martes, 11 de agosto de 2009

El potencial delta de Dirac

Habiendo visto previamente algunas de las peculiaridades de la función delta δ(x) de Dirac, estamos preparados para intentar llevar a cabo la resolución de algunos problemas algo curiosos en los cuales la función delta de Dirac es utilizada para definir el potencial delta de Dirac. La siguiente figura nos muestra el proceso gradual de construcción de una barrera de potencial delta de Dirac:




Para construír una barrera de potencial delta de Dirac, empezamos con un barrera de potencial convencional como la que fue utilizada para el estudio de la transmisión y reflexión de partículas, mostrada en la figura de arriba como la barrera (1) para la cual la energía de la barrera es mayor que la altura de la barrera de potencial, asignándole arbitrariamente a la barrera de potencial una “área” igual a la unidad. En el caso de la segunda barrera (2), mantenemos el “área” dentro de la barrera (2) igual a el “área” que hay bajo la barrera (1), pero reduciendo la anchura de la barrera (2) y aumentando la altura de la misma en forma tal que el área siga siendo igual a la unidad. En este caso, la altura de la barrera supera ya la energía de la partícula, y aunque clásicamente no puede haber transmisión de partículas en una situación así, por la naturaleza ondulatoria de las partículas algunas de ellas serán transmitidas y otras serán reflejadas. En el caso de la tercera barrera (3), seguimos manteneniendo el “área” dentro de la barrera (3) igual a el “área” que hay bajo la barrera (2), o sea la unidad, pero reduciendo la anchura de la barrera y aumentando la altura de la misma en forma tal que la área siga siendo igual a la unidad. En este caso, la altura de la barrera supera aún más a la energía de la partícula, y aunque clásicamente no puede haber transmisión de partículas en una situación así, por la naturaleza ondulatoria de las partículas algunas de ellas serán transmitidas y otras serán reflejadas. Si continuamos el proceso, eventualmente terminaremos con una barrera de potencial δ(x) infinitamente alta pero de anchura cero, ¡manteniendo un “área bajo la curva” igual a la unidad (como nos lo definiría un proceso de integración).

Generalmente hablando, si vamos a definir una barrera de potencial V(x) utilizando para ello a la función delta de Dirac δ(x), queremos que a dicho potencial se le pueda asignar cualquier valor, algo que no es posible lograr utilizando únicamente a la función δ(x) porque el área de esta función (bajo el signo integral) siempre es igual a la unidad. Para lograr tal cosa, basta con multiplicar a la función δ(x) por una constante α, con lo cual podemos tener un potencial V(x) = αδ(x) de cualquier valor. De este modo, podemos bosquejar al potencial delta de Dirac de la siguiente manera (estrictamente hablando, no es posible dibujar una barrera de potencial delta porque se trata de algo que tiene una altura infinitamente grande y una anchura infinitamente pequeña, pero lo que importa es hacer un intento de visualización):




Una pregunta que nos haremos es: ¿qué sucedería si enviáramos partículas a una barrera de potencial δ(x)? La situación es interesante porque la barrera de potencial es infinitamente angosta pero infinitamente alta. Antes de considerar este problema, empezaremos por considerar lo contrario a una barrera de potencial, que viene siendo un pozo de potencial. La siguiente figura nos muestra el proceso gradual de construcción de un pozo de potencial delta de Dirac:




Para construír un pozo de potencial delta de Dirac, empezamos con un pozo de potencial convencional como el que fue utilizado anteriormente para el estudio de la transmisión y reflexión de partículas, mostrado en la figura de arriba como el pozo (1). En el caso del segundo pozo de potencial que se muestra en la figura, identificado como el pozo (2), mantenemos el “área” dentro del pozo (2) igual a el “área” que hay bajo el pozo (1), pero reduciendo la anchura del pozo (2) y aumentando la profundidad del mismo en forma tal que el área siga siendo igual a la unidad. En el caso del tercer pozo, seguimos manteneniendo el “área” dentro del pozo (3) igual a el “área” que hay en el pozo (2), o sea la unidad, pero reduciendo la anchura del pozo y aumentando la profundidad del pozo de la misma en forma tal que la área siga siendo igual a la unidad. Si continuamos el proceso, eventualmente terminaremos con un pozo de potencial -δ(x) infinitamente profundo pero de anchura cero, manteniendo un “área bajo la curva” igual a la unidad como nos lo define un proceso de integración.

A continuación consideraremos un pozo de potencial V(x) especificado de la siguiente manera:


en donde α es una constante. Aunque se trata de un potencial idealizado que no es físicamente realizable y por lo tanto se le puede considerar artificial, al igual que el concepto de las partículas puntuales o de las ondas senoidales de extensión infinita es matemáticamente sencillo de manipular. Para un potencial de esta índole, la ecuación de onda de Schrödinger:


toma la siguiente forma:


Hay dos tipos de soluciones posibles, dependiendo del signo que tome E. Para energías E negativas, el pozo de potencial podrá tener estados ligados, mientras que para energías E positivas (en las cuales no puede haber partículas que permanezcan confinadas) el pozo de potencial podrá producir estados de dispersión o esparcimiento arriba del mismo :




Enfocaremos nuestra atención primero para el caso en el cual la energía E toma valores negativos:




Como puede verse, el pozo de potencial subdivide al espacio en dos regiones: la región que está a la izquierda del pozo de potencial (región  1) y la región que está a la derecha del pozo de potencial (región 2). En la región para la cual la variable x toma valores negativos (región 1), el potencial V(x) es nulificado a cero por la acción de la función delta de Dirac, y en tal caso la ecuación de Schrödinger será:


siendo:


Puesto que E es negativo para un estado ligado, lo que tenemos dentro del radical será positivo, y por lo tanto k también será real y positivo. La solución general para la ecuación diferencial es:


El primer término que tiene el coeficiente A estalla exponencialmente conforme x..-∞. Por lo tanto, descartamos dicho término haciendo A.=.0, y retenemos el segundo, con lo cual:


para valores negativos de x.

