3.2: Problemas no consolidados en la mecánica cuántica

Luego resolveremos la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo en algunos casos 1D interesantes que se relacionan con problemas de dispersión.

Barrera Infinita

Primero consideramos un potencial como en la Figura\(\PageIndex{1}\). Consideramos dos casos:

• Caso A. El sistema (una partícula) tiene una energía total mayor que la barrera potencial\(E > V_H\).
• Caso B. La energía es menor que la barrera potencial,\(E < V_H\).

Figura\(\PageIndex{1}\): Función potencial y energía total de la partícula. (CC BY-NC-ND; Paola Cappellaro)

Consideremos primero el problema clásico. El sistema es una bola rígida con energía total E dada por la suma de la energía cinética y potencial. Si mantenemos fija la energía total, las energías cinéticas son diferentes en las dos regiones:

\[T_{I}=E \quad T_{I I}=E-V_{H} \nonumber\]

Si E > V _H, la energía cinética en la región dos es\(T_{I I}=\frac{p^{2}}{2 m}=E-V_{H}\), dando simplemente una velocidad reducida para la partícula. Si E < V _H en su lugar, obtendríamos una energía cinética T _II negativa. Esta no es una solución permitida, pero significa que la partícula no puede viajar a la Región II y en cambio está confinada en la Región I: La partícula rebota en la barrera potencial.

En la mecánica cuántica necesitamos resolver la ecuación de Schrödinger para encontrar la función ondulada que describe la partícula en cualquier posición. La ecuación de Schrödinger independiente del tiempo es

\ [\ mathcal {H}\ psi (x) =-\ frac {\ hbar^ {2} d^ {2}} {2 m d x^ {2}}\ psi (x) +V (x)\ psi (x) =E\ psi (x)\ fila derecha\ izquierda\ {\ comenzar {matriz} {l}
-\ frac {\ hbar^ {2}} 2 m}\ frac {d^ {2}\ psi (x)} {d x^ {2}} =E\ psi (x)\ text {en la Región I}\\
-\ frac {\ hbar^ {2}} {2 m}\ frac {d^ {2}\ psi (x)} {d x^ {2}} =\ izquierda (E-V_ {H}\ derecha)\ psi (x)\ text {en la Región II}
\ end {array}\ right. \ nonumber\]

Los dos casos difieren porque en la Región II la diferencia energética\(\Delta E=E-V_{H} \) es positiva o negativa.

Energía positiva

Consideremos primero el caso en el que\(\Delta E=E-V_{H}>0 \). En ambas regiones la partícula se comporta como una partícula libre con energía E _I = E y E _II = E − V _H. Ya hemos visto las soluciones a tal ecuación diferencial. Estos son:

\[\psi_{I}(x)=A e^{i k x}+B e^{-i k x} \nonumber\]

\[\psi_{I I}(x)=C e^{i k^{\prime} x}+D e^{-i k^{\prime} x} \nonumber\]

dónde\( \frac{\hbar^{2} k^{2}}{2 m}=E\) y\(\frac{\hbar^{2} k^{\prime 2}}{2 m}=E-V_{H} \).

Ya interpretamos la función\(e^{i k x} \) como una ola que viaja de izquierda a derecha y\(e^{-i k x} \) como una ola que viaja de derecha a izquierda. Consideramos entonces un caso similar al caso clásico, en el que se envió una pelota hacia una barrera. Entonces la partícula se describe inicialmente como una onda que viaja de izquierda a derecha en la Región I. En la barrera potencial la partícula puede ser reflejada, dando lugar a una onda que viaja de derecha a izquierda en la Región I, o ser transmitida, dando lugar a una onda que viaja de izquierda a derecha en la Región II. Esta solución es descrita por las ecuaciones anteriores si establecemos D = 0, lo que implica que no hay onda originada en el extremo derecho.

Dado que la función de onda debe describir una situación física, queremos que sea una función continua y con derivada continua. Así tenemos que hacer coincidir los valores de solución y sus derivadas en el límite x = 0. Esto dará ecuaciones para los coeficientes, permitiéndonos encontrar la solución exacta de la ecuación de Schrödinger. Este es un problema de condiciones de límite.

