El escalón, y la reflexión que la física clásica prohíbe

Un neutrón ultrafrío que se mueve a menos de 6,85 metros por segundo —más despacio que un ciclista— no puede entrar en el níquel. Rebota en él con reflexión total, sea cual sea el ángulo, y por eso los neutrones ultrafríos se guardan en botellas como si fueran un gas. Pero un electrón de 1 eV que llega a un escalón de medio electronvoltio —con energía de sobra para superarlo— también rebota: un 2,94 % de las veces, cuando la física clásica dice que la fracción reflejada es exactamente cero. Los dos hechos salen de la misma cuenta, que es la de casar dos ondas de longitudes distintas en un punto, y esa cuenta es idéntica a la que explica por qué se ve uno reflejado en el cristal de una ventana.

Necesitas: el artículo 02 de este módulo, y muy especialmente la corriente de probabilidad del artículo 02 del módulo II.1: aquí deja de ser una curiosidad y pasa a ser la definición de todo lo que se mide. De su ejercicio 2 —dos ondas planas en sentidos opuestos, con

j = (\hbar k/m)(|A|^{2}-|B|^{2})

— sale directamente la primera fórmula de este artículo. De matemáticas, números complejos en forma polar y nada más.

La onda dentro de la pared

Una partícula que llega a un escalón más alto que su energía rebota entera: R = 1 exacto, sin trampa. Y sin embargo la función de onda no se para en la pared. Mueve el mando de energía hacia arriba y mira las dos cosas que pasan a la vez: la cola de dentro se alarga sin límite y la densidad justo en la pared crece hasta cuatro veces la incidente. Bájalo hacia cero y verás lo contrario, pero no simétrico: la cola se acorta hasta un valor finito —nunca cero— mientras la densidad en la pared sí se va a cero. Entrar y llegar no son lo mismo.

electrón contra una pared de 5 eV — la escala de una superficie metálica

Energía E = 50.0 % de V₀ · 2.500 eV

Penetración 1/κ 1,235 Å = ħ/√(2m(V₀−E))

… en longitudes de onda 0.1592 λ = 7,76 Å

Densidad en la pared 2.000 = 4E/V₀ · espesor ocupado 1,23 Å

Desfase de r -90.0° nodo a 0,970 Å de la pared

Con E = 50 % de V₀, la cola entra 1,23 Å —0.159 longitudes de onda— y la densidad en la pared vale 2.00 veces la incidente. Mira el nodo de la onda estacionaria: no está en la pared, está 0,970 Å más adentro, en una zona donde no hay ninguna onda estacionaria. Es un nodo virtual, y su distancia a la pared mide cuánto se ha «corrido» la pared efectiva — la misma magnitud que en física de colisiones se llama desfase, y que a energía cero es la longitud de dispersión con la que se describe la interacción entre dos átomos ultrafríos. Con una pared infinita valdría exactamente cero.

Por qué aquí no se normaliza nada

Los dos artículos anteriores trataban estados ligados: ψ decaía en los dos extremos, $\int|\psi|^{2}dx$ valía 1 y la normalización era la que fijaba la constante que sobraba. Aquí no. Un estado de dispersión oscila hasta el infinito, su integral diverge y no hay ninguna constante que fijar por ese camino. Peor: la pregunta «¿cuál es la probabilidad de encontrar la partícula en tal sitio?» deja de tener respuesta finita.

La salida es la que el módulo II.1 dejó preparada: no se cuenta probabilidad, se cuenta flujo. Para una onda plana $\psi = Ae^{ikx}$ , la corriente vale

j = \frac{\hbar}{m}\,\mathrm{Im}\!\left(\psi^{*}\frac{\partial\psi}{\partial x}\right) = \frac{\hbar k}{m}|A|^{2} = v\,|A|^{2},

que se lee como «densidad por velocidad», igual que en cualquier flujo. Y como la ecuación de continuidad obliga a que en un estado estacionario la corriente sea la misma en todo punto, se puede hacer contabilidad: lo que llega tiene que salir. Definimos entonces

R \equiv \frac{|j_{\text{refl}}|}{j_{\text{inc}}}, \qquad T \equiv \frac{j_{\text{trans}}}{j_{\text{inc}}},

el coeficiente de reflexión y el coeficiente de transmisión, y la contabilidad exige $R+T=1$ . Las constantes que no se pueden fijar se cancelan al hacer los cocientes, que es exactamente por lo que este planteamiento funciona sin normalizar nada.

