Probabilidades y Normalización.
Dada la ecuación de Schrödinger es
$$\frac{-\hbar^2}{2m} \frac{d^{2}\psi(x)}{dx^2} + u(x)\psi(x) = E \psi(x)$$
Donde $u(x)$ es el potencial que esta asociado a algún tipo de fuerza, $E$ es la energía total de la partícula. $|\psi|^2$ está asociado a una densidad de probabilidad de encontrar la partícula entre $x$ y $x + dx$.
Podemos definir, entonces, la densidad de probabilidad $P(x)$ (probabilidad por unidad de longitud, en una dimensión) como:
$$P(x)dx = |\psi|^2dx $$
Esta interpretación de $\psi(x) $ nos permite ilustrar lo siguiente:
(1) Para la función de onda que describe una sola partícula, la probabilidad sumada en todas las ubicaciones debe ser del $100%$, es decir, la partícula debe estar ubicada en algún lugar entre $x = -\infty$ y $ x = \infty$. En otras palabras la partícula esta en el universo. Esto es:
$$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}|\psi|^2 dx = 1$$
La integral anterior provee además, la condición de normalización de la función de onda $|\psi|$.
La probabilidad de que la partícula se encuentre entre los puntos $a$ y $b$ estará dada, entonces, por:
$$P(a<x<b) = \int_{a}^{b} |\psi(x)|^2 dx$$
Con lo cual vemos que no es posible encontrar la partícula en un solo punto es decir, $P(x = x_0) = 0)$
(2) $\psi(x)$ es continua en el intervalo $(-\infty , \infty)$
(3) $\psi '(x) $ es continua a menos que $u(x)$ tienda a infinito.
Además, $|\psi| \in L^2$ , donde $L^2$ es el espacio de funciones de cuadrado integrable continuas y con primera derivada continua.
Soluciones para energías de potenciales constantes.
Partícula libre.
Para una partícula libre la fuerza es cero, por lo cual el potencial será $u(x) = 0$, con lo que se tiene que la ecuación de Schrödinger toma la forma:
$$\frac{-\hbar^2}{2m} \frac{d^2 \psi(x)}{dx^2} = E \psi(x)$$
Donde $E \neq 0$, por lo tanto:
$$ \frac{d^2 \psi(x)}{dx^2} = \frac{-2mE}{\hbar^2} \psi(x) = -k^2 \psi(x)$$
la solución es de tipo armónico con $k^2 = \frac{2m}{\hbar^2} $ y está dada de la siguiente manera:
$$\psi(x) = Ae^{ikx} + B e^{-ikx}$$
La anterior ecuación describe una onda plana Vemos que solo es la parte espacial de la onda. Agregando el término temporal a la ecuación se tiene que:
$$\psi(x,t) = \psi(x) e^{-i\omega t }$$
$$\psi(x,t) = A e^{ikx-i\omega t} + B e^{-ikx-i\omega t }$$
Dadas las relaciones de signo se tiene, entonces, la descripción de una onda plana que se mueve a derecha (función que acompaña a A) o a izquierda (función que acompaña a B).
Se tiene k=2πλ es el número de onda y ω=2πν es la frecuencia angular. Con esto podemos escribir la velocidad como:
$$\lambda \nu = v$$
$$\frac{\omega}{k} = \frac{2\pi}{k} \frac{\omega}{2\pi} = v$$
v es la velocidad de una onda monocromática de frecuencia ν y longitud de onda λ.
Note que esta ecuación solo describe partículas materiales, por lo cuál no puede usarse para describir el movimiento de un fotón.
Ejemplo: Pozo de potencial infinito
Considere una partícula atrapada en la región entre x=0 y x=a por barreras de potencial infinitamente altas (como se muestra en la Figura 1) en el que la partícula se mueve libremente en esta región intermedia.
En las regiones entre x=0 y x=a se tiene que u(0<x<a)=0. Además
$$\frac{d^2 \psi(c)}{dx^2} = -k^2 \psi(x)$$
$$ k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2}$$
figura 1. Pozo con paredes de potencial infinito en los puntos $x= 0$ y $x =a$
Cuya solución es:$$\psi(x) = A\sin(kx) + Bcos(kx)$$
Se debe cumplir que ψ(x) es continua en x=0 y x=a por tanto, si consideramos:
ψ(x=0)=0 lo que implica que B=0 dada la condición de continuidad.
