El pozo finito, y el estado que siempre está

El pozo cuántico de GaAs del artículo anterior no tiene su primer nivel en 56,1 meV. Tiene en 32,4, un 42 % menos —o, mirado desde el nivel real, el pozo infinito se pasa un 73 %—, y la diferencia entera se debe a que sus paredes miden 0,24 eV y no infinito. La función de onda se sale por ellas —un 3,4 % de la probabilidad está fuera del pozo en el nivel fundamental, y un 76 % en el tercero—, y salirse le sale barato porque la caja efectiva es más ancha. Este artículo pone paredes finitas, y con ellas llega el precio de la realidad: el espectro deja de tener fórmula cerrada. Y llega también el regalo, que no lo tiene ningún sistema clásico: por poco hondo que sea el pozo, siempre hay un estado dentro.

Necesitas: el artículo 01 de este módulo, sobre todo la continuidad de ψ y de ψ′ donde V es finito, y la clasificación entre estados ligados y de dispersión. Del módulo II.1, el ejercicio 4 de su artículo 04 —el pozo delta— aparece aquí como límite comprobable, no como requisito. De matemáticas: funciones hiperbólicas, y la disposición a resolver

z\tan z = \sqrt{z_0^2-z^2}

con un método numérico en lugar de despejando, porque no se puede despejar.

El pozo finito, nivel a nivel — y el que nunca se pierde

Arriba, el pozo con sus niveles y la función de onda de cada uno, incluida la cola que se sale por las paredes. Abajo, de dónde salen: los cortes entre el cuarto de circunferencia de radio z₀ —que crece con la profundidad— y las ramas de la tangente. Baja la profundidad hasta el extremo del mando. Los niveles van desapareciendo de uno en uno, y cuando ya no queda ninguna rama a la vista sigue habiendo uno: el primer corte no se puede perder por mucho que encojas la circunferencia, y eso es un teorema, no un accidente del dibujo.

Profundidad V₀ = 1,00 eV Anchura del pozo 2a = 10.0 Å (1.00 nm)

Parámetro z₀ 2,562 = (a/ħ)√(2mV₀)

Niveles ligados 2 ⌈2z₀/π⌉ = 2

Fundamental E₁ 191 meV E₁/V₀ = 0,191

Del último nivel, 1/κ 3,58 Å fuera del pozo: 29.3 %

2 niveles ligados, alternando par, impar, par… El último está en 703 meV, a 29.7 % del borde por debajo, y por eso su cola mide 3,58 Å y pasa el 29.3 % del tiempo fuera del pozo, frente al 5.8 % del fundamental. Cuanto más arriba está un nivel, menos «dentro» está — y el que roza el borde apenas está en el pozo que lo ata.

El problema, y una simplificación que hay que ganarse

El pozo, centrado en el origen para que la simetría se pueda usar:

V(x) = \begin{cases} 0, & |x| \lt a\\[2pt] V_0, & |x| \ge a,\end{cases}

de anchura 2a y profundidad $V_0$ . Los estados ligados son los que tienen $0 \lt E \lt V_0$ : por debajo de $V_0$ la región exterior está clásicamente prohibida y ψ decae; por encima, la partícula se escapa y el problema es de dispersión (artículo 03). Definimos los dos números de onda que gobiernan todo:

k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} \;\;(\text{dentro}), \qquad \kappa = \frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar} \;\;(\text{fuera}),

y conviene fijarse en que no son independientes: sumando los cuadrados desaparece E y queda $k^{2}+\kappa^{2} = 2mV_0/\hbar^{2}$ , un número que sólo depende del pozo. Esa ligadura es la que convierte el problema en una ecuación de una sola incógnita.

Un ancla para no perder la escala mientras dura el álgebra: el pozo cuántico de GaAs del artículo 01 —10 nm de anchura, 0,24 eV de profundidad, $m^{*}=0{,}067\,m_e$ — tiene $2mV_0/\hbar^{2} = k^{2}+\kappa^{2}$ igual a 4,22 × 10⁻³ Å⁻², o sea que $k$ y $\kappa$ juntos no pasan de 0,065 Å⁻¹: las dos longitudes del problema son de nanómetros, no de ångströms, y por eso una capa de diez nanómetros confina de verdad.

