Mecánica cuántica/Pozo de potencial infinito

Introducción

El pozo de potencial infinito es un tópico en la mecánica cuántica, uno de los primeros problemas que se enseñan a los estudiantes de Física Cuántica. Enunciado de forma más intuitiva, este problema no es otra cosa que una partícula dentro de una caja para la que no actúa ninguna otra fuerza (como la gravedad) mas allá de las que ejercerán la paredes de la caja cuando la partícula se acerque a ellas, haciendo imposible que se salga de la caja. El hecho de no haber considerado la gravedad o un modelo más realista de la fuerza (o, equivalentemente, del potencial del que deriva la fuerza) ejercida por las paredes tiene la única función de hacer el problema más sencillo de resolver; sin embargo, otro más realista llegará a conclusiones muy similares a las estudiada en este.

La solución de la ecuación de Schrödinguer (mediante la cual "habla" la teoría de la mecánica cuántica) a este problema nos mostrará, además de otras cosas más sutiles, que la partícula dentro de una caja no puede tener cualquier energía, sino que dichos valores posibles se encuentran "cuantizados". Es decir, que el valor de la energía total que tiene la partícula no puede ser cualquiera, sino que siempre (que un observador lo mida) podrá únicamente tener determinados valores singulares que dependerán de las dimensiones de la caja, sin importar nada más.

Resolución del caso general unidimensional

Planteamiento de la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo

Pozo de potencial infinito (o caja) unidimensional de anchura L con la primera pared en x=0.

Un pozo de potencial infinito, en general, tiene la pared izquierda en un punto x=a y la derecha en x=b, (a<b). Esta información es equivalente a decir que la pared izquierda se encuentra en el punto a y que el pozo tiene anchura L. La relación entre ambas, claramente, es L=b-a. Normalmente, cuando se plantea este problema se deja como variable únicamente la anchura del potencial, pero no su posición en el eje de coordenadas, a menudo impuesta por el enunciado del problema. En tal caso, las dos opciones por excelencia son que el pozo se encuentra centrado en el origen, con la pared izquierda en x=-L/2 y la derecha en x=L/2, o bien que tiene una pared en x=0 y otra en x=L.

Dichas elecciones, como veremos, tienen repercusión sobre las funciones matemáticas necesarias para describir la función de onda solución, aunque las energías permitidas, como cabe esperar, solo dependerán de cuál es la anchura del pozo, y no del hecho que artificialmente y como instrumento matemático "coloquemos" un eje de coordenadas paralelo al pozo de potencial y de que a alguno de sus puntos le llamemos x=0.

Resolvamos la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo

${\frac {-\hbar ^{2}}{2m}}\nabla ^{2}\Psi (\mathbf {r} )+U(\mathbf {r} )\Psi (\mathbf {r} )=E\Psi (\mathbf {r} ),$

que en el caso de una dimensión es simplemente

${\frac {-\hbar ^{2}}{2m}}\Psi ''(x)+U(x)\Psi (x)=E\Psi (x).$

O lo que es lo mismo

$\Psi ''(x)+{\frac {2m}{\hbar ^{2}}}\left(E-U(x)\right)\Psi (x)=0.$

Fuera del pozo, la función de onda debe ser igual a cero ya que, por hipótesis, al decir que la altura del pozo es infinita, queremos indicar que es completamente seguro que las partículas no pueden atravesar dichas barreras de potencial. Dado que la función de onda es una función continua, por muy poco que nos alejemos de a por la izquierda o de b por la derecha el valor de la función será igual a cero, por lo que también debe serlo en los extremos a y b para que se trate de una función continua. Sin embargo, a muy poco que nos introduzcamos dentro del pozo, la función de onda tomará otros valores distintos de cero.

Resolvamos la ecuación de Schrödinguer dentro del pozo, donde U(x)=0:

$\Psi ''(x)+{\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}\Psi (x)=0.$

Dado que hemos decidido tomar a y b genéricos, lo más sencillo es usar una solución general de esta ecuación difierencial en términos de exponenciales complejas.

$\Psi (x)=Ae^{i\omega x}+Be^{-i\omega x},$

donde hemos definido

$\omega ^{2}={\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}.$

Obtención de las energías accesibles al sistema

Impongamos la primera condición, $\Psi (a)=0$

$0=\Psi (a)=Ae^{i\omega a}+Be^{-i\omega a}\Rightarrow B=-Ae^{2i\omega a},$

y sustituyamos en nuestra solución general

${\begin{aligned}\Psi (x)=&Ae^{i\omega x}-Ae^{2i\omega a}e^{-i\omega x}\\=&Ae^{i\omega x}\left[1-e^{2i\omega a}e^{-2i\omega x}\right]\\=&Ae^{i\omega x}\left[1-e^{2i\omega (a-x)}\right].\end{aligned}}$

