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)
