La ecuación y de dónde no sale

Un electrón encerrado en una caja de un nanómetro con paredes impenetrables no puede tener menos de 0,376 electronvoltios, y esa cifra sale de una sola constante: ħ²/2m_e = 3,810 eV·Å². La ecuación que lo dice se escribió en enero de 1926 y no se dedujo de nada. Se postuló. Este artículo cuenta de dónde vienen sus piezas, hasta dónde llega el razonamiento que suele contarse como su deducción, y por qué el hecho de que sea de primer orden en el tiempo y de segundo en el espacio no es un detalle de forma sino lo que hace que Ψ(x, 0) determine el futuro entero.

Necesitas, en concreto: derivadas parciales, integrales impropias, números complejos en forma

e^{i\theta}

, ecuaciones diferenciales ordinarias lineales de primer y segundo orden, y autovalores. Nada de transformadas de Fourier: el desarrollo en autofunciones del artículo 04 se usa como herramienta —proyectar contra una base ortonormal—, no como teoría de series. De física, nada: el Nivel II se lee entero sin el Nivel I, porque son cursos distintos y no dos versiones del mismo texto. Si quieres la intuición antes que el formalismo, los módulos I.2 y I.3 cuentan λ = h/p y la incertidumbre sin una sola derivada — son lectura recomendable, no requisito. Texto guía de este módulo: D. J. Griffiths, Introduction to Quantum Mechanics, capítulo 1 y §2.1.

Las dos piezas prestadas

En 1926 había dos relaciones sobre la mesa y ninguna teoría que las uniera. La primera es de Planck y Einstein: un cuanto de frecuencia angular ω lleva energía

E = \hbar\omega.

La segunda es la conjetura de de Broglie de 1924, leída al revés: a una partícula de momento p le corresponde una longitud de onda λ = h/p, es decir, un número de onda

p = \hbar k, \qquad k = \frac{2\pi}{\lambda}.

Escribe ahora la onda más simple posible, una onda plana que se propaga hacia la derecha:

\Psi(x,t) = A\,e^{i(kx-\omega t)}.

Y haz lo único que se puede hacer con ella: derivar. Derivando respecto al tiempo baja un factor $-i\omega$ , y multiplicando por $i\hbar$ queda

i\hbar\,\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \hbar\omega\,\Psi = E\,\Psi.

Derivando dos veces respecto a x baja $-k^2$ , y con el prefactor adecuado

-\frac{\hbar^{2}}{2m}\,\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial x^{2}} = \frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}\,\Psi = \frac{p^{2}}{2m}\,\Psi = T\,\Psi.

Para una partícula libre no relativista, $E = p^2/2m$ . Los dos lados de arriba son entonces el mismo número multiplicando a la misma Ψ, y se pueden igualar:

i\hbar\,\frac{\partial\Psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^{2}}{2m}\,\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial x^{2}}.

Esto sí es una deducción, y su contenido es exactamente éste: la relación de dispersión de la onda plana tiene que ser $\omega = \hbar k^{2}/2m$ , y no otra. Nótese lo que se ha usado: dos relaciones experimentales prestadas y la expresión clásica de la energía cinética. Y nótese lo que ha aparecido sin que nadie lo pidiera: una i. Sin ella la ecuación sería $\partial_t\Psi = (\hbar/2m)\,\partial_x^2\Psi$ , que es la ecuación del calor: nada oscila, todo se difunde y no hay interferencia posible. La unidad imaginaria no es una comodidad de cálculo aquí. Es la diferencia entre una onda y una mancha que se extiende.

Ejemplo resuelto 1 · La onda plana viaja a la mitad de la velocidad de su partícula

Problema. Con $\omega = \hbar k^{2}/2m$ , calcula la velocidad de fase $v_f = \omega/k$ y la velocidad de grupo $v_g = d\omega/dk$ . Evalúalas para un electrón de 1 eV y para un neutrón térmico de 25,3 meV, y di cuál de las dos mide un espectrómetro de tiempo de vuelo.

