Deducción y resolución detallada de la partícula en una caja unidimensional

Planteamiento del problema

Consideremos una partícula de masa $m $ que sólo puede moverse a lo largo del eje $x $, confinada entre dos paredes impenetrables situadas en $x = 0 $ y $x = L $. Esto significa que la energía potencial es

$$V(x) = 0 \quad \text{si } 0 < x < L $$

$$V(x) = \infty \quad \text{si } x \leq 0 \text{ o } x \geq L $$

¿Por qué un potencial infinito? Porque las paredes son impenetrables: la partícula no puede estar fuera de la caja bajo ninguna circunstancia.

En mecánica cuántica, que la partícula no pueda estar en una región significa que la probabilidad de encontrarla allí es cero, y por la interpretación de Born esto exige que la función de onda sea idénticamente nula fuera de la caja.

La ecuación dentro de la caja

Dentro de la caja, donde $V(x) = 0 $, la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo se reduce a

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} = E\psi $$

Reordenamos dividiendo por $-\hbar^2/2m $:

$$\frac{d^2\psi}{dx^2} = -\frac{2mE}{\hbar^2}\,\psi $$

Definimos, para abreviar,

$$k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2} $$

donde $k $ es una constante positiva (porque la energía $E $ de una partícula confinada debe ser positiva, como veremos).

La ecuación queda

$$\frac{d^2\psi}{dx^2} + k^2\psi = 0 $$

Esta es la ecuación del oscilador armónico, cuya solución general es bien conocida:

$$\psi(x) = A\sen(kx) + B\cos(kx) $$

donde $A $ y $B $ son constantes que determinaremos con las condiciones de contorno.

Condiciones de contorno: por qué la función se anula en las paredes

Fuera de la caja la función de onda es cero, porque la partícula no puede estar allí.

Además, la función de onda debe ser continua en todo punto: un salto brusco no tendría sentido físico, pues la densidad de probabilidad $|\psi|^2 $ no puede cambiar de forma discontinua.

Aplicamos la continuidad en $x = 0 $. Justo a la izquierda de la pared la función vale cero, luego justo a la derecha debe valer cero también:

$$\psi(0) = 0 $$

Sustituyendo en la solución general:

$$A\sen(0) + B\cos(0) = A \cdot 0 + B \cdot 1 = B = 0 $$

Por tanto $B = 0 $ y la función se reduce a

$$\psi(x) = A\sen(kx) $$

Aplicamos ahora la continuidad en $x = L $:

$$\psi(L) = A\sen(kL) = 0 $$

Hay dos posibilidades.

Si $A = 0 $, la función sería idénticamente nula en todas partes, lo que no representa a ninguna partícula (la probabilidad total sería cero).

Descartamos esta solución trivial.

La otra posibilidad es

$$\sen(kL) = 0 $$

El seno se anula cuando su argumento es un múltiplo entero de $\pi $, es decir,

$$kL = n\pi, \quad n = 1, 2, 3, \dots $$

Excluimos $n = 0 $ porque daría $k = 0 $ y de nuevo la función trivial.

Los valores negativos de $n $ no dan funciones nuevas, porque $\sen(-kx) = -\sen(kx) $ y el signo menos se absorbe en la constante $A $

Despejando $k $:

$$k_n = \frac{n\pi}{L} $$

Cuantización de la energía

Recordemos la definición de $k^2 $:

$$k^2 = \frac{2mE}{\hbar^2} $$

Despejando la energía:

$$E = \frac{\hbar^2 k^2}{2m} $$

Sustituyendo los valores permitidos $k_n = n\pi/L $:

$$E_n = \frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2} $$

Usando la relación $\hbar = h/2\pi $, podemos escribirlo también como

$$E_n = \frac{n^2 h^2}{8mL^2}, \quad n = 1, 2, 3, \dots $$

La energía está cuantizada: sólo puede tomar estos valores discretos.

Observemos que la cuantización no se ha postulado, sino que ha surgido de forma natural al exigir que la función de onda sea continua y se anule en las paredes.

El nivel de menor energía, con $n = 1 $,

$$E_1 = \frac{h^2}{8mL^2} $$

se llama energía del

punto cero: la partícula confinada no puede estar en reposo, porque eso violaría el principio de incertidumbre de Heisenberg.

