1
Soluciones a la ecuación de Schrödinger (Casos típicos)
1 Partícula libre (potencial cero o constante) El potencial correspondiente al movimiento libre de una partícula es una constante (F (x) = = 0) que, sin pérdida de generalidad, puede escogerse igual a cero
@V @x
(1)
V (x) = 0 La ecuación estacionaria de Schrödinger toma entonces la forma siguiente: ~2 d2 = E (x) 2m dx2 y recordemos que la función de onda tiene la forma
(2)
E
(x; t) = (x) e i ~ t = e i!t (3) Dadas las características del potencial, tendremos soluciones aceptables para cualquier valor no negativo de la energía (E 0). Una solución para la ecuación (2) puede escribirse como sigue: (x) = Aeikx + Be
(4)
ikx
p
con A y B constantes arbitrarias y k = 2mE . Es muy fácil mostrar que esta función satisface ~ la ecuación (2), sólo basta sustituirla en ella para convencernos. Considerando que son dos las constantes arbitrarias, esta función es una solución general a la ecuación diferencial ordinaria de segundo orden (2). Vamos a considerar el caso en el que una de las constantes es cero, digamos B. La función de onda tendrá entonces la forma (x; t) = Aeikx e la cual también puede escribirse como sigue: (x; t) = A cos (kx
i!t
= Aei(kx
(5)
!t)
!t) + iA sin (kx
(6)
!t)
Esta función de onda representa una onda viajera cuya frecuencia angular es ! = sus nodos se ! E mueven a la derecha con velocidad w = ~ = ~k . La densidad y el ujo de probabilidad son: E , ~
(x; t) =
(7)
=A A
y @ i~ 2m @x i~ A e i(kx = 2m i~ = 2ikA A 2m ~k = AA m
@ @x
j (x; t) =
!t)
ikAei(kx
!t)
Aei(kx
!t)
( ik) A e
i(kx !t)
(8)
2
y utilizando el postulado de De Broglie, ~k = p = mv, entonces (9)
j (x; t) = v (x; t)
Observamos que tanto la densidad de probabilidad como el ujo de probabilidad son constantes. Observamos también que el momento lineal de la partícula se conoce perfectamente, pero su ubicación queda inde nida. Si ahora tomamos A = 0, la función de onda será (x; t) = Be
(10)
i(kx !t)
de donde obtenemos (11)
(x; t) = B B y
~k B B (12) m El signo de j (x; t) nos indica la dirección de movimiento de la partícula, la cual es contraria a la obtenida en el caso de B = 0. Si ahora intentamos obtener A ó B mediante la normalización de (x; t) encontramos que Z 1 Z 1 Z 1 dx = A Adx = A A dx j (x; t) =
1
1
1
Como vemos, esta integral diverge, a menos que A = 0. Esto nos da idea de que la función (5) o la (10) describen una situación física ideal de una partícula que se mueve en un haz de longitud in nita y cuya coordenada x está completamente inde nida. Para tener una descripción más realista habríamos de considerar, más bien, un grupo de ondas de longitud nita. Sin abundar en detalles, este grupo se construye con las siguientes expresiones: 1 X An n (x; t) (13) (x; t) = n=1
con
p
2mEn (x; t) = e y kn = ~ Una forma de obtener las constantes An sería la siguiente (para partícula libre): Z 1 0 An = (x0 ; 0) dx0 n (x ) n
donde
i(kn x ! n t)
1
(14)
! 2 0 (x x) ipx (x0 ; 0) = 2 ( x)2 exp ~ 4 ( x)2 En tanto no sea necesario, seguiremos trabajando con la forma límite ya obtenida ( x ! 1). Muchos de los resultados que obtengamos serán independientes de las constantes A ó B y sólo dependerán de cocientes de ellas. Algo que sí conviene considerar es la construcción de ondas estacionarias. Para esto considere1 4
3
mos el caso en el que B =
A, de modo que la función queda así: (x; t) = A eikx
e
e
i!t
x e
i!t
ikx
= 2iA sin kxe i!t = A0 sin kxe i!t Si ahora tomamos B = A obtenemos (x; t) = B eikx
e
ik
= 2B cos kxe i!t = B 0 cos kxe i!t Una solución más general sería una combinación lineal de estas dos funciones: (x; t) = (A0 sin kx + B 0 cos kx) e
i!t
(15)
o bien (x; t) =
(x) e
i!t
con (x) = A0 sin kx + B 0 cos kx Como puede verse, esta función también es solución de la ecuación estacionaria de Schrödinger para partícula libre. De hecho, podríamos haber escrito como solución desde el inicio. Además de reconocer la relación que hay entre los dos tipos de solución, observamos que ésta última forma se obtuvo sumando o restando dos ondas viajeras de igual magnitud pero que viajan en sentidos opuestos y por tanto se trata de una onda estacionaria. Esto lo podemos comprobar notando que sus nodos permanecen jos en el espacio. Así, lo que tenemos es una partícula que se mueve en un haz in nitamente largo con momento lineal conocido, aunque se desconoce el sentido de tal momento lineal. Podemos calcular la densidad de probabilidad y densidad de ujo para esta función. Veamos, tomando B 0 = 0, tenemos: (x; t) = A0 sin kxe i!t y así (x; t) = A0 A0 sin2 kx i~ j (x; t) = A0 sin kxei!t kA0 cos kxe i!t A0 sin kxe i!t kA0 cos kxei!t 2m = 0 Algo similar obtendremos si tomamos A0 = 0, lo cual nos indica que, como era de esperarse, la densidad de ujo de probabilidad es cero. La densidad de probabilidad sigue siendo un problema, pero podemos evitarlo con distintas alternativas de normalización.
