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1 Oscilador Harmonico Unidimensional
Mesmo para o caso de problema unidimensional, não é sempre possível re-solver a equação de autovalor do Hamiltoniano analiticamente. Mas existemalgumas situações que podemos ter solução analítica. O oscilador harmônicoé este caso. O oscilador harmônico é muito importante tanto na MecânicaClássica como na Mecânica Quântica, pois qualquer potencial pode ser aprox-imado como o potencial de oscilador harmônico na vizinhança do seu pontomínimo. Na Mecânica Clássica, a dinâmica de qualquer sistema com pequênaamplitide pode ser aproximada como um oscilador harmonico. Na MecânicaQuântica, a dinâmica de pequena excitação próximo do estado fundamen-tal pode ser aproximado como um oscilador harmonico. Além disto, já queo problema de autovalor de oscilador harmônico é analiticamente soluvel,podemos estudar a estrutura da Mecânica Quântica explicitamente atravésdeste exemplo. Nesta sessão, investigamos o problema de um oscilador har-mônico detalhadamente.O potencial de um oscilador harmonico tem a forma,
V (x) =m
2ω2x2,
onde ω é uma constante. Na Mecânica Clássica, a solução da equação demovimento é dada por
x(t) = A sin (ωt+ δ) .
Na Mecânica Quântica, a equação dinâmica para a função de onda fica
i~∂
∂tψ = − ~2∂2
2m∂x2ψ +
m
2ω2x2ψ. (1)
Para resolver, vamos considerar a equação de autovalor de Hamiltoniana,[− ~2∂2
2m∂x2+m
2ω2x2
]ψE = EψE. (2)
Queremos determinar a autofunção ψE e o autovalor E.
1.1 Variáveis Adimensionais
Uma vez estabelecida a equação para resolver, o problema se torna a umaquestão matemática. Para discutir propriedades matemáticas, é fundamental
1
utilizar as quantidades adimensionais. Vamos transformar a nossa equaçãona forma adimensional. Para a primeira lugar, a variável x tem a dimensãode distância,
[x] = [L].
Devemos então utilizar a variável adimensional ξ definido por,
αξ = x, (3)
onde α é uma constante que tem dimensão [L]. Na equação, temos 3 con-stantes que tem dimensão,
[~] = [E][T ],
[m] = [E][T ]2[L]−2,
[ω] = [T ]−1,
e podemos construir a constante α como
α =
√~mω
. (4)
Introduzindo a mudânça de variável Eq.(3) na Eq.(2), temos a equação difer-encial adimensional,
ψ′′ =(ξ2 − 2ε
)ψ, (5)
onde abreviamos como ψE → ψ e
ε =E
~ω(6)
é uma quantidade adimensional (a energia medida em unidade ~ω).
1.2 Comportamento Asimtótico
Vamos investigar primeira, o comportamento da solução para grande valorde ξ. Para |ξ| → ∞, temos
ψ′′ ' ξ2ψ. (7)
Em geral, para uma função cujo comportamento asimtotico é do tipo
f ' e±aξn
,
2
temos
f′ ' ±anξn−1f,
f ′′ '[(anξn−1
)2 ± an(n− 1)ξn−2]f
→(anξn−1
)2f (8)
para |ξ| → ∞. Comparando a Eq.(7) e Eq.(8), podemos inferir que o com-portamento asimtótico da solução deve ter a forma1,
ψ ' e±12ξ2 .
Verifique o comportamento asimtótico da forma acima satisfaz a relação desejada.
Dentro das duas possibilidades de sinal, a solução física certamente devecorresponder aquela que não diverge para |ξ| → ∞. Assim, vamos supor quea solução tenha a forma,2
ψ (ξ) = h (ξ) e−12ξ2. (9)
e tentaremos determinar a função h (ξ). Calculando as derivadas, temos
ψ′ = h′e−12ξ2 − ξhe− 1
2ξ2 ,
ψ′′ = [h′′ − 2ξh′ − h] e−12ξ2 + ξ2ψ.
Substituindo este resultado na Eq.(5), vemos que a função h deve satisfazer
h′′ − 2ξh′ + (2ε− 1)h = 0.
Ainda introduzindo uma nova mudança de variável ξ → z por
z =√
2ξ,
podemos re-escrever
d2h
dz2− zdh
dz+
(ε− 1
2
)h = 0. (10)
Esta é uma equação diferencial de segunda ordem, linear e homogênea.Muitas funções especiais são conhecidas como solução de uma equação difer-encial de segunda ordem, linear e homogênea, como esta. Neste caso partic-ular, a solução é conhecida como função de Hermite para certa valor de ε.Mas aqui, vamos estudar mais detalhe como obter a solução.
1n = 2, a = 1/2.2Uma solução pre-determinada, contendo ainda incognitos a ser determinadas, é as
vezes chamada de “Ansatz”.
3
1.3 Método de Expansão em Série
Primeiramente, vamos aplicar o método de expansão em série. Vamos suporque a solução tenha a forma,
h = zλ∞∑l=0
Clzl.
Neste problema em particular, podemos escolher λ = 0 sem perder a gener-alidade,
h =
∞∑l=0
Clzl. (11)
Exercício: Justifique a afirmação acima.
Temos
dh
dz=∞∑l=0
lClzl−1,
d2h
dz2=∞∑l=0
l (l − 1)Clzl−2
Assim, temos∞∑l=0
{(ε− 1
2− l)Cl + l(l + 1)Cl+2
}zl = 0.
Com isto, podemos concluir que as coeficientes da expansão deve satisfazera relação de recorrência,
Cl+2 =l −(ε− 1
2
)l (l + 1)
Cl. (12)
Esta relação de recorrência mostra que os coeficientes estão relacionadosdois a dois. Assim, podemos escolher as duas possibilidades completamentelivre:
1. Caso par: C0 = 1, C1 = 0.
2. Caso ímpar: C0 = 1, C1 = 0.
No caso 1, todos os coeficientes dos termos de ordem ímpar ficam nulose no caso 2, todos os coeficientes de ordem par são nulos. Assim, a soluçãocorrespondente ao caso 1 é uma função par, isto é, h(z) = h(−z). A soluçãocorrespondente ao caso 2 é função ímpar, h(z) = −h(−z).
4
1.4 Condição de Contorno e Truncamento de Série
Uma outra propriedade importante desta fórmula de recorrência apresenta éque, quando o valor ε− 1/2 for um número inteiro não negativo, digamos n(pode ser 0), então o índice l da recorrência certamente pode coincidir comeste valor, isto é, em l = n. Neste caso, obviamente Cn+2 = 0,e a partir destevalor de l, todos os coeficientes adiante serão nulos,
Cl+2 = 0, l ≥ n.