Y en lo que respecta a la región para la cual la variable x toma valores positivos (región 2), el potencial V(x) también es nulificado a cero por la acción de la función delta de Dirac, y en tal caso la solución a la ecuación de Schrödinger será:


El segundo término que tiene el coeficiente G estalla exponencialmente conforme x..+∞. Por lo tanto, descartamos dicho término haciendo G.=.0, y retenemos el primero, con lo cual:


para valores positivos de x.

A continuación, tenemos que tratar de “pegar” ambas soluciones en el punto x.=.0. Llamando a la primera solución que corresponde a la primera región ψ1(x) y llamando a la segunda solución que corresponde a la segunda región ψ1(x), se requiere que:


ψ1(x) = ψ2(x)

en x.=.0, para lo cual se requiere:

Be0 = Fe0____B = F

con lo cual podemos especificar que:

ψ(x) = Bekx__para x ≤ 0

ψ(x) = Be-kx __para x ≥ 0

Este es un resultado interesante. Pese a que en x.=.0 el potencial delta se vuelve infinitamente grande, la función de onda ψ(x) no se vuelve infinitamente grande en dicho punto, y de hecho el máximo valor que adquiere es B. La gráfica que corresponde a esta función de onda es la siguiente:




De cualquier modo, la función de onda ψ(x), aunque es continua al pasar de una región a otra, manifiesta una discontinuidad severa en su pendiente, o sea dψ/dx, al pasar de una región a otra. Por lo tanto, la condición de frontera que se basa precisamente en el requerimiento de que dψ/dx tenga un mismo valor cuando la función de onda “cruza” de una región a otra no nos dice absolutamente nada. Es aquí cuando debemos invocar las propiedades de la función δ, y lo haremos invocando su acción bajo el signo de la integral tomando dicha integral como un proceso límite. Para poder resolver un problema de esta naturaleza, la idea esencial consiste en integrar la ecuación de onda de Schrödinger, en este caso desde x.=.-ε hasta x.=.+ε (el potencial δ se debe encontrar justo a la mitad entre los dos valores -ε y +ε) tomando tras esto el límite ε..0. En pocas palabras, empezamos con la ecuación:


y llevamos a cabo la integración en la forma prescrita:


tras lo cual tomamos el límite ε..0 en cada término:


La primera integral (de color azul) en realidad no es más que la expresión dψ/dx  evaluada en los dos puntos -ε y +ε al tomar los límites de la integral, mientras que la última integral (la que va en el lado derecho de la igualdad, destacada de color rojo) es igual a cero en el límite ε..0, ya que es el área de algo con una anchura infinitamente pequeña y con una altura finita (la función δ no se desvanece aunque su anchura sea infinitamente pequeña porque su altura es infinitamente grande de modo tal que el “área bajo la curva” mantiene un valor definido que no es cero). De este modo, para la primera integral (de color azul) podemos utilizar la siguiente simbolización que indica que es lo que nos resulta de la diferencia al evaluarse dψ/dx entre los límites -ε y +ε:


De este modo, nos viene quedando lo siguiente:


Normalmente, lo que tenemos en el lado derecho de la igualdad se reduce a cero al tomar el límite, de modo tal que dψ/dx es una función continua. Pero este argumento no es aplicable cuando en la frontera entre ambas regiones el potencial se vuelve infinitamente grande por la acción de la función δ de Dirac. Y precisamente por la acción de la función delta actuando bajo el signo de la integral:


Obsérvese que en la última línea se ha utilizado precisamente la definición de la función δ bajo el signo de la integral. El valor de ψ(0) viene directamente de lo que tenemos arriba:

ψ(x) = Bekx__para x ≤ 0

ψ(x) = Be-kx __para x ≥ 0

ψ(0) =  Be0 = B

con lo cual:


Necesitamos evaluar de alguna manera lo que tenemos en el lado izquierdo de la igualdad. Esto lo podemos hacer tomando las derivadas de las dos expresiones que tenemos para ψ(x) y tomando los límites tanto para la región de valores negativos de x como para la región de valores positivos de x. Para valores negativos de x se tiene:


Y para los valores positivos de x se tiene:


Entonces:


De este modo:


Esto nos permite obtener la energía permitida para el estado ligado:


Obviamente, el “pozo de potencial” construído con la función delta de Dirac sólo puede tener un estado ligado, sin importar la “intensidad” que pueda tener la constante α.Y si sólo puede tener un estado ligado, no puede haber estados excitados en ningún pozo de potencial delta. Si se le proporciona esta energía a una partícula atrapada en un potencial delta, lo único que puede suceder es que la partícula “brinque” fuera del pozo para quedar completamente libre.