2 Potencial escalón Este potencial tiene la característica de ser discontinuo y en realidad no existe (ningún potencial discontinuo tiene realidad física) en la naturaleza, pero se puede emplear como aproximación a situaciones reales. Su tratamiento matemático es simple ya que el potencial es, en cada intervalo, constante. 4
Así, el potencial se expresa matemáticamente de la siguiente manera: V0 ; x > 0 V (x) = (16) 0 x<0 con V0 constante. Este potencial puede considerarse un caso límite para una partícula cargada que se mueve a lo largo del eje de un sistema formado por dos electrodos cuya diferencia de potencial es distinta de cero, como se ve en la gura 1.
Figura 1 Considere una partícula de masa m y energía E que se encuentra en la región x < 0 y que se mueve hacia el punto donde V (x) cambia. Según la mecánica clásica la partícula se mueve libremente hasta llegar a x = 0, donde una fuerza F = @V la impulsará hacia la región x < 0. Si @x la partícula logra seguir hacia la región x > 0 ó se regresa dependerá de la relación entre la energía E y el potencial V0 . Cuánticamente ocurrirá algo similar. Así, consideraremos los casos E < V0 y E > V0 . 2.1
Caso 1: E < V0
La situación se ilustra en la gura 1, con la línea roja correspondiente a la energía E. Según la mecánica clásica, la partícula no puede penetrar a la región x > 0 ya que ahí se tiene que p2 E= + V (x) < V (x) 2m y por tanto p2 <0 2m lo cual es incorrecto. Así, la fuerza impulsiva devuelve a la partícula con la misma velocidad pero de signo opuesto, y por tanto con la misma energía. Para hacer la descripción con la mecánica cuántica requerimos resolver la ecuación estacionaria
5
de Schrödinger. Así, en este caso tenemos: ~2 d2 = E (x) ; x<0 (17) 2m dx2 y ~2 d2 + V0 (x) = E (x) x>0 (18) 2m dx2 Estas ecuaciones las resolvemos por separado, para después exigir la continuidad de la función y su derivada en todo punto, particularmente en x = 0. Para la ecuación (17) escribimos la solución como una combinación de ondas viajeras (en esa región V (x) es constante) para partícula libre: (x) = Aeik1 x + Be
ik2 x
;
x<0
(19)
p
. con k1 = 2mE ~ Ahora reescribimos la ecuación (18) como sigue: d2 k22 (x) = 0 2 dx q
con k2 =
2m ~2
(V0
E). La solución general a esta ecuación tiene la forma siguiente: (x) = Cek2 x + De
k2 x
;
x>0
(20)
Las constantes A, B, C, D deben escogerse de modo que la función y su derivada cumplan con las condiciones requeridas ( nitas y continuas). Primero observemos el comportamiento de la función cuando x ! 1. Del lado negativo del eje x la función es oscilatoria, mientras que del lado positivo el término proporcional a C diverge; por lo tanto, para que la función sea nita debemos tomar C = 0. Con esto aseguramos que la condición de que la función y su derivada sean nitas ya se cumple. Ahora veamos la condición de continuidad. Es claro que la función y su derivada son continuas en cualquier valor de x, excepto en x = 0. Para asegurar que también en ese punto se cumpla la continuidad igualamos las expresiones (19) y (20) (con C = 0) en x = 0, para obtener: A+B =D Ahora igualamos la derivada de ambas expresiones en el mismo punto: ik1 (A
B) =
o bien
k2 D
k2 D k1 Sumando y restando estas dos ecuaciones obtenemos: 1 k2 A= 1+i D 2 k1 y 1 k2 B= 1 i D 2 k1 A
B=i
6
Por lo tanto la función (x) =
(x) queda como sigue: 8 > < 12 1 + i kk21 Deik1 x + > :
1 2
1
i kk12 De
ik1 x
; x
0 (21)
k2 x
De ; x 0 La constante D tendría que obtenerse de la condición de normalización. La función de onda es, entonces: 8 > < 21 1 + i kk21 Dei(k1 x !t) + 21 1 i kk21 De i(k1 x+!t) ; x 0 (x; y) = (22) > : k2 x i!t De e ; x 0 Observamos que en la región x < 0 la función se compone de dos ondas viajeras, ambas de igual amplitud, pero una viajando en el sentido positivo del eje x y la otra viajando en sentido negativo; por lo tanto, del lado izquierdo tenemos una onda estacionaria. Si tomamos como base el cálculo de la densidad de ujo de probabilidad que efectuamos para la partícula libre, debe quedar claro que en este caso tendremos: j (x; t) = vA A
vB B;
x<0
con v = El primer término del lado derecho corresponde a la densidad de ujo de probabilidad en el sentido positivo del eje x, mientras que el segundo término será la densidad de ujo de probabilidad en la dirección opuesta. Como hemos considerado que la partícula inicialmente proviene desde la región x < 0, podemos considerar que la densidad de ujo de probabilidad incidente, en este caso, es: ji = vA A mientras que la densidad de ujo de probabilidad re ejado es ~k1 . m
jr = vB B Se de ne el coe ciente de re exión, en forma general, como el cociente jr R= ji En el caso presente tendremos: 1 + i kk21 vB B R = = vA A 1 i kk21
1
i kk12
1 + i kk12 (23)
= 1
Este resultado nos dice que cuánticamente también se tiene una re exión completa de la partícula. Puesto que la onda incidente y la re ejada tienen la misma amplitud, del lado izquierdo tenemos una onda estacionaria, la cual podemos reescribir a partir de la ecuación (21): 8 > < 12 1 + i kk21 D (cos k1 x + i sin k1 x) + 12 1 i kk12 D (cos k1 x i sin k1 x) ; x 0 (x) = > : De k2 x ; x 0 7
de donde (x) =
8 < D cos k1 x :
D kk12 sin k1 x; x
0 (24)
k2 x
De ; x 0 Si tomamos D real y positiva, la grá ca de la función anterior sería la mostrada en la gura 2. Es interesante observar que en la región x > 0 la densidad de probabilidad es distinta de cero, (x; t) = aunque disminuye rápidamente al aumentar x.
