ejercicios mecánica cuantica parte I

ht yrig

SOLUCIÓN A LOS EJERCICIOS DE MECÁNICA CUÁNTICA: PARTE I

MC

Ns

olu

cio

nes

cop

Moisés Carrera Núñez E-MAIL: [email protected]

ht

yrig

Ejercicio 01. Dadas las funciones F 1 = a 0 , F 2 = a 1 + a 2 x, F 3 = a 3 + a 4 x + a 5 x 2 donde a 0 , a 1 , . . . , a 5 son constantes, determinar el valor de las constantes para que las funciones sean mutuamente ortonormales en el intervalo (0, 1).

〈F 1 |F 1 〉

=

1

a 0∗ a 0 dx

=

1

=

1

=

1

0

a 02

Z1

dx

0

¯1 ¯ a 02 (x)¯¯ 0

cio

a0

nes

Z1

cop

Solución Para este ejercicio primero notamos que cada una de las funciones pertenecen al espacio vectorial de los polinomios, por lo que definimos el producto escalar de ellos como la multiplicación habitual de polinomios, y los valores buscados serán encontrados haciendo combinaciones de las ecuaciones cuales resulten del producto escalar de las diferentes funciones, también sólo usaremos uno de los varios resultados para los diferentes coeficientes. Así que, primero tenemos de la condición de normalización

=

±1

(1)

a 0 = ±1

ahora, se tiene para la función F 2

〈F 2 |F 2 〉

=

1

(a 1 + a 2 x)(a 1 + a 2 x) dx

=

1

Z1 (a 12 + a 1 a 2 x + a 1 a 2 x + a 22 x 2 ) dx

=

1

=

1

olu

Z1 0

0

Ns

Z1 0

(a 12 + 2a 1 a 2 + a 22 ) dx

MC

a 12 + a 1 a 2 +

2

a 22 3

=1

(2)

ht 0

³

〈F 1 |F 2 〉

=

0

a 0 (a 1 + a 2 x) dx

=

0

=

0

¯ a 0 a 2 2 ´ ¯¯1 a0 a1 + x ¯ 2 0 a1 +

a2 =0 2

cop

Z1

yrig

por otra parte

(3)

Las ecuaciones (2) y (3) forman un sistema de ecuaciones simultaneas, al resolverlas se obtiene: p p a 1 = ∓ 3, y, a 2 = ±2 3 (4) Ahora para la función F 3 , primero

nes

〈F 3 |F 3 〉 Z1 (a 3 + a 4 x + a 5 x 2 )(a 3 + a 4 x + a 5 x 2 ) dx 0

0

¡

¢ a 32 + 2a 3 a 4 x + 2a 3 a 5 x 2 + a 42 x 2 + 2a 4 a 5 x 3 + a 52 x 4 dx

cio

Z1

=

1

=

1

=

1

a2 a2 1 2 a 32 + a 3 a 4 + a 3 a 5 + 4 + a 4 a 5 + 5 = 1 3 3 2 5 luego

〈F 2 |F 3 〉

=

0

(a 1 + a 2 x)(a 3 + a 4 x + a 5 x 2 ) dx

=

0

(a 1 a 3 + a 1 a 4 x + a 1 a 5 x 2 + a 2 a 3 x + a 2 a 4 x 2 + a 2 a 5 x 3 ) dx

=

0

=

0

=

0

olu

Z1 0

Z1 0

(5)

Ns

1 1 1 1 1 a1 a3 + a1 a4 + a1 a5 + a2 a3 + a2 a4 + a2 a5 2 3 2 3 4 p p p p p p 3 3 3 3 − 3a 3 − a4 − a 5 + 3a 3 + 2 a4 + a5 2 3 3 2

MC

a 4 = −a 5

(6)

ht 0

〈F 1 |F 3 〉

=

0

a 1 (a 3 + a 4 x + a 5 x 2 ) dx

=

0

1 1 a3 + a4 + a5 2 3

=

0

6a 3 + 3a 4 + 2a 5 = 0

cop

Z1

yrig

y por el otro lado, se tiene

(7)

Las ecuaciones (5), (6) y (7) forman un sistema de ecuaciones que al resolver se tiene r

a 4 = ∓6

r

5 , 6

a 5 = ±6

r

5 6

MC

Ns

olu

cio

nes

a3 = ±

5 , 6

(8)

ht

Demuestre que el conjunto de funciones ψn (x) = ortonormales en el intevalo (−l , l ).