A continuación, podemos obtener el valor de la constante B a partir de la condición de normalización para la función de onda:


Seleccionamos por conveniencia la raíz positiva, con lo cual:


Con esto nos es posible especificar por completo a la función de onda:


A continuación estudiaremos el caso en el cual la energía E toma valores positivos:




Esta es una situación en la que clásicamente, al pasar una partícula “volando” por encima del pozo, la partícula no debería experimentar efecto alguno. Sin embargo, esto no es lo que ocurre en el curioso mundo de la Mecánica Cuántica. De nueva cuenta, en la región para la cual la variable x toma valores negativos (región 1) el potencial es nulificado a cero por la acción de la función delta de Dirac, y en tal caso la ecuación de Schrödinger será:


siendo:


La solución general para la ecuación diferencial es:


En esta ocasión y para esta situación en la cual tendremos un esparcimiento (o dispersión) de partículas, no podemos eliminar ninguno de los dos términos puesto que ninguno de ellos es de antemano inadmisible. Y en lo que respecta a la región para la cual la variable x toma valores positivos (región 2), el potencial también es nulificado a cero por la acción de la función delta de Dirac, y en tal caso la solución a la ecuación de Schrödinger será:


Este tipo de situación ya la vimos previamente cuando estudiamos en otras entradas los pozos de potencial de anchura finita. Si suponemos un “chorro” de partículas (ondas) viajeras que llegan desde la izquierda, podemos suponer que algunas partículas serán reflejadas en sentido contrario mientras que otras continuarán su camino pasando por encima del pozo de potencial. Recordando que eikx (acoplado con el factor dependiente del tiempo e-iEt/ħ) representa una función de onda propagándose hacia la derecha, y que e-ikx representa una función de onda propagándose hacia la izquierda, la imagen general que va surgiendo es la siguiente:




La continuidad de la función de onda ψ(x) en el punto x.=.0 requiere:


De la derivada dψ/dx para la región situada a la izquierda del pozo de potencial, deducimos el valor que dicha derivada debe tomar en el límite cercano al origen:


Y del mismo modo, de la derivada dψ/dx para la región situada a la derecha del pozo de potencial, deducimos el valor que dicha derivada debe tomar en el límite cercano al origen:


Usando estos últimos dos resultados, se tiene entonces:


De este modo, recurriendo a la relación que se había obtenido previamente en el caso de los estados ligados (la relación sigue siendo válida tal cual es):


Esto último se puede escribir de una manera un poco más abreviada:


en donde:


De este modo, tras haber impuesto las condiciones de frontera, tenemos dos ecuaciones con cuatro incógnitas:



En esta situación, la condición de normalización no nos ayudará en nada, ya que las funciones de onda (senoidales) que estamos manejando fuera del pozo de potencial no representan estados normalizables. Habiéndose señalado arriba que eikx representa una función de onda propagándose hacia la derecha, y que e-ikx representa una función de onda propagándose hacia la izquierda, tomamos a A como la amplitud de una onda que llega desde la izquierda propagándose hacia la derecha, B viene siendo la amplitud de una onda que al ser reflejada regresa hacia la izquierda, F es la amplitud de una onda que prosigue su viaje hacia la derecha tras haber atravesado la región del potencial delta, y G es la amplitud de una onda que viene desde la derecha. En un experimento típico de esparcimiento de partículas en el cual se lanza un chorro de partículas hacia un blanco, las partículas son lanzadas desde una dirección, que podemos tomar provenientes desde la izquierda con amplitud A, en cuyo caso la amplitud de la onda que viene desde la derecha tendrá una amplitud G igual a cero. Siendo así, A es la amplitud de la onda incidente, B es la amplitud de la onda reflejada, y F es la amplitud de la onda transmitida. Resolviendo las dos ecuaciones para B y para F en función de A y B, se tiene lo siguiente:


Ahora bien, de acuerdo a la interpretación probabilista de Born, la probabilidad de encontrar una partícula en un lugar especificado está dada por |ψ|2, de modo tal que la probabilidad relativa de que una partícula incidente sea reflejada será:


en donde R es lo que en el estudio de problemas de transmisión y reflexión de partículas se conoce como el coeficiente de reflexión. Para un haz de partículas, este coeficiente nos dá la fracción de partículas que serán reflejadas sin atravesar la región que corresponde al pozo de potencial delta. Aunque se puede argumentar que, no siendo la función de onda normalizable, es imposible especificar la probabilidad absoluta de encontrar a la partícula en cierta posición, el cociente de dos probabilidades que hemos tomado arriba tiene una interpretación correcta. Usando lo obtenido previamente, podemos escribir el coeficiente de reflexión de la siguiente manera:


Procediendo de modo semejante, la probabilidad relativa de que una partícula incidente sea transmitida a través de la región que corresponde al pozo de potencial delta será:


en donde T es lo que en el estudio de problemas de transmisión y reflexión de partículas se conoce como el coeficiente de transmisión. Para un haz de partículas, este coeficiente nos dá la fracción de partículas que atravesarán por encima de la región que corresponde al pozo de potencial delta. Usando lo obtenido previamente, podemos escribir el coeficiente de reflexión de la siguiente manera:


Una gráfica de ambos coeficientes en función de la energía E nos dá el siguiente resultado:




Ambas gráficas nos indican que entre mayor sea la energía E de las partículas menor será la probabilidad de reflexión y mayor será la probabilidad de transmisión.

