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Cap. 7 Soluciones

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Índice

Básico

Intermedio

Avanzado

Básico

B-1. Onda plana en la ecuación de Schrödinger para una partícula libre

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Estrategia de resolución: Se sustituye la onda plana \(\Psi(x,t) = Ae^{i(kx - \omega t)}\) en la ecuación de Schrödinger para una partícula libre y se obtiene la relación entre \(\omega\) y \(k\).

Detalle del cálculo:

Calculamos el lado izquierdo:

\[i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} = i\hbar \cdot (-i\omega) \Psi = \hbar\omega\,\Psi\]

Calculamos el lado derecho:

\[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} = -\frac{\hbar^2}{2m}\cdot(ik)^2\Psi = -\frac{\hbar^2}{2m}\cdot(-k^2)\Psi = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}\Psi\]

Dividiendo ambos lados por \(\Psi \neq 0\):

\[\hbar\omega = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}\]

Respuesta final:

\[\boxed{\omega = \frac{\hbar k^2}{2m}}\]

Verificación: Sustituyendo \(p = \hbar k\) y \(E = \hbar\omega\) se obtiene \(E = p^2/(2m)\), lo cual coincide con la relación clásica entre energía y momento de una partícula libre. ✓

B-2. Aplica el operador de momento a cada una de las siguientes funciones de onda y obtén el resultado. Si es función propia, indica el valor propio

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Estrategia de resolución: Se aplica \(\hat{p} = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\) a cada función de onda y se verifica si el resultado tiene la forma \(\hat{p}\psi = (\text{constante})\cdot\psi\).

(a) \(\psi(x) = e^{5ix/\hbar}\)

\[\hat{p}\psi = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}e^{5ix/\hbar} = -i\hbar \cdot \frac{5i}{\hbar}\,e^{5ix/\hbar} = 5\,e^{5ix/\hbar} = 5\,\psi\]

Es función propia, con valor propio \(p = 5\) (en las unidades apropiadas).

(b) \(\psi(x) = \cos(kx)\)

\[\hat{p}\psi = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\cos(kx) = -i\hbar\cdot(-k\sin(kx)) = i\hbar k\sin(kx)\]

El resultado es \(\sin(kx)\), que no es un múltiplo constante del \(\cos(kx)\) original.

No es función propia. El resultado es \(\hat{p}\cos(kx) = i\hbar k\sin(kx)\).

(c) \(\psi(x) = (x^2 + 1)e^{ipx/\hbar}\)

Usando la regla del producto para la derivada:

\[\hat{p}\psi = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\left[(x^2+1)e^{ipx/\hbar}\right]\]
\[= -i\hbar\left[2x\,e^{ipx/\hbar} + (x^2+1)\cdot\frac{ip}{\hbar}\,e^{ipx/\hbar}\right]\]
\[= -2i\hbar x\,e^{ipx/\hbar} + p(x^2+1)e^{ipx/\hbar}\]
\[= \left[p(x^2+1) - 2i\hbar x\right]e^{ipx/\hbar}\]

El resultado no es un múltiplo constante de la \(\psi = (x^2+1)e^{ipx/\hbar}\) original (queda un coeficiente que depende de \(x\)).

No es función propia.

Verificación: (a) tiene la forma \(e^{ipx/\hbar}\) (con \(p=5\)), por lo que debe ser función propia del momento. ✓ (b) es una superposición de \(e^{ikx}\) y \(e^{-ikx}\), por lo que no posee un momento definido. ✓

B-3. Normaliza la función de onda (donde es una constante). Es decir

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Estrategia de resolución: Integrar \(|\Psi|^2\) sobre todo el espacio y aplicar la fórmula de la integral gaussiana para obtener \(A\).

Desarrollo del cálculo:

\[\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi(x)|^2\,dx = A^2\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2/a^2}\,dx = 1\]

Haciendo \(\alpha = 1/a^2\), por la fórmula de la integral gaussiana:

\[\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2/a^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{1/a^2}} = \sqrt{\pi a^2} = a\sqrt{\pi}\]

Por lo tanto:

\[A^2 \cdot a\sqrt{\pi} = 1\]
\[A^2 = \frac{1}{a\sqrt{\pi}}\]

Respuesta final:

\[\boxed{A = \frac{1}{(a\sqrt{\pi})^{1/2}} = \left(\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\right)^{1/2} = \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{a}}}\]

Verificación: Análisis dimensional: \(A^2\) debe tener dimensiones de \([1/\text{longitud}]\) (ya que \(|\Psi|^2\) es una densidad de probabilidad con dimensiones \([1/\text{longitud}]\)). \(A^2 = 1/(a\sqrt{\pi})\) tiene dimensiones de \([1/\text{longitud}]\). ✓

B-4. Propiedades de la función delta de Dirac

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Estrategia de resolución: Se aplica directamente la propiedad \(\int f(x)\delta(x - x_0)dx = f(x_0)\).

(a)

\[\int_{-\infty}^{+\infty}(3x^2 + 2)\,\delta(x-1)\,dx = 3(1)^2 + 2 = \boxed{5}\]

(b)

\[\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ikx}\,\delta(x)\,dx = e^{ik\cdot 0} = \boxed{1}\]

(c)

\[\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^*(x)\,\delta(x - x')\,dx = \boxed{\psi^*(x')}\]

Verificación: Si en (b) hacemos \(k=0\), se obtiene \(\int \delta(x)dx = 1\), lo cual coincide con la condición de normalización de la función delta. ✓

B-5. Para la función de onda de un estado estacionario, calcula la densidad de probabilidad y demuestra que no depende del tiempo

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Estrategia de resolución: Calcular directamente \(|\Psi(x,t)|^2 = \Psi^*(x,t)\Psi(x,t)\).

