Komentarz do wykładu 5 FCS
Przykłady rozwiązań równania Schrodingera
1. Cząstka swobodna w jednym wymiarze.
Rozpatrujemy cząstkę w nieograniczonym obszarze, w którym energia potencjalna cząstki
jest wszędzie taka sama U(x, y, z)= const (ponieważ zawsze energia potencjalna jest
określona z dokładnością do stałej więc można przyjąć, że U = 0 ). Na cząstkę nie działają
zatem żadne siły, cząstka jest cząstką swobodną, o energii całkowitej równej energii
p2
kinetycznej E = . Dla uproszczenia rachunków rozwiążmy na początek zagadnienie
2m
dla jednego wymiaru. Załóżmy, że cząstka porusza się w kierunku dodatnich wartości osi
x . Wtedy równanie Schrodingera wygląda następująco:
h2 1 "2� (x)
- = E� (x) (5.31)
2
4Ą 2m "x2
2
"2� (x) 8mĄ
+ E� (x) = 0 (5.32)
"x2 h2
Kładąc:
2
8mĄ
2
k = (zawsze dodatnie, k rzeczywiste) (5.33)
h2
Otrzymujemy ogólne rozwiązanie równania (5.):
� (x) = C1e-ikx + C2eikx (5.34)
Po uwzględnieniu również części funkcji falowej zależnej od czasu otrzymamy:
�(x,t) = Aei(kx-�t ) + Be-i(kx+�t) (5.35)
2ĄE
gdzie � = . W naszym przypadku B = 0 gdyż drugi człon równania (5.35)
h
przedstawia falę rozchodzącą się w kierunku - x , podczas gdy cząstka porusza się w
kierunku + x . W rezultacie:
�(x,t) = Aei(kx-�t) (5.36)
Wartości własne w tym przypadku wynoszą zatem:
h2k2
E = (5.37)
2
8Ą m
2. Cząstka swobodna w trzech wymiarach
W przypadku ruchu cząstki swobodnej w przestrzeni trójwymiarowej, hamiltonian czyli
wyrażenie opisujące energię wygląda następująco:
�ł �ł
h2 "2�(x, y, z) "2�(x, y, z) "2�(x, y, z)�ł = E�(x, y, z) (5.38)
- �ł + +
2
�ł
8Ą m "x2 "y2 "z2 �ł
�ł łł
W tym przypadku rozwiązanie możemy znalez
ć poprzez separację zmiennych zastępując
funkcję �(x, y, z) =� (x)Ć(y)ł (z). Po podstawieniu i podzieleniu obu stron przez iloczyn
� (x)Ć(y)ł (z) otrzymujemy:
�ł �ł
h2 1 "2� (x) 1 "2Ć(y) 1 "2ł (z)�ł = E (5.39)
- �ł + +
2
�ł�
8Ą m (x) "x2 Ć(y) "y2 ł (z) "z2 �ł
�ł łł
W ten sposób problem się redukuje do trzech oddzielnych problemów jednowymiarowych:
2
"2� (x) 8mĄ
+ Ex� (x) = 0
"x2 h2
2
"2Ć(y) 8mĄ
+ EyĆ(y)= 0 (5.40)
"y2 h2
2
"2ł (z) 8mĄ
+ Ezł (z) = 0
"z2 h2
Gdzie E = Ex + Ey + Ez . Korzystając z rozwiązania w przypadku jednowymiarowym
możemy napisać :
rr
y
x z
�(x, y, z) = C� (x)Ć(y)ł (z) = Ceik xeik yeik z = Ceikr (5.41)
r
r
gdzie r = (x, y, z) -promień wodzący , k = (kx,ky,ky) wektor falowy. Wobec tego pełną
funkcję falową możemy zapisać jako:
rr
r
�(x, y, z,t) = �(r,t) = Aei(kr -wt) (5.42)
Zatem cząstkę swobodną w nieograniczonej przestrzeni, rozchodzącą się w kierunku
r
k opisuje rozchodząca się w tym kierunku fala płaska. Gęstość prawdopodobieństwa
��* = A2 , w ten sposób prawdopodobieństwo znalezienia cząstki jest wszędzie i w każdej
chwili takie samo.