Solución. Directamente de la relación de dispersión:

v_f = \frac{\omega}{k} = \frac{\hbar k}{2m} = \frac{p}{2m} = \frac{v}{2}, \qquad v_g = \frac{d\omega}{dk} = \frac{\hbar k}{m} = \frac{p}{m} = v.

El electrón de 1 eV tiene $k = 5{,}123\times10^{9}$ m⁻¹ —o sea λ = 1,226 nm, que es la fórmula práctica λ [nm] = 1,226/√V que se usa en el laboratorio—, ω = 1,519 × 10¹⁵ rad/s y v = 593 km/s. Su velocidad de fase es 297 km/s. El neutrón de 25,3 meV tiene λ = 179,8 pm, v = 2200 m/s —la velocidad canónica de un neutrón térmico— y velocidad de fase 1100 m/s.

Resultado. La velocidad de fase de la onda de Schrödinger es la mitad de la velocidad de la partícula, y eso no es un problema: la fase de una onda monocromática no transporta nada, porque una onda plana es idéntica en todas partes y no tiene ningún rasgo cuya llegada se pueda cronometrar. Lo que un espectrómetro de tiempo de vuelo mide es el frente de un paquete de ondas, y eso viaja a $v_g$ , que aquí coincide exactamente con p/m. Guarda el contraste, porque enseña a qué teoría pertenece cada número: de Broglie, trabajando con la energía relativista total $E=\gamma mc^{2}$ , obtuvo para su onda una velocidad de fase $c^{2}/v$ , que es mayor que c y le costó un capítulo entero de justificaciones. Aquí sale v/2 porque esta ecuación obedece a $E = p^{2}/2m$ , sin energía en reposo. Los dos números son correctos y son de teorías distintas: la velocidad de fase depende de dónde pongas el cero de energías, y la de grupo no.

Dónde se rompe el argumento: en cuanto hay potencial

Ahora viene la parte que casi nunca se cuenta con la franqueza que merece. Schrödinger no quería la ecuación de una partícula libre —eso no explica ni un átomo—. Quería una ecuación con potencial, y lo que hizo fue añadir el término que hacía falta:

i\hbar\,\frac{\partial\Psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^{2}}{2m}\,\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial x^{2}} + V(x,t)\,\Psi.

Ésta es la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo, y el paso que acaba de darse no está justificado por nada de lo anterior. Conviene ver por qué, porque el sitio exacto de la rotura es informativo:

Con V ≠ 0 la onda plana deja de ser solución. Sustitúyela: el lado izquierdo da $\hbar\omega\Psi$ , el derecho $(\hbar^2k^2/2m + V(x))\Psi$ , y para que coincidan en todo punto haría falta que V fuese constante. Si V depende de x, no hay ningún par (k, ω) que sirva.
Y no lo hay porque p ya no es constante. La receta $p = \hbar k$ asigna un número de onda a un momento, pero una partícula en un potencial cambia de momento mientras se mueve. No hay un k que asignarle: hay una distribución de valores, y eso ya no es una onda plana sino una superposición de muchas.
El argumento no distingue entre operadores. Escribir $V\Psi$ es una elección. Nada en el razonamiento de la onda plana obliga a que el potencial entre multiplicando en vez de, por ejemplo, derivando. Se elige así porque en el límite clásico devuelve la mecánica de Newton, y porque funciona.

De modo que la situación honesta es ésta: la ecuación es un postulado. Lo que se ha hecho arriba no es deducirla, es motivarla — comprobar que en el único caso donde las piezas prestadas se pueden aplicar, la ecuación las reproduce. Lo que la sostiene es lo otro: que reproduce el espectro del hidrógeno, la tabla periódica, el enlace químico, la conducción en un semiconductor y la corriente de un microscopio de efecto túnel, y que en cien años nadie ha encontrado un sistema no relativista donde falle. Es exactamente la misma clase de justificación que tienen las leyes de Newton o las ecuaciones de Maxwell, que tampoco se deducen de nada anterior. La diferencia es que a nadie le sorprende que $F=ma$ sea un postulado.