Ahora, la simplificación. Como V(x) = V(−x), las autofunciones se pueden elegir pares o impares, y eso reduce el trabajo a la mitad. La razón no es «por simetría» a secas, y merece un párrafo porque es un teorema con hipótesis, y las hipótesis se rompen en el problema 1 de la hoja:

En una dimensión, los estados ligados no están degenerados. Supón dos soluciones $\psi_1$ y $\psi_2$ con la misma E. Multiplica la ecuación de la primera por $\psi_2$ , la de la segunda por $\psi_1$ y resta: los términos con V y con E se van y queda $\psi_1\psi_2''-\psi_2\psi_1'' = 0$ , que es la derivada del wronskiano $W = \psi_1\psi_2'-\psi_2\psi_1'$ . Luego W es constante. Y como los dos estados están ligados, decaen a cero en el infinito, así que esa constante vale cero: $\psi_1'/\psi_1 = \psi_2'/\psi_2$ en todo punto, e integrando, $\psi_1 \propto \psi_2$ . Son el mismo estado.

De ahí sale la paridad en dos pasos: si ψ(x) resuelve la ecuación con V par, ψ(−x) también, con la misma E; como no hay degeneración, tienen que ser proporcionales, $\psi(-x) = \lambda\psi(x)$ ; y aplicando dos veces, $\lambda^{2}=1$ , o sea λ = ±1. Par o impar, no hay tercera opción.

Conviene separar qué hipótesis ha usado cada cosa, porque se confunden. La no degeneración ha usado una sola: que los dos estados decaigan en los dos infinitos. Quítala y el teorema se cae, que es exactamente lo que pasa con los estados de dispersión del artículo 03, donde sí hay dos soluciones por energía —la que viene de la izquierda y la que viene de la derecha—. La paridad usa además que V sea par. Y hay una tercera hipótesis escondida, en el paso de dividir por $\psi_2$ para integrar $\psi_1'/\psi_1 = \psi_2'/\psi_2$ : no está enunciada arriba, y el problema 1 de la hoja está montado para encontrarla.

Las soluciones pares, y la ecuación que sale de casarlas

Dentro del pozo, con V = 0 y E > 0, la solución par es $\psi = A\cos(kx)$ . Fuera, en x > a, la ecuación es $\psi'' = \kappa^{2}\psi$ , cuya solución general es $Ce^{-\kappa x}+De^{+\kappa x}$ , y hay que tirar la exponencial creciente: con D ≠ 0 la función explota y no es normalizable. Ese descarte es el primer sitio donde la condición de contorno empieza a filtrar energías, aunque todavía no se note.

\psi(x) = \begin{cases} A\cos(kx), & |x| \lt a\\[2pt] Ce^{-\kappa|x|}, & |x| \ge a.\end{cases}

Quedan dos condiciones en x = a: ψ continua y ψ′ continua (aquí V es finito, de modo que el ejercicio 1 del artículo 01 garantiza las dos):

A\cos(ka) = Ce^{-\kappa a}, \qquad -Ak\operatorname{sen}(ka) = -C\kappa e^{-\kappa a}.

Dividiendo la segunda entre la primera desaparecen A y C —que es justo lo que hay que hacer, porque su cociente lo fija la normalización y no la física— y queda una sola ecuación:

k\tan(ka) = \kappa.

Esto ya no se puede despejar. Es una ecuación trascendente, y conviene escribirla en variables sin dimensiones para poder decir algo general sobre ella. Con

z \equiv ka, \qquad l \equiv \kappa a, \qquad z_0 \equiv \frac{a}{\hbar}\sqrt{2mV_0},

la ligadura de antes es $z^{2}+l^{2}=z_0^{2}$ —una circunferencia de radio $z_0$ — y la condición de contorno es

\boxed{\;z\tan z = \sqrt{z_0^{2}-z^{2}}\;}\qquad(\text{niveles pares}).

