Densidad de estados de una partícula en una caja de 1, 2 y 3

En relación con los problemas 12, 13 y 14
Partícula en una caja unidimensional de lado L: V=0 dentro de la caja e infinito en
las paredes.
Una dimensión: HΨ ( x) = EΨ ( x ) para 0 <
x<L
h kx
p
h ∂
=
=−
con las condiciones de
2m
2m
2m ∂x 2
contorno: Ψ (0) = Ψ ( L ) = 0 , al ser V infinito en las paredes.
siendo H
≡
2
2
2
2
2
nx=4
La solución es:
Ψk x ( x) = Ψ0 sen(k x x)
con k x =
π
n x = 1,2,3,... y
nx ,
L
nx=3
h 2kx
h 2π 2 2
h2 2
nx
n
=
=
energías: ε (n x ) =
x
2m
2mL2
8mL2
2
Densidad de estados ω: número de estados en un intervalo de
energía (ε,ε+dε):
0
Para buscar la densidad de estados en energía podemos ver
primero la densidad de estados en el número cuántico nx, es
decir número de estados en un intervalo de número cuántico
dnx: ω(nx)dnx=dnx, es decir la densidad de estados (de
puntos en la figura) es 1. Y en el número cuántico kx, o
momento: ω(kx)dkx=dkx/(π/L), es decir la densidad de
estados (puntos en la figura) es L/π. Obsérvese que siendo
dε
1
ε
ω(ε)dε
dkx
•
π/L
•
•
2
•
3
•
4
•
2π/L
dnx
1
L
•
3π/L
•
4π/L
•
….
kx
ω(kx)dkx
•
5
•
6
•
7 ….
•
•
•
nx
kx=πnx/L, los intervalos están relacionados por dkx=πdnx/L,
en el mismo intervalo físico hay, naturalmente el mismo
número de estados tanto si lo medimos con dkx como si
usamos dnx; entonces las densidades de estado se obtienen
una de la otra: ω(kx)dkx=dkx/(π/L)=dnx= ω(nx)dnx. De la
ω(nx)dnx
misma forma se puede obtener la densidad de estados en energía que es la más útil: de
tiene
nx=2
nx=1
ε = h 2 k x2 / 2m
dε = h 2 k x dk x / m , así se llega a ω (k x )dk x = Ldk x / π = Lmdε / h 2 k xπ
[
]
= (m / 2ε )1 / 2 Ldε / hπ , de donde ω (ε ) = (2m)1 / 2 L / h ε −1 / 2 ∝ ε −1 / 2
que indica, como debe ser, la disminución de la densidad con la energía (ver figuras).Dos
r
2
2
2
p 2 h 2 k h (k x + k y )
=
=
dimensiones: HΨ ( x, y ) = EΨ ( x, y ) para 0 < x, y < L siendo H ≡
2m 2m
2m
G. Navascués
última revisión 23/10/2005
1
se
En relación con los problemas 12, 13 y 14
h2 ∂2
∂2
( 2 + 2 ) con las condiciones de contorno: Ψ (0, y ) = Ψ ( L, y ) = Ψ ( x,0) = Ψ ( x, L) = 0 , al ser V
=−
2m ∂x
∂y
infinito en las paredes. La solución es:
π
Ψk x k y ( x, y ) = Ψ0 sen(k x x) sen( k y y ) con k x = n x , n x = 1,2,3,...
L
r
2
2 2
h k hπ
h2
2
2
(
)
(n x2 + n y2 )
n
n
=
+
=
y energías: ε (n x , n y ) =
x
y
2
2
2m 2mL
8mL
,
π
L
n y = 1,2,3,...
ny ,
ε
2
2
h 8mL
Primero observe que todos los posibles estados están
representados por una red cuadrada sobre el primer cuadrante
en el espacio de los números cuánticos nx y ny. Lo mismo ocurre
en el espacio de los momentos; es la versión en dos dimensiones
de lo que ocurre en una dimensión. El parámetro de red
(distancia entre puntos vecinos de la red) es 1 para el primer
caso y L / π en el segundo. La densidad de estados ω (k x , k y ) es
= (n x2 + n y2 )
20
(2,4),(4,2)
18
17
(3,3)
(1,4),(4,1)
( L / π ) 2 , es decir, en una extensión dk x dk y
13
(2,3),(3,2)
( L / π ) dk x dk y estados, proporcional a la extensión como
10
(1,3),(3,1)
uniforme e igual a
hay
ky =
2
corresponde a una distribución uniforme.