Ejemplo resuelto 2 · La misma receta con la energía relativista da OTRA ecuación

Problema. Aplica exactamente el mismo procedimiento —onda plana, $E=\hbar\omega$ , $p=\hbar k$ — pero partiendo de la relación relativista $E^{2} = (pc)^{2} + (mc^{2})^{2}$ en lugar de $E=p^{2}/2m$ . ¿Qué ecuación sale, y qué se pierde?

Solución. Como la relación es cuadrática en E, hay que derivar dos veces respecto al tiempo: $-\hbar^{2}\partial_t^{2}\Psi = E^{2}\Psi$ . Sustituyendo queda

-\hbar^{2}\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial t^{2}} = -\hbar^{2}c^{2}\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial x^{2}} + m^{2}c^{4}\Psi,

que es la ecuación de Klein-Gordon. Schrödinger la escribió primero — antes que la suya— y la abandonó porque, aplicada al hidrógeno, daba una estructura fina que no cuadraba con la medida. El dato que había que reproducir es el desdoblamiento del nivel n = 2, que hoy se mide en 10 969 MHz; la fórmula correcta, que necesita el espín del electrón —descubierto en 1925 y todavía no incorporado a ninguna ecuación de ondas—, da 45,3 µeV, o sea 10,95 GHz. Sin espín no sale, y Schrödinger no tenía manera de meterlo.

Resultado. Se pierden tres cosas, y una de ellas es la que da título a la sección siguiente. Primero, la ecuación es de segundo orden en t, así que Ψ(x, 0) ya no basta: hace falta también $\partial_t\Psi(x,0)$ . Segundo, admite soluciones con $E \lt 0$ —la raíz negativa de la relación relativista— y no hay manera de descartarlas. Tercero, la densidad que se conserva en esa teoría puede ser negativa, lo que arruina la interpretación probabilista del artículo 02. Las tres cosas se arreglan, y hacen falta veinte años y la teoría cuántica de campos para arreglarlas (Cuantario lo trata en el módulo III.7). Un detalle que conviene guardar porque explica la estructura del límite no relativista: al pasar de Klein-Gordon a Schrödinger se factoriza y se tira una fase $e^{-imc^{2}t/\hbar}$ cuyo periodo es $h/m_ec^{2}$ = 8,09 × 10⁻²¹ s, ocho zeptosegundos. La ecuación de Schrödinger es lo que queda de la relativista después de quitarle un reloj que gira casi cuarenta mil veces más deprisa que la fase del estado fundamental del hidrógeno —304 as frente a 8,09 zs, un factor 3,76 × 10⁴ (artículo 04)— y por eso se puede quitar.

Primero en el tiempo, segundo en el espacio: lo que eso decide

Compara la ecuación de Schrödinger con la ecuación de ondas de toda la vida, la de una cuerda tensa:

\frac{\partial^{2}y}{\partial t^{2}} = v^{2}\frac{\partial^{2}y}{\partial x^{2}} \qquad\text{frente a}\qquad i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} = -\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial x^{2}} + V\Psi.

Se parecen en el lado derecho y no se parecen en nada más, y toda la diferencia está en el orden de la derivada temporal. Para predecir una cuerda hacen falta dos funciones iniciales: la forma $y(x,0)$ y la velocidad $\dot y(x,0)$ . Una cuerda con la misma forma y distinta velocidad hace cosas distintas.

En la ecuación de Schrödinger hay una sola derivada temporal, así que la ecuación misma da $\partial_t\Psi$ en función de Ψ. Conocida Ψ(x, 0), la ecuación devuelve la derivada; con ella se avanza un instante; y se repite. Ψ(x, 0) determina Ψ(x, t) para todo t, pasado y futuro, sin ninguna información adicional. No hay «velocidad inicial de la función de onda» que dar: está contenida en la propia Ψ, en su fase.