Todo el problema del pozo finito ha quedado metido en un solo número, $z_0$ , que mide en un mismo saco lo hondo y lo ancho que es el pozo: $z_0^{2} = 2mV_0a^{2}/\hbar^{2}$ . Dos pozos con el mismo $z_0$ tienen el mismo número de niveles y los mismos $E_n/V_0$ , aunque uno sea un pozo cuántico de semiconductor y el otro un núcleo. Para el pozo de GaAs de antes, con a = 5 nm, $z_0 = 50\ \text{Å}\times0{,}06497\ \text{Å}^{-1} =$ 3,2483: un número de orden unidad, y de él sale todo lo que queda del artículo.

Las impares, y el recuento

Con $\psi = A\operatorname{sen}(kx)$ dentro, la misma cuenta da $k\cot(ka) = -\kappa$ , es decir

-z\cot z = \sqrt{z_0^{2}-z^{2}}\qquad(\text{niveles impares}).

La forma de leer las dos ecuaciones a la vez es dibujar el lado derecho —un cuarto de circunferencia de radio $z_0$ , que baja de $z_0$ a 0— y los dos lados izquierdos, que son ramas que salen de cero y se van a +∞ en cada polo. La rama par arranca en z = 0 y explota en π/2; la impar arranca en π/2 y explota en π; la siguiente par, en π y explota en 3π/2. Hay exactamente una rama por cada intervalo de anchura π/2, y cada rama corta al cuarto de circunferencia una vez y sólo una, siempre que el intervalo empiece antes de $z_0$ . De ahí sale el recuento, que es el resultado más útil del artículo:

N = \left\lceil \frac{2z_0}{\pi} \right\rceil.

Comprobado en el guion de verificación sobre 120 pozos con $z_0$ repartido al azar entre 0,02 y 30, sin una sola discrepancia. Y comprobado además, nivel a nivel y para el pozo de GaAs, contra la diagonalización numérica del potencial de verdad, que no sabe nada de tangentes ni de circunferencias: coinciden en once cifras.

Y ahora el resultado que no tiene análogo clásico: $N \ge 1$ siempre. Por pequeño que sea $z_0$ , la primera rama par arranca en z = 0 valiendo cero y crece; el cuarto de circunferencia arranca en $z_0$ y baja. Se cortan. No hay profundidad mínima: un pozo de un microelectronvoltio y medio ångström — $z_0 = 2{,}56\times10^{-4}$ — tiene un estado ligado, con una energía de ligadura de 6,6 × 10⁻¹⁴ eV y una función de onda que se extiende 0,76 milímetros: siete millones de veces más ancha que el pozo que la ata. Ridícula, pero ligada. El guion lo comprueba bajando hasta $z_0 = 10^{-6}$ .

Esto es específico de una dimensión, y conviene decirlo antes de que alguien lo generalice. En tres dimensiones el estado fundamental de un pozo esférico es de simetría esférica, la función radial u = rψ cumple la misma ecuación de una dimensión pero con la condición extra u(0) = 0, que es la de una pared dura en el origen — y eso mata todas las soluciones pares y deja sólo las impares, que sí tienen umbral. La condición pasa a ser $z_0 \ge \pi/2$ , o sea $V_0R^{2} \ge \pi^{2}\hbar^{2}/8m$ , y un pozo más flojo que eso no liga nada.

El caso de laboratorio es el deuterón. Con un alcance de la fuerza nuclear de 2,1 fm y la masa reducida protón-neutrón, el umbral está en 23,2 MeV de profundidad, y la profundidad que reproduce la ligadura medida de 2,2246 MeV es 33,7 MeV: sólo 1,45 veces el umbral. El deuterón está atado por los pelos, y su función de onda lo enseña — $1/\kappa =$ 4,32 fm frente a un alcance de 2,1, de modo que el 62,8 % del tiempo el neutrón y el protón están más lejos el uno del otro de lo que llega la fuerza que los une. Y la vuelta de tuerca: la fuerza nuclear entre dos neutrones es un poco más débil que entre protón y neutrón, lo justo para caer por debajo del umbral, y por eso el dineutrón no existe. Si el mundo fuera unidimensional existiría, y con él existiría un canal de fusión que cambiaría la química del universo entero. El umbral de tres dimensiones no es un tecnicismo.

