Ache os autovetores e autovalores da Hamiltoniana do oscilador harmônico em 3dimensões em coordenadas esféricas, dado por:
\mathrm{V}(\mathbf{r})=\frac{1}{2} \mathrm{~m} \omega^{2} \mathrm{r}^{2}
Use o fato que o potencial é esfericamente simétrico e escreva os autovetores de H em termos dos autovetores de \mathrm{L}^{2} e \mathrm{L}_{\mathrm{z}}. Mostre que os estados são degenerados e calcule a ordem da degenerescência.

Passo 1

O enunciado dá:
  • O potencial do oscilador harmônico tridimensional em coordenadas esféricas:
V(\mathbf{r})=\frac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}.
  • A Hamiltoniana é, portanto,
H=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}.
O que é pedido:
  1. Achar os autovalores (energias) e autovetores (funções de onda) de H.
  2. Escrever os autovetores em termos dos autovetores de \mathrm{L}^{2} e \mathrm{L}_{z}.
  3. Mostrar que os estados são degenerados e calcular a ordem da degenerescência (quantos estados distintos têm a mesma energia).
Vou seguir uma resolução passo a passo e explicar cada conceito necessário para você entender e poder repetir isso na prova.

Passo 2

Por que podemos usar os autovetores de \mathrm{L}^{2} e \mathrm{L}_{z}?
  • O potencial depende apenas de r (ou seja, é esfericamente simétrico). Isso implica que H comuta com o momento angular total:
[H,\mathbf{L}^{2}]=0,\qquad [H,L_{z}]=0.
  • Quando dois operadores comutam podemos escolher um conjunto de autofunções comuns. Logo, existe uma base de autofunções de H que são simultaneamente autofunções de \mathbf{L}^{2} e L_{z}.
  • Portanto é natural rotular os estados por três números quânticos: um radial (que chamo n_{r}), l (autovalor de \mathbf{L}^{2}) e m (autovalor de L_{z}), com
\mathbf{L}^{2}Y_{lm}=\hbar^{2}l(l+1)Y_{lm},\qquad L_{z}Y_{lm}=\hbar m Y_{lm}.
Isso explica por que os autovetores de H podem ser escritos como produto de uma parte radial e um harmônico esférico angular.

Passo 3

Separação de variáveis em coordenadas esféricas
  • Escrevemos a função de onda como
\psi(\mathbf{r})=\psi(r,\theta,\varphi)=R(r)Y_{lm}(\theta,\varphi).
  • A equação de Schrödinger estacionária é
H\psi=E\psi\quad\Longrightarrow\quad -\frac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}\psi+\frac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}\psi=E\psi.
  • Em coordenadas esféricas, o laplaciano age assim sobre funções separáveis; depois de inserir \psi=R(r)Y_{lm} e separar as variáveis, obtém-se a equação radial
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(\frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}\!\left(r^{2}\frac{dR}{dr}\right)-\frac{l(l+1)}{r^{2}}R\right)+\frac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}R=ER.
  • É conveniente definir u(r)=rR(r). Substituindo, transforma-se a equação acima numa equação de uma dimensão para u(r):
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}u}{dr^{2}}+\left(\frac{\hbar^{2}l(l+1)}{2mr^{2}}+\frac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}\right)u=Eu.
  • Interpretação física: u(r) resolve uma equação de Schrödinger unidimensional com um potencial efetivo que soma o termo centrífugo \propto 1/r^{2} e o potencial harmônico \propto r^{2}.

Passo 4

Torcendo a equação para uma forma conhecida (introdução de variáveis adimensionais) e quantização
  • Defina a escala de comprimento adimensional
\alpha=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}},\qquad \rho=\alpha r.
  • Em função de \rho a equação para u(\rho) fica (após dividir por \hbar\omega e rearranjar)
\frac{d^{2}u}{d\rho^{2}}+\left( \lambda - \rho^{2} - \frac{l(l+1)}{\rho^{2}}\right)u=0,
onde \lambda=\dfrac{2E}{\hbar\omega}.
  • Para \rho\to\infty a solução deve decair como e^{-\rho^{2}/2} para ser normalizável; perto de \rho=0 a solução regular comporta-se como \rho^{\,l+1}.
  • Fazendo a ansatz padrão
u(\rho)=\rho^{\,l+1}e^{-\rho^{2}/2}v(\rho^{2}),
leva-se v a satisfazer uma equação cuja solução exigida para normalizabilidade são polinômios (polinômios generalizados de Laguerre). Essa exigência de que v seja um polinômio leva à condição de quantização da energia.
  • O resultado da quantização é
E_{n_{r}l}=\hbar\omega\left(2n_{r}+l+\tfrac{3}{2}\right),
onde n_{r}=0,1,2,\dots é o número quântico radial (número de nós radiais de R além do nó em r=0).
Observação: define-se às vezes o número principal N por
N=2n_{r}+l,
de modo que
E_{N}=\hbar\omega\left(N+\tfrac{3}{2}\right).