Assim, a série Eq.(11) terminará em l = n e, na prática, h é apenas umpolinômio de ordem n.Quando isto não acontece, isto é, se ε− 1/2 não for um inteiro não neg-
ativo, a relação de recorrência tem que seguir até l → ∞. Para a série,os termos l → ∞ que determinam o comportamento asimtótico da solução|z| → ∞. Para l� ε, temos3
Cl+2 '1
lCl
' 1
l!!C0
A série correspondente terá a forma como
h(z) ' e+z2/2,
e assim, o produtoψ = h (z)× e− 1
2ξ2 ' e+ 1
2ξ2
divergiria para |ξ| → ∞. Isto é, quando não ocorre o truncamento da sérieem algum termo finito, a solução correspondente é aquela que diverge asim-toticamente.Concluimos então que para ter a solução que satisfaz a condição de con-
torno física, devemos ter
ε− 1
2= n,
onde n é um inteiro não negativo. Em outras palavras, a solução física quesatisfz a condição de contorno,
|ψ| <∞, |x| → ∞3 l!! = l(l − 2)(l − 4) · · ·
5
só deve corresponder ε−1/2 inteiro, não negativo. Podemos então especificara autofunção ψ em termos deste número inteiro não negativo, n. Escrevemos
ψ → ψn
e o autovalor de energia também é especificado por
E → En.
1.5 Espectro de Energia de Oscilador Harmônico Uni-dimensional e Estado Fundamental
Em termos da unidade original, temos
En = n~ω +1
2~ω. (13)
Isto é a energia permitida para um oscilador harmonico. Afora de um con-stante 1/2~ω, esta é exatamente igual ao resultado do hipótese de quantumda energia introduzido por Planck.
• O espectro de energia de um oscilador harmônico é dado como sendoum conjunto de quanta, os quais carregam a unidade de enerigia ~ω,além de uma energia fundamental 1/2~ω.
Esta energia fundamental para n = 0 é chamado de “energia do pontozero”. Se consideramos n como o número de quanta que descreve o modo deexcitação de um oscilador harmônico, então, mesmo para n = 0, o osciladorpossui a energia 1/2~ω. Para ver a origem desta energia, vamos ver o casode n = 0 em detalhe.Para n = 0, a série fica truncado logo no segundo termo ( o caso “par”).
C0 = 1,
Cl = 0, l ≥ 1,
eh0 (z) = 1.
Então, temos
ψ0 (x) =1√Ne−
12ξ2
=1√Ne−
12(
xα)
2
, (14)
6
com
α =
√~mω
,
e N é a constante de normalização. Já que∫ ∞−∞
dx |ψ0 (x)|2 = 1,
devemos ter
N =
∫ ∞−∞
dx e−( xα)2
=√πα2 =
√π~mω
.
• A função de onda do estado fundamental de um oscilador harmônico éuma distribuição Gaussiana em x.
Exercício: Verifique que a Eq.(14) é de fato, a solução de equação de au-tovalor, [
− ~2d2
2mdx2+m
2ω2x2
]ψE (x) = EψE (x) ,
comE = E0 =
1
2~ω.
Podemos calcular a largura.
1.6 Polinômio de Hermite
Para ε− 1/2 = n inteiro, a Eq.(10) fica
d2h
dz2− zdh
dz+ nh = 0.
e a fórmula de recorrência fica
Cl+2 =l − nl(l + 1)
Cl.
7
Os primeiros polinômios são
h0 = 1,
h1 = z,
h2 = z2 − 1,
h3 = z3 − 3z,
...
Aqui, o coeficiente do termo ordem mais alta foi escolhido como 1.
Exercício: Explicite hn (z) até n = 6.
Exercício: Mostre quehn (−x) = (−1)n hn (x) .
Estes polinômios são conhecidos como os polinômios de Hermite. Podemoscitar os seguintes propriedades:
1.hn+1 (z)− zhn (z) + nhn−1 = 0, (15)
2.h′n (z) = nhn−1 (z) , (16)
3.
e+z2/2 dn
dzne−z
2/2 = (−1)n hn (z) , (17)
4.
etz−t2/2 =
∞∑n=0
hn (z)tn
n!, (18)
Exercício: Demostre as propriedades acima.
8
1.7 Ortogonalidade
A função do lado esquerdo da Eq.(18) é chamada a função geratriz e é muitoútil. Por exemplo, vamos calcular a integral,
Inm ≡∫ ∞−∞
dz e−12z2hn (z)hm (z) . (19)
Em vez de calcular direto, vamos considerar a quantidade,
F (t, s) ≡∞∑n=0
∞∑m=0
1
n!
1
m!tnsmInm (20)
=∞∑n=0
∞∑m=0
1
n!
1
m!tnsm
∫ ∞−∞
dz e−12z2hn (z)hm (z) . (21)
Supondo que a soma converge homogeneamente, podemos trocar a ordem desoma e integral. Utilizando a definição de função geratriz, Eq.(19), temos
F (t, s) =
∫ ∞−∞
dz e−12z2etz−t
2/2 esz−s2/2
=
∫ ∞−∞
dz e−12z2+(t+s)z−(t2+s2)/2
=
∫ ∞−∞
dz e−12{z−(t+s)}2+ts
= ets∫ ∞−∞
dz e−12{z−(t+s)}2
=√
2πets
Agora, podemos expandir ets e temos
F (t, s) =√
2π
∞∑n=0
1
n!(ts)n (22)
Comparando as Eqs.(20) e (22), concluímos que
Imn =√
2πn!δnm.
ou ∫ ∞−∞
dz e−12z2hn (z)hm (z) =
√2πn!δnm. (23)
9
A relação acima é chamada a ortogonalidade dos polinômios de Hermite.Se introduzimos um conjunto de funções, {φn (z) , n = 0, 1, 2...,∞} definidopor
φn (z) =
(1
2π
)1/41√n!e−
14z2hn (z) , (24)
temos ∫ ∞−∞
dz φn (z)φm (z) = δnm.
Exercício: Recupre todas as mudânças de variáveis efetuadas e obtenhaexplicitamente a n− esima autofunção de Hamiltoniana ψn (x) do os-cilador harmonico[
− ~2
2m
d2
dx2+
1
2mω2x2
]ψn (x) = Enψn (x) , (25)
onde
En = ~ω(n+
1
2
).
Determine o fator de normalização.
Exercício: Desenhe os graficos de função de onda dos primeiros 4 estados.
Exercício: Mostre queψn (−x) = (−1)n ψn (x) . (26)
Exercício: Mostre que a função acima satisfaz∫ ∞−∞
ψ∗n (x)ψm (x) dx = δmn. (27)
Exercício: Para o estado ψn (x), calcule
〈x〉,〈x2〉,〈p〉,〈p2〉.
10
Exercício: Para dois estados, ψn (x) e ψm (x), a quantidade∫ ∞−∞
ψ∗m (x) Oψn (x) dx
é dito o elemento de matriz (m,n) do operador O e expressamos como
Omn
ou〈m|O|n〉.
Calcule os seguintes elementos de matriz,
〈m|x|n〉,〈m|p|n〉,〈m|x2|n〉,〈m|p2|n〉.
1.8 Paridade
Como vimos, as autofunções de Hamiltoniano de oscilador harmônico Eq.(25)tem a propriedade de simetria bem definida,
ψn (−x) = (−1)n ψn (x) .
