10- Oscilador harmônico isotrópico: V(\mathbf{r})=\frac{1}{2} k\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=-\frac{1}{2} k r^{2}. Resolva este problema de duas formas:
(a) Considerando as coordenadas cartesianas: separe a equação de Schroedinger e mostre que o sistema se comporta como 3 equações unidimensionais, de forma que \Psi(x, y, z)=\chi(x) v(y) \zeta(z). Use o resultado do problema 9 para escrever os estados do sistema e as energias correspondentes, e mostre que o espectro de energia é degenerado. Calcule a ordem da degenerescência para os 5 primeiros estados de energia, estado fundamental e os 4 primeiros estados excitados.
(b) Considerando a equação de Schroedinger em coordenadas esféricas e use o resultado do problema 2 para separar as componentes em r, \theta e \varphi. Calcule os estados de energia e mostre que o espectro de energia é degenerado. Calcule a ordem da degenerescência para os 5 primeiros estados, estado fundamental e os 4 primeiros estados excitados, e faça a correspondência destes estados com os do item anterior, ou seja, quais são as combinações de números quânticos que caracterizam estes estados nas duas formas de solução do problema do oscilador isotrópico.

Passo 1

O enunciado pede duas formas de resolver o oscilador harmônico tridimensional isotrópico com potencial V(\mathbf{r})=\tfrac{1}{2}k(x^{2}+y^{2}+z^{2}) (vou usar a forma usual positiva do potencial). As tarefas são:
  • (a) Resolver separando em coordenadas cartesianas: mostrar que \Psi(x,y,z)=\chi(x)\,v(y)\,\zeta(z), usar o resultado do problema 9 (o oscilador unidimensional) para escrever os estados e energias e mostrar que o espectro é degenerado. Calcular a ordem (degenerescência) para os 5 primeiros níveis de energia: estado fundamental e os 4 primeiros excitados.
  • (b) Resolver em coordenadas esféricas separando em r,\theta,\varphi (usar resultado do problema 2 sobre separação angular), obter as energias, mostrar degenerescência, calcular a ordem da degenerescência para os 5 primeiros níveis e fazer a correspondência entre os números quânticos das duas soluções.
Informações relevantes que temos e que vou usar (peguei do enunciado):
  • Potencial: V(\mathbf{r})=\tfrac{1}{2}k r^{2}=\tfrac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}, com \omega=\sqrt{k/m}.
  • Equação de Schrödinger independente do tempo: -\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}\Psi+\dfrac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}\Psi=E\Psi.
  • Resultado do problema 9 (oscilador 1D): energias \;E_{n}=\hbar\omega\bigl(n+\tfrac{1}{2}\bigr), n=0,1,2,\dots, e funções próprias \psi_{n}(x) (Hermite polinômios vezes gaussiana).
  • Resultado do problema 2 (separação angular): funções angulares são esféricas harmônicas Y_{\ell}^{m}(\theta,\varphi) com autovalor \ell(\ell+1) de L^{2} e multiplicidade 2\ell+1 (valores de m de -\ell a \ell).
A partir daqui começo as separações e deduções.

