Buca di potenziale

L'equazione di Schrödinger stazionaria in una dimensione è in generale

${\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}}{dx^{2}}}\psi (x)+V(x)\,\psi (x)=E\,\psi (x).}$ 

dove m è la massa della particella, E l'energia dello stato ${\displaystyle \psi }$ .

Come mostrato in figura, il potenziale divide la regione in tre zone: la prima per ${\displaystyle x<0}$ , la seconda ${\displaystyle 0<x<a}$  e la terza per ${\displaystyle x>a}$ ; allora, il problema va trattato in ognuna delle tre zone e le soluzioni vanno poi raccordate in corrispondenza dei punti di separazione.

Chiaramente nella zona ${\displaystyle x<0}$  e nella zona ${\displaystyle x>a}$  l'unica soluzione per cui ${\displaystyle V(x)\to \infty }$  si ha per

${\displaystyle \psi (x)=0,\qquad x<0,x>a.}$ 

Nella zona ${\displaystyle 0<x<a}$ , l'equazione di Schrödinger, per ${\displaystyle V(x)=0}$ , coincide con quella di una particella libera:

${\displaystyle -{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}}{dx^{2}}}\psi (x)=E\,\psi (x),}$ 

in cui le energie devono essere positive, ${\displaystyle E>0}$ , in modo da avere soluzioni continue e normalizzabili. Possiamo, così, introdurre il vettore d'onda k, tale che ${\displaystyle k^{2}={\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}}$ , in modo da riscrivere l'equazione di Schrödinger come:

${\displaystyle {\frac {d^{2}}{dx^{2}}}\psi (x)=-k^{2}\,\psi (x)}$ 

Quest'ultima ha soluzione generale in termini degli esponenziali complessi ${\displaystyle e^{\pm ikx}}$ :

${\displaystyle \psi (x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}}$ 

con A, B coefficienti reali arbitrari da determinarsi imponendo le condizioni al contorno. Ma per il nostro problema non esistono stati con ${\displaystyle E<0}$ . Quindi imponendo le condizioni al contorno:

${\displaystyle \psi (0)=\psi (a)=0}$ 

otteniamo

${\displaystyle \psi (x=0)=A+B=0}$ 

cioè ${\displaystyle A=-B}$ 

Inoltre per

${\displaystyle \psi (x=a)=Ae^{ika}+Be^{-ika}=0}$ 

da cui sostituendo le espressioni reali tramite la formula di Eulero:

${\displaystyle ka=n\pi }$ 

Dunque le due soluzioni corrispondono a quest'unica soluzione:

${\displaystyle \psi (x)=2A\sin {(kx)}}$ 

dove ${\displaystyle k={\frac {n\pi }{a}}}$  a cui corrisponde una quantizzazione dell'energia, cioè la discretizzazione dell'energia della particella dipendente dal numero n = 1, 2, ... intero positivo:

${\displaystyle k^{2}={\frac {n^{2}\pi ^{2}}{a^{2}}}={\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}\;\;\;\longrightarrow \;\;\;E_{n}={\frac {\pi ^{2}\hbar ^{2}}{2ma^{2}}}n^{2}}$ 

Le autofunzioni sono quindi:

${\displaystyle \psi _{n}(x)=2A_{n}\sin {(k_{n}x)}}$ 

Imponendo la normalizzazione degli stati, si ottiene la costante A:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{+\infty }dx\,{|\psi (x)|}^{2}=1\;\;\;\Longrightarrow \;\;\;\int _{0}^{a}dx\,4{|A_{n}|}^{2}\sin ^{2}{(k_{n}x)}=1}$ 

dalla quale:

${\displaystyle 2a{|A|}^{2}=1}$ 

${\displaystyle A={\frac {1}{\sqrt {2a}}}}$ 

Le autofunzioni normalizzate

${\displaystyle \psi _{n}(x)={\sqrt {\frac {2}{a}}}\sin \left({\frac {n\pi }{a}}x\right)}$ 

costituiscono una base ortonormale per lo spazio di Hilbert ${\displaystyle {\mathcal {L}}^{2}(0,a)}$ , essendo:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\psi _{n}^{*}(x)\psi _{m}(x)\,dx=\delta _{nm}}$ 

Lo stato fondamentale corrisponde alla scelta n = 1. Seguono gli stati eccitati (vedi figura).

