Hay mucho que usted puede hacer, pero el corto de él es que los eigen-cuantización de la energía condición aún se reduce a una ecuación trascendental que debe ser resuelto numéricamente.
Comience con la función de onda Ansatz
$$
\psi(x) = \begin{cases}
A \sin(kx) & 0<x<a \\
B \sin(k(L-x)) & a<x<L
\end{casos}
$$
donde $E = \hbar^2 k^2/2m$.
Para encontrar el efecto de la delta-función potencial, comience con la ecuación de Schrödinger,
$$
\left[-\frac{\manejadores^2}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} + V_0\delta(x-a)\right] \psi(x) = E\psi(x),
$$
y que la integran entre $a-\epsilon$ e $a+\epsilon$ a obtener, en el $\epsilon\to0$límite,
$$
-\frac{\manejadores^2}{2m}(\psi'(a^+)-\psi'(^ -)) + V_0 \psi(a) = 0.
$$
A la hora de poner en nuestro Ansatz, este lee
$$
-\frac{\manejadores^2}{2m}(-Bk\cos(k(L-a))-Ak\cos(ka)) + V_0 \frac12 (\sin(ka) + B\sin(k(L-a)) = 0,
$$
cual es complementada por la ecuación de continuidad
$$
Un\sin(ka) = B\sin(k(L-a))
$$
para producir el acoplamiento conjunto de ecuaciones
\begin{align}
A\sin(ka) - B\sin(k(L-a)) &= 0 \\
\left[\frac{\hbar^2}{2m}k\cos(ka) + \frac12V_0\sin(ka)\right]A +
\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad & \\
+\left[\frac{\hbar^2}{2m}k\cos(k(L-a))+\frac12V_0\sin(k(L-a))\right] B &= 0,
\end{align}
o un poco más simple
\begin{align}
A\sin(ka) - B\sin(k(L-a)) &= 0 \\
\left[\frac{\hbar^2}{2m}k\cos(ka) + V_0\sin(ka)\right]A
+\frac{\hbar^2}{2m}k\cos(k(L-a)) B &= 0,
\end{align}
que se expresa mejor en la forma de la matriz, como
$$
\begin{pmatrix}
\sin(ka) & - \sin(k(L-a)) \\
\frac{\hbar^2}{2m}k\cos(ka) +V_0\sin(ka) &
\frac{\hbar^2}{2m}k\cos(k(L-a))
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}A \\ B\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}.
$$
Ya estamos buscando una solución distinto de cero, se requiere este sistema para ser singular, que significa que se requiere el factor determinante a desaparecer,
$$
\det\mathopen{}
\begin{pmatrix}
\sin(ka) & - \sin(k(L-a)) \\
\frac{\hbar^2}{2m}k\cos(ka) +V_0\sin(ka) &
\frac{\hbar^2}{2m}k\cos(k(L-a))
\end{pmatrix}
\mathclose{}
=
0,
$$
y esto es lo que constituye la condición de cuantización.
Para ver su forma explícita, comenzamos desarrollando el determinante:
$$
\sin(ka)\frac{\manejadores^2}{2m}k\cos(k(L-a))+ \sin(k(L-a))\left(\frac{\manejadores^2}{2m}k\cos(ka) +V_0\sin(ka)\right) = 0,
$$
o un poco más limpia, en términos de la característica wavevector $\kappa = 2mV_0/\hbar^2$,
$$
k\sin(ka)\cos(k(L-a))+ \sin(k(L-a))\left(k\cos(ka) +\kappa\sin(ka)\right) = 0,
$$
y parece que este es casi tan lejos como usted puede ir a la simplificación de esta condición de cuantización.
Usted puede hacer un poco de extra avance si se supone que el delta-función potencial es en el medio del bien, por lo $a=L-a = L/2$. En este caso usted tiene
$$
k\sin(kL/2)\cos(kL/2)+ \sin(kL/2)\left(k\cos(kL/2) +\kappa\sin(kL/2)\right) = 0,
$$
así las cosas factorizar,
$$
\sin(kL/2) \left[ 2 k\cos(kL/2) +\kappa\sin(kL/2)\right] = 0.
$$
Esto significa que usted tiene pleno imperturbable
$$
\sin(kL/2) = 0
$$
(lo cual es natural - las funciones propias del problema original donde $kL/\pi$ es incluso tendrá un cero en el centro, para que no se vea el delta-función potencial), o que tienen
$$
2 k\cos(kL/2) +\kappa\sin(kL/2) = 0,
$$
que se simplifica a
$$
\cuna(kL/2) = -\frac{\kappa}{2k},
$$
pero esto no es todavía muy dentro de exactamente-solucionable territorio. Esto puede ser fácilmente resuelto numéricamente, pero todavía fuera de la gama de lo que se puede tratar con el uso de métodos analíticos.
