La solución analítica: la serie que hay que cortar

El estado fundamental del oscilador armónico tiene el 15,73 % de su probabilidad más allá de donde un oscilador clásico de su misma energía puede llegar. No es un porcentaje aproximado ni el resultado de un dibujo: vale exactamente 1 − erf(1), y la cuadratura numérica coincide con esa forma cerrada hasta la decimosexta cifra. Ese número no está en la ecuación de Schrödinger — está en la única solución que no explota en el infinito, y la exigencia que la selecciona es exactamente la misma que cuantiza la energía. Este artículo hace la cuenta entera y sin atajos: adimensionalizar, sacar fuera la cola gaussiana, desarrollar en serie, y descubrir que la serie tiene que terminar. En el renglón donde termina aparece el entero.

Necesitas, en concreto: del artículo 01 de este módulo, la longitud natural

x_0=\sqrt{\hbar/\mu\omega}

y la amplitud clásica

A_n = x_0\sqrt{2n+1}

, que aquí se convierten en las dos únicas marcas del eje. Del módulo II.1, la ecuación estacionaria como problema de autovalores; de su artículo 03, quién satura la desigualdad de Kennard y por qué es la gaussiana. Del módulo II.2, la lección de que el espectro lo pone la condición de contorno, y de su artículo 02, la no degeneración de los estados ligados en una dimensión. Y el teorema del virial, con el que este artículo saca ⟨x²⟩ y ⟨p²⟩ sin integrar nada, y que es herramienta prestada: el programa lo enuncia y lo comprueba numéricamente en el I.3 y no lo deduce en ningún módulo — tampoco en el II.1, que sólo lo usa en un problema de su hoja. De matemáticas: una EDO lineal de segundo orden con coeficientes variables, desarrollos en serie de potencias, integración por partes y la gaussiana

\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\xi^{2}}\,d\xi = \sqrt\pi

. Texto guía del nivel: D. J. Griffiths y D. F. Schroeter, Introduction to Quantum Mechanics, 3.ª ed.

Los niveles del oscilador

Arrastra n. La curva oscura es ψ_n; la clara, |ψ|². Las rayas verticales son los puntos de retorno clásicos, ξ = ±√(2n+1): más allá, la partícula clásica no puede estar. Las cuatro cifras de abajo no están cableadas — se integran aquí mismo por trapecios, con el punto de retorno metido como nodo de la rejilla, que es la única manera de que el corte no se lleve media celda de más.

Nivel n = 0 · E = 0.5 ħω · 0 nodos

Fuera de los retornos 15.73 % de |ψ|²

Retorno clásico ±1.00 ξ = ±√(2n+1)

⟨ξ²⟩ medida 0.50000 vale n + ½ = 0.5

Norma medida 1.000006 ∫|ψ|² dξ

El fundamental no tiene nodos y se sale un 15.73 % más allá del retorno clásico. Ese número tiene forma cerrada —es 1 − erf(1), y la cuadratura lo da igual hasta la decimosexta cifra—, así que sirve para calibrar la rejilla: si el panel imprimiera 16,1 estaría midiendo su propio corte y no la gaussiana. Y la partícula clásica de la misma energía está ahí fuera el 0 % del tiempo: no hay razón que calcular, hay una diferencia. Fíjate además en ⟨ξ²⟩ = 0,5: con σ_x = x₀/√2 y σ_p = ħ/(x₀√2), éste es el único nivel que satura Kennard, σ_xσ_p = ħ/2.

Adimensionalizar, que es donde se ve la física

La ecuación de Schrödinger independiente del tiempo con $V=\tfrac12\mu\omega^{2}x^{2}$ es

-\frac{\hbar^{2}}{2\mu}\,\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}} + \tfrac12\mu\omega^{2}x^{2}\psi = E\psi.

Tiene cuatro constantes —ħ, μ, ω y E— y ninguna va a sobrevivir al cambio de variable que viene. Eso es una señal: el problema tiene menos parámetros de los que parece, y el primer paso es quitárselos de encima. La adimensionalización no es una comodidad de notación; es lo que hace visible que todos los osciladores armónicos del universo son el mismo problema, y que la única pregunta pendiente es qué números puros salen de él.

El artículo 01 ya encontró la única longitud que se puede construir con ħ, μ y ω. Con ella y con la única energía, ħω, se definen

\xi \equiv \frac{x}{x_0},\qquad x_0 = \sqrt{\frac{\hbar}{\mu\omega}}, \qquad \varepsilon \equiv \frac{2E}{\hbar\omega}.

Sustituyendo, $d^{2}/dx^{2} = x_0^{-2}\,d^{2}/d\xi^{2}$ , y los dos prefactores se vuelven el mismo número: $\hbar^{2}/2\mu x_0^{2} = \hbar\omega/2$ y también $\tfrac12\mu\omega^{2}x_0^{2} = \hbar\omega/2$ . Dividiendo por ħω/2 queda una ecuación sin una sola constante física dentro:

\boxed{\;\frac{d^{2}\psi}{d\xi^{2}} = \bigl(\xi^{2} - \varepsilon\bigr)\,\psi\;}

Merece la pena leer despacio lo que acaba de pasar. Del monóxido de carbono, de un electrón en una trampa y de un modo del campo electromagnético queda la misma ecuación, y toda su individualidad se ha refugiado en las dos reglas de conversión: x₀ para las longitudes y ħω para las energías. Para el ¹²C¹⁶O del módulo, x₀ = 4,761 pm y ħω = 269,0 meV; para un electrón atrapado con x₀ = 1 nm, ħω = 76,20 meV. Son el mismo dibujo con dos escalas distintas.

Y hay un detalle que conviene fijar antes de resolver nada, porque es lo que significa «autofunción» y se olvida en cuanto empiezan las cuentas: si ψ es solución con energía E, entonces $H\psi/\psi$ vale lo mismo en cualquier punto. El guion de verificación lo comprueba en unidades del SI, con la μ y la ω del CO, evaluando esa razón en x = 0,31 x₀, en 1,7 x₀ y en −2,6 x₀: las tres veces sale 134,5113 meV con una discrepancia relativa de 2 × 10⁻¹⁶, que es el ruido de la aritmética de la máquina y no otra cosa. Si en la deducción se hubiera perdido un ħ, un 2 o la masa reducida, esas tres cifras no coincidirían.

La cola que hay que sacar fuera

La ecuación adimensional no se resuelve de golpe, pero su comportamiento lejos del origen sí. Cuando |ξ| es grande, ε es despreciable frente a ξ² y queda

\psi'' \simeq \xi^{2}\psi \qquad \Longrightarrow \qquad \psi \simeq A\,e^{-\xi^{2}/2} + B\,e^{+\xi^{2}/2}.

