Qué es |Ψ|²: probabilidad, normalización y corriente

Un electrón preparado en un paquete de 1 nanómetro mide 57,9 nanómetros un picosegundo después, sin que nada lo haya tocado: cincuenta y ocho veces más ancho, y con un pico cincuenta y ocho veces más bajo. Lo que no ha cambiado en ese picosegundo es la integral de |Ψ|², que sigue valiendo exactamente 1. Y no vale 1 porque se le haya impuesto al principio: vale 1 porque la ecuación del artículo 01 no le deja valer otra cosa, y eso es un teorema que se demuestra en seis líneas.

Prerrequisitos: el artículo 01 de este módulo — la ecuación dependiente del tiempo, que Ψ es compleja por obligación, y la linealidad. De matemáticas hacen falta integrales impropias, integración por partes y el manejo de conjugados complejos. Si vienes del Nivel I, la regla de Born contada sin cálculo está en el tercer artículo del módulo I.2; aquí se usa como definición y se le sacan consecuencias. Una deuda declarada: la ley de ensanchamiento libre

\sigma(t)=\sigma_0\sqrt{1+(t/\tau)^{2}}

que usan el panel de abajo y el ejercicio 3 se toma prestada y no se demuestra aquí — deducirla exige montar la integral en dk de un paquete gaussiano, y este módulo no abre la transformada de Fourier. Lo que sí se hace aquí es todo lo que la rodea: por qué la norma no cambia mientras eso ocurre, y por qué el ensanchamiento arranca con velocidad nula.

Un paquete libre que se dispersa

Un paquete gaussiano sin ningún potencial: nada lo empuja, nada lo frena y nada se lo lleva. Y sin embargo se ensancha, y su altura baja. Lo que hay que mirar es el número de la izquierda: la norma, que el panel calcula por cuadratura sobre la rejilla en cada fotograma y que no está puesta a uno en ninguna parte del código. Sale 1,000000 se mueva lo que se mueva el paquete. Eso es el teorema del artículo, medido.

Ventana fija de 96.75 nm, centrada en el paquete. Rayas verticales: ±σ medida. La escala vertical de |Ψ|² no se reajusta: la curva baja de verdad.

Tiempo: 0.00 τ · 0 · con τ = 2mσ₀²/ħ = 17.28 fs Anchura inicial σ₀: 1.00 nm Impulso medio: 6.0 longitudes de onda por anchura · v = 695 km/s · E = 1.37 eV Qué se está propagando: electrón · m = 9,11 × 10⁻³¹ kg

Norma ∫|Ψ|²dx, medida 1.000000 por trapecios, cada fotograma

σ medida 1.00 nm 1.000 × σ₀

Anchura en k 5,00 × 10⁸ m⁻¹ · constante en el tiempo

∫j dx 695 km/s = ⟨p⟩/m = 695 km/s

Estás en t = 0. El paquete mide 1.00 nm y la norma vale 1.000000. Dale a reproducir y vigila dos cosas a la vez: la curva se ensancha y baja, y el número de la norma no se mueve. Fíjate en que la corriente ya no es cero: la fase de Ψ varía con x, y ésa es toda la diferencia entre un paquete quieto y uno que viaja.

La regla de Born, y qué clase de afirmación es

La ecuación del artículo 01 gobierna una función compleja Ψ(x, t) de la que no se ha dicho todavía qué es. La respuesta la dio Max Born en 1926, en una nota a pie de página añadida durante la corrección de pruebas de un artículo sobre colisiones, y es ésta:

|\Psi(x,t)|^{2}\,dx \;=\; \text{probabilidad de encontrar la partícula entre } x \text{ y } x+dx \text{ en el instante } t.