= D De
2k2 x
(25)
;
Figura 2 Esto proporciona un resultado distinto al clásico: la partícula logra penetrar en la región E < V0 (región clásicamente prohibida). Este resultado no es inconsistente con los experimentos de 1 la mecánica clásica ya que si consideramos que la distancia de penetración es x k2 p ~= 2m (V0 E), esta cantidad es muy pequeña para que pueda ser medida en objetos macroscópicos. 2.2
Caso 2: E > V0
Este caso se ilustra también en la gura 1, con la energía representada por una línea de color azul. Según la mecánica clásica, cuando la partícula proveniente desde la región x < 0 llega al punto x = 0 sentirá una fuerza F = @V que la frenará, pero la partícula continuará hacia la región @x x > 0, pero con una velocidad menor. Para la descripción cuántica resolvemos de nuevo la ecuación estacionaria de Schrödinger dada por las ecuaciones (17) y (18), manteniendo presente la nueva relación entre la energía y el potencial. La solución para cada región tendrá la siguiente forma: (x) = Aeik1 x + Be con k1 =
p
2mE , ~
q
ik2 x
;
x<0
;
x>0
y (x) = Ceik3 x + De
ik3 x
donde k3 = 2m (E V0 ). ~2 Como podemos ver, tenemos ondas viajeras tanto para x < 0 como para x > 0. Sin embargo, 8
en la región x > 0 deberemos tomar D = 0 ya que esta constante está asociada a una onda que viaja en el sentido negativo del eje x, lo cual no es posible, ya que hemos considerado que la partícula incide proveniente de la región x < 0, y no hay fuerza en la región x > 0 que produzca una re exión. Por lo tanto, la función y su derivada son nitas en todo punto. Ahora debemos asegurar la continuidad de y ddx en el punto x = 0; esto nos lleva a las siguientes ecuaciones: A+B =C y k3 A B= C k1 De aquí obtenemos k1 k3 B= A k1 + k3 y 2k1 C= A k1 + k 3 Usando estos resultados reescribimos la función : 8 k k < Aeik1 x + k11 +k33 Ae ik1 x ; x 0 (x) = : 2k1 Aeik3 x ; x 0 k1 +k3 De nuevo tenemos una constante pendiente de determinar, lo cual se haría mediante la condición de normalización. Como en el caso con E < V0 , la densidad de ujo de probabilidad para x < 0 es j (x; t) = v1 A A
v1 B B
1 . con v1 = ~k m Para la región x > 0 tendremos una densidad de ujo de probabilidad distinta de cero, dada por la expresión j (x; t) = v3 C C ~k3 con v3 = m . Como vemos, tenemos una densidad de ujo re ejada y una transmitida. Calculamos de nuevo el coe ciente de re exión: jr (k1 k3 )2 v1 B B R= = (26) = ji v1 A A (k1 + k3 )2 el cual tiene un valor menor que 1. De nimos ahora el coe ciente de transmisión como jt T = ji y en el presente caso será
4k1 k3 v3 C C k3 (2k1 )2 T = = (27) 2 = v1 A A k1 (k1 + k3 ) (k1 + k3 )2 Podemos comprobar fácilmente que R+T =1 Finalmente, es fácil de comprobar que si la partícula inicialmente proviene desde la región 9
x > 0, los resultados serán los mismos. Esto nos indica que la causa de la re exión parcial es la discontinuidad en el potencial.