(Se comprueba derivando dos veces: $\bigl(e^{\pm\xi^{2}/2}\bigr)'' = (\xi^{2}\pm1)\,e^{\pm\xi^{2}/2}$ , y el ±1 es justamente lo despreciable frente a ξ².) La segunda solución crece más deprisa que cualquier polinomio y hace que ∫|ψ|² diverja, así que B = 0. Es el mismo gesto que en el pozo finito del II.2, donde se tiraba la exponencial creciente de la región prohibida, y en los dos casos lo que lo justifica no es la estética: es que una función que no es cuadrado integrable no admite interpretación de densidad de probabilidad, y por tanto no describe nada.

Aquí está la diferencia con el pozo, y conviene subrayarla porque es la tesis del módulo. En el pozo infinito, la condición de contorno se impone en dos puntos, ψ(0) = ψ(L) = 0, y de ahí sale el entero. En el oscilador no hay ningún punto donde ψ deba anularse: la condición de contorno está en el infinito, y consiste en pedir que la función pertenezca a L²(ℝ). Es una condición más débil, más abstracta y exactamente igual de eficaz, y el resto del artículo es la demostración de que basta.

Un número para que el descarte no quede abstracto. El panel de arriba dibuja hasta ξ = ±7, que para el CO son ±33,3 pm —siete veces la x₀ de 4,761 pm, casi un tercio de los 112,8 pm que mide el enlace—. Allí la densidad del fundamental vale $e^{-49}$ veces la del origen, o sea 5 × 10⁻²², y la probabilidad que queda más allá es de 4 × 10⁻²³: por eso el panel puede cortar el dibujo en ξ = 7 y aun así medir la norma con seis cifras. La solución descartada valdría en ese mismo punto $e^{+49}$ veces la del origen — las dos difieren en un factor 4 × 10⁴², y la diferencia crece sin límite. No es que una sea «peor» que la otra: es que una describe un estado y la otra no describe nada.

Sabiendo cómo se comporta ψ en el infinito, lo sensato es factorizar ese comportamiento y preguntarse qué queda:

\psi(\xi) = h(\xi)\,e^{-\xi^{2}/2}.

Esto no supone nada: cualquier función se puede escribir así, porque la exponencial no se anula nunca. Lo que se gana es que, si la conjetura del comportamiento asintótico es correcta, h será una función mansa —idealmente un polinomio— y no una que tenga que pelearse con el infinito. Derivando dos veces,

\psi' = (h'-\xi h)\,e^{-\xi^{2}/2}, \qquad \psi'' = \bigl(h''-2\xi h'+(\xi^{2}-1)h\bigr)\,e^{-\xi^{2}/2},

y sustituyendo en $\psi''=(\xi^{2}-\varepsilon)\psi$ los términos en ξ²h se cancelan a los dos lados —que es la señal de que la factorización era la buena— y queda la ecuación de Hermite:

h'' - 2\xi h' + (\varepsilon-1)\,h = 0.

La serie, y el renglón donde aparece el entero

Esta ecuación tiene coeficientes polinómicos y un punto ordinario en el origen, de modo que admite el método de Frobenius en su versión más simple: se propone una serie de potencias y se obliga a que cada potencia de ξ se anule por separado. Con $h(\xi)=\sum_{k\ge0} a_k\,\xi^{k}$ se tiene $h''=\sum_k (k+2)(k+1)a_{k+2}\xi^{k}$ y $-2\xi h' = -\sum_k 2k\,a_k\,\xi^{k}$ , de donde el coeficiente de ξ^k da una relación de recurrencia de dos pasos:

a_{k+2} = \frac{2k+1-\varepsilon}{(k+1)(k+2)}\;a_k.

Dos observaciones antes de seguir, y la segunda es la que casi todo el mundo se salta. La primera: la recurrencia salta de k a k+2, así que hay dos series independientes, la de las potencias pares —generada por a₀— y la de las impares —generada por a₁—. La segunda: la solución general de una EDO de segundo orden tiene dos constantes libres, y ésas son exactamente a₀ y a₁; no hay ninguna otra.

Ahora, el argumento del corte. Si una de las dos series no termina, su cociente de coeficientes se comporta para k grande como

\frac{a_{k+2}}{a_k} \longrightarrow \frac{2}{k},

y ése es, término a término, el cociente de coeficientes de $e^{\xi^{2}}=\sum_j \xi^{2j}/j!$ : para esa serie el cociente entre coeficientes consecutivos vale 1/(j+1) = 2/(k+2), que tiende a 2/k. Una serie que se comporta así crece, para |ξ| grande, como $e^{\xi^{2}}$ , y entonces

\psi = h\,e^{-\xi^{2}/2} \sim e^{\xi^{2}}e^{-\xi^{2}/2} = e^{+\xi^{2}/2},

que es precisamente la solución que se había tirado. El infinito la vuelve a colar por la puerta de atrás. La única escapatoria es que las dos series terminen, y una serie generada por esa recurrencia sólo termina si su numerador se anula en algún k: si existe un entero n ≥ 0 con

\varepsilon = 2n+1.

Entonces a_n+2 = 0 y con él todos los siguientes de su paridad. Pero eso sólo mata una de las dos series; la otra, la de la paridad contraria, no se entera y sigue creciendo como $e^{\xi^{2}}$ . Hay que matarla a mano poniendo a cero su constante: si n es par, a₁ = 0; si n es impar, a₀ = 0. Esa elección forzada no es un tecnicismo: es de dónde sale la paridad de los autoestados. El estado n queda con un polinomio de grado n y de paridad (−1)ⁿ, sin que nadie haya invocado la simetría del potencial por el camino.

Deshaciendo ε = 2E/ħω, el resultado del artículo:

E_n = \hbar\omega\left(n+\tfrac12\right), \qquad n = 0,1,2,\ldots

Con el CO delante, esos niveles son 134,5 · 403,5 · 672,6 · 941,6 · 1210,6 · 1479,6 meV, y la diferencia entre dos consecutivos es siempre la misma, 269,0 meV. El guion lo comprueba además por un camino que no sabe nada de series ni de Hermite: discretiza la ecuación en una rejilla de 8001 puntos y diagonaliza la matriz resultante. Los ocho niveles más bajos coinciden con ħω(n+½) con errores relativos entre 5,6 × 10⁻⁷ y 4,2 × 10⁻⁶, y la separación entre niveles sale constante con una dispersión relativa de 6,8 × 10⁻⁶. El espectro equiespaciado no es un artefacto del método analítico.