Esta propriedade é chamado paridade e não é devido ao caso. Temos pordefinição,
Hψn(x) = Enψn (x) .
Se invertemos a direção do eixo x, e trocando a variável x por −x. Nestesistema, temos
H ′ψn(−x) = Enψn (−x) .
onde H ′ é o Hamiltoniano do oscilador invertido. Como o potencial do os-cilador harmônico é simétrico, temos
H ′ = H(−x)→ H(x). (28)
Assim, a autofuncão neste sistema tem que satisfazer
Hψn (−x) = Enψn (−x) .
11
Isto implica que a autofunção ψn (−x) deve ser igual a ψn (x) a menos de umconstante.
ψn (−x) = Cψn (x) .
Se invertemos o eixo mais uma vez, o sistema volta ao estado original. Masrepetindo o processo acima,
ψn (−(−x)) = Cψn (−x) = C2ψn (x) .
Concluímos queC2 = 1,
ou C = ±1. Finalmente
ψn (−x) = ±ψn (x) ,
ou seja, as autofunções tem a paridade bem definida. Esta propriedade éuma consequência direta da simetria do Hamiltoniano em relação a inversãoespacial, Eq.(28).
1.9 Completeza
Uma outra propriedade importante das autofuções do oscilador harmônico,além de ortogonalidade, é a propriedade chamada de completeza. Para de-duzir esta propriedade, vamos começar com a função geratriz com t→ it,
eitz+t2/2 =
∞∑n=0
hn (z) einπ2tn
n!,
ou
eitz =∞∑n=0
hn (z) einπ2tn
n!e−
12t2 .
Multiplicando ao ambos lados e−itz′e integrando em t de −∞ a +∞, temos
2πδ (z − z′) =
∞∑n=0
hn (z) einπ2
∫ ∞−∞
dttn
n!e−
12t2−itz′
=∞∑n=0
hn (z) einπ2 Jn (z′) (29)
12
onde definimos
Jn (z′) =
∫ ∞−∞
dttn
n!e−
12t2−itz′ .
Temos
Jn (z′) =1
(−i)n n!
dn
dz′n
∫ ∞−∞
dt e−12t′2−itz′
=
√2π
(−i)n n!
dn
dz′ne−
12z′2
=
√2π
n!eiπ2n (−1)n e−
12z′2hn (z′) , (30)
onde utlizamos a Eq.(17). Substituindo este resultado na E.(29), temos
δ (z − z′) =∞∑n=0
1√2πn!
hn (z)hn (z′) e−12z′2 . (31)
Ou∞∑n=0
1√2πn!
hn (z)hn (z′) = e+ 12z′2δ (z − z′) , (32)
ou ainda, simetrizando em z e z′4, temos
∞∑n=0
1√2πn!
hn (z)hn (z′) = e+ 14z′2+ 1
4z2δ (z − z′) . (33)
Esta relação mostra que
∞∑n=0
φn (z)φn (z′) = δ (z − z′) . (34)
Exercício: Desenvolva todas as contas acima.4Note que
f(z)δ (z − z′) = f(z′)δ (z − z′)
= (f (z) f (z′))1/2
δ (z − z′)
13
1.10 A Base Ortonormal formada de polynomios deHermite
O conjunto de funções, {φn (z) , n = 0, 1, 2...,∞} formado de polinomios deHermites como
φn (z) =
(1
2π
)1/41√n!e−
14z2hn (z) , (35)
tem duas propriedades fundamentais:
1. Ortogonalidade,
(φn, φm) ≡∫ ∞−∞
dz φn (z)φm (z) = δnm, (36)
2. Completeza,∞∑n=0
φn (z)φn (z′) = δ (z − z′) . (37)
As duas propriedades do conjunto, {φn (z) , n = 0, 1, 2...,∞} mostramque este conjunto forma uma base ortonormal no espaço de funções, {f (z)}.Para ver isto, usamos a propriedade da função δ de Dirac,
f (z) =
∫ ∞−∞
dz δ (z − z′) f (z′) .
Substituindo a relação de completeza, Eq.(37), temos
f (z) =
∫ ∞−∞
dz′∞∑n=0
φn (z)φn (z′) f (z′) .
Trocando a ordem de integral e somatório, temos
f (z) =∞∑n=0
φn (z)
∫ ∞−∞
dz φn (z′) f (z′)
=
∞∑n=0
cnφn (z) , (38)
onde
cn =
∫ ∞−∞
dz φn (z′) f (z′) .
14
A Eq.(38) mostra que uma função arbitrária pode ser expressa como umacombinação linear de φn (z)′ s. A situação é análoga a série de Fourier,onde qualquer função é expressa como combinação linear de sin
(m π
Lx)e
cos(m π
Lx).
Exercício: Mostre que as autofunções normalizadas do Hamiltoniano deoscilador harmônico {ψn (x)} (ver o Exercício da Eq.(25) ) satisfaz acompleteza,
∞∑n=0
ψn (x)ψn (x′) = δ (x− x′)
Exercício: Prove que se ∫ ∞−∞|f (z)|2 dz = 1,
então∞∑n=0
|cn|2 = 1. (39)
Exercício: Expresse as seguintes funções na base de polinomio de Hermite.
1.sin (z)
2.cos (z)
3.e−
14
(z−z0)2 .
1.11 Método Algébrico
No caso da Equação de autovalor do oscilador harmonico, é conhecido ummétodo alternativo para obter a solução. Começamos com a equação adi-mensional,
ψ′′ =(ξ2 − 2ε
)ψ,
ou1
2
(ξ2 − d2
dξ2
)ψ = εψ. (40)
15
A forma da equação acima sugere que podermos introduzir os operadores,
A ≡ 1√2
(ξ +
d
dξ
),
A† ≡ 1√2
(ξ − d
dξ
),
do modo que o operador diferencial na Eq.(40)
1
2
(ξ2 − d2
dξ2
)' A†A. (41)
Mas, a equação acima não é correta. Pois
A†A ψ =1
2
(ξ − d
dξ
)(ξ +
d
dξ
)ψ
=1
2
(ξ2 − d2
dξ2+ ξ
d
dξ− d
dξx
)ψ. (42)
Note que os dois termos dentro da parentese,
ξd
dξ− d
dξx
não se cancela, porque,(ξd
dξ− d
dξx
)ψ = ξ
dψ
dξ− d
dξ(ξψ)
= ξdψ
dξ− ψ − ξ dψ
dξ
= −ψ.
Já que o resultado acima vale para qualquer função ψ, devemos considerarque
ξd
dξ− d
dξx = −1. (43)
A relação acima é conhecido como a “relação de comutação”entre dois op-eradores, ξ e d/dξ, e descrevemos
[ξ,d
dξ] = ξ
d
dξ− d
dξx.
16
Temos então,
[ξ,d
dξ] = −1. (44)
Em geral, para dois operadores A e B, definimos o comutador,
[A,B] ≡ AB −BA. (45)
O comutador tem seguitnes propriedades:
1. antisimetria,[A,B] = − [B,A] ,
2. distribuitividade e linearidade,
[A, βB + γC] = β [A,B] + γ [A,C] ,
3. identidade de Jacob,
[A, [B,C]] + [B, [C,A]] + [C, [A,B]] = 0.