1 i nπx e l , con n = 0, ±1, ±2, . . ., son 2l

Solución 02. La condición de ortonormalización:

­

ψn ′ |ψn = δn ′ n =

ψn ′ |ψn

®

=

Zl

ψ∗n ′ (x)ψn (x) dx

Zl

i nπ 1 1 i nπ p e − l x p e l x dx 2l 2l

1 2l

Zl

−l

ψn ′ |ψn

®

0 si n ′ 6= n

−l

=

­

( 1 si n ′ = n

=

cop

se tiene

®

nes

­

yrig

Ejercicio 02.

π

′

e i l x(n−n ) dx

−l

= = = = = =

l 1 2l i π(n − n ′ )

′ i π(n−n Z )

e y dy

−i π(n−n ′ )

¯i π(n−n ′ ) ¯ 1 y¯ e ′ 2i π(n − n ) ¯−i π(n−n ′ ) n o 1 i π(n−n ′ ) −i π(n−n ′ ) e − e 2i π(n − n ′ ) © ª 1 cos[π(n − n ′ )] + i sen[π(n − n ′ )] − cos[π(n − n ′ )] + i sen[π(n − n ′ )] ′ 2i π(n − n ) 2i sen[π(n − n ′ )] sen[π(n − n ′ )] = 2i π(n − n ′ ) π(n − n ′ ) sen[π(n − n ′ )] π(n − n ′ )

olu

ψn ′ |ψn

®

Ns

­

cio

Para el caso n 6= n ′ . Sea la más nueva variable y definida como y = i πl x(n − n ′ ), enl ′ ′ tonces, i π(n−n ′ ) dy = dx. Cuando x = −l , y = −i π(n − n ), si x = l ⇒ y = i π(n − n ), entonces

como n, n ′ ∈ Z, si definimos, m = n − n ′ se tendrá que m ∈ Z, entonces1 ­

® sen[πm] = 0 n 6= n ′ ψn ′ |ψn = π(m)

MC

1 A lo largo de el texto se usará el hecho de que para n ∈ Z sen nπ = 0 y cos(nπ) = (−1)n

(9)

ht ­

ψn ′ |ψn

®

1 = 2l

Zl

e 0 dx = 1

−l

entonces ­

® ψn ′ |ψn = 1,

n = n′

(10)

MC

Ns

olu

cio

nes

® ψn ′ |ψn = δnn ′

cop

De allí que se cumpla la condición de ortonormalización ­

yrig

Cuando n = n ′ , se tiene que

ht

x2 2

N= a) En este caso ψ(x) = e −x

2

/2

­

, así que

ψ|ψ

®

ψ|ψ

®

+∞ Z ψ∗ (x)ψ(x) dx

=

−∞ +∞ Z

e −x

=

­

q­

cop

en el intervalo (0, +∞)

Solución 03. La norma se ha definido como:

−∞

® ψ|ψ =

2 /2

e −x

2 /2

dx

nes

b) xe −

yrig

Ejercicio 03. Encuentre la norma de las siguientes funciones en el intervalo indicado y escriba las funciones normalizadas: x2 a) e − 2 en el intervalo (−∞, +∞)

+∞ Z 2 e −x dx

−∞

(11)

Para resolver integrales en estas formas, primero, definimos +∞ +∞ Z Z 2 2 e −x dx e −x dx = 2

cio

I (x) =

0

−∞

entonces,

+∞ +∞ Z Z 2 2 e −y dy e −x dx

olu

I 2 = I (x)I (y) = 4 I2 = 4

0

dx dy e −(x

2 +y 2 )

