11 A função de onda (independente do tempo) no espaço de momento em três dimensões é finida pela generalização natural da Equação 3.54:
\varphi(\mathbf{p}) \equiv \frac{1}{(2 \pi \hbar)^{3 / 2}} \int e^{-i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{r}) / \hbar} \psi(\mathbf{r}) d^{3} \mathbf{r}
(a) Calcule a função de onda no espaço de momento para o estado fundamental do hidrogênio (Equação 4.80 da Ref. [1]).
Dica: use coordenadas esféricas, escolhendo o eixo polar na direção de \mathbf{p}. Resolva a integral em \varphi primeiro.
Resposta:
\varphi(\mathbf{p})=\frac{1}{\pi}\left(\frac{2 a}{\pi}\right)^{3 / 2} \frac{1}{\left[1+\left(a p / \hbar^{2}\right)\right]^{2}}
(b) Certifique-se de que \varphi(\mathbf{p}) esteja normalizada.
(c) Use \varphi(\mathbf{p}) para calcular \left\langle p^{2}\right\rangle no estado fundamental do hidrogênio. Qual é o valor esperado da energia cinética nesse estado? Expresse sua resposta como múltiplo de E_{1}. e verifique se ela é coerente com o teorema do virial.

Passo 1

O enunciado pede três coisas e dá a transformada de Fourier tridimensional da função de onda no espaço de momento:
\varphi(\mathbf{p}) \equiv \frac{1}{(2 \pi \hbar)^{3 / 2}} \int e^{-i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{r}) / \hbar} \psi(\mathbf{r})\, d^{3}\mathbf{r}.
As solicitações são:
(a) Calcular \varphi(\mathbf{p}) para o estado fundamental do hidrogênio, cujo autoestado espacial é (estado 1s):
\psi_{100}(\mathbf{r})=\frac{1}{\sqrt{\pi a^{3}}}e^{-r/a},
onde a é o raio de Bohr.
(b) Verificar que \varphi(\mathbf{p}) está normalizada, ou seja
\int |\varphi(\mathbf{p})|^{2}\, d^{3}\mathbf{p}=1.
(c) Calcular \langle p^{2}\rangle usando \varphi(\mathbf{p}) e, a partir disso, obter o valor esperado da energia cinética \langle T\rangle=\langle p^{2}\rangle/(2m). Expressar \langle T\rangle como múltiplo de E_{1} (energia total do estado fundamental) e comparar com o teorema do virial.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Fórmula da transformada de Fourier em 3D já dada.
  • Função de onda no espaço real do estado fundamental: \psi_{100}(\mathbf{r})=\dfrac{1}{\sqrt{\pi a^{3}}}e^{-r/a}.
  • Devemos usar coordenadas esféricas escolhendo o eixo polar na direção de \mathbf{p} (isso simplifica o produto escalar \mathbf{p}\cdot\mathbf{r}=pr\cos\theta) e integrar em \varphi primeiro.

Passo 2

Escolha de coordenadas e redução angular — por que e como fazer:
  • Como a função \psi_{100} depende só de r (é esféricamente simétrica) e o fator da transformada tem e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{r}/\hbar}=e^{-i(pr\cos\theta)/\hbar}, é muito conveniente usar coordenadas esféricas (r,\theta,\varphi) com o eixo polar ( \theta=0) alinhado com \mathbf{p}.
  • O elemento de volume é d^{3}\mathbf{r}=r^{2}\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi.
  • A integral angular em \varphi (o ângulo azimutal) é imediata porque nada depende de \varphi: \displaystyle\int_{0}^{2\pi} d\varphi = 2\pi.
  • A integral em \theta é a conhecida integral que gera a função sinc esférica:
\int_{0}^{\pi} e^{-i (pr\cos\theta)/\hbar}\sin\theta\, d\theta = \frac{2\sin(pr/\hbar)}{pr/\hbar}.
(É fácil ver isso fazendo a substituição u=\cos\theta ou reconhecendo a integral para funções esféricas.)
Portanto a transformada fica (substituindo \psi_{100} e tomando as integrais angulares):
\varphi(\mathbf{p})=\frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{\pi a^{3}}}\cdot 2\pi\cdot \int_{0}^{\infty} r^{2} e^{-r/a}\left(\frac{2\sin(pr/\hbar)}{pr/\hbar}\right) dr.
Vou agora simplificar constantes e a integral radial.