Passo 2

Separação em coordenadas cartesianas — mostrar que o problema se reduz a três HOs 1D.
Escrevo a equação de Schrödinger estacionária para potencial harmônico isotrópico:
-\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}\Psi(x,y,z)+\dfrac{1}{2}m\omega^{2}(x^{2}+y^{2}+z^{2})\Psi(x,y,z)=E\Psi(x,y,z).
Tentar separação por produto:
\Psi(x,y,z)=\chi(x)\,v(y)\,\zeta(z).
Calculo o Laplaciano agindo no produto:
\nabla^{2}\Psi=\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial z^{2}} = v(y)\zeta(z)\,\chi''(x)+\chi(x)\zeta(z)\,v''(y)+\chi(x)v(y)\,\zeta''(z).
Substituo na equação e divido por \chi v \zeta:
-\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\left(\dfrac{\chi''(x)}{\chi(x)}+\dfrac{v''(y)}{v(y)}+\dfrac{\zeta''(z)}{\zeta(z)}\right) +\dfrac{1}{2}m\omega^{2}\bigl(x^{2}+y^{2}+z^{2}\bigr)=E.
Agora reorganizo separando termos que dependem apenas de x, apenas de y e apenas de z. Coloco constantes de separação E_x,E_y,E_z tais que
-\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\dfrac{\chi''(x)}{\chi(x)}+\dfrac{1}{2}m\omega^{2}x^{2}=E_x, \qquad -\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\dfrac{v''(y)}{v(y)}+\dfrac{1}{2}m\omega^{2}y^{2}=E_y,
-\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\dfrac{\zeta''(z)}{\zeta(z)}+\dfrac{1}{2}m\omega^{2}z^{2}=E_z,
com com a condição
E_x+E_y+E_z=E.
Cada equação é precisamente a equação de Schrödinger do oscilador harmônico unidimensional com frequência \omega. Pelo resultado do problema 9 (1D HO), as soluções são
E_{n_x}=\hbar\omega\Bigl(n_x+\tfrac{1}{2}\Bigr),\quad E_{n_y}=\hbar\omega\Bigl(n_y+\tfrac{1}{2}\Bigr),\quad E_{n_z}=\hbar\omega\Bigl(n_z+\tfrac{1}{2}\Bigr),
com n_x,n_y,n_z\in\{0,1,2,\dots\}. Assim a energia total é a soma:
\boxed{E_{n_x n_y n_z}=\hbar\omega\Bigl(n_x+n_y+n_z+\tfrac{3}{2}\Bigr).}
As funções próprias correspondentes são o produto dos autovetores 1D:
\Psi_{n_x n_y n_z}(x,y,z)=\psi_{n_x}(x)\,\psi_{n_y}(y)\,\psi_{n_z}(z),
onde \psi_{n}(x) é a função própria 1D (Hermite \times gaussiana).

Passo 3

E degenerescência na abordagem cartesiana — fórmula combinatória e valores nos cinco primeiros níveis.
Defino o número quântico total inteiro
N\equiv n_x+n_y+n_z\in\{0,1,2,\dots\},
então
E_{N}=\hbar\omega\Bigl(N+\tfrac{3}{2}\Bigr).
Para um dado N a degenerescência g(N) é o número de soluções em inteiros não-negativos (n_x,n_y,n_z) de
n_x+n_y+n_z=N.
A contagem de soluções não-negativas para 3 variáveis é um problema de combinatória: o número de soluções é
g(N)=\binom{N+3-1}{3-1}=\binom{N+2}{2}=\dfrac{(N+1)(N+2)}{2}.
Agora calculo os primeiros cinco níveis ( N=0,1,2,3,4):
  • N=0 (estado fundamental): E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{3}{2}\bigr). Degenerescência
g(0)=\binom{2}{2}=1.
  • N=1 (1º excitado): E=\hbar\omega\bigl(1+\tfrac{3}{2}\bigr)=\hbar\omega\tfrac{5}{2}. Degenerescência
g(1)=\binom{3}{2}=3.
As combinações (n_x,n_y,n_z) são (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1).
  • N=2 (2º excitado): E=\hbar\omega\bigl(2+\tfrac{3}{2}\bigr)=\hbar\omega\tfrac{7}{2}. Degenerescência
g(2)=\binom{4}{2}=6.
As combinações são (2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1).
  • N=3 (3º excitado): E=\hbar\omega\bigl(3+\tfrac{3}{2}\bigr)=\hbar\omega\tfrac{9}{2}. Degenerescência
g(3)=\binom{5}{2}=10.
  • N=4 (4º excitado): E=\hbar\omega\bigl(4+\tfrac{3}{2}\bigr)=\hbar\omega\tfrac{11}{2}. Degenerescência
g(4)=\binom{6}{2}=15.
Comentário didático curto: a degenerescência aparece porque permutar energia entre x,y,z dá o mesmo N. As funções próprias formam subespaços degenerados de dimensão g(N). Pode-se escolher base desse subespaço tanto pela base cartesiana dos produtos \psi_{n_x}\psi_{n_y}\psi_{n_z} quanto por uma base onde L^{2} e L_z são diagonais (simbólica: harmônicos esféricos), como vou explicar na parte (b).