Desarrollo del cálculo:

\[\Psi^*(x,t) = \psi^*(x)\,e^{+iEt/\hbar}\]

Por lo tanto:

\[|\Psi(x,t)|^2 = \Psi^*\Psi = \psi^*(x)\,e^{+iEt/\hbar}\cdot\psi(x)\,e^{-iEt/\hbar}\]
\[= \psi^*(x)\psi(x)\cdot e^{+iEt/\hbar - iEt/\hbar} = |\psi(x)|^2 \cdot e^0 = |\psi(x)|^2\]

Respuesta final:

\[\boxed{|\Psi(x,t)|^2 = |\psi(x)|^2}\]

La densidad de probabilidad no depende del tiempo \(t\). Dado que el valor absoluto del factor de fase \(e^{-iEt/\hbar}\) es 1, este no contribuye a la densidad de probabilidad. Esta es la razón por la que se denomina "estado estacionario".

Verificación: Es esencial que \(E\) sea real. Si \(E\) fuera complejo, se tendría \(|e^{-iEt/\hbar}|^2 \neq 1\) y la probabilidad no se conservaría. La hermiticidad de la ecuación de Schrödinger garantiza que \(E\) sea real. ✓

B-6. Operador hamiltoniano

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Estrategia de resolución: Calcular \(\hat{H}\psi\) en la región donde \(V(x) = 0\) y verificar que adopta la forma \(E\psi\).

Desarrollo del cálculo:

Calculamos la derivada segunda de \(\psi(x) = Be^{-\kappa x}\):

\[\frac{d\psi}{dx} = -\kappa Be^{-\kappa x}\]
\[\frac{d^2\psi}{dx^2} = \kappa^2 Be^{-\kappa x} = \kappa^2\psi\]

Como \(V(x) = 0\):

\[\hat{H}\psi = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} + 0 = -\frac{\hbar^2}{2m}\cdot\kappa^2\psi = -\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}\,\psi\]

Esto tiene la forma \(\hat{H}\psi = E\psi\), por lo que \(\psi\) es una función propia de \(\hat{H}\).

Respuesta final:

\[\boxed{E = -\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}}\]

Verificación: \(E < 0\), lo cual corresponde a un estado ligado (función de onda que decae exponencialmente fuera del potencial). Como \(\kappa > 0\), \(\psi = Be^{-\kappa x}\) converge a 0 cuando \(x \to +\infty\), lo cual es físicamente razonable. ✓ Además, análisis dimensional: \([\hbar^2\kappa^2/m] = [\text{J}\cdot\text{s}]^2[\text{m}^{-2}]/[\text{kg}] = [\text{J}]\) (dimensiones de energía). ✓

B-7. Superposición de dos estados propios de energía

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Estrategia de resolución: Expandir \(|\Psi|^2 = \Psi^*\Psi\) y organizar los términos cruzados.

Detalle del cálculo:

\[\Psi^* = \frac{1}{\sqrt{2}}\psi_1 e^{+iE_1 t/\hbar} + \frac{1}{\sqrt{2}}\psi_2 e^{+iE_2 t/\hbar}\]

(Como \(\psi_1, \psi_2\) son reales, \(\psi_n^* = \psi_n\))

\[|\Psi|^2 = \Psi^*\Psi = \frac{1}{2}\left(\psi_1 e^{iE_1 t/\hbar} + \psi_2 e^{iE_2 t/\hbar}\right)\left(\psi_1 e^{-iE_1 t/\hbar} + \psi_2 e^{-iE_2 t/\hbar}\right)\]

Expandiendo:

\[= \frac{1}{2}\left[\psi_1^2 + \psi_2^2 + \psi_1\psi_2\,e^{i(E_1-E_2)t/\hbar} + \psi_1\psi_2\,e^{-i(E_1-E_2)t/\hbar}\right]\]
\[= \frac{1}{2}\left[\psi_1^2 + \psi_2^2 + 2\psi_1\psi_2\cos\!\left(\frac{(E_2-E_1)t}{\hbar}\right)\right]\]

Respuesta final:

\[\boxed{|\Psi(x,t)|^2 = \frac{1}{2}\psi_1^2 + \frac{1}{2}\psi_2^2 + \psi_1\psi_2\cos\!\left(\frac{(E_2-E_1)t}{\hbar}\right)}\]

La frecuencia angular de oscilación del término de interferencia es:

\[\boxed{\omega_{12} = \frac{|E_2 - E_1|}{\hbar}}\]

Verificación: Cuando \(E_1 = E_2\), se tiene \(\omega_{12} = 0\) y no hay oscilación. Esto es consistente con el hecho de que en el caso degenerado se obtiene un estado estacionario. ✓ Además, a partir de la condición de frecuencia de Bohr \(\nu = (E_2 - E_1)/h\) y la relación \(\omega = 2\pi\nu\), se obtiene \(\omega = (E_2 - E_1)/\hbar\), lo cual coincide. ✓

B-8. Para el operador de momento, escribe explícitamente p² y aplícalo a una función de onda para obtener el resultado

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Estrategia de resolución: Escribir \(\hat{p}^2\) explícitamente y calcular la derivada segunda de la función \(\sin\).

