El Pozo Delta De Dirac

UNIVERSIDAD VERACRUZANA Facultad de Física INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA CUANTICA

Transmisión, reflexión y estados ligados en potencial tipo delta de Dirac: 𝑉 𝑥 = −𝑎𝛿(𝑥)

INTRODUCCIÓN A LA MECÁNICA CUANTICA

LA DELTA DE DIRAC La delta de Dirac es un concepto que permite analizar, a través de un intervalo no muy largo de tiempo, las distintas adaptaciones conceptuales que se hacen de medios importantes de la matemática, que son utilizados de acuerdo con los intereses de ciertas disciplinas. #15. «••• considerar cantidades que involucran cierta clase de infinitos. Para lograr una notación precisa en el manejo de estos infinitos, introducimos una cantidad 𝛿(𝑥) dependiendo de un parámetro x, que satisface las condiciones ∞

න 𝛿(𝑥) 𝑑𝑥 = 1 −∞

𝛿 𝑥 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 ≠ 0

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LA DELTA DE DIRAC Supongamos que f(x) es continua en x = a. La extensión de f{x) en todos los puntos infinitamente próximos de a es f(a) + 𝜖. Si f(x) es derivable en x = O, f(𝜖) =f(O) +f'(O) 𝜖 + o(𝜖), donde o(𝜖)/ 𝜖 es infinitesimal. Si f(x) tiene segunda derivada en x = O, 1 f(𝜖) = f(O) + f '(O) 𝜖 + - 2f"(0) 𝜖 2 + o(𝜖 2 ), donde O(𝜖 2 )/ 𝜖 2 ,es infinitesimal, y así sucesivamente, siguiendo la fórmula de Taylor. Hay funciones que brincan en x = a. Por ejemplo, la de Heaviside, definida como u(x) = 0 para x < 0, u(x) = 1, para x > 0, o como veremos que ocurrirá, la delta de Dirac ∞

∈

∈

1 𝑑𝑥 = 1 2 ∈ −∈

න 𝛿(𝑥) 𝑑𝑥 = න 𝛿(𝑥) 𝑑𝑥 = න −∞

−∈

Donde la función principal que caracteriza, se da como: ∞

න 𝑓(𝑥)𝛿(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑓(0) −∞

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construcción de un pozo de potencial delta de Dirac:

Para su construcción se comienza por crear pozos de gran achura la cual se reduce gradualmente hasta tener un achura muy pequeña y una profundidad infinitamente grande, 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.

x

V(x) = -αδ(x)

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un pozo de potencial V(x) A continuación, consideremos un pozo de potencial De la forma: 𝑉 𝑥 = −𝛼𝛿(𝑥 Para un potencial de esta índole, la ecuación de schröndinger se da de la forma: ℏ2 𝑑 2 𝜓 − + 𝑉 𝑥 𝜓 = 𝐸𝜓 2𝑚 𝑑𝑥 2 La cual toma la forma: ℏ2 𝑑 2 𝜓 − − 𝛼𝛿(𝑥)𝜓 = 𝐸𝜓 2𝑚 𝑑𝑥 2 La cual tienes dos tipos de soluciones posibles: -Para energías negativas (estados ligados) -Para energías negativas (partículas no confinadas)

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

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un pozo de potencial V(x) En tal caso la ecuación de Schrödinger será: 𝑑2𝜓 2𝑚𝐸 = − 𝜓 = 𝑘2𝜓 2 2 𝑑𝑥 ℏ Siendo: Para el caso de energías negativas, 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,.

𝑘=

2𝑚𝐸 − 2 ℏ

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 se da de la siguiente manera:

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un pozo de potencial V(x)

𝜓 𝑥 = 𝐴𝑒 −𝑘𝑥 + 𝐵𝑘𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 < 0

𝜓 𝑥 = 𝐹𝑒 −𝑘𝑥 + 𝐺 𝑘𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 > 0 Donde el término A estalla exponencialmente conforme x.→.-∞. Mientras que G estalla exponencialmente conforme x.→.+∞ Teniendo de esta forma: 𝜓 𝑥 = +𝐵𝑘𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 < 0 𝜓 𝑥 =

𝐹𝑒 −𝑘𝑥

𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 > 0

Ante ello se busca una condición de continuidad el punto x.=.0. Donde la primera solución que corresponde a la primera región ψ1(x) y la segunda solución que corresponde a la segunda región ψ2(x), se requiere que: ψ1(x) = ψ2(x) Aplicando dicha condición se tiene: B𝑒 −𝑘0 = 𝐹 𝑘0 → 𝐵 = 𝐹 Lo que implica: 𝜓 𝑥 = 𝐵𝑘𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 ≤ 0 𝜓 𝑥 = 𝐵𝑒 −𝑘𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 ≥ 0

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un pozo de potencial V(x) 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.

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.