Ejemplo resuelto 1 · El pozo cuántico de GaAs, resuelto de verdad

Problema. Capa de GaAs de 10 nm entre AlGaAs, con un salto de banda de conducción $V_0 = 0{,}24$ eV y $m^{*} = 0{,}067\,m_e$ . Halla $z_0$ , el número de niveles, sus energías, y para cada uno la longitud de penetración y la fracción de probabilidad que queda fuera del pozo.

Solución. Con a = 5 nm (media anchura),

z_0 = \frac{a}{\hbar}\sqrt{2m^{*}V_0} = 3{,}2483 \;\Longrightarrow\; N = \left\lceil \frac{2\times 3{,}2483}{\pi}\right\rceil = \lceil 2{,}068\rceil = 3.

Resolviendo las tres ramas con un método de bisección —una en cada intervalo [0, π/2), [π/2, π), [π, 3π/2)— salen z = 1,1943, 2,3381 y 3,2343, y con $E = \hbar^{2}z^{2}/2m^{*}a^{2}$ :

n	E real	E con paredes infinitas	1/κ	P fuera
1	32,4 meV	56,1 meV	1,66 nm	3,36 %
2	124,3 meV	224,5 meV	2,22 nm	15,92 %
3	237,9 meV	505,1 meV	16,6 nm	76,22 %

Resultado. Tres cosas, y las tres se usan después. Primera: la aproximación de paredes infinitas siempre sobreestima, y cada vez más al subir de nivel — un 73 % en el fundamental y un 112 % en el tercero—, porque cuanto más cerca está el nivel del borde, más se sale la función y más ancha es la caja efectiva. Segunda: hay un truco que lo arregla casi todo. Si en vez de la anchura real 2a se usa la anchura efectiva $2a + 2/\kappa$ —el pozo más una longitud de penetración por cada lado— la fórmula del pozo infinito da 31,7 meV frente a los 32,4 reales, un 2,4 % de error en vez de un 73 %. Tercera, y es la que abre el artículo 04: el tercer nivel pasa el 76 % de su tiempo donde clásicamente no puede estar. Está ligado —237,9 meV en un pozo de 240— y sin embargo casi no está en el pozo. Un electrón así se escapa con cualquier excusa, y ésa es la razón de que un pozo cuántico real se diseñe con el nivel de trabajo bien hundido y no rozando el borde.

Los dos límites, que son dos comprobaciones

Una fórmula nueva sólo es de fiar cuando reproduce lo que ya se sabía en los extremos. El pozo finito tiene dos, y los dos caen dentro de este curso.

Pozo muy profundo ( $z_0 \gg 1$ ). La circunferencia es enorme y los cortes ocurren cerca de los polos de las tangentes, o sea en $z \to n\pi/2$ . Sustituyendo, $E_n \to n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}/2m(2a)^{2}$ , que es exactamente el pozo infinito de anchura 2a. Con $z_0 = 300$ , el pozo infinito se equivoca en un 0,67 %.

Pozo muy superficial ( $z_0 \ll 1$ ). El único corte cae en z ≈ $z_0$ , así que casi toda la energía del nivel es $V_0$ y la ligadura $E_{\text{lig}} = V_0-E$ es minúscula. Desarrollando, $z \approx z_0(1-z_0^{2}/2)$ y

E_{\text{lig}} \to \frac{m\alpha^{2}}{2\hbar^{2}}, \qquad \alpha \equiv 2aV_0 .

Y ése es, letra por letra, el resultado que el ejercicio 4 del artículo 04 del módulo II.1 obtuvo para el pozo delta $V=-\alpha\,\delta(x)$ , donde α es exactamente el área del pozo. Tenía que ser: un pozo estrecho y hondo con área fija es una delta, y un pozo ancho y superficial también, con tal de que la partícula esté tan poco ligada que no distinga la forma. El guion lo comprueba con tres valores de $z_0$ y el acuerdo mejora como $z_0^{2}$ : 1,3 % con $z_0=0{,}1$ , 1,3 × 10⁻² % con $z_0=0{,}01$ , 1,3 × 10⁻⁴ % con $z_0=0{,}001$ . Que la razón de errores sea exactamente 100 cada vez es lo que confirma que la corrección es de orden $z_0^{2}$ y no de otro.

