Física universitaria — tercer año · Bachelor Year 3

7La ecuación de Schrödinger en tres dimensiones

La pantalla de un televisor moderno brilla con cristales tan pequeños que su tamaño fija su color: un grano de seleniuro de cadmio de cuatro nanómetros brilla en rojo, y la misma sustancia a dos nanómetros brilla en azul verdoso. Nada difiere en la química — solo el tamaño de la caja que confina a los electrones. El volumen del Año 2 terminó con la mecánica cuántica en una dimensión: funciones de onda sobre una recta, pozos, barreras y efecto túnel. Pero los electrones viven en tres dimensiones, y el paso de la recta al espacio trae física genuinamente nueva: la probabilidad fluye como una corriente por el espacio, las energías de una caja se acumulan con degeneraciones que delatan su simetría, hay que contar los estados — el recuento que más adelante gobernará toda la física estadística — y los problemas esféricos se reducen, en el caso más simple, a una ecuación unidimensional disfrazada sobre el radio. Este capítulo da esos pasos, y sus piezas centrales son el punto cuántico de un televisor y el núcleo más ligero de la naturaleza.

7.1 Funciones de onda en el espacio

Definición 7.1 (Función de onda y probabilidad en tres dimensiones)

El estado de una partícula es un campo complejo $\psi(\vect r, t)$ con la regla de Born

\dd\mathcal P = |\psi(\vect r, t)|^2\,\dd^3r , \qquad \int|\psi|^2\,\dd^3r = 1 ,

y su evolución es la ecuación de Schrödinger con el laplaciano en lugar de la derivada segunda:

\iu\hbar\,\frac{\partial\psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m}\,\Delta\psi + V(\vect r)\,\psi , \qquad \Delta = \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2} .

Todo lo que estableció el volumen del Año 2 sobrevive literalmente: linealidad y superposición, estados estacionarios $\varphi(\vect r)\,\eu^{-\iu Et/\hbar}$ con $-\tfrac{\hbar^2}{2m}\Delta\varphi + V\varphi = E\varphi$ , y el operador momento, ahora el gradiente $\hat{\vect p} = -\iu\hbar\vect\nabla$ .

Proposición 7.2 (La probabilidad fluye: la corriente)

La densidad $\rho = |\psi|^2$ obedece a una ecuación de continuidad,

\frac{\partial\rho}{\partial t} + \operatorname{div}\vect\jmath = 0 , \qquad \vect\jmath = \frac{\hbar}{m}\, \operatorname{Im}\big(\psi^*\vect\nabla\psi\big) :

la probabilidad se conserva localmente, transportada por la corriente $\vect\jmath$ — para una onda plana $A\eu^{\iu\vect k\cdot\vect r}$ , $\vect\jmath = |A|^2\hbar\vect k/m = \rho\vect v$ , un flujo uniforme; para cualquier $\varphi$ real, $\vect\jmath = \vect 0$ : los estados estacionarios ligados no transportan flujo neto.

Demostración. Igual que en una dimensión: $\partial_t(\psi^*\psi)$ a partir de la ecuación y de su conjugada; los términos del potencial se cancelan, y $(\iu\hbar/2m) (\psi^*\Delta\psi - \psi\Delta\psi^*) = -\operatorname{div}\big[(\hbar/m)\operatorname{Im}(\psi^*\vect\nabla \psi)\big]$ por la regla del producto para la divergencia. ∎

La corriente de probabilidad: una onda viajera transporta su densidad como un fluido; una función de onda real (ligada, estacionaria) se queda quieta — la nube electrónica del átomo no circula a menos que el estado sea complejo.

7.2 Cajas, degeneración y recuento de estados

Teorema 7.3 (Separación de variables)

Si el potencial se descompone como $V = V_1(x) + V_2(y) + V_3(z)$ , los estados estacionarios pueden tomarse como productos $\varphi(\vect r) = \varphi_1(x)\,\varphi_2(y)\,\varphi_3(z)$ , donde cada factor resuelve su propio problema unidimensional, y las energías se suman: $E = E_1 + E_2 + E_3$ . En tales casos, tres dimensiones son una dimensión tres veces.

Demostración. Insértese el producto en la ecuación estacionaria y divídase por $\varphi$ : la suma de tres expresiones de una sola variable es igual a la constante $E$ , luego cada una es constante por separado. Que todo estado sea superposición de tales productos es la completitud de las soluciones unidimensionales, que se admite. ∎

Proposición 7.4 (La caja cúbica y sus degeneraciones)

En una caja de arista $a$ con paredes impenetrables, los estados se indexan mediante tres enteros positivos,

\varphi_{n_1n_2n_3} \propto \sin\frac{n_1\pi x}{a}\sin\frac{n_2\pi y}{a}\sin\frac{n_3\pi z}{a} , \qquad E = \frac{h^2}{8ma^2}\,(n_1^2 + n_2^2 + n_3^2) .

Ahora hay estados distintos que comparten energía: el nivel $(2,1,1)$ viene en tres ejemplares, pues $(1,2,1)$ y $(1,1,2)$ son estados físicamente distintos con la misma $E$ . Esa degeneración es la firma de una simetría — aquí, la intercambiabilidad de los tres ejes de la caja —; aplástese un poco la caja y el triplete se desdobla.

Demostración. Separación de variables con tres pozos infinitos del volumen del Año 2; las energías se suman. ∎

Los niveles más bajos de la caja cúbica: energías en unidades de h2/8ma2 con sus números cuánticos. Las permutaciones de n_i desiguales dan tripletes y sextetos degenerados — la huella dactilar de la simetría cúbica. — Los niveles más bajos de la caja cúbica: energías en unidades de $h^2/8ma^2$ con sus números cuánticos. Las permutaciones de $n_i$ desiguales dan tripletes y sextetos degenerados — la huella dactilar de la simetría cúbica.