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un pozo de potencial V(x) Ahora se procede a 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. Donde: ℏ2 𝑑 2 𝜓 − + 𝑉 𝑥 𝜓 = 𝐸𝜓 2𝑚 𝑑𝑥 2 𝜖 𝜖 ℏ2 𝜖 𝑑 2 𝜓 − න 𝑑𝑥 + න 𝑉 𝑥 𝜓(𝑥)𝑑𝑥 = න 𝐸𝜓𝑑𝑥 2𝑚 −𝜖 𝑑𝑥 2 −𝜖 −𝜖

tras lo cual tomamos el límite ε.→.0 en cada término: 𝜖 2 𝜖 𝜖 ℏ2 𝑑 𝜓 − lim න 𝑑𝑥 + lim න 𝑉 𝑥 𝜓(𝑥)𝑑𝑥 = lim න 𝐸𝜓𝑑𝑥 ∈→0 −𝜖 ∈→0 −𝜖 2𝑚 𝜖→0 −𝜖 𝑑𝑥 2

Haciendo uso del teorema fundamental del calculo Integral y aplicando el limite cuando ∈→0. Se obtiene:

Para la primera integral: 𝜖

𝑑2𝜓 𝑑𝜓 lim න 𝑑𝑥 = ∆ 𝜖→0 −𝜖 𝑑𝑥 2 𝑑𝑥

para la tercer integral: 𝜖

lim න 𝐸𝜓(𝑥)𝑑𝑥 = 0

∈→0 −𝜖

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un pozo de potencial V(x) De este modo, se obtiene lo siguiente: 𝜖 𝑑𝜓 2𝑚 ∆ = 2 lim න 𝑉 𝑥 𝜓(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 ℎ ∈→0 −𝜖

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, se obtiene lo siguiente:

𝜖 𝑑𝜓 2𝑚 ∆ = 2 lim න (−𝛼𝛿 𝑥 )𝜓(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 ℎ ∈→0 −𝜖

=−

𝜖 2𝑚𝛼 lim 𝛿 ‫׬‬ ℎ2 ∈→0 −𝜖

𝑥 𝜓(𝑥)𝑑𝑥

Donde ocupando la definición de la delta de Dirac bajo el Signo de la integral, se tiene finalmente que:

𝑑𝜓 2𝑚𝛼 = − 2 𝜓(0) 𝑑𝑥 ℎ Donde anteriormente, se había obtenido que: ∆

𝜓 𝑥 = 𝐵𝑘𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 ≤ 0 𝜓 𝑥 = 𝐵𝑒 −𝑘𝑥 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 ≥ 0

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un pozo de potencial V(x) con lo cual:

Por lo que se tiene:

ψ(0) = Be0 = B Lo que implica: ∆

Para valores negativos: 𝑑𝜓 = lim 𝐵𝑘𝑒 𝑘𝑥 = 𝐵𝐾𝑒 0 = +𝐵𝐾 𝑑𝑥 −𝜖→0 −∈→0

𝑑𝜓 2𝑚𝛼 =− 2 𝐵 𝑑𝑥 ℎ

Para valores positivos: Ahora debemos evaluar el lado izquierdo de la igualdad, por lo que se procede a encontrar las derivadas para las proximidades de los valores negativos y positivos.

𝑑𝜓 = lim −𝐵𝑘𝑒 −𝑘𝑥 = −𝐵𝐾𝑒 0 = −𝐵𝐾 𝑑𝑥 +𝜖→0 +∈→0 Lo que implica: ∆

𝑑𝜓 𝑑𝜓 𝑑𝜓 = − = −𝐵𝐾 − 𝐵𝐾 = −2𝐵𝐾 𝑑𝑥 𝑑𝑥 +𝜖→0 𝑑𝑥 −𝜖→0

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un pozo de potencial V(x) De este modo:

−2𝐵𝐾 = −

2𝑚𝛼 𝐵 ℏ2

Tal que:

𝑚𝛼 ℏ2 Esto nos permite obtener la energía para El estado ligado, se la forma: 𝐾=

𝑘=

ℏ2 𝑘 2

𝑚𝛼 2

2𝑚𝐸 − 2 →→ 𝐸 = − =− 2 ℏ 2𝑚 ℏ

Obviamente, el “pozo de potencial” construido 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. Ahora buscaremos el valor de la constante B, para ello ocupamos la condición de normalización: ∞

න −∞

∞

𝜓 𝑥

2 𝑑𝑥

= 1 →→ 2 න 𝜓 𝑥 0

Con 𝜓 𝑥 = 𝐵𝑒 −2𝑘𝑥

2

=1

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un pozo de potencial V(x) Para resolver la integral: u=-2kx du=2k

2𝐵

∞ 2 න 𝑒 −𝑢 0

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

1 − 𝑑𝑢 = 2 𝐵 2𝑘 =2 𝐵 =2 𝐵

Con ello:

2

2 2

1 − 2𝑘 1

− 2𝑘

𝑒 −∞ − 𝑒 0 0−1

1 2𝑘

𝐵 = ∓√𝐾 Donde por conveniencia, se toma la raíz positiva: 𝑚𝛼 𝐵= 𝐾= ℏ

𝑚𝛼 −𝑚𝛼2𝑥 𝜓 𝑥 = 𝑒 ℏ ℏ Todo el proceso anterior es la implicación cuando la energía toma valores negativos.