Desde

\[\psi_{I}(0)=\psi_{I I}(0) \quad \text { and } \quad \psi_{I}^{\prime}(0)=\psi_{I I}^{\prime}(0) \nonumber\]

y D = 0 obtenemos las condiciones:

\[A+B=C, \quad i k(A-B)=i k^{\prime} C \nonumber\]

con soluciones

\[B=\frac{k-k^{\prime}}{k+k^{\prime}} A, \quad C=\frac{2 k}{k+k^{\prime}} A \nonumber\]

Además, podemos encontrar A interpretando la función de onda en términos de un flujo de partículas. Así, fijamos que el flujo de onda entrante sea\(\Gamma \) cuál establece\(|A|=\sqrt{\frac{m \Gamma}{\hbar k}} \) (podemos considerar que A es un número real y positivo por simplicidad). Entonces tenemos:

\[B=\frac{k-k^{\prime}}{k+k^{\prime}} \sqrt{\frac{m \Gamma}{\hbar k}}, \quad C=\frac{2 k}{k+k^{\prime}} \sqrt{\frac{m \Gamma}{\hbar k}} \nonumber\]

También podemos verificar la siguiente identidad

\[k|A|^{2}=k|B|^{2}+k^{\prime}|C|^{2} \nonumber\]

que se desprende de:

\[\begin{align*} k|B|^{2}+k^{\prime}|C|^{2} &=\frac{|A|^{2}}{\left(k+k^{\prime}\right)^{2}}\left[k\left(k-k^{\prime}\right)^{2}+k^{\prime}(2 k)^{2}\right] \\[4pt] &=k|A|^{2} \frac{\left(k-k^{\prime}\right)^{2}+4 k^{\prime} k}{\left(k+k^{\prime}\right)^{2}} \end{align*}\]

Multipliquémoslo por\(\hbar / m=\):

\[\frac{\hbar k}{m}|A|^{2}=\frac{\hbar k}{m}|B|^{2}+\frac{\hbar k^{\prime}}{m}|C|^{2} \nonumber\]

Recordemos la interpretación de\(\psi(x)=A e^{i k x} \) como una onda dando un flujo de partículas\( |\psi(x)|^{2} v=|A|^{2} \frac{\hbar k}{m}\). Esta relación se mantiene de manera similar para el flujo en la región II así como para el flujo reflejado. Entonces podemos interpretar la igualdad anterior como una igualdad de flujo de partículas:

El flujo entrante\( \Gamma=\frac{\hbar k}{m}|A|^{2}\) es igual a la suma de los\(\Gamma_{T}=\frac{\hbar k}{m}|C|^{2} \) flujos reflejados\(\Gamma_{R}=\frac{\hbar k}{m}|B|^{2} \) y transmitidos. El flujo de partículas se conserva. Luego podemos definir los coeficientes de reflexión y transmisión como:

\[\Gamma=\Gamma_{R}+\Gamma_{T}=R \Gamma+T \Gamma \nonumber\]

donde

\[\begin{align*} R &=\frac{k|B|^{2}}{k|A|^{2}} \\[4pt] &=\left(\frac{k-k^{\prime}}{k+k^{\prime}}\right)^{2}, \\[4pt] T&=\frac{k^{\prime}|C|^{2}}{k|A|^{2}} \\[4pt] &=\left(\frac{2 k}{k+k^{\prime}}\right)^{2} \frac{k^{\prime}}{k} \end{align*}\]

Entonces es fácil verlo\(T + R = 1\) y podemos interpretar los coeficientes de reflexión y transmisión como la probabilidad de reflexión y transmisión, respectivamente.

En línea con la naturaleza probabilística de la mecánica cuántica, vemos que la solución de la ecuación de Schrödinger no nos da una ubicación precisa para la partícula. En cambio, describe la probabilidad de encontrar la partícula en cualquier punto del espacio. Dada la función de onda encontrada anteriormente podemos entonces calcular varias cantidades de interés, como la probabilidad de que la partícula tenga un impulso, posición y energía dados.

Energía Negativa

Ahora nos dirigimos al caso donde E < V _H, así que eso\(\Delta E<0 . \). En el caso clásico vimos que esto implicaba la imposibilidad de que el balón estuviera en la región II. En la mecánica cuántica no podemos simplemente adivinar una solución basada en nuestra intuición, sino que necesitamos resolver de nuevo la ecuación de Schrödinger. La única diferencia es que ahora en la región II tenemos\( \frac{\hbar^{2} k^{\prime \prime} 2}{2 m}=E-V_{H}<0\).

Como la mecánica cuántica se define en un espacio complejo, esto no plantea ningún problema (podemos tener energías cinéticas negativas aunque la energía total sea positiva) y podemos resolver por\(k^{\prime \prime}\) simplemente encontrar un número imaginario\(k^{\prime \prime}=i \kappa\),\(\kappa=\sqrt{\frac{2 m}{\hbar^{2}}\left(V_{H}-E\right)}\) (con\(\kappa \) real).

Las soluciones al problema del valor propio son similares a lo que ya se ha visto:

\[\psi_{I}(x)=A e^{i k x}+B e^{-i k x} \nonumber\]

\[\psi_{I I}(x)=C e^{i k^{\prime \prime} x}=C e^{-\kappa x} , \nonumber\]

donde tomamos D = 0 como antes.