Es decir, $\rho(x,t) = |\Psi|^{2} = \Psi^{*}\Psi$ es una densidad de probabilidad, con unidades de m⁻¹ en una dimensión. Conviene ser preciso sobre tres cosas que la frase de arriba deja implícitas y que se malinterpretan constantemente:

No es una densidad de materia. El electrón no está repartido con densidad ρ; lo que está repartida es la probabilidad de encontrarlo entero en un sitio. La diferencia se mide: si fuera materia repartida, media carga elemental llegaría a un detector y la otra media a otro, y eso no pasa nunca.
Es una afirmación sobre un colectivo. Para comprobarla hacen falta muchas copias del mismo estado, medidas una a una. Una sola medida da un punto, y un punto no tiene distribución.
Es un postulado independiente, no una consecuencia de la ecuación. La ecuación dice cómo evoluciona Ψ; la regla de Born dice qué se ve. Derivarla de lo demás sigue siendo un problema abierto, y el módulo I.5 cuenta el estado de la cuestión.

Una densidad de probabilidad tiene un valor concreto en cada punto, y conviene ver uno para que ρ deje de ser una letra. En tres dimensiones sus unidades son m⁻³, y para el estado fundamental del hidrógeno el máximo cae en el núcleo, donde vale $|\psi(0)|^{2} = 1/\pi a_0^{3} = 2{,}15\times10^{30}$ m⁻³. Que ese máximo esté en el origen y que sin embargo el electrón se encuentre casi siempre a unos 50 pm no es una contradicción: son cosas distintas —la densidad y la probabilidad por unidad de radio, que lleva un factor 4πr²— y separarlas es el asunto del módulo I.4. Aquí, en una dimensión, no hay tal factor y ρ es directamente lo que se integra.

De la interpretación probabilista se sigue inmediatamente una condición sobre Ψ. Si la partícula está en algún sitio, la probabilidad total tiene que valer uno:

\int_{-\infty}^{+\infty} |\Psi(x,t)|^{2}\,dx \;=\; 1.

Ésta es la normalización, y como la ecuación es lineal y homogénea, siempre se puede conseguir: si Ψ es solución, AΨ también lo es, y basta con elegir A. Lo único que hace falta es que la integral converja, es decir, que Ψ sea de cuadrado integrable. Esa exigencia no es un tecnicismo: excluye soluciones, y la sección penúltima cuenta cuáles y con qué consecuencias.

Ejemplo resuelto 1 · Un electrón mal atado, con las integrales hechas

Problema. Un electrón ligado por un pozo muy estrecho tiene la función de onda $\psi(x) = A\,e^{-\kappa|x|}$ . (a) Normalízala. (b) Calcula $\langle x\rangle$ y $\sqrt{\langle x^{2}\rangle}$ . (c) ¿Qué probabilidad hay de encontrarlo más allá de $1/\kappa$ ? (d) Evalúa todo para el electrón sobrante del ion $\mathrm{H}^-$ , cuya energía de ligadura medida es de 0,754 eV, sabiendo que $\kappa = \sqrt{2mE_b}/\hbar$ .

Solución. (a) Por simetría basta con integrar en $x \gt 0$ y duplicar:

\int_{-\infty}^{\infty}|\psi|^{2}dx = 2A^{2}\!\int_0^{\infty}\! e^{-2\kappa x}dx = \frac{A^{2}}{\kappa} = 1 \;\Longrightarrow\; A = \sqrt{\kappa}.

(b) $\langle x\rangle = 0$ porque $|\psi|^{2}$ es par y x impar — no hay que integrar nada. Para el segundo momento, $\int_0^\infty x^{2}e^{-2\kappa x}dx = 2/(2\kappa)^{3}$ , así que

\langle x^{2}\rangle = 2\kappa\cdot\frac{2}{8\kappa^{3}} = \frac{1}{2\kappa^{2}}, \qquad \sigma_x = \frac{1}{\kappa\sqrt2}.

(c) $P(|x| \lt 1/\kappa) = 2\kappa\int_0^{1/\kappa}e^{-2\kappa x}dx = 1-e^{-2} = 0{,}8647$ , de modo que fuera queda el 13,53 %. Dentro de una desviación típica, en cambio, hay $1-e^{-\sqrt2} = 75{,}69\ \%$ , algo más que el 68 % de una campana de Gauss.