Proposición 7.5 (Recuento de estados)

El número de estados de la caja con energía inferior a $E$ es, para $E$ grande,

N(E) \approx \frac{V}{6\pi^2}\Big(\frac{2mE}{\hbar^2}\Big)^{3/2} , \qquad V = a^3 :

proporcional al volumen y a $E^{3/2}$ . Equivalentemente, el espacio de fases alberga un estado cuántico por cada volumen $h^3$ — la celda de Bohr–Sommerfeld del Capítulo 2, ahora deducida. Este solo recuento es la materia prima de la física estadística y de la física del estado sólido de más adelante en este volumen: los electrones en los metales, los fotones en las cavidades y el resplandor de los cuerpos calientes empiezan todos aquí.

Demostración. Los estados son los puntos reticulares $(n_1, n_2, n_3)$ del octante positivo; $E \le E_{\max}$ conserva los que están dentro de la esfera de radio $R = \sqrt{8ma^2E/h^2}$ . Para $R$ grande, el recuento es el volumen del octante $\tfrac18\cdot\tfrac43\pi R^3$ ; sustitúyase. (Versión en el espacio de fases: $N = \tfrac{V\cdot\frac43\pi p^3}{h^3}$ con $p = \sqrt{2mE}$ — el mismo número). ∎

Ejemplo 7.6 (Un metal, primera estimación)

El cobre ofrece aproximadamente un electrón móvil por átomo, $n = 8.5 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}$ . Al llenar los estados de la caja con dos electrones cada uno (espín, Capítulo 12) hasta la energía que los acomoda a todos se obtiene, invirtiendo el recuento, $E_{\text{F}} \approx 7\,\mathrm{eV}$ — una energía enorme frente a la agitación térmica ( $k_{\text{B}}T \approx 25\,\mathrm{meV}$ ): incluso a temperatura ambiente, los electrones de un metal son una multitud profundamente cuántica. La historia completa es el Capítulo 24.

Ejemplo 7.7 (El oscilador isótropo)

Para $V = \tfrac12 m\omega^2r^2 = \tfrac12 m\omega^2(x^2 + y^2 + z^2)$ , la separación da $E = (n_x + n_y + n_z + \tfrac32)\hbar\omega$ : niveles $\tfrac32, \tfrac52, \tfrac72\hbar\omega\ldots$ con degeneraciones $1, 3, 6, 10, \dots$ — que crecen, a diferencia del patrón irregular de la caja, con perfecta regularidad. Toda degeneración adicional más allá de la que explica la permutación de ejes señala una simetría oculta mayor; el átomo de hidrógeno repetirá el truco de forma espectacular. Llenadas con partículas apareadas en espín, estas capas del oscilador albergan $2, 8, 20, \dots$ — la primera aproximación a los “números mágicos” de la física nuclear (Capítulo 25).

7.3 Problemas esféricos: el truco de la onda s

Proposición 7.8 (Estados con simetría esférica)

Para un potencial central $V(r)$ , busquemos estados que dependan solo de $r$ (los estados s; el caso general, con estructura angular, espera al Capítulo 10). Escribiendo $\varphi(r) = u(r)/r$ , la función $u$ cumple

-\frac{\hbar^2}{2m}\,u'' + V(r)\,u = E\,u , \qquad u(0) = 0 :

exactamente la ecuación de Schrödinger unidimensional sobre una semirrecta, con una pared en el origen. Toda herramienta unidimensional del volumen del Año 2 — pozos, empalmes, efecto túnel — se aplica literalmente a los problemas esféricos, al precio de una sustitución.

Demostración. Para $\varphi(r)$ , el laplaciano se reduce a $\Delta\varphi = \tfrac1r(r\varphi)'' = u''/r$ ; insértese y multiplíquese por $r$ . La condición $u(0) = 0$ mantiene finito $\varphi = u/r$ en el origen; la normalización es $\int_0^\infty|u|^2\dd r$ multiplicada por $4\pi$ — $u$ es una auténtica función de onda unidimensional. ∎

Ejemplo 7.9 (El deuterón: apenas un núcleo)

El deuterón — un protón y un neutrón — es el núcleo más simple: energía de enlace $B = 2.2\,\mathrm{MeV}$ , minúscula al lado de las escalas nucleares. Como modelo, pongamos el movimiento relativo (masa reducida $m_{\text{p}}/2$ ) en un pozo esférico de alcance $R = 2.1\,\mathrm{fm}$ y profundidad $V_0$ : la ecuación de $u$ es el pozo finito unidimensional. El empalme de las soluciones interior y exterior exige una profundidad mínima $V_0 > \pi^2\hbar^2/8\mu R^2 \approx 23\,\mathrm{MeV}$ para que exista algún estado ligado, y reproducir $B = 2.2\,\mathrm{MeV}$ exige $V_0 \approx 35\,\mathrm{MeV}$ (Ejercicio 7.10): la fuerza fuerte liga el deuterón con solo un diez por ciento de margen. La función de onda se escapa muy lejos del pozo — la pareja de nucleones pasa la mayor parte del tiempo más allá del alcance de la fuerza — y no hay un segundo estado ligado: el segundo núcleo más simple de la naturaleza, el helio, necesita un tercer nucleón.