El «si no termina, explota» es correcto y está contado más deprisa de lo que se demuestra. El argumento tal como se acaba de escribir compara el cociente asintótico de coeficientes de dos series y concluye que las funciones se parecen. Eso no es automático: dos series pueden tener cocientes de coeficientes que tienden al mismo límite y comportarse de manera distinta en el infinito. La versión rigurosa acota la cola de la serie de h término a término contra la de $C\,e^{\xi^{2}}$ a partir de un k suficientemente grande, y de ahí sí se sigue que ψ no es de cuadrado integrable. La conclusión aguanta, y el precio de decirlo bien es una página de análisis que este curso no necesita — pero saber dónde está el paso que se ha saltado es parte de saber la demostración.

Hay además una manera de convencerse por la vía numérica, y es la que usa el guion: iterar la recurrencia con un ε cualquiera y mirar qué hace. Con ε = 1 el numerador se anula en k = 0; con ε = 11, en k = 5; con ε = 15, en k = 7 — siempre en n, ni antes ni después, y el grado del polinomio coincide con n en todos los casos comprobados. Con cualquier otro ε no se anula jamás. La cuantización, vista así, es un fenómeno de aritmética: 2n+1 son los únicos números que hacen que una división acabe.

Los polinomios de Hermite, y lo que pesan

Con ε = 2n+1 la serie es un polinomio, y ese polinomio es el polinomio de Hermite $H_n$ , de grado n. Los primeros, en la normalización estándar (la que fija el coeficiente principal en 2ⁿ):

H_0=1,\quad H_1=2\xi,\quad H_2=4\xi^{2}-2,\quad H_3=8\xi^{3}-12\xi,\quad H_4=16\xi^{4}-48\xi^{2}+12.

No se memorizan. Se generan con la relación de recurrencia

H_{n+1}(\xi) = 2\xi\,H_n(\xi) - 2n\,H_{n-1}(\xi),

que es como los calcula cualquier programa —incluido el panel de arriba, que evalúa H_n así y no con una tabla cableada—, y el guion la comprueba con álgebra simbólica hasta n = 7. Y como comprobación cruzada de que las dos maneras de evaluar ψ dan lo mismo, la recurrencia normalizada y la fórmula cerrada con H_n coinciden, por ejemplo, en ψ₀(0,3) = 0,7181, en ψ₂(1,7) = 0,5985 y en ψ₈(1,7) = 0,3549, hasta la última cifra de la doble precisión.

Lo que hace útiles a estos polinomios no es su forma, sino su relación de ortogonalidad con peso $e^{-\xi^{2}}$ :

\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\xi^{2}}\,H_n(\xi)\,H_m(\xi)\,d\xi = 2^{n}\,n!\,\sqrt\pi\;\delta_{nm}.

El peso no es un adorno: es $|e^{-\xi^{2}/2}|^{2}$ , o sea que la ortogonalidad de los H_n con peso es la ortogonalidad de las autofunciones ψ_n sin peso, que es lo que el II.1 exige de dos autoestados de energías distintas. Los valores concretos crecen deprisa — 1,772 · 3,545 · 14,18 · 85,08 · 680,6 · 6806 para n = 0…5, comprobados uno a uno con integración simbólica—, y de ellos sale la constante de normalización. Ya en la variable física:

\psi_n(x) = \frac{1}{\sqrt{2^{n}\,n!\,\sqrt\pi\,x_0}}\;H_n\!\left(\frac{x}{x_0}\right)\,e^{-x^{2}/2x_0^{2}}.

Ahí están los «números puros» que el artículo 01 anunciaba: un factorial, una potencia de dos y una raíz de π. Cada autofunción tiene exactamente n nodos —los n ceros reales de H_n, que no están en ningún sitio fijo porque aquí no hay paredes— y la paridad (−1)ⁿ que salió del corte de la serie. El guion cuenta los cambios de signo de ψ sobre una rejilla fina para n = 0…8 y encuentra n cada vez, y comprueba la paridad evaluando ψ_n(1,234) contra ψ_n(−1,234).

El panel de arriba es esta fórmula, y nada más: arrastra n y cuenta los cruces por cero de la curva oscura. Verás que aparecen uno a uno y que se van separando, persiguiendo a los puntos de retorno clásicos ±√(2n+1), que son las rayas verticales.

Fuera de los retornos clásicos

Un oscilador clásico de energía E_n no pasa de $A_n = x_0\sqrt{2n+1}$ , que en la variable adimensional son $\xi = \pm\sqrt{2n+1}$ . Allí toda su energía es potencial y se para. Más allá tendría que tener energía cinética negativa, así que el tiempo que pasa fuera es exactamente cero, no «muy poco». La cuántica no tiene esa opción: ψ_n es un polinomio por una gaussiana y no se anula en ningún intervalo, de modo que hay probabilidad prohibida en todos los niveles, siempre.

Cuánta, nivel a nivel, es una integral que se puede hacer. Para el fundamental, con $|\psi_0|^{2} = \pi^{-1/2}e^{-\xi^{2}}$ y el retorno en ξ = 1,

P_0 = 2\int_{1}^{\infty} \frac{e^{-\xi^{2}}}{\sqrt\pi}\,d\xi = \operatorname{erfc}(1) = 1-\operatorname{erf}(1) = 0{,}157\,299\ldots

es decir un 15,73 %: la función error complementaria evaluada en 1, ni más ni menos. Al subir de nivel la fracción baja, y aquí está la tabla entera, calculada por cuadratura de precisión y cruzada con la forma cerrada donde existe:

n	0	1	2	3	4	5	6	7	8	10	50	200
P fuera	15,73 %	11,16 %	9,51 %	8,55 %	7,89 %	7,40 %	7,02 %	6,70 %	6,44 %	6,01 %	3,60 %	2,28 %

Los nueve primeros valores son los que imprime el panel de arriba, que integra su propia densidad en el navegador; los tres últimos son del guion. Y lo interesante no es que baje, sino lo despacio que baje: multiplicar n por cuatro, de 50 a 200, sólo divide la cola por 1,58. Eso no es una caída exponencial ni una potencia entera; es la ley

P_n \;\propto\; \left(n+\tfrac12\right)^{-1/3},

y el guion la comprueba sin ajustar nada: el cociente medido P(200)/P(50) = 0,6339 frente al 0,6315 que predice (200,5/50,5)^−1/3, un 0,38 % de discrepancia entre dos niveles separados por un factor cuatro. La constante de la ley, medida como P·(n+½)^1/3, vale 0,1336 en n = 200; el panel la calcula para el n que tengas puesto y la enseña en su nota a partir de n = 2, subiendo despacio hacia ella —0,1290 en n = 2, 0,1314 en n = 8—.