Ejemplo resuelto 2 · Dónde está la partícula cuando está fuera

Problema. Para un estado ligado de un pozo finito, obtén la fracción de probabilidad que queda en la región clásicamente prohibida y evalúala en el nivel fundamental de un pozo de 4 Å de ancho y 5 eV de hondo para un electrón. Y contesta a la pregunta que eso plantea: si allí $E \lt V$ , la energía cinética sería negativa. ¿Cómo puede ser?

Solución. Con $\psi = A\cos(kx)$ dentro y $A\cos(z)\,e^{-\kappa(|x|-a)}$ fuera, las dos integrales son elementales:

\int_{\text{dentro}} = |A|^{2}a\left[1+\frac{\operatorname{sen}2z}{2z}\right],\qquad \int_{\text{fuera}} = |A|^{2}\frac{\cos^{2}z}{\kappa}.

El pozo de 4 Å y 5 eV tiene $z_0 = 2{,}2911$ , luego $N = \lceil 1{,}459\rceil = 2$ niveles: 1,111 eV y 3,971 eV. Para el fundamental, z = 1,0800 y κa = 2,0207, de donde $1/\kappa = 0{,}990$ Å de longitud de penetración y una fracción fuera del 7,36 %. Para el segundo, 38,94 %.

Resultado. La pregunta de la energía cinética negativa tiene respuesta, y no es «bueno, es cuántica». Es que la pregunta presupone una medida que no se puede hacer. Para afirmar que la partícula está en la región prohibida hay que localizarla ahí, es decir, medir su posición con una precisión mejor que $1/\kappa$ ; y una medida así, por la desigualdad del módulo II.1, le deja una dispersión de momento $\sigma_p \ge \hbar\kappa/2$ , o sea una energía cinética del orden de $\hbar^{2}\kappa^{2}/8m = (V_0-E)/4$ . En cuanto se aprieta lo suficiente para verla ahí, se le ha entregado energía suficiente para que ya no esté prohibido. No hay ningún experimento que atrape a una partícula con energía cinética negativa, y la teoría se ocupa de que no lo haya. Lo que sí es medible es la consecuencia: esa cola exponencial, empalmada con otro pozo al otro lado, es el efecto túnel del artículo 04. La región prohibida no es un sitio donde la partícula esté; es el camino por el que pasa.

Ejercicios

Ejercicio 1 · Resolver la trascendente, y por qué no vale el dibujo

Un electrón en un pozo de anchura 2a = 6 Å y profundidad $V_0 = 3$ eV.

(a) Halla $z_0$ y predice N con el recuento. (b) Resuelve cada rama numéricamente —bisección a mano sobre la calculadora vale— hasta cuatro cifras, y da las energías. (c) Estima ahora los mismos cortes leyendo un dibujo hecho a escala en papel milimetrado, con tres cifras, y compara la energía que sale con la del apartado (b). ¿Cuánto se equivoca la lectura gráfica en milielectronvoltios, y cómo es ese error frente a $k_BT$ a 300 K? (d) Compara con el pozo infinito de 6 Å y con el pozo infinito de anchura efectiva $2a+2/\kappa$ . (e) ¿Cuánto tendría que valer $V_0$ para que hubiera exactamente tres niveles? (f) Dibuja a mano las dos funciones de onda, cuenta sus nodos interiores y comprueba que el criterio de numeración del artículo 01 —n−1 nodos en el nivel n— sigue valiendo aquí, donde ψ ya no se anula en las paredes. Di además cuántos nodos tendría el tercer nivel del apartado (e) y en qué se apoya esa predicción, porque no es la fórmula del pozo infinito.