W przypadku trójwymiarowym wartości własne hamiltonianu jak to było pokazane są sumą
wartości własnych poszczególnych problemów jednowymiarowych zatem:
2
2 2
h2kx h2ky h2kz
E = Ex + Ey + Ez = + + (5.43)
2 2 2
8Ą m 8Ą m 8Ą m
Dla cząstki swobodnej zależy parabolicznie od długości wektora falowego, nie zależy od jego
kierunku. Ponieważ nie ma żadnych ograniczeń co do wartości k więc energia cząstki
swobodnej w nieograniczonym obszarze może przyjmować dowolną wartość. Jest to jedyny
przypadek w mechanice kwantowej (zresztą przypadek czysto abstrakcyjny, bo w
rzeczywistości cząstka zawsze ograniczona jest do skończonego obszaru) w którym zbiór
wartości własnych stanowi widmo ciągłe.
3.Bariera potencjalna. Efekt tunelowy
Dygresja matematyczna. Będziemy rozważać równanie Schrodingera oddzielne dla różnych
obszarów, w których U(x) jest stałe, i porównamy rozwiązanie w punktach nieciągłości U(x).
Musimy więc zdecydować się na odpowiednie warunki brzegowe dla � (x). Ponieważ
prawdopodobieństwo istnienia cząstki nie może być przestrzennie nieciągłe, funkcja
� (x)musi być ciągła w obszarze przejściowym, gdzie U(x) zmienia się skokowo. Równanie
Schrodingera jest równaniem różniczkowym drugiego stopnia musimy zatem w punkcie
nieciągłości potencjału podać warunki brzegowe dla pierwszych pochodnych � . Załóżmy, że
d�
2
rozpatrujemy bardzo mały wycinek przestrzeni "x na brzegu. Zmiana � = w tym
dx
obszarze dana jest w przybliżeniu przez
2
d�
2 2 2
"� H" "x =� "x
dx
Korzystając z równania Schrodingera mamy:
2
8mĄ
2
"� H" [U (x) - E]� (x)"x
h2
Ponieważ zarówno o stałych jak i o całkowitej energii E oraz funkcji falowej � (x) wiemy, że
są to wielkości skończone wobec tego
2
"� 0 gdy "x 0
2
dopóki potencjał U(x) nie jest nieskończony. Wobec tego dochodzimy do wniosku, że � (x)
podobnie jak � (x)musi być ciągle przy przechodzeniu przez brzegi skończonych studni i
barier potencjału. Dla nieskończonych studni i barier nachylenie � jest nieokreślone, a więc
nieciągłe. W takich sytuacjach, � (x)musi dążyć do zera w okolicy punktów brzegowych i
natura problemu jest nieco inna.
Niech cząstki np. elektrony poruszają się z lewa na prawo wzdłuż osi x , w obszarze w
którym rozkład energii potencjalnej jest taki jak na rysunku. W pewny punkcie, przyjętym za
początek osi, ma miejsce prostokątny skok energii potencjalnej. W praktyce nigdy nie ma
dokładnie prostokątnego skoku potencjału. Przybliża on jednak wiele rzeczywistych sytuacji,
np. skok potencjału istniejący na powierzchni metalu. Rozpatrzymy równanie Schrodingera
dla stanów stacjonarnych w poszczególnych obszarach ruchu cząstki:
W obszarze 1 (- " < x < 0)
h2 1 "2� (x)
- = E� (x)
2
4Ą 2m "x2
(5.44)
2 2
d � (x) 8mĄ
+ E � (x) = 0
dx2 h2
2
8mĄ h2
k12 = E (zawsze dodatnie) (5.45)
h2
W obszarze 2 (0 < x < ")
h2 1 "2� (x)
- + U0� (x) = E� (x) (5.46)
2
8Ą m "x2
2 2
d � (x) 8mĄ
+ (E -U0) � (x) = 0
dx2 h2
(5.47)
2
8mĄ
2
k2 = (E -U0)
h2
Ogólnym rozwiązaniem dla obszaru 1 jest funkcja:
1 1
� (x) = Aeik x + Be-ik x (5.48)
I
W powyższej funkcji człon Be-ikx przestawia falę biegnącą w kierunku ujemnych wartości osi
x . Jest to fala odbita od bariery potencjału, przedstawiająca strumień cząstek odbitych.