De dónde sale el exponente −1/3 se puede argumentar sin resolver nada nuevo. Cerca del retorno clásico ξ = b = √(2n+1), escribe ξ = b + u con u pequeño: entonces ξ² − b² ≈ 2bu y la ecuación se convierte en $\psi'' \simeq 2b\,u\,\psi$ , que es la ecuación de Airy en cuanto se reescala $u = (2b)^{-1/3}s$ . Es decir: la anchura de la zona del retorno, en unidades de ξ, es (2b)^−1/3, que va como (2n+1)^−1/6. Y la altura de la densidad allí decae con el mismo exponente: en la región permitida la densidad semiclásica vale del orden de $1/\bigl(\pi\sqrt{b^{2}-\xi^{2}}\bigr) \simeq 1/\bigl(\pi\sqrt{2bu}\bigr)$ , y evaluada justo a esa distancia $u=(2b)^{-1/3}$ del borde da $(2b)^{-1/3}/\pi$ . El producto de la altura por la anchura es entonces (2b)^−2/3 ∝ (n+½)^−1/3: los dos factores contribuyen por igual. La versión completa de este empalme es la aproximación WKB que el II.2 usó para el efecto túnel; aquí basta el recuento de escalas, y el número medido cumple la ley que ese recuento predice.

El principio de correspondencia llega, y llega desesperadamente despacio. La intuición estándar dice que al subir n lo cuántico se parece a lo clásico. Es verdad, y la tabla lo enseña: 15,73 % en el fundamental, 6,01 % en n = 10, 2,28 % en n = 200. Pero el valor clásico es cero exacto, y una ley n^−1/3 es de las más lentas que hay en física: para dividir la cola por diez hay que multiplicar n por mil. Un oscilador molecular excitado hasta niveles que la espectroscopia nunca alcanza seguiría teniendo un porcentaje entero de su probabilidad en la región prohibida.

Y conviene decir qué no significa ese 15,73 %: no es el tiempo que el enlace del CO pasa estirado más allá de 4,761 pm, en el sentido en que un péndulo pasa tiempo en un sitio. Para afirmar que la partícula está ahí habría que localizarla ahí, y el II.2 desarrolla en su artículo 02 por qué una medida así entrega energía suficiente para que la región deje de estar prohibida. Lo que el número describe es la probabilidad de Born de esa región, y se mide por sus consecuencias — la más barata, que ⟨x²⟩ no vale lo que valdría si la partícula se quedara dentro. El artículo 04 la usa.

Ejemplo resuelto 1 · La cola del fundamental, exacta

Problema. (a) Obtén P(|ξ| > 1) para el fundamental sin recurrir a tablas, dejándolo en función de la función error, y evalúalo. (b) Haz lo mismo para n = 1, cuya integral también es elemental. (c) Di qué tienen en común las dos integrales y qué anuncia esa estructura sobre cómo va a comportarse la cola al subir n.

Solución. (a) Con H₀ = 1, la densidad normalizada es $|\psi_0|^{2}=\pi^{-1/2}e^{-\xi^{2}}$ , y el retorno clásico del fundamental está en ξ = 1 exactamente —es la definición de x₀—. Por paridad, la integral fuera es el doble de la integral de la derecha:

P_0 = \frac{2}{\sqrt\pi}\int_1^{\infty} e^{-\xi^{2}}d\xi = \operatorname{erfc}(1) = 0{,}157\,299 = 15{,}73\;\%.

(b) Para n = 1, $\psi_1 = (2\xi/\sqrt{2\sqrt\pi})\,e^{-\xi^{2}/2}$ , así que $|\psi_1|^{2} = (2/\sqrt\pi)\,\xi^{2}e^{-\xi^{2}}$ y el retorno está en ξ = √3. La integral se hace por partes, escribiendo $\xi^{2}e^{-\xi^{2}} = -\tfrac12\,\xi\,\frac{d}{d\xi}e^{-\xi^{2}}$ :

\int_b^{\infty}\xi^{2}e^{-\xi^{2}}d\xi = \frac{b}{2}e^{-b^{2}} + \frac{\sqrt\pi}{4}\operatorname{erfc}(b),

de donde, con b = √3,

P_1 = \frac{4}{\sqrt\pi}\left[\frac{\sqrt3}{2}e^{-3} + \frac{\sqrt\pi}{4}\operatorname{erfc}\bigl(\sqrt3\bigr)\right] = 0{,}111\,610 = 11{,}16\;\%,

que es lo que da la cuadratura numérica hasta la novena cifra.

(c) Las dos integrales tienen la misma estructura: un término «de borde» —la densidad justo en el retorno multiplicada por una longitud— y un término de cola, que es lo que queda de la gaussiana más allá. En el fundamental sólo hay cola; en n = 1 ya aparece el borde, y al subir n el borde domina cada vez más. Por eso la cola no se apaga exponencialmente, como uno esperaría de una gaussiana, sino como una potencia.

Resultado. Que P₀ sea exactamente erfc(1) hace de este número un patrón, y no sólo un dato: cualquier método numérico que pretenda medir colas del oscilador se puede calibrar contra él antes de usarlo en un nivel donde no hay forma cerrada. El panel de arriba está calibrado así — da 15,73 % y 11,16 % con un error relativo de 4 × 10⁻⁵—, y no lo daba antes de arreglarlo: imprimía 16,08 %, un 2,21 % de más, porque cortaba la integral en un punto que no era de su rejilla. Cuatro décimas de punto en una pantalla no las ve nadie, y 16 se parece demasiado a un número razonable; el ejercicio 5 lo desmonta entero. La lección para llevarse es que una cifra que un panel calcula es una medida, y una medida sin patrón no vale nada — y aquí el patrón lo da la función error, que no depende de ninguna rejilla.

El virial y la incertidumbre, nivel a nivel

Con las autofunciones en la mano se pueden calcular valores esperados, y el oscilador es el sistema donde salen todos con la misma cara. Por paridad, ⟨x⟩ = ⟨p⟩ = 0 en cualquier autoestado: |ψ_n|² es par, así que x|ψ_n|² es impar y su integral sobre toda la recta se anula. El guion lo comprueba nivel a nivel y le salen ceros de 10⁻¹⁰ o mejores, que es el ruido de la cuadratura.

Lo que no es cero son los segundos momentos, y para ellos no hace falta integrar: basta el teorema del virial, que para $V\propto x^{2}$ dice ⟨T⟩ = ⟨V⟩. Como además ⟨T⟩ + ⟨V⟩ = E_n, los dos valen E_n/2, y de ahí sale todo en dos renglones:

\tfrac12\mu\omega^{2}\langle x^{2}\rangle = \frac{E_n}{2} \;\Longrightarrow\; \langle x^{2}\rangle = x_0^{2}\left(n+\tfrac12\right), \qquad \frac{\langle p^{2}\rangle}{2\mu} = \frac{E_n}{2} \;\Longrightarrow\; \langle p^{2}\rangle = \left(\frac{\hbar}{x_0}\right)^{2}\left(n+\tfrac12\right).