0

2

en un sistema polar, tal que, r = x + y 2 , ϕ = arctan(x/y) y dx dy = r dr dϕ, la función I 2 viene a ser como

Ns

2

0

0

+∞ Z +∞ Z

I

2

=

=

MC

⇒I

=

4

π/2 Z

dϕ

0

(

+∞ Z

dr r e r

2

0

−r 2 ¯¯+∞

e π ¯ − 4 2 2 ¯0 p π

)

=−

2π (−1) 2

ht ­

por lo tanto N =π

1/4

,

® p ψ|ψ = π

y,

ψnormalizada =

e−

x2 2

π1/4

= = = = = = =

por lo tanto

­ ® ⇒ ψ|ψ

0

+∞ Z 2 x 2 e −x dx, 0

=

0

−∞

+∞ Z ∂ −αx 2 1 e dx − 2 ∂α 0   +∞ Z  2 1 ∂  − e −αx dx  2 ∂α  0 ½r ¾ π 1 ∂ − 2 ∂α α µ ¶ p 1 ∂α−1/2 − π 2 ∂α µ ¶ p 1 1 −1/4 , dado que α = 1 − π − α 2 2 p π 4

y,

Ns

π1/4 N= , 2

MC

definamos α = 1

+∞ +∞ Z Z 2 1 2 −αx 2 dx = x e x 2 e −αx dx 2

olu

=

+∞ Z x2 x2 xe − 2 xe − 2 dx

nes

ψ|ψ

®

cio

­

(12)

cop

b) El proceder es similar:

yrig

así la ecuación (11) se mira como

ψnormalizada =

2e −

x2 2

π1/4

(13)

cop

Solución 04 La serie de Fourier es, por definición, ∞ X 1 F (x) = p c n e i nx 2π n=−∞

ht

yrig

Problema 04. Desarrolle en serie de Fourier la2 función F (x) = x en el intervalo −π < x < π.

nes

esta forma de escribir una tal serie de Fourier es mera notación, ya que al momento de hacer los cálculos surge la pregunta de ¿Cómo calcular tal serie?, pues corre desde el −∞ hasta +∞. Así que, uno debe obtener una forma que proporcione la facilidad del cálculo, para tal fin, procedemos: ! Ã −1 ∞ X X 1 0 i nx i nx F (x) = p c0 e + cn e + cn e 2π n=−∞ n=1 ¶ µ ∞ ∞ X X 1 −i nx i nx F (x) = p ; n > 0. (14) c0 + c −n e + cn e 2π n=1 n=1 Ahora sólo necesitamos encontrar el valor de los coeficientes c n para obtener la expresión de F (x) en serie de Fourier, entonces

Se tiene para c 0 1 c0 = p 2π

cn

xe −i nx dx

(15)

−π

Zπ

−π

¯ 1 x 2 ¯¯π xe dx = p ¯ =0 2π 2 −π 0

olu

Por el otro lado,

Zπ

cio

1 c n = 〈Un |F 〉 = p 2π

=

Zπ

=

Sea y = −i nx, implica que, −

xe −i nx dx

−π

  π ¶ Zµ  1  1 ∂ −i nx dx e − p  i ∂n 2π  −π  π  Z  1 ∂  − p e −i nx dx  i 2π ∂n 

Ns

=

1 p 2π

−π

1 d y = d x, además, en x = −π, y = i nπ, cuando x = π, in

MC

2 En el manual existe un error, pues, dice “al” donde debería decir “la”

= = =

ht cop

=

  −i Znπ  1 ∂  1 − p e y dy −  i 2π ∂n  i n i nπ ) ( ¯ 1 ∂ 1 y ¯¯−i nπ e ¯ −p 2π ∂n n i nπ ´o 1 ∂ n −1 ³ −i nπ −p n e − e i nπ 2π ∂n ´ ³ ´o 1 n −2 ³ −i nπ −n e − e i nπ + n −1 −i πe −i nπ − i πe i nπ −p 2π