Exercício: Verifique as tres propriedades acima.
Da Eq.(42) e da Eq.(43), temos
1
2
(ξ2 − d2
dξ2
)= A†A+
1
2, (46)
e a Eq.(40) ficaA†A ψ = λ ψ, (47)
onde escrevemos λ = ε− 1/2.Esta equação tem a forma de equação de autovalor para o operador A+A.
Pode-se pensar que em vez desta ordem dos operadores, poquer não pode sercomo
AA†.
Vemos1
2
(ξ2 − d2
dξ2
)= A†A− 1
2. (48)
17
As Eqs.(46) e (48) mostram que
AA† = A†A+ 1, (49)
ou[A,A†] = 1. (50)
A Eq.(47) pode ser escrita na forma,
AA†ψ = λ′ψ, (51)
onde λ′ = ε+ 1/2. Naturalmente, a Eq.(47) e Eq.(51) são equivalentes, masa forma da Eq.(47) é mais conveniente para obter autovalores fácilmente.Suponhe que exista uma função ψ0 (ξ) que satisfaz
Aψ0 = 0,
ou (ξ +
d
dξ
)ψ0 = 0. (52)
De fato, existe tal função,
ψ0 (ξ) =1√N0
e−12ξ2 . (53)
onde N0 é a constante de normalização. Para esta função, temos obviamente,
A†Aψ0 = 0.
Mas esta equação mostra que ψ0 é a solução da equação de autovalor de A†Acom autovalor 0. Assim, um dos autovalores da Eq.(47) é
λ0 = 0 = ε0 −1
2,
e temosε0 =
1
2.
Agora, vamos considerar a função,
ψ1 =1√N1
A†ψ0,
18
onde N1 é uma constante para a normalização de ψ1. Se calculamos
A†Aψ1 =1√N1
A†AA†ψ0
=1√N1
A†(A†A+ 1
)ψ0
=1√N1
A†ψ0,
ja que Aψ0 = 0. TemosA†Aψ1 = 1ψ1. (54)
Esta equação mostra que ψ1 é a autofução do operador A†A com autovalor1. Temos então
λ1 = 1 = ε1 −1
2,
e portanto,
ε1 = 1 +1
2.
Exercício: Mostre queψ2 ∝ A†ψ1 =
(A†)2ψ0
é a autofunção do operador A†A com autovalor 2.
Exercício: Mostre queψn ∝
(A†)nψ0. (55)
A Eq.(55) mostra que, a fora de uma constante de normalização, podemosescrever
ψn =1√Nn
(A†)ne−
12ξ2 .
Mas notamos que para qualquer função f (ξ) temos
A†f =1√2
(ξ − d
dξ)e
12ξ2e−
12ξ2f
= − 1√2e12ξ2 d
dξe−
12ξ2f,
e, portanto, como operador,
A† = − 1√2e12ξ2 d
dξe−
12ξ2 .
19
Desta forma, temos
ψn =1√Nn
(A†)ne−
12ξ2
=1√Nn
(−1)n(
1√2
)n(e12ξ2 d
dξe−
12ξ2)n
e−12ξ2
=1√Nn
(−1)n(
1√2
)ne12ξ2 d
n
dξne−ξ
2
.
Mudando a variável ξ → z =√
2ξ, temos
ψn =1√Nn
(−1)n e14z2 d
n
dzne−
12z2
=1√Nn
e−14z2 (−1)n e
12z2 d
n
dzne−
12z2
=1√Nn
e−14z2hn (z)
que é exatamente igual a Eq.(24) a fora normalização.
1.12 Método Algebrico (Continuação)
Vamos explorar o método algebrico para calcular quantidades relacionadasao oscilador harmônico. Temos a base ortonormal
{ψn, n = 0, 1, · · · } ,
satisfazendo5
(ψn, ψm) = δnm.
Temos dois operadores A e A† que satisfazem a relação de comutação,[A,A†
]= 1. (56)
5Daqui adiante, utilizamos a notação,
(f, g) =
∫ ∞−∞
dx f∗ (x) g (x)
para qualquer duas funções, f e g, sem repetir a definição.
20
Uma relação importante entre estes dois operadores, além da equaçãoacima é seguinte. Seja f e g duas funções arbitrárias, satisfazendo a condiçãode contorno,
|f (±∞)| = |g (±∞)| → 0.
Então, efetuando a integração por parte do operador d/dξ, temos
(f, Ag) ≡∫ ∞−∞
dx f ∗ (x)
(ξ +
d
dξ
)g (x)
=
∫ ∞−∞
dx
[(ξ − d
dξ
)f ∗ (x)
]g (x)
=(A†f, g
). (57)
Isto é, a aplicação do operador A em g tem o mesmo resultado da aplicaçãodo operador A† em f .
Exercício: Mostre que (f, A†g
)= (Af, g) . (58)
Agora, definimos o operador n por
n ≡ A†A
Então,nψn = nψn, n = 0, 1, · · · (59)
Se calculamos o comutador entre n e A†, temos[n, A†
]=(A†A
)A† − A†
(A†A
)= A†
(AA† − A†A
)= A†
[A,A†
]= A†.
Temos, portanto,nA† − A†n = A†,
ounA† = A† (n+ 1) . (60)
21
Esta equação tem uma implicância interessante. Se aplicarmos o operadorn para A†ψn, temos
n(A†ψn
)=(nA†
)ψn
= A† (n+ 1)ψn.
Mas da Eq.(59), o operador n se torna a um número n,
n(A†ψn
)= A† (n+ 1)ψn
= (n+ 1)A†ψn.
Em fim, temosn(A†ψn
)= (n+ 1)
(A†ψn
).
Isto é, a função,(A†ψn
)é o autofunção do operador n com autovalor, (n+ 1).
Isto implica queA†ψn = Cψn+1.
O coeficiente C foi introduzido, pois A†ψn não necessariamente normalizado,enquanto, ψn+1 é normalizada. Vamos calcular C. Para isto,
|C|2 (ψn+1, ψn+1) =(A†ψn, A
†ψn)
=(ψn, AA
†ψn)
onde foi utilizada a propriedade Eq.(58). Agora (ψn+1, ψn+1) = 1 e da relaçãode comutação, temos
AA† = n+ 1,
então
|C|2 = (ψn, (n+ 1)ψn)
= (n+ 1) (ψn, ψn)
= n+ 1.
Podemos escolher C real sem perder a generalidade. Finalmente, temos
A†ψn =√n+ 1ψn+1. (61)
Exercício: Fazendo as contas análogas, mostre que
Aψn =√nψn−1. (62)
22
Exercício: 1. Mostre que
ψn =1√n!
(A†)nψ0. (63)
2. Confira a expressão acima é equivalente a Eq.(24).
As Eqs.(61,62) são úteis para calcular os elementos de matriz dos oper-adores x e p na base de {ψn}. Como vimos, os elementos de matriz de umoperador, digamos O é definido como
〈n|O|m〉 ≡ Onm
≡ (ψn, Oψm)
=
∫ ∞−∞
dx ψ∗n (x) O ψm (x) .