Y j no es una abstracción: es lo que sale del amperímetro. Un haz de 1 nanoamperio —la corriente típica de un microscopio de efecto túnel, y la que hay que tener en la cabeza al llegar al artículo 04— son $I/e =$ 6,24 × 10⁹ electrones por segundo. Ahí está la lectura correcta de R y T: no son «qué parte de un electrón pasa», sino qué fracción de esos seis mil millones. Un R del 3 % significa 1,9 × 10⁸ rebotes por segundo, y eso se mide.

Escalón con energía de sobra

El potencial: V = 0 para x < 0 y $V=V_0$ para x ≥ 0, con $E \gt V_0$ . Los dos números de onda son $k_1=\sqrt{2mE}/\hbar$ a la izquierda y $k_2=\sqrt{2m(E-V_0)}/\hbar$ a la derecha. La partícula llega desde la izquierda, así que a la derecha no puede haber onda entrante —esa condición es la que representa «el experimento»— y

\psi(x) = \begin{cases} Ae^{ik_1x} + Be^{-ik_1x}, & x \lt 0\\[2pt] Fe^{ik_2x}, & x \ge 0.\end{cases}

Continuidad de ψ y de ψ′ en x = 0 (V es finito, luego valen las dos):

A+B = F, \qquad k_1(A-B) = k_2 F,

y despejando,

r \equiv \frac{B}{A} = \frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}, \qquad t \equiv \frac{F}{A} = \frac{2k_1}{k_1+k_2}.

El factor de flujo, que es la trampa de este artículo

$R = |r|^{2}$ sin más, porque la onda reflejada viaja en el mismo medio que la incidente y por tanto con la misma velocidad. Pero T no es $|t|^{2}$ : la onda transmitida viaja más despacio, con $k_2 \lt k_1$ , y el flujo lleva la velocidad dentro. Hay que escribir

R = \left(\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}\right)^{2}, \qquad T = \frac{k_2}{k_1}\,|t|^{2} = \frac{4k_1k_2}{(k_1+k_2)^{2}}.

Y ahora sí, $R+T = \left[(k_1-k_2)^{2}+4k_1k_2\right]/(k_1+k_2)^{2} = 1$ , exacto. Sin el factor $k_2/k_1$ , con E = 1 eV y $V_0=0{,}5$ eV, saldría $R+|t|^{2} = 1{,}402$ : el 140 % de la partícula. El guion de verificación comprueba $R+T=1$ en cinco escalones distintos, incluidos dos hacia abajo, y comprueba también que sin el factor no suma. Éste es el error más repetido del tema, y tiene la particularidad de que produce un número que no es absurdo a la vista —1,4 no canta como cantaría 14—, así que hay que buscarlo a propósito.

Los números, y lo que dicen

Fíjate en que R depende sólo del cociente $k_2/k_1 = \sqrt{1-V_0/E}$ , así que basta una variable:

E/V₀	k₂/k₁	R
1,11	0,3162	26,99 %
2	0,7071	2,944 %
3,025	0,8182	1,000 %
8,414	0,9387	0,100 %
10	0,9487	0,0693 %

Para $E\gg V_0$ el desarrollo da $R\to (V_0/4E)^{2}$ , que cae como el cuadrado del cociente: el límite clásico llega deprisa, pero llega desde arriba y nunca llega del todo. Y hay una consecuencia que conviene enunciar aparte porque es la más contraria a la intuición de todo el módulo: R depende de $|k_1-k_2|$ , no del signo. Un escalón hacia abajo —una partícula que cae por un precipicio de potencial y sale de él más rápida— refleja exactamente igual que el escalón de subida que produce el mismo cociente de números de onda. Un electrón de 1 eV que cae 1 eV rebota el 2,94 % de las veces, el mismo número que uno de 2 eV que sube 1. Clásicamente, caer por un escalón no puede devolverte nunca.

