Partícula en una Caja Unidimensional

Uno de los problemas más emblemáticos de la mecánica cuántica es el de una partícula, como el electrón, confinada en una "caja" unidimensional de longitud \(L\).

Recordando que la ecuación de Schrödinger es dada por:

\(\text{ecuación de Schrödinger independiente del tiempo}\)

\(-\frac{\hbar^{2}}{2 m} \frac{d^{2} \psi(x)}{d x^{2}}+U(x) \psi(x)=E \psi(x)\)

Partícula en un pozo de potencial infinito 

Lo que llamamos "caja" es una trampa para atrapar ratones, digo, electrones.

Digamos que existe un pozo de potencial infinito, que se describe matemáticamente de la siguiente manera:

\(U(x)=\left\{\begin{array}{lr}\infty & x<0 \\ 0 & 0<x<L \\ \infty & x>L\end{array}\right.\)

Gráficamente, lo que ocurre es lo siguiente: 

Primero, vamos a resolver la ecuación de Schrodinger para la región I y III, fuera de la caja.

\(-\frac{\hbar^{2}}{2 m} \frac{d^{2} \psi(x)}{d x^{2}}+U(x) \psi(x)=E \psi(x)\)

\(\frac{d^{2} \psi(x)}{d x^{2}}=\frac{2 m}{\hbar^{2}}(U(x)-E) \psi(x)\)

Haciendo \(U(x)=U_{0}>E\) constante, podemos observar que una solución para esa ecuación es:

\(\psi(x)=\psi_{0} e^{-k x}\)

Donde \(k^{2}=\frac{2 m}{\hbar^{2}}\left(U_{0}-E\right)\). Si hacemos \(U_{0} \rightarrow \infty\), entonces \(k \rightarrow \infty\) y \(\psi(x) \rightarrow 0\).

Por tanto, fuera de la caja, la función de onda tiene que ser cero. 

Ahora vamos a resolver la ecuación de Scrhödinger para la región II, dentro de la caja.

La función de onda es cero fuera de la caja, junto con el hecho de que tiene que ser continua en todo el espacio nos da las siguientes condiciones de contorno.

\(\psi(x)=0\) para \(x=0\) y \(x=L\)

En el anterior de la caja \(U(x)=0\) y tendremos: 

\(-\frac{\hbar^{2}}{2 m} \frac{d^{2} \psi(x)}{d x^{2}}=E \psi(x)\)

\(\frac{d^{2} \psi(x)}{d x^{2}}=-k^{2} \psi(x)\)

Donde:

\(k^{2}=\frac{2 m E}{\hbar^{2}}\)

Resolviendo esta ecuación diferencial y utilizando las condiciones de contorno encontramos:

\(\psi_{n}=A_{n} \operatorname{sen}\left(\frac{n \pi x}{L}\right)\)

\(n=1,2,3, \dots\)

Donde \(k=n \pi / L\). El valor de \(A_{n}\) es determinado a partir de la condición de normalización: 

\(\int_{-\infty}^{\infty}|\psi|^{2} d x=1\)

El resultado es:

\(A_{n}=\sqrt{2 / L}\)

Entonces, la función de onda es dada por:

\(\text {Función de onda de pozo de potencial infinito }\)

\(\psi_{n}=\sqrt{\frac{2}{L}} \operatorname{sen}\left(\frac{n \pi x}{L}\right)\)

Donde \(n\) es el número cuántico de la partícula en la caja y es entero, mostrando que los estados posibles de la partícula son cuantizados. 

La densidad de probabilidad será:

\(\left|\psi^{2}\right|=\frac{2}{L} \operatorname{sen}^{2}\left(\frac{n \pi x}{L}\right)\)

Los gráficos de esta función para los primeros números cuánticos serán:

Los extremos de la caja son siempre un nudo (puntos donde \(\psi=0\)) debido a las condiciones de contorno. Además, dentro de la caja, siempre tendrán nudos \(n-1\), totalizando \(n+1\) nudos.

Estos nudos corresponden a:

\(\operatorname{sen}\left(\frac{n \pi x}{L}\right)=0\)

Para que este seno sea \(0\) el argumento dentro de él tiene que ser \(m \pi=0, \pi, 2 \pi, 3 \pi\)… 

\(\frac{n \pi x}{L}=m \pi\)

\(x=\frac{m}{n} L\)

\(0 \leq m \leq n\)

\(0 \leq x \leq L\)

Para que \(x\) esté en la región II, \(m=0,1,2, \dots,\) \(n\) es siempre menor o igual \(n\). 

También tendremos \(n\) picos, que corresponde a:

\(\operatorname{sen}^{2}\left(\frac{n \pi x}{L}\right)=1 \rightarrow \operatorname{sen}\left(\frac{n \pi x}{L}\right)=\pm 1\)

Obs: \(-1\) también entra en la jugada porque los picos aparecen cuando la densidad es máxima. 

Para que se seno sea \(\pm 1\) el argumento dentro del seno tiene que ser \(\left(\frac{1}{2}+m \pi\right)=\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}, \frac{5 \pi}{2}, \ldots\)

\(\frac{n \pi x}{L}=\left(m+\frac{1}{2}\right) \pi\)

\(x=\left(m+\frac{1}{2}\right) \frac{L}{n}\)

\(0 \leq x \leq L\)

Esta vez necesitamos que \(m=0,1,2, \dots n-1\) para \(x\) permanecer en la región II. 

Vamos a usar como ejemplo \(n=3\). En este caso, tenemos 4 nodos \(x=0, \frac{L}{3}, \frac{2 L}{3},{L}\) y 3 picos \(x=\frac{L}{6}, \frac{3 L}{6}, \frac{5 L}{6}\).

Energía de la Partícula en la Caja

Al resolver la ecuación de Scrhödinger, tuvimos que hacer:

\(k_{n}=\frac{n \pi}{L}\)

Pero al reordenar la ecuación, teníamos:

\(k_{n}^{2}=\frac{2 m E}{\hbar^{2}}\)

Como los valores de \(k\) de la solución final son cuantizados, entonces los niveles de energía de la partícula también serán cuantizados. 

\(\frac{n^{2} \pi^{2}}{L^{2}}=\frac{2 m E_{n}}{\hbar^{2}}\)

Sustituyendo \(\hbar=h / 2 \pi\), tenemos \(\hbar^{2}=h^{2} / 2^{2} \pi^{2}\):

\(E_{n}=\frac{n^{2} \pi^{2} h^{2}}{2 m L^{2} 2^{2} \pi^{2}}\)

\(E_{n}=n^{2} \frac{h^{2}}{8 m L^{2}}\)

Para \(n=1\), tenemos la energía del estado fundamental:

\(E_{1}=\frac{h^{2}}{8 m L^{2}}\)

Mientas que para cualquier otro estado de energía:

\(E_{n}=n^{2} E_{1}\)

¡Eso es todo amigos! Vamos a los ejercicios.