En adimensional, ⟨ξ²⟩ = n + ½ — el panel lo mide con su propia rejilla y lo imprime al lado, para que se pueda comprobar que no está escrito a mano. El guion lo verifica por cuadratura para n = 0, 1, 2, 3, 5 y 10, y de paso el cuarto momento, que también tiene forma cerrada:

\langle \xi^{4}\rangle_n = \tfrac34\bigl(2n^{2}+2n+1\bigr), \qquad \langle\xi^{4}\rangle_0 = \tfrac34.

Aquí sólo se da la forma cerrada y el ancla del fundamental: la tabla de valores nivel a nivel es la respuesta del problema 5 de la hoja, que además pide deducir esta fórmula en vez de recibirla.

El caso n = 0 se puede hacer a mano en un renglón, y conviene hacerlo porque es el ancla de todo lo demás: con la gaussiana normalizada, $\langle\xi^{2}\rangle_0=\pi^{-1/2}\!\int \xi^{2}e^{-\xi^{2}}d\xi = \pi^{-1/2}(\sqrt\pi/2)=\tfrac12$ , que es n + ½ con n = 0.

Ejemplo resuelto 2 · Quién satura Kennard, y a partir de dónde ya no

Problema. Calcula $\sigma_x\sigma_p$ en el estado n del oscilador. Di quién satura la desigualdad de Kennard y por cuánto se aparta cada nivel por encima. Ponle números con el CO: ⟨T⟩, ⟨V⟩ y σ_x del fundamental, y comprueba el virial en los cinco primeros niveles.

Solución. Como ⟨x⟩ = ⟨p⟩ = 0 por paridad, las dispersiones son directamente las raíces de los segundos momentos: $\sigma_x=\sqrt{\langle x^{2}\rangle}$ y $\sigma_p=\sqrt{\langle p^{2}\rangle}$ . Con los dos resultados del virial,

\sigma_x = x_0\sqrt{n+\tfrac12}, \qquad \sigma_p = \frac{\hbar}{x_0}\sqrt{n+\tfrac12}, \qquad \sigma_x\sigma_p = \hbar\left(n+\tfrac12\right).

La x₀ se cancela, que es lo esperable: la incertidumbre no puede depender de en qué unidades se mida el muelle. En n = 0 eso da exactamente ħ/2, el mínimo absoluto que permite la desigualdad. Y no es casualidad: el II.1 demostró que sólo las gaussianas saturan Kennard, y el fundamental del oscilador es una gaussiana porque H₀ = 1. El nivel n está en (2n+1) veces ese mínimo: el primer excitado ya vale 3ħ/2, el triple, y el motivo se ve en el dibujo del panel —tiene un nodo, y una función con un nodo no es una gaussiana ni de lejos—.

Con el CO (μ = 6,856 u, ħω = 269,0 meV, x₀ = 4,761 pm): el fundamental tiene σ_x = x₀/√2 = 3,366 pm, y la rejilla, diagonalizando el hamiltoniano sin saber nada de Hermite, mide 3,366 238 pm contra los 3,366 240 de la fórmula — 5,6 × 10⁻⁷ de discrepancia relativa. El virial, en milielectronvoltios y por cuadratura sobre |ψ′|² para la energía cinética:

n	⟨T⟩	⟨V⟩	E_n/2	σ_xσ_p / ħ
0	67,26 meV	67,26 meV	67,26 meV	0,5
1	201,8 meV	201,8 meV	201,8 meV	1,5
2	336,3 meV	336,3 meV	336,3 meV	2,5
3	470,8 meV	470,8 meV	470,8 meV	3,5
5	739,8 meV	739,8 meV	739,8 meV	5,5

Las dos primeras columnas coinciden con la tercera con errores relativos por debajo de 3 × 10⁻¹⁰, y ⟨T⟩ no se ha calculado con ninguna fórmula: es $(\hbar^{2}/2\mu)\int|\psi'|^{2}dx$ integrado numéricamente.

Resultado. El virial se cumple en todos los niveles, y eso es la comprobación más barata que existe de que una solución del oscilador está bien: si alguien te da unas ψ_n y ⟨T⟩ ≠ ⟨V⟩, sobra el resto de la revisión. Pero lo que de verdad hay que llevarse es lo otro: la energía del punto cero y la saturación de Kennard son el mismo hecho contado dos veces. Escribe la energía en función de las dos dispersiones —que es legítimo porque las medias se anulan—: $E = \sigma_p^{2}/2\mu + \tfrac12\mu\omega^{2}\sigma_x^{2}$ . Una suma de dos términos positivos con producto fijo es mínima cuando los dos son iguales, y entonces vale $\omega\,\sigma_x\sigma_p$ ; con Kennard, $\sigma_x\sigma_p\ge\hbar/2$ , sale $E\ge\hbar\omega/2$ . La energía del punto cero es la desigualdad de incertidumbre, traducida a julios. Los 134,5 meV armónicos que el CO no puede soltar ni en el cero absoluto no son un accidente del potencial: son ħ/2 en unidades de energía. Y esto explica por qué el estado fundamental de un oscilador es el estado de mínima incertidumbre que aparece en todo el resto de la física cuántica —de los estados comprimidos de la óptica a los modos del campo—: no es un ejemplo, es el único que hay.

Lo que el pozo infinito no tenía

Tres diferencias con el módulo II.2, y ninguna es cosmética.

El espectro es equiespaciado. En el pozo, E_n ∝ n², de modo que los saltos se abren: la rejilla del guion mide, para los tres niveles más bajos del pozo, razones 4,000 y 9,000 respecto del primero. En el oscilador, los dos más bajos están en razón 3,000 = (1+½)/(0+½), y a partir de ahí los cocientes se aplanan enseguida, porque lo que es constante no es el cociente sino la diferencia. Cada salto vale ħω, siempre, y esa igualdad es lo que permite hablar de «un cuanto» como si fuera una moneda: todos los cuantos de un mismo oscilador valen lo mismo, se pueden contar, y sumar dos cuantos es subir dos escalones. El campo electromagnético en una cavidad es un oscilador por modo; por eso un fotón tiene sentido como objeto contable y por eso el artículo 03 puede construir los estados subiendo escalones de uno en uno.

El cero no está prohibido y sin embargo no es alcanzable. En el pozo infinito, n empieza en 1 y n = 0 daría ψ ≡ 0, que no es un estado. Aquí n = 0 es un estado perfectamente legítimo —es la gaussiana— y lo que no existe es la energía cero. El entero cuenta nodos desde cero, y el suelo de la escalera está a ħω/2 del fondo del pozo, que para el CO son los 134,5 meV armónicos.