Ejemplo resuelto 1 · Es la fórmula de Fresnel, y el sitio donde ya la habías visto

Problema. En óptica, la fracción de luz que refleja una cara de vidrio en incidencia normal es $R = \left[(n_1-n_2)/(n_1+n_2)\right]^{2}$ . Compara con la fórmula de arriba, define el «índice de refracción para electrones» y úsalo con el experimento de Davisson-Germer del módulo I.2: electrones de 54 eV entrando en níquel, cuyo potencial interno vale unos 15 eV. ¿Cuánto refleja esa superficie?

Solución. Las dos fórmulas son la misma con $n \propto k$ , y eso no es una analogía: en óptica n = ck/ω es literalmente el número de onda en unidades del vacío. Definiendo $n \equiv k_2/k_1$ para el escalón,

n = \sqrt{1-\frac{V_0}{E}} = \sqrt{1+\frac{V_i}{E}} \;\;(\text{escalón hacia abajo, } V_0=-V_i).

Con E = 54 eV y $V_i = 15$ eV, $n = \sqrt{69/54} =$ 1,130 —el mismo 1,13 que el módulo I.2 tuvo que meter para que los picos de Davisson-Germer cayeran en su sitio— y

R = \left(\frac{1-1{,}130}{1+1{,}130}\right)^{2} = 0{,}375\ \%.

Resultado. Dos cosas. La primera es que el «índice de refracción para electrones» del módulo I.2, que allí se introdujo como un apaño para ajustar unos datos, es una consecuencia de la ecuación de Schrödinger y aquí queda deducido: la superficie de un cristal es una interfaz óptica para electrones, con su ley de Snell y su reflexión de Fresnel. La segunda es cuantitativa y explica una técnica: a 54 eV la superficie sólo refleja el 0,375 %, pero como R crece al bajar E, un electrón de 5 eV sobre el mismo níquel refleja el 11,1 % y uno de 1 eV, el 36 %. Ahí está el fundamento de la microscopía de electrones lentos, que ilumina una superficie con electrones de pocos electronvoltios precisamente porque a esas energías la superficie es un espejo — y a 50 eV no lo sería.

Escalón sin energía suficiente: reflexión total, y sin embargo…

Ahora $E \lt V_0$ . A la derecha la ecuación es $\psi''=\kappa^{2}\psi$ con $\kappa = \sqrt{2m(V_0-E)}/\hbar$ , y se descarta la exponencial creciente igual que en el artículo 02:

\psi(x) = \begin{cases} Ae^{ikx}+Be^{-ikx}, & x \lt 0\\[2pt] Ce^{-\kappa x}, & x \ge 0.\end{cases}

Formalmente es el caso anterior con $k_2 \to i\kappa$ , así que se puede leer el resultado directamente:

r = \frac{k-i\kappa}{k+i\kappa}, \qquad t = \frac{2k}{k+i\kappa}.

Numerador y denominador de r son complejos conjugados, de modo que $|r| = 1$ exactamente: reflexión total, como manda la intuición clásica. Pero r es un número complejo de módulo 1, no el número 1, y ahí están las dos cosas que la intuición clásica no tiene:

Un desfase. $r = e^{i\varphi}$ con $\varphi = -2\arctan(\kappa/k)$ , que va de 0 (cuando E → $V_0$ ) a −π (cuando E → 0). Como consecuencia, la onda estacionaria de la izquierda no tiene un nodo en la pared, como lo tendría contra una pared infinita: el cero de $\cos(kx-\varphi/2)$ se ha corrido a $x_0 = (\varphi+\pi)/2k$ , que es positivo — hacia dentro de la pared, donde ya no hay onda estacionaria, de modo que el nodo es virtual. Para un electrón de 1 eV contra una pared de 5 eV son 0,905 Å, y el ejercicio 2 lo demuestra. Es el mismo fenómeno que la «longitud de dispersión» de la física atómica y nuclear.
Densidad no nula en la pared, y dentro. $|t|^{2} = 4k^{2}/(k^{2}+\kappa^{2}) = 4E/V_0$ , un resultado exacto y sorprendentemente limpio. Con $E = V_0/2$ , la densidad de probabilidad justo en la pared es el doble de la densidad de la onda incidente. Y dentro no se anula de golpe: decae con longitud $1/\kappa$ .

