Partikel i en boks

Partiklen i en boks eller den uendelige brønd er inden for kvantemekanikken den simpleste model for en partikel i et potential. Inden for et begrænset interval i rummet er potentialet fladt, men uden for dette interval er potentialet uendeligt, og partiklen kan således ikke slippe ud. Ved at løse Schrödinger-ligningen ses det, at partiklen kun kan antage diskrete energitilstande - et kendetegn ved kvantemekanikken.

Modellen danner udgangspunkt for at beskrive en fermigas.^[1]

Potentialet ${\displaystyle V}$ er altså givet ved:

${\displaystyle V(x)={\begin{cases}0,&0<x<L,\\\infty ,&{\text{ellers,}}\end{cases}}}$

hvor ${\displaystyle L}$ er sidelængden. Dette er for én dimension ${\displaystyle x}$, men for flere dimensioner skal betingelsen blot gentages for hver dimension.^[2]

For den én-dimensionelle boks er den tidsuafhængige Schrödinger-ligning:

${\displaystyle E\psi =\left(-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\partial ^{2}}{\partial x^{2}}}+V(x)\right)\psi }$

I boksen er potentialet 0, og ligningen kan derfor reduceres til:

${\displaystyle E\psi =-{\frac {\hbar ^{2}}{2m}}{\frac {\partial ^{2}\psi }{\partial x^{2}}}}$

Det uendelige potential kan implementeres ved at kræve at bølgefunktionen er 0 i siderne, da partiklen ikke kan forlade boksen:

${\displaystyle \psi (0)=\psi (L)=0}$

Dette er grænsebetingelserne og gælder desuden generelt for stående bølger. Det ses, at Schrödinger-ligningen er reduceret til differentialligningen for en bølge:

${\displaystyle {\frac {\partial ^{2}\psi }{\partial x^{2}}}=-{\frac {2mE}{\hbar ^{2}}}\psi }$

hvor den generelle løsning kan skrives som:

${\displaystyle \psi (x)=A\cos \left({\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}x\right)+B\sin \left({\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}x\right)}$

Hvis 0 sættes ind skal bølgefunktionen også være 0:

${\displaystyle {\begin{aligned}0&=\psi (0)=A\cos \left(0\right)+B\sin(0)\\0&=A\end{aligned}}}$

Cosinus-funktionen falder altså ud:

${\displaystyle \psi (x)=B\sin \left({\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}x\right)}$

hvor faktoren foran ${\displaystyle x}$ er bølgetallet ${\displaystyle k}$:

${\displaystyle k={\frac {\sqrt {2mE}}{\hbar }}}$

Sammenhængen mellem bølgetal og bølgelængde ${\displaystyle \lambda }$ er:

${\displaystyle k={\frac {2\pi }{\lambda }}}$

Efter ${\displaystyle x=0}$ er sinusfunktionen 0 for hver halve bølgelængde. For at bølgefunktionen skal opfyldes grænsebetingelserne, skal det altså gælde, at:

${\displaystyle L=n{\frac {\lambda }{2}}}$

hvor ${\displaystyle n}$ er et naturligt tal, der angiver antallet af halve bølgelængder inden for ${\displaystyle L}$. Bølgetallet for et bestemt ${\displaystyle n}$ er dermed givet ved:^[2]

${\displaystyle k_{n}={\frac {\pi n}{L}}}$

Energien er altså givet ved:

${\displaystyle E_{n}={\frac {\hbar ^{2}{k_{n}}^{2}}{2m}}}$

eller ved at indsætte udtrykket for ${\displaystyle k_{n}}$ :

Det ses, at der er et energiniveau for hver værdi af ${\displaystyle n}$. Da ${\displaystyle n}$ kun kan antage diskrete værdier, kan ${\displaystyle E_{n}}$ altså også kun antage diskrete værdier. Dette er stik imod det klassiske tilfælde, hvor en partikel kan have en hvilken som helst kinetisk energi.^[2]

Den tilsvarende bølgefunktion for ${\displaystyle E_{n}}$ er:

${\displaystyle \psi _{n}(x)=B\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right)}$

Dette skal normaliseres:

${\displaystyle {\begin{aligned}1&=\int _{0}^{L}\psi _{n}^{*}(x)\psi _{n}(x)dx=|B|^{2}\int _{0}^{L}\sin ^{2}\left({\frac {\pi n}{L}}x\right)dx={\frac {|B|^{2}L}{2}}\\|B|^{2}&={\frac {2}{L}}\end{aligned}}}$

Den simpleste løsning for ${\displaystyle B}$ er bare reel:

${\displaystyle B={\sqrt {\frac {2}{L}}}}$

Altså er bølgefunktionen for ${\displaystyle E_{n}}$

hvor det her er skrevet eksplicit, at bølgefunktionen er 0 uden for boksen. Da hver bølgefunktion passer til en bestemt energi, kaldes de for energi-egentilstande. Tilstanden, hvor ${\displaystyle n=1}$, er grundtilstanden, mens de andre tilstande er exciterede tilstande med højere energi.