Solución

(a) $z_0 = (a/\hbar)\sqrt{2m_eV_0}$ , que con a = 3 Å y las unidades del módulo es $z_0 = a\sqrt{V_0/3{,}810} = 3\times0{,}8874 = 2{,}662$ , luego $N = \lceil 1{,}695 \rceil = 2$ . (b) Las dos ramas dan z = 1,1317 (par) y 2,1813 (impar), de donde E = $3{,}810\,(z/a)^{2}$ = 0,542 eV y 2,014 eV.

(c) Aquí está el punto del ejercicio. Leer 1,15 donde el corte está en 1,1317 es un error del 1,6 % en z, perfectamente posible en un dibujo a mano y aparentemente inofensivo. La energía sale $3{,}810(1{,}15/3)^{2} = 0{,}560$ eV, o sea 18 meV de más — el 69 % de $k_BT$ a 300 K. En un pozo cuántico de semiconductor, ese error decide si el nivel está poblado o no. El dibujo sirve para contar los cortes y para ver que existen; no sirve para dar un número. (d) El pozo infinito de 6 Å da $\pi^{2}\times3{,}810/36 = 1{,}045$ eV, un 93 % de más; con la anchura efectiva 2a + 2/κ = 6 + 2 × 1,245 = 8,49 Å sale 0,522 eV, un 3,8 % de menos. (e) Hace falta $z_0 \gt \pi$ , o sea $V_0 \gt 3{,}810(\pi/3)^{2} =$ 4,18 eV.

(f) El fundamental es $A\cos(kx)$ con z = ka = 1,1317 < π/2: el coseno no llega a anularse dentro del pozo y fuera decae sin cortar el eje, así que tiene cero nodos. El segundo es $A\operatorname{sen}(kx)$ con z = 2,1813: se anula en x = 0 y en ningún otro sitio, o sea uno. n−1, igual que en el pozo infinito. El tercero tendría dos, y la predicción no viene de la fórmula —aquí no hay fórmula— sino de la alternancia par/impar y de que cada rama de la trascendente vive en un intervalo de anchura π/2: al subir de rama, z cruza un cero más del seno o del coseno. El recuento de nodos es el criterio de numeración universal, y es lo que permite decir «el tercer nivel» de un pozo cuya forma no admite ninguna fórmula cerrada.

La segunda lección es metodológica y vale para todo el curso: una ecuación trascendente no se resuelve mirando. El dibujo de las dos curvas es la manera correcta de razonar —de ahí salen el recuento y el «siempre hay uno»— y la manera equivocada de calcular. Y fíjate en que el error de la lectura gráfica no es aleatorio: es del mismo orden que la separación entre lo que el modelo del artículo 01 predecía y la realidad, de modo que resolviendo a ojo se pierde justo la corrección que se había ido a buscar.

Ejercicio 2 · El medio pozo, donde el umbral SÍ existe

Un pozo de profundidad $V_0$ ocupa $0 \lt x \lt L$ , con una pared infinita en x = 0 y V = $V_0$ para x > L.

(a) Escribe la solución en las dos regiones y las condiciones de contorno. ¿Cuál de las dos familias del pozo simétrico sobrevive, y por qué? (b) Deduce la ecuación trascendente y el número de estados ligados en función de $z_0 = (L/\hbar)\sqrt{2mV_0}$ . (c) Demuestra que hay un umbral y da su valor. Evalúalo para un electrón con L = 1 nm. (d) Comprueba que ese umbral coincide con una energía que el artículo 01 ya calculó, e interpreta la coincidencia. (e) Este problema es la imagen unidimensional del pozo esférico del callout. ¿Qué juega el papel de la pared infinita en x = 0 cuando el problema es de verdad tridimensional?

Solución

(a) La pared exige ψ(0) = 0, de modo que dentro sólo vale $A\operatorname{sen}(kx)$ : sobreviven sólo las impares. Fuera, $Ce^{-\kappa x}$ . Las condiciones son continuidad de ψ y ψ′ en x = L. (b) Dividiendo, $k\cot(kL) = -\kappa$ , o sea $-z\cot z = \sqrt{z_0^{2}-z^{2}}$ . Las ramas impares empiezan en π/2, 3π/2, 5π/2…, así que $N = \lfloor z_0/\pi + 1/2 \rfloor$ .

