Partícula en una caja

 

La partícula en una caja es de mis problemas favoritos de los cursos de mecánica cuántica porque se ve de forma sencilla las herramientas para solucionar otra variedad de problemas más complicados, además de que los conceptos clave de toda la mecánica cuántica son bastante evidentes de analizar y comprender en este problema.

Para empezar, consideremos una caja de longitud a con una partícula de masa m dentro, la ecuación de Schrödinger en una dimensión independiente del tiempo para este problema es
$$ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\psi}{\partial x} + V(x)\psi=E\psi$$

El potencial V(x) toma los valores de 0 si x está ente 0 y a, mientras que será infinito si x está fuera de este intervalo. ¿Qué significa que el potencial sea cero?, pues que la partícula no se puede salir de la caja, lo cual representaremos haciendo que la función de onda se anule cuando el potencial sea infinito.

Entonces, considerando solamente valores de x dentro del intervalo [0,a], tendremos
$$ -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\psi}{\partial x} =E\psi$$
que se puede reescribir como
$$ \frac{d^2\psi}{d x} =-\frac{2mE}{\hbar^2}\psi$$

Esta es una ecuación diferencial elemental, la del oscilador armónico, y es bien sabido que su solución es de la forma

$$\psi(x)=Asen(kx)+Bcos(kx)$$
$$\text{con} \: k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$$

Para conocer los valores de estas constantes A y B hay que considerar las condiciones de frontera. Una de las condiciones que se le piden a la función de onda es que sea continua. Por lo que si la función de onda se anula fuera de la caja, entonces justo en el borde de la caja también debe anularse. Matemáticamente esto es
$$\psi(0)=\psi(a)=0$$

Es bastante claro que cos(0)=1, por lo que B=0 automáticamente. Solo resta resolver
$$\psi(a)=Asen(ka)=0$$

Los ceros de sen(x) están en múltiplos enteros de pi,
$$sen(n\pi)=0$$
por lo tanto
$$ka=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}a=n\pi$$
$$\rightarrow\:k=\frac{n\pi}{a}

Este es un resultado importantísimo, pues dice que la energía del sistema no puede tener cualquier valor de la energía sino solo valores discretos, cuantos de energía. Estos valores están dados por
$$E= \frac{\hbar^2\pi^2n^2}{2m}$$

Esto resuelve una parte importante del problema, pero aún hay más, falta encontrar el valor de la constante A. Para eso, usamos el hecho de que la función de onda debe estar normalizada
$$\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2dx=\int_{0}^{a}|\psi(x)|^2dx=$$
$$\int_{0}^{a}A^2sen^2(kx)dx=1$$

Para realizar esta integral, hay que recordar que 
$$sen^2(kx)=\frac12(1-cos(2kx))$$

Ahora, haciendo la sustitución
$$u=2kx \:\rightarrow\: du=2kdx$$
y la integral se sustituye por

$$A^2\int_{0}^{2ka}\frac{1}{4k}(1-cos(u))du=1$$

Esta integral es sencilla de realizar y queda
$$\frac{A^2}{4k}(u-sen(u))|_0^{2ka}=\frac{A^2}{4k}[2ka-(sen(2ka)-sen(0))]=$$
$$\frac{A^2}{4k}2ka=\frac{aA^2}{2}=1$$
$$\rightarrow\:A=\sqrt{\frac2a}$$

Finalmente, la función de onda y la energía den n-ésimo estado es
$$\psi_n(x)=\sqrt{\frac2a}sen(frac{n\pi}{a}x)$$
$$E_n=\frac{\hbar^2\pi^2n^2}{2m}$$

Esto no significa que la partícula estará en uno solo de estos estados, pues existe el fenómeno de la superposición, en el que se tiene una combinación lineal de estados, por ejemplo
$$\psi(x)=A\psi_1(x)+B\psi_2+C\psi_3(x)$$

Otra propiedad importante de las soluciones es que forman un conjunto de funciones completo. Esto quiere decir que cualquier función puede ser escrita como una serie y que son ortonormales
$$F(x)=\Sigma_{n=1}^{\infty}\alpha_n\psi_n(x)$$
$$\int_{0}^{a}\psi_m^*(x)\psi_n(x)dx=\delta_{nm}$$
Este ultimo simbolo es llamado "delta de Kronecker" y toma los valores de 1 si m=n y 0 si no.

Esto puede ser fácilmente generalizado al caso de tres dimensiones con una caja de lados a,b,c. Considerando
$$E=E_x+E_y+E_z$$
Los estados del sistema estarán determinados por tres números cuánticos, digamos n,m,k, entonces
$$\psi_{nmk}(x)=\sqrt{\frac{8}{abc}}sen(\frac{n\pi}{a}x)sen(\frac{m\pi}{b}y)sen(\frac{k\pi}{c}z)$$
$$E_{nmk}=\frac{\hbar^2\pi^2}{2m'}(n^2+m^2+k^2)$$