La función de onda radial u(r) del deuterón en el modelo de pozo esférico: apenas cabe un cuarto de oscilación dentro del pozo, y el estado sobrevive gracias a una cola que llega mucho más allá del alcance de la fuerza — un núcleo ligado por 2.2\, MeV en un pozo de 35\, MeV de profundidad. — La función de onda radial $u(r)$ del deuterón en el modelo de pozo esférico: apenas cabe un cuarto de oscilación dentro del pozo, y el estado sobrevive gracias a una cola que llega mucho más allá del alcance de la fuerza — un núcleo ligado por $2.2\,\mathrm{MeV}$ en un pozo de $35\,\mathrm{MeV}$ de profundidad.

Método 7.10 (Problemas tridimensionales)

(1) ¿Potencial aditivo ( $V_1 + V_2 + V_3$ )? Sepárese; las energías se suman; recójanse las degeneraciones por simetría. (2) ¿Potencial central, estado esférico? Sustitúyase $\varphi = u/r$ y reutilícese todo resultado unidimensional con $u(0) = 0$ . (3) Para contar estados, piénsese en el espacio de las $\vect n$ o en el espacio de fases a un estado por $h^3$ (y por estado de espín). (4) Corrientes: calcúlese $\vect\jmath$ cuando importe un flujo; recuérdese que función de onda real $=$ ninguna corriente. (5) Estimaciones primero: una energía de confinamiento $\sim h^2/8mL^2$ por dirección decide las escalas, desde los puntos cuánticos hasta los núcleos, antes de resolver ecuación alguna.

Puntos cuánticos bajo luz ultravioleta: el mismo semiconductor, en cristales cada vez más pequeños, brilla del rojo al azul. El color lo fijan las energías de partícula en una caja de este capítulo — confinamiento que se ve.

7.4 Ejercicios

Ejercicio 7.1 ★

El estado gaussiano $\psi(\vect r) = A\,\eu^{-r^2/4\sigma^2}$ . (a) Normalícese ( $\int_0^\infty x^2\eu^{-x^2}\dd x = \sqrt\pi/4$ ). (b) Calcúlense $\langle r^2\rangle$ y $\Delta x$ (la isotropía ayuda). (c) ¿Cuál es $\vect\jmath$ para este estado y por qué? (d) Multiplíquese por $\eu^{\iu\vect k_0\cdot\vect r}$ : ¿cuánto valen ahora $\langle\vect p\rangle$ y $\vect\jmath$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 7.1.

(a) $\int|\psi|^2\dd^3r = |A|^2\,4\pi\int_0^\infty r^2\eu^{-r^2/2 \sigma^2}\dd r = |A|^2(2\pi\sigma^2)^{3/2}$ : $A = (2\pi\sigma^2)^{ -3/4}$ . (b) Por isotropía, $\langle r^2\rangle = 3\langle x^2\rangle = 3\sigma^2$ , luego $\Delta x = \sigma$ . (c) $\vect\jmath = \vect 0$ : la función de onda es real. (d) $\langle\vect p\rangle = \hbar\vect k_0$ y $\vect\jmath = \rho\,\hbar\vect k_0/m$ : la misma nube, ahora a la deriva.

Ejercicio 7.2 ★

Para la caja cúbica, enumérense todos los niveles hasta $E = 15$ (en unidades de $h^2/8ma^2$ ) con sus degeneraciones. Muéstrese después que el nivel $27$ es degenerado más allá de las permutaciones: hállense sus dos familias de números cuánticos y dígase por qué esa degeneración “accidental” no se sigue de la simetría cúbica.

Solución

Solución de Ejercicio 7.2.

$3\,(1)$ , $6\,(3)$ , $9\,(3)$ , $11\,(3)$ , $12\,(1)$ , $14\,(6)$ — y luego nada hasta $17$ . Nivel $27$ : $(3,3,3)$ y las permutaciones de $(5,1,1)$ — cuatro estados, ya que $27 = 9+9+9 = 25+1+1$ . La simetría cúbica solo permuta ejes, y ninguna permutación enlaza $(3,3,3)$ con $(5,1,1)$ : la coincidencia es aritmética (dos representaciones como suma de tres cuadrados), no geométrica.

Ejercicio 7.3 ★

Calcúlese la corriente $\vect\jmath$ para: (a) la onda plana $A\eu^{\iu kx}$ ; (b) la onda estacionaria $A\sin kx$ ; (c) la superposición $A(\eu^{\iu kx} + r\,\eu^{-\iu kx})$ , con $r$ real — interprétese el resultado como el flujo incidente menos el reflejado; (d) el estado $A\,\eu^{\iu m\varphi}$ sobre un anillo de radio $b$ (úsese allí $|\vect\nabla| = (1/b)\partial_\varphi$ ): una corriente que circula eternamente.

Solución

Solución de Ejercicio 7.3.

(a) $\vect\jmath = |A|^2\hbar k/m\,\vect e_x$ . (b) Nula: función real. (c) $j = (|A|^2\hbar k/m)(1 - r^2)$ : flujo incidente menos flujo reflejado — los términos cruzados se cancelan. (d) $j = \rho\,\hbar m/Mb$ con $\rho = 1/2\pi$ (por unidad de ángulo): una circulación permanente, el antepasado microscópico de las corrientes persistentes.

Ejercicio 7.4 ★

Un cristalito de punto cuántico confina un par electrón–hueco de masa efectiva $\mu = 0.10\,m_{\text{e}}$ ; la energía del fotón que emite es la banda prohibida del material masivo $E_{\text{g}} = 1.74\,\mathrm{eV}$ más la energía de confinamiento de una caja esférica, $\pi^2\hbar^2/2\mu R^2$ . (a) Calcúlese la energía de confinamiento en $R = 3\,\mathrm{nm}$ . (b) La longitud de onda emitida. (c) ¿Hacia dónde se desplaza el color al encoger el punto? (d) ¿Por qué muestra un solo color fijo el seleniuro de cadmio masivo ( $R$ grande)?

