Estás en > Matemáticas y Poesía > Monografías

MONOGRAFIAS CIENTÍFICAS
FÍSICA CUÁNTICA

PARTÍCULA EN UNA CAJA DE POTENCIAL

 
ESTUDIO CUANTICO DE UNA PARTÍCULA EN UNA CAJA DE POTENCIAL.

RESUMEN

Para el estudio de las cuestiones de la presente monografía tenemos una caja de potencial de anchura “a” y un sistema de coordenadas con el origen en la pared izquierda de la caja y vamos a considerar varios apartados.

INTRODUCCIÓN

Demostraremos las siguientes cuestiones:
    a) Que el valor medio de la posición de una partícula clásica es (a/2) y el valor medio de “x2” es (a2/3), y veremos que la incertidumbre clásica vale\(\triangle x_{cl}= a/2\sqrt{3}\).
    b) Que en el caso cuántico, la incertidumbre en la posición para un estado estacionario de número cuántico n, viene dada por:
      \( \displaystyle \triangle x_{cuant} = \frac{a}{2\sqrt{3}}\left(1 - \frac{6}{n^2 \pi^2}\right)^{1/2} \)
DESARROLLO

El esquema de la caja de potencial puede ser representado como en la figura adjunta. El valor medio de cualquier función f(x) viene dado, para un intervalo (x1, x2) por:
    \( \displaystyle \overline{f(x)} = \int_{x_1}^{x_2} P(x)f(x)dx \)
Donde P(x) representa la probabilidad de que la función adopte el valor x.
La anterior expresión es válida en el caso de que la función de probabilidad esté normalizada; de no ser así, una fórmula más general es:
    \( \displaystyle \overline{f(x)} = \frac{1}{ \int_{x_1}^{x_2} P(x)dx} \int_{x_1}^{x_2} P(x)f(x)dx \)
Para una función periódica en el tiempo, el valor medio de dicha función, puede obtenerse a partir de:
    \( \displaystyle \overline{f(x)} = \frac{1}{ \int_{0}^{T} dt} \int_{0}^{T} f(t)dt \)
Si consideramos el cambio de variable \(dx = \dot{x}·dt\) podemos escribir la expresión anterior en la forma:
    \( \displaystyle \overline{f(x)} = \frac{1}{\displaystyle \int_{x_1}^{x_2} \frac{1}{\dot{x}}dx} \int_{x_1}^{x_2} \frac{1}{\dot{x}}f(x)dx \)
Comparando esta última expresión con la primera, tenemos que el factor \((1/\dot{x})\) representa la probabilidad de encontrar la partícula en el punto x.
En nuestro caso, considerando que tenemos un sistema aislado, la energía:
    \( \displaystyle E = T = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 \)
Se conserva, lo que implica que \(\dot{x}\) es constante y eso equivale a decir que la función de probabilidad es constante, es decir, que todos los puntos tienen igual probabilidad y podemos expresar el valor medio de f(x) por:
    \( \displaystyle \overline{f(x)} = \frac{1}{\displaystyle \int_{x_1}^{x_2} dx} \int_{x_1}^{x_2}f(x)dx \)
Así, por ejemplo, tenemos:
    \( \displaystyle \overline{x} = \frac{1}{ \int_0^a dx} \int_0^a xdx = \frac{a}{2} \)
Tal como queríamos demostrar. (Para esta situación trivial, el resultado es un valor que se puede intuir sin necesidad de cálculos).
De forma análoga, podemos escribir también:
    \( \displaystyle \overline{x^2} = \frac{1}{ \int_0^a dx} \int_0^a x^2dx = \frac{a^2}{3} \)
Y a partir de esos datos:
    \( \displaystyle \triangle x_{clas} = \sqrt{\left(\overline{x^2} - \overline{x}^2\right)}= \sqrt{\left[\frac{a^2}{3}- \left(\frac{a}{2}\right)^2\right]} = \frac{a}{2\sqrt{3}} \)
Y queda demostrado lo dicho.

Para el apartado b) necesitamos obtener la función de onda que describe el comportamiento de la partícula en la caja. Considerando la figura, tenemos que en las zonas II y III la función de onda es nula, puesto que la barrera de potencial tiene una altura Vo infinita. Por tanto, no es posible, en este caso, un efecto túnel que libere a la partícula de la caja.