ψ(x)=Asin(kx) , esto cumple que ψ(x) es continua en x=0.
Luego, para x=a se tiene que:
ψ(x=a)=0=Asin(ka)
Con lo cual se tiene que ka=nπ y con ello k=nπ/a.
$$K = \frac{2\pi}{\lambda}$$
$$\lambda = \frac{2a}{n}$$
$$\psi(x) = A\sin(kx)$$
Para encontrar A podemos usar la condición de normalización encontrada anteriormente, sabiendo que la partícula está confinada entre x=0 y x=a, con lo cual se tiene lo siguiente:
$$\int_{a}^{b} |\psi|^2 dx =1$$
$$\int_{0}^{a} A^2 sin^2(knx) dx = 1$$
de lo anterior se obtiene que $A_n =\pm \sqrt{\frac{2}{a}} $ es la normalización de $\psi(x)$
Para la energía se tiene lo siguiente:
$$\frac{2mE}{\hbar^2} = k^2 = \left(\frac{n\pi}{a}\right)^2$$
$$E_n = \left( \frac{n\pi}{a}\right)^2 \frac{\hbar^2}{2m}$$
Vemos que la energía está cuantizada y que, por tanto, la partícula sólo puede estar en determinados niveles de energía. En la Figura 2 se muestran los primeros 4 niveles de energía que puede ocupar la partícula.
Figura 2. Primeros cuatro niveles de energía ocupados por la partícula.
Con todo lo anterior se obtiene que, finalmente, ψ(x) está dado, para n>0, por:
$$\psi(x) = \sqrt{\frac{2}{a}} \sin(kx)$$
En la Figura 3, las funciones de onda y las densidades de probabilidad |ψ|2 se ilustran para varios estados. En el estado fundamental, la partícula tiene la mayor probabilidad de encontrarse cerca del medio del pozo (x=a/2), y la probabilidad cae a cero en los extremos. Esto es muy diferente del comportamiento de una partícula clásica: una partícula clásica que se mueve a velocidad constante se encontraría con la misma probabilidad en todos los lugares dentro del pozo. La partícula cuántica también tiene velocidad constante, pero aún se encuentra con diferentes probabilidades en varios lugares del pozo. Es la naturaleza ondulatoria de la partícula cuántica la responsable de este comportamiento no clásico.
Figura 3. Funciones de onda (líneas continuas) y las densidades de probabilidad ( regiones sombreadas) de los primeros cuatro estados en el pozo de potencial infinito unidimensional.
Referencias
Krane, Kenneth S. Modern physics. (2012). Oregon State University. John Wiley & Sons INC.
Aplicaciones de la ecuación de Schrödinger y potenciales de confinamiento.
En los últimos años la nanotecnología ha alcanzado un gran desarrollo para poder traer solución a problemas cotidianos, incluso sigue avanzando para desarrollar nuevos dispositivos que permitan perfeccionar los actuales. Un tema que involucra esta área es la termodinámica cuántica, la cual consiste en el entendimiento de la termodinámica en sistemas a nano escala y que permite desarrollar nuevo tipo de artefactos en esta escala.
Cuando se confinan partículas en potenciales distintos en determinados dominios del orden de la longitud de onda de De Broglie, aparecen efectos de tamaño cuántico. En la nano escala, al cambiar el tamaño del dominio de confinamiento mediante parámetros de control como por ejemplo el área (A), la longitud (P) , volúmen (V) y el número de vértices (Nv), se alteran las propiedades termodinámicas de las partículas que están confinadas, como lo son la energía de Helmholtz, la entropía y la energía interna.
