \left[ (a+bi) (c+di) \right]^* =
\left[ (ac-bd) + (ad+bc)i \right]^* =
(ac-bd) - (ad+bc)i$ y
$ f^* g^* = (a+bi)^* (c+di)^* = (a-bi) (c-di) =
(ac-bd) - (ad+bc)i$.

\item Verificar que si $\Psi$ es una solución de la ecuación de
Schr\"{o}dinger dependiente del tiempo, entonces $c \Psi$ es también
solución siendo $c$ una constante.

{\bf Solución:}
Si $\Psi$ es solución de 
$i \hbar \partial \Psi / \partial t = \hat{H} \Psi$,
entonces $c \Psi$ también, ya que se cumple
$i \hbar \partial c\Psi / \partial t = \hat{H} c\Psi$.

\item Comprobar que las funciones $\Psi(x,t) = A  \exp[2\pi i
(\pm x/\lambda -\nu t)]$  son soluciones de la ecuación de Schr\"odinger
monodimensional dependiente del tiempo
de una partícula libre. Suponiendo que $\lambda$ es la longitud de
onda de De Broglie, expresar $\nu$ en función del momento lineal $p$.

{\bf Solución:}

Para una partícula libre la ecuación de Schr\"odinger
monodimensional dependiente del tiempo es:

$$
i \hbar \frac{\partial \Psi(x,t)}{\partial t} = 
-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2 \Psi(x,t)}{\partial x^2}
$$

Para comprobar que es solución, calcularemos los dos miembros:

$$
i \hbar 
\frac{\partial}{\partial t}  
A \exp[2\pi i (\pm x/\lambda -\nu t)] =
-A 2\pi i^2 \hbar \nu \exp[2\pi i (\pm x/\lambda -\nu t)]=
A 2\pi \hbar \nu \exp[2\pi i (\pm x/\lambda -\nu t)]
$$
y
$$
-\frac{\hbar^2}{2m} 
\frac{\partial^2}{\partial x^2}
A \exp[2\pi i (\pm x/\lambda -\nu t)]
=
- A \frac{4\pi^2 i^2}{\lambda^2} \frac{\hbar^2}{2m}
\exp[2\pi i (\pm x/\lambda -\nu t)]
$$

\begin{displaymath}
\mbox{que son iguales si }
2\pi \hbar \nu = \frac{4\pi^2}{\lambda^2} \frac{\hbar^2}{2m},
\mbox{ o sea si } \nu = \frac{2\pi\hbar}{2m\lambda^2}.
\mbox{ Como }  \lambda = h/p \rightarrow h \nu = \frac{p^2}{2m} .
\end{displaymath}

\item Si la posición de un electrón se mide con una precisión de $\pm
0.001$ \AA~¿Cuál será la máxima precisión para el momento? 

{\bf Solución:}

De acuerdo con el principio de Incertidumbre 
$\Delta x \Delta p_x \ge \hbar/2$, luego en este caso si
$\Delta x = 0.002$~\AA

$$\Delta p_x \ge \frac{\hbar}{2 \Delta x} =
\frac{\hbn}{2 \times 0.002 \times \An} = 
0.264 \times 10^{-21} \mbox{Kg m/s}
$$

Si calculamos $\Delta v_x = \frac{\Delta p_x}{m} = 
\frac{0.264 \times 10^{-21} \mbox{Kg m/s}}{\men} = 2.898 \times 10^8
\mbox{m/s} $, vemos que en este
caso la indeterminación en la velocidad es del orden de la velocidad de
la luz.

\item Un átomo sufre una transición desde un estado excitado con un
tiempo de vida de 1 ns al estado fundamental, y emite un fotón con una
longitud de onda de 600 nm. Calcular la incertidumbre en la energía del
estado excitado.

{\bf Solución:}

De acuerdo con el principio de Incertidumbre 
$\Delta E \Delta t \ge \hbar/2$, luego en este caso

$$\Delta E \ge \frac{\hbar}{2 \Delta t} =
\frac{\hbn}{2 \times 10^{-9}~\mbox{s}} =
0.528 \times 10^{-25} \J
$$

mientras que la energía con respecto al estado fundamental es de
$$ E = h \nu = \frac{h c}{\lambda} = 
\frac{\hn \times \cn}{600 \times 10^{-9} \m}
= 3.311 \times 10^{-19} \J
$$

\item Hallar la longitud de onda de la luz emitida cuando una partícula
de $1.0 \times 10^{-27}$ g en una caja monodimensional de 30 nm pasa del
nivel $n=2$ al nivel $n=1$.