Assim, temos
〈n|A|m〉 = (ψn, Aψm)
=√m (ψn, ψm−1)
=√mδn,m−1. (64)
Analogamente〈n|A†|m〉 =
√m+ 1δn,m+1. (65)
Por outro lado, já que
A =1√2
(ξ +
d
dξ
),
A† =1√2
(ξ − d
dξ
),
e, portanto,
ξ =1√2
(A+ A†
),
d
dξ=
1√2
(A− A†
).
23
Assim, temos
〈n|ξ|m〉 =1√2
(√mδn,m−1 +
√m+ 1δn,m+1
), (66)
〈n| ddξ|m〉 =
1√2
(√mδn,m−1 +
√m+ 1δn,m+1
). (67)
Se recuperamos a unidade original com a relação
ξ =1
αx,
podemos calcular os elementos de matriz,
xnm
epnm.
Exercício: Complete os cálculos acima e verifique o resultado com o resul-tado obtido utilizando a função geratriz de polinômio de Hermite.
É importante lembrar que uma vez calculado os elementos de matrizesnuma base ortonormal como {ψn}, podemos também obter os elementos dematriz de produtos destes matrizes. Por exemplo,(
x2)nm≡∫ ∞−∞
dxψ∗n (x)x2ψm (x)
=
∫ ∞−∞
dx
∫ ∞−∞
dx′ψn (x)xδ(x− x′)x′ψm (x′)
=
∫ ∞−∞
dx
∫ ∞−∞
dx′ψn (x)x
∞∑l=0
ψl (x)ψl (x′)x′ψm (x′)
=
∞∑l=0
∫ ∞−∞
dxψn (x)xψl (x)
∫ ∞−∞
dx′ψl (x′)x′ψm (x′)
=
∞∑l=0
xnlxlm
Analogamente, temos
(px)nm =∞∑l=0
pnlxlm.
24
Exercício: Mostre a equação acima.
Exercício: Calcule ∫ ∞−∞
dxψ∗n (x)x2ψm (x) ,∫ ∞−∞
dxψ∗n (x) p2ψm (x) ,
e compare o resultado do cálculo utilizando a função geratriz do polinômiode Hermite.
1.13 Interpretação do Coeficiente da expansão na basede {ψn}
Vimos que o conjunto de autofunções do Hamiltoniana {ψn} forma uma baseortonormal. Isto é, para qualquer função de onda ψ (x), podemos escrever
ψ (x) =∞∑n=0
Cnψn (x) ,
onde
Cn =
∫ ∞−∞
dx ψn (x)ψ (x)
≡ (ψn, ψ).
Pela normalização, devemos ter
∞∑n=0
|Cn|2 = 1. (68)
25
Vamos calcular o valor esperado da energia no estado ψ (x),
〈E〉 =
∫ ∞−∞
dx ψ∗ (x) H ψ (x)
=
∫ ∞−∞
dx∞∑n=0
C∗nψn (x) H
∞∑m=0
Cmψm (x)
=∞∑n=0
∞∑m=0
C∗nCm
∫ ∞−∞
dxψn (x) Hψm (x)
=∞∑n=0
∞∑m=0
C∗nCmEnδnm
=∞∑n=0
En |Cn|2 . (69)
As Eqs.(68) e (69) mostram que podemos interpretar
|Cn|2
como sendo a probabilidade de ter a energia En no estado ψ (x). Isto é,se façamos medidas sobre a energia do oscilador harmônico cujo estado érepresentado com a função de onda ψ (x), encontraremos em princípio, todosos valores da eneriga, En. Após muitas (infinita) medição, a distribuição daprobabilidade de ter um determinado valor En é dada por |Cn|2. Podemosresumir que:
• A probabilidade de encontrar o estado ψn (x) no esado geral ψ (x) édada por
P = |(ψn, ψ)|2
=
∣∣∣∣∫ ∞−∞
dx ψn (x)ψ (x)
∣∣∣∣2 . (70)
1.14 Dinâmica do Oscilador Harmônico
Tendo estudado as soluções de equação de autovalor do Hamiltoniano deoscilador harmônico, agora podemos discutir a dinâmica do problema. Como
26
vimos antes, a solução geral da Equação de Schrödinger dependente no tempofica
ψ (x, t) =∞∑n=0
Cne− i~Entψn (x) , (71)
onde {ψn (x)} é a base ortogonal formada de autofunções do Hamiltoniano,
Hψn (x) = Enψn (x) ,
En = ~ω(n+
1
2
),
e os coeficientes Cn é determinados pela condição inicial,
Cn = (ψn, ψ (x, 0)).
Assim, uma vez dada a função de onda inicial no tempo t = 0, o desen-volvimento temporal do estado deste oscilador harmônico é dada pela funçãode onda Eq.(71). Com isto, podemos calcular como o valor médio da posiçãovaria em tempo. Temos
〈x (t)〉 =
∫ ∞−∞
dx ψ∗ (x, t)xψ (x, t)
=
∫ ∞−∞
dx
[ ∞∑n=0
Cne−iω(n+1/2)tψn (x)
]∗x
[ ∞∑m=0
Cme−iω(m+1/2)tψm (x)
]
=∞∑n=0
∞∑m=0
C∗nCm xnm eiω(n−m)t
=α√2
∞∑n=0
∞∑m=0
C∗nCmeiω(n−m)t
(√mδn,m−1 +
√m+ 1δn,m+1
)=
α√2
{e−iωt
∞∑m=0
√mC∗n−1Cm + eiωt
∞∑n=0
√nC∗nCn−1
}.
Note que ( ∞∑m=0
√mC∗n−1Cm
)∗=∞∑n=0
√nC∗nCn−1.
Portanto, podemos escrever
〈x (t)〉 = Ceiωt + C∗e−iωt
= X0 sin (ωt+ δ) , (72)
27
onde
C =α√2
∞∑n=0
√nC∗nCn−1.
Exercício: Expresse X0 e δ na Eq.(72) em termos de C e C∗.
1.15 Movimento do Valor Médio
A Eq.(72) mostra que o valor médio de x comporta exatamente mesmo como de oscilador harmônico clássico. Este é um fato peculiar do oscilador har-mônico e não é sempre verdade. Vamos analizar o problema do ponto devista mais genérico.Vamos considerar um problema de potencial mais genérico, embora, ainda
consideramos um sistema unidimensional. Temos
H = T + V (x)
= − ~2
2m
∂2
∂x2+ V (x). (73)
A equação de Schrödinger é
i~∂
∂tψ (x, t) = Hψ (x, t) .
O valor esperado da posição, 〈x (t)〉, é dado por
〈x (t)〉 =
∫ ∞−∞
dx ψ (x, t)∗ xψ (x, t) .