Przy rozwiązywaniu równania Schrodingera dla obszaru 2 trzeba rozpatrzyć dwa
przypadki w zależności do znaku wyrażenia E -U0 . Jeżeli E -U0 > 0 to k2 jest rzeczywiste i
ogólne rozwiązanie w obszarze 2 ma postać:
2 2
� (x)= Ceik x + De-ik x (5.48)
II
2
Człon De-ik x przedstawia falę rozchodzącą się z prawa na lewo w obszarze 2. Fali takiej w
obszarze 2 nie ma. Zatem D = 0 . Stosując warunki ciągłości dla funkcji � ,� oraz ich
I II
pochodnych otrzymujemy:
A + B = C
(5.49)
Ak1 - Bk1 = Ck2
Skąd amplitudy B i C możemy wyrazić za pomocą amplitudy fali padającej A
k1 - k2
B = A
k1 + k2
(5.50)
2k1
C = A
k1 + k2
Natężenie strumienia cząstek jest proporcjonalne do ich prędkości i koncentracji (liczby
cząstek w jednostce objętości), a więc gęstości prawdopodobieństwa znalezienia cząstek.
Zatem współczynnik odbicia wyniesie:
2
2
v1 B
(k1 - k )
2
R = =
(5.51)
2
2
v1 A (k1 + k )
2
Należy zauważyć, że w każdym przypadku mamy do czynienia z odbiciem co jest sprzeczne z
obrazem mechaniki klasycznej. Gdzie o ile E -U0 > 0 cząstka nie powinna odczuwać
obecności bariery (odczuwa nawet w przypadku gdy U0 < 0 ). Mikrocząstki zachowują się
więc analogicznie do światła, które przy prostopadłym padaniu na powierzchnię graniczną
ulega odbiciu, zarówno wtedy, gdy przechodzi do ośrodka optycznie gęstszego jak i
rzadszego.
Współczynnik transmisji (przepuszczalności) z ośrodka 1 do ośrodka 2 wyniesie:
2Ek 2
v2 C2 m 4k12 k2 4k12
4k1k2
T = = = = (5.52)
2 2 2
k1
v1 A2 2Ek1 (k1 + k2) (k1 + k2) (k1 + k2)
m
Oczywiście liczba cząstek musi być zachowana wobec tego R + T = 1co jest łatwe do
sprawdzenia.
Rozpatrzmy teraz drugi przypadek gdy E -U0 < 0. Wówczas k2 ma wartość urojoną
więc:
k2 = ią (5.53)
2Ą 2m(U0 - E)
gdzie ą = jest liczbą rzeczywistą. Ogólnym rozwiązaniem dla obszaru 2 jest
h
wtedy funkcja:
� (x) = Ge-ąx + Heąx (5.54)
II
Z warunku, że funkcja � powinna być funkcją skończoną otrzymujemy H = 0 . Z warunku
II
ciągłości funkcji � i jej pochodnej w punkcie x = 0 otrzymujemy:
A + B = G
ik1(A - B)= -ąG
k1 - ią
B = A (5.55)
k1 + ią
2k1
G = A
k1 + ią
2
B
R = = 1
2
A
Fala wchodząca do obszaru 2 jest wykładniczo tłumiona � (x)= Ge-ąx . Odwrotność
II
1/ą oznacza odległość na której funkcja zanika e razy. Istnieje różne od zera
prawdopodobieństwo znalezienia cząstek w obszarze 2 do głębokości rzędu
1 h
l H" = a więc do głębokości rzędu długości fali de Broglie a cząstki o
ą 2Ą 2m(U0 - E)
energii kinetycznej U0 - E . Jak można wyliczyć dla U0 - E = 1eV głębokość wnikania l jest
rzędu 12A. Ten kwantowo mechaniczny wyniki jest różny od wniosku z mechaniki
klasycznej, wg której cząstka o energii mniejszej od bariery potencjału nie może znalez
ć się w
obszarze bariery. Żadna jednak cząstka nie kontynuuje swojej drogi w obszarze 2, wszystkie
zawracają w kierunku malejących wartości x jak to wynika z rozwiązań.