Las funciones no se anulan en ningún sitio fijo. No hay pared, así que no hay ψ(0) = ψ(L) = 0. Los nodos los ponen los ceros de H_n, que se abren al subir n siguiendo a los retornos clásicos, y la función de onda se sale por los dos lados. Ese «salirse» es lo que cuesta energía, y por eso confinar con una parábola sale más barato que confinar con paredes duras: el artículo 01 lo cuantifica comparando un pozo de anchura 2x₀ con el oscilador y obteniendo E₁(pozo)/E₀(oscilador) = π²/4 = 2,467, un número puro donde la masa, la frecuencia y hasta ħ se han cancelado. Con el CO, 331,9 meV frente a 134,5 meV.

Y una cuarta que no es una diferencia sino un aviso: el resultado de este artículo vale para la parábola. Un enlace de verdad no es una parábola y sus niveles altos se aprietan; el artículo 01 lo midió con el potencial de Morse del CO, y el artículo 04 enseña qué se ve realmente en un espectro. Que E_n = ħω(n+½) sea exacto para el modelo no lo hace exacto para la molécula.

Ejercicios

Ejercicio 1 · El fundamental a pelo, y por qué el atajo sólo cierra en los enteros

(a) Sin invocar a Hermite, propón $\psi = A\,e^{-\alpha x^{2}}$ , impón la ecuación de Schrödinger y halla α y E. (b) ¿Cómo sabes que es el fundamental sin haber visto los demás? (c) Prueba ahora con $\psi = A(1+c\,\xi^{2})\,e^{-\xi^{2}/2}$ en la ecuación adimensional: obtén las dos condiciones que salen de anular los coeficientes de ξ⁰ y de ξ², resuélvelas y comprueba que fuerzan ε = 5 y c = −2, es decir H₂ salvo constante. (d) ¿Qué pasa si en (c) impones ε = 4?

Solución

(a) $\psi'' = (4\alpha^{2}x^{2}-2\alpha)\psi$ . Igualando con $(\mu^{2}\omega^{2}x^{2}/\hbar^{2} - 2\mu E/\hbar^{2})\psi$ e identificando coeficiente a coeficiente: $4\alpha^{2}=\mu^{2}\omega^{2}/\hbar^{2}$ da α = μω/2ħ = 1/(2x₀²), y $2\alpha = 2\mu E/\hbar^{2}$ da E = ħω/2. Nótese que son dos ecuaciones para dos incógnitas: la energía no se elige, la fija la exigencia de que la ψ propuesta resuelva la ecuación en todo punto, que es la versión de andar por casa de «Hψ/ψ es constante».

(b) Porque no tiene nodos y es de cuadrado integrable, y el II.2 demostró que en una dimensión los estados ligados no están degenerados y que el de menor energía es el que no tiene nodos.

(c) Con $h = 1+c\xi^{2}$ , la ecuación de Hermite $h''-2\xi h'+(\varepsilon-1)h=0$ da $2c - 4c\xi^{2} + (\varepsilon-1)(1+c\xi^{2})=0$ . El coeficiente de ξ⁰ es $2c+\varepsilon-1=0$ y el de ξ² es $c(\varepsilon-5)=0$ . Con c ≠ 0 la segunda obliga a ε = 5, y entonces la primera da c = −2: sale $h = 1-2\xi^{2} = -\tfrac12 H_2$ . La constante global no importa porque la normalización la fija después.

(d) Con ε = 4 el sistema es incompatible: la segunda ecuación exige c = 0 y la primera exige entonces ε = 1. No hay ninguna función de esa forma con ε = 4. La segunda lección del ejercicio es que la cuantización aparece como una condición de compatibilidad de un sistema lineal, no como una imposición externa: no se «pide» que la energía sea 2n+1, se descubre que con cualquier otra la única solución del sistema es la trivial. La serie infinita es exactamente lo mismo llevado a infinitos coeficientes.

Ejercicio 2 · Recurrencia, no memoria

Parte de H₀ = 1 y H₁ = 2ξ. (a) Genera H₂, H₃, H₄ y H₅ con la recurrencia $H_{n+1}=2\xi H_n - 2n H_{n-1}$ . (b) Evalúa H₃(1), H₄(0) y H₅(1). (c) Comprueba a mano que H₀ y H₂ son ortogonales con peso $e^{-\xi^{2}}$ . (d) Calcula $\int e^{-\xi^{2}}H_2^{2}\,d\xi$ integrando el polinomio término a término y compáralo con 2ⁿn!√π. Te hará falta $\int \xi^{2}e^{-\xi^{2}}d\xi=\sqrt\pi/2$ y $\int \xi^{4}e^{-\xi^{2}}d\xi=3\sqrt\pi/4$ sobre toda la recta. (e) ¿Cuántas operaciones cuesta H₅(1) por la recurrencia y cuántas por la fórmula explícita con factoriales? ¿Y para n = 100?

Solución

(a) H₂ = 4ξ²−2, H₃ = 8ξ³−12ξ, H₄ = 16ξ⁴−48ξ²+12, H₅ = 32ξ⁵−160ξ³+120ξ. (b) H₃(1) = 8−12 = −4; H₄(0) = 12; H₅(1) = 32−160+120 = −8.

(c) $\int e^{-\xi^{2}}(4\xi^{2}-2)\,d\xi = 4\cdot\frac{\sqrt\pi}{2} - 2\sqrt\pi = 0$ . No es una coincidencia aritmética: es la ortogonalidad de dos autofunciones de energías distintas, que el II.1 ya garantizaba antes de conocer ningún polinomio.

(d) $\int e^{-\xi^{2}}(4\xi^{2}-2)^{2}d\xi = \int e^{-\xi^{2}}(16\xi^{4}-16\xi^{2}+4)\,d\xi = 16\cdot\tfrac34\sqrt\pi - 16\cdot\tfrac12\sqrt\pi + 4\sqrt\pi = 8\sqrt\pi = 14{,}18$ , y la fórmula da 2²·2!·√π = 8√π. Coincide con el 14,179 631 que el guion obtiene por integración simbólica.

(e) La recurrencia cuesta unas pocas multiplicaciones por escalón —cuatro pasos para H₅, cien para H₁₀₀— y en todo momento sólo guarda dos números. La fórmula explícita exige 100!, y el problema no es sólo su tamaño: es que los términos alternan de signo y son enormes comparados con el resultado, de modo que la precisión se pierde por cancelación mucho antes de que nada desborde. La segunda lección vale para todo el curso: una relación de recurrencia estable es preferible a una fórmula cerrada siempre que exista, y por eso el panel de arriba evalúa H_n paso a paso. Los polinomios ortogonales de la física —Hermite, Legendre, Laguerre— se calculan todos así.

