10- Considere uma partícula de massa m em um potencial unidimensional V(x)=-\lambda \delta(x), \lambda>0. Nesse caso existe um estado ligado, o estado fundamental, de energia E_{0}=-m \lambda^{2} /\left(2 \hbar^{2}\right). A partícula é carregada, de carga elétrica q, e interagem com um campo elétrico oscilante de frequência \omega. A perturbação correspondente é
\hat{W}=q \mathcal{E} \hat{x} \operatorname{sen}(\omega t)
onde \mathcal{E} é uma constante. Se a partícula está inicialmente no estado fundamental, assumindo \hbar \omega>-E_{0}, determinar a transição de probabilidade por unidade de tempo, w, para qualquer estado de energia positiva. Dica: Pode ser usado a regra de ouro de Fermi ou, calcular em primeiro lugar a probabilidade de permanência no mesmo estado inicial e posteriormente usar alguma idêntidade sobre probabilidades.

Passo 1

O enunciado diz:
\hat{W}(t)=q\mathcal{E}\,\hat{x}\sin(\omega t),\qquad \mathcal{E}=\text{constante},\;q=\text{carga},
temos uma partícula de massa m no potencial unidimensional V(x)=-\lambda\delta(x) com \lambda>0. Há um único estado ligado (fundamental) de energia
E_{0}=-\frac{m\lambda^{2}}{2\hbar^{2}}.
A partícula está inicialmente no estado ligado. Assumindo \hbar\omega>-E_{0} (logo existe um estado de energia positiva acessível por absorção), o que se pede:
  • Determinar a taxa de transição por unidade de tempo, w, do estado ligado para qualquer estado de energia positiva (isto é, a taxa de transição para os estados do contínuo que satisfazem a conservação de energia com a absorção de um quantum \hbar\omega).
Informações relevantes listadas:
  • Energia inicial: E_{i}=E_{0}<0.
  • Energia final pedida: E_{f}>0 com E_{f}=E_{0}+\hbar\omega (absorção).
  • Potencial delta em x=0 (consequência: o estado ligado é par).
  • Perturbação é proporcional a \hat{x} (operador ímpar), então a seleção por paridade será importante.
  • Podemos usar a regra de ouro de Fermi (ou calcular sobrevivência); usarei a regra de ouro.

Passo 2

Escrevo o estado ligado e sua constante relevante. O estado ligado do delta atrativo é bem conhecido:
\psi_{0}(x)=\sqrt{\kappa}\,e^{-\kappa|x|},
com
\kappa=\frac{m\lambda}{\hbar^{2}}.
Verificação rápida (aula rápida): a energia deste estado é
E_{0}=-\frac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m}=-\frac{m\lambda^{2}}{2\hbar^{2}},
coincidindo com o enunciado. A normalização foi escolhida tal que \int_{-\infty}^{\infty}|\psi_{0}(x)|^{2}\,dx=1.

Passo 3

Identifico os estados do contínuo (energia positiva). Para o potencial -\lambda\delta(x) existem estados de paridade bem definidos. O estado ligado é função par (even). O operador \hat{x} é ímpar (odd), logo só conecta estados de paridade oposta: portanto, só os estados ímpares do contínuo contribuem para a transição. Observação útil: os estados ímpares do contínuo não “sentem” o delta em x=0 (pois eles anulam em x=0), logo são iguais aos estados ímpares livres.
Uma base conveniente para os estados ímpares do contínuo (energia E=\hbar^{2}k^{2}/2m>0, k>0) é
\phi_{k}(x)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\sin(kx),
que satisfaz a normalização de delta em k:
\langle \phi_{k}|\phi_{k'}\rangle=\delta(k-k').
(Aqui escolhemos a normalização em k, o que é prático para aplicar a regra de ouro; a densidade de estados por energia aparece depois como dk/dE.)

Passo 4

Calculo o elemento de matriz de dipolo entre o ligado e um estado do contínuo que contribui:
M(k)\equiv\langle \phi_{k}|\hat{x}|\psi_{0}\rangle =\int_{-\infty}^{\infty}\phi_{k}(x)\,x\,\psi_{0}(x)\,dx.
Pelo argumento de paridade: \phi_{k}(x) é ímpar, x é ímpar, \psi_{0}(x) é par, assim o integrando é par e podemos escrever
M(k)=2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\sin(kx)\,x\,\sqrt{\kappa}\,e^{-\kappa x}\,dx =\frac{2\sqrt{\kappa}}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}x\,e^{-\kappa x}\sin(kx)\,dx.

