pozo de potencial finito

Para la región dentro de la caja, V ( x ) = 0 y la ecuación 1 se reduce a ^{[ 3 ]}$${\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi _{2}}{dx^{2}}}=E\psi _{2},}$$semejante a la ecuación de Schrödinger libre independiente del tiempo , por lo tanto $${\displaystyle E={\frac {k^{2}\hbar ^{2}}{2m}}.}$$ Alquiler $${\displaystyle k={\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }},}$$ la ecuación se convierte en $${\displaystyle {\frac {d^{2}\psi _{2}}{dx^{2}}}=-k^{2}\psi _{2}.}$$ con una solución general de $${\displaystyle \psi _{2}=A\sin(kx)+B\cos(kx)\,.}$$ donde A y B pueden ser cualquier número complejo , y k puede ser cualquier número real.

Para la región fuera de la caja, dado que el potencial es constante,${\displaystyle V(x)=V_{0}}$y la ecuación 1 se convierte en: $${\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}\psi _{1}}{dx^{2}}}=(E-V_{0})\psi _{1}}$$

Existen dos posibles familias de soluciones, dependiendo de si E es menor que${\displaystyle V_{0}}$(la partícula está en un estado ligado) o E es mayor que${\displaystyle V_{0}}$(la partícula se encuentra en un estado ilimitado).

Si resolvemos la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo para una energía${\displaystyle E>V_{0}}$, dejando$${\displaystyle k'={\frac {\sqrt {2m(E-V_{0})}}{\hbar }}}$$de tal manera que $${\displaystyle {\frac {d^{2}\psi _{1}}{dx^{2}}}=-k'^{2}\psi _{1}}$$ Entonces la solución tiene la misma forma que el caso del pozo interior: $${\displaystyle \psi _{1}=C\sin(k'x)+D\cos(k'x)}$$ y, por lo tanto, será oscilatorio tanto dentro como fuera del pozo. Por lo tanto, la solución nunca es integrable al cuadrado; es decir, siempre es un estado no normalizable. Sin embargo, esto no significa que sea imposible que una partícula cuántica tenga una energía mayor que${\displaystyle V_{0}}$, simplemente significa que el sistema tiene un espectro continuo por encima de${\displaystyle V_{0}}$, es decir, los estados no normalizables aún contribuyen a la parte continua del espectro como autofunciones generalizadas de un operador no acotado . ^{[ 4 ]}

Este análisis se centrará en el estado ligado, donde${\displaystyle E<V_{0}}$Alquiler $${\displaystyle \alpha ={\frac {\sqrt {2m(V_{0}-E)}}{\hbar }}}$$ produce $${\displaystyle {\frac {d^{2}\psi _{1}}{dx^{2}}}=\alpha ^{2}\psi _{1}}$$ donde la solución general es una exponencial real: $${\displaystyle \psi _{1}=Fe^{-\alpha x}+Ge^{\alpha x}}$$

De manera similar, para la otra región fuera del recuadro: $${\displaystyle \psi _{3}=He^{-\alpha x}+Ie^{\alpha x}}$$

Ahora bien, para encontrar la solución específica al problema en cuestión, debemos especificar las condiciones de contorno apropiadas y encontrar los valores de A , B , F , G , H e I que satisfagan esas condiciones.

Las soluciones de la ecuación de Schrödinger deben ser continuas y continuamente diferenciables. ^{[ 5 ]} Estos requisitos son condiciones de contorno en las ecuaciones diferenciales derivadas previamente, es decir, las condiciones de coincidencia entre las soluciones dentro y fuera del pozo.

En este caso, el pozo de potencial finito es simétrico, por lo que se puede aprovechar la simetría para reducir los cálculos necesarios.

Resumiendo las secciones anteriores: $${\displaystyle \psi ={\begin{cases}\psi _{1},&{\text{if }}x<-L/2{\text{ (the region outside the box)}}\\\psi _{2},&{\text{if }}-L/2<x<L/2{\text{ (the region inside the box)}}\\\psi _{3}&{\text{if }}x>L/2{\text{ (the region outside the box)}}\end{cases}}}$$ donde encontramos${\displaystyle \psi _{1}}$,${\displaystyle \psi _{2}}$, y${\displaystyle \psi _{3}}$ser: $${\displaystyle {\begin{aligned}\psi _{1}&=Fe^{-\alpha x}+Ge^{\alpha x}\\\psi _{2}&=A\sin(kx)+B\cos(kx)\\\psi _{3}&=He^{-\alpha x}+Ie^{\alpha x}\end{aligned}}}$$