La solución más general para la función de onda en la región I es:
    \( \varphi(x) = Ae^{ikx} + Be^{-ikx} \Rightarrow \varphi(x) = C·\sin kx + D·\cos kx \)
Como φ(x) es una función continua y hemos dicho que es nula en las zonas II y III, se tendrá:
    \( \varphi(0) = 0 \; ; \; \varphi(a) = 0 \)
La primera de estas condiciones nos expresa que D = 0 y la segunda nos proporciona la forma de la cuantización del sistema:
    \( \displaystyle C\sin kx = 0 \Rightarrow k = k_n = \frac{n \pi}{a} \)
Así, para un estado estacionario de una partícula con energía E, podemos escribir la función de onda en la forma:
    \( \displaystyle \varphi_n(x) = C\sin k_nx = C\sin \left( \frac{n \pi}{a}\right)x \)
Pero teniendo en cuenta la parte temporal, la expresión final será:
    \( \displaystyle \psi_n (x) = C\sin \left( \frac{n \pi}{a}\right)x \times \exp \left(- \frac{iE}{h}\right)t \)
Hemos visto en el estudio clásico que el valor medio de una función f(x) en un intervalo (x1, x2) viene dado por:
    \( \displaystyle \overline{f(x)} = \frac{1}{ \int_{x_1}^{x_2} P(x)dx} \int_{x_1}^{x_2} P(x)f(x)dx \)
En mecánica cuántica se acepta como postulado básico que el módulo al cuadrado de la función de onda,\(|\psi(x)|^2\), representa la probabilidad de encontrar a la partícula en el punto x. Al considerar, por tanto, que P(x) es distinta a lo previsto por el caso clásico, donde teníamos que \(P(x) = (1/\dot{x})\) , no obtendremos, en principio, los mismos resultados. Podemos escribir ahora para los valores medios:
    \( \displaystyle \overline{f(x)} = \frac{1}{ \int_{-\infty}^{+\infty}|\psi(x)|^2 dx} \int_{-\infty}^{+\infty}|\psi(x)|^2f(x)dx \)
Y como ψ(x) es tal que la probabilidad está normalizada en el intervalo de integración, resultará:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \overline{f(x)} = \int_{-\infty}^{+\infty}|\psi(x)|^2·f(x)dx =\\
    \\
    \int_{-\infty}^{+\infty}\psi^*(x)·\psi(x)·f(x)dx = \langle\psi(x) , f(x)·\psi(x)\rangle
    \end{array}\)
Donde la cadena de igualdades resulta de la definición de norma y de producto escalar en un espacio hermítico.
Aplicando las anteriores consideraciones al caso que estamos tratando, tendremos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \bar{x} = \int_0^a C^*\sin \left( \frac{n \pi}{a}\right)x \exp\left\{ i\left(\frac{E}{h}\right)t\right\}xC\sin \left( \frac{n \pi}{a}\right)x \\ \\ ·\exp\left\{ -i\left(\frac{E}{h}\right)t\right\}dx = |C|^2 \int_0^a x\sin^2 kxdx = |C|^2 \int_0^a \frac{x}{2}\{1-\cos 2kx\}dx = \\ \\= \frac{|C|^2a^2}{4}- \frac{|C|^2}{2} \int_0^a x\cos 2kxdx \end{array}\)
Para obtener la última integral lo hacemos por partes, escribiendo:
    \( \displaystyle x= u \; ;\; dx = du \; ; \;dv = \cos 2kxdx \; ; \; v = \left(\frac{1}{2k}\right)\sin 2kx \)
Resulta con ello:
    \( \displaystyle \left(\frac{x}{2k}\right)\sin 2kx = \int \left(\frac{1}{2k}\right)\sin 2kxdx + \int x\cos 2kxdx \)
Y despejando la integral que nos interesa:
    \( \displaystyle\int x\cos 2kxdx = \left(\frac{x}{2k}\right)\sin 2kx + \frac{1}{4k^2}\cos 2kx \)
Por todo ello, el resultado final será:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \bar{x} = \frac{|C|^2a^2}{4}- \frac{|C|^2}{2}\left[\left(\frac{x}{2k}\right)\sin 2kx + \frac{1}{4k^2}\cos 2kx\right]_0^a = \\ \\ \frac{|C|^2a^2}{4}- \frac{|C|^2}{2}\left(\left(\frac{a}{2k}\right)\sin 2ka + \frac{1}{4k^2}\cos 2ka - \frac{1}{4k^2}\right) \end{array} \)
Pero, recordando que hemos puesto \(k = n\pi /a\), se anula \(\sin 2ka\) por una parte y los otros dos sumandos dentro del paréntesis por otra, con lo que finalmente:
    \( \displaystyle \bar{x} = \frac{|C|^2a^2}{4} = |C|^2\left(\frac{a}{2}\right)^2 \)
Haciendo lo mismo para x2 tenemos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \overline{x^2} = \int_0^a C^*\sin \left( \frac{n \pi}{a}\right)x \exp\left\{ i\left(\frac{E}{h}\right)t\right\}x^2C\sin \left( \frac{n \pi}{a}\right)x \\ \\ ·\exp\left\{ -i\left(\frac{E}{h}\right)t\right\}dx = |C|^2 \int_0^a x^2\sin^2 kxdx = \\ \\\frac{|C|^2}{2}\int_0^a x^2\{1-\cos 2kx\}dx = \frac{|C|^2a^3}{6}- \frac{|C|^2}{2} \int_0^a x^2\cos 2kxdx \end{array}\)
La integral que queda podemos resolverla por partes haciendo
    \( \displaystyle \begin{array}{l} x= u \; ;\; dx = du \; ; \;dv =x \cos 2kxdx \\ \\ v = \left(\frac{x}{2k}\right)\sin 2kx + \left(\frac{1}{4k^2}\right)\cos 2kx \end{array}\)
Con lo que tendremos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    \overline{x^2} = \frac{|C|^2a^3}{6}- \frac{|C|^2}{2}\left\{\left[\left(\frac{x^2}{2k}\right)\sin 2kx + \left(\frac{x}{4k^2}\right)\cos 2kx \right]_0^a -\right. \\
     \\
    -\left. \int_0^a \left(\left(\frac{x}{2k}\right)\sin 2kx + \left(\frac{1}{4k^2}\right)\cos 2kx\right)dx\right\}
    \end{array} \)
El primero de los sumandos de la integral puede resolverse aplicando de nuevo el método de integración por partes, para obtener finalmente:
    \( \displaystyle \overline{x^2} = \frac{|C|^2a^3}{6}- \frac{|C|^2}{2}\left(\frac{a}{2k^2}\right) = \frac{|C|^2}{2}\left[\frac{1}{3}- \frac{1}{2\pi^2n^2}\right] \)
Si recordamos ahora que anteriormente hemos exigido una cualidad de normalización en la función de onda, podemos escribir:
    \( \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}|\psi(x)|^2dx = 1 \)
Y esto nos permite obtener el valor de la constante C, ya que tenemos:
    \( \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} C^*\sin \left( \frac{n \pi}{a}\right)x \exp\left\{ i\left(\frac{E}{h}\right)t\right\}C\sin \left( \frac{n \pi}{a}\right)x \exp\left\{ -i\left(\frac{E}{h}\right)t\right\}dx = 1 \)
Y haciendo operaciones:
    \( \displaystyle\begin{array}{l} |C|^2 \int_{-\infty}^{+\infty} \sin^2 \left( \frac{n \pi}{a}\right)x dx = |C|^2 \int_{-\infty}^{+\infty}\left[1 - \cos \left( \frac{2n \pi}{a}\right)x\right]dx = 1 \\ \\ \Rightarrow \frac{|C|^2}{2}\left[x - \sin \left( \frac{n \pi}{a}x\right)\left(\frac{a}{2n\pi}\right)\right]_0^a = 1 \Rightarrow |C|^2 =\frac{2}{a} \end{array} \)
Sustituyendo el valor de C en las expresiones de los valores medios, nos queda:
    \( \displaystyle\bar{x} = |C|^2\left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{a}{2} \; ;\; \overline{x^2} = \frac{|C|^2}{2}\left[\frac{1}{3}- \frac{1}{2\pi^2n^2}\right] = a^2 \left[\frac{1}{3}- \frac{1}{2\pi^2n^2}\right] \)
Según todo lo visto, el valor de la incertidumbre cuántica en la posición de una partícula vendrá dado por:
    \( \displaystyle \triangle x_{cuant} = \sqrt{\overline{x^2}- \bar{x}^2}= \frac{a}{2\sqrt{3}}\sqrt{\left(1 - \frac{6}{\pi^2n^2}\right)} \)
CONCLUSIONES