{\bf Solución:}

Los niveles de energía de una caja monodimensional son:
$ E_n = \frac{h^2}{8ma^2} n^2$, que permite obtener la energía de la
transición

$$
E = E_2 - E_1 = \frac{h^2}{8ma^2} \left( 2^2 - 1^2 \right)
= \frac{3 h^2}{8ma^2}
$$
de donde se puede obtener la frecuencia de la luz emitida
$$
\nu = E/h = \frac{3 h}{8ma^2} = \frac{3 \times \hn}{8 \times 10^{-27}
\g \times (30 \times 10^{-9} \m)^2} \frac{1000 \g}{1 \kg} =
2.761 \times 10^{11} \Hz
$$

\begin{displaymath}
\mbox{ y la longitud de onda }
\lambda = \frac{c}{\nu} = \frac{\cn}{2.761 \times 10^{11} \Hz} =
1.086 \times 10^{-3} \m = 1.086 ~\mbox{mm}
\end{displaymath}

\item Calcular la energía en electronvoltios (eV) de los niveles $n=1,
2$ y 3 de un electrón en una caja de potencial monodimensional de
longitud $a=560$ pm.

{\bf Solución:}

Los niveles de energía de una caja monodimensional son:
$ E_n = \frac{h^2}{8ma^2} n^2$, que permite obtener la energía de los
niveles:

$$
E_1 = \frac{h^2}{8m_ea^2} = \frac{(\hn)^2}{8 \times \men \times (560
\times 10^{-12} \m)^2} = 1.921 \times 10^{-19} \J
\times \frac{1\eV}{\eVn} = 1.20 \eV
$$

Si expresamos la energía del estado $n$ en función de la energía del
estado fundamental $E_n=E_1 \, n^2$:
$$
E_2 = 4 E_1 = 4.80 \eV
$$
$$
E_3 = 9 E_1 = 10.80 \eV
$$

\item Para una partícula en el estado estacionario $n$ de una caja
monodimensional de longitud $a$, encontrar la probabilidad de que la
partícula esté en la región $0 \le x \le a/4$.

{\bf Solución:}

$$
P(0 \le x \le a/4) = \int_{0}^{a/4} dx \, \psi_n^*(x) \psi_n(x)
=\frac{2}{a} \int_{0}^{a/4} dx \, \sen^2 \frac{n\pi x}{a}
$$
que se resuelve haciendo la sustitución
$$
2 \, \sen^2 \theta = 1 - \cos (2 \theta)
$$
$$
P(0 \le x \le a/4) = 
\frac{1}{a} \int_{0}^{a/4} dx \, \left( 1 - \cos \frac{2 n\pi x}{a}
\right) = \frac{1}{a}
\left(
     \frac{a}{4} - \frac{a}{2 n\pi} \sen \frac{n\pi}{2} 
\right)
= \frac{1}{4} - \frac{1}{2 n\pi} \sen \frac{n\pi}{2}
$$
Nótese que si $n$ es par, $\sen \frac{n\pi}{2} = 0$ y
$P(0 \le x \le a/4) = \frac{1}{4}$, 
y si $n$ es impar, se puede expresar como $n=2l+1$, con $l=0,1,2,3,...$,
de tal forma que
$\sen \frac{n\pi}{2} = \sen \frac{(2l+1)\pi}{2} = (-1)^l$. En este caso
$P(0 \le x \le a/4) = \frac{1}{4}- \frac{1}{2n\pi} $ si $n=1,5,...$ y
$P(0 \le x \le a/4) = \frac{1}{4}+ \frac{1}{2n\pi} $ si $n=3,7,...$



\item Para el estado fundamental de una partícula en una caja
monodimensional de longitud $a$, encontrar la probabilidad de que la
partícula esté entre $\pm 0.001a$ del punto $a/2$.

{\bf Solución:}

$$
P(a/2) = \int_{a/2-0.001a}^{a/2+0.001a} \psi_n^*(x) \psi_n(x) dx
$$
Como la función de onda casi no varía en dicho intervalo, se puede
tomar como constante e igual al valor en $a/2$

$$
P(a/2) = \psi_n^*(a/2) \psi_n(a/2) \int_{a/2-0.001a}^{a/2+0.001a} dx
=\frac{2}{a} \sen^2 \frac{n\pi}{2} \times 0.002a
$$

Para el estado fundamental $n=1$
$$
P(a/2) =\frac{2}{a} \sen^2 \frac{\pi}{2} \times 0.002a
= 0.004
$$

\item Para el estado estacionario de número cuántico $n$ de la partícula
en una caja, escribir una expresión para la probabilidad de que la
partícula se encuentre entre $a/4$ y $a/2$.