Vamos calcular a variação temporal deste valor esperado da posição. Temos
d
dt〈x (t)〉 =
∫ ∞−∞
dx∂
∂t[ψ (x, t)∗ xψ (x, t)]
=
∫ ∞−∞
dx
{[ψ (x, t)∗ x
∂
∂tψ (x, t)
]+
[∂
∂tψ (x, t)∗
]xψ (x, t)
}=
1
i~
∫ ∞−∞
dx {[ψ (x, t)∗ xHψ (x, t)]− [Hψ (x, t)∗]xψ (x, t)} .
No caso da Eq.(73), podemos provar a seguinte propriedade,∫ ∞−∞
dx f ∗ (x)Hg(x) =
∫ ∞−∞
dx [Hf ∗ (x)] g(x), (74)
28
para qualquer funções bem comportadas6, f (x) e g(x). A propriedade acimado operador H é chamado “auto-hermitiana”.
Exercício: Prove a Eq.(74).
Com a auto-Hermiticidade do H, temos
d
dt〈x (t)〉 =
1
i~
∫ ∞−∞
dx {ψ (x, t)∗ xHψ (x, t)− ψ (x, t)∗Hxψ (x, t)}
=1
i~
∫ ∞−∞
dx ψ (x, t)∗ [xH −Hx]ψ (x, t)
=1
i~
∫ ∞−∞
dx ψ (x, t)∗ [x,H]ψ (x, t) . (75)
A Eq.(75) mostra que a derivada temporal do valor médio de x é igual aovalor médio do comutador entre x e H, devidido por i~. Esta conclusão valepara qualquer observável O, isto é7,
d
dt〈O (t)〉 = 〈 1
i~[O,H]〉 (76)
Exercício: Verifique a afirmação acima.
Se escolhermos o momento, temos
d
dt〈p (t)〉 = 〈 1
i~[p,H]〉. (77)
Vamos analizar o comutador acima. Temos
[p, H] = [p, T + V (x)]
= [p, T ] + [p, V ] .
6Aqui, uma função f(x) bem comportada significa que ela é contínua em derivavelinfinitavezes, e satisfaz a condição de contorno,
|xnf | → 0
para |x| → ∞.7Lembre aqui que que a notação
〈O (t)〉é o valor esperdo do observável O com estado ψ dependente no tempo. A dependência notempo t vem da variação do estado. O observável O não depende do tempo.
29
Mas
p =~i
d
dx,
T = − ~2
2m
d2
dx2,
então, para qualquer função arbitrária f (x), temos
(pT − T p) f = 0,
e portanto[p, T ] = 0.
Por outro lado, temos
[p, V ] f(x) =~i
d
dx(V f)− ~
iVd
dxf
=~i
dV
dxf,
o que implica em
[p, V ] =~i
dV
dx.
Substituindo estes resulados na Eq.(77) temos
d
dt〈p (t)〉 = −〈dV
dx〉. (78)
Analogamente, podemos verificar facilmente que
[x, V ] = 0, (79)
[x, T ] =i~mp. (80)
Portanto,d
dt〈x(t)〉 =
1
m〈p(t)〉, (81)
Substituindo a Eq.(81) na Eq.(78), temos
md2
dt2〈x(t)〉 = −〈dV
dx〉. (82)
30
Exercício: Desenvolva todas as contas acima.
Pode-se pensar que a Eq.(82) mostra que o valor médio da posição obe-dece a equação de movimento de Newton!! De fato, no caso de osciladorharmônico, temos
V =1
2mω2x2,
dV
dx= mω2x,
portanto,
md2
dt2〈x(t)〉 = −〈mω2x〉,
ord2
dt2〈x(t)〉 = −ω2〈x(t)〉.
Esta é uma equação diferencial fechada para a variável 〈x(t)〉, e podemosresolver facilmente, tendo
〈x(t)〉 = X0 sin (ωt+ δ) ,
que é exatamente igual a Eq.(72). Assim, entendemos porque no caso de umoscilador harmônico, o comportamento do valor médio da posição é igual nocaso da Mecânica Clássica.Mas, para um sistema geral, a afirmação acima não é verdade, porque
exceto o caso de uma partícula livre ou oscilador harmônico,
〈dV (x)
dx〉 6= dV (〈x〉)
dx. (83)
Por exemplo, seV (x) = Cx3,
então,dV
dx= −Cx2,
mas em geral,〈x2〉 6= 〈x〉2,
nem podemos expressar 〈x2〉 em termos de 〈x〉. Desta forma, vemos que aEq.(82) não constitue uma equação fechada para 〈x (t)〉.
31
Exercício: Para o estado
ψ (x) =1
Ne−a(x−x0)2 ,
calcule
〈x〉2,〈x2〉.
Mostre que α→∞,〈x2〉 → 〈x〉2.
Exercício: Discuta, em que situação valeria a igualdade,
〈dV (x)
dx〉 ' dV (〈x〉)
dx
pelo menos aproximadamente.
1.16 Uso da base {ψn} para qualquer sistemaEmbora a base ortonormal {ψn} foi encontrado como autofunção de umoscilador harmônico, uma vez que este conjunto forma uma base para escreverqualquer função ψ (x) como combinação linear,
ψ (x) =∞∑n=0
Cnψn (x) ,
podemos utilizar {ψn} para descrever a dinâmica de qualquer sistema. Nestesentido, a forma da função ψ é equivalente ao conjunto {Cn} . Isto é, a funçãoψ e o conjunto {Cn} contém a mésma informação. Por outro lado, comovimos, a função ψ (x) corresponde a um vetor no espaço de funções,
ψ(x)←→
...
ψi−1
ψiψi+1...
.
32
Ao mesmo tempo, vimos que a mésma função é equivalente ao conjunto {Cn}.Isto é,
ψ(x)←→
C0
C1...Cn...
A correspondência acima leva nos a pensar que um estado quântico na ver-dade corresponde a um vetor abstrato, e dependendo da base que utilizamos,ela se manifesta como função contínua, ψ (x) ou Φ (p) ,ou o conjunto descreto{Cn}.Se aplicamos a base {ψn (x)} para a função que depende no tempo t,
ψ (x, t) , teremos naturalmente,
ψ (x, t) =∞∑n=0
Cn (t)ψn (x) .
A Equação de Schrödinger fica∞∑n=0
i~Cn (t)ψn (x) =∞∑n=0
Cn (t)Hψn (x) . (84)
Note que para o Hamiltoniano geral (que não seja do oscilador harmônico),temos
Hψn (x) 6= Enψn (x) .
Multiplicando nos dois lados a função ψm (x) e integrando em x, temos
i~Cm (t) =∞∑n=0
HmnCn (t) , (85)
onde, como sempre,Hmn = (ψm, Hψn).
Podemos escrever a Eq.(85) na forma vetorial,
i~d
dt
C0 (t)C1 (t)...
Cn (t)...
=
H00 H01 · · ·H10 H22...
. . .Hn0 Hnn...
. . .
C0 (t)C1 (t)...
Cn (t)...
(86)
33
A equação acima tem a forma
i~d
dt~C = H ~C
onde H é a matriz na Eq.(86).