Esa longitud es la magnitud central del resto del módulo:

\delta = \frac{1}{\kappa} = \frac{\hbar}{\sqrt{2m(V_0-E)}},

y conviene tener sus dos límites en la cabeza. Con E → 0 vale $\hbar/\sqrt{2mV_0}$ , que es finita: una partícula lentísima sí entra, un poco. Y con E → $V_0$ diverge: justo por debajo del borde, la partícula se cuela indefinidamente. Para un electrón contra una pared de 5 eV, δ = 0,873 Å con E ≈ 0 y 1,95 Å con E = 4 eV. Y ∫|ψ|²dx dentro de la pared es finita y vale $|t|^{2}/2\kappa = 2E/(V_0\kappa)$ : 0,390 Å de «espesor ocupado» para un electrón de 1 eV contra una pared de 5.

Ejemplo resuelto 2 · La botella de neutrones, y por qué gotea

Problema. El níquel presenta a un neutrón un escalón de potencial de 245 neV (el llamado potencial óptico, que sale de promediar la interacción con todos los núcleos). (a) ¿Por debajo de qué velocidad hay reflexión total? (b) ¿A qué temperatura corresponde esa energía? (c) ¿Cuánto se mete el neutrón en la pared? (d) Los experimentos que miden la vida media del neutrón guardan neutrones ultrafríos en botellas durante minutos y ven que se pierden más deprisa de lo que se desintegran. ¿Qué tiene que ver el apartado (c)?

Solución. (a) Reflexión total mientras $E \lt V_0$ , o sea $\tfrac12 m_nv^{2} \lt 245$ neV:

v_c = \sqrt{\frac{2V_0}{m_n}} = 6{,}85\ \mathrm{m/s}.

(b) $V_0/k_B =$ 2,84 mK: de ahí el nombre «ultrafríos». Su longitud de onda de de Broglie a esa velocidad es de 57,8 nm, unas doscientas distancias interatómicas, que es justamente lo que permite hablar de un potencial promedio en vez de de núcleos individuales. (c) Con E → 0, $1/\kappa = \hbar/\sqrt{2m_nV_0} = \hbar/m_nv_c =$ 9,20 nm; con E = $V_0/2$ , 13,0 nm.

Resultado. (d) El neutrón no rebota en la superficie: se mete unos treinta átomos dentro de la pared antes de salir. Y dentro de la pared hay núcleos que lo absorben y hay hidrógeno adsorbido que se lo lleva por dispersión inelástica. Con reflexión total ideal la botella sería perfecta; con una penetración de 9 nm, cada rebote es una oportunidad de perderlo, y un neutrón a 5 m/s en una botella de un metro rebota cinco veces por segundo — unas 5000 veces en los 1000 s que dura un experimento típico. Ésa es la razón física de que la discrepancia entre las dos maneras de medir la vida del neutrón —en botella y en haz— sea un problema abierto y muy vigilado: la corrección por pérdidas en la pared es este número, y depende de la limpieza de una superficie. La física de este párrafo cabe entera en δ = 1/κ.

«La partícula rebota porque choca con algo» es la imagen que hay que desmontar, y la manera de hacerlo no es decir «en realidad, no», sino dar el número que enseña dónde falla. La reflexión de esta sección no la produce ningún obstáculo: la produce un cambio brusco de longitud de onda, y la palabra que hace todo el trabajo es «brusco». Si el escalón, en vez de ser vertical, sube suavemente a lo largo de una distancia d, la reflexión se derrumba. Y no hay que creérselo: el escalón suavizado $V(x) = V_0/\left(1+e^{-x/d}\right)$ —el perfil de Eckart, uno de los pocos escalones blandos con solución exacta— da

R = \left[\frac{\operatorname{senh}\!\left(\pi d\,(k_1-k_2)\right)}{\operatorname{senh}\!\left(\pi d\,(k_1+k_2)\right)}\right]^{2},

que con d → 0 devuelve el escalón abrupto —los dos senos hiperbólicos tienden a sus argumentos y queda $[(k_1-k_2)/(k_1+k_2)]^{2}$ — y con d grande muere como $e^{-4\pi d k_2}$ : exponencial en la anchura del suavizado. Para un electrón de 1 eV sobre un escalón de 0,5 eV, cuya longitud de onda es de 12,3 Å:

Anchura d del escalón	R
0 (abrupto)	2,944 %
0,2 Å	2,672 %
0,55 Å	1,479 % (la mitad)
1 Å	0,396 %
2 Å	0,0080 %
3 Å	0,00010 %

Es decir: la reflexión cuántica exige que el potencial cambie de golpe, y «de golpe» es mucho más exigente que «en menos de una longitud de onda». El exponente de arriba se hace 1 en $d = 1/4\pi k_2 = \lambda_2/8\pi^{2} = 0{,}220$ Å, y la reflexión ya está a la mitad en d = 0,552 Å — menos de una vigésima parte de la longitud de onda incidente, no una fracción cómoda de ella. Con d = 2 Å —una sexta parte de λ— refleja 368 veces menos que el escalón ideal. Eso deja el escalón abrupto de este artículo como lo que es: una idealización útil, válida cuando la interfaz es verdaderamente atómica, y engañosa si se aplica a un potencial que varía a lo largo de nanómetros. Y explica de paso por qué el límite clásico funciona en el mundo grande: no porque ħ sea pequeño en abstracto, sino porque los potenciales macroscópicos son suaves en la escala de la longitud de onda de lo que se mueve por ellos.

Ejercicios

Ejercicio 1 · El flujo, hecho a mano

Sin usar la fórmula acabada de $R$ y $T$ :

(a) Calcula $j(x)$ para $\psi = Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x}$ en x < 0 y para $Fe^{ik_2x}$ en x > 0, aplicando la definición $j=(\hbar/m)\,\mathrm{Im}(\psi^{*}\psi')$ . Comprueba de paso que en la región de la izquierda no hay ningún término cruzado que dependa de x. (b) Impón que j sea la misma a los dos lados —lo exige la ecuación de continuidad en un estado estacionario— y obtén una relación entre $|A|^{2}$ , $|B|^{2}$ y $|F|^{2}$ . (c) Comprueba que la relación que has obtenido es exactamente $R+T=1$ con el factor de flujo, y que no se cumple sin él. (d) Toma E = 1 eV y $V_0=0{,}5$ eV, calcula $R+|F/A|^{2}$ y di en qué se equivoca esa cuenta, físicamente, en una frase.

Solución

(a) A la izquierda, $\psi^{*}\psi' = ik_1\left(|A|^{2}-|B|^{2}\right) + ik_1\left(A^{*}Be^{-2ik_1x}\cdot(-1) + AB^{*}e^{2ik_1x}\right)$ ; los dos términos cruzados son conjugados el uno del otro con signos opuestos, así que su suma es real y no aporta parte imaginaria. Queda $j = (\hbar k_1/m)(|A|^{2}-|B|^{2})$ , sin dependencia de x. A la derecha, $j = (\hbar k_2/m)|F|^{2}$ .

(b) Igualando, $k_1(|A|^{2}-|B|^{2}) = k_2|F|^{2}$ . (c) Dividiendo entre $k_1|A|^{2}$ : $1 - |B/A|^{2} = (k_2/k_1)|F/A|^{2}$ , o sea $R + T = 1$ con $T=(k_2/k_1)|t|^{2}$ . Sin el factor, la igualdad sencillamente no es la que sale de la continuidad. (d) Con esos datos, $R = 0{,}0294$ y $|t|^{2} = 1{,}3726$ , cuya suma es 1,402.

La segunda lección está en (a) y es la que hace que todo esto sea legítimo: el término de interferencia entre la onda incidente y la reflejada no contribuye a la corriente, aunque sí contribuye —y mucho— a la densidad, que es lo que produce la onda estacionaria con sus máximos y mínimos delante del escalón. Densidad y corriente cuentan cosas distintas, y sólo la segunda se conserva. Y el error de (d) tiene un nombre físico preciso: $|t|^{2}$ es el cociente de densidades, no de flujos, y la onda transmitida va más despacio, así que la misma corriente necesita más densidad. Confundir los dos es contar el 140 % de una partícula.