Impongamos ahora la segunda condición, $\Psi (b)=0$

$0=\Psi (b)=Ae^{i\omega b}\left[1-e^{2i\omega (a-b)}\right]\Rightarrow {\begin{cases}A=0&\Rightarrow \Psi (x)=0,\quad \forall x\\{\text{o}}\\e^{2i\omega (a-b)}=1&\Rightarrow 2i\omega (a-b)=0+2\pi ik,\quad k\in \mathbf {Z} .\end{cases}}$

Ya que la función exponencial no se anula nunca, vemos que para que la función de onda sea nula tiene que, o bien ser idénticamente cero también dentro del pozo, o bien, que el término entre corchetes sea igual a cero. Como la función exponencial compleja es periódica con periodo $2\pi i$, hemos considerado todos los valores del plano complejo que hacen que la exponencial valga 1.

Centrémonos en este último caso que es el único no trivial. Despejemos $\omega$ de la ecuación anterior

$\omega ={\frac {\pi k}{b-a}}={\frac {\pi k}{L}},\quad k\in \mathbf {Z} .$

Debemos coincidir por tanto que, para que tener una solución a la ecuación de Schödinguer con las condiciones de contorno impuestas por nuestro potencial, los valores de $\omega$ necesariamente debe estar cuantizados. Es decir, que solo puede tomar valores discretos y equi-espaciados $\pi /(b-a)$ unidades, en vez de poder tomar cualquier valor en un intervalo determinado, como es el caso de la coordenada x, que puede tomar cualquier arbitrario entre a y b. Como consecuencia de esto, las energías, autovalores del operador Hamiltoniano, también están cuantizadas

Representación de las energías accesibles para la partícula en el pozo de potencial infinito. Solo ciertos valores dibujados con líneas horizontales están permitidos. Como se observa, la diferencia entre energías posibles es cada vez mayor. Esto es una consecuencia de que $E$ es proporcional a $n^{2}$.

$E={\frac {\hbar ^{2}\omega ^{2}}{2m}}={\frac {\hbar ^{2}\pi ^{2}}{2m(b-a)^{2}}}k^{2}={\frac {\hbar ^{2}\pi ^{2}}{2mL^{2}}}n^{2},\,n\in \mathbf {N} ^{+}.$

Nótese que para las energías solo tiene sentido considerar los números naturales en lugar de los enteros, puesto que -k y k definen la misma energía. Además hemos descartado el valor 0 ya que como veremos más adelante su autofunción es nula.

Obtención de las autofunciones de onda

Veamos la forma que toma la función de onda

$\Psi (x)=Ae^{i{\frac {\pi k}{L}}x}\left[1-e^{i{\frac {2\pi k}{L}}(a-x)}\right].$

A se elije de tal manera que el módulo cuadrado de la función de onda integrada sobre todo el espacio sea igual a 1.

$\int _{-\infty }^{\infty }dx\left|\Psi (x)\right|^{2}=1.$

El módulo cuadrado de la función de onda es una magnitud de gran interés físico, ya que representa la densidad de probabilidad de encontar la partícula en una posición determinada. Es por esto que es común definir el valor de su integral sobre todo el espacio como 1, ya que, con probabilidad 1 (o dicho de otro modo, al 100% de seguridad) la partícula se encuentra en algun lugar del dominio de integración. Veamos explícitamente cuál es la forma de dicha función antes de hacer la integración. Para ello, usaremos las siguientes propiedades del módulo de un número complejo.

• $\left|ab\right|=\left|a\right|\left|b\right|$
• $\left|e^{ir}\right|=1,\quad \forall r\in \mathbf {R}$
• ${\overline {a+b}}={\bar {a}}+{\bar {b}}$
• $\left|ab\right|^{2}=a{\bar {b}}={\bar {a}}b$
• $\left|1-a\right|^{2}=1+\left|a\right|^{2}-2\left|a\right|\cos \varphi _{a}$

Demostración:

${\begin{aligned}\left|1-a\right|^{2}&=(1-a){\overline {(1-a)}}=(1-a)({\bar {1}}-{\bar {a}})\\&=1-a-{\bar {a}}+\left|a\right|^{2}\\&=1-\left|a\right|\left[\cos \varphi _{a}+i\sin \varphi _{a})\right]-\left|a\right|\left[\cos \varphi _{a}-i\sin \varphi _{a})\right]+\left|a\right|^{2}\\&=1-2\left|a\right|\cos \varphi _{a}+\left|a\right|^{2}\Box \end{aligned}}$

Con estas propiedades, es muy fácil calcular el módulo cuadrado de la función de onda:

${\begin{aligned}\left|\Psi (x)\right|^{2}=&\left|Ae^{i{\frac {\pi k}{L}}x}\left[1-e^{i{\frac {2\pi k}{L}}(a-x)}\right]\right|^{2}\\&=\left|A\right|^{2}\cdot 1\cdot \left[1+1-2\cos \left({\frac {2\pi k}{L}}(a-x)\right)\right]\\&=2\left|A\right|^{2}\left[1-\cos \left({\frac {2\pi k}{L}}(x-a)\right)\right],\end{aligned}}$

donde se ha usado que el coseno es una función par.

