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:
\( \displaystyle \overline{x} = \frac{1}{ \int_0^a dx} \int_0^a
x·dx = \frac{a}{2} \)
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:
\( \displaystyle \overline{x^2} = \frac{1}{ \int_0^a dx} \int_0^a
x^2·dx = \frac{a^2}{3} \)
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:
\( \displaystyle \overline{f(x)} = \frac{1}{ \int_{-\infty}^{+\infty}|\psi(x)|^2
dx} \int_{-\infty}^{+\infty}|\psi(x)|^2·f(x)dx \)
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:
\( \displaystyle \begin{array}{l} \bar{x} = \int_0^a C^*\sin
\left( \frac{n \pi}{a}\right)x · \exp\left\{ i\left(\frac{E}{h}\right)t\right\}x·C·\sin
\left( \frac{n \pi}{a}\right)x· \\ \\ ·\exp\left\{ -i\left(\frac{E}{h}\right)t\right\}dx
= |C|^2 \int_0^a x·\sin^2 kxdx = |C|^2 \int_0^a \frac{x}{2}\{1-\cos
2kx\}dx = \\ \\= \frac{|C|^2a^2}{4}- \frac{|C|^2}{2} \int_0^a
x·\cos 2kx·dx \end{array}\)
Para obtener la última integral lo hacemos por partes,
escribiendo:
\( \displaystyle x= u \; ;\; dx = du \; ; \;dv = \cos 2kx·dx
\; ; \; v = \left(\frac{1}{2k}\right)\sin 2kx \)
Resulta con ello:
\( \displaystyle \left(\frac{x}{2k}\right)\sin 2kx = \int \left(\frac{1}{2k}\right)\sin
2kx·dx + \int x·\cos 2kx·dx \)
Y despejando la integral que nos interesa:
\( \displaystyle\int x·\cos 2kx·dx = \left(\frac{x}{2k}\right)\sin
2kx + \frac{1}{4k^2}\cos 2kx \)
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:
\( \displaystyle \begin{array}{l} \overline{x^2} = \int_0^a
C^*\sin \left( \frac{n \pi}{a}\right)x · \exp\left\{ i\left(\frac{E}{h}\right)t\right\}x^2·C·\sin
\left( \frac{n \pi}{a}\right)x· \\ \\ ·\exp\left\{ -i\left(\frac{E}{h}\right)t\right\}dx
= |C|^2 \int_0^a x^2·\sin^2 kxdx = \\ \\\frac{|C|^2}{2}\int_0^a
x^2\{1-\cos 2kx\}dx = \frac{|C|^2a^3}{6}- \frac{|C|^2}{2} \int_0^a
x^2·\cos 2kx·dx \end{array}\)
La integral que queda podemos resolverla por partes haciendo
\( \displaystyle \begin{array}{l} x= u \; ;\; dx = du \; ; \;dv
=x· \cos 2kx·dx \\ \\ v = \left(\frac{x}{2k}\right)\sin 2kx
+ \left(\frac{1}{4k^2}\right)\cos 2kx \end{array}\)
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.
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