|
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. |