Lo vemos como${\displaystyle x}$va a${\displaystyle -\infty }$, el${\displaystyle F}$El término tiende al infinito. Del mismo modo, como${\displaystyle x}$va a${\displaystyle +\infty }$, el${\displaystyle I}$El término tiende a infinito. Para que la función de onda sea de cuadrado integrable, debemos establecer${\displaystyle F=I=0}$y tenemos: $${\displaystyle \psi _{1}=Ge^{\alpha x}}$$y$${\displaystyle \psi _{3}=He^{-\alpha x}}$$

A continuación, sabemos que el general${\displaystyle \psi }$La función debe ser continua y derivable. En otras palabras, los valores de las funciones y sus derivadas deben coincidir en los puntos de división:

Estas ecuaciones tienen dos tipos de soluciones, simétricas, para las cuales${\displaystyle A=0}$y${\displaystyle G=H}$y antisimétrico, para el cual${\displaystyle B=0}$y${\displaystyle G=-H}$Para el caso simétrico obtenemos $${\displaystyle He^{-\alpha L/2}=B\cos(kL/2)}$$$${\displaystyle -\alpha He^{-\alpha L/2}=-kB\sin(kL/2)}$$ entonces tomar la razón da

$${\displaystyle \alpha =k\tan(kL/2).}$$ De manera similar, para el caso antisimétrico obtenemos $${\displaystyle \alpha =-k\cot(kL/2).}$$

Recuerde que ambos${\displaystyle \alpha }$y${\displaystyle k}$depende de la energía. Lo que hemos encontrado es que las condiciones de continuidad no pueden satisfacerse para un valor arbitrario de la energía; porque eso es resultado del caso del pozo de potencial infinito. Por lo tanto, solo se permiten ciertos valores de energía, que son soluciones de una o ambas de estas dos ecuaciones. Por lo tanto, encontramos que los niveles de energía del sistema a continuación${\displaystyle V_{0}}$son discretos; las funciones propias correspondientes son estados ligados . (Por el contrario, para los niveles de energía superiores${\displaystyle V_{0}}$son continuas. ^{[ 6 ]} )

Las ecuaciones de energía no se pueden resolver analíticamente. Sin embargo, veremos que en el caso simétrico, siempre existe al menos un estado ligado, incluso si el pozo es muy poco profundo. ^{[ 7 ]} Las soluciones gráficas o numéricas de las ecuaciones de energía se facilitan reescribiéndolas ligeramente y cabe mencionar que Lima encontró un buen método de aproximación que funciona para cualquier par de parámetros.${\displaystyle L}$y${\displaystyle V_{0}}$. ^{[ 8 ]} Si introducimos las variables adimensionales${\displaystyle u=\alpha L/2}$y${\displaystyle v=kL/2}$y tenga en cuenta las definiciones de${\displaystyle \alpha }$y${\displaystyle k}$eso${\displaystyle u^{2}=u_{0}^{2}-v^{2}}$, dónde${\textstyle u_{0}^{2}={\frac {1}{2}}mL^{2}V_{0}\hbar ^{-2}}$, las ecuaciones maestras leen $${\displaystyle {\sqrt {u_{0}^{2}-v^{2}}}={\begin{cases}v\tan v,&{\text{(symmetric case) }}\\-v\cot v,&{\text{(antisymmetric case) }}\end{cases}}}$$

En la parcela de la derecha, para${\displaystyle u_{0}^{2}=20}$, existen soluciones donde el semicírculo azul interseca las curvas púrpura o gris (${\displaystyle v\tan v}$y${\displaystyle -v\cot v}$). Cada curva púrpura o gris representa una posible solución,${\displaystyle v_{j}}$dentro del rango${\textstyle {\frac {\pi }{2}}(j-1)\leq v_{i}<{\frac {\pi }{2}}j}$. El número total de soluciones,${\displaystyle N}$, (es decir, el número de curvas púrpuras/grises que son intersectadas por el círculo azul) se determina dividiendo el radio del círculo azul,${\displaystyle u_{0}}$, por el rango de cada solución${\displaystyle \pi /2}$y utilizando las funciones de piso o techo: ^{[ 9 ]}$${\displaystyle N=\left\lfloor {\frac {2u_{0}}{\pi }}\right\rfloor +1=\left\lceil {\frac {2u_{0}}{\pi }}\right\rceil }$$

En este caso hay exactamente tres soluciones, ya que${\displaystyle N=\lceil 2{\sqrt {20}}/\pi \rceil =\lceil 2.85\rceil =3}$.

${\displaystyle v_{1}=1.28,v_{2}=2.54}$y${\displaystyle v_{3}=3.73}$, con las energías correspondientes $${\displaystyle E_{n}={2\hbar ^{2}v_{n}^{2} \over mL^{2}}.}$$ Si queremos, podemos volver atrás y encontrar los valores de las constantes.${\displaystyle A,B,G,H}$en las ecuaciones ahora (también necesitamos imponer la condición de normalización). A la derecha mostramos los niveles de energía y las funciones de onda en este caso (donde${\textstyle x_{0}\equiv \hbar /{\sqrt {2mV_{0}}}}$).