Przenikanie cząstek z obszaru 2, mimo, że energia całkowita cząstek E jest mniejsza
od energii potencjalnej w obszarze 2, stwarza możliwość tzw. efektu tunelowego przez
cienkie bariery potencjału. W fizyce ciała stałego jest on szczególnie ważny w emisji
elektronów pod wpływem silnego pola elektrycznego, zjawisk w złączu p-n (diody
tunelowej), przepływu prądu przez cienkie warstwy dielektryczne. Jeżeli np. U0 - E = 1eV i
szerokość bariery L jest rzędu 12A lub mniej, to istnieje skończone prawdopodobieństwo
znalezienia cząstki po przeciwnej stronie bariery. W tym przypadku równanie Schrodingera w
różnych obszarach wygląda następująco:
h2 1 "2� (x)
- = E� (x)
2
ńł- " < x < 0
4Ą 2m "x2
dla
�łL < x < " (5.56)
2 2
d � (x) 8mĄ
ół
+ E � (x) = 0
dx2 h2
i
h2 1 "2� (x)
- + U0� (x) = E� (x) dla 0 d" x d" L (5.57)
2
8Ą m "x2
Rozwiązania w różnych obszarach są następujące :
1 1
� (x)= eik x + Ae-ik x dla - " < x < 0
I
2 2
� (x) = Ceik x + De-ik x dla 0 d" x d" L
II
1
� (x)= Deik x dla L < x < "
I
Gdzie dla wygody przyjęliśmy jednostkową amplitudę fali padającej. Zauważmy, że
rozwiązanie w obszarze 2 ma zawierać rosnące i malejące funkcje wykładnicze. Założenie to
jest konieczne w celu dopasowania rozwiązań dla x = L . Uwzględnia ono fakt, że fale są
odbijane jak i przepuszczane dla x = L podobnie jak x = 0 .
 Nasz problem jest więc właściwie przygotowany; mamy jeszcze po dwa warunki
brzegowe dla każdej z dwu nieciągłości. Daje to w sumie cztery równania z czterema
2
niewiadomymi A, B,C, D . Co przy x = 0 ciągłość � (0) i � (0)daje:
1+ A = B + C
ik1(1- A) = k2(B - C) (5.58)
przy x = L
1 2 21
Deik L = Bek L + Ce-k L
1 2 21
ik1Deik L = k2(Bek L - Ce-k L) (5.)
Pozostawiamy szczegółowe obliczenia czytelnikowi i podamy od razu wynik:
2
2
(k12 + k2 )(1- e-2k L)
A =
2 2
2
(k2 + ik1) e-2k L - (k2 - ik1)
(5.59)
2
4ik1k2e(k -ik1 )L
B =
2 2
2
(k2 + ik1) - (k2 - ik1) e2k L
Z których można wyliczyć współczynniki odbicia i transmisji:
-1
�ł łł
2 4E(U0 - E)
R = A =
�ł1+
U02sh2(k2L)śł
�ł �ł
(5.60)
-1
�ł łł
2 U02sh2(k2L)
T = B =
�ł1+ 4E(U0 - E) śł
�ł �ł
W równaniach tych użyliśmy funkcji sinus hiperboliczny zdefiniowanej jako:
ex - e- x
sh(x)= (5.61)
2
Dla cząsteczek o energiach przekraczających wysokość bariery E > U0 nasze podstawowe
równania pozostają bez zmian, oprócz tego że k2 staje się urojone. Oznacza to ze funkcje
hiperboliczne w ostatnich związkach zostaną zastąpione funkcjami kołowymi ponieważ
sh(ix) = isin x . Wobec tego dla E > U0 współczynniki odbicia i transmisji równają się:
-1
�ł łł
2 4E(U0 - E)
R = A =
�ł1+ U02 sin2(k2L)śł
�ł �ł
(5.62)
-1
�ł łł
2 U02 sin2(k2L)
T = B =
�ł1+ 4E(U0 - E) śł
�ł �ł
4. Cząstka w nieskończonej studni potencjału
Dotychczas omawialiśmy stany cząstki nie związanej z określonym obszarem przestrzeni,
cząstki idącej z nieskończoności do nieskończoności. Teraz przejdziemy do rozpatrywania
stanów związanych tzn. stanów cząstki zmuszonej do określonymi siłami do przebywania w
skończonym obszarze przestrzeni. Jak zobaczymy stany związane prowadzą do kwantowania
energii cząstki.