Ejercicio 3 · Los momentos, y la única gaussiana de la escalera

(a) Comprueba a mano que $\langle\xi^{4}\rangle_0 = 3/4$ con la gaussiana normalizada. (b) Con $\langle\xi^{2}\rangle_n = n+\tfrac12$ y $\langle\xi^{4}\rangle_n = \tfrac34(2n^{2}+2n+1)$ , calcula la combinación $\langle\xi^{4}\rangle - 3\langle\xi^{2}\rangle^{2}$ en función de n y evalúala en n = 0, 1, 2 y 3. (c) Una distribución gaussiana cumple ⟨u⁴⟩ = 3⟨u²⟩². ¿Qué nivel del oscilador es gaussiano, y sólo cuál? (d) El signo de esa combinación, ¿qué le está pasando a la forma de |ψ_n|²? Contrástalo con lo que dibuja el panel al subir n. (e) Un término anarmónico $\lambda x^{4}$ desplaza los niveles, en primer orden, en $\lambda\langle x^{4}\rangle_n$ . ¿Ese desplazamiento crece con n más deprisa o más despacio que el propio E_n?

Solución

(a) $\pi^{-1/2}\int \xi^{4}e^{-\xi^{2}}d\xi = \pi^{-1/2}\cdot\tfrac34\sqrt\pi = \tfrac34$ , que es $\tfrac34(2\cdot0+0+1)$ . (b) $\tfrac34(2n^{2}+2n+1) - 3(n+\tfrac12)^{2} = \tfrac32 n^{2}+\tfrac32 n+\tfrac34 - 3n^{2}-3n-\tfrac34 = -\tfrac32 n(n+1)$ . Vale 0, −3, −9 y −18 para n = 0…3: cero sólo en el fundamental, y a partir de ahí creciendo en valor absoluto como n². Ése es todo el contenido del apartado, y no hace falta escribir los dos momentos por separado para verlo — de hecho conviene no hacerlo, porque la resta ya lleva dentro los dos.

(c) Sólo n = 0. Es el único nivel cuyo H_n es una constante, y por tanto la única |ψ|² que es una gaussiana de verdad. Ésa es la razón estructural de que sea el único que satura Kennard: la condición de saturación del II.1 es ser gaussiano.

(d) Curtosis negativa quiere decir que la distribución tiene menos peso en el centro y en las colas lejanas, y más en la zona intermedia, que una gaussiana con la misma anchura: se está aplanando y abriéndose hacia dos máximos. Es exactamente lo que el panel dibuja al subir n —la densidad se vacía por el centro y se apelotona cerca de los retornos— y el límite de ese proceso es la distribución clásica de un oscilador, que tiene dos divergencias en los retornos y un mínimo en el origen. Que la desviación crezca como −n² dice que el parecido con la gaussiana se pierde deprisa.

(e) Más deprisa: $\langle x^{4}\rangle_n \propto n^{2}$ para n grande, mientras que E_n ∝ n. El cociente entre la corrección y la energía crece como n, así que la anarmonicidad se vuelve relativamente más importante en cada escalón — que es, contado desde este lado, el mismo hecho que el artículo 01 midió con el Morse del CO: el armónico se equivoca un 0,31 % en n = 0 y un 14,4 % en n = 20. Y también avisa de que la teoría de perturbaciones a primer orden deja de servir mucho antes de lo que uno querría.

Ejercicio 4 · Nodos donde no hay paredes

(a) Demuestra, sólo a partir de la ecuación $\psi''=(\xi^{2}-\varepsilon)\psi$ y de la no degeneración de los estados ligados en una dimensión, que toda autofunción tiene paridad definida. (b) Demuestra que H_n tiene exactamente n ceros reales, y todos simples, usando únicamente la ortogonalidad con peso. Pista: supón que sólo cambia de signo en m < n puntos y construye un polinomio de grado m con esos mismos cambios de signo. (c) Un programa cuenta nodos mirando los cambios de signo de ψ sobre una rejilla. ¿Qué le pasa si la rejilla contiene el punto ξ = 0 exactamente y el estado es impar? (d) ¿Cómo se arregla?

Solución

(a) Si ψ(ξ) es solución con ε, entonces ψ(−ξ) también lo es, porque la ecuación sólo contiene ξ² y una derivada segunda, las dos invariantes bajo ξ → −ξ, y tiene la misma ε. Como los estados ligados en una dimensión no están degenerados (II.2, artículo 02), las dos soluciones tienen que ser proporcionales: ψ(−ξ) = λψ(ξ). Aplicando la relación dos veces, λ² = 1, o sea λ = ±1. Par o impar, no hay tercera opción. Fíjate en que este argumento no necesita la serie: es el potencial el que decide, aunque más arriba la paridad haya aparecido por el otro camino, al matar a mano la serie de la paridad contraria. Que los dos caminos den lo mismo es una comprobación.

(b) Supón que H_n cambia de signo sólo en x₁ < ⋯ < x_m con m < n, y define $Q(\xi)=\prod_{i=1}^{m}(\xi-x_i)$ , de grado m. Entonces $H_n(\xi)Q(\xi)$ no cambia de signo en ningún punto, así que $\int e^{-\xi^{2}}H_nQ\,d\xi \ne 0$ . Pero Q, por ser de grado m < n, es combinación lineal de H₀,…,H_m, y H_n es ortogonal a todos ellos, de modo que esa integral vale cero. Contradicción: luego m = n. Como el grado es n, no puede haber más de n ceros, así que son exactamente n y todos simples.

(c) Que se come uno. Si ξ = 0 es un punto de la rejilla y el estado es impar, ψ vale exactamente 0 ahí, y un contador que busque $\operatorname{signo}(\psi_i)\cdot\operatorname{signo}(\psi_{i+1}) \lt 0$ no detecta ningún cambio de signo, ni en el intervalo de la izquierda ni en el de la derecha: el producto es 0 en ambos, no negativo. Resultado: ψ₇ parece tener 6 nodos. (d) Usando un número par de puntos, para que ξ = 0 caiga entre dos nodos de la rejilla y no encima; es lo que hace el guion de verificación, y por eso le salen los nueve recuentos correctos. La segunda lección es hermana de la del ejemplo resuelto 1: los puntos especiales del problema y los puntos de la rejilla tienen que colocarse a propósito, en un caso haciéndolos coincidir y en el otro evitando que coincidan. Nunca por defecto.

