Exercícios Resolvidos de Equação de Schrödinger

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Enunciado

Uma partícula de massa m está confinada em um poço de potencial infinito (“caixa unidimensional”), ou seja,

V x =   0 ,                                     0 ≤ x ≤ a       ∞ ,                     x < 0   o u   x > a            

a) Resolva a equação de Schrödinger para encontrar os valores quantizados de energia E n (autovalores de energia) e as respectivas funções de onda associadas ψ n (autofunções).

b) Normalize a autofunção para o n-ésimo estado de energia. Mostre assim que, independente do nível, a constante de normalização vale 2 a .

c) Faça um esboço da densidade de probabilidade P ( x ) para as autofunções associadas aos três primeiros níveis de energia.

d) Estando a partícula no 4 º nível, qual é a probabilidade de que seja encontrada em alguma posição entre x = 0 e x = a 4 ?

Passo 1

a) Dentro do poço, o potencial é nulo e a equação de Schrödinger é simplesmente

- ℏ 2 2 m d 2 ψ d x 2 = E   ψ  

Esta é uma equação diferencial cujas soluções gerais são s e n o s e c o s s e n o s (ou exponenciais complexas). Escrevamos a solução geral do tipo:

ψ x = A sen ⁡ k x + B cos ⁡ k x

Ao substituir na Eq. de Schrödinger, encontramos:

- ℏ 2 2 m - k 2 ψ x = E   ψ ( x )

Que vemos que, de fato, é solução para k = 2 m E ℏ . Entretanto essa ainda é uma solução genérica. Considerando que, para x < 0 ou x > a o potencial é infinito, devemos impor ψ 0 = ψ a = 0 . Para que ψ 0 = 0 devemos ter B = 0 (somente a componente seno obedece essa condição). Para que ψ a = 0 tem-se:

sen ⁡ k a = 0

k a = n π

k n = n π a

Com n inteiro ≠ 0 .

Portanto, as soluções da Equação de Schrödinger são:

ψ n x = A sen ⁡ n π x a

Estas soluções estão associadas a níveis quantizados de energia:

E n = ℏ 2 k n 2 2 m

E n = n 2 π 2 ℏ 2 2 m a 2

Passo 2

b) Normalizando a função de onda:

∫ 0 a ψ x 2 d x = 1

∫ 0 a A 2 sen 2 ⁡ n π x a d x = 1

Substituimos y = n π x a   → d y = n π a d x e os limites de integração passam a ser 0 e n π . Para fazer a integral, usamos a identidade trigonométrico sen 2 ⁡ y = 1 2   ( 1 - cos ⁡ 2 y ) . Portanto,

∫ 0 a A 2 sen 2 ⁡ n π x a d x = A 2 a 2 n π   ∫ 0 n π ( 1 - cos ⁡ 2 y ) d y = A 2 a 2 n π   y - 1 2 sen ⁡ 2 y 0 n π =

= A 2 a 2 n π   n π = 1   →   A 2 = 2 a   → A = 2 a

E vemos que este resultado independe de n .

Passo 3

c) As três primeiras autofunções são ψ 1 = 2 a sen ⁡ π x a ; ψ 2 = 2 a sen ⁡ 2 π x a ; ψ 3 = 2 a sen ⁡ 3 π x a . As densidades de probabilidade estão dadas por ψ n x 2 , portanto serão todas funções seno quadrado

Passo 4

d) Essa probabilidade pode ser obtida por integração direta (como feito no item (b) para obter ∫ 0 a 4 2 a 2 sen 2 ⁡ 4 π x a d x = 1 4 . Mas isto também pode ser inferido pela forma da distribuição de probabilidade (como feito na letra (c)): vê-se claramente que a probabilidade entre 0 e a 4 é 1 4 da probabilidade total:

Resposta

Letra (d): 1 4

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