dk x dk y
•
•
•
(2,2)
5
(1,2),(2,1)
2
ky
•
8
nx=1,ny=1 → (1,1)
•
Fíjese que esté donde esté el elemento
dk x dk y siempre
4π/L
•
•
•
•
•
3π/L
•
•
•
•
•
habrá el mismo numero de puntos, estados. Si se toma la
extensión de un cuarto de corona circular (ver figura) de
anchura dk y radio k el número de estados será la
densidad de estados (de puntos de la figura) por el área
•
⎟⎟kdk que indica
del cuarto de corona: ⎜⎜ 2 ⎟⎟ 2πkdk = ⎜⎜
⎝ 2π ⎠
⎝π ⎠ 4
2π/L
•
•
•
•
⎛ L2 ⎞ 1
dk
que a mayor radio (k), para la misma anchura (dk), los
estados dentro del cuarto de corona crecen linealmente
con k, que es como crece el área de la corona. Lo que se
ha calculado es el número de estados con módulo del
momento en el intervalo (k,k+dk), así que tenemos la
k
π/L
•
•
•
•
•
π/L
2π/L
3π/L
4π/L
….
kx
densidad de estaos en módulo de k:
El mismo resultado se tiene si se integra
ω (k )dk =
∫ ω (k x , k y )dk x dk y =
ÁREA
L2
π2
ω (k x , k y )dk x dk y
∫ dk x dk y =
ÁREA
⎛ L2 ⎞
L2
π2
sobre a superficie del cuarto de corona:
∫ dϕkdk =
ÁREA
⎛ L2 ⎞
ω (k )dk = ⎜⎜ ⎟⎟kdk .
⎝ 2π ⎠
L2
π2
π /2
∫ dϕkdk =
0
L2
kdk
2π
Ahora, lo mismo que en una dimensión, la relación entre l energía y el momento nos permite obtener la
densidad de estados en energía: de
ω ( k )dk =
ε = h 2 k 2 / 2m
se tiene dε = h kdk / m , así se llega a
2
2πmL2
2πmL2
L2
L2
,
de
donde
, que indica que la densidad de
L
ω
(
ε
)
kdk =
mdε / h 2 = L
d
ε
=
2π
2π
h2
h2
estados en energía se mantiene constante. Esto se puede entender viendo la figura adjunta basada en
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En relación con los problemas 12, 13 y 14
que para un mismo intervalo de energía dє, el correspondiente intervalo de momento dk decrece
conforme crece la energía (ver figura): dε
ky
dε
•
•
•
•
•
4π/L
•
•
•
•
•
3π/L
•
•
•
•
•
2π/L
•
•
•
•
•
π/L
•
•
•
•
•
π/L
2π/L
3π/L
4π/L
….
kx
Tres dimensiones: Ahora se vuelve a repetir todo con una dimensión más:
r
2
2
2
2
p 2 h 2 k h (k x + k y + k z )
=
=
HΨ ( x, y , z ) = EΨ ( x, y, z ) para 0 < x, y , z < L siendo H ≡
2m 2m
2m
2
2
2
2
h ∂
∂
∂
( 2 + 2 + 2 ) con las condiciones de contorno:
=−
2m ∂x
∂z
∂y
Ψ (0, y , z ) = Ψ ( L, y, z ) = Ψ ( x, y ,0) = Ψ ( x, y , L) = Ψ ( x,0, z ) = Ψ ( x, L, z ) = 0 , al ser V infinito en las paredes.