{\bf Solución:}

$$
P(a/4 \le x \le a/2) = \int_{a/4}^{a/2} dx \, \psi_n^*(x) \psi_n(x)
=\frac{2}{a} \int_{a/4}^{a/2} dx \, \sen^2 \frac{n\pi x}{a} =
$$
$$
\frac{1}{a} \int_{a/4}^{a/2} dx \, 
\left( 
1 - \cos \frac{2 n\pi x}{a} 
\right) =
\frac{1}{a} 
\left[ 
     \frac{a}{2} - \frac{a}{4}
     - \frac{a}{2 n\pi} \left( 
                \sen n\pi - \sen \frac{n\pi}{2}
                        \right)
\right]
= \frac{1}{4} + \frac{1}{2 n\pi} \sen \frac{n\pi}{2}
$$

\item Para un electrón en una determinada caja monodimensional, la
transición observada de menor frecuencia es $2.0 \times 10^{14}$
s$^{-1}$. Calcular la longitud de la caja.

{\bf Solución:}

En este caso
$$ 
h \nu = E_2 - E_1 = \frac{h^2}{8ma^2} \left( 2^2 - 1^2 \right)
= \frac{3 h^2}{8ma^2}
$$
luego
$$
a = \sqrt{ \frac{3 h}{8m\nu} } = 
\sqrt{ \frac{3 \times \hn}{8 \times \men \times 2.0 \times 10^{14} \Hz} } =
1.168 \times 10^{-9} \m = 1.168 \nm
$$

\item Teniendo en cuenta las condiciones de continuidad que la función
de onda debe satisfacer, que pasaría a los niveles de energía de una
partícula en una caja monodimensional si la longitud de la caja cambia
de $a$ a $a/j$ ($j=2,3, ...$).

{\bf Solución:}

La energía para una caja monodimensional de longitud $a/j$ es
$$
E_n = \frac{h^2}{8m(a/j)^2} n^2 =
\frac{h^2}{8m a^2} n^2 j^2
$$
luego al dividir la longitud de la caja $j$ veces, aumenta la energía
de  los niveles $j^2$ veces.

\item Encontrar las funciones de onda y las correspondientes energías
para los estados estacionarios de una partícula en una caja de potencial
tridimensional de lados $a, b$ y $c$.

{\bf Solución:}

Para una partícula en una caja tridimensional de lados $a, b$ y $c$, la
ecuación de Schr\"{o}dinger independiente del tiempo es:
$$
\frac{-\hbar^2}{2m}
\left(
\frac{\partial^2}{\partial x^2} +
\frac{\partial^2}{\partial y^2} +
\frac{\partial^2}{\partial z^2}
\right) \psi(x,y,z) = E \psi(x,y,z)
$$
Aplicando el método de separación de variables, buscaremos soluciones
de la forma
$$
\psi(x,y,z) = X(x) Y(y) Z(z).
$$
Sustituyendo en la ecuación y dividiendo por $ X(x) Y(y) Z(z)$
obtenemos $$
\frac{-\hbar^2}{2m}
\left[
\frac{1}{X(x)} \frac{d^2 X(x)}{d x^2} +
\frac{1}{Y(y)} \frac{d^2 Y(y)}{d y^2} +
\frac{1}{Z(z)} \frac{d^2 Z(z)}{d z^2}
\right] = E
$$
De donde se deduce que cada uno de los términos del primer miembro
tienen que ser constantes. Denominándolas $E_x$, $E_y$ y $E_z$,
reducimos el problema a tres problemas monodimensionales, cuyas
soluciones ya conocemos. Por tanto, la solución general es
$$
\psi(x,y,z) = X(x) Y(y) Z(z) = 
\sqrt{\frac{8}{abc}}
\, \sen \frac{n_x \pi x}{a}
\, \sen \frac{n_y \pi y}{b}
\, \sen \frac{n_z \pi z}{c}
$$
con $n_x,n_y,n_z = 1, 2, 3, ...$, y
$$
E = E_x + E_y + E_z =
\frac{h^2}{8m}
\left(
\frac{n_x^2}{a^2} +
\frac{n_y^2}{b^2} +
\frac{n_z^2}{c^2}
\right)
$$

\item Para una partícula en una caja cúbica de lado $a$: (a) ¿Cuántos
estados tienen energías en el rango de 0 a $16h^2/8ma^2$? (b) ¿Cuántos
niveles de energía caen en ese rango?.

