Aplique a condição de normalização na autofunção do estado fundamental do oscilador harmônico. Calcule os valores esperados de \bar{p} e \overline{p^{2}}. Faça os cálculos em detalhes.
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-a x^{2}} d x=\sqrt{\frac{\pi}{a}}

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos foi dado:
  • Pedem para aplicar a condição de normalização na autofunção do estado fundamental do oscilador harmônico e, a partir dela, calcular os valores esperados \bar{p} e \overline{p^{2}}.
  • Vou usar a forma padrão (não-normalizada) do estado fundamental escrita como uma gaussiana: \psi_{0}(x)=A\,e^{-\alpha x^{2}}, onde introduzi \alpha para simplificar a escrita. Mais adiante vou relacionar \alpha com os parâmetros físicos do oscilador.
  • Informação matemática fornecida (útil para normalização):
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-a x^{2}}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}.
  • Quantidades que precisamos devolver ao final: a constante de normalização A, o valor esperado do momento \bar{p}=\langle p\rangle e o valor esperado do quadrado do momento \overline{p^{2}}=\langle p^{2}\rangle.

Passo 2

Normalização da autofunção (passo a passo):
  • A condição de normalização é
\int_{-\infty}^{+\infty} |\psi_{0}(x)|^{2}\,dx=1.
  • Com \psi_{0}(x)=A\,e^{-\alpha x^{2}} temos |\psi_{0}(x)|^{2}=|A|^{2} e^{-2\alpha x^{2}}. Então
|A|^{2}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-2\alpha x^{2}}\,dx = 1.
  • Aplicando a fórmula gaussiana dada com a=2\alpha:
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-2\alpha x^{2}}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{2\alpha}}.
  • Logo
|A|^{2}\sqrt{\frac{\pi}{2\alpha}}=1 \quad\Rightarrow\quad |A|^{2}=\sqrt{\frac{2\alpha}{\pi}}.
  • Podemos escolher A real e positivo (fase irrelevante), então
A=\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/4}.
  • Relação com os parâmetros físicos do oscilador harmônico: a forma usual do estado fundamental tem \alpha=\dfrac{m\omega}{2\hbar}. Portanto a constante de normalização física é
A=\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4},
pois substituindo \alpha=m\omega/(2\hbar) em A=(2\alpha/\pi)^{1/4} dá a expressão acima. (Isto é a forma canônica conhecida.)

Passo 3

Cálculo de \bar{p}=\langle p\rangle — lembrete e execução detalhada:
  • No espaço das posições a representação do operador momento é
\hat{p}=-i\hbar\frac{d}{dx},
onde i é a unidade imaginária e \hbar a constante de Planck reduzida. O valor esperado é
\langle p\rangle=\int_{-\infty}^{+\infty}\psi_{0}^{*}(x)\left(-i\hbar\frac{d}{dx}\right)\psi_{0}(x)\,dx.
  • Como \psi_{0}(x) que usamos é real (escolhemos A real) e é uma função par (gaussiana: \psi_{0}(-x)=\psi_{0}(x)), a sua derivada \psi_{0}'(x) é ímpar ( \psi_{0}'(-x)=-\psi_{0}'(x)). Assim o integrando \psi_{0}(x)\psi_{0}'(x) é par \timesímpar = ímpar. A integral de uma função ímpar em limites simétricos [-\infty,+\infty] é zero. Logo
\langle p\rangle= -i\hbar \int_{-\infty}^{+\infty}\psi_{0}(x)\psi_{0}'(x)\,dx = 0.
  • Alternativa pelo cálculo direto (integração por partes) para ver outro ponto de vista: escrevendo \langle p\rangle = -i\hbar \int \psi_{0}\psi_{0}' dx = -i\hbar \left[\tfrac{1}{2}\psi_{0}^{2}\right]_{-\infty}^{+\infty}. Como \psi_{0}(x)\to 0 quando |x|\to\infty, o termo de fronteira é zero e novamente \langle p\rangle=0.
  • Conclusão: \bar{p}=0.