(d) Con $E_b = 0{,}754$ eV sale $\kappa = 4{,}448\times10^{9}$ m⁻¹, o sea $1/\kappa = 224{,}8$ pm y $\sigma_x = 159{,}0$ pm.

Resultado. Compara esas distancias con el radio de Bohr, 52,9 pm: el segundo electrón del H⁻ está de media a poco más de dos radios de Bohr del núcleo — $\langle|x|\rangle = 1/2\kappa = 112$ pm = 2,12 a₀—, con una anchura de tres — $\sigma_x = 159$ pm = 3,00 a₀— y una cola que sólo decae en 4,25 a₀. Es decir, en su mayor parte fuera del átomo de hidrógeno neutro al que está pegado. Eso no es una curiosidad: es la razón de que el H⁻ sea un ion enorme, blando y facilísimo de ionizar —basta un fotón de 1,6 µm—, y de que sea la principal fuente de opacidad de la fotosfera solar. La luz que ves del Sol la absorbieron y reemitieron, sobre todo, iones H⁻ con este perfil. La segunda lección es la aritmética inversa, que se usa continuamente: la ligadura fija el tamaño, y va como $1/\sqrt{E_b}$ . Un estado atado por 0,1 eV se extiende $\sqrt{7{,}54}=2{,}7$ veces más lejos, y uno atado por 10 eV, 3,6 veces menos. Cuanto peor atado, más grande — y por eso los estados poco ligados son los que se detectan mejor y se destruyen antes.

Que la norma se conserva no se impone: se demuestra

Aquí está la pieza que da sentido a todo lo anterior, y que suele despacharse con un «se puede ver que». Normalizar Ψ es una condición en un instante. Si al cabo de un rato la integral valiera 1,3, la interpretación probabilista no se sostendría: no habría manera de decir que la partícula está en algún sitio con probabilidad uno. Y nada garantiza a priori que no ocurra, porque Ψ cambia con el tiempo obedeciendo a una ecuación que no se escribió pensando en esto.

Hagamos la cuenta. Derivando bajo el signo integral —lo que es legítimo porque los límites son fijos—:

\frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{\infty}|\Psi|^{2}dx = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\partial}{\partial t}\left(\Psi^{*}\Psi\right)dx = \int_{-\infty}^{\infty}\left(\Psi^{*}\frac{\partial\Psi}{\partial t}+\Psi\frac{\partial\Psi^{*}}{\partial t}\right)dx.

La ecuación de Schrödinger da las dos derivadas temporales. Despejando de ella y de su conjugada —y aquí es imprescindible que V sea real—:

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

Al sustituir, los dos términos del potencial se cancelan exactamente: uno lleva $-\tfrac{i}{\hbar}V\Psi^{*}\Psi$ y el otro $+\tfrac{i}{\hbar}V\Psi\Psi^{*}$ . Queda sólo la parte cinética:

\frac{\partial|\Psi|^{2}}{\partial t} = \frac{i\hbar}{2m}\left(\Psi^{*}\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial x^{2}} - \Psi\frac{\partial^{2}\Psi^{*}}{\partial x^{2}}\right) = \frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{i\hbar}{2m}\left(\Psi^{*}\frac{\partial\Psi}{\partial x}-\Psi\frac{\partial\Psi^{*}}{\partial x}\right)\right].

El paso de en medio es la identidad $f g'' - g f'' = (fg'-gf')'$ , que se comprueba derivando el paréntesis. Y lo importante es lo que acaba de pasar: la derivada temporal de la densidad ha resultado ser la derivada espacial de algo. A ese algo, con el signo convencional, se le llama corriente de probabilidad:

j(x,t) \;\equiv\; \frac{\hbar}{2mi}\left(\Psi^{*}\frac{\partial\Psi}{\partial x}-\Psi\frac{\partial\Psi^{*}}{\partial x}\right) \;=\; \frac{\hbar}{m}\,\mathrm{Im}\!\left(\Psi^{*}\frac{\partial\Psi}{\partial x}\right),

y con ella lo anterior se escribe como una ecuación de continuidad, la misma que gobierna la masa de un fluido o la carga de un circuito:

\frac{\partial\rho}{\partial t} + \frac{\partial j}{\partial x} = 0.