En su estudio Alhun y Altug (2019), solucionan numéricamente la ecuación de Schrödinger para un conjunto de partículas en un dominio de confinamiento que consiste de dos nano cables rígidos cuadrados coaxiales con diferentes longitudes de borde colocadas una dentro de la otra. El cable externo es fijo pero el interno es libre de rotar. Las partículas están confinadas en la región azul de la Fig.1, en la cual las variables geométricas (V,A,P,Nv) permanecen invariantes debido a la rotación del cuadrado interno. Así, el dominio de confinamiento cambia sin alterar su tamaño pero sí su forma. (La región azul es en realidad un corte transversal del cable; es decir, el dominio de confinamiento es 3-D).
Figura 4. Transformación de forma del dominio de confinamiento.
Dado que el número de partículas confinadas es considerable, se puede usar la estadísticas de Maxwell–Boltzmann para poder estudiar el sistema.
De esta manera, en su artículo “Quantum shape effects and novel thermodynamic behaviors at nanoscale” los autores muestran el cambio de las funciones termodinámicas en función del ángulo de rotación, el cual determina en cambio en la forma del dominio de confinamientos. Esto se observa en la Fig.2 donde se ha trabajado con un confinamiento cuadrado, triangular y rectangular respectivamente y F˜, S˜ , U˜ representan la energía libre de Helmholtz, la entropía y la energía interna respectivamente.
Figura 5. Funciones de estado termodinámicas en función del Angulo de rotación.
Es interesante recordar que la energía libre de Helmholtz mide el trabajo útil que se puede obtener de un sistema termodinámico cerrado a un volumen y presión constante, la energía interna da una medida de la energía cinética que pueden tener las partículas del sistema y la entropía describe la relación del calor intercambiado entre un sistema y su medio en relación con su temperatura. A partir del estudio del cambio en estas cantidades, se da lugar a fenómenos térmicos de forma que pueden ser manipulados para ser usados en semiconductores, superconductores, gases ultra fríos, tecnologías de almacenamiento de energía y motores térmicos.
Referencias
Alhun Aydin, Altug Sisman (2019). Quantum shape effects and novel thermodynamic behaviors at nanoscale. Physics Letters A.
Problema propuesto
Teniendo en cuenta que :
$$ \psi(x) = A \sin(knx)$$
es solución de la ecuación de Schrödinger, entonces la combinación lineal
$$\psi(x) = A\sin(knx) + B \sin(kmx) $$
Para $m \neq n$ también es solución.
Para $A =1/2 $ encuentre el valor B tal que satisfaga la normalización:
$$\int_{0}^{a} |\psi(x)|^2 dx = 1$$
Solución:
Partiendo de
$$\psi(x) = Asin(knx) + B sin(kmx)$$
con $ A = 1/2 $
$$ \psi(x) = \frac{1}{2} sin(knx) + B sin(kmx)$$
Dado que $\int_{0}^{a} |\psi|^2 dx =1$
$$\int_{0}^{a} A^2 sin^2(knx) + B^2 sin^2 (kmx) + 2 A B sin(knx) sin(kmx) dx =1$$
$$\frac{1}{4}\int_{0}^{a}sin^2(knx)dx + B^2 \int_{0}^{a} sin^2(kmx)dx + B\int_{0}^{a} sin(knx) sin(kmx)dx =1$$
$$\frac{1}{8} \int_{0}^{a} (1 - cos(2knx)) dx + \frac{B^2}{2} \int_{0}^{a} (1- cos(2kmx))dx + \frac{B}{2} \int_{0}^{a} ((1-cos(knx-kmx)) -(1-cos(knx-kmx)))dx =1$$
$$\frac{1}{8} \left(a - \frac {1}{2kn} (sin(2kna)\right) + \frac{B^2}{2} \left(a- \frac{1}{2km} sin(2kma)\right) + B \left( \frac{km sin(kna) cos(kma) - kn cos(kna) sin(kma) }{(kn)^2 - (km)^2} \right) = 1$$
y como $k = \frac{n\pi}{a}$
entonces
$$ \frac{1}{4} \left(\frac{a}{2}\right) + B^2 \left(\frac{a}{2}\right) = 1$$
$$\frac{1}{4} + B^2 = \frac{2}{a}$$
$$B = \sqrt{\frac{2}{a} - \frac{1}{4}}$$
No hay comentarios.:
Publicar un comentario