Esto tiene tres consecuencias que se usan constantemente y conviene enunciar por separado:

La teoría es determinista, y esto suele sorprender. Lo que no es determinista es el resultado de una medida (artículo 02); la evolución de Ψ mientras nadie mide lo es tanto como la de un planeta.
Ψ no puede ser real. Si Ψ y V son reales, el lado izquierdo de la ecuación es imaginario puro y el derecho es real: los dos tienen que anularse, y sale $\partial_t\Psi=0$ . Es decir, ninguna Ψ real evoluciona. El ejercicio 3 lo hace entero. Que la función de onda sea compleja no es un truco de cálculo del que uno se libra tomando la parte real al final, como en la óptica ondulatoria: es obligatorio, y la razón es el orden impar de la derivada temporal.
La segunda derivada en x pide que Ψ sea suave. Ψ tiene que ser continua, y $\partial_x\Psi$ también, salvo donde V tenga un salto infinito. Ésa es la condición de contorno que resuelve el módulo II.2 entero, y ya se ve venir de dónde sale.

Conviene comprobar que la contabilidad de la información cuadra, porque parece que se ha ganado algo a cambio de nada. Una cuerda guarda dos funciones reales por instante, y(x) y ẏ(x). Ψ guarda una función compleja, que son también dos funciones reales: su módulo y su fase. Ni sobra ni falta información. Lo que cambia es dónde vive el equivalente de la velocidad: en la fase. El artículo 02 la sacará de ahí explícitamente —la corriente vale $j=(\hbar/m)\,\rho\,\partial_x\Phi$ — y para la onda plana de 1 eV de más arriba eso da $\partial_x\Phi = k = 5{,}123\times10^{9}$ m⁻¹, o sea una velocidad local de ħk/m = 593 km/s, exactamente la de la partícula.

Linealidad, y lo que se paga por ella

La ecuación es lineal y homogénea en Ψ: en ningún sitio aparece Ψ², ni Ψ multiplicando a una derivada suya, ni ningún término independiente. La consecuencia es inmediata y es la propiedad más explotada de toda la teoría. Si $\Psi_1$ y $\Psi_2$ son soluciones con el mismo V, entonces

\Psi = c_1\Psi_1 + c_2\Psi_2

también lo es, para cualesquiera constantes complejas $c_1, c_2$ . Eso es el principio de superposición, y aquí no es una hipótesis física: es álgebra de operadores lineales.

Lo que se paga es que lo observable no se superpone. Lo que se mide, como cuenta el artículo siguiente, es $|\Psi|^{2}$ , y el módulo al cuadrado de una suma no es la suma de los módulos al cuadrado:

|\Psi|^{2} = |c_1|^{2}|\Psi_1|^{2} + |c_2|^{2}|\Psi_2|^{2} + 2\,\mathrm{Re}\!\left(c_1^{*}c_2\,\Psi_1^{*}\Psi_2\right).

Ese tercer sumando es el término de interferencia, y es el que produce todo lo que distingue esta teoría de una teoría de probabilidades corriente. Cuando $\Psi_1$ y $\Psi_2$ tienen energías distintas, el término cruzado oscila en el tiempo con frecuencia $\omega = (E_2-E_1)/\hbar$ , aunque los dos estados por separado no cambien nada. Con dos niveles separados 1 eV, el periodo es h/ΔE = 4,136 fs. El artículo 04 convierte esa observación en el resultado central del módulo.

«La ecuación de Schrödinger se deduce de la relación de de Broglie» es la frase que este artículo desmonta, y conviene decir exactamente cuánta verdad tiene: la deducción existe y cubre $V=0$ . Fuera de ahí, lo que hay es una extrapolación afortunada. La prueba de que el argumento no es una deducción es que el mismo procedimiento, aplicado a la relación relativista, da Klein-Gordon — otra ecuación, con otro orden temporal y otras patologías. Un razonamiento que admite dos conclusiones incompatibles a partir de las mismas premisas no está demostrando ninguna de las dos.