Passo 5

Forma explícita dos autovetores (funções de onda)
  • Os autofunções separadas podem ser escritas como
\psi_{n_{r}lm}(\mathbf{r})=R_{n_{r}l}(r)\,Y_{lm}(\theta,\varphi),
com a parte radial (usando \rho=\alpha r) dada por
R_{n_{r}l}(r)=\mathcal{N}_{n_{r}l}\,\rho^{\,l}e^{-\rho^{2}/2}L_{n_{r}}^{(l+\tfrac{1}{2})}(\rho^{2}),
onde L_{n}^{(\alpha)} é o polinômio de Laguerre generalizado e \mathcal{N}_{n_{r}l} é a constante de normalização. Uma forma conveniente para a normalização é
\mathcal{N}_{n_{r}l}=\sqrt{\frac{2\,n_{r}!}{\Gamma\!\left(n_{r}+l+\tfrac{3}{2}\right)}}\,\alpha^{\,l+\tfrac{3}{2}}.
  • Explicando cada símbolo:
    • n_{r}=0,1,2,\dots é o número radial;
    • l=0,1,2,\dots é o momento angular total;
    • m=-l,-l+1,\dots,l é a projeção L_{z};
    • \alpha=\sqrt{m\omega/\hbar} define a escala de comprimento; \Gamma é a função gama.
  • Essas funções estão normalizadas segundo
\int_{\mathbb{R}^{3}}|\psi_{n_{r}lm}(\mathbf{r})|^{2}d^{3}r=1.

Passo 6

Interpretação física e escolha da base
  • Cada \psi_{n_{r}lm} é autovetor comum de H, \mathbf{L}^{2} e L_{z}:
H\psi_{n_{r}lm}=E_{n_{r}l}\psi_{n_{r}lm},\qquad \mathbf{L}^{2}\psi_{n_{r}lm}=\hbar^{2}l(l+1)\psi_{n_{r}lm},\qquad L_{z}\psi_{n_{r}lm}=\hbar m\psi_{n_{r}lm}.
  • Em prova: é suficiente mostrar que H é radial (depende só de r), daí a comutação com \mathbf{L} e a possibilidade de escolher harmônicos esféricos para parte angular.

Passo 7

Degenerescência: por que os estados são degenerados e qual a ordem?
  • A energia depende apenas de N=2n_{r}+l (ou equivalentemente de n_{r} e l apenas através desse combinação). Portanto todos os pares (n_{r},l) que dão o mesmo N têm a mesma energia — é por isso que há degenerescência.
  • Para fixar N e contar estados distintos, note que l pode assumir os valores
l=N,N-2,N-4,\dots,\text{até }0\text{ ou }1é
(de fato l tem a mesma paridade que N). Para cada l 2l+1 valores de m.
  • Contando explicitamente,
g_{N}=\sum_{k=0}^{\lfloor N/2\rfloor}\big(2(N-2k)+1\big).
Fazendo a soma (ou usando um argumento combinatório), obtém-se a fórmula fechada
g_{N}=\frac{(N+1)(N+2)}{2}.
  • Alternativa simples (intuitiva): na representação cartesiana o hamiltoniano é soma de três osciladores unidimensionais com números quânticos inteiros não-negativos n_{x},n_{y},n_{z} e energia \hbar\omega(n_{x}+n_{y}+n_{z}+3/2). Para uma energia dada N=n_{x}+n_{y}+n_{z} o número de soluções não-negativas inteiras é o número de composições de N em três partes com ordem (com repetição), que é
\binom{N+2}{2}=\frac{(N+1)(N+2)}{2},
o mesmo resultado — isso confirma a contagem.
  • Exemplos:
    • N=0\Rightarrow g_{0}=1 (estado fundamental).
    • N=1\Rightarrow g_{1}=3.
    • N=2\Rightarrow g_{2}=6.

Passo 8

Resumo final (como você deve entregar na prova)
  • Estados próprios: \psi_{n_{r}lm}(\mathbf{r})=R_{n_{r}l}(r)Y_{lm}(\theta,\varphi) com R_{n_{r}l} dado no passo anterior.
  • Energias: \;E_{n_{r}l}=\hbar\omega\left(2n_{r}+l+\tfrac{3}{2}\right).
  • Estados simultâneos de H,\mathbf{L}^{2},L_{z}: \psi_{n_{r}lm} satisfazem \mathbf{L}^{2}\psi=\hbar^{2}l(l+1)\psi e L_{z}\psi=\hbar m\psi.
  • Degenerescência para níveis com N=2n_{r}+l:
g_{N}=\frac{(N+1)(N+2)}{2}.

Resposta

\psi_{n_{r}lm}(\mathbf{r})=R_{n_{r}l}(r)Y_{lm}(\theta,\varphi),\quad R_{n_{r}l}(r)=\mathcal{N}_{n_{r}l}\,\rho^{l}e^{-\rho^{2}/2}L_{n_{r}}^{(l+1/2)}(\rho^{2}),\\ \rho=\sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}\,r\newline
E_{n_{r}l}=\hbar\omega\left(2n_{r}+l+\tfrac{3}{2}\right)\newline
Estados próprios simultâneos de H,\mathbf{L}^{2},L_{z}: \mathbf{L}^{2}\psi=\hbar^{2}l(l+1)\psi,\\ L_{z}\psi=\hbar m\psi\newline
Degenerescência por nível N=2n_{r}+l: g_{N}=\dfrac{(N+1)(N+2)}{2}

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