Desarrollo del cálculo:

\[\hat{p}^2 = \left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)^2 = (-i\hbar)^2\frac{\partial^2}{\partial x^2} = -\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial x^2}\]

Aplicándolo a \(\psi(x) = A\sin(3\pi x/L)\):

\[\frac{\partial\psi}{\partial x} = A\cdot\frac{3\pi}{L}\cos\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right)\]
\[\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} = -A\cdot\left(\frac{3\pi}{L}\right)^2\sin\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right) = -\frac{9\pi^2}{L^2}\psi\]

Por lo tanto:

\[\hat{p}^2\psi = -\hbar^2\cdot\left(-\frac{9\pi^2}{L^2}\right)\psi = \frac{9\pi^2\hbar^2}{L^2}\psi\]

Respuesta final:

\[\boxed{\hat{p}^2 = -\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial x^2}}\]
\[\boxed{\hat{p}^2\psi = \frac{9\pi^2\hbar^2}{L^2}\,\psi}\]

\(\psi\) es una función propia de \(\hat{p}^2\), con valor propio \(9\pi^2\hbar^2/L^2\).

Verificación: Esto corresponde al estado \(n=3\) del pozo de potencial infinito (de ancho \(L\)). La energía cinética es \(\hat{p}^2/(2m) = 9\pi^2\hbar^2/(2mL^2)\), lo cual coincide con los valores propios de energía del pozo infinito \(E_n = n^2\pi^2\hbar^2/(2mL^2)\) para el caso \(n=3\). ✓ Nótese que \(\sin(3\pi x/L)\) no es función propia de \(\hat{p}\) (por la misma razón que en D2(b)), pero sí es función propia de \(\hat{p}^2\). ✓

Intermedio

M-1. Derivación de la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo mediante separación de variables

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Estrategia de resolución: Sustituir \(\Psi(x,t) = \psi(x)T(t)\) en la ecuación de Schrödinger y emplear el argumento de separación de variables para obtener dos ecuaciones diferenciales ordinarias.

Desarrollo del cálculo:

Sustituimos \(\Psi(x,t) = \psi(x)T(t)\) en la ecuación (7.13):

\[i\hbar\frac{\partial}{\partial t}[\psi(x)T(t)] = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}[\psi(x)T(t)] + V(x)\psi(x)T(t)\]

Como \(\psi(x)\) no depende de \(t\) y \(T(t)\) no depende de \(x\):

\[i\hbar\,\psi(x)\frac{dT}{dt} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}\,T(t) + V(x)\psi(x)T(t)\]

Dividimos ambos miembros entre \(\psi(x)T(t)\):

\[i\hbar\frac{1}{T}\frac{dT}{dt} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{\psi}\frac{d^2\psi}{dx^2} + V(x)\]

El lado izquierdo es función únicamente de \(t\), y el lado derecho es función únicamente de \(x\). Dado que \(x\) y \(t\) son variables independientes, para que ambos miembros sean iguales, ambos deben ser iguales a la misma constante. Llamamos \(E\) a dicha constante.

Las dos ecuaciones diferenciales ordinarias obtenidas:

Parte temporal:

\[i\hbar\frac{dT}{dt} = ET \tag{S1-1}\]

Parte espacial:

\[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} + V(x)\psi = E\psi \tag{S1-2}\]

La ecuación (S1-2) es la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo.

Resolución de la ecuación para \(T(t)\):

Reescribimos la ecuación (S1-1):

\[\frac{dT}{dt} = -\frac{iE}{\hbar}T\]

Se trata de una ecuación diferencial ordinaria lineal de primer orden, cuya solución es:

\[\boxed{T(t) = Ce^{-iEt/\hbar}}\]

La constante \(C\) puede absorberse en \(\psi(x)\), por lo que podemos escribir \(T(t) = e^{-iEt/\hbar}\).

Por lo tanto, la función de onda estacionaria es:

\[\Psi(x,t) = \psi(x)\,e^{-iEt/\hbar}\]

Verificación: - Significado físico de la constante de separación \(E\): la ecuación (S1-2) es \(\hat{H}\psi = E\psi\), donde \(E\) es el autovalor de energía. ✓ - \(T(t) = e^{-iEt/\hbar}\) satisface \(|T|^2 = 1\), lo cual es consistente con la conservación de la probabilidad. ✓ - Análisis dimensional: \(Et/\hbar\) es adimensional (\([E] = \text{J}\), \([t] = \text{s}\), \([\hbar] = \text{J}\cdot\text{s}\)). ✓

M-2. Derivación de la conservación de la probabilidad (ecuación de continuidad)

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Estrategia de resolución: Calcular \(\frac{\partial\rho}{\partial t}\), sustituir \(\frac{\partial\Psi}{\partial t}\) y \(\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\) usando la ecuación de Schrödinger, y mostrar que el resultado es igual a \(-\frac{\partial j}{\partial x}\).