Y hay un límite de fondo que no se cierra en este módulo ni en el siguiente. Esta ecuación describe una partícula. Para N partículas, Ψ no vive en el espacio de tres dimensiones sino en uno de 3N, y esa diferencia deja de ser un tecnicismo en cuanto se hace una cuenta: para los 10 electrones de una molécula de agua, discretizar el espacio con una rejilla ridícula de 10 puntos por dimensión pide 10³⁰ números. Ese muro es la razón de que exista la química computacional como disciplina, con sus métodos aproximados, y no se resuelve con más ordenador. Aquí se trabaja siempre con una partícula en una dimensión, y conviene saber que ésa es una simplificación enorme y no un caso particular sencillo.

Ejercicios

Ejercicio 1 · Dos ondas planas que van en sentidos opuestos

Construye $\Psi(x,t) = A\left(e^{ikx}+e^{-ikx}\right)e^{-i\omega t}$ con $\omega = \hbar k^{2}/2m$ . (a) Comprueba por sustitución directa que resuelve la ecuación libre. (b) Calcula $|\Psi|^{2}$ y demuestra que no depende del tiempo. (c) ¿Dónde están sus ceros, y qué separación tienen para un electrón de 1 eV? (d) ¿Es un estado físico?

Solución

(a) Sale sin trabajo: la ecuación es lineal y cada exponencial la cumple con la misma ω, porque ω depende de $k^{2}$ y no de k. Ése es el punto: los dos sentidos tienen la misma energía, y por eso se pueden sumar sin que aparezcan dos frecuencias.

(b) $\Psi = 2A\cos(kx)\,e^{-i\omega t}$ , de modo que $|\Psi|^{2} = 4|A|^{2}\cos^{2}(kx)$ : la exponencial temporal tiene módulo 1 y desaparece al elevar al cuadrado. (c) Los ceros están en $kx = \pi/2 + n\pi$ , separados λ/2. Para el electrón de 1 eV, λ = 1,226 nm, así que los nodos distan 0,613 nm.

(d) No, y ahí está la segunda lección. Has construido tu primer estado estacionario —densidad independiente del tiempo, que es el asunto del artículo 04— y lo has hecho sumando dos objetos que no son estados: ninguna onda plana es normalizable, y su suma tampoco lo es, porque $\cos^{2}(kx)$ no decae en el infinito. La linealidad no arregla eso. El artículo 02 explica qué falta exactamente y el módulo II.2 lo arregla poniendo paredes: entre dos paredes, el mismo coseno sí es normalizable, y aparecen los niveles.

Ejercicio 2 · Unidades de laboratorio, y la velocidad que un detector cronometra

Nadie calcula con julios y metros. Reescribe la ecuación estacionaria $-(\hbar^{2}/2m)\psi'' + V\psi = E\psi$ midiendo energías en electronvoltios y longitudes en ångströms, comprobando que $\hbar^{2}/2m_e = 3{,}810$ eV·Å². (a) Con ella, halla k y λ de un electrón libre de 25 eV y compara con la fórmula práctica λ [nm] = 1,226/√V. (b) ¿Cuánto vale la constante para un protón, y qué longitud de onda le corresponde a 25 eV? (c) Deriva la relación de dispersión $\omega=\hbar k^{2}/2m$ para obtener $v_g=d\omega/dk$ y $v_f=\omega/k$ del electrón de 25 eV; luego, con $dv_g/dE$ , halla la dispersión de velocidades $\Delta v_g$ de un paquete de anchura ΔE = 0,5 eV y demuestra que $\Delta v_g/v_g = \Delta E/2E$ . (d) Un detector cronometra la llegada del paquete tras volar una distancia L. Demuestra que $\Delta t/t = \Delta E/2E$ y calcula qué L hace falta para separar dos energías que difieren un 0,1 % con una resolución temporal de 10 µs, primero para ese electrón y después para un neutrón térmico de 25,3 meV. ¿Por qué el tiempo de vuelo es la técnica estándar con neutrones y no con electrones?