Integrando ahora entre $-\infty$ y $+\infty$ , el lado derecho es una diferencia de valores de j en los extremos. Y como Ψ es de cuadrado integrable, tanto Ψ como su derivada tienen que anularse en el infinito, así que j se anula allí. Por tanto

\frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{\infty}|\Psi|^{2}dx = -\Big[\,j(x,t)\,\Big]_{-\infty}^{+\infty} = 0.

La normalización se conserva. Si Ψ está normalizada en t = 0, lo está para siempre, y la ecuación se ocupa sola. El panel de arriba es esta demostración medida: la norma se calcula por cuadratura sobre la rejilla, sin usar ninguna fórmula, y lee 1,000000 mientras la anchura se multiplica por ocho.

Merece la pena señalar las dos hipótesis, porque las dos se rompen a propósito en la práctica. La primera es que V sea real — es lo que hace cancelarse los dos términos del potencial, y el ejemplo siguiente enseña qué pasa si no lo es. La segunda es que Ψ decaiga en el infinito: si no lo hace, j no se anula en los extremos y la probabilidad entra o sale por ellos. Eso es exactamente lo que ocurre en un problema de dispersión, donde hay un haz entrando por la izquierda, y por eso allí se trabaja con corrientes en vez de con probabilidades totales. Es el asunto del módulo II.2.

Ejemplo resuelto 2 · Romper el teorema a propósito: el potencial complejo

Problema. En física nuclear se describe un nucleón que entra en un núcleo con un potencial óptico $V = V_R - iW$ , con W constante y positiva. (a) Rehaz la demostración anterior y halla cómo evoluciona $N(t)=\int|\Psi|^{2}dx$ . (b) Con W = 5 MeV, ¿cuánto recorre dentro del núcleo un neutrón de 20 MeV antes de desaparecer del canal? Compáralo con el radio de un núcleo de plomo.

Solución. (a) Con V complejo, la cancelación de los dos términos del potencial deja de ser total. El término que sobrevive es

\frac{d N}{dt} = -\frac{i}{\hbar}\int\left(V-V^{*}\right)|\Psi|^{2}dx = -\frac{2W}{\hbar}\,N \;\Longrightarrow\; N(t) = N(0)\,e^{-2Wt/\hbar}.

La norma decae exponencialmente con constante de tiempo $\tau = \hbar/2W$ . (b) Con W = 5 MeV, $\tau = 6{,}58\times10^{-23}$ s. Un neutrón de 20 MeV tiene $\gamma = 1{,}0213$ , así que la fórmula no relativista $c\sqrt{2E/m_nc^{2}} = 0{,}206\,c$ se pasa un 1,6 %: el valor bueno es $\beta = 0{,}2031$ , o sea $v = 6{,}089\times10^{7}$ m/s, y su recorrido libre medio es

\ell = v\tau = \frac{\hbar v}{2W} = 4{,}01\ \mathrm{fm}.

Un núcleo de plomo tiene un radio de $1{,}2\,A^{1/3} = 7{,}11$ fm, de modo que ℓ es el 56 % de ese radio.