La solución es:
Ψk k
x y ,k z
ky =
π
L
( x, y, z ) = Ψ0 sen(k x x) sen(k y y) sen(k z z )
ny ,
n y = 1,2,3,...
kz =
π
L
nz ,
con
kx =
π
L
nx ,
n x = 1,2,3,... ,
n z = 1,2,3,...
r
h 2 k h 2π 2 2
h2
2
2
(
)
(n x2 + n y2 + n z2 )
n
n
n
=
+
+
=
y energías: ε (n x , n y , n z ) =
x
y
z
2
2
2m 2mL
8mL
Todos los posibles estados están representados por una red cúbica sobre el primer octante en el espacio
de los números cuánticos nx , ny y nz. Lo mismo ocurre en el espacio de los momentos; otra vez es la
versión en tres dimensiones de lo que ocurre en una dimensión y dos dimensiones. El parámetro de red
(distancia entre puntos vecinos de la red) es 1 para el primer caso y L / π en el segundo. La densidad de
estados
ω (k x , k y , k z ) es uniforme e igual a ( L / π ) 3 , es decir, en un volumen dk x dk y dk z
hay
( L / π ) 3 dk x dk y dk z estados, proporcional a la extensión como corresponde a una distribución uniforme.
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En relación con los problemas 12, 13 y 14
ε
2
2
h 8mL
= (n x2 + n y2 + n z2 )
(1,2,4),(1,4,2),(2,1,4)
(4,1,2),(2,4,1),(4,2,1)
21
(1,3,3),(3,1,3),(3,3,3)
(1,1,4),(1,4,1),(4,1,1)
(3,2,2),(2,3,2),(2,2,3)
19
18
17
(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3)
(3,1,2),(2,3,1),(3,2,1)
14
12
11
(2,2,2)
(1,1,3),(1,3,1),(3,1,1)
9
(1,2,2),(2,1,2),(2,2,1)
6
(1,1,2),(1,2,1),(2,1,1)
3
nx=1,ny=1,nz=1,
Fíjese que esté donde esté el elemento
→ (1,1,1)
dk x dk y dk z siempre habrá el mismo numero de puntos, estados. Si
se toma la extensión de un octavo de cáscara esférica (ver figura) de anchura dk y radio k el número de
estados será la densidad de estados (de puntos de la figura) por el volumen del octavo de cáscara:
⎛ L⎞ 1
⎛ L⎞ π 2
2
k dk que indica que a mayor radio (k), para la misma anchura (dk), los estados
⎜ ⎟ 4πk dk = ⎜ ⎟
⎝π ⎠ 8
⎝π ⎠ 2
3
3
dentro del cuarto de corona crecen cuadraticamnte con k, que es como crece el volumen de la cáscara. Lo
que se ha calculado es el número de estados con módulo del momento en el intervalo (k,k+dk), así que
⎛ L⎞ π 2
k dk .
tenemos la densidad de estados en módulo de k: ω ( k ) dk = ⎜ ⎟
⎝π ⎠ 2
El mismo resultado se tiene si se integra ω (k x , k y , k z )dk x dk y dk z sobre el volumen del octavo de cáscara:
3
⎛ L⎞
ω (k )dk = ∫ ω (k x , k y , k z )dk x dk y dk z =⎜ ⎟
⎝π ⎠
VOLUMEN
3
2
∫ k dkdϕsenθdθ =
VOLUMEN
L3 1
L3 π 2
2
π
4
k
dk
=
k dk
π3 8
π3 2
Ahora, lo mismo que en una y dos dimensiones, la relación entre la energía y el momento nos permite
obtener la densidad de estados en energía: de
ε = h 2 k 2 / 2m
se tiene dε = h kdk / m , así se llega a
2
2mL3
2mL3 (2mε )
2πV (2m )
L3 π 2
L3 π
2
dε =
ε 1 / 2 dε , de donde
ω (k )dk = 3 k dk = 3 kmdε / h = 2 kdε = 2
3
h
π 2
π 2
h
h
h
3/ 2
2πV (2m )
ω (ε ) =
ε 1 / 2 ∝ ε 1 / 2 , que indica que la densidad de estados en energía crece con la raíz de la
3
h
1/ 2
3/ 2
energía. Esto se puede entender viendo la figura adjunta basada en que para un mismo intervalo de
energía dє, el correspondiente intervalo de momento dk decrece conforme crece la energía (ver figura):
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1
En relación con los problemas 12, 13 y 14
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
dk1 ~ dє1/k1
dk2 ~ dє2/k2
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