{\bf Solución:}

\begin{displaymath}
\mbox{En este caso los niveles de energía son }
E_{n_x, n_y, n_z} = 
\frac{h^2}{8m a^2} \left( n_x^2 + n_y^2 + n_z^2 \right)
\end{displaymath}
de donde se deduce (a) que el número de estados con energías en el
rango de 0 a $16h^2/8ma^2$ es 17, y (b) que corresponden a 6 niveles de
energía.
{\footnotesize
\begin{table}[h]
\centering
\begin{tabular}{ccc}
$n_x, n_y, n_z$ & $E_{n_x, n_y, n_z}/(h^2/8m a^2)$ & degeneración \\
\hline
 1 1 1 &  3 & 1  \\
 1 1 2 &  6 & 3  \\
 1 2 1 &  6 &    \\
 2 1 1 &  6 &    \\
 1 2 2 &  9 & 3  \\
 2 1 2 &  9 &    \\
 2 2 1 &  9 &    \\
 1 1 3 & 11 & 3  \\
 1 3 1 & 11 &    \\
 3 1 1 & 11 &    \\
 2 2 2 & 12 & 1  \\
 1 2 3 & 14 & 6  \\
 1 3 2 & 14 &    \\
 2 1 3 & 14 &    \\
 2 3 1 & 14 &    \\
 3 1 2 & 14 &    \\
 3 2 1 & 14 &    \\
\end{tabular}
\end{table}
}

\item Para una partícula en una caja tridimensional de lados $a, b$ y
$c$ con $a \ne b=c$, hacer una tabla de $n_x, n_y, n_z$, las energías y
las degeneraciones de los niveles con números cuánticos en el rango de 1
a 5 (Tomar $a^2/b^2=2$).

{\bf Solución:}

\begin{displaymath}
\mbox{En este caso los niveles de energía son }
E_{n_x, n_y, n_z} = 
\frac{h^2}{8m a^2} \left[ n_x^2 + 2\left(n_y^2 + n_z^2 \right) \right]
\end{displaymath}
En el rango de números cuánticos de 1 a 5 existen 125 estados, pondremos aquí 
solamente los 25 primeros