Passo 5

Calculo a integral tij:
Defino a integral padrão
I(a,b)=\int_{0}^{\infty}x\,e^{-a x}\sin(bx)\,dx,\qquad a>0,\;b\ge0.
Usando a identidade (truque: derivada em relação a a de \int_{0}^{\infty}e^{-ax}\sin(bx)\,dx):
\int_{0}^{\infty}e^{-a x}\sin(bx)\,dx=\frac{b}{a^{2}+b^{2}},
logo
I(a,b)=-\frac{d}{da}\left(\frac{b}{a^{2}+b^{2}}\right) =\frac{2ab}{(a^{2}+b^{2})^{2}}.
Aplicando com a=\kappa e b=k obtemos
\int_{0}^{\infty}x\,e^{-\kappa x}\sin(kx)\,dx=\frac{2\kappa k}{(\kappa^{2}+k^{2})^{2}}.
Portanto o elemento de matriz vale
M(k)=\frac{2\sqrt{\kappa}}{\sqrt{\pi}}\cdot\frac{2\kappa k}{(\kappa^{2}+k^{2})^{2}} =\frac{4\kappa^{3/2}k}{\sqrt{\pi}\,(\kappa^{2}+k^{2})^{2}}.
E o módulo ao quadrado é
|M(k)|^{2}=\frac{16\kappa^{3}k^{2}}{\pi(\kappa^{2}+k^{2})^{4}}.

Passo 6

Aplico a regra de ouro de Fermi (aula rápida): para uma perturbação harmônica com componentes em frequências \pm\omega,
\hat{W}(t)=q\mathcal{E}\,\hat{x}\sin(\omega t) =\frac{q\mathcal{E}\,\hat{x}}{2i}\left(e^{i\omega t}-e^{-i\omega t}\right),
a taxa de transição por unidade de tempo, de um estado inicial |i\rangle para estados contínuos finais |f\rangle com energia E_{f}=E_{i}+\hbar\omega (absorção), é
w_{i\to f}=\frac{2\pi}{\hbar}\left|\frac{q\mathcal{E}}{2i}\langle f|\hat{x}|i\rangle\right|^{2}\delta(E_{f}-E_{i}-\hbar\omega).
O fator 1/2 vem da decomposição em exponenciais; o fator i some ao calcular o módulo.

Passo 7

Transito para densidade de estados em energia. Trabalhando com estados rotulados por k (normalizados por \delta(k-k')), a densidade de estados por energia é
\rho(E)=\frac{dk}{dE}.
Como E=\dfrac{\hbar^{2}k^{2}}{2m} temos
\frac{dE}{dk}=\frac{\hbar^{2}k}{m}\quad\Rightarrow\quad \frac{dk}{dE}=\frac{m}{\hbar^{2}k}.
Portanto, a taxa de transição por unidade de tempo para o conjunto de estados com energia em torno de E é
w(E)=\frac{2\pi}{\hbar}\left(\frac{q\mathcal{E}}{2}\right)^{2}|M(k)|^{2}\,\rho(E),
avaliada em k tal que E=\dfrac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}=E_{0}+\hbar\omega. (O fator i desapareceu no módulo.)

Passo 8

Substituo tudo e simplifico. Usando |M(k)|^{2} calculado e \rho(E)=m/(\hbar^{2}k):
w(E)=\frac{2\pi}{\hbar}\cdot\frac{(q\mathcal{E})^{2}}{4}\cdot \frac{16\kappa^{3}k^{2}}{\pi(\kappa^{2}+k^{2})^{4}}\cdot\frac{m}{\hbar^{2}k}.
Simplificando fatores numéricos e de \pi:
\frac{2\pi}{\hbar}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{16}{\pi}=\frac{8}{\hbar}.
Portanto
w(E)=\frac{8}{\hbar}\cdot\frac{(q\mathcal{E})^{2} \kappa^{3} k^{2}}{(\kappa^{2}+k^{2})^{4}}\cdot\frac{m}{\hbar^{2}k} =\frac{8m (q\mathcal{E})^{2}}{\hbar^{3}}\cdot\frac{\kappa^{3}\,k}{(\kappa^{2}+k^{2})^{4}}.

Passo 9

Relaciono k com \omega. A conservação de energia para absorção dá
E_{f}=E_{0}+\hbar\omega=\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}\quad\Rightarrow\quad k=\sqrt{\frac{2m(E_{0}+\hbar\omega)}{\hbar^{2}}}.
Usando E_{0}=-\dfrac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m} (lembrando \kappa=m\lambda/\hbar^{2}), temos
k=\sqrt{\frac{2m}{\hbar^{2}}\big(\hbar\omega-|E_{0}|\big)} =\frac{\sqrt{2m(\hbar\omega+E_{0})}}{\hbar},
válido porque assumimos \hbar\omega>-E_{0} (assim o argumento da raiz é positivo). Substituindo este k na expressão de w obtemos a taxa de transição por unidade de tempo para o estado do contínuo cuja energia satisfaz a conservação de energia.

Resposta

w=\frac{8m (q\mathcal{E})^{2}}{\hbar^{3}}\;\frac{\kappa^{3}\,k}{(\kappa^{2}+k^{2})^{4}}, \qquad \kappa=\frac{m\lambda}{\hbar^{2}},\quad k=\sqrt{\dfrac{2m(E_{0}+\hbar\omega)}{\hbar^{2}}}=\frac{\sqrt{2m(\hbar\omega+E_{0})}}{\hbar}.

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