Desarrollo del cálculo:

Calculamos la derivada temporal de la densidad de probabilidad \(\rho = \Psi^*\Psi\):

\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\Psi + \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial t} \tag{S2-1}\]

De la ecuación de Schrödinger (7.13):

\[\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} + V\Psi\right] \tag{S2-2}\]

Tomando el conjugado complejo (suponiendo que \(V\) es real):

\[\frac{\partial\Psi^*}{\partial t} = -\frac{1}{i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right] = \frac{1}{-i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right] \tag{S2-3}\]

Sustituyendo las ecuaciones (S2-2) y (S2-3) en la ecuación (S2-1):

\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{1}{-i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right]\Psi + \Psi^*\frac{1}{i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} + V\Psi\right]\]

Organizando los términos con \(V\):

\[\text{Contribución de }V = \frac{1}{-i\hbar}V\Psi^*\Psi + \frac{1}{i\hbar}V\Psi^*\Psi = -\frac{V|\Psi|^2}{i\hbar} + \frac{V|\Psi|^2}{i\hbar} = 0\]

Los términos del potencial se cancelan. Lo que queda es:

\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{1}{-i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\right)\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi + \frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\right)\Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi - \frac{\hbar}{2mi}\Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\left[\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi - \Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\right]\]

Aquí verificamos la siguiente identidad:

\[\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\Psi - \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\right] = \frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi + \frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\frac{\partial\Psi}{\partial x} - \frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\frac{\partial\Psi}{\partial x} - \Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
\[= \frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi - \Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]

Por lo tanto:

\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{\hbar}{2mi}\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\Psi - \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\right]\]
\[= -\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\hbar}{2mi}\left(\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x} - \frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\Psi\right)\right]\]
\[= -\frac{\partial j}{\partial x}\]

Por consiguiente:

\[\boxed{\frac{\partial\rho}{\partial t} + \frac{\partial j}{\partial x} = 0}\]

Conservación de la probabilidad total:

\[\frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}\rho\,dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\partial\rho}{\partial t}\,dx = -\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\partial j}{\partial x}\,dx = -\left[j(x)\right]_{-\infty}^{+\infty} = -(j(+\infty) - j(-\infty))\]

Cuando \(\Psi\) tiende a 0 suficientemente rápido para \(x \to \pm\infty\), se tiene \(j(\pm\infty) = 0\), por lo que:

\[\boxed{\frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi|^2\,dx = 0}\]

La probabilidad total no depende del tiempo.

Verificación: La ecuación de continuidad tiene la misma estructura que la conservación de la carga en electromagnetismo \(\frac{\partial\rho_e}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{j}_e = 0\). Expresa que la probabilidad puede "fluir", pero no puede "crearse ni destruirse". ✓

M-3. Cálculo de la densidad de corriente de probabilidad

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Estrategia de resolución: Calcular directamente \(\rho\) y \(j\) para la onda plana \(\Psi = Ae^{i(kx-\omega t)}\).

(a) Densidad de probabilidad:

\[\rho = |\Psi|^2 = \Psi^*\Psi = Ae^{-i(kx-\omega t)}\cdot Ae^{i(kx-\omega t)} = A^2\]
\[\boxed{\rho = A^2}\]

(Cuando \(A\) es real. Uniforme e independiente del tiempo.)

(b) Densidad de corriente de probabilidad:

Calculamos las derivadas necesarias:

\[\frac{\partial\Psi}{\partial x} = ik\,\Psi, \quad \frac{\partial\Psi^*}{\partial x} = -ik\,\Psi^*\]
\[j = \frac{\hbar}{2mi}\left(\Psi^*\cdot ik\Psi - (-ik\Psi^*)\cdot\Psi\right)\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\left(ik|\Psi|^2 + ik|\Psi|^2\right)\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\cdot 2ik\,A^2 = \frac{\hbar}{2mi}\cdot 2ik\,A^2 = \frac{\hbar k}{m}A^2\]
\[\boxed{j = \frac{\hbar k}{m}A^2}\]

(c) Verificación de \(j = \rho v\):

La velocidad de la partícula es \(v = p/m = \hbar k/m\). Por lo tanto:

\[\rho v = A^2 \cdot \frac{\hbar k}{m} = \frac{\hbar k}{m}A^2 = j \quad \checkmark\]
\[\boxed{j = \rho v}\]

(d) Verificación de la ecuación de continuidad:

\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}(A^2) = 0\]
\[\frac{\partial j}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\hbar k}{m}A^2\right) = 0\]

Por lo tanto:

\[\frac{\partial\rho}{\partial t} + \frac{\partial j}{\partial x} = 0 + 0 = 0 \quad \checkmark\]

Comprobación: La onda plana tiene una densidad de probabilidad uniforme y una corriente de probabilidad uniforme. Es un estado en el que la probabilidad "fluye uniformemente", y como la probabilidad no aumenta ni disminuye en ningún punto, la ecuación de continuidad se satisface trivialmente. Físicamente, esto es consistente con la imagen de una partícula con momento definido que fluye a velocidad constante. ✓

M-4. Cálculo del conmutador de operadores

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Estrategia de resolución: Aplicar \([\hat{x}, \hat{p}]\) a una función de prueba arbitraria \(f(x)\) y demostrar que el resultado es \(i\hbar f(x)\).