Inden den tidsafhængige løsning findes, kan bølgefunktionens symmetri undersøges lidt nærmere. Hvis koordinaterne flyttes, så ${\displaystyle x=0}$ er midten af boksen

${\displaystyle x\rightarrow x+{\frac {L}{2}}}$

er bølgefunktionen nemlig:

${\displaystyle {\begin{aligned}\psi _{n}(x)&={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}\left(x+{\frac {L}{2}}\right)\right)\\\psi _{n}(x)&={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x+{\frac {\pi }{2}}n\right)\end{aligned}}}$

For hver stigning i ${\displaystyle n}$ bliver bølgen rykket med en kvart fase og er derved en cosinus-funktion for ulige ${\displaystyle n}$, men en sinus-funktion for lige ${\displaystyle n}$.

${\displaystyle \psi _{n}(x)={\begin{cases}(-1)^{n-1}{\sqrt {\frac {2}{L}}}\cos \left({\frac {\pi n}{L}}x\right),&{\text{ulige }}n\\(-1)^{n}{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right),&{\text{lige }}n\end{cases}}}$

Dvs. at bølgefunktionen skifter mellem at være symmetrisk og antisymmetrisk omkring midten af brønden. Om dette har fysisk betydning er beskrevet i afsnittet om sandsynlighedsfordelingen.

Denne korte bemærkning om symmetri forlades nu, og den tidsafhængige løsningen for egentilstanden kan findes. En faktor ganges på den tidsuafhængige løsning:^[2][3]

Denne faktor er tidsafhængig og giver en rotation i det komplekse plan.

De meste generelle løsninger til partiklen i en boks er dog lineære kombinationer af disse egentilstande:

Hvis et system består af en lineær kombination - kaldet en blandet tilstand - vil sandsynligheden ${\displaystyle P}$ for at måle energien ${\displaystyle E_{n}}$ være givet ved:^[2]

${\displaystyle P(E_{n})=|c_{n}|^{2}}$

Eksempler på blandede tilstande er givet i figuren.

Sandsynlighedstætheden ${\displaystyle \rho }$ i forhold til position er nu givet ved:

${\displaystyle \rho (x,t)=\Psi (x,t)^{*}\Psi (x,t)}$

For energi-egentilstandene giver dette:

${\displaystyle {\begin{aligned}\rho _{n}(x,t)&={\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right)e^{i{\frac {E_{n}}{\hbar }}t}{\sqrt {\frac {2}{L}}}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right)e^{-i{\frac {E_{n}}{\hbar }}t}\\\rho _{n}(x,t)&={\frac {2}{L}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi n}{L}}x\right)e^{i{\frac {E_{n}}{\hbar }}t-i{\frac {E_{n}}{\hbar }}t}\\\rho _{n}(x,t)&={\frac {2}{L}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi n}{L}}x\right)e^{0}\end{aligned}}}$

Det ses, at sandsynlighedstætheden er uafhængig af tiden:

Selvom bølgefunktionen er kompleks med mulighed for at være negativ, er sandsynlighedstætheden altså reel og aldrig negativ. Modsat bølgefunktionen er sandsynlighedstætheden desuden altid symmetrisk; dette giver intuitivt mening, da boksen er symmetrisk.

For en lineær kombination af egentilstandene er sandsynlighedsfordelingen generelt:

${\displaystyle \rho (x,t)={\frac {2}{L}}\sum _{n,m}^{\infty }c_{n}^{*}c_{m}\sin \left({\frac {\pi n}{L}}x\right)\sin \left({\frac {\pi m}{L}}x\right)e^{i{\frac {E_{n}-E_{m}}{\hbar }}t}}$

Det ses, at den tidsafhængige faktor ikke forsvinder for led, hvor ${\displaystyle n\neq m}$. Generelt kan sandsynlighedsfordelingen altså godt ændre sig over tid, når partiklen ikke er i en energi-egentilstand.^[2]

Et eksempel på en blandet tilstand er en ligelig kombination af første og anden energi-egentilstand. Bølgefunktion er da:

${\displaystyle \Psi (x,t)={\sqrt {\frac {1}{L}}}\sin \left({\frac {\pi }{L}}x\right)e^{-i{\frac {E_{1}}{\hbar }}t}+{\sqrt {\frac {1}{L}}}\sin \left({\frac {2\pi }{L}}x\right)e^{-i{\frac {E_{2}}{\hbar }}t}}$

mens sandsynlighedsfordelingen er givet ved:

${\displaystyle {\begin{aligned}\rho (x,t)&={\frac {1}{L}}\sin ^{2}\left({\frac {\pi }{L}}x\right)+{\frac {1}{L}}\sin ^{2}\left({\frac {2\pi }{L}}x\right)+{\frac {1}{L}}\sin \left({\frac {\pi }{L}}x\right)\sin \left({\frac {2\pi }{L}}x\right)\left(e^{-i{\frac {E_{2}-E_{1}}{\hbar }}t}+e^{i{\frac {E_{2}-E_{1}}{\hbar }}t}\right)\end{aligned}}}$

Det ses, at det tredje led er tidsafhængigt, og denne blandede tilstand er derfor ikke stationær. I animationen vises, hvordan sandsynlighedsfordelingen ændrer sig over tid.

Udtrykket for sandsynlighedsfordelingen kan skrives ud:

${\displaystyle {\begin{aligned}\rho (x,t)&={\frac {1}{L}}\left\\\rho (x,t)&=-{\frac {1}{4L}}\left\\\rho (x,t)&=-{\frac {1}{4L}}\left\\\rho (x,t)&=-{\frac {1}{4L}}\left\\\rho (x,t)&=-{\frac {1}{2L}}\left\end{aligned}}}$