=

¾ ½ ¤ 1 iπ £ n n (−1) + (−1) p 2π n

=

nes

=

· ¸ ½ 1 −2 cos(nπ) − i sen(nπ) − cos(nπ) − i sen(nπ) + −n p 2π · ¸¾ +i πn −1 cos(nπ) − i sen(nπ) + cos(nπ) + i sen(nπ)

i 2π (−1)n p 2π n

entonces cn = i

p 2π (−1)n , n

cio

cn

yrig

y = −i nπ, entonces

y,

c −n = c n∗ = −i

p 2π (−1)n n

olu

Todos los resultados anteriores nos conducen a !# Ã p " p ∞ i 2π X 1 i 2π n i nx n −i nx F (x) = p (−1) e − (−1) e n n 2π n=1 p ¾ ∞ (−1)n ½ i 2π X cos(nx) + i sen(nx) − cos(nx) + i sen(nx) = p 2π n=1 n ¾ ∞ (−1)n ½ X = i 2i sen(nx) n n=1 ∞ 2(−1)n+1 X sen(nx) n n=1

MC

Ns

F (x) =

(16)

ht yrig cop

3

2

-3

-2

nes

1

1

-1

-1

cio

-2

2

3

-3

MC

Ns

olu

Figura 1: Gráfico de la función F (x) = x en color negro, y varias aproximaciones mediante serie de Fourier del ejercicio 04 (ecuación (16)). La curva en color azul corresponde a n = 1, 2, la curva en color rojo a n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 y la curva en color verde a n = 1, 2, . . . , 50. Por supuesto mientras más términos agregemos a las suma parcial de la ecuación (16) la aproximación a F (x) = x será mucho más mejor.

ht

Z

|F (x)|2 dx =

para este caso se mira como Zπ

−π

x 2 dx =

∞ X

n=1

|c n |2 +

X n

∞ X

n=1

|c n |2

|c −n |2 + |c 0 |2

p del ejercicio anterior c n = i 2π(−1)n /n, entonces 2π = |c −n |2 , n2

y,

(17)

|c 0 |2 = 0

nes

|c n |2 =

cop

Solución 05 La fórmula de Párseval es

yrig

Ejercicio 05. Utilice los resultados del problema anterior y la fórmula de Párseval para obtener la ∞ 1 X . suma de la serie 2 n=1 n

por lo cual la ecuación (17) viene a ser como

=

Zπ

x 2 dx

−π

¯ 1 3 ¯¯π x 3 ¯−π

cio

∞ 4π X 2 n=1 n

=

=

en conclusión

2π3 3

MC

Ns

olu

∞ 1 X π2 = 2 6 n=1 n

(18)

ht yrig

Ejercicio 06. Desarrolle en serie de Fourier la función ( 0, para − π < x < 0 F (x) = sen(x), para 0 < x < π

donde los coeficientes c n están dados por la relación

〈Un |F 〉 Zπ 1 = p e −i nx F (x) dx 2π −π   0 Z Zπ  1  −i nx −i nx dx (0)e dx + (sen(x))e = p  2π 

=

nes

cn

0

−π

Así que 1 c0 = p 2π

1 p 2π

Zπ 0

0

sen(x)e −i nx dx

¯π ¯ 1 1 sen(x)e 0 dx = p (− cos x) ¯¯ = p (1 + 1) 2π 2π 0 ⇒ c0 =

y para n > 0 = =

=

1 p 2π

r

2 π

sen(x)e −i nx dx

0

Zπ 0

µ ¶ sen(x) cos(nx) − i sen(nx) dx

  π Zπ Z  1  sen(x) cos(nx) dx − i sen(x) sen(nx) dx p  2π 

MC

cn

Zπ

Ns

cn

1 p 2π

0

(19)

cio

=

Zπ

olu

cn

cop

p La base para este espacio vectorial viene dada por {Un (x) = e i nx / 2π}. El desarrollo de una función arbitraria en serie de Fourier es, entonces como ¶ µ ∞ ∞ X X 1 c0 + c −n e −i nx + c n e i nx F (x) = p 2π n=1 n=1