3 Potencial de Barrera Consideraremos ahora un potencial de barrera como el que se muestra en la gura 3. La expresión matemática para este potencial es V0 ; 0 < x < a V (x) = (28) 0 x < 0; x > a
Figura 3 Según la mecánica clásica, si una partícula proveniente de la región x < 0 incide sobre la barrera tendrá una probabilidad igual a uno de ser re ejada si E < V0 y una probabilidad también igual a uno de ser transmitida si E > V0 . Este comportamiento es diferente según la descripción cuántica. Sabemos que habrá soluciones a la ecuación de Schrödinger para toda E 0. De acuerdo con el potencial, la ecuación se separa en tres partes, una para cada región x < 0, 0 < x < a y x > a. Es claro que en la primera y tercera regiones la ecuación es la de una partícula libre de energía E, de modo que la función tendrá la forma de las ondas viajeras: Aeik1 x + Be ik1 x ; x 0 (x) = (29) Ceik1 x + De ik1 x ; x a p
con k1 = 2mE . ~ En la segunda región la forma de la solución depende de si E < V0 ó E > V0 . Ambos casos los vimos en la sección anterior, así que podemos escribir directamente la forma de la función; así, si E < V0 tenemos (x) = F ek2 x + Ge k2 x ; 0 x a (30) p 2m(V0 E) , ~
con k2 =
p
mientras que si E < V0 la función es (x) = F 0 eik3 x + G0 e
2m(E V0 )
ik3 x
;
0
x
a
(31)
con k3 = . ~ Si la partícula incide desde la región x < 0 debemos tomar D = 0 ya que en la región x > a sólo puede haber una onda transmitida (viajando hacia x > 0). La constante F no puede hacerse cero ya que x es nita entre 0 < x < a. Tampoco podemos tomar G0 = 0 ya que la discontinuidad en x = a produce re exión. Veamos entonces cada caso por separado. 10
3.1
Caso 1: E < V0
Ya que tenemos la forma de (x) para cada región, vamos a determinar algunas de las constantes utilizando el requisito de continuidad de la función y su derivada en x = a. Así, obtenemos las siguientes ecuaciones: A+B Ceik1 a ik1 (A B) ik1 Ceik1 a
= = = =
F +G F ek2 a + Ge k2 a k2 (F G) k2 F ek2 a Ge
(32) k2 a
A partir de este sistema de ecuaciones podemos expresar B, C, F y G en términos de la constante A. Nos interesa en particular obtener la constante C ya que está asociada con la onda transmitida. Así, después de realizar un poco de álgebra obtenemos: 4ik1 k2 e(k2 +ik1 )a A C= [(k22 k12 ) (1 e2k2 a ) + 2ik1 k2 (1 + e2k2 a )] La densidad de ujo de probabilidad transmitido será, en este caso, jt = v1 C C, mientras que la densidad de ujo de probabilidad incidente es ji = v1 A A; por tanto, el coe ciente de transmisión resulta ser v1 C C 16k12 k22 e2k2 a jt i =h T = = 2 2 ji v1 A A 2 2 2 2 2 2k a 2k a 2 2 (k k ) (1 e ) + 4k k (1 + e ) 2
1
1 2
y después de algunos pasos de álgebra obtenemos 2 3 2 sinh k2 a 5 T = 41 + 4 VE0 1 VE0 o bien, utilizando la expresión para k2 : 2
sinh 6 6 T = 61 + 4
2
r
2mV0 ~2
4 VE0 1
a2
1 E V0
1
(33)
E V0
3 7 7 7 5
1
(34)
Si las características del potencial son tales que el argumento del seno hiperbólico es mucho mayor que 1, entonces T puede escribirse, en forma aproximada, como sigue: E E T ' 16 1 e 2k2 a (35) V0 V0 Este resultado es contrastante con lo predicho por la mecánica clásica. Así, tenemos a una partícula de masa m y energía E, que incide sobre una barrera de altura V0 > E y de espesor a, que tiene una probabilidad T de traspasar dicha barrera. A este fenómeno se le llama "efecto túnel". La 2 0a mide la opacidad de la barrera y resulta ser una cantidad extremadamente grande cantidad 2mV ~2 en el límite clásico, de modo que T , en tal límite, es despreciable.
11
3.2
Caso 2: E > V0
Para este caso la condición de continuidad de ecuaciones: A+B Ceik1 a ik1 (A B) ik1 Ceik1 a
= = = =
y de
d dx
en x = 0 produce el siguiente sistema de
F 0 + G0 F 0 eik3 a + G0 e ik3 a ik3 (F 0 G0 ) ik3 F 0 eik3 a G0 e
(36) ik3 a
Como en el caso anterior, conviene expresar las constantes B, C, F 0 y G0 en términos de la constante A, particularmente la constante C. Un poco de álgebra nos conduce a la siguiente expresión: 4k1 k3 ei(k3 k1 )a C= A (k3 + k1 )2 (k3 k1 )2 e2ik3 a De aquí podemos obtener fácilmente el coe ciente de transmisión: 3 1 2 2 sin k3 a 5 (37) T = 41 + 4 VE0 VE0 1
o bien, utilizando la expresión para k3 : 2
sin 6 6 T = 61 + 4
2
r
2mV0 a2 ~2
4 VE0
E V0
E V0
1
1
3 7 7 7 5
1
(38)
En la gura 4 hemos gra cado el coe ciente de transmisión T , en función del cociente VE0 para un electrón que incide sobre una barrera de altura V0 = 10eV, de anchura a = 1:85 10 8 cm 2 0a = 9). Estos valores son característicos de un electrón que se mueve dentro de un cristal. ( 2mV ~2 Como puede observarse, para VE0 1, el coe ciente T es muy pequeño, pero cuando VE0 > 1, se observa que aunque T en general es menor que 1, existen valores especí cos de VE0 para los cuales T = 1. Tales valores se obtienen de la condición k3 a = ; 2 ; 3 ; Esta condición expresa el hecho de que el espesor a de la barrera es igual a un número entero o semientero de longitudes de onda; esto es, como 3 = 2k3 , entonces 3
a=n
=n k3 2 Este resultado puede explicarse considerando que existe una interferencia destructiva entre las re exiones que ocurren en x = 0 y x = a, de modo que la transmisión es igual a 1.
12
Figura 4
4 Potencial de pozo cuadrado Este potencial es el más simple que puede con nar a una partícula en una región nita del espacio. La gura 5 muestra un esquema de este potencial y su expresión matemática es 8 a a < V0 ; <x< 2 2 V (x) = (39) : 0 x < a; x > a 2 2 Vamos a estudiar los casos en los que la energía es menor y mayor que V0 .