{\footnotesize
\begin{table}[h]
\centering
\begin{tabular}{ccc}
$n_x, n_y, n_z$ & $E_{n_x, n_y, n_z}/(h^2/8m a^2)$ & degeneración \\
\hline
 1 1 1 & 5   &  1 \\
 2 1 1 & 8   &  1 \\
 1 1 2 & 11  &  2 \\
 1 2 1 & 11  &    \\
 3 1 1 & 13  &  1 \\
 2 1 2 & 14  &  2 \\
 2 2 1 & 14  &    \\
 1 2 2 & 17  &  1 \\
 3 1 2 & 19  &  2 \\
 3 2 1 & 19  &    \\
 2 2 2 & 20  &  2 \\
 4 1 1 & 20  &    \\
 1 1 3 & 21  &  2 \\
 1 3 1 & 21  &    \\
 2 1 3 & 24  &  2 \\
 2 3 1 & 24  &    \\
 3 2 2 & 25  &  1 \\
 4 1 2 & 26  &  2 \\
 4 2 1 & 26  &    \\
 1 2 3 & 27  &  2 \\
 1 3 2 & 27  &    \\
 3 1 3 & 29  &  3 \\
 3 3 1 & 29  &    \\
 5 1 1 & 29  &    \\
 2 2 3 & 30  &  2 \\
 2 3 2 & 30  &    \\
%4 2 2 & 32  &  1 \\
%1 1 4 & 35  &  6 \\
%1 4 1 & 35  &    \\
%3 2 3 & 35  &    \\
%3 3 2 & 35  &    \\
%5 1 2 & 35  &    \\
%5 2 1 & 35  &    \\
%4 1 3 & 36  &  2 \\
%4 3 1 & 36  &    \\
%1 3 3 & 37  &  1 \\
%2 1 4 & 38  &  2 \\
%2 4 1 & 38  &    \\
%2 3 3 & 40  &  1 \\
%1 2 4 & 41  &  3 \\
%1 4 2 & 41  &    \\
%5 2 2 & 41  &    \\
%4 2 3 & 42  &  2 \\
%4 3 2 & 42  &    \\
%3 1 4 & 43  &  2 \\
%3 4 1 & 43  &    \\
%2 2 4 & 44  &  2 \\
%2 4 2 & 44  &    \\
%3 3 3 & 45  &  3 \\
%5 1 3 & 45  &    \\
%5 3 1 & 45  &    \\
%3 2 4 & 49  &  2 \\
%3 4 2 & 49  &    \\
%4 1 4 & 50  &  2 \\
%4 4 1 & 50  &    \\
%1 3 4 & 51  &  4 \\
%1 4 3 & 51  &    \\
%5 2 3 & 51  &    \\
%5 3 2 & 51  &    \\
%4 3 3 & 52  &  1 \\
%1 1 5 & 53  &  2 \\
%1 5 1 & 53  &    \\
%2 3 4 & 54  &  2 \\
%2 4 3 & 54  &    \\
%2 1 5 & 56  &    \\
%2 5 1 & 56  &    \\
%4 2 4 & 56  &    \\
%4 4 2 & 56  &    \\
%1 2 5 & 59  &    \\
%1 5 2 & 59  &    \\
%3 3 4 & 59  &    \\
%3 4 3 & 59  &    \\
%5 1 4 & 59  &    \\
%5 4 1 & 59  &    \\
%3 1 5 & 61  &    \\
%3 5 1 & 61  &    \\
%5 3 3 & 61  &    \\
%2 2 5 & 62  &    \\
%2 5 2 & 62  &    \\
%1 4 4 & 65  &    \\
%5 2 4 & 65  &    \\
%5 4 2 & 65  &    \\
%4 3 4 & 66  &    \\
%4 4 3 & 66  &    \\
%3 2 5 & 67  &    \\
%3 5 2 & 67  &    \\
%2 4 4 & 68  &    \\
%4 1 5 & 68  &    \\
%4 5 1 & 68  &    \\
%1 3 5 & 69  &    \\
%1 5 3 & 69  &    \\
%2 3 5 & 72  &    \\
%2 5 3 & 72  &    \\
%3 4 4 & 73  &    \\
%4 2 5 & 74  &    \\
%4 5 2 & 74  &    \\
%5 3 4 & 75  &    \\
%5 4 3 & 75  &    \\
%3 3 5 & 77  &    \\
%3 5 3 & 77  &    \\
%5 1 5 & 77  &    \\
%5 5 1 & 77  &    \\
%4 4 4 & 80  &    \\
%1 4 5 & 83  &    \\
%1 5 4 & 83  &    \\
%5 2 5 & 83  &    \\
%5 5 2 & 83  &    \\
%4 3 5 & 84  &    \\
%4 5 3 & 84  &    \\
%2 4 5 & 86  &    \\
%2 5 4 & 86  &    \\
%5 4 4 & 89  &    \\
%3 4 5 & 91  &    \\
%3 5 4 & 91  &    \\
%5 3 5 & 93  &    \\
%5 5 3 & 93  &    \\
%4 4 5 & 98  &    \\
%4 5 4 & 98  &    \\
%1 5 5 & 101 &    \\
%2 5 5 & 104 &    \\
%5 4 5 & 107 &    \\
%5 5 4 & 107 &    \\
%3 5 5 & 109 &    \\
%4 5 5 & 116 &    \\
%5 5 5 & 125 &    \\
\end{tabular}
\end{table}
}

Nótese que en este caso además de degeneración debida a la simetría
se producen casos de degeneración accidental (Véase cuando la energía
vale $ E_{n_x,n_y, n_z} = 29h^2/8m a^2$).

\item Comprobar que la función $\phi = N \exp ( -\alpha x^2/2 ) $ es
solución de la ecuación de Schr\"{o}dinger para un oscilador armónico.
Relacionar $\alpha$ con la constante de fuerza del oscilador y la masa
de la partícula, y calcular la energía correspondiente a esa solución.