Solución

Solución de Ejercicio 7.4.

El coeficiente es $\pi^2(\hbar c)^2/2\mu c^2 = 3.76\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}^{2}$ . (a) En $R = 3\,\mathrm{nm}$ : $0.42\,\mathrm{eV}$ . (b) $E = 2.16\,\mathrm{eV}$ : $\lambda = 1240/2.16 = 575\,\mathrm{nm}$ , verde amarillento. (c) Menor $R$ , mayor $E$ : hacia el azul. (d) En el material masivo, el término de confinamiento se anula: banda prohibida fija de $1.74\,\mathrm{eV}$ , $\lambda = 713\,\mathrm{nm}$ , el mismo rojo profundo sea cual sea la muestra.

Ejercicio 7.5 ★★

Una partícula en un anillo (radio $b$ , coordenada $\varphi$ ): los estados estacionarios son $\psi_m = \eu^{\iu m\varphi}/\sqrt{2\pi}$ . (a) ¿Por qué debe ser $m$ entero? (b) Muéstrese que $E_m = \hbar^2m^2/2mb^2$ — cuidado con las dos $m$ : escríbase $E_m = \hbar^2 m^2/2Mb^2$ para una masa $M$ — y obsérvese que cada nivel con $m \neq 0$ es doblemente degenerado: ¿qué simetría empareja $+m$ con $-m$ ? (c) Calcúlense la corriente de $\psi_m$ y el momento magnético “orbital” asociado si la partícula lleva la carga $q$ . (d) Los seis electrones móviles del benceno viven sobre un anillo de $b \approx 1.4\,\text{Å}$ : estímese la energía del fotón de la primera excitación permitida ( $m = \pm1 \to \pm2$ ) y compárese con la absorción ultravioleta del benceno cerca de $180\,\mathrm{nm}$ — un anillo, sin química alguna.

Solución

Solución de Ejercicio 7.5.

(a) Univaluación: $\psi(\varphi + 2\pi) = \psi(\varphi)$ obliga a $\eu^{2\pi\iu m} = 1$ . (b) $E_m = \hbar^2m^2/2Mb^2$ ; los estados $\pm m$ circulan en sentidos opuestos y se intercambian por reflexión especular (o por inversión temporal) — una simetría del anillo, de ahí la degeneración. (c) La espira de corriente $I = q\hbar m/2\pi Mb^2$ lleva el momento magnético $\mu = I\pi b^2 = m\,q\hbar/2M$ — cuantizado en pasos de $q\hbar/2M$ , el patrón del magnetón de Bohr del Capítulo 10. (d) $\hbar^2/2m_{\text{e}}b^2 = 1.9\,\mathrm{eV}$ ; los seis electrones llenan $m = 0, \pm1$ , y la primera excitación $\pm1 \to \pm2$ cuesta $(4-1) \times 1.9 \approx 5.8\,\mathrm{eV}$ , es decir, $\lambda \approx 210\,\mathrm{nm}$ — el vecindario ultravioleta correcto a partir de un anillo y de nada más.

Ejercicio 7.6 ★★

Degeneraciones del oscilador isótropo. (a) Muéstrese que el número de ternas con $n_x + n_y + n_z = n$ es $(n+1)(n+2)/2$ . (b) Enumérense las poblaciones de capa para $n = 0$ hasta $3$ , duplicadas por el espín. (c) Muéstrese que los llenados acumulados son $2, 8, 20, 40, \dots$ : los tres primeros coinciden con los números “mágicos” de nucleones especialmente estables de la física nuclear — ¿qué sugiere el fallo en $40$ (los mágicos reales son $28$ y $50$ ) sobre el potencial nuclear? (d) ¿Por qué el patrón irregular de niveles de la caja, a diferencia del del oscilador, no produce una estructura de capas marcada?

Solución

Solución de Ejercicio 7.6.

(a) Elíjanse $n_x = 0..n$ y $n_y = 0..n - n_x$ : $\sum_{n_x}(n - n_x + 1) = (n+1)(n+2)/2$ . (b) Con espín: $2, 6, 12, 20$ ; acumulados $2, 8, 20, 40$ . (c) $2$ , $8$ y $20$ son mágicos; el fallo posterior dice que el pozo nuclear no es armónico — tiene el fondo más plano y, sobre todo, un fuerte acoplamiento espín–órbita que rebaraja las capas hasta $28, 50, 82$ . (d) La estructura de capas exige niveles agrupados separados por huecos; los de la caja se reparten irregularmente sin huecos grandes, de modo que no emerge ningún patrón de estabilidad nuclear.

Ejercicio 7.7 ★★

El pozo esférico infinito (radio $R$ ): usando el truco de la onda $s$ , (a) hállense los niveles $E_n = n^2\pi^2\hbar^2/2MR^2$ y las funciones de onda $u_n$ ; (b) calcúlese $E_1$ para un nucleón ( $Mc^2 = 939\,\mathrm{MeV}$ ) en $R = 5\,\mathrm{fm}$ (úsese $\hbar c = 197.3\,\mathrm{MeV}\,\mathrm{fm}$ ); (c) compárese con los espaciados de niveles de nucleón medidos, de unos pocos MeV en núcleos medianos; (d) ¿dónde es más probable hallar la partícula en el estado fundamental? Calcúlese el máximo de $|u_1|^2$ y contrástelo con la respuesta de la caja unidimensional para $|\varphi|^2$ .