Ejercicio 2 · La onda estacionaria delante de la pared

Para el escalón con $E \lt V_0$ , escribe $|\psi(x)|^{2}$ en x < 0.

(a) Demuestra que es $4|A|^{2}\cos^{2}\!\left(kx - \varphi/2\right)$ con $\varphi$ el desfase de r, y localiza el primer mínimo. (b) ¿Dónde estaría ese mínimo contra una pared infinita? ¿Cuánto se ha desplazado? (c) Evalúa el desplazamiento para un electrón de 1 eV contra paredes de 1,1 · 2 · 5 eV, y para el caso límite de pared infinita. (d) Comprueba que en x = 0 la densidad vale $4|A|^{2}E/V_0$ , tal como afirma el texto, y explica cómo puede ser mayor que $|A|^{2}$ sin violar nada. (e) ¿Qué mide experimentalmente ese desplazamiento del nodo, y con qué magnitud de la física de colisiones se corresponde?

Solución

(a) Con $B = Ae^{i\varphi}$ , $\psi = A\left(e^{ikx}+e^{i\varphi}e^{-ikx}\right) = 2Ae^{i\varphi/2}\cos(kx-\varphi/2)$ , cuyo módulo al cuadrado es el enunciado. El primer mínimo —un cero— está en $kx-\varphi/2 = -\pi/2$ , o sea $x = \varphi/2k - \pi/2k$ . (b) Contra una pared infinita, φ = −π y el cero cae exactamente en x = 0; aquí cae en $x_0 = (\varphi+\pi)/2k$ , que es positivo — dentro de la pared, donde no hay onda estacionaria: el nodo es virtual, y su desplazamiento respecto de x = 0 mide cuánto «se ha corrido» la pared efectiva.

(c) Con E = 1 eV, k = 0,5123 Å⁻¹. Para $V_0 = 1{,}1$ eV, φ = −35,10°, y $x_0 = 2{,}47$ Å; para 2 eV, φ = −90° y $x_0 = 1{,}53$ Å; para 5 eV, φ = −126,87° y $x_0 = 0{,}90$ Å; con pared infinita, $x_0 = 0$ . Cuanto más blanda la pared, más se corre. (d) $|\psi(0)|^{2} = 4|A|^{2}\cos^{2}(\varphi/2)$ , y con $\tan(\varphi/2) = -\kappa/k$ sale $\cos^{2}(\varphi/2) = k^{2}/(k^{2}+\kappa^{2}) = E/V_0$ . Que supere $|A|^{2}$ no viola nada: es interferencia constructiva entre la onda que va y la que vuelve, exactamente igual que el vientre de una onda estacionaria en una cuerda tiene el doble de amplitud que cada onda viajera. Lo que no puede pasar de 1 es R, y R vale exactamente 1.

(e) La segunda lección: ese desplazamiento es lo que en teoría de colisiones se llama desfase, y su versión a energía cero es la longitud de dispersión. Es la magnitud con la que se describe la interacción entre dos átomos ultrafríos —cuando la longitud de onda es enorme comparada con el potencial, la única información que sobrevive es una longitud, ésta— y es lo que se sintoniza con un campo magnético en un condensado de Bose-Einstein para hacer que los átomos se atraigan o se repelan a voluntad. Toda la física de un potencial complicado, resumida en cuánto se corre un nodo. El módulo III.4 la trata en serio.

Ejercicio 3 · Una capa antirreflejante para electrones

Un electrón de 1 eV llega a un escalón de $V_0 = 0{,}5$ eV y refleja el 2,944 %. Se propone eliminar esa reflexión intercalando entre las dos regiones una capa de potencial intermedio $V_2$ y espesor d, exactamente como se hace en óptica con las lentes tratadas.