Passo 4

Cálculo de \overline{p^{2}}=\langle p^{2}\rangle passo a passo (método direto):
  • No espaço de posição \hat{p}^{2}=-\hbar^{2}\dfrac{d^{2}}{dx^{2}}. Então
\langle p^{2}\rangle = \int_{-\infty}^{+\infty}\psi_{0}^{*}(x)\left(-\hbar^{2}\frac{d^{2}}{dx^{2}}\right)\psi_{0}(x)\,dx = -\hbar^{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\psi_{0}(x)\psi_{0}''(x)\,dx.
  • Primeiro calcule as derivadas de \psi_{0}. Com \psi_{0}(x)=A e^{-\alpha x^{2}}:
\psi_{0}'(x)=A(-2\alpha x)e^{-\alpha x^{2}}=-2\alpha x\,\psi_{0}(x),
\psi_{0}''(x)=\frac{d}{dx}(-2\alpha x\psi_{0}(x))=-2\alpha\psi_{0}(x)-2\alpha x\psi_{0}'(x).
Substituindo \psi_{0}'(x)=-2\alpha x\psi_{0}(x) na expressão acima:
\psi_{0}''(x)=-2\alpha\psi_{0}(x)+4\alpha^{2}x^{2}\psi_{0}(x)=(4\alpha^{2}x^{2}-2\alpha)\psi_{0}(x).
  • Substituindo em \langle p^{2}\rangle:
\langle p^{2}\rangle = -\hbar^{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\psi_{0}(x)\big(4\alpha^{2}x^{2}-2\alpha\big)\psi_{0}(x)\,dx.
Como \psi_{0}^{2}=|\psi_{0}|^{2},
\langle p^{2}\rangle = -\hbar^{2}\Big(4\alpha^{2}\int_{-\infty}^{+\infty}x^{2}|\psi_{0}|^{2}dx -2\alpha\int_{-\infty}^{+\infty}|\psi_{0}|^{2}dx\Big).
  • A integral de normalização é 1. Denotando \langle x^{2}\rangle=\int x^{2}|\psi_{0}|^{2}dx, obtemos
\langle p^{2}\rangle = -\hbar^{2}\big(4\alpha^{2}\langle x^{2}\rangle -2\alpha\big).
  • Agora calculamos \langle x^{2}\rangle explicitamente. Usamos |\psi_{0}|^{2}=|A|^{2}e^{-2\alpha x^{2}} e a fórmula gaussiana fornecida. A integral necessária é
\int_{-\infty}^{+\infty} x^{2} e^{-a x^{2}}\,dx.
Podemos obter essa integral diferenciando a fórmula básica em relação a a. Começando de
\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-a x^{2}}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}},
derivando ambos os lados em relação a a:
\frac{d}{da}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-a x^{2}}\,dx = \frac{d}{da}\left(\sqrt{\frac{\pi}{a}}\right).
O lado esquerdo é \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\partial}{\partial a} e^{-a x^{2}}\,dx = -\int_{-\infty}^{+\infty} x^{2} e^{-a x^{2}}\,dx. O lado direito é -\tfrac{1}{2}\sqrt{\pi}\,a^{-3/2}. Portanto
\int_{-\infty}^{+\infty} x^{2} e^{-a x^{2}}\,dx = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}\,a^{-3/2}.
  • Para o nosso caso a=2\alpha, e com |A|^{2}=\sqrt{2\alpha/\pi}, obtemos
\langle x^{2}\rangle = |A|^{2}\int_{-\infty}^{+\infty} x^{2} e^{-2\alpha x^{2}}\,dx = \sqrt{\frac{2\alpha}{\pi}}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\pi}\,(2\alpha)^{-3/2}.
  • Simplificando passo a passo:
\sqrt{\frac{2\alpha}{\pi}}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\pi}=\frac{1}{2}\sqrt{2\alpha},
e
(2\alpha)^{-3/2}=\frac{1}{(2\alpha)^{3/2}}=\frac{1}{2\alpha\sqrt{2\alpha}}.
Multiplicando dá
\langle x^{2}\rangle = \frac{1}{2}\sqrt{2\alpha}\cdot\frac{1}{2\alpha\sqrt{2\alpha}}=\frac{1}{4\alpha}.
  • Substituindo de volta em \langle p^{2}\rangle:
\langle p^{2}\rangle = -\hbar^{2}\big(4\alpha^{2}\cdot\frac{1}{4\alpha}-2\alpha\big) = -\hbar^{2}(\alpha-2\alpha) = -\hbar^{2}(-\alpha)=\hbar^{2}\alpha.
  • Finalmente inserir \alpha=\dfrac{m\omega}{2\hbar}:
\langle p^{2}\rangle = \hbar^{2}\cdot\frac{m\omega}{2\hbar}=\frac{m\hbar\omega}{2}.
Isto é o resultado esperado e consistente com a relação de energia do estado fundamental do oscilador harmônico (energia E_{0}=\tfrac{1}{2}\hbar\omega, com contribuições cinética e potencial iguais pelo teorema do virial).

Passo 5

Resumo intuitivo e checagem rápida (um jeitinho para lembrar na prova):
  • O estado fundamental é uma gaussiana real e par, por isso \langle p\rangle=0 (simetria/paridade).
  • O valor \langle p^{2}\rangle pode ser encontrado diretamente pela derivação mostrada ou lembrando que em um potencial quadrático as energias cinética e potencial têm médias iguais; como E_{0}=\tfrac{1}{2}\hbar\omega, então \langle T\rangle=\tfrac{1}{4}\hbar\omega e \langle p^{2}\rangle=2m\langle T\rangle=\tfrac{m\hbar\omega}{2}. Isso confirma o cálculo direto.

Resposta

A=\left(\dfrac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}
\bar{p}=\langle p\rangle=0
\overline{p^{2}}=\langle p^{2}\rangle=\dfrac{m\hbar\omega}{2}

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