Solución

Solución de Ejercicio 7.7.

(a) $u_n = \sqrt{2/R}\sin(n\pi r/R)$ , $E_n = n^2\pi^2\hbar^2/2MR^2$ . (b) $E_1 = \pi^2(\hbar c)^2/2Mc^2R^2 = 384210/(2 \times 939 \times 25) = 8.2\,\mathrm{MeV}$ . (c) La escala correcta: los nucleones en los núcleos son estados cuánticos espaciados en MeV, como muestran sus espectros. (d) $|u_1|^2$ alcanza su máximo en $r = R/2$ : la probabilidad radial es máxima a media distancia (el $r^2$ del elemento de volumen, escondido en $u = r\varphi$ , desplaza el máximo del centro), mientras que el $|\varphi|^2$ de la caja unidimensional lo alcanza en el centro.

Ejercicio 7.8 ★★

Contar electrones en un metal. (a) A partir de la Proposición 7.5 con dos estados de espín, muéstrese que llenar con $N$ electrones un volumen $V$ alcanza la energía de Fermi

E_{\text{F}} = \frac{\hbar^2}{2m_{\text{e}}}\,(3\pi^2n)^{2/3} , \qquad n = N/V .

(b) Evalúese para el cobre. (c) Calcúlense la velocidad de Fermi correspondiente y la temperatura $E_{\text{F}}/k_{\text{B}}$ . (d) En una frase: ¿por qué no se sitúan todos los electrones en el estado fundamental y qué principio (anticipado aquí y demostrado en el Capítulo 14) lo prohíbe?

Solución

Solución de Ejercicio 7.8.

(a) Hágase $N = 2N_{\text{estados}}(E_{\text{F}})$ e inviértase el recuento. (b) Cobre: $E_{\text{F}} = 7.1\,\mathrm{eV}$ . (c) $v_{\text{F}} = \sqrt{2E_{\text{F}}/m_{\text{e}}} = 1.6 \times 10^{6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $T_{\text{F}} = E_{\text{F}}/k_{\text{B}} \approx 8 \times 10^{4}\,\mathrm{K}$ . (d) Los electrones son fermiones idénticos: el principio de exclusión de Pauli (Capítulo 14) admite como mucho dos por estado orbital, de modo que la multitud debe apilarse hasta energías de electronvoltios.

Ejercicio 7.9 ★★

Profundidad mínima de un pozo esférico. Para el pozo finito ( $-V_0$ para $r < R$ ), el estado fundamental de onda $s$ tiene $u = \sin kr$ dentro y $\eu^{-\kappa r}$ fuera. (a) Escríbanse $k$ y $\kappa$ y la condición de empalme $k\cot kR = -\kappa$ . (b) Muéstrese que un estado ligado aparece por primera vez cuando $kR = \pi/2$ , exactamente en $E = 0$ , lo que da $V_{0,\min} = \pi^2\hbar^2/8MR^2$ . (c) Evalúese para el deuterón ( $M \to \mu = m_{\text{p}}/2$ , $R = 2.1\,\mathrm{fm}$ ). (d) Contrástelo con una dimensión, donde liga incluso el pozo más somero: ¿qué cambia físicamente la pared $u(0) = 0$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 7.9.

(a) $k = \sqrt{2M(V_0 - |E|)}/\hbar$ , $\kappa = \sqrt{2M|E|}/\hbar$ ; la continuidad de $u'/u$ en $R$ da $k\cot kR = -\kappa$ . (b) Cuando $|E| \to 0$ , $\kappa \to 0$ : $\cot kR = 0$ , $kR = \pi/2$ , y entonces $V_0 = \hbar^2k^2/2M = \pi^2\hbar^2/8MR^2$ . (c) Con $\mu c^2 = 469\,\mathrm{MeV}$ y $R = 2.1\,\mathrm{fm}$ : $V_{0,\min} = 23\,\mathrm{MeV}$ . (d) La pared $u(0) = 0$ hace del estado $s$ tridimensional el análogo de un estado impar unidimensional, que debe alojar un cuarto de onda dentro del pozo: un pozo somero no puede, mientras que en una dimensión el estado par sin nodos siempre liga.

Ejercicio 7.10 ★★★

El deuterón, resuelto. Con $\mu c^2 = 469\,\mathrm{MeV}$ , $R = 2.1\,\mathrm{fm}$ , $B = 2.22\,\mathrm{MeV}$ : (a) calcúlese $\kappa$ a partir de $B$ y la longitud de la cola $1/\kappa$ ; (b) escríbase la condición de empalme y muéstrese que se convierte en $\cot kR = -\kappa/k$ con $k$ fijado por $V_0 - B$ ; (c) resuélvase para $V_0$ (itérese: pártase de $kR \approx 0.6\pi$ ) y dese $V_0$ al MeV más próximo; (d) calcúlese la probabilidad de que los nucleones estén separados más de $R$ (intégrese la cola) y coméntese lo de “un núcleo que vive sobre todo fuera de su propia fuerza”.

Solución

Solución de Ejercicio 7.10.