$\left|\Psi (x)\right|^{2}=2\left|A\right|^{2}\left[1-\cos \left({\frac {2\pi k}{L}}(x-a)\right)\right],$

Se puede observar que el módulo cuadrado de la función de onda (imagínese dibujada en una gráfica) depende solo de la posición del pozo mediante una traslación espacial de la función una cantidad a. Esto era completamente esperable ya que la probabilidad de encontrar la partícula en un intervalo relativo al pozo, por ejemplo, entre su mitad y la tercera cuarta parte, ¡debe ser la misma independientemente de donde se coloque el eje de coordenadas!

Ahora podemos normalizar la función de onda $\Psi (x)$, es decir, determinar el módulo de la constante compleja $A$. Sin embargo, la fase de $A$, $\varphi$, no queda determinada, ya que cualquiera cumpliría igualmente la condición impuesta sobre $\left|\Psi (x)\right|^{2}$.

Integraremos solo de a a b ya que $\left|\Psi (x)\right|^{2}$, al igual que la función $\Psi (x)$, son siempre nulas fuera del pozo de potencial.

${\begin{aligned}1&=\int _{a}^{b}dx\left|\Psi (x)\right|^{2}\\&=2|A|^{2}\left(\int _{a}^{b}dx-\int _{a}^{b}\cos {\frac {2\pi k}{b-a}}(x-a)\right)\\&=2|A|^{2}\left(\left[x\right]_{a}^{b}-{\frac {b-a}{2\pi k}}\left[\sin {\frac {2\pi k}{b-a}}(x-a)\right]_{a}^{b}\right)\\&=2|A|^{2}\left(b-a-{\frac {b-a}{2\pi k}}\left[\sin {\frac {2\pi k}{b-a}}(b-a)-\sin 0\right]\right)\\&=2|A|^{2}\left(L-{\frac {b-a}{2\pi k}}\left[0-0\right]\right)\\&=2|A|^{2}L\Rightarrow A={\frac {e^{i\varphi _{A}}}{\sqrt {2L}}}\end{aligned}}$

ya que el seno de un múltiplo entero de $2\pi$ es siempre cero.

La función de onda resulta

$\Psi (x)={\frac {e^{i\varphi }}{\sqrt {2L}}}e^{i{\frac {\pi k}{L}}x}\left[1-e^{-i{\frac {2\pi k}{L}}(x-a)}\right],\quad k\in \mathbf {Z} -\{0\}.$

Como se puede ver, la función de onda sí que depende directamente de en qué posición concreta se encuentra el origen del pozo (y también de la la anchura de este). Para dos pozos de las mismas características pero localizados en posiciones diferentes, será necesario utilizar funciones distintas para representar sus funciones de onda. Sin embargo, esto no quiere decir que la física del pozo de potencial sea distinta, sino que la expresión matemática de la función de onda debe ser escrita de acuerdo a la posición del pozo.

No consideraremos la autofunción con k=0' obtenemos la autofunción 0, cuya consecuencia es que es imposible encontrar la partícula en cualquier lugar de la caja, por lo que esta solución no la consideraremos, ni su respectiva energía asociada, que como vimos anteriormente es 0.

Casos particulares

Simplifiquemos los resultados obtenidos para ver qué ocurre en algunos casos particulares.

Infinite well

Si a=0 y b=L:

${\begin{aligned}\Psi (x)&={\frac {e^{i\varphi }}{\sqrt {2L}}}e^{i{\frac {\pi k}{L}}x}\left[1-e^{-i{\frac {2\pi k}{L}}x}\right]\\&={\frac {e^{i\varphi }}{\sqrt {2L}}}\left[e^{i{\frac {\pi k}{L}}x}-e^{-i{\frac {\pi k}{L}}x}\right]\\&={\frac {e^{i\varphi }}{\sqrt {2L}}}\left[2i\sin {{\frac {\pi k}{L}}x}\right]\\&={\frac {2e^{i\left(\varphi +\pi /2\right)}}{\sqrt {2L}}}\sin \left({\frac {\pi k}{L}}x\right)\\&=e^{i\left(\varphi +\pi /2\right)}{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi k}{L}}x\right),\quad k\in \mathbf {Z} -\{0\}\end{aligned}}$