La soluzione completa del problema è esprimibile come sviluppo di autofunzioni dell'energia:

${\displaystyle \Psi (x)=\sum _{n=1}^{\infty }c_{n}\psi _{n}(x)=\sum _{n=1}^{\infty }c_{n}{\sqrt {\frac {2}{a}}}\sin(kx)}$ 

dove i coefficienti ${\displaystyle c_{n}}$  sono dati da:

${\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\psi _{n}^{*}(x)\Psi (x)\,dx=\sum _{m=1}^{\infty }c_{m}\int _{-\infty }^{\infty }\psi _{n}^{*}(x)\psi _{m}(x)\,dx=c_{n}}$ 

i cui moduli quadri rappresentano la probabilità che una misura dell'energia fornisca come risultato:

${\displaystyle E=E_{n}}$ 

Il valore medio dell'energia si ricava dalla:

${\displaystyle \langle H\rangle =\int _{-\infty }^{\infty }\Psi ^{*}(x)H\Psi (x)\,dx=\sum _{n}c_{n}E_{n}\int _{-\infty }^{\infty }\Psi ^{*}(x)\psi _{n}(x)\,dx=\sum _{n}|c_{n}|^{2}E_{n}}$ 

L'evoluzione temporale della funzione d'onda è la soluzione dell'equazione di Schrödinger dipendente dal tempo:

${\displaystyle i\hbar {\frac {\partial \Psi (x,t)}{\partial t}}=H\Psi (x,t)}$ 

e quindi è:

${\displaystyle \Psi (x,t)=\sum _{n}c_{n}e^{-iE_{n}t/\hbar }\psi _{n}(x)}$ 

Ridefiniamo la scala delle coordinate in modo che il potenziale sia simmetrico per riflessioni, del tipo ${\displaystyle x\to -x}$ , e ridefiniamo la scala delle energie in modo da avere:

${\displaystyle V(x)={\begin{cases}-V_{0}&\vert x\vert <a\\0&\vert x\vert >a\end{cases}}.}$ 

In questo caso l'equazione di Schrödinger nelle zone ${\displaystyle \vert x\vert >a}$  e ${\displaystyle \vert x\vert <a}$  è del tipo:

${\displaystyle {\begin{cases}-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}}{dx^{2}}}\psi (x)+|E|\,\psi (x)=0&\,\vert x\vert >a\\-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {d^{2}}{dx^{2}}}\psi (x)-(V_{0}-|E|)\,\psi (x)=0&\,\vert x\vert <a\end{cases}}}$ 

Poiché

${\displaystyle V\left(x\right)=V\left(-x\right),}$ 

l'operatore hamiltoniano commuta con l'operatore parità:

${\displaystyle \left[H,P\right]=0}$ 

Le funzioni d'onda soluzione dell'equazione di Schrödinger sono autofunzioni dell'energia e della parità. Poniamo le due quantità reali:

${\displaystyle \lambda ^{2}={\frac {2m|E|}{\hbar ^{2}}}}$ 

${\displaystyle q^{2}={\frac {2m(V_{0}-|E|)}{\hbar ^{2}}}}$ 

l'equazione di Schrödinger si riscrive:

${\displaystyle {\begin{cases}{\frac {d^{2}}{dx^{2}}}\psi (x)-\lambda ^{2}\psi (x)=0&\,|x|>a\\{\frac {d^{2}}{dx^{2}}}\psi (x)+q^{2}\psi (x)=0&\,|x|<a\end{cases}}}$ 

Esplicitamente le funzioni d'onda sono date da:

${\displaystyle \psi (x)={\begin{cases}e^{i\lambda x}+Be^{-i\lambda x}&\,x<-a\\C\psi ^{+}(x)+D\psi ^{-}(x)&\,-a\leq x\leq a\\De^{i\lambda x}&\,x>a\end{cases}}}$ 

dove le autofunzioni:

${\displaystyle \psi ^{+}\left(x\right)=\psi ^{+}\left(-x\right)}$ 

sono a parità pari, mentre

${\displaystyle \psi ^{-}\left(x\right)=-\psi ^{-}\left(-x\right)}$ 

sono a parità dispari.