(a) $\kappa = \sqrt{2\mu c^2B}/\hbar c = \sqrt{2 \times 469 \times 2.22}/197.3 = 0.231\,\mathrm{fm}^{-1}$ : longitud de cola $1/\kappa = 4.3\,\mathrm{fm}$ , el doble del alcance de la fuerza. (b) $k = \sqrt{2\mu(V_0 - B)}/\hbar$ y $\cot kR = -\kappa/k$ . (c) Iterando: $kR = 1.83$ , $k = 0.87\,\mathrm{fm}^{-1}$ , $V_0 - B = (\hbar ck)^2/\mu c^2\cdot\tfrac12 \approx 31\,\mathrm{MeV}$ : $V_0 \approx 34\,\mathrm{MeV}$ . (d) Dentro: $\int_0^R\sin^2kr\,\dd r \approx 1.19\,\mathrm{fm}$ ; fuera: $\sin^2(kR)/2\kappa \approx 2.0\,\mathrm{fm}$ : alrededor del $63\%$ de la probabilidad está más allá del pozo — el deuterón habita sobre todo la región en la que su fuerza de enlace ya se ha agotado, un halo puramente cuántico.

Ejercicio 7.11 ★★★

Ehrenfest y la continuidad en tres dimensiones. (a) Muéstrese $\dd\langle\vect r\rangle/\dd t = \langle\vect p\rangle/m$ a partir de la ecuación de continuidad (intégrese $\vect r\,\partial_t\rho$ por partes). (b) Muéstrese $\dd\langle\vect p\rangle/\dd t = -\langle\vect\nabla V\rangle$ . (c) ¿Bajo qué condición sobre $V$ sigue $\langle\vect r\rangle$ exactamente la trayectoria clásica? (d) Dese un caso concreto en el que no lo hágase (un paquete separado por un potencial de doble rendija, por ejemplo) y explíquese qué describe entonces el promedio.

Solución

Solución de Ejercicio 7.11.

(a) $\dd\langle x\rangle/\dd t = \int x\,\partial_t\rho\,\dd^3r = -\int x\operatorname{div}\vect\jmath\,\dd^3r = \int j_x\,\dd^3r = \langle p_x\rangle/m$ (por partes, con los términos de borde anulándose). (b) Derívese $\langle\vect p\rangle = -\iu\hbar\int\psi^*\vect\nabla \psi$ y úsese la ecuación dos veces; los términos cinéticos se cancelan por partes y queda $-\int|\psi|^2\vect\nabla V$ . (c) Que $V$ sea a lo sumo cuadrático: entonces $\langle\vect\nabla V(\vect r)\rangle = \vect\nabla V(\langle \vect r\rangle)$ exactamente. (d) Detrás de una doble rendija, el paquete son dos lóbulos; $\langle\vect r\rangle$ se desliza por el eje de simetría, donde la partícula prácticamente nunca aterriza: el promedio describe el centroide del conjunto, no la trayectoria de nadie.

Ejercicio 7.12 ★★★

Por qué no colapsan los átomos. Modelícese el estado fundamental del hidrógeno con la función de prueba $\psi \propto \eu^{-r/a}$ , con $a$ ajustable. (a) Admitiendo $\langle E_k\rangle = \hbar^2/2m_{\text{e}}a^2$ y $\langle E_p\rangle = -e^2/4\pi\varepsilon_0a$ , explíquese el origen de cada dependencia. (b) Minimícese $E(a)$ y muéstrese que el óptimo es el radio de Bohr, con $E = -13.6\,\mathrm{eV}$ . (c) ¿Por qué eleva la energía encoger $a$ por debajo del óptimo, aunque el potencial se ahonde? (d) El mismo argumento con el $1/r$ sustituido por la atracción gravitatoria entre electrón y protón: hállese el “radio de Bohr gravitatorio” y conclúyase por qué la gravedad no construye átomos.

Solución

Solución de Ejercicio 7.12.

(a) Cinética: los gradientes de escala $1/a$ dan $\hbar^2/2m_{\text{e}} a^2$ ; potencial: la nube se sitúa a distancias $\sim a$ , lo que da $-ke^2/a$ (los coeficientes exactos resultan ser $1$ ). (b) $\dd E/\dd a = 0$ en $a = \hbar^2/m_{\text{e}}ke^2 = a_0$ ; $E(a_0) = -ke^2/2a_0 = -13.6\,\mathrm{eV}$ . (c) Por debajo de $a_0$ , el coste cinético crece como $1/a^2$ , más deprisa que la ganancia $-1/a$ : el principio de incertidumbre grava la localización, y el átomo flota en el tamaño de equilibrio. (d) Sustitúyase $ke^2$ por $Gm_{\text{e}}m_{\text{p}} = 1.0 \times 10^{-67}\,\mathrm{J}\,\mathrm{m}$ : $a_{\text{grav}} = \hbar^2/m_{\text{e}}G m_{\text{e}}m_{\text{p}} \approx 1.2 \times 10^{29}\,\mathrm{m}$ — mayor que el universo observable: la gravedad es demasiado débil para cerrar una órbita cuántica, y construye estrellas en vez de átomos.

7.5 Problema: el color de un punto cuántico

Problema 7.1

Problema de fin de semana — fabricar luz contando nanómetros

El Premio Nobel de Química de 2023 recayó en el descubrimiento y la síntesis de los puntos cuánticos: cristalitos tan pequeños que las energías de partícula en una caja de este capítulo fijan su color, y que hoy brillan en las pantallas de televisión y marcan moléculas en células vivas. Este problema diseña una pantalla de puntos a partir de la ecuación de Schrödinger. Modelo: el par electrón–hueco ópticamente activo, de masa efectiva $\mu = 0.10\,m_{\text{e}}$ ( $m_{\text{e}}c^2 = 511\,\mathrm{keV}$ ), confinado en una esfera de radio $R$ ; energía del fotón emitido

E(R) = E_{\text{g}} + \frac{\pi^2\hbar^2}{2\mu R^2} ,

con la banda prohibida del material masivo $E_{\text{g}} = 1.74\,\mathrm{eV}$ (seleniuro de cadmio). Úsense $\hbar c = 197.3\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}$ y $hc = 1240\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}$ .