Descartando la fase, y con ella los valores de n negativos, obtenemos un resultado que puede encontrarse en cualquier libro de texto:

${\text{ si }}a=0{\text{ y }}b=L:\quad \Psi (x)={\begin{cases}0&{\text{si }}x<0\\{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right),\quad n\in \mathbf {\mathbf {N} } ^{+}&{\text{si }}0<x<L\\0&{\text{si }}x>L\end{cases}}$

Si a=-L/2 y b=L/2

${\begin{aligned}\Psi (x)&={\frac {e^{i\varphi }}{\sqrt {2L}}}e^{i{\frac {\pi k}{L}}x}\left[1-e^{i{\frac {2\pi k}{L}}(-{\frac {L}{2}}-x)}\right]\\&={\frac {e^{i\varphi }}{\sqrt {2L}}}e^{i{\frac {\pi k}{L}}x}\left[1-e^{-i\pi k}e^{-i{\frac {2\pi k}{L}}x}\right]\\&={\frac {e^{i\varphi }}{\sqrt {2L}}}\left[e^{i{\frac {\pi k}{L}}x}-e^{-i\pi k}e^{-i{\frac {\pi k}{L}}x}\right]\\&={\frac {e^{i\varphi }}{\sqrt {2L}}}\left[e^{i{\frac {\pi k}{L}}x}-(-1)^{k}\cdot e^{-i{\frac {\pi k}{L}}x}\right],\quad k\in \mathbf {Z} -\{0\}\end{aligned}}$

Para obtener una forma más clara, es necesario separar los valores pares e impares de k para analizar las autofunciones en términos de senos y cosenos

$\Psi (x)={\begin{cases}{\frac {e^{i\varphi }}{\sqrt {2L}}}\left[2\cos \left({\frac {\pi k}{L}}x\right)\right]=e^{i\varphi }{\sqrt {\frac {2}{L}}}\cos \left({\frac {\pi k}{L}}x\right),&\quad {\text{si }}k{\text{ impar}}\\{\frac {e^{i\varphi }}{\sqrt {2L}}}\left[2i\sin \left({\frac {\pi k}{L}}x\right)\right]=e^{i\left(\varphi +{\frac {\pi }{2}}\right)}{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi k}{L}}x\right),&\quad {\text{si }}k{\text{ par}}\\\end{cases}}$

De nuevo, si no estamos interesados en la fase, se obtiene:

${\text{ si }}a=-{\frac {L}{2}}{\text{ y }}b={\frac {L}{2}}:\quad \Psi (x)={\begin{cases}0&{\text{si }}x<-{\frac {L}{2}}\\{\sqrt {\frac {2}{L}}}\cos \left({\frac {\pi n}{L}}x\right),&{\text{si }}n{\text{ par}}\\{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right),&{\text{si }}n{\text{ impar}}\\0&{\text{si }}x>{\frac {L}{2}}\end{cases}},\quad n\in \mathbf {\mathbf {N} } ^{+},\,{\text{si }}-{\frac {L}{2}}<x<{\frac {L}{2}}$

O, de otra forma,

$\Psi (x)={\begin{cases}0&{\text{si }}x<-{\frac {L}{2}}\\\left\{{\sqrt {\frac {2}{L}}}\cos \left({\frac {2n\pi }{L}}x\right),{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {(2n+1)\pi }{L}}x\right)\right\},\,n\in \mathbf {N} ^{+}&{\text{si }}-{\frac {L}{2}}<x<{\frac {L}{2}}\\0&{\text{si }}x>{\frac {L}{2}}\\\end{cases}}$

A estos mismos resultados se habría llegado si hubiéramos resuelto este problema usando una solución general de la forma

$\Psi (x)=C\sin {\omega x}+D\cos {\omega x}.$

y hubiéramos impuesto desde el primer momento la localización del pozo en el eje X. De hecho, hubiera sido mucho más fácil que realizar todo el proceso anterior. Sin embargo, esto nos permite sacar en claro algunas conclusiones:

• El módulo de las constantes de normalización depende de las funciones elegidas para representar la solución.
• Si tenemos una autofunción y queremos expresarla en términos de otras funciones, tenemos que tener en cuenta que la fase en general también cambiará.
• La solución particular que respeta las condiciones de contorno es (exactamente) la misma independientemente de la solución general de la que partimos.

Al ser el coseno una función par, -k ofrecerá exactamente la misma solución que k. En el caso del seno, -k incrementará en $\pi$ la fase. Teniendo esto en consideración, ya que la fase se encuentra indeterminada si no sabemos nada más sobre el sistema y, además, en muchos casos no tendrá ningunos efectos podemos descartarla escribir de manera más simple la solución a nuestro problema.