A la vista de los resultados obtenidos, observamos que la incertidumbre cuántica resulta ser siempre menor que la clásica, aunque aquella tienda a esta en los límites de los fenómenos macroscópicos (para n muy grande), para los cuales la aproximación que nos proporciona la teoría clásica es válida.

En concreto, suponiendo que la caja de potencial tiene una anchura de 10 m y eligiendo un valor de n pequeño (por ejemplo n = 1), de forma que la diferencia sea más apreciable, resulta que la expresión cuántica nos da un valor para la incertidumbre de 1,8 m mientras que el valor dado por la expresión clásica es de 2, 88 m, lo que supone una notable diferencia.

La explicación de este hecho tenemos que buscarla en las dos diferentes funciones de probabilidad que hemos empleado para obtener las incertidumbres. La función o distribución de probabilidad cuántica presenta una anchura o desviación respecto al valor medio, inferior a la de la distribución de probabilidad clásica.
Estos resultados podrían sorprender si se interpretan como incertidumbres experimentales en pruebas de medición de observables de sistemas. Sin embargo, esta interpretación no es válida, pues δx no representa en este caso la incertidumbre o error experimental en una medida, sino que nos proporciona la anchura o desviación del valor medio de una distribución de numerosas medidas de un observable “x” del sistema.
Te han sido de utilidad estos apuntes de física cuántica?.- Recomiénda esta página!

 

MIRA OTROS CONTENIDOS DE MATEMÁTICAS Y POESÍA




tema escrito por: José Antonio Hervás