Solució analítica de l'equació d'Schrödinger independent del temps per al potencial d'un pou quadrat Física Cuántica "Eisberg-Resnick" (1974-Ed. Limusa) $$ V(x)=\begin{cases} V_0 \qquad x < -\frac{a}{2} \quad \text{o} \quad x > \frac{a}{2}\\ \\ 0 \qquad -\frac{a}{2} < x < \frac{a}{2} \end{cases} $$ ![]() El potencial 0 L'equació d'Schrödinger independent del temps: $$ -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\varphi(x)}{dx^2} = E\varphi(x) $$ Les solucions de les funcions d'ona, `\Psi(x,t)`, són: $$ \varPsi(x,t)=\varphi(x)e^{-iEt/\hbar} $$ Pels arguments de plausibilitat que van portar a l'equació d'Schrödinger se sap que la funció d'ona d'una partícula lliure és: (*) $$ \varPsi(x,t)=cos(kx-\omega t) + i sin(kx - \omega t) $$ Expresant-ho com una exponencial complexa: $$ \varPsi(x,t)=e^{i(kx-\omega t)} = e^{ikx} · e^{-i\omega t} $$ El nombre d'ona `k` i la freqüència angular són: $$ k=\frac{p}{\hbar}=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} \qquad \text{i} \qquad \omega = \frac{E}{\hbar} $$ $$ \varPsi(x,t)=e^{i(kx-\omega t)} = e^{ikx} · e^{-iEt/\hbar} $$ Si ho comparem anb la solució general tenim: $$ \varPsi(x,t)=\varphi(x)e^{-iEt/\hbar} = e^{ikx} · e^{-iEt/\hbar} $$ El que implica que: $$ \varphi(x) = e^{ikx} $$ Amb tot això: La solució general per a la regió interior del pou és (combinació lineal de les solucions anteriors): $$ \varphi(x)=A e^{ik_1x}+Be^{-ik_1x} \qquad \text{on} \qquad k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} \qquad \text{per} \qquad \frac{-a}{2} < x < \frac{a}{2} $$ Es pot demostrar que això és equivalent a: (1) $$ \varphi(x)=A' sin(k_1x) + B' cos(k_1x) \qquad \text{on} \qquad k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} \qquad \text{per} \qquad \frac{-a}{2} < x < \frac{a}{2} $$ Per a les solucions a les regions externes i fent servir raonaments equivalents, es pot demostrar: (**) $$ \varphi(x)=C e^{k_{11}x}+De^{-k_{11}x} \qquad \text{on} \qquad k_{11}=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar} \qquad \text{per} \qquad x < \frac{-a}{2} $$ i $$ \varphi(x)=F e^{k_{11}x}+Ge^{-k_{11}x} \qquad \text{on} \qquad k_{11}=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar} \qquad \text{per} \qquad x > \frac{+a}{2} $$ `D` i `F` han de ser `0`, sinó la segona i primera exponencial tendirian a `+\infty`. Així per a les regions externes del pou les solucions són: (2) $$ \varphi(x)=C e^{k_{11}x} \qquad \text{on} \qquad k_{11}=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar} \qquad \text{per} \qquad x < \frac{-a}{2} $$ i $$ \varphi(x)= Ge^{-k_{11}x} \qquad \text{on} \qquad k_{11}=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar} \qquad \text{per} \qquad x > \frac{+a}{2} $$ A partir de considerar la continuïtat i derivabilitat de les funcions (1) i (2) en `-a/2` i `a/2` veurem que dins del pou les funcions d'ona permeses són numerables i finites. A (1) canviarem `A'` i `B'` per `A` i `B` i posant la condició de que siguin contínues a `-a/2` i a `a/2 =>`. Cal recordar que `sin(-a)=-sin(a)` i `cos(-a)=cos(a)`. $$ \varphi(-a/2)=-A sin(k_1a/2) + B cos(k_1a/2) = Ce^{-k_{11}a/2} $$ $$ \varphi(a/2)=A sin(k_1a/2) + B cos(k_1a/2) = Ge^{-k_{11}a/2} $$ Si ara posem la condició que les derivades siguin contínues en `-a/2` i `a/2`. $$ \varphi'(-a/2)=Ak_1 cos(k_1a/2) + Bk_1 sin(k_1a/2) = Ck_1e^{-k_{11}a/2} $$ $$ \varphi'(a/2)=Ak_1 cos(k_1a/2) - Bk_1 sin(k_1a/2) = -Gk_1e^{-k_{11}a/2} $$ Si restem la segona de la primera: (1) $$ 2Asin(k_1a/2)=(G-C)e^{-k_{11}a/2} $$ I si les sumem: (2) $$ 2Bcos(k_1a/2)=(G+C)e^{-k_{11}a/2} $$ Restant la 4a de la 3a: (3) $$ 2Bk_1sin(k_1a/2)=(G+C)k_{11}e^{-k_{11}a/2} $$ I sumant-les: (4) $$ 2Ak_1cos(k_1a/2)=-(G-C)k_{11}e^{-k_{11}a/2} $$ Exigint que `B \ne 0` i `(G+C) \ne 0` podem dividir (3) ente (2): (5) $$ k_1tan(k_1a/2) = k_{11} $$ Exigint que `A \ne 0` i `(G-C) \ne 