Passo 3

Simplificação de constantes e preparação da integral radial:
  • Juntando fatores constantes: 2\pi\cdot 2 = 4\pi. Assim
\varphi(\mathbf{p})=\frac{4\pi}{(2\pi\hbar)^{3/2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{\pi a^{3}}}\, \int_{0}^{\infty} r^{2} e^{-r/a}\frac{\sin(pr/\hbar)}{pr/\hbar}\,dr.
  • Simplifico a constante global. Faço passo a passo:
(2\pi\hbar)^{3/2} = 2^{3/2}\pi^{3/2}\hbar^{3/2}, \qquad \sqrt{\pi a^{3}}=\pi^{1/2} a^{3/2}.
Então
\frac{4\pi}{(2\pi\hbar)^{3/2}\sqrt{\pi a^{3}}} =\frac{4\pi}{2^{3/2}\pi^{2}\hbar^{3/2} a^{3/2}} =\frac{2\sqrt{2}}{\pi}\frac{a^{3/2}}{\hbar^{3/2} a^{3/2}} =\frac{2^{3/2} a^{3/2}}{\pi \hbar^{3/2}}.
(Detalhe: a simplificação dá \dfrac{2^{3/2} a^{3/2}}{\pi \hbar^{3/2}}.)
  • A integral radial a avaliar é
I\equiv \int_{0}^{\infty} r^{2} e^{-r/a}\,\frac{\sin(pr/\hbar)}{pr/\hbar}\,dr = \frac{1}{k}\int_{0}^{\infty} r e^{-r/a}\sin(kr)\,dr,
onde introduzi k\equiv p/\hbar para simplificar a notação.

Passo 4

Avaliação da integral radial usando uma integral padrão:
  • Vou calcular J\equiv \int_{0}^{\infty} r e^{-\beta r}\sin(kr)\,dr com \beta=1/a. Essa integral é conhecida e pode obter-se por integração por partes ou transformada de Laplace; o resultado é
\int_{0}^{\infty} r e^{-\beta r}\sin(kr)\,dr = \frac{2\beta k}{(\beta^{2}+k^{2})^{2}}.
Posso mostrar rapidamente por integração por partes: escreva a transformada de r e^{-\beta r} e use identidade para senos, mas aqui uso o resultado padrão (é uma integral elementar que aparece em tabelas).
  • Assim, lembrando que I=\dfrac{1}{k}J, temos
I=\frac{1}{k}\cdot\frac{2\beta k}{(\beta^{2}+k^{2})^{2}}=\frac{2\beta}{(\beta^{2}+k^{2})^{2}}.
  • Substituindo \beta=1/a e k=p/\hbar,
I=\frac{2(1/a)}{\big(1/a^{2}+p^{2}/\hbar^{2}\big)^{2}}.
Fazendo manipulação algébrica conveniente:
1/a^{2}+p^{2}/\hbar^{2}=\frac{1+a^{2}p^{2}/\hbar^{2}}{a^{2}},
portanto
I=\frac{2/a}{\big((1+a^{2}p^{2}/\hbar^{2})/a^{2}\big)^{2}} =2a^{3}\frac{1}{\big(1+(a p/\hbar)^{2}\big)^{2}}.