Detalle del cálculo:

Primero calculamos \(\hat{x}\hat{p}f(x)\):

\[\hat{x}\hat{p}f(x) = x\left(-i\hbar\frac{df}{dx}\right) = -i\hbar\,x\frac{df}{dx} \tag{S4-1}\]

A continuación calculamos \(\hat{p}\hat{x}f(x)\):

\[\hat{p}\hat{x}f(x) = -i\hbar\frac{d}{dx}(xf) = -i\hbar\left(f + x\frac{df}{dx}\right) = -i\hbar f - i\hbar\,x\frac{df}{dx} \tag{S4-2}\]

(Se ha utilizado la regla del producto: \(\frac{d}{dx}(xf) = f + x\frac{df}{dx}\))

Tomamos la diferencia:

\[[\hat{x}, \hat{p}]f(x) = \hat{x}\hat{p}f - \hat{p}\hat{x}f\]
\[= \left(-i\hbar\,x\frac{df}{dx}\right) - \left(-i\hbar f - i\hbar\,x\frac{df}{dx}\right)\]
\[= -i\hbar\,x\frac{df}{dx} + i\hbar f + i\hbar\,x\frac{df}{dx}\]
\[= i\hbar f(x)\]

Como \(f(x)\) es una función arbitraria, como operadores:

\[\boxed{[\hat{x}, \hat{p}] = i\hbar}\]

Verificación: - Análisis dimensional: \([\hat{x}] = \text{m}\), \([\hat{p}] = \text{kg}\cdot\text{m/s}\), por lo que \([\hat{x}\hat{p}] = \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} = [\hbar]\). ✓ - Esta relación de conmutación es la base matemática del principio de incertidumbre \(\Delta x\,\Delta p \geq \hbar/2\). - Comprobación con un ejemplo concreto: para \(f(x) = e^{ikx}\), \(\hat{x}\hat{p}f = x\cdot\hbar k\,e^{ikx} = \hbar kx\,e^{ikx}\), \(\hat{p}\hat{x}f = -i\hbar\frac{d}{dx}(xe^{ikx}) = -i\hbar(e^{ikx} + ikxe^{ikx}) = -i\hbar e^{ikx} + \hbar kx\,e^{ikx}\). La diferencia es \(\hbar kx\,e^{ikx} - (-i\hbar e^{ikx} + \hbar kx\,e^{ikx}) = i\hbar e^{ikx} = i\hbar f\). ✓

Avanzado

A-1. Evolución temporal de un paquete de ondas gaussiano y ensanchamiento del paquete

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(a) Transformada de Fourier

Estrategia de resolución: Calcular la transformada de Fourier de una función gaussiana utilizando la completación de cuadrados y la fórmula de la integral gaussiana.

Detalles del cálculo:

\[\phi(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi(x,0)\,e^{-ikx}\,dx\]
\[= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left(-\frac{x^2}{4\sigma_0^2} - ikx\right)dx\]

Completamos el cuadrado en el exponente. Definiendo \(a = \frac{1}{4\sigma_0^2}\), \(b = -ik\):

\[-ax^2 + bx = -a\left(x - \frac{b}{2a}\right)^2 + \frac{b^2}{4a}\]
\[= -\frac{1}{4\sigma_0^2}\left(x + 2i k\sigma_0^2\right)^2 + \frac{(-ik)^2}{4\cdot\frac{1}{4\sigma_0^2}}\]
\[= -\frac{1}{4\sigma_0^2}\left(x + 2ik\sigma_0^2\right)^2 - k^2\sigma_0^2\]

Aplicando la fórmula de la integral gaussiana \(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-a(x-x_0)^2}dx = \sqrt{\pi/a}\) (válida incluso con desplazamiento complejo siempre que \(\text{Re}(a) > 0\)):

\[\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left(-\frac{x^2}{4\sigma_0^2} - ikx\right)dx = e^{-k^2\sigma_0^2}\cdot\sqrt{\frac{\pi}{1/(4\sigma_0^2)}} = e^{-k^2\sigma_0^2}\cdot 2\sigma_0\sqrt{\pi}\]

Por lo tanto:

\[\phi(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}\cdot 2\sigma_0\sqrt{\pi}\,e^{-k^2\sigma_0^2}\]

Simplificando:

\[\phi(k) = \frac{2\sigma_0\sqrt{\pi}}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
\[= \sqrt{2\sigma_0^2}\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]

Calculando con más cuidado:

\[\frac{2\sigma_0\sqrt{\pi}}{\sqrt{2\pi}} = \frac{2\sigma_0}{\sqrt{2}} = \sigma_0\sqrt{2}\]
\[\phi(k) = \sigma_0\sqrt{2}\cdot\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
\[= \sigma_0\sqrt{2}\cdot\frac{1}{(2\pi)^{1/4}\sigma_0^{1/2}}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
\[= \frac{\sqrt{2}\,\sigma_0^{1/2}}{(2\pi)^{1/4}}e^{-k^2\sigma_0^2}\]

Reescribimos esto en la forma estándar de una gaussiana. Para verificar la forma de \(\phi(k)\):

\[\phi(k) = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]

Verificación: \(\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4} = \frac{(2\sigma_0^2)^{1/4}}{\pi^{1/4}} = \frac{2^{1/4}\sigma_0^{1/2}}{\pi^{1/4}}\)

Por otro lado, el resultado anterior es \(\frac{\sqrt{2}\,\sigma_0^{1/2}}{(2\pi)^{1/4}} = \frac{2^{1/2}\sigma_0^{1/2}}{2^{1/4}\pi^{1/4}} = \frac{2^{1/4}\sigma_0^{1/2}}{\pi^{1/4}}\). Coinciden. ✓

Respuesta final:

\[\boxed{\phi(k) = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\exp(-k^2\sigma_0^2)}\]

Esta es una función gaussiana en el espacio \(k\), con anchura en el espacio de momentos \(\Delta k = 1/(2\sigma_0)\) (es decir, \(\Delta p = \hbar/(2\sigma_0)\)).