La mecánica cuántica permite que la partícula ingrese a la región prohibida clásica, pero la función ondulada se convierte en una función exponencial de fuga. Esto significa que aunque la partícula efectivamente pueda entrar en la región prohibida, no puede ir muy lejos, la probabilidad de encontrar la partícula lejos de la barrera potencial (dada por\(P(x>0)=\left|\psi_{I I}(x)\right|^{2}=|C|^{2} e^{-2 \kappa x}\) se vuelve cada vez más pequeña.

Nuevamente coincidimos la función y sus derivadas en el límite para encontrar los coeficientes:

\[\psi_{I}(0)=\psi_{I I}(0) \rightarrow A+B=C \nonumber\]

\[\psi_{I}^{\prime}(0)=\psi_{I I}^{\prime}(0) \rightarrow i k(A-B)=-\kappa C \nonumber\]

con soluciones

\[B=\frac{k-i \kappa}{k+i \kappa} A, \quad C=\frac{2 k}{k+i \kappa} A \nonumber\]

La situación en términos de flujo es en cambio bastante diferente. Ahora tenemos la igualdad\( k|B|^{2}=k|A|^{2}\):

\[k|B|^{2}=k\left|\frac{k-i \kappa}{k+i \kappa}\right|^{2}=k \frac{k^{2}+\kappa^{2}}{k^{2}+\kappa^{2}}=k \nonumber\]

En términos de flujo, podemos escribir esta relación como\( \Gamma=\Gamma_{R}\), lo que implica R = 1 y T = 0. Así no tenemos transmisión, solo reflexión perfecta, aunque hay una penetración de la probabilidad en la región prohibida. Esto se puede llamar una onda transmitida evanescente.

Barrera finita

Ahora consideramos un potencial diferente que crea una barrera finita de altura V _H entre x = 0 y L. Como se representa en la Figura,\(\PageIndex{2}\) este potencial divide el espacio en 3 regiones. Nuevamente consideramos dos casos, donde la energía total de la partícula es mayor o menor que V _H. Clásicamente, consideramos una pelota inicialmente en la Región I. Luego, en el caso donde

Figura\(\PageIndex{2}\): Potencial de barrera finito (CC BY-NC-ND; Paola Cappellaro)

E > V _H la pelota puede viajar por todas partes, en las tres regiones, mientras que para E < V _H va a quedar confinada en la Región I, y tenemos una reflexión perfecta. Consideraremos ahora el caso mecánico cuántico.

Energía cinética positiva

Primero consideramos el caso donde\( \Delta E=E-V_{H}>0\). Las energías cinéticas en las tres regiones son

\[\begin{aligned}& \ \ \text { Region I } \qquad \qquad \quad\text { Region II } \qquad \qquad \qquad\text { Region III }\\ &T=\frac{\hbar^{2} k^{2}}{2 m}=E \qquad T=\frac{\hbar^{2} k^{\prime 2}}{2 m}=E-V_{H} \qquad T=\frac{\hbar^{2} k^{2}}{2 m}=E \end{aligned} \nonumber\]

Y la función de onda es

\ [\ begin {array} {ccc}
\ text {Región I} &\ text {Región II} &\ text {Región III}\\
A e^ {i k x} +B e^ {-i k x} & C e^ {i k^ {\ prime} x} +D e^ {-i k^ {\ prime} x} & E eum^ {i k x}
\ end {array}\ nona^ er\]

(nuevamente ponemos el término\(F e^{-i k x}=0 \) por razones físicas, en analogía con el caso clásico estudiado). Los coeficientes se pueden calcular considerando las condiciones de contorno.

En particular, nos interesa la probabilidad de transmisión del haz a través de la barrera y hacia la región III. El coeficiente de transmisión es entonces la relación entre el flujo saliente en la Región III y el flujo entrante en la Región I (ambos flujos viajan hacia la derecha, por lo que los etiquetamos por R):

\[T=\frac{k\left|\psi_{I I I}^{R}\right|^{2}}{k\left|\psi_{I}^{R}\right|^{2}}=\frac{k|E|^{2}}{k|A|^{2}}=\frac{|E|^{2}}{|A|^{2}} \nonumber\]

mientras que el coeficiente de reflexión es la relación entre el flujo reflejado (de derecha a izquierda, etiquetado L) y entrante (de izquierda a derecha, etiquetado R) en la Región I:

\[R=\frac{k\left|\psi_{I}^{L}\right|^{2}}{k\left|\psi_{I}^{R}\right|^{2}}=\frac{k|B|^{2}}{k|A|^{2}}=\frac{|B|^{2}}{|A|^{2}} \nonumber\]

Podemos resolver explícitamente las condiciones de contorno:

\[\psi_{I}(0)=\psi_{I I}(0) \quad \psi_{I I}(L)=\psi_{I I I}(L) \nonumber\]

\[\psi_{I}^{\prime}(0)=\psi_{I I}^{\prime}(0) \quad \psi_{I I}^{\prime}(L)=\psi_{I I I}^{\prime}(L) \nonumber\]

y encontrar los coeficientes B, C, D, E (A se determina a partir de la intensidad del flujo\( \Gamma\). A partir de la solución completa podemos verificar que T + R = 1, como debe ser físicamente.