Resultado. El nucleón se pierde antes de cruzar el núcleo —recorre poco más de la mitad del radio—, y ésa es exactamente la imagen que dio nombre al modelo: el núcleo como una bola de cristal turbia, ni transparente ni opaca. Ahora lo importante, que es metodológico. Un potencial complejo no es una teoría distinta: es contabilidad. La probabilidad no se destruye, se va a otros canales —excitaciones del núcleo, emisión de otras partículas— que el modelo no sigue, y ponerle una parte imaginaria a V es la manera barata de decir «esto se me escapa del problema que estoy resolviendo». La teoría exacta tiene V real y conserva la probabilidad. La segunda lección es que este mismo cálculo es el origen de una relación que se usa en todas partes: con $2W \to \Gamma$ , la población decae como $e^{-\Gamma t/\hbar}$ , o sea $\tau = \hbar/\Gamma$ . Para el nivel 2p del hidrógeno, con τ = 1,596 ns, eso da Γ = 412 neV y una anchura de raya de 99,7 MHz, que es lo que se mide. La anchura natural de una raya espectral sale, literalmente, de romper este teorema con cuidado.

Qué es j, y por qué no es un adorno

La corriente de probabilidad ha aparecido como subproducto de la demostración, y conviene fijar su significado. La ecuación de continuidad dice que la probabilidad de encontrar la partícula en un intervalo [a, b] cambia sólo por lo que entra o sale por los bordes:

\frac{d}{dt}\int_a^b|\Psi|^{2}dx = j(a,t) - j(b,t).

Es decir, la probabilidad no se teletransporta: fluye. Y j tiene una forma reveladora si se escribe Ψ en módulo y fase, $\Psi = R\,e^{i\Phi}$ con R y Φ reales:

j = \frac{\hbar}{m}\,R^{2}\,\frac{\partial\Phi}{\partial x} = \rho\cdot\frac{\hbar}{m}\frac{\partial\Phi}{\partial x}.

Comparando con la expresión de un fluido, $j = \rho v$ , la velocidad local es $(\hbar/m)\,\partial_x\Phi$ : la que transporta es la fase, no el módulo. De ahí salen dos hechos que se usan constantemente:

Una función de onda real tiene corriente nula en todo punto. Si Φ es constante, $\partial_x\Phi = 0$ y j = 0. Los estados ligados de un pozo unidimensional se pueden tomar reales, y por eso no transportan nada — están, no van.
Para una onda plana $\Psi = Ae^{i(kx-\omega t)}$ , la fase es $\Phi = kx-\omega t$ y sale $j = |A|^{2}\hbar k/m = \rho\,v$ con v = p/m: exactamente el flujo de un haz de partículas de densidad ρ moviéndose a v. Un electrón libre de 1 eV va a 593 km/s, y ése es el número que multiplica a la densidad.

En el panel de arriba, la segunda franja es j. Con impulso medio cero y en t = 0 es idénticamente nula, y sin embargo el paquete se ensancha en cuanto arranca: la corriente aparece porque el propio ensanchamiento le crea a Ψ una fase que depende de x. La mitad izquierda del paquete acaba fluyendo hacia la izquierda y la derecha hacia la derecha, con la integral total valiendo cero. Eso es el ensanchamiento visto como flujo, y no hay ninguna fuerza en el problema.

Cuadrado integrable: qué queda fuera, y qué cuesta

Exigir que $\int|\Psi|^{2}dx$ converja parece inofensivo y no lo es. La primera víctima es la propia onda plana con la que el artículo 01 construyó la ecuación:

\int_{-\infty}^{\infty}|A e^{i(kx-\omega t)}|^{2}dx = |A|^{2}\int_{-\infty}^{\infty}dx = \infty.

No hay ningún A distinto de cero que arregle eso. De modo que la onda plana no es un estado físico: es una solución de la ecuación que no admite interpretación probabilista. Y como una onda plana es lo que representa a una partícula de momento perfectamente definido, la conclusión es fuerte y vale la pena decirla entera: no existe ningún estado de momento exactamente definido. Tampoco de posición exactamente definida, por el motivo simétrico.