El caso de una barrera de potencial delta es similar a lo que acabamos de ver, lo único que tenemos que hacer es cambiar el signo de α, lo cual pone punto final a la posibilidad de tener un estado ligado:




Por otro lado, los coeficientes de reflexión y transmisión que dependen únicamente de α2 resultan ser los mismos que los que acabamos de obtener arriba. Lo curioso de la situación es que a la partícula le resulta lo mismo el cruzar por encima del pozo de potencial delta que el atravesar la barrera de potencial delta, y ello pese a que la barrera de potencial delta es una barrera infinitamente alta. Clásicamente, una partícula no puede atravesar una barrera de potencial que sea infinitamente alta, sin importar la energía de la partícula, aunque la anchura de la barrera sea infinitamente pequeña. En el panorama clásico, cuando la energía de la partícula E es mayor que el valor máximo Vmax de una barrera de potencial, el coeficiente de transmisión T es igual a la unidad mientras que el coeficiente de reflexión R es igual a cero, todas las partículas serán transmitidas. Y cuando la energía de la partícula E es menor que el valor máximo Vmax de la barrera de potencial, el coeficiente de transmisión T es igual a cero mientras que el coeficiente de reflexión R es igual a la unidad, todas las partículas serán reflejadas. En cambio, por lo que tenemos aquí a la mano, aunque la energía E de la partícula sea menor que la altura de la barrera de potencial (infinita para el caso de un potencial delta), hay una probabilidad finita de que algunas partículas sean transmitidas a través de la barrera de potencial. Esto es precisamente lo que dá lugar al fenómeno de tunelaje que posibilita la construcción de los semiconductores que hacen posible muchas de las maravillas que vemos hoy en día, incluyendo los avances espectaculares de la microscopía electrónica moderna en donde destaca el microscopio de efecto de túnel que ha posibilitado el estudio desde las formas de vida más pequeñas hasta el poder ver directamente por vez primera las cosas más pequeñas imaginables. Por otro lado, aunque la energía E de una partícula sea mayor que el valor máximo Vmax de una barrera de potencial, siempre hay una posibilidad de que la partícula sea reflejada hacia atrás.

Habiendo estudiado los casos del pozo de potencial delta de Dirac y la barrera de potencial delta de Dirac, estamos preparados para dar el siguiente paso: la construcción del pozo de potencial doble de Dirac.

PROBLEMA: Supóngase que se tiene un potencial delta doble especificado de la siguiente manera:


Obténganse los estados ligados que puedan darse dentro del pozo de potencial cuyas paredes son los dos potenciales delta. Obténganse las energías permitidas cuando α.=.ħ²/ma y cuando α.=.ħ²/4ma.

El doble pozo de potencial delta es en cierta forma una extensión del caso del pozo de potencial delta único. Estrictamente hablando, como la función delta de Dirac sólo tiene significado bajo un signo de integración, al poseer una anchura de cero y una altura (o en este caso, profundidad) infinita no puede ser graficada, sólo puede ser mostrada como el resultado de un proceso de límite como el bosquejado arriba. Si aceptamos esto desde un principio, una representación que se puede llevar a cabo del doble potencial delta es la siguiente:




Las dos funciones de potencial delta de Dirac negativas parten el espacio en tres regiones:

_____Región # 1:__x < -a

_____Región # 2:__-a < x < +a

_____Región # 3:__x > +a

Al igual que lo que estudiamos con anterioridad, tenemos dos casos diferentes, el caso para el cual la energía E es positiva (lo cual dá lugar al esparcimiento de partículas) y el caso para el cual la energía es negativa (lo cual dá lugar a estados ligados). Una figura que nos muestra ambas posibilidades es la siguiente:




Puesto que se requiere que la energía E sea negativa para poder tener estados ligados, esta es la situación que estudiaremos a continuación.

Un doble potencial delta de este tipo hace que la ecuación de onda de Schrödinger:


tome la siguiente forma:


Los dos potenciales deltas subdividen a la región en tres regiones, una primera región situada a la izquierda de x.=.-a que llamaremos la región 1, una segunda región situada entre x.=.-a y x.=.+a que llamaremos la región 2, y una tercera región situada a la derecha de x.=.+a que llamaremos la región 3.  Para poder tener estados ligados dentro de la región 2 que está “encajonada” por los dos potenciales delta, se requiere que la energía E en dicha región sea negativa. En la región 1 el potencial V(x) será igual a cero por la acción de la función δ, y la ecuación de Schrödinger toma la forma:


siendo:


No importa que tengamos un signo negativo dentro del radical, puesto que estamos suponiendo que la energía E será negativa, lo cual invierte al signo dándonos un radicando positivo. Del mismo modo, para las regiones 2 y 3 tenemos lo siguiente con el mismo k1:


La solución general para la región 1 es:


El primer término que tiene el coeficiente A estalla exponencialmente conforme x..-∞. Por lo tanto, descartamos dicho término y retenemos el segundo, con lo cual:


La solución general para la región 2 es:


Puesto que esta región está acotada por los dos potenciales delta, podemos retener ambos términos a sabiendas de que esta función de onda en tal región acotada siempre puede ser normalizada.