2 Penetrabilidade da Barreira de Potencial
Um dos fenômenos interessantes dos processos quânticos é a penetração dabarreira de potencial. Vamos considerar um problema unidiensional por sim-plicidade. Consideramos uma barreira de potencial quadrado, análogo aoexemplo anterior,
V (x) =
{+V0,
0,−L ≤ x ≤ L|x| > L
só que agora V (x)〉0, sempre. Suponha que uma partícula de massa m vemde x → −∞ com a energia E < V0 e bate à barreira deste potencial. Namecânica clássica, a partícula será refletida para esquerda. Se a energia dapartícula não for maior que a altura da barreira, nunca passaria para ladodireito do potencial. Na mecânica quântica, a situação é diferente. Vejamosa seguir. Para estudar este problema quanticamente, vamos considerar asituação estacionária. Isto é, podemos consisderar uma função de onda dapartícula com energia E,
ψ(x, t) = e−i~Etψ(x),
ondeHψ(x) = Eψ(x),
e como antes,
H = − ~2
2m
d2
dx2+ V (x).
Naturalmente a energia é positiva neste problema e também vamos considerara situação em que a energia incidente é menor que V0,
0 < E < V0.
34
Vamos explicitar os três regiões de diferentes valores de potencial,
− ~2
2m
d2
dx2ψE(x) = EψE(x), x < −L, (87)
− ~2
2m
d2
dx2ψE(x) + V0ψE(x) = EψE(x), −L ≤ x ≤ L, (88)
e
− ~2
2m
d2
dx2ψE(x) = EψE(x), x > L, (89)
Da Eq.(87), temosψE(x) = Ae+ikx +Be−ikx, (90)
onde
k =
√2mE
~2: real, (91)
e A e B são constantes. Note que o primeiro termo representa uma ondaplana que propaga para direita, e o segundo termo representa uma onda quepropaga para esquerda. O coeficiente A é a amplitude da onda incidente, eB é a de onda refletida. Ou seja, o primeiro termo corresponde ao fluxo departículas incidentes e o segundo o fluxo refletido da barreira. Diferentementedo caso do estado ligado, a condição de contorno para x < −L não vairestringir os valores de A e B. Da Eq.(??) temos
− ~2
2m
d2
dx2ψE(x) = (E − V0)ψE(x). (92)
Já queE < V0,
definimos
q =
√2m(V0 − E)
~2: real, (93)
e a solução da Eq.(92) é escrita por
ψE(x) = αeqx + βe−qx.
Da Eq.(89), temos novamente
ψE(x) = Ce+ikx +De−ikx. (94)
35
Aqui, o primeiro termo é uma onda que propaga para direita, e o segundopara esquerda. Considerando o limite x→ +∞, onde não deve haver nenhumfluxo que vem do lado direito, concluimos que o termo e−ikx não deve existir.Portanto, temos
D = 0.
O coeficiente C é amplitude de onda que atravesou a barreira. O objetivoaqui é determinar as quantidades,
R = |B/A|2 ,
eT = |C/A|2 .
R é a probabilidade de reflexão e T a probabilidade de transmissão.A solução da equação de autovalor tem a seguinte estrutura;
ψE(x) =
Ae+ikx +Be−ikx,αeqx + βe−qx,
Ce+ikx.
x < −L−L ≤ x ≤ Lx > L.
(95)
Agora, como antes, impormos que a função de onda é suave (contínua atéprimeira derivada). As condições ficam explicitamente para a Eq.(95),
Ae−ikL +Be+ikL = αe−qL + βeqL, (96)
ik(Ae−ikL −Be+ikL) = q(αe−qL − βeqL), (97)
CeikL = αeqL + βe−qL, (98)
ikCeikL = q(αeqL − βe−qL). (99)
Escrevemos estas equações na forma,
e+ikL
(B
A
)− e−qL
(αA
)− eqL
(β
A
)= −e−ikL,
−ike+ikL
(B
A
)− qe−qL
(αA
)+ qeqL
(β
A
)= −ike−ikL,
−eqL(αA
)− e−qL
(β
A
)+ eikL
(C
A
)= 0,
−qeqL(αA
)+ qe−qL
(β
A
)+ ikeikL
(C
A
)= 0,
36
ou e+ikL −e−qL −eqL 0−ike+ikL −qe−qL qeqL 00 −eqL −e−qL eikL
0 −qeqL qe−qL ikeikL
B/Aα/Aβ/AC/A
=
−e−ikL−ike−ikL
00
Daí, podemos calcular immediatamente as quantidades que queremos:
B
A=
det
−e−ikL−ike−ikL
00
−e−qL −eqL 0−qe−qL qeqL 0−eqL −e−qL eikL
−qeqL qe−qL ikeikL
det
e+ikL −e−qL −eqL 0−ike+ikL −qe−qL qeqL 00 −eqL −e−qL eikL
0 −qeqL qe−qL ikeikL
=
(k2 + q2) sinh 2qL
e2ikL (2iqk cosh 2qL+ (k2 − q2) sinh 2qL),
C
A=
e+ikL −e−qL −eqL −e−ikL−ike+ikL −qe−qL qeqL −ike−ikL0 −eqL −e−qL 00 −qeqL qe−qL 0
D
=2ikq
e2ikL (2iqk cosh 2qL+ (k2 − q2) sinh 2qL)
Assim, temos
R =
∣∣∣∣BA∣∣∣∣2
=(k2 + q2)2 sinh2 2qL
4q2k2 + (k2 + q2)2 sinh2 2qL,
T =4q2k2
4q2k2 + (k2 + q2)2 sinh2 2qL,
37
Verificamos queR + T = 1,
que é a consequência de conservação da probabilidade (fluxo incidente =fluxo refletido+fluxo transmitido). Em termos de energia,
T (E) =4E(V0 − E)
4E(V0 − E) + V02 sinh2
(2√
2m~2 (V0 − E)L
) (100)
Quando
2
√2m
~2(V0 − E)L� 1,
então podemos considerar que
sinh
(2
√2m
~2(V0 − E)L
)' 1
2e
2√
2m~2
(V0−E)L ≫ 1,
e a coeficiente de transmissão fica
T (E) ' 16
(E
V0
)(1− E
V0
)e−4√
2m~2
(V0−E)L. (101)
O fator exponencial acima,
e−4√
2m~2
(V0−E)L
é um comportamento típico da coeficiente de transmissão para a energiabem abaixo da barreira8. Na Mecânica Clássica, se a energia for menor quea altura da barreira,
E < V0,
8O exponente,
4
√2m
~2(V0 − E)L
no caso geral de potencial dependendo de x, tem a forma
2
∫V−E>0
√2m
~2(V (x)− E)dx.
38
não teria nenhuma partícula atravessando o potencial. No caso quantico, ex-iste sempre uma probabilidade de partícula que penetra na barreira e aparecenoutro lado, mesmo E < V0. Este fenômeno é chamado de efeito túnel. Poroutro lado, mesmo que E = V0, a partícula não sempre atravessa o potencial.Para E → V0, da Eq.(100), temos
T (E → V0) =1
1 +2mV 20~2 L2
< 1.
Exercício: Desenvolva todas as contas acima.
Exercício: Desenhe o grafico da coefiente de penetrabilidade Eq.(100) comofunção da energia incidente.