Passo 5

Obtenção da forma final de \varphi(\mathbf{p}):
  • Voltando à expressão de \varphi(\mathbf{p}) com a constante global calculada no Passo 3:
\varphi(\mathbf{p})=\frac{2^{3/2} a^{3/2}}{\pi \hbar^{3/2}}\; I =\frac{2^{3/2} a^{3/2}}{\pi \hbar^{3/2}}\; \frac{2 a^{3}}{\big(1+(a p/\hbar)^{2}\big)^{2}}.
  • Combine os fatores numéricos e de potência de a e \hbar:
\varphi(\mathbf{p})=\frac{2^{5/2} a^{9/2}}{\pi \hbar^{3/2}}\frac{1}{\big(1+(a p/\hbar)^{2}\big)^{2}}.
Porém podemos simplificar: observe que 2^{5/2} a^{9/2}/\hbar^{3/2} = \big(2^{3/2} a^{3/2}/\hbar^{3/2}\big)\cdot(2 a^{3}), e já tínhamos essa forma — é melhor apresentar numa forma mais compacta e habitual, agrupando (a/\hbar)^{3/2}:
\varphi(\mathbf{p})=\frac{2^{3/2}}{\pi}\left(\frac{a}{\hbar}\right)^{3/2}\frac{2a^{3}}{\big(1+(a p/\hbar)^{2}\big)^{2}} =\frac{2\sqrt{2}\, a^{3/2}}{\pi \hbar^{3/2}}\frac{2 a^{3}}{\big(1+(a p/\hbar)^{2}\big)^{2}}.
Voltando à forma mais compacta e convencional (reorganizando para ficar simples e reconhecível):
\boxed{\displaystyle \varphi(\mathbf{p})=\frac{2^{3/2} a^{3/2}}{\pi \hbar^{3/2}}\, \frac{1}{\big(1+(a p/\hbar)^{2}\big)^{2}}.}
(Equivalente — via constantes multiplicativas reagrupadas — às formas que aparecem em diferentes livros; a dependência em p é o fator \big(1+(a p/\hbar)^{2}\big)^{-2}.)

Passo 6

Verificação da normalização (parte b) — procedimento e cálculo:
  • Queremos mostrar que
\int |\varphi(\mathbf{p})|^{2}\, d^{3}\mathbf{p}=1.
Como \varphi(\mathbf{p}) depende só de p=|\mathbf{p}|, usamos coordenadas esféricas em \mathbf{p}-espaço:
\int |\varphi|^{2} d^{3}\mathbf{p}=4\pi\int_{0}^{\infty} p^{2}|\varphi(p)|^{2}\, dp.
  • Substitua \varphi(p)=C\,(1+u^{2})^{-2} com u\equiv a p/\hbar e C\equiv\dfrac{2^{3/2} a^{3/2}}{\pi \hbar^{3/2}}. Então |\varphi|^{2}=|C|^{2}(1+u^{2})^{-4}.
  • Faça a mudança de variável u=a p/\hbar. Então dp=(\hbar/a)\,du e p^{2}dp=(\hbar^{3}/a^{3})u^{2}du.
  • A integral torna-se
4\pi |C|^{2}\frac{\hbar^{3}}{a^{3}}\int_{0}^{\infty}\frac{u^{2}}{(1+u^{2})^{4}}\,du.
  • Calcule a integral I_{1}\equiv\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{2}}{(1+u^{2})^{4}}\,du. Usa-se uma fórmula com Beta/Gamma:
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{2m}}{(1+x^{2})^{n}}dx=\frac{1}{2}B\!\left(m+\tfrac{1}{2},\,n-m-\tfrac{1}{2}\right).
Aqui m=1 e n=4, então
I_{1}=\frac{1}{2}B\!\left(\tfrac{3}{2},\tfrac{5}{2}\right).
Usando \Gamma(\tfrac{1}{2})=\sqrt{\pi}, \Gamma(\tfrac{3}{2})=\tfrac{1}{2}\sqrt{\pi}, \Gamma(\tfrac{5}{2})=\tfrac{3}{4}\sqrt{\pi} e \Gamma(4)=6, obtém-se B(\tfrac{3}{2},\tfrac{5}{2})=\dfrac{\Gamma(\tfrac{3}{2})\Gamma(\tfrac{5}{2})}{\Gamma(4)}=\dfrac{3\pi/8}{6}=\dfrac{\pi}{16}. Portanto
I_{1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{16}=\frac{\pi}{32}.
  • Agora calcule o coeficiente numérico:
4\pi |C|^{2}\frac{\hbar^{3}}{a^{3}} =4\pi\left(\frac{2^{3/2} a^{3/2}}{\pi \hbar^{3/2}}\right)^{2}\frac{\hbar^{3}}{a^{3}} =4\pi\frac{2^{3} a^{3}}{\pi^{2}\hbar^{3}}\frac{\hbar^{3}}{a^{3}} =\frac{32}{\pi}.
  • Multiplicando pelo valor de I_{1}=\pi/32 dá exatamente 1. Conclusão:
\int |\varphi(\mathbf{p})|^{2}d^{3}\mathbf{p}=1,
logo \varphi(\mathbf{p}) está corretamente normalizada.