Passo 4

Breve lembrete sobre as funções 1D (útil para provas): cada \psi_{n}(x) tem forma
\psi_{n}(x)=\mathcal{N}_n\,H_{n}\!\Bigl(\sqrt{\tfrac{m\omega}{\hbar}}\,x\Bigr)\,e^{-\tfrac{m\omega}{2\hbar}x^{2}},
onde H_n é o polinômio de Hermite e \mathcal{N}_n é constante de normalização. No 3D a função é produto desses fatores em x,y,z. Isso é prático na prova porque permite escrever explicitamente os estados cartesianos (por exemplo \psi_{100}(x,y,z)=\psi_1(x)\psi_{0}(y)\psi_{0}(z), etc.).

Passo 5

Separação em coordenadas esféricas — estrutura angular e radial, energias e degenerescência.
Escrevo a equação em coordenadas esféricas. O Laplaciano em coordenadas esféricas é
\nabla^{2}=\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\Bigl(r^{2}\frac{\partial}{\partial r}\Bigr) +\frac{1}{r^{2}}\hat{L}^{2},
onde \hat{L}^{2} é a parte angular (operador momento angular ao quadrado, com sinal positivo quando escrito assim no operador). A equação fica
-\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\left[\frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\Bigl(r^{2}\frac{\partial\Psi}{\partial r}\Bigr) -\frac{\hat{L}^{2}}{\hbar^{2}r^{2}}\Psi\right] +\dfrac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}\Psi=E\Psi.
Procuro separação do tipo
\Psi(r,\theta,\varphi)=R(r)\,Y_{\ell}^{m}(\theta,\varphi),
onde Y_{\ell}^{m} são as harmônicas esféricas (resultado do problema 2). A equação angular dá
\hat{L}^{2}Y_{\ell}^{m}(\theta,\varphi)=\hbar^{2}\ell(\ell+1)Y_{\ell}^{m}(\theta,\varphi),
com \ell=0,1,2,\dots e m=-\ell,\dots,\ell. Substituindo e dividindo por Y_{\ell}^{m} obtém-se a equação radial
-\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\left[\frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}\!\Bigl(r^{2}\frac{dR}{dr}\Bigr)-\frac{\ell(\ell+1)}{r^{2}}R\right] +\dfrac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}R=ER.
É usual transformar R(r) em u(r)=rR(r) para obter uma equivalente 1D em semi-eixo r\in(0,\infty):
-\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}u}{dr^{2}}+\left[\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\frac{\ell(\ell+1)}{r^{2}}+\dfrac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}\right]u=Eu.
Esta é uma equação do tipo “oscilador harmônico com potencial efetivo” que tem soluções quadradrapolares em r expressas via polinômios generalizados de Laguerre (essa solução técnica vem do estudo padrão do oscilador em coordenadas esféricas). O resultado conhecido (e que vem do problema 2/estudos padrão) dá os níveis de energia
\boxed{E_{n_r,\ell}=\hbar\omega\Bigl(2n_r+\ell+\tfrac{3}{2}\Bigr),}
com n_r=0,1,2,\dots (número quântico radial) e \ell=0,1,2,\dots (momento angular). Note que 2n_r+\ell=N é exatamente o mesmo inteiro N que usamos antes na separação cartesiana. Portanto os níveis dependem apenas de N=2n_r+\ell, não separadamente de n_r e \ell; por isso o degenerescência observada antes reaparece aqui.