3 Estado Meta-estável e Resonância
Um outro exemplo importante é o caso de potencial que possui a parteatrativa e a parte repulsiva. Este tipo de potencial é bastante comun nosfenomonos atomicas e nucleares. Por exemplo, vamos considerar a interaçãoentre um próton e um núcleo. Quando o próton esteja bem fora do núcleo, osdois se repele pela interação Coulombiana devido as cargas elétricas positivasentre eles. Mas se o próton aproxima próximo do raio núclear, a interaçãoforte começa atuar para atrair o próton, podendo formar um sistema lig-ado. A figura abaixo esquematiza o potencial que gera este tipo da força. Aparte repulsiva na origem, r = 0 representa o efeito de força centrifuga de-vido ao momento angular. Para estudar o comportamento do sistema comoeste, podemos ainda caricaturar o potencial como ilustrado na figura abaixo.Explicitamente, consideramos um potencial,
V (r) =
∞, r ≤ 0−V0, 0 < r < RB, R < r < R + ∆0, R + ∆ < r
−(região I)(região II)(região III)
.
Consideramos um estado estacionário, ψ = ψ (r) , que é a solução de auto-valor do Hamiltoniano,
Hψ = Eψ,
39
com
H = − ~2
2m
d2
dr2+ V (r). (102)
Aqui, utilzamos a variável r para descrever a distância radial entre doissistemas. A vantagem do modelo de potencial quadrado é que na cada região,o potencial é constante e, portanto a equação tem a forma
d2
dr2ψ = k2ψ,
ondek =
2m
~2(V − E)
é constante em cada região. Assim, temos solução da forma,
ψ =
0, r ≤ 0
ψ(I) = A(I)ek(I)r +B(I)e−k
(I)r, 0 < r < R
ψ(II) = A(II)ek(II)r +B(II)e−k
(II)r, R < r < R + ∆
ψ(III) = A(III)ek(III)r +B(III)e−k
(III)r, R + ∆ < r
ondek(I) = i
√2m~2 (V0 + E),
k(II) =√
2m~2 (B − E),
k(III) = i√
2m~2 E.
A condição de contorno,V =∞
em r = 0 implica queψ (r = 0) = 0,
e, portanto, devemos ter
ψ(I) = A sin(∣∣k(I)
∣∣ r) .Devemos impor a condição de continuidade da derivada logarítima em
interface,
ψ′IψI
∣∣∣∣r=R
=ψ′IIψII
∣∣∣∣r=R
,
ψ′IIψII
∣∣∣∣r=R+∆
=ψ′IIIψIII
∣∣∣∣r=R+∆
.
41
Explicitamente
∣∣k(I)∣∣ cot
(∣∣k(I)∣∣R) =
k(II)(A(II)ek
(II)R −B(II)e−k(II)R
)A(II)ek(II)R +B(II)e−k(II)R
,
(103)
k(II)(A(II)ek
(II)(R+∆) −B(II)e−k(II)(R+∆)
)A(II)ek(II)(R+∆) +B(II)e−k(II)(R+∆)
=k(III)
(A(III)ek
(III)(R+∆) −B(III)e−k(III)(R+∆)
)A(III)ek(III)(R+∆) +B(III)e−k(III)(R+∆)
.
(104)
Estas equações não determinam todas as coeficientes, A(I), A(II), B(I), B(II),mas podem determinar as razões,
A(I)
B(I),A(II)
B(II),
e para nosso objetivo, isto é suficiente.Escrevendo,
u =A(II)
B(II)e2k(II)R,
v =A(III)
B(III)e2k(III)(R+∆),
as duas equações (103) e (104) acima ficam∣∣k(I)∣∣ cot
(∣∣k(I)∣∣R) = k(II)u− 1
u+ 1, (105)
k(II)u− Tu+ T
= k(III)v − 1
v + 1, (106)
ondeT = e−2k(II)∆.
Podemos eliminar Y destas duas equações. Da Eq.(105) temos
u =k(II) −
∣∣k(I)∣∣ cot
(∣∣k(I)∣∣R)
k(II) + |k(I)| cot (|k(I)|R).
Por outro lado, da Eq.(106), temos
v =k(III) − k(II) u−T
u+T
k(III) + k(II) u−Tu+T
.
42
Exercício: Mostre que|v| = 1
para a energia E > 0.
Exercício: Calcule|v + 1| .
Vamos expressar a função de onda utilzando u e v,
ψ =
A sin
∣∣k(I)∣∣ r, 0 < r < R[
ue−2k(II)Rek(II)r + e−k
(II)r]B(II), R < r < R + ∆[
ve−2k(III)(R+∆)ek(III)r + e−k
(III)r]B(III), R + ∆ < r
.
Para E〉0, podemos observar que a função de onda na região III pode serescrita como
ψ(III) = B sin(∣∣k(III)
∣∣ r + δ).
Exercício: Mostre a afirmação acima e expresse Bem termos de v, k(III) eB(III).
Utilizando a continuidade da função de onda, temos
A sin∣∣k(I)
∣∣R =[ue−2k(II)Rek
(II)R + e−k(II)R
]B(II),[
ue−2k(II)Rek(II)(R+∆) + e−k
(II)(R+∆)]B(II) =
[ve−2k(III)(R+∆)ek
(III)(R+∆) + e−k(III)(R+∆)
]B(III).
Com isto, podemos determinar a razão da amplitude da função de onda naregião I e na região III,∣∣∣∣AB
∣∣∣∣ =1
2∣∣∣ u+TT 1/2(u+1)(v+1)
∣∣∣ sin (|k(I)|R).
Na figura abaixo, mostrams o comportamento desta razão como a função deenergia E, no exemplo de
B = 10,
V0 = 5,
∆ = 1,
R = 5,
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na unidade de 2mc2 = 1, ~ = 1, c = 1.Note que os dois picos agudos na razão |A/B|, indicando nesta energia,
a grande porção da probabilidade está na região I. O estado com o valor deenergia correspondente a um dos picos é chamado de “estado meta-estável”.O número de estados meta-estáveis depende da forma do potencial.
Exercício: Utilizando algum recurso nímerico do seu conhecimento, con-strua o programa que calcule a razão |A/B| como função de E paravários valores de B e ∆ para dado V0 e R. Observe que a largura dospicos fica maior para menor valor de B e ∆.
Note que a razão |A/B| é essencialmente a penetrabilidade da barreirado lado r positivo para a direção de r = 0. Assim, a presença de estadosmeta-estáveis tem os seguintes significados.
1. Quando um pacote de onda vem de r = −∞ para r = 0, surge umenorme probabilidade de penetrar na barreira alcançando a região cen-tral do potencial quando a enegia incidente coincide a estas energias deestados meta-estáveis.
2. Quando um pacote for criado dentro do potencial no t = 0, entãoeste pacote “vaza”pela barreira com tempo e espalha para fora. Istocorresponde o decaimento do estado meta-estável.
Discutiremos estes aspectos mais em detalhe posteriormente (ver a seçãoda Teoria de Espalhamento).
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