Esto no invalida el artículo 01: las ondas planas siguen siendo la base con la que se construye todo, exactamente como las sinusoides infinitas de la transformada de Fourier, que tampoco son señales de laboratorio. Lo que hay que hacer es superponerlas. Un paquete de ondas —una integral de ondas planas con pesos φ(k)— sí es normalizable, y es lo que el panel propaga. La tercera franja del panel es precisamente ese peso, |φ(k)|², y el detalle que hay que mirar es que no se mueve nunca: en un problema libre cada onda plana sólo gana una fase, así que el contenido en momento de un paquete es el mismo a t = 0 que un picosegundo después. Lo que se ensancha es la posición.

Y hay una segunda exclusión, más sutil, que casi ningún texto menciona: que Ψ sea normalizable no garantiza que sus anchuras existan. El ejercicio 4 construye un estado perfectamente legal —integral convergente, probabilidad bien definida en cualquier intervalo— cuyo $\langle x^{2}\rangle$ diverge. Para ese estado, la desigualdad de incertidumbre del artículo 03 es cierta y completamente vacía.

«Ψ es una onda física que se propaga por el espacio» es la imagen que hay que abandonar aquí, y el argumento no es filosófico sino aritmético. Una onda física —sonido, luz, una cuerda— tiene una amplitud medible en cada punto, con unidades propias, y dos ondas iguales llevan el doble de energía. Ψ no: sus unidades en una dimensión son m^−1/2, que no son las de ninguna magnitud del laboratorio; multiplicarla por $e^{i\theta}$ con θ constante no cambia absolutamente nada de lo observable; y para dos partículas no es una función del espacio en absoluto, sino de seis coordenadas. Una onda de sonido en un espacio de seis dimensiones no es una onda de sonido.

Lo que sí se propaga, y se puede señalar con el dedo, es la probabilidad, con su corriente j y su ecuación de continuidad, idéntica en forma a la de la carga eléctrica. Ésa es la afirmación física; el resto es notación. Y conviene dejar dicho el límite: la ecuación de continuidad garantiza que la probabilidad fluye de forma local en la evolución, pero no dice nada sobre lo que pasa al medir, que es justamente donde la localidad se pone difícil (módulos I.5 y III.5). Un sitio que presenta la continuidad como si zanjara la cuestión de la localidad está vendiendo más de lo que ha demostrado.

Ejercicios

Ejercicio 1 · Normalizar una parábola

Una partícula está descrita por $\psi(x) = A(a^{2}-x^{2})$ en el intervalo $[-a,a]$ y por cero fuera. (a) Halla A. (b) Calcula $\langle x\rangle$ , $\langle x^{2}\rangle$ y $\sigma_x$ . (c) ¿Qué probabilidad hay de encontrar la partícula en la mitad central del intervalo, $|x| \lt a/2$ ? (d) Comprueba que ψ es continua en $x=\pm a$ pero su derivada no, y di qué potencial haría falta para permitirlo.

Solución

(a) $\int_{-a}^{a}(a^{2}-x^{2})^{2}dx = \tfrac{16}{15}a^{5}$ , de donde $A = \sqrt{15/16a^{5}}$ . (b) $\langle x\rangle = 0$ por paridad, y $\langle x^{2}\rangle = a^{2}/7$ , así que $\sigma_x = a/\sqrt7 = 0{,}378\,a$ . (c) Integrando entre $-a/2$ y $a/2$ sale 203/256 = 79,3 %: casi cuatro quintas partes de la probabilidad en la mitad central, porque la parábola concentra mucho.

(d) ψ vale cero en $\pm a$ , luego es continua; pero $\psi' = -2Ax$ vale $\mp 2Aa \neq 0$ justo dentro y cero justo fuera. La segunda lección está ahí, y se cobra en el módulo II.2: una derivada discontinua sólo es admisible donde el potencial tiene un salto infinito, porque la ecuación dice $\psi'' = (2m/\hbar^{2})(V-E)\psi$ y una $\psi'$ con salto necesita una $\psi''$ con delta, y para eso hace falta que V la tenga. Con un pozo de paredes infinitas esto es legal; con cualquier potencial finito, la función propuesta no puede ser un estado. La forma de una función de onda no es libre: el potencial la restringe punto a punto.