A continuación, se hizo el análisis en el cual la energía E toma valores positivos.

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un pozo de potencial V(x) cuando 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. En tal caso la ecuación de schröndinger será:

Donde:

𝑑2𝜓 2𝑚𝐸 2𝜓 = − 𝜓 = −𝐾 𝑑𝑥 2 ℏ2

2𝑚𝐸 𝐾= ℏ

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un pozo de potencial V(x) La solución general para la ecuación diferencial es:

𝜓 𝑥 = 𝐴𝑒 𝑖𝑘 + 𝐵𝑒 −𝑖𝑘𝑥 para x <0 𝜓 𝑥 = 𝐹𝑒 𝑖𝑘 + 𝐺 −𝑖𝑘𝑥 para x >0 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.

Gráficamente tendremos:

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un pozo de potencial V(x) Aplicaremos las condiciones de continuidad dadas Nuestras funciones de onda: 𝜓 0 =𝜓 0 𝐴𝑒 0 + 𝐵𝑒 0 = 𝐹𝑒 0 + 𝐺𝑒 0 𝐴+𝐵 =𝐹+𝐺 En un análisis físico del pozo, se observa que G=0

Posteriormente, aplicamos la condición de continuidad de la derivada en el limite cercano al origen: 𝑑𝜓 𝑥 = 𝑖𝑘(𝐴𝑒 𝑖𝑘𝑥 − 𝐵𝑒 −𝑖𝑘𝑥 ) 𝑑𝑥

Evaluando en el limite donde x tiende a cero por la región negativa: 𝑑𝜓 𝑥 lim −𝑥→0 𝑑𝑥

= 𝑖𝑘 𝐴𝑒 0 − 𝐵𝑒 0 = 𝑖𝑘(𝐴 − 𝐵)

Evaluando en el limite donde x tiende a cero por la región negativa:

𝑑𝜓 𝑥 lim +𝑥→0 𝑑𝑥

= 𝑖𝑘 𝐹𝑒 𝑖𝑘𝑥 − 𝐺𝑒 −𝐼𝑘𝑥 = 𝑖𝑘 𝐹𝑒 0 𝑑𝜓 𝑥 = 𝑖𝑘(𝐹) 𝑑𝑥

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un pozo de potencial V(x) Usando estos últimos dos resultados, se tiene entonces:

Reescribiendo los términos: 𝐹 = 𝐴 1 + 2𝑖𝛽 − 𝐵 1 − 2𝑖𝛽

∆

𝑑𝜓 𝑑𝑥

=

𝑑𝜓(𝑥→0) 𝑑𝜓 −𝑥→0 − 𝑑𝑥 𝑑𝑥

= 𝑖𝑘 𝐹 − 𝑖𝑘 𝐴 − 𝐵

𝑑𝜓 2𝑚𝛼 ∆ = − 2 𝜓(0) 𝑑𝑥 ℏ

Así se obtiene: 2𝑚𝛼 i𝑘 𝐹 − 𝐴 + 𝐵 = − 2 (𝐴 + 𝐵) ℏ

Donde: 𝛽=

𝑚𝛼 ℏ2 𝑘

Así tras haber impuesto las condiciones de frontera Tenemos lo siguiente: 𝐴+𝐵 =𝐹 𝐹 = 𝐴 1 + 2𝑖𝛽 − 𝐵 1 − 2𝑖𝛽

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un pozo de potencial V(x) 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 normalizable.

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:

𝐵=

𝑖𝛽 𝐴 1 − 𝑖𝛽

𝐹=

1 𝐴 1 − 𝑖𝛽

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: 𝐵 𝑅= 𝐴

2 2

𝑖𝛽 = 1 − 𝑖𝛽

−𝑖𝛽 𝛽2 = 1 + 𝑖𝛽 1 + 𝛽2

coeficiente de reflexión

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un pozo de potencial V(x) 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:

1 𝑇= 𝑚𝛼 2 1+ 2 2ℏ 𝐸

1 𝑅= 2ℏ2 𝐸 1+ 𝑚𝛼 2

Recordando que usamos a K definida como:

𝐹 𝑇= 𝐴

2 2

1 = 1 − 𝑖𝛽

1 1 = 1 + 𝑖𝛽 1 + 𝛽2

De esta manera podemos tener una expresión general del coeficiente de transmisión y el coeficiente de reflexión como se muestra a continuación.

𝐾=

2𝑚𝐸 ℏ

Lo anterior implica que podemos hacer un análisis Gráfico de ambos coeficientes en función de la Energía E, obteniendo el siguiente resultado:

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un pozo de potencial V(x) Gráfica de los coeficientes de transmisión y reflexión en función de la Energía E

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REFERENCIAS