La solución general para la región 3 es:


Puesto que el segundo término conteniendo el coeficiente G estalla exponencialmente conforme x..+∞, debemos desecharlo reteniendo únicamente el primer término:


Las condiciones de frontera requieren que la función de onda ψ(x) sea continua al pasar de una región a otra, lo cual nos fija dos condiciones que se tienen que cumplir en los puntos de interfaz:


Estas dos condiciones nos dan:


Con esto, tenemos dos ecuaciones en cuatro incógnitas (B, C, D y F).

Es necesario tomar en cuenta que la ecuación de onda ψ(x) puede ser ya sea simétrica o antisimétrica con respecto al origen x = 0. Sumando las funciones de onda de dos potenciales delta de Dirac separados por una distancia 2a obtenemos la función de onda combinada para el pozo de potencial doble de Dirac, pero hay dos posibilidades ya que podemos sumar las funciones de onda de la siguiente manera:

ψ(x) = ψ1(x) + ψ2(x)

o podemos sumar las funciones de onda de la siguiente manera:

ψ(x) = ψ1(x) - ψ2(x)

siendo ambas soluciones igualmente válidas.

La primera solución es la solución simétrica del pozo de potencial doble de Dirac, y al decir simétrica estamos afirmando que:

ψ(x) = ψ(-x)

y el graficado de la misma tiene el siguiente aspecto:




mientras que, por otro lado, la solución antisimétrica del pozo de potencial doble de Dirac para la cual:

ψ(-x) = - ψ(x)

tiene el siguiente aspecto:




Es importante tomar nota de que cada una de estas dos posibilidades conduce a resultados experimentales distintos, debido al hecho de que el punto intermedio de la solución simétrica no es igual a cero, tiene cierto valor definido, mientras que por otro lado el punto intermedio de la solución antisimétrica sí es igual a cero. Si las dos soluciones representan la función de onda combinada de dos átomos, entonces la solución simétrica representaría una función de onda enlazante ya que contribuye a “unir” ambos átomos para la formación de una molécula, mientras la solución antisimétrica representaría una función de onda antienlazante ya que no contribuye en lo absoluto a unir a los dos átomos.

Trabajaremos primero con el caso simétrico. La función simétrica conocida también como función par impone de inmediato las condiciones:

B = F____C = D

Con estas dos condiciones, nuestro par de ecuaciones se convierte en:


que equivalen en realidad a una sola ecuación en dos incógnitas. Tenemos una condición adicional, la condición de que la pendiente de la curva ψ(x) sea la misma justo al pasar de una región a otra, fijada por la función delta de Dirac en x.=.-a (que es simétrica con la condición en x.=.+a). Adaptando lo que se ha desarrollado previamente para la situación que aquí nos ocupa, se tiene:


que para ψ1(x) en el lado izquierdo de las igualdades viene siendo:


lo cual a su vez se puede desarrollar de la siguiente manera:


Esta es la ecuación trascendental que nos dá la solución para el caso simétrico. Para obtener una solución gráfica, resulta conveniente escribir la ecuación trascendental de la siguiente manera (prescindiremos del sub-índice 1 en la variable k):


En el lado izquierdo de la igualdad se tiene una ecuación exponencial que graficada nos dá una curva continua que para valores positivos de k empieza desde la unidad (en virtud de que e0.=.1) cayendo exponencialmente hasta llegar asintóticamente a cero en el infinito, mientras que en el lado derecho de la igualdad se tiene la ecuación de una línea recta que para k = 0 empieza desde -1 y va subiendo linealmente con una pendiente positiva. La igualdad requiere que tanto la curva exponencial como la línea recta se encuentren en cierto punto P, como lo muestra la siguiente gráfica:




Resulta por demás obvio que la curva exponencial y la línea recta se encontrarán en un solo punto P sin volverse a encontrar en ningún otro lado por lo que podemos deducir de inmediato que para la solución par sólo puede haber un eigenvalor, y no más, lo cual significa que sólo puede haber un estado ligado para la solución simétrica. Si en la solución simétrica hacemos a..0 con lo cual haremos que los dos “picos” de los potenciales delta se vayan juntando hasta irse confundiendo en uno solo, la expresión para k1 se reduce a:


que es precisamente el resultado obtenido previamente cuando se tiene un solo pozo de potencial delta en lugar de dos, pero multiplicado aquí por un factor de 2 (podemos visualizar esto como el resultado de la formación de un solo potencial delta mediante la suma de las áreas “interiores” que corresponden a dos potenciales delta idénticos). Por otro lado, conforme a..∞, con lo cual en efecto ambos potenciales delta son separados por amplio margen, se obtiene exactamente la relación dada para el caso de un solo potencial delta pero sin el factor de 2. Se concluye entonces que hay dos estados ligados, ambos con la misma energía, los cuales se confunden en un solo estado conforme a..0.