Obs. Observe que también podríamos haber encontrado una solución diferente, por ejemplo en la que establecemos\( F \neq 0\) y A = 0, correspondiente a una partícula que se origina de la derecha.

Energía Negativa

En el caso donde\( \Delta E=E-V_{H}<0\), en la región II esperamos como antes un impulso imaginario. De hecho encontramos

\[\begin{array}{ccc} \text { Region I } & \text { Region II } & \text { Region III } \\ k=\sqrt{\frac{2 m E}{\hbar^{2}}} & \quad k^{\prime}=i \kappa, \kappa=\sqrt{\frac{2 m\left(V_{H}-E\right)}{\hbar^{2}}} & \quad k=\sqrt{\frac{2 m E}{\hbar^{2}}} \end{array} \nonumber\]

Y la función de onda es

\ [\ begin {array} {clc}
\ text {Región I} &\ text {Región II} &\ text {Región III}\\
A e^ {i k x} +B e^ {-i k x} & C e^ {-\ kappa x} +D e^ {\ kappa x} & E e^ {i k x}
\ end {array}\ nonumber\]

La diferencia aquí es que es posible una transmisión finita a través de la barrera y el coeficiente de transmisión no es cero. En efecto, a partir de la solución completa del problema de condición límite, podemos encontrar como en el caso anterior los coeficientes T y R y tenemos T + R = 1.

Por lo tanto, existe la probabilidad de que la partícula atraviese la barrera finita y aparezca en la Región III, continuando luego a x → ∞.

Obs. Si bien hemos estado describiendo la situación en términos de olas que viajan en una dirección u otra, lo que aquí estamos describiendo no es un problema dependiente del tiempo. No hay ninguna dependencia del tiempo en este problema (todas las soluciones son sólo una función de x, no del tiempo). Esta es la misma situación que las ondas estacionarias por ejemplo en una cuerda. El estado del sistema no está evolucionando. Siempre se describe (en cualquier momento) por las mismas ondas y así en cualquier momento tendremos los mismos resultados y resultados de probabilidad para cualquier medición.

Estimaciones y Escalamiento

En lugar de resolver exactamente el problema para el segundo caso, tratamos de hacer algunas estimaciones en el caso de que haya una probabilidad de tunelización muy pequeña. En este caso tenemos las siguientes aproximaciones para los coeficientes A, B, C y D.

• Suponiendo T 1 esperamos D ≈ 0 ya que si hay una probabilidad muy pequeña de que la partícula esté en la región III, la probabilidad de volver de ella a través de la barrera debe ser aún menor (en otras palabras, si\(D \neq 0\) tendríamos una probabilidad creciente de tener una onda saliendo de la barrera).
• También, T 1 implica R ≈ 1. Esto significa que B/A ≈ 1 o B ≈ A.
• Coincidiendo con la función de onda en x = 0, tenemos C = A + B ≈ 2A.
• Finalmente emparejando la función de onda a x = L obtenemos:
  \[\psi(L)=C e^{-\kappa L}=2 A e^{-\kappa L}=E e^{i k L} \nonumber\]

Luego podemos calcular la probabilidad de transmisión T a partir de\( T=\frac{k\left|\psi_{I I I}^{R}\right|^{2}}{k\left|\psi_{I}^{R}\right|^{2}}\), con estos supuestos. Obtenemos

\[T=\frac{k|E|^{2}}{k|A|^{2}}=\frac{|E|^{2}}{|A|^{2}}=\frac{4|A|^{2} e^{-2 \kappa L}}{|A|^{2}} \rightarrow T=4 e^{-2 \kappa L} \nonumber\]

Así, la probabilidad de transmisión depende de la longitud de la barrera potencial (cuanto más larga sea la barrera, menos transmisión tenemos, ya que es intuitiva) y del coeficiente\(\kappa\). Observe que\(\kappa\) depende de la diferencia entre la energía de la partícula y la fuerza potencial: Si la energía de la partícula está cerca del borde de la barrera potencial (es decir, ΔE ≈ 0) entonces\(\kappa\) ≈ 0 y hay una alta probabilidad de tunelización. Sin embargo, este caso va en contra de nuestros primeros supuestos de túneles pequeños (por eso obtenemos el resultado antifísico que T ≈ 4!!). El caso que estamos considerando es en cambio donde la energía de la partícula es pequeña en comparación con el potencial, por lo que\(\kappa\) es grande, y la partícula tiene una probabilidad muy baja de tunelización.