0` podem dividir (4) ente (1): (6) $$ k_1cotan(k_1a/2) = -k_{11} $$ Si sumen aquestes dues equacions: $$ k_1tan(k_1a/2) + k_1cotan(k_1a/2) = 0 $$ $$ tan(k_1a/2) + cotan(k_1a/2) = 0 $$ Ho multipliquem tot per tan(`k_1`a/2) $$ tan^2(k_1a/2) + 1 = 0 $$ $$ tan^2(k_1a/2) = -1 $$ Això no té solució si `k_1` i `a/2` són reals, que és el cas. Per la qual cosa, les equacions (5) i (6) no es poden satifer simultàniament. Si considerem (5) correcta, 1a classe, el que implica que `A=0` i `G-C=0` tindrem unes solucions: $$\begin{cases} k_1tan(k_1a/2) = k_{11}\\ A=0\\ G-C=0 \end{cases} $$ Agafem l'equació, `\varphi(a/2)=A sin((k_1a)/2) + B cos((k_1a)/2) = Ge^((-k_(11)a)/2)`, i si ` A= 0` i `G = C`: $$ B cos(k_1a/2) = Ge^{-k_{11}a/2} $$ $$ G = Bcos(k_1a/2) e^{k_{11}a/2} = C $$ I amb tot plegat les eigenfuncions són: $$ \phi(x)\begin{cases} [Bcos(k_1a/2) e^{k_{11}a/2}]e^{k_{11}x} \qquad \text{si} \qquad x < \frac{-a}{2}\\ \\ Bcos(k_1x) \qquad \text{si} \qquad \frac{-a}{2} < x < \frac{a}{2}\\ \\ [Bcos(k_1a/2) e^{k_{11}a/2}]e^{-k_{11}x} \qquad \text{si} \qquad x > \frac{a}{2}\\ \end{cases} $$ Si considerem (6) correcta, 2a classe, el que implica que `B=0` i `G+C=0` tindrem unes solucions: $$\begin{cases} k_1cotan(k_1a/2) = -k_{11}\\ B=0\\ G+C=0 \end{cases} $$ Agafem l'equació, `\varphi(a/2)=A sin((k_1a)/2) + B cos((k_1a)/2) = Ge^((-k_(11)a)/2)`, i si ` B= 0` i `G = -C`: $$ A sin(k_1a/2) = Ge^{-k_{11}a/2} $$ $$ G = Asin(k_1a/2) e^{k_{11}a/2} = -C $$ I amb tot plegat les eigenfuncions són: $$ \phi(x)\begin{cases} [-Asin(k_1a/2) e^{k_{11}a/2}]e^{k_{11}x} \qquad \text{si} \qquad x < \frac{-a}{2}\\ \\ Asin(k_1x) \qquad \text{si} \qquad \frac{-a}{2} < x < \frac{a}{2}\\ \\ [Asin(k_1a/2) e^{k_{11}a/2}]e^{-k_{11}x} \qquad \text{si} \qquad x > \frac{a}{2}\\ \end{cases} $$ Recordant que: $$ k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} \qquad \text{ i } k_{11}=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar} $$ I ho posem a: $$ k_1tan(k_1a/2) = k_{11} $$ Multiplicant per `a/2` a cada costat: $$ \sqrt{\frac{mEa^2}{2\hbar^2}}tan\sqrt{\frac{mEa^2}{2\hbar^2}} = \sqrt{\frac{m(V_0-E)a^2}{2\hbar^2}} $$ Recordem que volem trobar els valors de `E` que són solució d'aquesta equació. Això és una equació trascendent la qual cosa implica que es pot resoldre de forma gràfica (numèrica ;-), no de forma analítica. Per fer-ho farem uns canvis: $$ \xi = \sqrt{\frac{mEa^2}{2\hbar^2}} $$ O sigui l'equació anterior queda: $$ \xi tan \xi = \sqrt{\frac{mV_0a^2}{2\hbar^2}-\xi^2} $$ Dibuixant la gràfica de les dues funcions podem trobar les interseccions. $$ p(\xi) = \xi tan \xi $$ $$ q(\xi) = \sqrt{\frac{mV_0a^2}{2\hbar^2}-\xi^2} $$ Cal donar un valor a: $$ \sqrt{\frac{mV_0a^2}{2\hbar^2}}=4 $$ $$ \frac{mV_0a^2}{2\hbar^2} = 16 $$ Que correspon a: (***) $$ \frac{2mV_0a^2}{\hbar^2} = 64 $$ Si dibuixem les dues funcions `p(x)=xtan(x)` i `q(x)=\sqrt{16-x^2}` i trobem els punts de tall: ![]() Si agafem els dos valor i trobem la E que els correspon: $$ 1'25 = \sqrt{\frac{mEa^2}{2\hbar^2}} $$ $$ 1'25^2 = \frac{ma^2}{2\hbar^2}·E $$ $$ 1'25^2 = \frac{16}{V_0}·E $$ $$ E=(\frac{1'25}{4})^2V_0 \approx 0'098 V_0 $$ $$ E=(\frac{3'60}{4})^2V_0 \approx 0'810 V_0 $$ Fent el mateix amb: $$ k_1cotan(k_1a/2) = -k_{11} $$ Queda: $$ -\xi cotan\xi = \sqrt{\frac{mV_0a^2}{2\hbar^2}-\xi^2} $$ I fent el mateix que en el cas anterior, solució gràfica: ![]() I s'hi trobem el valor de l'energia: $$ E=(\frac{2'48}{4})^2V_0 \approx 0'384 V_0 $$ Podem veure els diferents nivells d'energia representats en el pou. ![]() Finalment podem veure la forma de les funcions d'ona. S'ha triat bé el coeficient multiplicador perquè la suma de les probabilitat de trobar la partícula sigui 1. ![]() Notes: (*) Cal mirar on es conjectura l'equació d'Schrödinger. (**) No sé si és tant evident. (***) En lloc he sabut trobar la justificació d'aquest 64. |