(c) Con $z_0 \lt \pi/2$ no hay ninguna rama en el rango y no hay estado ligado. El umbral es $z_0 = \pi/2$ , o sea $V_0L^{2} = \pi^{2}\hbar^{2}/8m$ . Para un electrón con L = 1 nm, $V_0^{\min} =$ 94,0 meV: un pozo de 1 nm y 50 meV no ata nada. (d) Ese 94,0 meV es exactamente $E_1$ del pozo de paredes infinitas de anchura 2L = 2 nm. La coincidencia no lo es: el estado en el umbral tiene κ = 0, la cola exterior deja de decaer y la función se convierte en el primer cuarto de seno de una caja del doble de ancha. El umbral es el punto en que el estado acaba de dejar de estar ligado.

(e) Lo juega el origen de coordenadas. En tres dimensiones se escribe ψ = u(r)/r, y para que ψ no diverja en r = 0 hace falta u(0) = 0 — la misma condición, con la misma consecuencia. La segunda lección es que el «siempre hay un estado ligado» del pozo simétrico depende de que la solución par exista, y esa solución par es la que tiene máximo en el centro y derivada nula ahí. Cualquier cosa que obligue a ψ a anularse en el centro —una pared, o el jacobiano de las coordenadas esféricas— la elimina, y con ella el resultado. Por eso el deuterón está atado por los pelos y el dineutrón no está atado, y por eso ese teorema tan bonito no se puede citar fuera de una dimensión.

Ejercicio 3 · Cuánto se sale, y cuánto cuesta

Vuelve al pozo de GaAs del ejemplo resuelto 1 (2a = 10 nm, $V_0 = 0{,}24$ eV, $m^{*}=0{,}067\,m_e$ ).

(a) Sin calcular ninguna integral, ordena de menor a mayor la longitud de penetración de los tres niveles y justifica el orden. (b) Calcula $1/\kappa$ de los tres y comprueba tu orden. (c) La fracción fuera del tercer nivel es del 76 %. Estima, sólo con $1/\kappa$ y la anchura del pozo, si ese número es razonable, y compáralo con el 76 % exacto. (d) Un ingeniero quiere que este pozo tenga dos niveles bien confinados —digamos, con menos del 20 % de probabilidad fuera— y puede cambiar la anchura o la composición del AlGaAs (y con ella $V_0$ ). Di qué palanca es más eficaz y por qué, con el recuento en la mano.

Solución

(a) $1/\kappa = \hbar/\sqrt{2m(V_0-E)}$ crece al acercarse E al borde, así que el orden es el de las energías: el fundamental penetra menos y el tercero, muchísimo más. (b) 1,66 · 2,22 · 16,6 nm. El tercero tiene una cola diez veces más larga que el primero porque le faltan sólo 2,1 meV para escaparse. (c) La cola exterior ocupa del orden de $2/\kappa = 33{,}2$ nm de longitud efectiva frente a los 10 nm del pozo, así que a ojo cabría esperar 33/(33+10) = 77 % — y el valor exacto es 76,2 %. La estimación funciona aquí porque el nivel está tan arriba que la función de onda apenas se curva dentro del pozo.

(d) La segunda lección está en el recuento $N = \lceil 2z_0/\pi\rceil$ con $z_0 \propto a\sqrt{V_0}$ : la anchura entra lineal y la profundidad entra con una raíz. Ensanchar el pozo un 40 % hace lo mismo que duplicar el salto de banda, y ensanchar es gratis mientras que subir $V_0$ exige más aluminio, lo que empeora la red cristalina y trae otros problemas. Pero ojo con la trampa que la propia fórmula tiende: ensanchar también baja todos los niveles, así que mete niveles nuevos por arriba y deja el segundo más cerca del fondo — que es justo lo que se quería—, mientras que ahondar sube $V_0$ sin mover apenas los niveles bajos, y por tanto también confina mejor. Las dos palancas sirven, pero por mecanismos distintos, y sólo la primera cambia el número de niveles con rapidez. La cuenta concreta: pasar de 10 a 14 nm lleva $z_0$ de 3,25 a 4,55 sin cambiar el número de niveles —siguen siendo tres—, pero el segundo baja de 124,3 a 75,3 meV y su fracción fuera cae del 15,9 % al 6,6 %. El objetivo se cumple ensanchando, y se cumple porque ha bajado el nivel, no porque haya subido la pared.