0

(20)

ht

Zπ

sen(x) cos(nx) dx

0

=

¸¾ Zπ ½ · 1 sen(x + nx) + sen(x − nx) dx 2

=

1 2

0

Zπ 0

{sen[(1 + n)x] + sen[(1 − n)x]} dx

= =

0

¯π(1+n) ¯π(1−n) ¾ ¯ ¯ 1 1 1 (− cos y)¯¯ (− cos y ′ )¯¯ + 2 1+n 1−n 0 0 ½

=

=

½ · ¸ · ¸¾ 1 1 1 1 − cos(π + πn) + 1 − cos(π − πn) 2 1+n 1−n

=

½ · ¸ 1 1 1 − cos(π) cos(nπ) + sen(π) sen(nπ) + 2 1+n · ¸¾ 1 1 − cos(π) cos(nπ) − sen(π) sen(nπ) + 1−n

olu =

0

½ · ¸ · ¸¾ 1 1 1 1 + cos(πn) + 1 + cos(πn) 2 1+n 1−n ½ ¾ 1 (1 − n)(1 + cos(nπ)) + (1 + n)(1 + cos(nπ)) 2 (1 + n)(1 − n) ½ ¾ 1 2 + 2 cos(nπ) 2 1 − n2

Ns

=

⇒

sen(x) cos(nx) dx

=

1 + (−1)n 1 − n2

Por otra parte un proceso similar nos conduce a

MC

0

1 sen y ′ dy ′ 1−n

½ · ¸ 1 1 − cos(π(1 + n)) + cos(0) + 2 1+n · ¸¾ 1 − cos(π(1 − n)) + cos(0) + 1−n

=

Zπ

π(1−n) Z

nes

0

1 1 sen y dy + 1+n 2

cio

sen(x) cos(nx) dx

π(1+n) Z

1 2

cop

sean las nueva variables y = (1 + n)x, y ′ = (1 − n)x, se tiene Zπ

yrig

Calculemos las integrales por separado, primero se tiene la solución para la primera integral que aparece en el lado a mano derecha:

Zπ 0

sen(x) sen(nx) dx = 0

y,

ht

1 1 + (−1)n cn = p , 2π 1 − n 2

1 1 + (−1)n c −n = c n∗ = p 2π 1 − n 2

yrig

Por lo cual:

(21)

Notamos que cuando n = ±1, la ecuación (21), posee singularidad. Para evitar esto se hace necesario encontrar el valor de c ±1 como sigue =

sen(x)e −i x dx

0

Zπ ·

¸ 1 2 sen(x) cos(x) − i sen (x) dx p 2π 0 p p π π ∗ =⇒ c −1 = c 1 = i p −i p 2 2 2 2

= c1

Zπ

cop

c1

1 p 2π

=

nes

Ahora la función F (x) en representación en forma de serie de Fourier es como: ) (r p p ∞ ∞ 1 + (−1)n i nx X 1 2 i π i x i π −i x X 1 + (−1)n −i nx + − p e + p e F (x) = p e + e p p 2 2 π 2 2 2π 2 2 n=2 2π(1 − n ) n=2 2π(1 − n ) con la ayuda de la fórmula de Euler, y, el hecho de que 1 + (−1)n es idénticamente nulo cuando n es impar. La expresión de arriba se simplifica a: ∞ 1 1 cos(nx) 2 X + sen(x) + π 2 π n=2,4,6,... 1 − n 2

(22)

cio

F (x) =

0.5

1.0

Ns

0.5

olu

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

MC

Figura 2: Gráfico de la función F (x) del ejercicio 06 y de algunas sumas parciales de la ecuación (22).