Considérese ahora el caso en el que:


con lo cual la ecuación trascendental se convierte en:


Esto último lo podemos escribir de la siguiente manera:


Puesto que el logaritmo natural de cero es infinito, y el logaritmo natural de un número negativo es imaginario, lo que se tiene en el lado izquierdo de la igualdad dentro del radical tiene que ser necesariamente positivo, o sea que ak1 debe ser mayor que la unidad. Pero para que la evaluación en el lado izquierdo de la igualdad produzca un resultado con signo negativo como lo requiere el lado derecho de la igualdad, es necesario también que lo que se tiene en el lado izquierdo de la igualdad dentro del radical sea menor que la unidad, lo cual requiere que ak1 sea menor que 2. Esto nos fija un rango de límites en los valores que puede tomar la energía del estado ligado que corresponde al caso simétrico:


Entonces, usando:


podemos ver que el rango de energías permitidas cuando α.=.ħ²/ma para el estado ligado en el caso simétrico debe estar situado entre los siguientes límites:



Ahora considérese en el que:


con lo cual la ecuación trascendental se convierte en:


Repitiendo los pasos anteriores, esto mismo lo podemos escribir de la siguiente manera:



Nuevamente, puesto que el logaritmo natural de cero es infinito, y el logaritmo natural de un número negativo es imaginario, lo que se tiene en el lado izquierdo de la igualdad dentro del radical tiene que ser necesariamente positivo, o sea que ak1 debe ser mayor que 1/4. Pero para que la evaluación en el lado izquierdo de la igualdad produzca un resultado con signo negativo como lo requiere el lado derecho de la igualdad, es necesario también que lo que se tiene en el lado izquierdo de la igualdad dentro del radical sea menor que la unidad, lo cual requiere que ak1 sea menor que 1/2. Esto nos fija un rango de límites en los valores que puede tomar la energía del estado ligado que corresponde al caso simétrico:



Entonces el rango de energías permitidas cuando α.=.ħ²/4ma para el estado ligado en el caso simétrico debe estar situado entre los siguientes límites:


Lo anterior cubre esencialmente el procedimiento de solución para el caso simétrico. Para el caso antisimétrico que viene siendo el que corresponde a una función impar, repitiendo los pasos anteriores se obtiene como solución:


habiéndose escrito simplemente k en lugar de k1. La forma en la cual se ha escrito el resultado para la solución impar lleva la intención de demostrar la manera en la cual se puede resolver gráficamente este tipo de ecuación trascendental. En el lado izquierdo de la igualdad se tiene una curva dada por una ecuación exponencial:


cuya gráfica es la de una curva que para valores positivos de k empieza desde la unidad (en virtud de que e0.=.1) cayendo exponencialmente hasta llegar asintóticamente a cero en el infinito, mientras que en el lado derecho de la igualdad se tiene la ecuación de una línea recta:


que para k = 0 también empieza desde la unidad y va cayendo linealmente con una pendiente negativa. La igualdad requiere que tanto la curva exponencial como la línea recta se encuentren en cierto punto P (sin contar el punto común trivial cuando k es igual a cero), como lo muestra la siguiente gráfica:




En la gráfica se han trazado dos líneas rectas para distintos valores de k, una de color azul y la otra de color magenta, estando la solución gráfica en la intersección de la curva exponencial (de color rojo) y la línea recta azul (el punto P). De la gráfica podemos deducir de inmediato que para la solución impar sólo puede haber un eigenvalor, y no más, lo cual significa que sólo puede haber un estado ligado para la solución antisimétrica. Pero además de que sólo puede haber un estado ligado, es indispensable que la recta corte a la curva exponencial, lo cual no ocurrirá si el valor de k es tal que la curva exponencial y la recta no se cruzarán jamás, como lo muestran en la gráfica la curva exponencial y la línea de color magenta. La condición para que ambas curva exponencial y línea recta se crucen se puede obtener de las pendientes de ambas líneas en el punto k.=.0. Las pendientes de ambas se obtienen simplemente tomando la derivada de cada una con respecto a k:


El punto crítico se obtiene igualando ambas pendientes en k.=.0:


Obviamente, para poder tener un estado ligado, se requiere que α sea mayor que ħ2/2ma, lo cual nos dá la condición requerida para la existencia de un estado ligado en el caso de la solución impar:


Se ha supuesto en la resolución del problema que para el doble pozo de potencial delta ambos potenciales delta tienen la misma “intensidad”, lo cual podemos interpretar como potenciales delta con las mismas “áreas” dentro de la función δ(x). Esto no necesariamente tiene que ser así, y podemos trabajar también con un doble pozo de potencial delta en el cual los potenciales delta tienen “intensidades” diferentes. Esto tiene especial interés cuando, usando cada potencial delta para idealizar átomos individuales como cargas puntuales, estamos tratando de modelar una molécula que consta de dos átomos, la cual puede ser homonuclear (átomos iguales del mismo elemento) o formada con átomos distintos. En tal caso, la modificación requerida se puede implementar de la siguiente manera:


Obsérvese que se ha introducido un parámetro arbitrario λ en el potencial delta que va puesto en el lado derecho del doble pozo de potencial. Esto hará que se pueda considerar el caso de una molécula cuyos átomos sean diferentes. Como una simplificación en la ecuación de Schrödinger, podemos considerar una masa unitaria y darle también a la constante reducida de Planck un valor unitario (esta simplificación se conoce como unidades atómicas), esto es:

ħ = m = 1

Usando como guía la solución que se obtiene para el pozo de potencial sencillo con paredes infinitamente altas (el caso de una partícula atrapada en una caja), se puede postular un ansatz (tanteo “educado” sujeto a ser verificado posteriormente con los resultados obtenidos) para la solución de la ecuación de Schrödinger como sigue:


El apareamiento de las condiciones de frontera en los “picos” de los potenciales delta produce un sistema de ecuaciones simultáneas cuya solución está dada por el siguiente determinante


en donde la energía E está dada por:


Resolviendo para d, encontramos que tiene dos raíces que pueden ser representadas con la siguiente ecuación pseudocuadrática:


Para el caso en el cual tenemos dos cargas eléctricas iguales (átomos iguales), el caso homonuclear simétrico, se tiene λ.=.1, y la ecuación pseudocuadrática se reduce a:


El caso en el cual tenemos signo positivo (+) corresponde a una función de onda ψ(x) para la cual A.=.B, siendo esta una función de onda simétrica con respecto al punto intermedio situado entre los dos pozos de potencial delta. Por su parte, el caso en el cual tenemos signo negativo (-) corresponde a una función de onda ψ(x) para la cual A.=.-B, siendo esta una función de onda simétrica con respecto al punto intermedio situado entre los dos pozos de potencial delta. Ambos representan una aproximación a los dos estados de energía discretos más bajos de la molécula H2+. Se ha encontrado que existen soluciones analíticas para los eigenvalores de energía cuando se tienen cargas iguales, las cuales están dadas por:


en donde W es una función conocida como la función de Lambert. Nótese cómo en la segunda línea se ha reemplazado a la distancia 2a que hay entre ambos pozos de potencial delta con la letra R para simbolizar mejor la distancia que hay entre ambos átomos. Para el caso en el cual se tienen dos cargas desiguales (el cual se maneja con valores de λ inferiores a 1 pero mayores que cero), las soluciones se pueden obtener con la generalización de la función W de Lambert. Un caso especial interesante ocurre cuando α.=.1/2R, que resulta en d_.=.0, obteniéndose una solución no trivial para el estado ligado que tiene E.=.0. Esto a su vez ocasiona que el coeficiente de transmisión T sea igual a la unidad para esta energía de cero.

Cuando la energía E es positiva, una forma de poder visualizar esta situación para el doble pozo de potencial delta es de la siguiente manera:




Nuevamente, y al igual que como ocurrió arriba, los pozos de potenciales delta que dividen al espacio en tres regiones, la primera región (región 1) situada a la izquierda del pozo de potencial delta ubicado en x.=.-a, la segunda región (región 2) situada entre los dos pozos de potenciales delta, y la tercera región (región 3) situada a la derecha del pozo de potencial delta ubicado en x.=.+a, ocasionarán reflexión y transmisión de partículas ya sea en un haz que incide desde la izquierda viajando hacia la derecha o en un haz que incide desde la derecha viajando hacia la izquierda. Si suponemos un “chorro” de partículas (ondas) viajeras que llegan desde la izquierda, podemos suponer que algunas partículas serán reflejadas en sentido contrario por el pozo de potencial izquierdo mientras que otras continuarán su camino pasando por encima del pozo de potencial hasta llegar al pozo de potencial derecho en donde algunas también serán reflejadas y otras serán transmitidas. En virtud de que eikx (acoplado con el factor dependiente del tiempo e-iEt/ħ) representa una función de onda propagándose hacia la derecha, y que e-ikx representa una función de onda propagándose hacia la izquierda, la situación general es la siguiente:



El análisis se lleva a cabo de la misma manera en la que se han efectuado los desarrollos anteriores, y no será necesario repetir aquí los pasos que deben ser efectuados por ser esencialmente los mismos.

PROBLEMA: Resuélvase el caso en el cual se tiene una barrera de potencial delta colocada justo en el centro de un pozo de potencial con paredes infinitamente altas, esto es, un potencial que está especificado de la siguiente manera:


¿Que es lo que se espera que suceda para el caso especial en el cual α..0?

Aún desde antes de empezar a trabajar sobre este problema, se anticipa que para el caso especial en el cual el potencial delta tiene una “intensidad” menor hasta el punto de volverse despreciable conforme α..0 las energías eigen que corresponden a los estados ligados estarán dadas por la misma expresión que corresponde al de una partícula atrapada en una caja de longitud 2a, o sea:


Para un problema de este tipo, sólo puede haber estados ligados, y la energía E de la partícula atrapada dentro del pozo de potencial necesariamente tiene que mayor que el potencial V(x) cuyo valor escogemos como cero en el fondo del pozo. Gráficamente la situación que se tiene es la siguiente:




Con un potencial V(x) especificado de esta manera, la ecuación de Schrödinger toma la forma:


En la región situada a la izquierda de la barrera de potencial delta (región 1), la función δ(x) es igual a cero, y se tiene entonces:


siendo:


La solución general para este tipo de ecuación diferencial viene siendo:


Del mismo modo, para la región situada a la derecha de la barrera de potencial delta (región 2), la función δ(x) es igual a cero, y se tiene entonces:


siendo también:


La solución general para este tipo de ecuación diferencial viene siendo:


Obsérvese que la solución para la región 1 viene siendo también en esencia también la solución para la región 2. Nótese que el potencial V(x) es simétrico con respecto al origen, esto es:

V(-x) = V(+x)

lo cual nos indica que podemos acortar el trabajo a llevar a cabo explotando la simetría del problema. Más aún, aunque es posible resolver un problema de esta índole utilizando exponenciales como se hizo en los problemas de arriba, puesto que dentro de un pozo de potencial con paredes infinitamente altas sólo puede haber estados ligados, resulta más fácil utilizar soluciones senoidales del tipo sen(kx) y cos(kx) para las ecuaciones diferenciales. La naturaleza de las ondas senoidales solución no es difícil de encontrar en virtud de los requisitos de continuidad al pasar de una región a otra, y tenemos dos situaciones, una simétrica para la cual:

ψ(-x) = ψ(x)

y la otra antisimétrica para la cual:

ψ(-x) = - ψ(x)

Para el caso simétrico se deben tener soluciones pares con el siguiente aspecto:




mientras que para el caso antisimétrico se deben tener soluciones impares con el siguiente aspecto:




Las soluciones pares se pueden especificar entonces de la siguiente manera, empezando con la solución par que corresponde a la región 1:


junto con la solución par que corresponde a la región 2:


Esto nos produce las gráficas que se han mostrado arriba para el caso simétrico. Y en lo que respecta a las soluciones impares, estas se pueden especificar de la siguiente manera empezando con la solución impar que corresponde a la región 1:


junto con la solución impar que corresponde a la región 2:


De la condición de frontera, para el caso simétrico (par) en el punto de juntura de ambas regiones:


ambas dan como resultado único:


Justo en el origen en donde está situada la barrera de potencial delta, tomando en cuenta de que a diferencia de los casos tratados arriba en donde se tenía un pozo de potencial delta -αδ(x) con signo negativo lo que aquí se tiene es una barrera de potencial delta +αδ(x) con signo positivo, la condición de frontera para la solución par (simétrica) resulta ser:


Con lo que se obtuvo arriba puede especificar el lado derecho de esta igualdad. Pero es necesario evaluar también la diferencia Δ requerida en el lado izquierdo de la igualdad. Esto se puede lograr obteniendo para la región 1 en el caso simétrico:


Del mismo modo, en lo que respecta a la región 2 para el caso simétrico:


De este modo, se tiene:


con lo cual:


Además de las condiciones de frontera que deben cumplirse en la interfase en donde está situada la barrera de potencial delta αδ(x), en las paredes rígidas del pozo de potencial que contiene a la barrera de potencial delta también debe cumplirse la condición de que la función de onda ψ(x) se desvanezca al ser las paredes del pozo infinito impenetrables, tanto para las soluciones pares como para las soluciones impares. Para las soluciones pares esta condición de frontera implica:


Obsérvese que esto último implica que para determinar el eigenvalor (o mejor dicho, los eigenvalores) de k, tendremos que recurrir a algún método para resolver lo que es en esencia una ecuación trascendental. La ecuación trascendental se puede resolver de la siguiente manera encontrando las intersecciones de la curva tan(ka) y de -ħ2k/mα:




Se concluye de inmediato con sólo ver la gráfica de arriba que para el caso simétrico hay una cantidad infinitamente grande de eigen-energías permisibles para una partícula atrapada en un pozo de potencial con paredes infinitamente altas y con una barrera de potencial puesta a la mitad del pozo.

Ya se ha visto previamente en otras entradas que para un pozo rectangular infinito sin la presencia de la barrera de potencial delta, para las soluciones pares (el caso simétrico) el requerimiento de que entre las paredes del pozo rectangular sólo pueda haber múltiplos enteros de medias longitudes de onda impone la condición:


Si nos fijamos bien en la gráfica, las soluciones para el mismo pozo rectangular infinito con una barrera de potencial delta puesta en medio del pozo están situadas ligeramente arriba de π/2, 3π/2, etc. Esto implica que los niveles permisibles de energía En para un pozo rectangular infinito con una barrera de potencial delta puesta en medio del pozo serán ligeramente mayores que los niveles de energía En permisibles para un pozo rectangular infinito que no tiene la barrera de potencial puesta a la mitad de su interior.

Con lo que tenemos podemos estipular a la función de onda que corresponde a la solución simétrica (par) tanto para la región 1 como para la región 2, la cual resulta ser:


En lo que corresponde a la función de onda que corresponde a la solución antisimétrica (impar), el análisis es el mismo que el que fue aplicado para la solución simétrica (par). Es importante tener en cuenta que para la solución antisimétrica, en virtud de que la función de onda ψ(x)impar es igual a cero justo en donde está situada la barrera de potencial delta, esto es:

ψ(0)impar = 0

la función de onda antisimétrica no “siente” la presencia de la barrera de potencial δ(x), como si esta no existiera. Por este motivo, las eigen-energías En que corresponden a la solución antisimétrica son exactamente las mismas que las que se obtienen para un pozo de potencial con paredes infinitamente altas sin la presencia de la barrera de potencial delta. Ya se vió previamente en otras entradas que la condición que se debe cumplir para el caso antisimétrico (impar) de la función de onda de una partícula atrapada en un pozo de potencial infinito es:


De este modo, se tiene la situación curiosa en la cual al introducir una barrera de potencial delta a la mitad de un pozo de potencial infinito las únicas eigen-energías que son desplazadas son las que corresponden a las funciones de onda simétricas, sin que se afecte en nada lo que corresponde a las energías que corresponden a las funciones de onda antisimétricas.
Aunque parezca algo tedioso resolver problemas con potenciales delta que a fin de cuentas son físicamente irrealizables, estos modelos vienen siendo mucho más sencillos de manejar desde el punto de vista matemático que los modelos en los cuales se introducen expresiones más elaboradas para representar modelos de potenciales más cercanos a la realidad, muchos de los cuales no tienen solución analítica posible y requieren de métodos numéricos para su resolución. El potencial delta pese a todas sus extravagancias ofrece un método inicial de ataque que puede dar una mejor idea sobre el rumbo a seguir antes de ir en pos de modelos matemáticos más sofisticados.

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