(a) Escribe las amplitudes reflejadas en las dos interfaces y la condición para que se cancelen. Necesitas dos cosas: que tengan el mismo módulo y que lleguen en oposición de fase. (b) De la primera condición deduce que $k_2 = \sqrt{k_1k_3}$ —media geométrica, igual que en óptica— y tradúcelo a una condición sobre $V_2$ . Evalúala. (c) De la segunda deduce que el espesor tiene que ser un cuarto de la longitud de onda dentro de la capa. Calcúlalo en ångströms. (d) Comprueba que con esos dos valores R es exactamente cero, y no aproximadamente. (e) ¿Qué pasa si el espesor es medio de onda? Calcula R y explica el resultado en una frase. (f) ¿Y si $V_2$ se elige mal —0,25 o 0,35 eV en vez del valor óptimo— manteniendo el cuarto de onda? Da los dos R y di si la capa sigue mereciendo la pena.

Solución

(a) Con tres regiones hay dos interfaces, cada una con su $r = (k_a-k_b)/(k_a+k_b)$ , y la onda que refleja en la segunda vuelve habiendo recorrido 2d dentro de la capa: se suma con un factor $e^{2ik_2d}$ . Para que la suma se anule hacen falta módulos iguales y fase opuesta. (b) Igualando módulos, $(k_1-k_2)/(k_1+k_2) = (k_2-k_3)/(k_2+k_3)$ , y despejando sale $k_2^{2}=k_1k_3$ . Como $k\propto\sqrt{E-V}$ , eso es $E-V_2 = \sqrt{E(E-V_0)}$ , de donde

V_2 = E - \sqrt{E(E-V_0)} = 1 - \sqrt{0{,}5} = 0{,}2929\ \mathrm{eV}.

(c) La fase opuesta pide $2k_2d = \pi$ , o sea $d = \lambda_2/4$ . Con $k_2 = \sqrt{0{,}7071/3{,}810} = 0{,}4308$ Å⁻¹, $\lambda_2 = 14{,}58$ Å y d = 3,646 Å. (d) Con esos valores, el cálculo exacto de las dos interfaces da R = 10⁻³⁴, que es cero hasta donde llega la doble precisión: la cancelación es exacta, no aproximada.

(e) Con $d=\lambda_2/2$ , el factor de fase vale 1 y las dos reflexiones se suman en fase en lugar de cancelarse; el resultado es R = 2,944 %, exactamente el del escalón sin capa. La capa se ha vuelto invisible, que es lo mismo que le ocurre a una lámina de media onda en óptica. (f) Con $V_2 = 0{,}25$ eV y su cuarto de onda, R = 8,67 × 10⁻⁴; con 0,35 eV, R = 1,77 × 10⁻³. Sigue mereciendo la pena: aun errando el potencial intermedio un 20 %, la reflexión baja de 2,944 % a menos de dos milésimas, un factor entre 16,6 y 34 según hacia qué lado se yerre.

La segunda lección es que este ejercicio es el artículo 04 antes de tiempo. Lo que se acaba de hacer —dos interfaces cuyas reflexiones interfieren, con un resultado que depende del espesor a través de $e^{2ik_2d}$ — es exactamente el mecanismo de las resonancias de transmisión de una barrera, donde T vuelve a valer 1 cuando cabe un número entero de semilongitudes de onda dentro. Y la lección práctica es la del apartado (f): las condiciones de interferencia son tolerantes. Errar el espesor o el índice un 20 % no devuelve la reflexión original, la deja diez o veinte veces por debajo, y por eso las lentes tratadas funcionan en todo el visible con una sola capa.

Ejercicio 4 · Cuánta partícula hay dentro de la pared

Escalón con $E \lt V_0$ .

(a) Calcula $\int_0^{\infty}|\psi|^{2}dx$ en unidades de $|A|^{2}$ y demuestra que vale $2E/(V_0\kappa)$ . Esa cantidad tiene dimensiones de longitud: interprétala. (b) Estúdiala como función de E: ¿dónde se anula y dónde diverge? (c) Evalúala para un electrón contra una pared de 5 eV con E = 0,05 · 1 · 4 eV. (d) Ahora hazla física: multiplícala por la corriente incidente para obtener el tiempo característico que la partícula pasa dentro de la pared por cada rebote, y evalúalo para el neutrón ultrafrío del ejemplo resuelto 2 con E = $V_0/2$ . (e) ¿Por qué ese tiempo no es «el tiempo que tarda en atravesar», y qué problema abierto de la mecánica cuántica ronda esta pregunta? (f) Vuelve al escalón suavizado del callout, con su $R = \left[\operatorname{senh}(\pi d(k_1-k_2))/\operatorname{senh}(\pi d(k_1+k_2))\right]^{2}$ : evalúala para el electrón de 1 eV sobre 0,5 eV con d = 1 y 2 Å y comprueba las dos filas de aquella tabla. Después demuestra que con d grande decae como $e^{-4\pi dk_2}$ y traduce ese exponente a una condición sobre $d/\lambda_2$ .