(b) Función de onda en el instante \(t\)

Estrategia de resolución: Realizar la transformada de Fourier inversa usando \(\omega = \hbar k^2/(2m)\).

Detalles del cálculo:

\[\Psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\phi(k)\,e^{i(kx - \omega t)}\,dk\]
\[= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left(-k^2\sigma_0^2 + ikx - i\frac{\hbar k^2}{2m}t\right)dk\]

Agrupamos el exponente:

\[-k^2\sigma_0^2 - i\frac{\hbar t}{2m}k^2 + ikx = -k^2\left(\sigma_0^2 + \frac{i\hbar t}{2m}\right) + ikx\]

Definimos \(\alpha(t) \equiv \sigma_0^2 + \frac{i\hbar t}{2m}\):

\[\text{exponente} = -\alpha k^2 + ikx\]

Completamos el cuadrado:

\[-\alpha k^2 + ikx = -\alpha\left(k - \frac{ix}{2\alpha}\right)^2 - \frac{x^2}{4\alpha}\]

Ejecutamos la integral gaussiana (\(\text{Re}(\alpha) = \sigma_0^2 > 0\)):

\[\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left[-\alpha\left(k - \frac{ix}{2\alpha}\right)^2\right]dk = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\]

Por lo tanto:

\[\Psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\,\exp\left(-\frac{x^2}{4\alpha}\right)\]
\[= \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2\alpha}}\,\exp\left(-\frac{x^2}{4\alpha}\right)\]

Calculamos la densidad de probabilidad:

\[|\Psi(x,t)|^2 = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/2}\frac{1}{2|\alpha|}\,\exp\left(-\frac{x^2}{4}\cdot 2\text{Re}\!\left(\frac{1}{\alpha}\right)\right)\]

Calculamos \(\frac{1}{\alpha}\):

\[\frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\sigma_0^2 + i\hbar t/(2m)} = \frac{\sigma_0^2 - i\hbar t/(2m)}{\sigma_0^4 + (\hbar t/(2m))^2}\]
\[\text{Re}\!\left(\frac{1}{\alpha}\right) = \frac{\sigma_0^2}{\sigma_0^4 + (\hbar t/(2m))^2} = \frac{1}{\sigma_0^2\left(1 + (\hbar t/(2m\sigma_0^2))^2\right)} = \frac{1}{\sigma_0^2 + (\hbar t)^2/(4m^2\sigma_0^2)}\]

Definimos \(\sigma(t)^2 \equiv \sigma_0^2 + \frac{\hbar^2 t^2}{4m^2\sigma_0^2} = \sigma_0^2\left(1 + \left(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0^2}\right)^2\right)\):

\[\text{Re}\!\left(\frac{1}{\alpha}\right) = \frac{1}{\sigma(t)^2}\]

Además, \(|\alpha|^2 = \sigma_0^4 + (\hbar t/(2m))^2 = \sigma_0^2\cdot\sigma(t)^2\), por lo que \(|\alpha| = \sigma_0\,\sigma(t)\).

Por lo tanto:

\[|\Psi(x,t)|^2 = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/2}\frac{1}{2\sigma_0\sigma(t)}\,\exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma(t)^2}\right)\]
\[= \frac{1}{\sqrt{2\pi}\,\sigma(t)}\,\exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma(t)^2}\right)\]

(Verificamos: \(\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/2}\frac{1}{2\sigma_0\sigma(t)} = \frac{\sqrt{2}\sigma_0}{\sqrt{\pi}}\cdot\frac{1}{2\sigma_0\sigma(t)} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma(t)}\). ✓)

Esta es una distribución gaussiana con media 0 y desviación estándar \(\sigma(t)\), y la densidad de probabilidad permanece gaussiana.

(c) Ensanchamiento del paquete de ondas

Respuesta final:

\[\boxed{\sigma(t) = \sigma_0\sqrt{1 + \left(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0^2}\right)^2}}\]

Discusión del significado físico:

Cuando la incertidumbre en la posición en el estado inicial es \(\Delta x = \sigma_0\), el principio de incertidumbre \(\Delta x\,\Delta p \geq \hbar/2\) implica que la incertidumbre en el momento es al menos:

\[\Delta p \geq \frac{\hbar}{2\sigma_0}\]

(El paquete de ondas gaussiano es un estado de mínima incertidumbre, donde se cumple la igualdad.)

Esta incertidumbre en el momento implica una incertidumbre en la velocidad \(\Delta v = \Delta p/m = \hbar/(2m\sigma_0)\). A medida que transcurre el tiempo \(t\), la dispersión en posición aumenta debido a la incertidumbre en la velocidad:

\[\Delta x(t) \sim \sqrt{\sigma_0^2 + (\Delta v\cdot t)^2} = \sigma_0\sqrt{1 + \left(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0^2}\right)^2}\]

Esto coincide exactamente con la expresión de \(\sigma(t)\).

  • Tiempos cortos (\(t \ll 2m\sigma_0^2/\hbar\)): \(\sigma(t) \approx \sigma_0\) (prácticamente no se ensancha)
  • Tiempos largos (\(t \gg 2m\sigma_0^2/\hbar\)): \(\sigma(t) \approx \frac{\hbar t}{2m\sigma_0}\) (se ensancha linealmente)
  • Si se reduce \(\sigma_0\), la posición inicial queda determinada con mayor precisión, pero \(\Delta p\) aumenta, por lo que el paquete de ondas se ensancha más rápidamente. Esta es una manifestación directa del compromiso del principio de incertidumbre.