Parte I — La física de la fórmula.

¿De dónde sale el término $\pi^2\hbar^2/2\mu R^2$ ? Dedúzcase como el nivel fundamental del pozo esférico infinito mediante la sustitución de onda $s$ .
¿Por qué eleva siempre el confinamiento la energía emitida y nunca la baja?
Evalúese la energía de confinamiento para $R = 10$ , $4$ , $2$ y $1\,\mathrm{nm}$ , e identifíquese el tamaño a partir del cual deja de ser una corrección pequeña a $E_{\text{g}}$ .
El modelo ignora la atracción electrón–hueco. ¿En qué sentido desplazaría la emisión incluirla, y por qué es mejor la aproximación para los puntos pequeños (compárense las dependencias $1/R^2$ y $1/R$ )?
¿A qué longitud de onda emite el seleniuro de cadmio masivo? ¿En qué parte del espectro cae?
¿Por qué brilla un vaso de disolución de puntos en un solo color puro, aunque contenga $10^{15}$ puntos? ¿Qué propiedad de la síntesis queda así certificada?

Parte II — Diseñar la paleta. Una pantalla necesita rojo a $630\,\mathrm{nm}$ , verde a $530\,\mathrm{nm}$ y azul a $460\,\mathrm{nm}$ .

Conviértase cada longitud de onda en una energía de fotón.
Para cada color, calcúlense la energía de confinamiento necesaria y el radio del punto.
Hágase una tabla: ¿cuántos átomos de anchura tiene cada punto, aproximadamente (espaciado reticular $\approx 0.6\,\mathrm{nm}$ )?
El azul es el más difícil para los puntos de seleniuro de cadmio: explíquese por qué a partir de sus radios (¿qué le ocurre a la tolerancia cuando $R$ se reduce?).
Muéstrese que la sensibilidad de la energía emitida al tamaño es

$\frac{\dd E}{\dd R} = -\frac{\pi^2\hbar^2}{\mu R^3} ,$

y evalúese, en $\mathrm{meV}$ por nanómetro, en el radio del punto verde.
Un lote varía un $\pm5\%$ en radio: calcúlese la dispersión de longitud de onda de la emisión verde y compárese con la anchura de línea de $\sim25\,\mathrm{nm}$ que tolera una buena pantalla.
¿Por qué tuvieron que esperar las pantallas de puntos cuánticos a una química capaz de controlar el tamaño a escala atómica, y por qué es eso un logro de nivel Nobel?

Parte III — Más brillantes, más puros, más extraños.

Los televisores modernos usan los puntos como convertidores de color: un led azul ilumina puntos rojos y verdes. ¿Por qué debe superar la energía del fotón de bombeo a la energía de emisión del punto, y adónde va la diferencia?
Calcúlese la fracción de la energía de un fotón de bombeo de $460\,\mathrm{nm}$ que se pierde como calor cuando se emite un fotón rojo de $630\,\mathrm{nm}$ .
Un punto puede además absorber en muchas longitudes de onda y emitir en una sola: explíquese, a partir de la estructura de niveles, por qué la absorción es de banda ancha y la emisión, estrecha.
Los biólogos marcan proteínas con puntos de varios tamaños excitados por una sola lámpara ultravioleta: ¿qué propiedad de los puntos hace bastar una lámpara donde los colorantes orgánicos necesitan un láser por color?
Estímese el número de átomos del punto rojo ( $4/3\pi R^3$ , con un volumen atómico $\sim(0.3\,\mathrm{nm})^3$ ): ¿es “átomo artificial” un nombre justo para un objeto de este tamaño con niveles discretos?
En una frase: ¿qué desempeña el papel del “núcleo” en este átomo artificial, es decir, qué retiene al electrón?

Parte IV — El confinamiento por toda la física.

La misma estimación $E_1 \sim \pi^2\hbar^2/2MR^2$ aplicada a un nucleón en $R = 3\,\mathrm{fm}$ da ¿qué escala de energía? (Es la razón por la que la física nuclear habla en MeV).
Aplicada a un electrón confinado a tamaño nuclear, da ¿qué energía escandalosa? ¿Y qué argumenta eso sobre los electrones “dentro” del núcleo (un argumento que en su día mató una teoría de la desintegración beta)?
Aplicada a una persona de $70\,\mathrm{kg}$ en una habitación de $2\,\mathrm{m}$ : calcúlese la energía de confinamiento y conclúyase.
Inviértase la fórmula: ¿a qué tamaño de confinamiento alcanza la energía de confinamiento de un electrón su energía en reposo $m_{\text{e}}c^2$ , y qué física nueva (la creación de pares de partículas, Capítulo 5) advierte de que la ecuación de Schrödinger de una partícula está entonces fuera de su alcance?
Enúnciese la ley de escala general: energía de confinamiento frente a masa y frente a tamaño.
Resúmase el resultado con nombre propio: una sola fórmula, $E_{\text{g}} + \pi^2\hbar^2/2\mu R^2$ , convierte radios de $4.0$ , $2.5$ y $2.0\,\mathrm{nm}$ en rojo, verde y azul — color fabricado contando nanómetros y a la venta en cualquier tienda de electrónica.

Solución

Solución de Problema 7.1.