Solución

(a) $\int_0^{\infty}|C|^{2}e^{-2\kappa x}dx = |C|^{2}/2\kappa$ con $|C|^{2}=|t|^{2}|A|^{2}=4(E/V_0)|A|^{2}$ , luego el resultado. Como $|A|^{2}$ es una densidad, el cociente es una longitud efectiva: el espesor de pared que haría falta llenar con la densidad incidente para meter la misma cantidad de probabilidad. (b) Se anula en E → 0 —una partícula parada casi no entra, aunque δ siga siendo finita, porque $|t|^{2}\to0$ — y diverge en E → $V_0$ , donde κ → 0. (c) Con $V_0=5$ eV: 0,0175 Å con E = 0,05 eV; 0,390 Å con 1 eV; 3,12 Å con 4 eV.

(d) El tiempo es esa longitud dividida por la velocidad incidente, $\tau = 2E/(V_0\kappa v)$ , que con $E=V_0/2$ se reduce a $\tau = 1/(\kappa v)$ . Para el neutrón, E = 122,5 neV da v = 4,84 m/s y 1/κ = 13,0 nm, de modo que $\tau = 13{,}0\ \mathrm{nm}/4{,}84\ \mathrm{m/s} =$ 2,69 ns por rebote. En 5000 rebotes, 13,4 microsegundos dentro de la pared: minúsculo frente a los 1000 s del experimento, y sin embargo suficiente, porque lo que importa no es el tiempo sino la probabilidad de encontrarse un núcleo absorbente mientras se está ahí.

(e) La segunda lección es un aviso, y es importante que llegue antes del artículo 04. Ese τ no es «lo que tarda en cruzar»: la cuenta que se ha hecho es un cociente entre una probabilidad estacionaria y un flujo, no el cronometraje de nada. Cuánto tarda una partícula en atravesar una región clásicamente prohibida es una pregunta abierta con varias definiciones inequivalentes en la literatura —tiempo de fase, tiempo de permanencia, reloj de Larmor— que dan resultados distintos, y con experimentos recientes en ionización por túnel que todavía se discuten. El artículo 04 va a calcular con qué probabilidad se atraviesa una barrera, que es una pregunta perfectamente bien planteada, y va a evitar cuidadosamente decir cuánto se tarda en hacerlo.

(f) Con E = 1 eV y $V_0 = 0{,}5$ eV, $k_1 = 0{,}5123$ Å⁻¹ y $k_2 = 0{,}3623$ Å⁻¹. Con d = 1 Å los dos argumentos son 0,4714 y 2,7480, y el cociente de senos hiperbólicos al cuadrado da 0,396 %; con d = 2 Å, 0,0080 %. Son las dos filas de la tabla, ahora calculadas y no creídas. Para d grande los dos senos se convierten en $e^{\text{arg}}/2$ y el cociente queda $e^{-2\pi dk_2}$ , o sea $R \to e^{-4\pi dk_2} = e^{-8\pi^{2}d/\lambda_2}$ con $\lambda_2 = 2\pi/k_2 = 17{,}3$ Å la longitud de onda del otro lado. Y aquí está la sorpresa del apartado: el exponente vale 1 cuando $d = \lambda_2/8\pi^{2} =$ 0,220 Å, que es λ₂/79, no una fracción cómoda de la longitud de onda. La reflexión cae a la mitad ya en d = 0,552 Å. O sea que el eslogan «sobrevive mientras el potencial cambie en menos de una longitud de onda» da la dirección correcta y una escala demasiado generosa por casi dos órdenes de magnitud: la escala de verdad es $1/4\pi k_2$ , y ése es exactamente el tipo de cosa que sólo aparece cuando se pone la fórmula y se evalúa.