Normalización: cálculo paso a paso de la constante A

Las funciones propias son

$$\psi_n(x) = A_n\sen\left(\frac{n\pi x}{L}\right) $$

Determinamos $A_n $ exigiendo la normalización:

$$\int_0^L |\psi_n(x)|^2\, dx = 1 $$

Sustituimos:

$$A_n^2 \int_0^L \sen^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx = 1 $$

Hacemos el cambio de variable $u = n\pi x / L $, de donde $dx = (L/n\pi)\, du $. Los límites cambian: cuando $x = 0 $, $u = 0 $; cuando $x = L $, $u = n\pi $. La integral queda

$$A_n^2 \cdot \frac{L}{n\pi} \int_0^{n\pi} \sen^2 u\, du = 1 $$

Usamos $\sen^2 u = (1 - \cos 2u)/2 $:

$$\int_0^{n\pi} \sen^2 u\, du = \int_0^{n\pi} \frac{1 - \cos 2u}{2}\, du = \frac{1}{2}\left[u - \frac{\sen 2u}{2}\right]_0^{n\pi} $$

Evaluamos: en $u = n\pi $, $\sen(2n\pi) = 0 $; en $u = 0 $, ambos términos se anulan.

Queda

$$\int_0^{n\pi} \sen^2 u\, du = \frac{n\pi}{2} $$

Sustituyendo en la condición de normalización:

$$A_n^2 \cdot \frac{L}{n\pi} \cdot \frac{n\pi}{2} = A_n^2 \cdot \frac{L}{2} = 1 $$

Despejamos (tomando la raíz positiva, pues la fase global es irrelevante):

$$A_n = \sqrt{\frac{2}{L}} $$

Las funciones de onda normalizadas son finalmente

$$\psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}}\,\sen\left(\frac{n\pi x}{L}\right), \quad n = 1, 2, 3, \dots $$

Observemos que la constante de normalización no depende de $n $: todas las funciones propias tienen la misma amplitud.

📝 Ejemplo 1: Energías permitidas para un electrón en una caja de 1 nanómetro

Sea $L = 1\,\text{nm} = 10^{-9}\,\text{m} $ y $m = m_e = 9{,}11 \times 10^{-31}\,\text{kg} $ (masa del electrón).

La energía del nivel fundamental es

$$E_1 = \frac{h^2}{8m_e L^2} $$

Con $$h = 6{,}626 \times 10^{-34}\,\text{J}\cdot\text{s} $$:

$$E_1 = \frac{(6{,}626 \times 10^{-34})^2}{8 \times 9{,}11 \times 10^{-31} \times (10^{-9})^2} = \frac{4{,}39 \times 10^{-67}}{7{,}29 \times 10^{-48}} = 6{,}02 \times 10^{-20}\,\text{J} $$

En electronvoltios ($$1\,\text{eV} = 1{,}602 \times 10^{-19}\,\text{J} $$):

$$E_1 = \frac{6{,}02 \times 10^{-20}}{1{,}602 \times 10^{-19}} = 0{,}376\,\text{eV} $$

Los siguientes niveles son $E_2 = 4E_1 = 1{,}50\,\text{eV} $ y $E_3 = 9E_1 = 3{,}38\,\text{eV} $, porque la energía crece con $n^2 $

📝 Ejemplo 2: Probabilidad de encontrar la partícula en la mitad izquierda de la caja

Para el estado fundamental $n = 1 $, la probabilidad de encontrar a la partícula entre $x = 0 $ y $x = L/2 $ es

$$P = \int_0^{L/2} |\psi_1(x)|^2\, dx = \frac{2}{L}\int_0^{L/2} \sen^2\left(\frac{\pi x}{L}\right) dx $$

Con el cambio $u = \pi x / L $, $dx = (L/\pi)\,du $, límites de 0 a $\pi/2 $:

$$P = \frac{2}{\pi}\int_0^{\pi/2} \sen^2 u\, du = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{1}{2}\left[u - \frac{\sen 2u}{2}\right]_0^{\pi/2} $$

Evaluando: en $u = \pi/2 $, $\sen(\pi) = 0 $, queda $\pi/2 $; en 0 se anula.

Así

$$P = \frac{2}{\pi} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{1}{2} $$

Como era de esperar por simetría: la densidad de probabilidad del estado fundamental es simétrica respecto al centro de la caja.