Trattiamo il caso delle autofunzioni pari prendendo gli esponenziali reali:

${\displaystyle \psi ^{+}(x)={\begin{cases}Be^{\lambda x}&\,x<-a\\C\cos(qx)&\,-a\leq x\leq a\\Be^{-\lambda x}&\,x>a\end{cases}}}$ 

per la parità delle autofunzioni basta imporre la condizione di continuità della funzione d'onda e della sua derivata prima in ${\displaystyle x=-a}$  perché la stessa condizione sia soddisfatta in ${\displaystyle x=a}$ :

${\displaystyle \psi ^{+}(x)={\begin{cases}Be^{-\lambda a}=C\cos(qa)\\B\lambda e^{-\lambda a}=Cq\sin(qa)\end{cases}}}$ 

da queste due otteniamo:

${\displaystyle q\tan(qa)=\lambda }$ 

Questa equazione può essere risolta graficamente. Definiamo:

${\displaystyle y=qa,\qquad y_{0}^{2}={\frac {2mV_{0}a^{2}}{\hbar ^{2}}}}$ 

da cui:

${\displaystyle \lambda ^{2}\,a^{2}=y_{0}^{2}-q^{2}\,a^{2}=y_{0}^{2}-y^{2}{\text{.}}}$ 

Rappresentando a grafico i due membri dell'equazione:

${\displaystyle \tan y={\frac {\sqrt {y_{0}^{2}-y^{2}}}{y}}\qquad {\mbox{ per }}\quad y^{2}\leq y_{0}^{2}}$ 

otteniamo dalle intersezioni le soluzioni che corrispondono ai livelli di energia discreti.

Allo stesso modo nel caso delle autofunzioni dispari:

${\displaystyle \psi ^{-}(x)={\begin{cases}B^{\prime }e^{\lambda x}&\,x<-a\\C^{\prime }\sin(qx)&\,-a\leq x\leq a\\B^{\prime }e^{-\lambda x}&\,x>a\end{cases}}}$ 

per la parità delle autofunzioni basta imporre la condizione di continuità della funzione d'onda e della sua derivata prima in ${\displaystyle x=a}$  perché la stessa condizione sia soddisfatta in ${\displaystyle x=-a}$ :

${\displaystyle \psi ^{-}(x)={\begin{cases}B^{\prime }e^{-\lambda a}=-C^{\prime }\sin(qa)\\B^{\prime }\lambda e^{-\lambda a}=C^{\prime }q\cos(qa)\end{cases}}}$ 

da queste due otteniamo:

${\displaystyle q\cot(qa)=-\lambda }$ 

La soluzione di questa equazione può essere fatta via grafica, graficando i due membri dell'equazione:

${\displaystyle -\cot y={\frac {\sqrt {y_{0}^{2}-y^{2}}}{y}}\qquad {\mbox{ per }}\quad y^{2}\leq y_{0}^{2}}$ 

che possiamo riscrivere nella forma:

${\displaystyle \tan y=-{\frac {y}{\sqrt {y_{0}^{2}-y^{2}}}}\qquad {\mbox{ per }}\quad y^{2}\leq y_{0}^{2}}$ 

Otteniamo dalle intersezioni le soluzioni che corrispondono ai livelli di energia discreti.

Ad esempio, per ${\displaystyle y_{0}=6}$ , le soluzioni grafiche sono mostrate in figura. Notiamo che ogni autostato è doppiamente degenere.

Le autofunzioni sono quindi:

${\displaystyle \psi _{E}(x)={\begin{cases}e^{-\lambda |x|}&\,|x|>a\\\psi ^{+}(x)=\cos(qx)&\,|x|\leq a\\\psi ^{-}(x)=\sin(qx)&\,|x|\leq a\end{cases}}}$ 

dove ${\displaystyle \lambda }$  e ${\displaystyle q}$  sono definite sopra e legate tra loro.

• Particella libera
• Oscillatore armonico quantistico
• Barriera di potenziale
• Gradino di potenziale

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• (EN) potential well, su Enciclopedia Britannica, Encyclopædia Britannica, Inc.