Solución

Con V = 0 y $\psi=e^{ikx}$ queda $E = (3{,}810\ \mathrm{eV}\cdot\text{Å}^{2})\,k^{2}$ , así que $k=\sqrt{E/3{,}810}$ en Å⁻¹. (a) Con E = 25 eV, k = 2,562 Å⁻¹ y λ = 2π/k = 2,453 Å = 245 pm; la fórmula práctica da 1,226/5 = 0,2452 nm, y coinciden en las cuatro cifras que tiene la constante 1,226, como tenían que coincidir, porque son la misma cuenta escrita de dos maneras. (b) La constante va como 1/m, así que para el protón es 3,810/1836,15 = 2,075 × 10⁻³ eV·Å², y a 25 eV sale λ = 5,72 pm, cuarenta y tres veces menor.

(c) Derivando, $v_g=\hbar k/m=\sqrt{2E/m}$ = 2965 km/s y $v_f=v_g/2$ = 1483 km/s. Como $E=\tfrac12 mv_g^{2}$ , derivando respecto a E sale $dv_g/dE = 1/mv_g$ , de modo que

\Delta v_g = \frac{\Delta E}{m\,v_g} = \frac{\Delta E}{2E}\,v_g = 29{,}7\ \mathrm{km/s},

el 1 % de $v_g$ , que es exactamente ΔE/2E = 0,5/50. El factor 2 no es decorativo: sale de que la energía va con el cuadrado de la velocidad, y es el que hace toda la cuenta siguiente.

(d) Con $t = L/v_g$ , una dispersión relativa de velocidades se traduce en la misma dispersión relativa de tiempos: $\Delta t/t = \Delta v_g/v_g = \Delta E/2E$ . Para ΔE/E = 10⁻³ eso son Δt/t = 5 × 10⁻⁴, así que con Δt = 10 µs hace falta t = 20 ms de vuelo. Multiplicando por la velocidad: el neutrón térmico, a 2200 m/s, necesita 44 m —que es justamente la longitud de un espectrómetro de tiempo de vuelo real—; el electrón de 25 eV, a 2965 km/s, necesitaría 59 km.

La segunda lección son dos cosas, y las dos se usan después. La primera es por qué el tiempo de vuelo es de neutrones: el método no mide energía, mide velocidad, y su resolución es puramente geométrica —más metros o mejor reloj—. Un electrón de la misma longitud de onda va mil veces más deprisa porque pesa mil ochocientas veces menos, y por eso a los electrones se les mide la energía con campos y no con cronómetros. La segunda es cuánto rinde tener la constante 3,810 eV·Å² en la cabeza: dice, como estimación dimensional, que $\hbar^{2}/2m_eL^{2}$ con L = 1 Å vale 3,81 eV —la escala de las energías químicas, y no por casualidad— y con L = 1 nm, cien veces menos, 38 meV. Ojo con el paso siguiente, porque es donde casi todo el mundo se equivoca: el pozo de paredes infinitas de esa anchura da π² = 9,87 veces más, 37,6 eV y 0,376 eV respectivamente (artículo 04), de modo que el electrón encerrado en 1 nm está 14,5 veces por encima de k_BT a 300 K —25,9 meV— y no compite con el ruido térmico; la caja donde el confinamiento iguala a kT mide 3,81 nm. Lo que la constante da gratis es el orden; el factor π² lo pone la condición de contorno. Y para el protón, 1836 veces menos que para el electrón en el mismo sitio.

Ejercicio 3 · Por qué Ψ no puede ser real

Supón que $\Psi(x,t)$ es una función real y que V(x) también lo es. Separa la ecuación de Schrödinger en su parte real y su parte imaginaria y deduce qué le ocurre a Ψ. ¿Qué clase de estado sobrevive?