Figura 5 4.1
Caso 1: E < V0
Clásicamente la partícula sólo puede encontrarse en la región a2 < x < a2 , con un momento lineal constante, con cualquier valor para la energía. Según hemos visto anteriormente, la predicción cuántica es que los valores que la energía puede tomar son discretos. La forma de (x) la podemos escribir considerando los resultados de los ejemplos previos. Conviene utilizar ondas estacionarias en la región a2 < x < a2 ya que la partícula estará con nada
13
y sólo podrá penetrar ligeramente fuera de esta región. Así, tendremos 8 a > Cek2 x + De k2 x ; x > > < 2 a a x A sin k1 x + B cos k1 x; (x) = (40) 2 2 > > a > : F ek2 x + Ge k2 x ; x 2 p p 2m(V0 E) y k2 = . con k1 = 2mE ~ ~ Como puede observarse, para que la función (y su derivada) permanezca nita debemos tomar D = F = 0. Luego, al demandar la continuidad de la función y su derivada en los puntos x = a2 y x = a2 se obtienen las 4 ecuaciones siguientes: k2 a k1 a k1 a + B cos = Ce 2 (41) A sin 2 2 k2 a k1 a k1 a k1 A cos + B sin = k2 Ce 2 (42) 2 2 k2 a k1 a k1 a A sin + B cos = Ge 2 (43) 2 2 k2 a k1 a k1 a B sin k1 A cos = k2 Ge 2 (44) 2 2 A partir de estas ecuaciones podemos obtener los coe cientes buscados. Así, de las ecuaciones (41) y (43) tenemos: k2 a k1 a (45) = (G C) e 2 2A sin 2 y k2 a k1 a 2B cos (46) = (G + C) e 2 2 Luego, de las ecuaciones (42) y (44) tenemos: k2 a k1 a 2Ak1 cos (47) = (G C) k2 e 2 2 y k2 a k1 a 2Bk1 sin = (G + C) k2 e 2 (48) 2 Ahora, si B 6= 0 y G + C 6= 0 podemos dividir la ecuación (48) entre la ecuación (46) para obtener k1 a k1 tan = k2 (49) 2 asimismo, si A 6= 0 y G C 6= 0 entonces podemos dividir la ecuación (47) entre la ecuación (45) para tener k1 a k1 cot = k2 (50) 2 Estas últimas dos ecuaciones no pueden satisfacerse de manera simultánea, ya que de ser así, entonces obtendríamos que tan2 k12a = 1, lo cual es imposible ya que tanto k1 como a2 son reales. Así, tenemos entonces dos clases de funciones propias. i) Las funciones de primera clase se obtienen cuando se cumplen las condiciones k1 a k1 tan = k2 (51) 2 14
y A=G C=0 de modo que al sustituir en la ecuación (47) nos queda k2 a k1 a B cos = Ge 2 2 o bien k1 a k2 a G = B cos e 2 =C 2 por lo que la función (x) tiene la forma siguiente: 8 k2 a > B cos k12a e 2 ek2 x ; x > > < a B cos k1 x; (x) = 2 > > k a > : B cos k1 a e 22 e k2 x ; x 2 y
a 2 a x a 2
2 ii) Las funciones de segunda clase se obtienen cuando se cumplen las condiciones k1 a = k2 k1 cot 2
B =G+C =0 de modo que, sustituyendo también en la ecuación (47), nos queda k2 a k1 a A sin = Ge 2 2 o bien k1 a k2 a e 2 = C G = A sin 2 por lo tanto la función (x) ahora tiene la forma 8 k2 a a > A sin k12a e 2 ek2 x ; x > > < 2 a a x A sin k x; (x) = 1 2 > > k2 a a 2 > : A sin k1 a e 2 e k2 x ; x 2 2 Consideremos la ecuación (51). Si multiplicamos por a2 , la ecuación queda como sigue: k1 a k1 a k2 a tan = 2 2 2 y considerando las expresiones para k1 y k2 podemos reescribir esta ecuación así: r r k1 a k1 a 2m (V0 E) a2 mV0 a2 k12 a2 tan = = 2 2 ~2 4 2~2 4 k1 a o bien, si hacemos el cambio de variable " = 2 , entonces nos queda la ecuación q " tan " = "20 "2
(52)
(53)
(54)
Esta ecuación trascendente puede resolverse por métodos numéricos (y así lo haremos más adelante), pero por métodos grá cos podemos tener una p buena aproximación al resultado. Así, si gra camos las funciones p (") = " tan " y q (") = "20 "2 en el mismo diagrama, sus intersec15
ciones nos dan los resultados que buscamos. En la gura 6 se muestra esta grá ca y ahí podemos observar que p (") tiene ceros en 0, , 2 , ... y que en los puntos 2 , 32 , 52 , ... su valor es in nito. Ahí mismo podemos ver que la función q (") es el cuarto de circunferencia mostrado, con radio "0 . Tenemos entonces que el número de soluciones (cortes) depende del radio de la circunferencia, esto es, de las dimensiones del pozo y de la masa de la partícula. Así, vemos que cuando E < V0 vamos a tener un valor de energía E correspondiente a una función de primera clase si se cumple la condición "0 < ; luego, habrá dos valores de energía si se cumple la condición "0 < 2 , habrá tres valores si 2 "0 < 3 , etc. En la gura 6 se ha considerado que "0 = 4, de modo que en tal caso existen dos soluciones correspondientes a funciones de la primera clase, con valores " ' 1:25 y " ' 3:59.