Observamos que, por muy pequeño que sea,${\displaystyle u_{0}}$(Por muy poco profundo o estrecho que sea el pozo), siempre hay al menos un estado ligado.

Vale la pena destacar dos casos especiales. A medida que la altura del potencial aumenta,${\displaystyle V_{0}\to \infty }$, el radio del semicírculo se hace más grande y las raíces se acercan cada vez más a los valores${\displaystyle v_{n}=n\pi /2}$y recuperamos el caso del pozo cuadrado infinito .

El otro caso es el de un pozo muy estrecho y profundo, específicamente el caso${\displaystyle V_{0}\to \infty }$y${\displaystyle L\to 0}$con${\displaystyle V_{0}L}$fijo. Como${\displaystyle u_{0}\propto {\sqrt {V_{0}}}L}$tenderá a cero, por lo que solo habrá un estado ligado. La solución aproximada es entonces${\displaystyle v^{2}=u_{0}^{2}-u_{0}^{4}}$y la energía tiende a${\displaystyle E=-mL^{2}V_{0}^{2}/2\hbar ^{2}}$. Pero esta es solo la energía del estado ligado de un potencial de función delta de fuerza${\displaystyle V_{0}L}$, como debe ser.

A simpler graphical solution for the energy levels can be obtained by normalizing the potential and the energy through multiplication by ${\displaystyle {8m}{L^{2}}/h^{2}}$. The normalized quantities are $${\displaystyle {\tilde {V}}_{0}=V_{0}{\frac {8m}{h^{2}}}L^{2}\qquad {\tilde {E}}=E{\frac {8m}{h^{2}}}L^{2}}$$ giving directly the relation between the allowed couples ${\displaystyle (V_{0},E)}$ as^[10]$${\displaystyle {\sqrt {{\tilde {V}}_{0}}}={\sqrt {\tilde {E}}}\,\left|{\sec({\sqrt {\tilde {E}}}\,{\pi }/{2})}\right|,\qquad {\sqrt {{\tilde {V}}_{0}}}={\sqrt {\tilde {E}}}\,\left|{\csc({\sqrt {\tilde {E}}}\,{\pi }/{2})}\right|}$$ for the even and odd parity wave functions, respectively. In the previous equations only the positive derivative parts of the functions have to be considered. The chart giving directly the allowed couples ${\displaystyle (V_{0},E)}$ is reported in the figure.

Consider a one-dimensional asymmetric potential well given by the potential^[11]$${\displaystyle V(x)={\begin{cases}V_{1},&{\text{if }}-\infty <x<0{\text{ (the region outside the well)}}\\0,&{\text{if }}0<x<a{\text{ (the region inside the well)}}\\V_{2}&{\text{if }}a<x<\infty {\text{ (the region outside the well)}}\end{cases}}}$$ with ${\displaystyle V_{2}>V_{1}}$. The corresponding solution for the wave function with ${\displaystyle E<V_{1}}$ is found to be $${\displaystyle \psi (x)={\begin{cases}c_{1}e^{k_{1}x},&{\text{for }}x<0,{\text{where }}k_{1}={\sqrt {(2m/\hbar ^{2})(V_{1}-E)}}\\c\sin(kx+\delta ),&{\text{for }}0<x<a,{\text{where }}k={\sqrt {2mE/\hbar ^{2}}}\\c_{2}e^{-k_{2}x},&{\text{for }}x>a,{\text{where }}k_{2}={\sqrt {(2m/\hbar ^{2})(V_{2}-E)}}\end{cases}}}$$ and $${\displaystyle \sin \delta ={\frac {k\hbar }{\sqrt {2mV_{1}}}}.}$$

The energy levels ${\displaystyle E=k^{2}\hbar ^{2}/(2m)}$ are determined once ${\displaystyle k}$ is solved as a root of the following transcendental equation $${\displaystyle ka=n\pi -\sin ^{-1}\left({\frac {k\hbar }{\sqrt {2mV_{1}}}}\right)-\sin ^{-1}\left({\frac {k\hbar }{\sqrt {2mV_{2}}}}\right)}$$ where ${\displaystyle n=1,2,3,\dots }$ Existence of root to above equation is not always guaranteed, for example, one can always find a value of ${\displaystyle a}$ so small, that for given values of ${\displaystyle V_{1}}$ and ${\displaystyle V_{2}}$, there exists no discrete energy level. The results of symmetrical well is obtained from above equation by setting ${\displaystyle V_{1}=V_{2}=V_{o}}$.