Solución

Escribe la ecuación como $i\hbar\,\partial_t\Psi = \hat H\Psi$ con $\hat H\Psi = -(\hbar^{2}/2m)\partial_x^{2}\Psi + V\Psi$ . Si Ψ y V son reales, $\hat H\Psi$ es real y $\partial_t\Psi$ también lo es, de modo que $i\hbar\,\partial_t\Psi$ es imaginario puro. Una igualdad entre un número imaginario puro y uno real obliga a que los dos sean cero:

\frac{\partial\Psi}{\partial t} = 0 \qquad\text{y}\qquad \hat H\Psi = 0.

Es decir, la única Ψ real que la ecuación admite es una que no evoluciona y que además tiene energía exactamente cero. En un potencial genérico eso no existe, y cuando existe es un caso aislado, no un estado cualquiera.

La segunda lección es qué se salva de esto, porque hay algo que sí. Una función de onda estacionaria ψ(x) —la parte espacial que sale en el artículo 04— sí puede elegirse real en muchos problemas de una dimensión, y de hecho se elige. Lo que no puede ser real es la Ψ completa, porque lleva pegado el factor $e^{-iEt/\hbar}$ , que es un número complejo de módulo 1 girando. La distinción es exactamente la que separa la parte espacial de la temporal, y confundirlas es el error más común al empezar. En cuanto se pasa a tres dimensiones con campo magnético, ni siquiera ψ puede tomarse real: haría falta que la corriente del artículo 02 fuera nula en todo punto, y con campo no lo es.

Ejercicio 4 · La superposición y su término cruzado

Sean $\Psi_1 = \psi_1(x)e^{-iE_1t/\hbar}$ y $\Psi_2 = \psi_2(x)e^{-iE_2t/\hbar}$ dos soluciones con $\psi_1,\psi_2$ reales. (a) Escribe $|\Psi|^{2}$ para $\Psi = (\Psi_1+\Psi_2)/\sqrt2$ e identifica el término que oscila. (b) ¿Con qué frecuencia oscila? Evalúala para $E_2-E_1 = 1$ eV. (c) Si además $\int\psi_1\psi_2\,dx = 0$ , ¿qué le pasa a $\int|\Psi|^{2}dx$ ?

Solución

(a) Con las dos ψ reales,

|\Psi|^{2} = \tfrac12\psi_1^{2} + \tfrac12\psi_2^{2} + \psi_1\psi_2\cos\!\left(\frac{E_2-E_1}{\hbar}t\right).

Los dos primeros sumandos son estáticos; el tercero es el término de interferencia y es el único que se mueve. (b) La frecuencia angular es $\omega=(E_2-E_1)/\hbar$ , de modo que el periodo es $T = 2\pi\hbar/\Delta E = h/\Delta E$ . Con ΔE = 1 eV salen ω = 1,519 × 10¹⁵ rad/s y T = 4,136 fs.

(c) Al integrar sobre todo x, el término cruzado se va: su integral es $\cos(\omega t)\int\psi_1\psi_2dx = 0$ . Queda $\int|\Psi|^{2}dx = \tfrac12+\tfrac12 = 1$ , constante.

La segunda lección son las dos cosas a la vez, y hay que sostenerlas juntas: la densidad de probabilidad se mueve —se traslada de un sitio a otro con periodo de femtosegundos— y su integral no cambia nunca. Eso es exactamente lo que el artículo 02 demuestra en general, sin suponer ortogonalidad ni estados estacionarios, y de ahí sale la corriente de probabilidad. Fíjate además en el orden de magnitud: el periodo va como 1/ΔE, así que niveles electrónicos separados un electronvoltio producen oscilaciones de femtosegundos, y niveles hiperfinos separados 10⁻⁶ eV, oscilaciones de nanosegundos. La escala de tiempo de un sistema cuántico no es un dato extra: está en su espectro.