Rozpoczniemy do rozważenia (na początek w jednym wymiarze osi x ) przypadku
cząstki znajdującej się w przedziale 0 d" x d" d między dwiema prostokątnymi nieskończonymi
barierami potencjału. Przypadek taki określa się mianem cząstki w nieskończenie głębokiej
prostokątnej studni (dole, jamie) potencjału. Jest on przybliżeniem rzeczywistej sytuacji w
wielu zagadnieniach fizycznych. Przykładowo elektron w atomie wodoru znajduje się
praktycznie w nieskończenie głębokiej studni potencjału, odmienny jest kształt ścian tej
studni. Również elektrony w próbce ciała stałego można w wielu zagadnieniach traktować
jako elektrony w jamie potencjału. Dla x < 0 oraz x > d czyli w obszarach 1 i 3, w których
energia potencjalna cząstki jest nieskończenie duża funkcja falowa � (x) = 0 . Wynika to
choćby z rozważań, które prowadziliśmy dla progu potencjału w sytuacji gdy U0 " i w
tym przypadku funkcja falowa musi znikać. Wewnątrz studni czyli w obszarze 2 (0 d" x d" d),
w którym potencjał jest stały U (x)= 0 , cząstka jest cząstką swobodną o energii E równej
energii kinetycznej. Dla cząstki w tym obszarze obowiązuje bezczasowe równanie
Schrodingera
h2 1 "2� (x)
- = E� (x)
2
4Ą 2m "x2
(5.63)
2 2
d � (x) 8mĄ
+ E � (x) = 0
dx2 h2
oraz jego ogólne rozwiązanie:
� (x)= Aeikx + Be-ikx (5.64 )
gdzie k2 wynosi:
2
8mĄ
k2 =
h2
Ze względu na ciągłość funkcji falowej funkcja � (x) z przedziału 2 musi znikać na krańcach
tego przedziału tzn.
� (0) =� (d) = 0 (5.65)
czyli:
A + B = 0
Aeikd + Be-ikd = 0
Po podstawieniu do ostatniego równania B = -A otrzymamy równanie:
sin kd = 0
które jest spełnione tylko dla pewnych takich wartości kn , że;
knd = nĄ , n = 1,2,3K
czyli:
nĄ
kn =
(5.66)
d
Korzystając z powyższych zależności możemy podać wyrażenia na funkcje własne i
odpowiadające im wartości własne energii:
n n
� (x)= Aeik x - Ae-ik x = 2iAsin knx = A1 sin knx
n
nĄ
� (x)= A1 sin x
n
d
(5.67)
2
h2 kn h2 n2
En = =
2 2
8Ą m 8 md
Widzimy więc, że zamknięcie cząstki w ograniczonym obszarze, a konkretniej  narzucenie
na funkcję falową pewnych warunków brzegowych prowadzi do kwantowania energii cząstki.
Cząstka w obszarze ograniczonym może przyjmować tylko pewne dozwolone (dyskretne)
wartości energii, w przeciwieństwie do przewidywań mechaniki klasycznej w myśl której
energia cząstki może zmieniać się w sposób ciągły. Zgodnie z powyższymi wynikami cząstka
swobodna w ograniczonym obszarze może przyjmować tylko pewne punkty z wykresu
parabolicznego zależności
h2 k2
E =
2
8Ą m
Liczbę całkowitą n określającą dyskretne wartości energii nazywamy liczbą kwantową.
Zerowa liczba kwantowa jest niemożliwa do przyjęcia gdyż dla n = 0 mamy zgodnie z
otrzymanymi wynikami � (x)= 0 (dla każdego x ) brak cząstki. Wobec tego najniższym
n
stanem energetycznym stanem podstawowym jest stan odpowiadający (n = 1). Ze wzoru
opisującego energię jest widoczne, że dyskretność widma jest dobrze widoczna dla małych
wartości n i d , a więc mikrocząstek w mikroobszarach. Jeżeli d znacznie przekracza
rozmiary atomowe, to odległości pomiędzy poziomami dozwolonymi są tak małe, że
praktycznie widmo staje się widmem ciągłym, jak w przypadku klasycznym.