Figura 6 Considerando la expresión para " tenemos entonces que la energía queda como sigue: 2
~2 k12 ~2 2" 2~2 2 2~2 2 E= = = " = " V0 2m 2m a ma2 ma2 V0 y por tanto los valores obtenidos para el caso presente ("0 = 4) son:
y
E'
1:25 4
2
V0 ' 0:098V0 2
3:59 E' V0 ' 0:81V0 4 Para las funciones de segunda clase podemos hacer algo similar. Así, partiendo de la ecuación (53) obtenemos la siguiente ecuación trascendente: q " cot " = "20 "2
Utilizando de nuevo el método grá co, según se ve en la gura 7, observamos que no habrá valores 16
de energía E < V0 correspondientes a funciones de la segunda clase si se cumple que "0 < 2 , habrá un valor de energía para esta clase de funciones si 2 "0 < 32 , habrá dos valores si 3 "0 < 52 , etc. En el caso presente ("0 = 4), la única solución es " ' 2:47, de modo que la 2 energía correspondiente es 2 2:47 E' V0 ' 0:38V0 4
Figura 7 Tomando en consideración estos resultados, podemos veri car que el espectro de energías es discreto si E < V0 . Ahora, sabemos de antemano que para E > V0 el espectro de energías será continuo, de modo que podemos hacer un diagrama de energías como el que se muestra en la gura 8.
17
Figura 8 Una vez que hemos determinado los valores de k1 y k2 , (a través del cálculo de "), sólo falta obtener las constantes A y B, las cuales se pueden calcular al exigir que (x) esté normalizada. Después de realizar tales cálculos, las funciones que obtenemos tienen la forma siguiente: 8 x a 3:8 a=2 > 17:6e ; x > > 2 a a 1 < x p ; x 1:26 cos 1:25 (x) = 1 a=2 2 a> > x a 2 > 3:8 : 17:6e a=2 ; x 2 8 x a 3:14 > 17:65e a=2 ; x > > 2 a a 1 < x 1:23 sin 2:475 a=2 ; x 2 (x) = p 2 a> > x a 2 > : 17:65e3:14 a=2 ; x 2 8 x a 1:75 a=2 > ; x > > 5:85e 2 a a 1 < x p 1:13 cos 3:59 ; x (x) = 3 a=2 2 a> > x a 2 > 1:75 : 5:85e a=2 ; x 2 En la gura 9 se gra can estas tres funciones. Como podemos notar, las funciones de la primera clase son funciones pares de x, esto es, f ( x) = f (x), mientras que la función de la segunda clase es una función impar de x (f ( x) = f (x)). Esta característica es similar en cualquiera de las soluciones que encontremos para este potencial. En realidad, este es un resultado que se puede generalizar para cualquier potencial V (x) con paridad par; esto es, para estos potenciales las funciones propias tendrán siempre una paridad de nida (par o impar).
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Figura 9 En la gura 10 se presenta una grá ca de las densidades de probabilidad correspondientes a las funciones 1 , 2 y 3 . Como era de esperarse, se observa que las oscilaciones de (x) son mayores cuanto mayor es la energía asociada.
Figura 10 4.2
Caso 1: E > V0
De acuerdo con la mecánica clásica la partícula puede moverse a lo largo de todo el eje x; al a entrar a la región jxj la partícula recibe un impulso que la acelera y al salir de esa región 2 19
recibe un nuevo impulso que la frena, para quedar con su energía inicial. Las soluciones son esencialmente las mismas ya obtenidas para el caso de potencial de barrera, con E > V0 . Podemos inclusive obtener el coe ciente de transmisión T a partir de las expresiones ya obtenidas en ese caso, siempre y cuando de namos los términos en forma apropiada. De nuevo se obtendrá un coe ciente que es menor que uno, excepto cuando un número entero de medias longitudes de onda quepan de manera exacta en el ancho a del pozo.