Comprobaciones: - En \(t = 0\): \(\sigma(0) = \sigma_0\). ✓ - En el límite clásico \(\hbar \to 0\): \(\sigma(t) = \sigma_0\) (no se ensancha). Consistente con el hecho de que una partícula clásica tiene una trayectoria definida. ✓ - Normalización de \(|\Psi(x,t)|^2\): \(\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma(t)}e^{-x^2/(2\sigma(t)^2)}dx = 1\). ✓ (condición de normalización de la distribución gaussiana)

A-2. Teorema de Ehrenfest

→ Volver al problema

(i) Derivación de \(\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\langle p\rangle}{m}\)

Estrategia de resolución: Calcular la derivada temporal de \(\langle x\rangle\), sustituir \(\partial\Psi/\partial t\) usando la ecuación de Schrödinger y realizar integración por partes.

Detalles del cálculo:

\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi^* x\,\Psi\,dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\left(\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}x\Psi + \Psi^* x\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right)dx\]

De la ecuación de Schrödinger:

\[\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{i\hbar}\hat{H}\Psi = \frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} + V\Psi\right)\]
\[\frac{\partial\Psi^*}{\partial t} = -\frac{1}{i\hbar}\hat{H}^*\Psi^* = -\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right)\]

Sustituyendo:

\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \int\left[-\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx} + V\Psi^*\right)x\Psi + \Psi^* x\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)\right]dx\]

Términos con \(V\):

\[\frac{1}{i\hbar}\left[-V\Psi^* x\Psi + \Psi^* x V\Psi\right] = 0\]

(Se cancelan porque \(V\) es real y conmuta con \(x\).)

Términos restantes de energía cinética:

\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\hbar}{2mi}\int\left[\Psi^*_{xx}\cdot x\Psi - \Psi^*\cdot x\Psi_{xx}\right]dx\]

Realizamos integración por partes. Integramos por partes \(\int \Psi^*_{xx}\cdot x\Psi\,dx\) dos veces.

Primero, integramos por partes \(\int \Psi^*_{xx}\,x\Psi\,dx\) (trasladando las derivadas de \(\Psi^*_{xx}\) mediante integración por partes):

\[\int \frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\,x\Psi\,dx = \left[\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\,x\Psi\right]_{-\infty}^{+\infty} - \int\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\frac{\partial}{\partial x}(x\Psi)\,dx\]

El término de frontera se anula porque \(\Psi\) tiende a 0 en el infinito.

\[= -\int\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\left(\Psi + x\frac{\partial\Psi}{\partial x}\right)dx = -\int\Psi^*_x\Psi\,dx - \int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx\]

De manera análoga, integramos por partes \(\int\Psi^*\,x\Psi_{xx}\,dx\):

\[\int\Psi^*\,x\Psi_{xx}\,dx = \left[\Psi^*\,x\Psi_x\right]_{-\infty}^{+\infty} - \int\frac{\partial}{\partial x}(\Psi^* x)\,\Psi_x\,dx\]
\[= -\int(\Psi^*_x\,x + \Psi^*)\Psi_x\,dx = -\int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx - \int\Psi^*\Psi_x\,dx\]

Tomando la diferencia:

\[\int\Psi^*_{xx}\,x\Psi\,dx - \int\Psi^*\,x\Psi_{xx}\,dx\]
\[= \left(-\int\Psi^*_x\Psi\,dx - \int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx\right) - \left(-\int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx - \int\Psi^*\Psi_x\,dx\right)\]
\[= -\int\Psi^*_x\Psi\,dx + \int\Psi^*\Psi_x\,dx\]

Por lo tanto:

\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\hbar}{2mi}\left(-\int\Psi^*_x\Psi\,dx + \int\Psi^*\Psi_x\,dx\right)\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\cdot 2\int\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\,dx\]

(Aquí se usó \(\int\Psi^*_x\Psi\,dx = -\int\Psi^*\Psi_x\,dx\). Esto se obtiene de la integración por partes \(\int\Psi^*_x\Psi\,dx = [\Psi^*\Psi]_{-\infty}^{+\infty} - \int\Psi^*\Psi_x\,dx = -\int\Psi^*\Psi_x\,dx\).)

Por consiguiente:

\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\hbar}{mi}\int\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\,dx\]

Aquí \(\frac{\hbar}{mi}\cdot\frac{\partial}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot(-1)\cdot(-i\hbar)\frac{\partial}{\partial x}\)...

De forma más directa:

\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{1}{m}\int\Psi^*\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)\Psi\,dx = \frac{1}{m}\int\Psi^*\hat{p}\Psi\,dx = \frac{\langle p\rangle}{m}\]

(Verificamos que \(\frac{\hbar}{mi} = \frac{1}{m}\cdot\frac{\hbar}{i} = \frac{1}{m}\cdot(-i\hbar)\): \(\frac{\hbar}{mi}\frac{\partial\Psi}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot\frac{\hbar}{i}\frac{\partial\Psi}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot(-i\hbar)\frac{\partial\Psi}{\partial x} = \frac{\hat{p}\Psi}{m}\). ✓)

\[\boxed{\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\langle p\rangle}{m}}\]

(ii) Derivación de \(\frac{d\langle p\rangle}{dt} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle\)

Detalles del cálculo:

\[\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \frac{d}{dt}\int\Psi^*\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)\Psi\,dx = -i\hbar\int\left(\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\frac{\partial\Psi}{\partial x} + \Psi^*\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right)dx\]