Jednowymiarowy przypadek nieskończenie głębokiej studni potencjału można łatwo
uogólnić na trzy wymiary. W tym przypadku przestrzeń w której będzie znajdowała się
cząstka stanowi pudło potencjału o wymiarach d1,d2,d3 . Potencjał wewnątrz pudła jest równy
zeru (w ogólnym przypadku stały), natomiast na zewnątrz  jest nieskończenie duży. Zatem
na zewnątrz pudła � = 0 , natomiast wewnątrz pudła � spełnia równanie Schrodingera,
identyczne jak dla cząstki swobodnej w nieograniczonej przestrzeni trójwymiarowej
�ł �ł
h2 "2�(x, y, z) "2�(x, y, z) "2�(x, y, z)�ł = E�(x, y, z) (5.68)
- �ł + +
2
�ł
8Ą m "x2 "y2 "z2 �ł
�ł łł
Stosując procedurę separacji zmiennych �(x, y, z) =� (x)Ć(y)ł (z) otrzymujemy:
�ł �ł
h2 1 "2� (x) 1 "2Ć(y) 1 "2ł (z)�ł = E (5.69)
- �ł + +
2
�ł�
8Ą m (x) "x2 Ć(y) "y2 ł (z) "z2 �ł
�ł łł
W ten sposób problem się redukuje do trzech oddzielnych problemów jednowymiarowych:
2
"2� (x) 8mĄ
+ Ex� (x)= 0
"x2 h2
2
"2Ć(y) 8mĄ
+ EyĆ(y) = 0 (5.70)
"y2 h2
2
"2ł (z) 8mĄ
+ Ezł (z) = 0
"z2 h2
Rozwiązując dla każdego wymiaru z osobna i korzystając z warunków brzegowych dla
funkcji � otrzymamy analogiczne jak w przypadku jednowymiarowym liczby falowe w
r
poszczególnych kierunkach kx,ky,kz (składowe wektora falowego k ):
nyĄ
nxĄ nzĄ
kn = ,kn = ,kn = , nx,ny,nz =1,2,3,K (5.71)
x y z
d1 d2 d3
2 2
h2kx h2nx
En = =
2
x
8Ą m 8md12
2
h2ky h2n2
y
En = = (5.72)
2 2
y
8Ą m 8md2
2 2
h2kz h2nz
En = =
2 2
z
8Ą m 8md3
Wobec tego całkowita energia w stanie (nx,ny,nz) (poprawnie mówiąc wartość własna
operatora energii w tym stanie) wynosi:
2 2
h2 �ł nx n2 nz �ł
y
�ł �ł
En n nz = + + (5.73)
2 2
x y
�ł
8m d12 d2 d3 �ł
�ł łł
Dla pudła kubicznego d1 = d2 = d3 wartości własne energii wynoszą:
h2 2
2
En ny nz = (nx + n2 + nz ) (5.74)
y
x
8m
Jak widać z powyższych związków funkcje własne opisujące stany cząstek jak również
energie dozwolone (wartości własne) zależą od trzech liczb kwantowych (nx,ny,nz). Zatem
trzy liczby kwantowe określają stan cząstki w pudle potencjalnym. Najniższym stanem
energetycznym jest stan odpowiadający trójce (nx = 1,ny = 1,nz = 1). Jak wynika z
otrzymanych związków energia stanu podstawowego dla pudła kubicznego wynosi
3h2
E111 = . Energia pierwszego stanu wzbudzonego może odpowiadać trzem stanom
8m
� ,�121,�112 (trzem różnym kombinacją liczb kwantowych). Zatem pierwszy stan
211
wzbudzony jest trzykrotnie zdegenerowany. Można usunąć degenerację niższych stanów
przez zniszczenie symetrii kubicznej pudła, jeżeli d1,d2,d3 znacznie się różnią wówczas,
różne stany, aż do dużych wartości liczb kwantowych, nie dają jednakowych wartości energii.
Obliczanie liczby możliwych stanów. Każdej wartości trójki liczb jak stwierdziliśmy
wcześniej (nx,ny,nz) odpowiada jeden stan cząstki. Przypuśćmy, że liczby(nx,ny,nz) są duże
w porównaniu z jednością. Do takich liczb można zastosować operację różniczkowania:
różniczka dnx oznacza przedział liczb mały w porównaniu z samym nx , ale zawierający
jeszcze wiele innych wartości nx . Jest więc rzeczą oczywistą, że w przedziale dn1 zawiera się
równo dnx możliwych liczb całkowitych, 1 << dnx << nx i analogicznie w przedziałach dny i
dnz . Odłóżmy (nx,ny,nz) na osiach współrzędnych. W przestrzeni tej zbudujmy
nieskończenie mały równoległościan o objętości dnxdnydnz . Zgodnie z tym co
powiedzieliśmy w równoległościanie tym zawiera się dnxdnydnz trójek liczb całkowitych
(nx,ny,nz), każdej z których odpowiada jakaś wartość energii w pudle. Wszystkich takich
stanów w rozważanym przedziale wartości (nx, ny ,nz) mamy:
dN(nx,ny,nz)= dnxdnydnz (5.75)
Podstawiając kx,ky,kz otrzymamy wyrażenie dla liczby stanów:
d1d2d3dkxdkydkz V
dN(kx,ky,kz)= = dkxdkydkz
3 3
Ą Ą
gdzie V = d1d2d3 objętość pudła, a liczby kx,ky,kz przybierają tylko wartości dodatnie.