5 Potencial de pozo cuadrado in nito Este potencial puede obtenerse a partir del caso anterior si tomamos V0 ! 1. La expresión matemática del potencial es 8 a a < 1; <x< 2 2 V (x) = (55) : 0 x < a; x > a 2 2
Figura 11 Podemos tener una idea de la forma de las soluciones si vemos el efecto de hacer tender V0 a in nito en las expresiones para (x) y en los cruces de las funciones que aparecen en las ecuaciones trascendentes. Sin embargo, conviene resolver directamente la ecuación de Schrödinger, ya que en este caso la solución analítica es fácil de obtener. Veamos. La ecuación estacionaria de Schrödinger a resolver, para la parte interior del pozo es ~2 d2 = E (x) (56) 2m dx2 con la condición de que x = a2 = 0. Como la partícula está completamente con nada, esperamos soluciones con forma de ondas estacionarias, de modo que la solución a la ecuación
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anterior la escribimos como sigue: (x) =
8 < A sin kx + B cos kx jxj :
0
jxj
a 2 a
(57)
2 con k = Como el potencial V (x) es par, sus soluciones deben tener paridad de nida, de modo que las soluciones pares son a (x) = B cos kx; jxj 2 y las soluciones impares son a (x) = A sin kx; jxj 2 a para la región fuera del pozo (jxj ) ambos tipos de funciones deben anularse. 2 Consideremos las funciones pares. La función debe ser continua en todo punto; en particular, a , de modo que así debe ser en x = 2 ka B cos =0 2 y como B debe ser distinta de cero (si no, no tenemos partícula!), entonces 3 5 ka = ; ; ; 2 2 2 2 o bien n k= ; n = 1; 3; 5; (58) a Así, a las funciones propias de paridad par les corresponden los números cuánticos impares n = 1; 3; 5; Ahora consideremos las funciones impares. De nuevo buscamos que la función sea continua en a x= lo cual nos da 2 ka A sin =0 2 y como A no puede ser cero, entonces ka = ;2 ;3 ; 2 o bien n k= ; n = 2; 4; 6; (59) a Como vemos, a las funciones de paridad impar les corresponden los números cuánticos pares n = 2; 4; 6; Tomando en consideración las ecuaciones (58) y (59) encontramos que los valores que la energía puede tomar son los siguientes: 2 2 ~2 k 2 ~ 2 = n; n = 1; 2; 3; 4; 5; (60) E= 2m 2ma2 Las constantes A y B las obtenemos de la condición de normalización. Veamos para las funp
2mE . ~
21
ciones pares: 1 =
Z
= B
1 1 2
Z
por lo que
a 2
1
dx
1
2
cos (kx) dx = 2B
2
a 2
Z
0
a sin (2kx) + 2 2k
= B2 = B
dx =
Z
a 2
a 2
1 (1 + cos (2kx)) dx 2
0
22
a B=
De manera similar obtenemos que A=
r
r
2 a 2 a
Así, las funciones propias normalizadas son: 8 q 2 > cos na x ; n = 1; 3; 5; > > < qa 2 sin na x ; n = 2; 4; 6; n (x) = a > > > : 0;
; jxj ; jxj jxj
a 2 a 2 a
2 En la gura 12 tenemos un diagrama con algunos de los niveles de energía. Como puede verse, 2 2 el espectro es completamente discreto y el valor mínimo de la energía, o estado base, es E1 = 2ma~ 2 .
Figura 12 22
En la gura 13 se presenta una grá ca con las tres primeras funciones propias correspondientes a los tres primeros valores de la energía. Si se compara con la gura 9, puede verse que estas funciones son precisamente los casos límites de las funciones correspondientes al potencial de pozo cuadrado nito.
Figura 13
6 Potencial de Oscilador Armónico Hasta ahora hemos considerado únicamente potenciales que son constantes a pedazos, con algunas discontinuidades en la posición. Ahora consideraremos potenciales que varían de manera continua con la posición. En realidad son pocos potenciales que permiten obtener una solución a la ecuación estacionaria de Schrödinger en forma cerrada. Afortunadamente entre éstos se encuentran los casos más importantes: el potencial de Coulomb, V (r) _ r 1 , y el potencial de oscilador armónico simple, V (x) _ x2 . En esta sección estudiaremos el potencial de oscilador armónico, cuya importancia radica, fundamentalmente, en que permite describir una gran cantidad de problemas donde la partícula presenta pequeñas vibraciones alrededor de la posición de equilibrio estable. En esa posición V (x) presenta un mínimo y en la vecindad la curva puede aproximarse por una parábola. Así, podemos escribir el potencial como sigue: 1 V (x) = kx2 (61) 2 con k una constante. La fuerza que experimenta una partícula bajo la acción de este potencial es F = @V = kx, que es una fuerza armónica de restitución lineal. @x
23
Figura 14 La mecánica clásica predice que al desplazar a la partícula una distancia x0 de la posición de equilibrio, al soltarla oscilará de manera sinusoidal con frecuencia r 1 k = 2 m donde m es la masa de la partícula. Este resultado lo podemos obtener de la segunda ley de Newton, la cual, en este caso, tiene la forma d2 x kx = m 2 dt o bien k d2 x + x=0 2 dt m cuya solución la podemos escribir como (62)
x (t) = x0 sin !t con
r
k (63) m La energía de la partícula puede tomar cualquier valor y es proporcional a x20 , como puede obtenerse a partir de la ecuación (62): !=2
=
2
1 dx 1 E = T +V = m + kx2 2 dt 2 1 1 = m! 2 x20 cos2 !t + k 2 x20 sin2 !t 2 2 1 m! 2 x20 (64) = 2 Recordemos además que la teoría cuántica antigua predice que en el problema del oscilador armónico simple la energía E sólo puede tomar alguno de los valores E = nh = n~!;
n = 0; 1; 2; 3;
(65)
Veamos ahora la solución a este problema con la mecánica cuántica. La ecuación estacionaria
24
de Schrödinger es ~2 d2 1 + m! 2 x2 (x) = E (x) 2 2m dx 2
o bien
(66)
d2 2mE m2 ! 2 2 (x) = 0 (67) + x dx2 ~2 ~2 p Podemos expresar esta ecuación de forma más sencilla si hacemos el cambio de variable y = x, m! con = ~ , de modo que la ecuación nos queda como sigue: d2 (y) = 0 (68) + " y2 dy 2 donde además hemos introducido la energía escalada " = 1E~! . 2 Como (x) debe ser nita en todas partes, debemos poner especial cuidado en la región cuando x ! 1. Para estudiar este límite reescribimos la ecuación (68) despreciando el término proporcional a ": d2 1 y 2 1 (y) = 0 dy 2 La solución general a esta ecuación es de la forma y2
1
= Ae 2 + Be
y2 2
lo cual podemos comprobar calculando la segunda derivada: y2 y2 d 1 = Aye 2 Bye 2 dy 2 2 y2 d 1 2 y2 2 2 + By e = Ay e + Ae dy 2 y2
= A y2 + 1 e 2 + B y2 y como y ! Ahora, como tener la forma
y2 2
1 e
Be
y2 2
y2 2
1 entonces
y2 y2 d2 1 2 2 + Be 2 ' y Ae = y2 1 dy 2 debe ser nita, debemos tomar A = 0, así que para y muy grande la función deberá y2
2 1 = Be Para tener este resultado en consideración, se propone escribir entonces la función el producto
(y) = Be válida para toda y.