Ejercicio 4 · Del pozo finito al pozo δ, con las manos

Se estrecha un pozo finito manteniendo constante el área $\alpha = 2aV_0$ : a → 0 y $V_0 \to \infty$ .

(a) ¿Qué le pasa a $z_0$ y, por tanto, a N? (b) Desarrolla la ecuación trascendente par para $z_0 \ll 1$ y deduce $E_{\text{lig}} = m\alpha^{2}/2\hbar^{2}$ . (c) El módulo II.1 obtuvo ese mismo resultado por otro camino —integrando la ecuación a través de la delta— y lo ancló en el ion H⁻, cuya ligadura medida es 0,754 eV y da α = 5,43 × 10⁻²⁹ J·m. Con esa α, ¿qué anchura y qué profundidad tendría un pozo rectangular equivalente si se le exige que su $z_0$ valga 0,1? (d) ¿Y si se le exige $z_0 = 1$ ? Calcula la ligadura exacta en ese caso y di cuánto se equivoca ya la fórmula de la delta. (e) ¿Por qué el límite delta no funciona igual de bien en tres dimensiones?

Solución

(a) $z_0^{2} = 2mV_0a^{2}/\hbar^{2} = m\alpha a/\hbar^{2}$ , que va como a y tiende a cero: N → 1. Un pozo delta tiene exactamente un estado ligado, sea cual sea α, y ahora se ve de dónde sale esa unicidad — es el recuento con $z_0\to0$ . (b) Con z pequeño, $\tan z \approx z + z^{3}/3$ , y la ecuación $z\tan z = \sqrt{z_0^{2}-z^{2}}$ da $z^{2}\approx z_0^{2}-z_0^{4}$ , o sea $l = \kappa a \approx z_0^{2}$ . Deshaciendo, $\kappa = m\alpha/\hbar^{2}$ y $E_{\text{lig}} = \hbar^{2}\kappa^{2}/2m = m\alpha^{2}/2\hbar^{2}$ .

(c) De $z_0^{2} = m\alpha a/\hbar^{2}$ con $z_0=0{,}1$ sale $a = \hbar^{2}z_0^{2}/m\alpha =$ 2,25 pm —una anchura total de 4,50 pm— y $V_0 = \alpha/2a =$ 75,4 eV: cuatro centésimas de ångström y setenta y cinco electronvoltios para reproducir una ligadura de 0,754. El «límite delta» es un límite de verdad, no una manera de hablar. La trascendente exacta da ahí 0,7438 eV, un 1,3 % por debajo de la fórmula de la delta. (d) Con $z_0=1$ , a = 224,8 pm —anchura total 450 pm— y $V_0 = 0{,}754$ eV. Resolviendo la trascendente exacta sale z = 0,7391 y una ligadura de 0,342 eV, mientras que la fórmula de la delta sigue diciendo 0,754: ahora sobreestima por un factor 2,20. Entre $z_0=0{,}1$ y $z_0=1$ el error ha pasado del 1,3 % a más del doble, porque crece como $z_0^{2}$ .

(e) Porque en tres dimensiones el «pozo delta» no liga nada: el umbral del callout es $V_0R^{2}\ge \pi^{2}\hbar^{2}/8m$ , y mantener $V_0R^{3}$ constante mientras R → 0 hace que $V_0R^{2} = (V_0R^{3})/R$ … crezca, sí, pero manteniendo el área $V_0R$ —el análogo directo— se va a cero y el estado se pierde. La segunda lección es que una delta en tres dimensiones no es un potencial legítimo sin un tratamiento aparte, y que la costumbre de usarla como «potencial de contacto» en física nuclear y en gases ultrafríos viene con letra pequeña. En una dimensión es inofensiva y utilísima, y por eso aparece en el problema 4 de la hoja como barrera.