Zgodnie z hipotezą de Broglie a każdej wartości ki odpowiadają dwie wartości rzutu pędu
równe co do wielkości lecz przeciwnego znaku. Dlatego też jeśli przyrównamy do siebie
2Ą
liczby stanów zawartych w przedziałach dkx i dpx w tym ostatnim znajdzie się dwa razy
h
liczba stanów mniejsza. Zgodnie z tym liczba stanów w przedziale pędu dpxdpydpz równa jest
V
dN(px, py, pz)= dpxdpydpz (5.76)
h3
gdzie px, py , pz przybierają wszystkie wartości od - " do + "
Wzór ten jest zgodny z zasadą nieoznaczoności Heisenberga. Jeśli ruch jest ograniczony w
kierunku osi x przedziałem d1 , to fizycznie rozróżnialne są tylko te stany, których rzuty pędu
różnią się mniej niż h / d1 , zatem w przedziale dpx znajduje się dpx /(h / d1) = d1dpx / h stanów.
d1dpx d2dpy d3dpz
Mnożąc �" �" otrzymujemy wzór (5.76).
h h h
Rozważmy teraz liczbę stanów zmieniając nieco zmienne niezależne. Na osiach
współrzędnych odłóżmy wielkości kx,ky,kz . Zbudujmy w tej przestrzeni kulę, której
równanie ma postać:
2
k2 + k2 + k2 = K (5.77)
x y z
Liczby kx,ky,kz są dodatnie, tak że będzie nas interesować tylko jedna ósma kuli  tzw. oktan.
Zapytajmy, ile stanów zawiera się między oktanami dwóch kuł o promieniach K i K + dK .
Liczba ta jest równa:
2 2
V 4ĄK dK VK dK
dN(K) = = (5.78)
3 2
8Ą 2Ą
Biorąc pod uwagę postać energii możemy napisać:
2Ą
K = 2mE (5.79)
h
8ĄVm3 / 2 E
dN(E)= dE (5.80)
2h3
Wobec tego liczba stanów zawartych między E i E + dE rośnie wprost proporcjonalnie do
E . Związek ten ma duże znaczenie dla naszych przyszłych rozważań. Na jego podstawie
można udowodnić, że ilość stanów jest proporcjonalna do objętości i nie zależy od kształtu
pudla.
5. Cząstka w kwadratowej studni potencjału
W tej części rozpatrzymy przykład kwadratowej studni potencjału. Potencjał w tym
przypadku będzie równy:
U(x) = U0 x > a
(5.81)
U(x) = 0 x < a
Wez
my cząstkę o całkowitej energii leżącej w zakresie:
0 < E < U0 (5.82)
i poszukamy rozwiązań równania Schrodingera bez czasu w obszarach x < a i x > a .