{\bf Solución:}

La ecuación de Schr\"{o}dinger independiente del tiempo para el
oscilador armónico monodimensional es
$$
\left(
\frac{-\hbar^2}{2m}
\frac{d^2}{d x^2} + \frac{1}{2} k x^2
\right)
\phi(x) = E \phi(x)
$$
Para comprobar que es solución tenemos que sustituir 
$\phi = N \exp ( -\alpha x^2/2 ) $,
para lo que necesitamos la segunda derivada

$$
\frac{d \phi}{d x} = N ( -\alpha x ) \exp ( -\alpha x^2/2 ) 
$$
$$
\frac{d^2 \phi}{d x^2} = - N \alpha ( 1 -\alpha x^2) \exp ( -\alpha x^2/2 )
= - \alpha ( 1 -\alpha x^2) \phi(x)
$$
que será solución si
$$
\frac{\hbar^2}{2m}
\alpha ( 1 -\alpha x^2) \phi(x)  
+ \frac{1}{2} k x^2
\phi(x) = E \phi(x)
$$
o lo que es lo mismo, si reordenamos
$$
\left(
\frac{\hbar^2}{2m} \alpha - E
\right)
+
\left(
- \frac{\hbar^2}{2m} \alpha^2 + \frac{1}{2} k
\right) x^2 = 0
$$
que será nulo para todo valor de $x$ si
$$
\frac{\hbar^2}{2m} \alpha - E = 0
$$
$$
- \frac{\hbar^2}{2m} \alpha^2 + \frac{1}{2} k = 0
$$
De la segunda ecuación obtenemos el valor de $\alpha$
$$
\alpha = \sqrt{ \frac{km}{\hbar^2} }
$$
y de la primera el valor de la energía correspondiente a dicho estado
$$
E = \frac{\hbar^2}{2m} \alpha =
\frac{\hbar^2}{2m} \sqrt{ \frac{km}{\hbar^2} } =
\frac{\hbar}{2} \sqrt{ \frac{k}{m} } =
\frac{1}{2} h \nu_e
$$
donde $\nu_e$ es la frecuencia fundamental de vibración, definida por
$\nu_e = \frac{1}{2\pi} \sqrt{ \frac{k}{m} }$.

\item La molécula $HI$ tiene una constante de fuerza de enlace de 314
Nm$^{-1}$. Calcular para $^1H^{127}I$ y $^2D^{127}I$: (a) La frecuencia
vibracional clásica en s$^{-1}$, (b) el número de onda correspondiente a
la transición de $n=0$ a $n=1$ en el espectro vibracional.

{\bf Solución:}

En este caso $\nu_e= \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{\mu}} $, donde $\mu$
es la masa reducida definida por $\mu=\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2}$.

%Nota: Masas atómicas
% m(^1H) = 1.007825035 uma
% m(^2D) = 2.014101779 uma
% m(^{127}I) = 126.904473 uma
\begin{displaymath}
\mbox{(a) Para el $^1 H ^{127}I$ }
\mu=\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2} =
\frac{1.007825 \times 126.904473}{1.007825+126.904473} \uma
= 0.999884 \uma 
\end{displaymath}
$$
= 0.999884 \frac{\g}{\mol} \times \frac{1 \kg}{1000 \g} 
\times \frac{1}{\NAn} = 1.66039 \times 10^{-27} \kg
$$
de donde se deduce que
$$
\nu_e= \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{\mu}} =
\frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{314 \N \m^{-1}}{1.66039 \times 10^{-27} \kg}}
= 6.92118 \times 10^{13} \Hz
$$
$$
h \nu = hc\tilde{\nu} = E_1 - E_0 =
h\nu_e(1+\frac{1}{2}) - h\nu_e(0+\frac{1}{2}) = h\nu_e
\rightarrow \nu = \nu_e
$$
y (b)
$$
\tilde{\nu} = \frac{\nu_e}{c} =
\frac{6.92118 \times 10^{13} \Hz}{\cn} \times \frac{1\m}{100\cm} =
2308.6 \cm^{-1}
$$.

Análogamente para el $^2D^{127}I$: 
% m(^2D) = 2.014101779 uma
$\mu =
\frac{2.014102 \times 126.904473}{2.014102+126.904473} \uma
= 1.982636 \uma = 3.29232 \times 10^{-27} \kg$, y
(a) $\nu_e= 4.91512 \times 10^{13} \Hz$ y
(b) $\tilde{\nu} = 1639.5 \cm^{-1}$.

\item Calcular la frecuencia de la radiación emitida cuando un
oscilador armónico de frecuencia 6.0$\times 10^{13} s^{-1}$ salta del
nivel $v=8$ al $v=7$.

{\bf Solución:}

Como $E_v = h\nu_e (v + 1/2)$, la frecuencia de la transición es
$h\nu = E_8 - E_7 = h\nu_e \rightarrow \nu = \nu_e =
6.0 \times 10^{13} \s^{-1}$.
\end{list}
\end{document}