Ejercicio 5 · La rejilla que se comía media celda

El panel integraba su densidad sobre 601 puntos equiespaciados en ξ ∈ [−7, 7]: este ejercicio es la autopsia de aquella versión, y el apartado (e) pide el arreglo que hoy lleva. (a) Calcula dξ y demuestra que el retorno clásico del fundamental, ξ = 1, no es uno de esos puntos. (b) ¿Para qué niveles de n = 0…8 sí caería √(2n+1) sobre un punto de la rejilla? (c) Explica por qué un corte que decide «dentro o fuera» comparando cada punto con ±√(2n+1) comete un error del orden de la densidad en el retorno por dξ, y por qué ese error cambia de signo al cambiar n. (d) El sesgo medido es +0,347 puntos porcentuales en n = 0 sobre un valor verdadero de 15,73 %. ¿Qué error relativo es? ¿Se habría notado leyendo la pantalla? (e) Propón el arreglo y di qué comprobación numérica te convencería de que ha funcionado.

Solución

(a) dξ = 14/600 = 0,023 33. Los puntos son ξ_i = −7 + i·dξ, así que ξ = 1 sería el punto i = 8/dξ = 342,86, que no es entero: cae entre el 342 y el 343. (b) Ninguno. Que √(2n+1) sea de la rejilla exige que 7 + √(2n+1) sea múltiplo de 14/600, es decir que √(2n+1) tenga un desarrollo decimal finito compatible con esa fracción, y de los nueve retornos —1, 1,732, 2,236, 2,646, 3, 3,317, 3,606, 3,873, 4,123— ni siquiera los dos racionales, 1 y 3, lo cumplen: 8/dξ = 342,86 y 10/dξ = 428,57.

(c) Porque la suma asigna a cada punto una celda entera de anchura dξ centrada en él, y el corte real pasa por dentro de una de esas celdas. La parte de la celda que está al otro lado del corte se contabiliza mal, y su peso es la densidad allí por esa fracción de dξ. Que sobre o falte depende de dónde caiga exactamente √(2n+1) dentro de su celda, y eso lo decide la aritmética de la rejilla, no la física: cambia de un n a otro sin ningún patrón. Por eso el sesgo medido es +0,347 puntos en n = 0, −0,212 en n = 1 y +0,292 en n = 7.

(d) 0,347/15,73 = 2,21 %. Y no, no se habría notado: el panel imprimía 16,1 % con una sola decimal, y no hay manera de ver a ojo que le sobran cuatro décimas. Un panel es un instrumento de medida, y un instrumento con un sesgo del 2 % que nadie ha calibrado no es una ayuda: es una fuente de números falsos con aspecto de medidos.

(e) El arreglo es partir el intervalo en los tres tramos que separa el propio corte y usar trapecios en cada uno, con lo que ±√(2n+1) pasa a ser extremo de tramo y por tanto nodo exacto de la integración. La comprobación es doble. Primera: contra un valor de referencia independiente —la cuadratura adaptativa, o erfc(1) donde hay forma cerrada—; el error relativo cae a 3,8 × 10⁻⁵. Segunda, y es la que distingue un arreglo de una casualidad: doblar el número de puntos y comprobar que el error se divide por cuatro, porque eso es lo que hace un error de discretización de orden dξ² y no lo que haría un borde mal puesto, que dejaría un término de orden dξ y sólo se dividiría por dos. El guion hace esa misma prueba en otro cálculo de rejilla de este módulo y le sale 4,00 dos veces seguidas —el error pasa de 0,0316 a 0,007 91 y a 0,001 98 cm⁻¹—, que es la firma que hay que buscar. La segunda lección: verificar contra un valor de referencia dice si el número es bueno; verificar el orden de convergencia dice si el método lo es. Sólo la segunda garantiza que el número siguiente que calcules también estará bien.

Ejercicio 6 · La cola que no se va

(a) Con la ley $P_n \simeq C\,(n+\tfrac12)^{-1/3}$ y el valor medido P = 2,28 % en n = 200, determina C y compáralo con el 0,1336 del guion. (b) Usando esa ley, ¿en qué factor hay que multiplicar n para dividir la cola por dos? ¿Y por diez? (c) Comprueba la ley con dos valores medidos de la tabla, P(50) = 3,60 % y P(200) = 2,28 %, y di cuánto se desvía. (d) ¿Por qué la ley falla si intentas usarla con n = 0 y n = 1? Compara lo que predice con el 15,73 % y el 11,16 % verdaderos. (e) ¿Qué le pasaría a esta cola si el potencial fuera el pozo de paredes infinitas del II.2?

Solución

(a) C = P·(n+½)^1/3 = 0,0228 × 200,5^1/3 = 0,0228 × 5,853 = 0,1334; con el valor sin redondear del guion, 2,283 %, sale 0,1336. La diferencia está en la tercera cifra de P, y conviene anotarla: la constante no se puede citar con más precisión que el número del que se extrae. (b) Dividir por dos exige multiplicar (n+½) por 2³ = 8; dividir por diez, por 10³ = 1000. Es una ley extraordinariamente perezosa.

(c) P(200)/P(50) medido = 2,283/3,601 = 0,6339, y la ley predice (200,5/50,5)^−1/3 = 0,6315: un 0,38 % de desviación. Que dos niveles separados por un factor cuatro cumplan la ley con esa precisión es lo que la convierte en una ley y no en un ajuste.

(d) Porque es una ley asintótica: sale de suponer que la zona del retorno es estrecha comparada con la región permitida, y en n = 0 esa zona es la función entera. Con C = 0,1336 la ley da 16,8 % en n = 0 frente al 15,73 % real —un 7,0 % de más— y 11,7 % en n = 1 frente al 11,16 % —un 4,6 %—. No está mal para una fórmula que no debería valer ahí, y el error baja al subir n; pero los valores buenos son las integrales, no la ley. La segunda lección: una ley asintótica sin su rango de validez declarado es media ley, y por eso el guion la comprueba entre n = 50 y n = 200, que es donde afirma algo.

(e) No existiría. En el pozo de paredes infinitas ψ es idénticamente cero fuera, y toda la región clásicamente permitida coincide con el pozo entero: no hay ningún punto donde E < V y ψ ≠ 0. La cola de la región prohibida aparece en cuanto la pared es finita —el pozo finito del II.2 tiene un 3,36 % fuera en su fundamental— y en el oscilador es inevitable porque el potencial crece sin acabarse nunca, de modo que siempre hay región prohibida y la función de onda nunca se anula en un intervalo. Que el del oscilador sea casi cinco veces el del pozo finito, pese a que sus paredes acaban siendo «infinitas» a lo lejos, recuerda que lo que decide la cola no es la altura final de la barrera sino cuánto tarda en subir.