Passo 6

Degenerescência na forma esférica e demonstração da igualdade com a forma cartesiana.
Para um dado N temos todas as combinações de n_r e \ell tal que 2n_r+\ell=N. Para cada \ell fixo o número de estados angulares é 2\ell+1 (valores de m). Portanto a degenerescência para N é
g(N)=\sum_{\substack{\ell=0\\ell\equiv N\\ (\mathrm{mod}\\\ 2)}}^{N}(2\ell+1),
onde a restrição \ell\equiv N\\ (\mathrm{mod}\\\ 2) vem de 2n_r+\ell=N (logo \ell tem a mesma paridade que N). Essa soma (somando apenas \ell com a mesma paridade) reduz-se ao mesmo valor combinatório obtido anteriormente:
g(N)=\dfrac{(N+1)(N+2)}{2}.
(É uma soma telescópica padrão; pode verificar expandindo a soma de (2\ell+1).) Assim as duas formas dão exatamente o mesmo espectro e a mesma degenerescência.
Agora eu listo explicitamente as correspondências dos estados entre bases cartesiana e esférica para os cinco níveis N=0,1,2,3,4. Isto é útil para a prova: mostra como as combinações de (n_x,n_y,n_z) agrupam-se segundo (n_r,\ell,m).
Nível N=0:
  • Energia \;E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{3}{2}\bigr).
  • Cartesianos: única combinação (0,0,0).
  • Esféricos: 2n_r+\ell=0\Rightarrow n_r=0,\ell=0. Só existe (n_r,\ell,m)=(0,0,0).
  • Mapeamento: \psi_{000}\leftrightarrow R_{n_r=0,\ell=0}(r)\,Y_{0}^{0}(\theta,\varphi).
Nível N=1:
  • Energia \;E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{5}{2}\bigr).
  • Cartesianos: (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1) — três estados.
  • Esféricos: 2n_r+\ell=1\Rightarrow n_r=0,\ell=1. Para \ell=1 2\ell+1=3 valores de m: m=-1,0,1.
  • Mapeamento qualitativo: as funções
    \psi_{100}\propto x e^{-\alpha r^{2}/2}, \psi_{010}\propto y e^{-\alpha r^{2}/2}, \psi_{001}\propto z e^{-\alpha r^{2}/2}
    são combinações lineares das três funções \;R_{0,1}(r)Y_{1}^{m}(\theta,\varphi)\; (por exemplo z é proporcional a rY_{1}^{0}, enquanto x e y são combinações lineares de Y_{1}^{\pm1}). Em prova: diga que \{x,y,z\} formam a base cartesiana dos “p-orbitais” e vinculam-se ao subespaço \ell=1.
Nível N=2:
  • Energia \;E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{7}{2}\bigr).
  • Cartesianos (6 estados): (2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1).
  • Esféricos: 2n_r+\ell=2\Rightarrow possibilidades:
    • \ell=0,n_r=1 com multiplicidade 2\ell+1=1 (estado radial excitado s, “2s” do oscilador),
    • \ell=2,n_r=0 com multiplicidade 2\ell+1=5 (os cinco estados d).
      Total 1+5=6.
  • Mapeamento exemplar: o estado esférico \ell=0,n_r=1 é proporcional à combinação simétrica x^{2}+y^{2}+z^{2} multiplicada pela gaussiana apropriada; os cinco estados \ell=2 correspondem às combinações quadráticas traceless como x^{2}-y^{2},\;2z^{2}-x^{2}-y^{2},\;xy,\;xz,\;yz (cada uma vezes a gaussiana) — essas cinco formam a base \ell=2.
Nível N=3:
  • Energia \;E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{9}{2}\bigr).
  • Degenerescência g(3)=10.
  • Esféricos: 2n_r+\ell=3\Rightarrow \ell=1,n_r=1 (multiplicidade 3) e \ell=3,n_r=0 (multiplicidade 7), total 3+7=10.
  • Cartesianos: todas as combinações com soma 3 (10 tipos).
Nível N=4:
  • Energia \;E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{11}{2}\bigr).
  • Degenerescência g(4)=15.
  • Esféricos: \ell=0,n_r=2 (1), \ell=2,n_r=1 (5), \ell=4,n_r=0 (9) → total 1+5+9=15.
  • Cartesianos: todas as combinações com soma 4 (15 tipos).
Observação didática: nas provas, em vez de diagonalizar explicitamente no subespaço degenerado, costuma-se usar simetrias (modelo rotacional) para escolher a base angular Y_{\ell}^{m}. A passagem de funções do tipo polinômio em x,y,z para combinações com harmônicas esféricas é uma transformação linear dentro do subespaço degenerado.