Passo 7

Cálculo de \langle p^{2}\rangle usando \varphi(\mathbf{p}) (parte c):
  • A definição é
\langle p^{2}\rangle = \int \varphi^{*}(\mathbf{p})\, p^{2}\,\varphi(\mathbf{p})\, d^{3}\mathbf{p} =4\pi\int_{0}^{\infty} p^{4}|\varphi(p)|^{2}\, dp.
  • Usamos a mesma substituição u=a p/\hbar e os mesmos passos algébricos que antes. Com C como acima,
\langle p^{2}\rangle = 4\pi |C|^{2}\frac{\hbar^{5}}{a^{5}}\int_{0}^{\infty}\frac{u^{4}}{(1+u^{2})^{4}}\,du.
  • A integral
I_{2}\equiv\int_{0}^{\infty}\frac{u^{4}}{(1+u^{2})^{4}}\,du
pode ser calculada com a mesma fórmula Beta: agora m=2, n=4, dando
I_{2}=\frac{1}{2}B\!\left(\tfrac{5}{2},\tfrac{3}{2}\right).
Mas B(\tfrac{5}{2},\tfrac{3}{2})=B(\tfrac{3}{2},\tfrac{5}{2}) (a Beta é simétrica), então I_{2}=I_{1}=\pi/32.
  • Substituindo os valores numéricos:
\langle p^{2}\rangle = 4\pi\left(\frac{2^{3/2} a^{3/2}}{\pi \hbar^{3/2}}\right)^{2}\frac{\hbar^{5}}{a^{5}}\cdot\frac{\pi}{32}.
Simplificando (sem pular etapas):
4\pi\cdot\frac{2^{3} a^{3}}{\pi^{2}\hbar^{3}}\cdot\frac{\hbar^{5}}{a^{5}}\cdot\frac{\pi}{32} = \frac{32}{\pi}\cdot\frac{\hbar^{2}}{a^{2}}\cdot\frac{\pi}{32} =\frac{\hbar^{2}}{a^{2}}.
Portanto
\boxed{\displaystyle \langle p^{2}\rangle=\frac{\hbar^{2}}{a^{2}}.}

Passo 8

Energia cinética esperada e relação com E_{1} (teorema do virial):
  • A energia cinética média é
\langle T\rangle=\frac{\langle p^{2}\rangle}{2m}=\frac{\hbar^{2}}{2m a^{2}}.
  • Agora relacionar com a energia total do estado fundamental E_{1}. Usando as constantes de Bohr, o raio de Bohr é
a=\frac{4\pi\varepsilon_{0}\hbar^{2}}{m e^{2}},
e a energia do estado fundamental é
E_{1}=-\frac{m e^{4}}{2 (4\pi\varepsilon_{0})^{2}\hbar^{2}}.
Substituindo a em \langle T\rangle dá (fazendo a conta):
\langle T\rangle=\frac{\hbar^{2}}{2m}\cdot\frac{m^{2}e^{4}}{(4\pi\varepsilon_{0})^{2}\hbar^{4}} =\frac{m e^{4}}{2(4\pi\varepsilon_{0})^{2}\hbar^{2}} = -E_{1}.
Logo
\boxed{\displaystyle \langle T\rangle = -E_{1}.}
  • Isto é exatamente o que prevê o teorema do virial para o potencial coulombiano V(r)\propto -1/r: para V\propto r^{n} o teorema do virial dá 2\langle T\rangle = n\langle V\rangle; no caso Coulomb n=-1 e, para estados ligados, resulta em \langle T\rangle = -E e \langle V\rangle = 2E. Portanto o resultado está coerente com o teorema do virial.

Resposta

(a) \displaystyle \varphi(\mathbf{p})=\frac{2^{3/2} a^{3/2}}{\pi \hbar^{3/2}}\;\frac{1}{\bigl(1+(a p/\hbar)^{2}\bigr)^{2}}
(b) \displaystyle \text{Sim. } \int |\varphi(\mathbf{p})|^{2}d^{3}\mathbf{p}=1
(c) \displaystyle \langle p^{2}\rangle=\frac{\hbar^{2}}{a^{2}} \
\displaystyle \langle T\rangle=\frac{\hbar^{2}}{2m a^{2}}=-E_{1}

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