Ejercicio 2 · La corriente de un haz que rebota

Calcula j para $\Psi(x,t) = \left(Ae^{ikx}+Be^{-ikx}\right)e^{-i\omega t}$ con A y B complejos. (a) Obtén el resultado en función de $|A|^{2}$ y $|B|^{2}$ . (b) ¿Por qué no aparecen términos cruzados, si en $|\Psi|^{2}$ sí aparecen? (c) ¿Qué significa $|A|=|B|$ ? (d) Define el coeficiente de reflexión como el cociente de corrientes y evalúalo para $B/A = 0{,}6$ .

Solución

(a) Con $j=(\hbar/m)\,\mathrm{Im}(\Psi^{*}\partial_x\Psi)$ , los cuatro productos dan $ik(|A|^{2}-|B|^{2}) + ik(A^{*}Be^{-2ikx}-AB^{*}e^{2ikx})$ . El segundo paréntesis es de la forma $z-z^{*}$ , que es imaginario puro, así que al multiplicarlo por i se vuelve real y no contribuye a la parte imaginaria. Queda

j = \frac{\hbar k}{m}\left(|A|^{2}-|B|^{2}\right).

(b) Porque la interferencia entre las dos ondas modula la densidad — $|\Psi|^{2}$ tiene máximos y mínimos separados λ/2— pero no transporta nada: es una onda estacionaria montada sobre el flujo neto. La densidad se acumula sin fluir. (c) Con $|A|=|B|$ , j = 0: reflexión total. Todo lo que entra vuelve a salir.

(d) $R = |B|^{2}/|A|^{2} = 0{,}36$ : se refleja el 36 % de la corriente y se transmite el 64 %. La segunda lección es por qué el coeficiente se define con corrientes y no con probabilidades: en un problema de dispersión las funciones no son normalizables —la onda plana ya lo era menos— y ∫|Ψ|²dx no existe. Lo que sí existe y es finito es el flujo, y la ecuación de continuidad garantiza que en régimen estacionario lo que entra por un lado sale por el otro. Todo el módulo II.2 se construye sobre esta observación, y sobre el detalle de que si las dos regiones tienen k distintos hay que comparar $k_1|A|^{2}$ con $k_2|C|^{2}$ , y no las amplitudes a secas.

Ejercicio 3 · Una Ψ real arranca con corriente nula, y aun así se ensancha

Sea $\Psi(x,0)$ una función real (por ejemplo la gaussiana del panel con impulso medio cero). (a) Demuestra que j(x, 0) = 0 en todo punto. (b) Deduce de la ecuación de continuidad qué vale $\partial\rho/\partial t$ en t = 0. (c) ¿Contradice eso que el paquete se ensanche? Compruébalo con $\sigma(t)=\sigma_0\sqrt{1+(t/\tau)^{2}}$ , $\tau = 2m\sigma_0^{2}/\hbar$ — esta ley se usa aquí y no se demuestra en este módulo: sale de superponer ondas planas con una integral en dk, y eso queda para el tratamiento de paquetes libres. (d) Evalúa τ para un electrón con $\sigma_0 = 1$ nm, para un neutrón con la misma anchura y para un átomo de cesio con $\sigma_0 = 1$ µm.

Solución

(a) Si Ψ es real, $\Psi^{*}\partial_x\Psi$ es real y su parte imaginaria es cero: j ≡ 0. (b) Por continuidad, $\partial_t\rho = -\partial_x j = 0$ en todo punto: la densidad está momentáneamente congelada. (c) No hay contradicción, y la clave es «momentáneamente». Derivando la fórmula, $\sigma'(t) = \sigma_0 t/(\tau^{2}\sqrt{1+(t/\tau)^{2}})$ , que en t = 0 vale exactamente cero. El ensanchamiento arranca con velocidad nula y aceleración no nula: cerca del origen $\sigma \approx \sigma_0(1+t^{2}/2\tau^{2})$ , una parábola, no una recta.