= =

〈Un |F 〉 Zl Un∗ F (x) dx

−l

cn

=

nes

Entonces

cn

ht

cop

Solución 07 La base para esta expansión en serie de Fourier viene a ser como:  nπ   i x 1 Un (x) = p e l   2l

yrig

Ejercicio 07 Desarrolle en serie de Fourier la función ( −1, para − l < x < 0 F (x) = +1, para 0 < x < l

 0  nπ nπ Zl Z  −i −i x x 1  l dx + F (x)e l dx F (x)e p  2l  0

−l

c0

=

c0

=

olu

=

  0 Z Zl  1  − dx + dx p  2l  0 −l ( ¯ ¯l ) ¯ ¯0 1 1 ¯ −x ¯ + x ¯¯ = p (−0 − l + l − 0) p 2l 2l 0 −l 0

MC

Ns

c0

cio

Cuando n=0, la ecuación (23) viene a ser

(23)

=

=

ht 0

i nπ

= = = =

cop

=

¯ l u ¯¯0 e ¯ i nπ

) ¯ l u ′ ¯¯−i nπ 1 − e p i nπ ¯0 2l i nπ ½ ´¾ ´ 1 l ³ l ³ −i nπ i nπ 1−e e −1 − p i nπ 2l i nπ p ½ ¾ l 1 1 − cos(nπ) − i sen(nπ) − cos(nπ) + i sen(nπ) + 1 p 2l i nπ s ½ ¾ l 1 2 − 2 cos(nπ) 2 i nπ s p p ½ ¾ l 2 2 1 − (−1)n 2 i nπ (

p · ¸ 2l =⇒ c n = −i 1 − (−1)n , nπ

nes

cn

  0 nπ nπ Zl Z  −i x x −i 1  l dx + e l dx − e p  2l  0 −l   −i Znπ Z0  ′ −l 1  −l eu du + du ′ eu − p  i nπ i nπ 2l 

yrig

Ahora pasemos al cálculo cuando n > 0;

y,

p · ¸ 2l c −n = i 1 − (−1)n nπ

(24)

cio

Así que la serie de Fourier para esta función es como: ( ) p · p · ¸ ¸ ∞ ∞ X X i nπx i nπx 1 2l 2l − n n 1 − (−1) e l + 1 − (−1) e l i 0− F (x) = p i 2l n=1 nπ n=1 nπ con ayuda de la fórmula de Euler se llega al resultado

³ nπ ´ ∞ 1 − (−1)n 2 X sen x π n=1 n l

olu

F (x) =

MC

Ns

ya que los términos de la serie para n =par, son idénticamente nulos, otra forma de escribir la serie como ³ nπ ´ ∞ 1 4 X sen x F (x) = (25) π n=1,3,5... n l

ht 0.5

-2

1

2

cop

-3

yrig

1.0

-1 -0.5

nes

-1.0

3

MC

Ns

olu

cio

Figura 3: Gráfico de la función F (x) del ejercicio 07, y algunas sumas parciales de la ecuación (25), donde l = π ≈ 3,1416.

ht

yrig

Ejercicio 08 Utilice los resultados del problema anterior y la fórmula de Párseval para obtener la 1 1 1 suma de la serie: 1 + 2 + 2 + 2 + · · · 3 5 7

Solución 08. La fórmula de Párseval cual ya se dedujo en el ejercicio 05, ecuación (17), es para este caso

−l

Zl 0

|F (x)|2 dx

entonces

=

l +l

=

2l

=

∞ X

n=1

|c n |2 +

∞ X

cop

|F (x)|2 dx +

n=1

|c −n |2 + |c 0 |2

∞ X 8l 8l + +0 2 π2 2 π2 n n n=1,3,5... n=1,3,5... ∞ X

16l π2

∞ X

1 2 n=1,3,5... n

1 π2 = 2 8 n=1,3,5... n ∞ X

Por otro lado 1+

nes

Z0

(26)

∞ ∞ X X 1 1 1 1 1 + + + · · · = ≡ 2 2 32 52 72 (2m + 1) n m=0 n=1,3,5...

cio

por lo tanto

π2 1 = 2 8 m=0 (2m + 1)

MC

Ns

olu

∞ X

(27)

F (x) =

( 1

ht

para − 1 < x < 1

0

para |x| > 1

y utilice el resultado para obtener el valor de las integrales:

0

sen x dx x

∞ Z

y

0

sen(x) cos(x) dx x

cop

∞ Z

yrig

Ejercicio 09. Escriba como una integral de Fourier a la función

Solución 09. La integral de Fourier de una función arbitraria F (x) se define como 1 F (x) = p 2π