Sustituyendo la ecuación de Schrödinger:

\[\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)\]

Calculamos el segundo término:

\[-i\hbar\int\Psi^*\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)\right]dx\]
\[= -i\hbar\cdot\frac{1}{i\hbar}\int\Psi^*\frac{\partial}{\partial x}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)dx\]
\[= -\int\Psi^*\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xxx} + V_x\Psi + V\Psi_x\right)dx\]

Calculamos el primer término:

\[-i\hbar\int\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\Psi_x\,dx = -i\hbar\int\left[-\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx} + V\Psi^*\right)\right]\Psi_x\,dx\]
\[= \int\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx} + V\Psi^*\right)\Psi_x\,dx\]

Combinando:

\[\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \int\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx}\Psi_x + V\Psi^*\Psi_x\right)dx + \int\Psi^*\left(\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xxx} - V_x\Psi - V\Psi_x\right)dx\]

Los términos \(V\Psi^*\Psi_x\) y \(-\Psi^* V\Psi_x\) se cancelan:

\[\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \frac{\hbar^2}{2m}\int\left(\Psi^*\Psi_{xxx} - \Psi^*_{xx}\Psi_x\right)dx - \int\Psi^*\frac{dV}{dx}\Psi\,dx\]

Demostramos que el primer término es 0. Usando integración por partes:

\[\int\Psi^*\Psi_{xxx}\,dx = [\Psi^*\Psi_{xx}]_{-\infty}^{+\infty} - \int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx = -\int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx\]
\[\int\Psi^*_{xx}\Psi_x\,dx = [\Psi^*_x\Psi_x]_{-\infty}^{+\infty} - \int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx = -\int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx\]

(Los términos de frontera se anulan en ambos casos.)

Por lo tanto \(\int\Psi^*\Psi_{xxx}\,dx - \int\Psi^*_{xx}\Psi_x\,dx = 0\).

En consecuencia:

\[\boxed{\frac{d\langle p\rangle}{dt} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle}\]

Correspondencia con las ecuaciones de movimiento de Newton

Reuniendo los dos resultados:

\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\langle p\rangle}{m}, \quad \frac{d\langle p\rangle}{dt} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle\]

La primera ecuación expresa que «la tasa de cambio del valor esperado de la posición = valor esperado del momento / masa», lo cual corresponde a \(v = p/m\) en mecánica clásica.

La segunda ecuación expresa que «la tasa de cambio del valor esperado del momento = valor esperado de la fuerza», y es el análogo cuántico de la segunda ley de Newton \(F = dp/dt = -dV/dx\).

Combinándolas:

\[m\frac{d^2\langle x\rangle}{dt^2} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle\]

Esto demuestra que «los valores esperados obedecen las ecuaciones de movimiento de Newton».

Caso en que \(V(x)\) es un polinomio de grado 2 o menor

Si \(V(x)\) es un polinomio de grado 2 o menor en \(x\) (constante, potencial lineal \(V = mgx\), oscilador armónico \(V = \frac{1}{2}m\omega^2 x^2\)):

\[\frac{dV}{dx} = ax + b \quad (\text{función de grado 1 o menor})\]

En este caso:

\[\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle = a\langle x\rangle + b = \frac{dV}{dx}\bigg|_{x = \langle x\rangle}\]

Es decir, el valor esperado de la fuerza es igual a «la fuerza evaluada en la posición del valor esperado». Esto ocurre porque \(dV/dx\) es una función de grado 1 o menor en \(x\), de modo que \(\langle f(x)\rangle = f(\langle x\rangle)\) se cumple exactamente (caso en que la desigualdad de Jensen se convierte en igualdad).

En este caso, la ecuación de movimiento para los valores esperados es:

\[m\frac{d^2\langle x\rangle}{dt^2} = -\frac{dV}{dx}\bigg|_{x = \langle x\rangle}\]

Esta tiene exactamente la misma forma que la ecuación de movimiento clásica, y el valor esperado \(\langle x\rangle\) sigue el mismo movimiento que la trayectoria clásica \(x_{\text{cl}}(t)\).

Para potenciales generales, \(\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle \neq \frac{dV}{dx}\big|_{\langle x\rangle}\) (debido a contribuciones de términos de orden superior), y aparecen correcciones cuánticas. Cuando la dispersión del paquete de ondas es pequeña (\(\Delta x\) es pequeño comparado con la escala característica del potencial), la trayectoria clásica se sigue aproximadamente — este es uno de los aspectos de la transición al límite clásico.

Verificación: - Partícula libre (\(V = 0\)): \(\frac{d\langle p\rangle}{dt} = 0\) (conservación del momento), \(\langle x\rangle = \langle x\rangle_0 + \frac{\langle p\rangle}{m}t\) (movimiento rectilíneo uniforme). Coincide con la mecánica clásica. ✓ - Oscilador armónico (\(V = \frac{1}{2}m\omega^2 x^2\)): \(\frac{d\langle p\rangle}{dt} = -m\omega^2\langle x\rangle\). \(\langle x\rangle\) oscila con frecuencia angular \(\omega\). Coincide con la oscilación armónica clásica. ✓ - Análisis dimensional: \([d\langle p\rangle/dt] = [\text{fuerza}]\), \([\langle dV/dx\rangle] = [\text{energía}/\text{longitud}] = [\text{fuerza}]\). ✓