(d) $\tau = 2m\sigma_0^{2}/\hbar$ da 17,28 fs para el electrón de 1 nm, 31,8 ps para el neutrón de la misma anchura —1839 veces más, que es la razón de masas— y 4,19 ms para el cesio de 1 µm: once órdenes de magnitud entre el primero y el último, un factor 2,4 × 10¹¹. La segunda lección es que ese cero de la derivada no es una casualidad de la gaussiana: sale de la continuidad más la realidad de Ψ, así que vale para cualquier paquete real. Es la forma cuantitativa de una afirmación que suele hacerse mal: un paquete no se ensancha «porque sus componentes de momento se separan» de manera inmediata y lineal — al principio no se separan nada, y lo que hay que mirar para saber cuándo empieza a notarse es τ, que depende de la masa y de la anchura al cuadrado.

Y hay una comprobación que sale gratis y ata este ejercicio con el artículo 03. Para $t \gg \tau$ la ley se vuelve $\sigma(t)\to\sigma_0 t/\tau = (\hbar/2m\sigma_0)\,t$ : el paquete se ensancha a velocidad constante, y esa velocidad es $\sigma_p/m = \hbar/2m\sigma_0$ , que para el electrón de 1 nm vale 57,9 km/s — el mismo número que el ejercicio 2 del artículo 03 obtiene como dispersión de velocidades del estado. En un picosegundo eso da 57,9 nm, que es la cifra del titular. La coincidencia no es tal: el paquete se ensancha exactamente porque sus componentes de velocidad tienen una anchura, y esa anchura la fija la desigualdad de incertidumbre. La ley de arriba es sólo la forma exacta de una cuenta que ya se podía hacer a ojo.

Ejercicio 4 · Normalizable no basta

(a) Comprueba que la onda plana no admite normalización, dando el valor de la integral. (b) Considera ahora $\psi(x) = A\left(x^{2}+a^{2}\right)^{-1/2}$ . Normalízala. (c) Calcula $\langle x^{2}\rangle$ . (d) ¿Qué dice la desigualdad $\sigma_x\sigma_p \ge \hbar/2$ sobre este estado?

Solución

(a) $\int|A|^{2}dx$ diverge linealmente: sobre un tramo de longitud L vale $|A|^{2}L$ , y no hay A no nulo que lo acote. (b) $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}+a^{2}} = \frac{\pi}{a}$ , que converge, así que $A=\sqrt{a/\pi}$ y el estado es perfectamente legal: la probabilidad de encontrar la partícula en cualquier intervalo está bien definida.

(c) Y sin embargo $\langle x^{2}\rangle = \frac{a}{\pi}\int\frac{x^{2}\,dx}{x^{2}+a^{2}}$ diverge: el integrando tiende a 1 en el infinito, así que la integral crece como el intervalo. Cortando en $\pm K$ con a = 1 se obtiene, exactamente, $\langle x^{2}\rangle_K = (2/\pi)(K-\arctan K)$ : 5,43 para K = 10, 62,7 para K = 100 y 636 para K = 1000 — se multiplica por diez cada vez que se multiplica el corte por diez, o sea diverge linealmente, y no converge a nada. (d) La desigualdad se cumple, trivialmente: $\infty \ge \hbar/2$ . No dice nada.

La segunda lección es que «cuadrado integrable» es la condición para tener probabilidades, no para tener momentos. Y esto tiene un gemelo exacto en el otro lado: el módulo I.3 ya avisó de que el estado que sale de una rendija rectangular tiene una distribución de momento con colas que caen como $1/p^{2}$ , con lo que $\sigma_p$ diverge igual que aquí diverge $\sigma_x$ . En los dos casos el error es el mismo: creer que porque una magnitud tenga nombre y símbolo, existe. Antes de escribir σ hay que comprobar que la integral converge, y con colas que decaen como una potencia baja lo normal es que no lo haga.