Równanie ma postać:
2 2
d � (x) 8mĄ
+ (E -U(x)) (x) = 0 (5.83)
�
dx2 h2
Podstawiając funkcje potencjału do tego równania otrzymujemy:
2 2
d � (x) 8mĄ
2
= (U0 - E )� (x) = k2� (5.84)
dx2 h2
dla x > a , gdzie liczba falowa k2 jest rzeczywista ponieważ U0 > E oraz
2 2
d � (x) 8mĄ
= - E� (x) = -k12� (5.85)
dx2 h2
2 2
dla x < a . Dla x > a rozwiązaniami są funkcje wykładnicze w postaci ek x i e-k x . Ponieważ
funkcje falowe muszą dążyć do zera przy x ą" znajdujemy:
2
� = Aek x x < -a
(5.86)
2
� = Be-k x x > a
Napiszmy teraz rozwiązanie dla cząstki w studni. Dla x < a
� = C cos k1x + Dsin k1x (5.87)
Wszystkie te rozwiązania należy teraz dopasować dla x = ąa . Najpierw dla x = -a
2
Ae-k a = C cos k1a - Dsin k1a (5.88)
i dla x = a
2
Be-k a = C cosk1a + Dsin k1a (5.89)
dodając obie strony otrzymujemy:
2
(A + B)e-k a = 2C cos k1a (5.90)
natomiast odejmując:
2
(B - A)e-k a = 2Dsin k1a (5.91)
Dwa ostatnie równania na chwilę zostawimy aby dopasować pochodne � w punktach
brzegowych. Najpierw dla x = -a :
2
k2 Ae-k a = k1C sin k1a + k1D cos k1a (5.92)
a przy x = a
2
- k2Be-k a = -k1C sin k1a + k1D cos k1a (5.93)
Suma i różnicą tych równań są:
2
k2(A - B)e-k a = 2k1D cos k1a (5.94)
i
2
k2(A + B)e-k a = 2k1C sin k1a (5.95)
Dzieląc wzór (5.) przez (5.) otrzymujemy
- k2 = k1ctg(k1a) (5.96)
co jest prawdziwe tylko dla A `" B i D `" 0 . Wzory (5.) (5.) również podzielimy przez siebie
aby móc otrzymać:
k2 = k1tg(k1a) (5.97)
jeżeli A `" -B i C `" 0 . Oczywiście obydwie te zależności nie mogą być jednocześnie słuszne,
2
ponieważ oznaczałoby to ze tg (k1a) = -1. Wobec tego ograniczenia narzucone w stałe w
jednym z równań (5.) lub (5.) muszą być w pewnych warunkach pogwałcone.
 Można zatem wyróżnić dwie zgodne klasy rozwiązań w pierwszej - k2 `" k1ctg(k1a)
ponieważ A = B i D = 0 . W takim razie słuszny jest wzór k2 = k1tg(k1a) i rozwiązaniami są:
2
� = Aek x x < -a
2
� = Ae-k x x > a (5.98)
� = C cosk1x x < a
Przypadek ten wyróżnia się parzystością rozwiązań tzn.
� (x) =� (- x) (5.99)
dla wszystkich x .
Drugą klasę rozwiązań określa związek k2 `" k1tg(k1a) ponieważ dla tego przypadku A = -B i
C = 0 . Rozwiązaniami są
2
� = Aek x x < -a
2
� = -Ae-k x x > a (5.100)
� = Dsin k1x x < a
Rozwiązania są teraz nieparzyste, czyli
� (x) = -� (- x) (5.101)
dla wszystkich x .
Rozwiązania te zmieniają się ze wzrostem energii cząstki E . Z warunków
brzegowych wynika, że energia musi być skwantowana. Aby znalez
ć dozwolone wartości
energii E musimy rozwiązać parę równań przestępnych na k1 i k2 . Ponieważ jak wykazaliśmy
równań (5.) i (5.) nie można rozpatrywać równocześnie, każde z nich musi być rozwiązane na
przemian z innym równaniem łączącym k1 i k2 , które zaraz napiszemy. Wobec tego, że
2Ą 2Ą
k1 = 2mE i k2 = 2m(U0 - E) (5.102)
h h
z równań (5.) i (5.) wynika dodatkowe równanie na k1 i k2 , które można zapisać jako:
2
8Ą mU0
2 2
k12 + k2 = k3 = (5.103)
h2
W tej chwili cała fizyka problemu została opisana. Dla celów dydaktycznych spróbujemy
zilustrować zagadnienie graficznie. W tym celu przerobimy trochę równania. Eliminując z
równań (5.) i (5.) k2 otrzymujemy:
k12 2
k12(1+ tg2k1 a)= = k3 (5.104)
cos2 k1a
co może być przepisane jako:
k1a
cosk1a = ą (5.105)
k3a
Wzór ten stosuje się do rozwiązania parzystego. Z równania (5.) wynika dodatkowo, że tgk1a
musi być dodatni. Podobnie eliminując k2 z równań (5.) i (5.) dostajemy:
k1a
sin k1a = ą (5.106)
k3a
Co stosuje się do rozwiązań nieparzystych. Ze wzoru (5.) wynika, że ctgk1a musi być zawsze
ujemny.