25
y2 2
H (y)
(y) como (69)
Para sustituirla en la ecuación (68) calculamos su segunda derivada: y2 y2 d H0 = ye 2 H + e 2 H 0 = (y) y+ dy H # " 2 2 H0 H0 d2 H 00 + y+ = 1+ dy 2 H H H =
(y)
H 0 H 00 + H H
y2
1
2y
1
2y
H 0 H 00 + H H
y sustituimos ahora en (68): y2 de aquí tenemos: y nalmente
H 00 H
2y
+ "
H0 +" H
y2
(y) = 0
1=0
d2 H dH 2y + (" 1) H (y) = 0 (70) 2 dy dy Esta ecuación es idéntica a la conocida ecuación de Hermite, cuya solución se puede escribir 2 como una serie de potencias de y, la cual diverge como ey cuando y crece. Por lo tanto, la serie y2
debe cortarse para que el producto de e 2 H (y) nos de una función nita. Al cortar términos en la serie se obtienen entonces polinomios que son conocidos como polinomios de Hermite. La condición para que ocurra el corte de la serie es " 1 = 2n, con n = 0; 1; 2; 3; De esta condición y de la expresión para " obtenemos la energía para el problema del oscilador armónico simple: 1 En = n + ~! (71) 2 En la gura 15 mostramos un diagrama de los distintos niveles energéticos.
Figura 15 Los polinomios de Hermite pueden obtenerse a partir de la siguiente fórmula (llamada fórmula de Rodrigues): n y2 n y2 d e Hn (y) = ( 1) e (72) dy n 26
y algunos de ellos son: H (y) H1 (y) H2 (y) H3 (y) H4 (y) H5 (y) Tenemos entonces que la función
= = = = = =
1 2y 4y 2 2 8y 3 12y 16y 4 48y 2 + 12 32y 5 160y 3 + 120y
(y), dada por la expresión (69) queda como n
(y) = Bn e
y2 2
Hn (y)
donde la constante Bn la obtenemos mediante la condición de que la función esté normalizada. Este cálculo es un poco engorroso, de modo que sólo escribiremos aquí el resultado: Bn = Así, la función
m! 1=4 ~ (2n n!)1=2
(x) queda como sigue: (x) =
m! 1=4 ~ e n (2 n!)1=2
m! 2 x 2~
Hn
r
m! x ~
En la gura 16 hemos gra cado algunas de estas funciones, ubicándolas de acuerdo al nivel energético al que corresponden.
Figura 16 Como puede observarse, tenemos funciones pares y funciones impares, como corresponde al hecho de que V (x) es un potencial par. La función será par para n par, e impar para n impar. En la gura 17 se presentan las grá cas de la densidad de probabilidad para diversos números cuánticos. En particular, para el caso n = 10 hemos incluido también la densidad de probabilidad clásica para una partícula con energía E10 . Como vemos, la densidad de probabilidad cuántica oscila en gran cantidad de ocasiones, pero su valor promedio es aproximadamente el correspondiente a la 27
densidad de probabilidad clásica.
Figura 17 Para concluir este tema vamos a calcular los valores medios de la energía cinética y de la energía potencial en el estado n = 0. Así, la función de onda a utilizar es E m! 1=4 m! x2 i !t i ~0 t = e 2~ e 2 0 (x; t) = 0 (x) e ~ p^2 ~2 d2 Como el operador de energía cinética es T^ = 2m = 2m , entonces dx2 Z 1 Z 1 ~2 d2 d2 0 ~2 T = dx dx = 0 0 2m dx2 2m 1 0 dx2 1 calculemos la segunda derivada: d 0 m! = x 0 dx ~ d2 0 m! m2 ! 2 2 m2 ! 2 2 m! = + x = x 0 0 dx2 ~ 0 ~2 ~2 ~ y ahora sustituimos en T : Z Z ~2 m 2 ! 2 1 2 m! 1 T = x 0 0 dx 0 0 dx 2m ~2 ~ 1 1 La segunda integral es igual a 1 ya que 0 está normalizada. Veamos la primera integral: Z Z 1 m! 1=2 1 2 m! x2 2 x 0 0 dx = x e ~ dx ~ 1 1 Z 1 1 m! 2 m! 2 m! 1=2 ~ ~ x ~ = xe + e ~ x dx ~ 2m! 2m! 1 1 Z 1 ~ ~ = 0 0 dx = 2m! 1 2m!
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Por lo tanto tenemos: m! ~2 m 2 ! 2 ~ 2 2m ~ 2m! ~ 1 E0 = ~! = 4 2 Ahora calculamos el promedio de V (x): Z Z 1 1 2 2 1 2 1 2 mx x 0 0 dx V = 0 dx = m 0 2 2 1 1 1 2 ~ = m 2 2m! 1 E0 = ~! = 4 2 Como vemos, el resultado que tenemos para el estado base (n = 0) es E0 T =V = 2 Es posible demostrar que este resultado es similar para cualquier estado n; esto es En T =V = 2 T =
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