1. Onda $s$ : $u = rR$ cumple la ecuación libre unidimensional dentro de la esfera con $u(0) = u(R) = 0$ : $u \propto \sin(\pi r/R)$ , con energía $\pi^2\hbar^2/2\mu R^2$ . 2. La energía fundamental de una caja es positiva y crece al encoger la caja — localizar cuesta siempre energía cinética (principio de incertidumbre); solo puede sumarse a la banda prohibida. 3. Con $\pi^2(\hbar c)^2/2\mu c^2 = 3.76\,\mathrm{eV}\,\mathrm{nm}^{2}$ : $0.04$ , $0.24$ , $0.94$ y $3.8\,\mathrm{eV}$ — en $R \approx 2\,\mathrm{nm}$ la corrección rivaliza con la propia banda prohibida. 4. La atracción baja la energía del par: la emisión se desplaza al rojo. Va como $1/R$ frente al $1/R^2$ del confinamiento: para los puntos pequeños gana el término de caja y la aproximación mejora. 5. $1240/1.74 = 713\,\mathrm{nm}$ : en el borde rojo de la visión. 6. Un solo color procedente de $10^{15}$ emisores certifica que la síntesis los hizo todos del mismo tamaño — la monodispersidad, la hazaña química que hay detrás de la física. 7. $1.97$ , $2.34$ y $2.70\,\mathrm{eV}$ . 8. Confinamiento $0.23$ , $0.60$ y $0.96\,\mathrm{eV}$ : $R = \sqrt{3.76/\Delta E}$ da $4.0$ , $2.5$ y $2.0\,\mathrm{nm}$ . 9. Diámetros $8.1$ , $5.0$ y $4.0\,\mathrm{nm}$ : aproximadamente $13$ , $8$ y $7$ espaciados reticulares de anchura. 10. El punto azul es el más pequeño, y allí $E$ depende de $R$ con la mayor pendiente: un error de un solo plano reticular desplaza más el color — los puntos pequeños son los menos indulgentes. 11. Derivando: $\dd E/\dd R = -2\Delta E_{\text{conf}}/R = -\pi^2\hbar^2/\mu R^3$ ; en $R = 2.5\,\mathrm{nm}$ : $2 \times 0.60/2.5 = 0.48\,\mathrm{eV}/\mathrm{nm} = 480\,\mathrm{meV}/\mathrm{nm}$ . 12. $\pm 5\% = \pm0.125\,\mathrm{nm}$ : $\Delta E = \pm 60\,\mathrm{meV}$ , es decir, $\Delta\lambda = \lambda^2\Delta E/hc \approx \pm14\,\mathrm{nm}$ — una dispersión de $\sim28\,\mathrm{nm}$ , justo en la tolerancia de la pantalla: un cinco por ciento es la frontera de la química aceptable. 13. Porque la pureza de color exige controlar el tamaño al nivel de un solo plano reticular a lo largo de $10^{15}$ partículas — el crecimiento controlado que lograron Ekimov, Brus y Bawendi, y que citó el comité Nobel de 2023. 14. Un punto solo puede emitir en su propia banda prohibida (la más baja); absorber exige al menos esa energía, luego el bombeo debe ser más azul. El exceso se relaja en vibraciones de la red: calor. 15. $1 - 460/630 = 27\%$ de la energía de cada fotón de bombeo calienta la pantalla. 16. Por encima del nivel emisor, el espectro del punto es denso (muchos estados de caja): la absorción tiene éxito en una banda ancha; la excitación cae después al estado excitado más bajo, y la emisión ocurre desde ese único nivel: estrecha. 17. Todos los puntos absorben con gusto el mismo ultravioleta (banda ancha), mientras que cada tamaño emite su propio color: una lámpara, muchas marcas — lo inverso de la química de colorantes. 18. $\tfrac43\pi(4.0)^3/(0.3)^3 \approx 10^{4}$ átomos: diez mil átomos que comparten un mismo conjunto de niveles discretos, tipo hidrógeno — “átomo artificial” está bien ganado. 19. La frontera del cristal: la pared confinante del grano semiconductor sustituye a la atracción del núcleo como agente que retiene y cuantiza al electrón. 20. $\pi^2(\hbar c)^2/2Mc^2R^2 = 384210/(2 \times 939 \times 9) \approx 23\,\mathrm{MeV}$ : la física nuclear habla en MeV porque las cajas de femtómetros lo hacen. 21. Para un electrón, la estimación de caja se vuelve relativista; honradamente, $E \sim \pi\hbar c/R \approx 200\,\mathrm{MeV}$ — y, sin embargo, los electrones beta salen con unos pocos MeV: los electrones no pueden ser constituyentes de los núcleos, el argumento que enterró el viejo modelo nuclear con electrones y preparó la invención del neutrino. 22. $\pi^2\hbar^2/2ML^2 \approx 2 \times 10^{-70}\,\mathrm{J}$ : treinta y nueve órdenes por debajo del ruido térmico — las personas no están confinadas cuánticamente. 23. $\pi^2\hbar^2/2m_{\text{e}}R^2 = m_{\text{e}}c^2$ en $R = \pi\hbar/\sqrt2\,m_{\text{e}}c \approx 0.9\,\mathrm{pm}$ , la escala Compton: allí la energía de confinamiento basta para crear pares electrón–positrón y la ecuación de una sola partícula abdica en favor de la teoría cuántica de campos. 24. $E_{\text{conf}} \propto 1/MR^2$ : las partículas más ligeras y las cajas más pequeñas son más cuánticas, en una sola fórmula. 25. $E_{\text{g}} + \pi^2\hbar^2/2\mu R^2$ lleva $4.0 \to$ rojo, $2.5 \to$ verde y $2.0\,\mathrm{nm} \to$ azul: la partícula en una caja, afinada por los químicos al nanómetro, ilumina el escaparate — cuantización por confinamiento convertida en electrónica de consumo.

Términos definidos en este capítulo

Función de onda y probabilidad en tres dimensiones

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