Passo 7

Resumo pedagógico/estratégico para a prova (dicas práticas):
  • Ao ver V\propto r^{2} reconheça imediatamente que \omega=\sqrt{k/m} e que é possível separar em cartesianas em três HOs 1D; escreva E_{n_x n_y n_z}=\hbar\omega(n_x+n_y+n_z+\tfrac{3}{2}).
  • Para contar degenerescência use combinatória (soluções inteiras não-negativas) ou, alternativamente, reconheça que N=2n_r+\ell e some 2\ell+1.
  • Para mapear estados cartesiano ↔ esférico, identifique polinômios homogêneos de grau N (em x,y,z) e decompose em parte radial \times harmônica esférica: a parte proporcional a r^{\ell}Y_{\ell}^{m} corresponde ao \ell desejado. Exemplos práticos úteis: z\sim rY_{1}^{0}, x\sim r combinações de Y_{1}^{\pm1}; x^{2}+y^{2}+z^{2} é o estado s radial excitado; x^{2}-y^{2},\,xy,\dots são d-estados.

Resposta

(a) Em coordenadas cartesianas:
E_{n_x n_y n_z}=\hbar\omega\Bigl(n_x+n_y+n_z+\tfrac{3}{2}\Bigr).
A degenerescência para N=n_x+n_y+n_z é
g(N)=\binom{N+2}{2}=\dfrac{(N+1)(N+2)}{2}.
Para os 5 primeiros níveis:
\begin{aligned} N=0:\;&E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{3}{2}\bigr),\quad g(0)=1.\\\ N=1:\;&E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{5}{2}\bigr),\quad g(1)=3.\\\ N=2:\;&E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{7}{2}\bigr),\quad g(2)=6.\\\ N=3:\;&E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{9}{2}\bigr),\quad g(3)=10.\\\ N=4:\;&E=\hbar\omega\bigl(\tfrac{11}{2}\bigr),\quad g(4)=15. \end{aligned}
(b) Em coordenadas esféricas:
E_{n_r,\ell}=\hbar\omega\Bigl(2n_r+\ell+\tfrac{3}{2}\Bigr),
com N=2n_r+\ell. A degenerescência para cada N é igual a \dfrac{(N+1)(N+2)}{2} (mesmo resultado que em (a)). Para os 5 primeiros níveis os valores de energia e degenerescência coincidem com (a) (lista acima). Correspondência dos estados (exemplos principais):
\begin{aligned} N=0:&\quad(n_x,n_y,n_z)=(0,0,0)\\ \longleftrightarrow\\ (n_r,\ell,m)=(0,0,0).\\[4pt] N=1:&\quad (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\\ \longleftrightarrow\\ (n_r,\ell)=(0,1)\\ \text{com}\\ m=-1,0,1.\\[4pt] N=2:&\quad \{(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)\} \longleftrightarrow\\\ &\qquad (n_r,\ell)=(1,0)\\ \text{(1 estado, combinação }x^{2}+y^{2}+z^{2})\\ \oplus\\ (n_r,\ell)=(0,2)\\ \text{(5 estados, combinações traceless como }x^{2}-y^{2},xy,xz,yz,2z^{2}-x^{2}-y^{2}).\\[4pt] N=3:&\quad \text{10 estados cartesianos} \longleftrightarrow (n_r,\ell)=(1,1)\\ \text{(3 estados)}\\ \oplus\\ (n_r,\ell)=(0,3)\\ \text{(7 estados)}.\\[4pt] N=4:&\quad \text{15 estados cartesianos} \longleftrightarrow (n_r,\ell)=(2,0)\\ \text{(1)}\\ \oplus\\ (n_r,\ell)=(1,2)\\ \text{(5)}\\ \oplus\\ (n_r,\ell)=(0,4)\\ \text{(9)}. \end{aligned}çãçõ
(Estas correspondências significam que cada subespaço degenerado cartesiano de dimensão g(N) pode ser reescrito como soma direta dos subespaços (n_r,\ell) com \;2n_r+\ell=N, cada um com multiplicidade angular 2\ell+1.)]

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