∞ Z

−∞

= =

1 p 2π

F (k)e i kx dk

−∞

Z1

e i kx dk

−1 ∞ Z

cio

F (x)

∞ Z

nes

Así que 1 p 2π

F (k)e i kx dk

=

1 p 2π

=

µ ¶ 2 sen(x) 1 +0 p x 2π

−∞

[cos(kx) + i sen(kx)] dk

olu

entonces la transformada de Fourier es

F (ω) =

r

2 sen ω π ω

(28)

Ns

Y para encontrar el valor de las integrales, se hace necesario, introducir la transformada inversa de Fourier: 1 F (x) = p 2π

∞ Z

−∞

1 F (ω)e −i ωx dω = p 2π

∞ Z

−∞

F (ω)[cos(ωx) − i sen(ωx)] dω

MC

para este caso resulta ser que F (ω) es una función par, así, la dependencia de sen ωt

F (x)

∞ Z

=

1 p 2π

=

1 p 2 2π

=

2 π

∞ Z 0

F (ω) cos(ωx) dω

−∞ ∞r Z 0

2 sen ω cos(ωx) dω π ω

sen ω cos(ωx) dω ω

ht

cop

F (x)

yrig

se anulará al integrar en el intervalo simétrico (−∞, +∞), entonces

(29)

Cuando x = −1 y x = 1, F (x) = 1, en otra forma F (|x|) = 1 entonces ∞ Z h 0

i sen ω sen ω cos(ω) + cos(−ω) dω ω ω 4 π

∞ Z h 0

por lo tanto ∞ Z 0

i sen ω cos(ω) dω ω

=

1

=

1

nes

2 π

sen x π cos x dx = x 4

(30)

Ahora cuando x = 0, F (x) = 1 por lo que la ecuación (29) viene a ser ∞ Z

cio

2 π En conclusión

0

∞ Z

sen x π dx = x 2

MC

Ns

olu

0

sen ω dω = 1 ω

(31)

ht yrig

0.8

0.6

cop

0.4

0.2

-20

10

-10

20

nes

-0.2

MC

Ns

olu

cio

Figura 4: Gráfico de la transformada de Furier del ejercicio 09, ecuación (28), donde se observa claramente la simetría ya mencionada.

ht −x 2

Obtenga la transformada de Fourier de la función ψ(x) = e 2a 2 .

yrig

Ejercicio 10.

Solución 10. Ya se ha definido la transformada de Fourier, así sólo anotaré el procedimiento:

=

1 p 2π

=

1 p 2π

−

−∞ +∞ Z

x2 2a 2

e −y

+i kx

2 +i

p

x sea y = p 2a

dx;

2ak y

p 2a dy

−∞

+∞ p ´2 ³ ´2 ³ Z p 2a −y 2 +i 2ak y+ ipak − ipak 2 2 dy e p 2π −∞

nes

=

e

+∞ ³ ´2 ³ ´2 Z p ak ak a + p −y 2 +i 2ak y− p 2 2 dy e p π −∞ +∞ Z

=

a p π

=

a p π

=

a − p e π

=

a p e π

=

a − p e π

e

−∞ +∞ Z

e

· ³ ´2 ¸ ³ ´2 p ak ak + p − y 2 −i 2ak y+ p 2

·³ ´2 ¸ ³ ´2 ak ak − p − y 2 −i p

−∞

³

ak p 2

2

+∞ ´2 Z

e

2

e

ak p 2

2

´2

dy;

ak sea z = y − i p 2

dz

−∞

p a2 k 2 π = ae − 2

Ns

c(k) = ae −

MC

dy

dy

·³ ´2 ¸ ak − y 2 −i p

−∞ +∞ ³ ´2 Z ak − p −z 2 2 ³

2

cio

=

−∞ +∞ Z

cop

=

+∞ Z ψ(x)e i kx dx

olu

c(k)

1 p 2π

a2 k 2 2

(32)