1. Calcule \langle x\rangle,\left\langle x^{2}\right\rangle,\langle p\rangle,\left\langle p^{2}\right\rangle, \sigma_{x}, \sigma_{p} para o n-ésimo estado estacionário do poço quadrado infinito. Verifique que \sigma_{x} \sigma_{p} \geq \frac{\hbar}{2}. Qual autoestado (autofunção) chega mais próximo ao limite mínimo do produto das incertezas \sigma_{x} \sigma_{p} ?
  2. Uma partícula em um poço quadrado infinito parte de uma condição inicial que é uma combinação linear dos dois primeiros estados estacionários (o estado fundamental e o primeiro estado excitado) - não é necessário realizar nenhuma integral:
\Psi(x, 0)=A\left[\psi_{1}(x)+\psi_{2}(x)\right] .
(a) Normalize \Psi(x, 0).
(b) Encontre \Psi(x, t) e |\Psi(x, t)|^{2}. Expresse |\Psi(x, t)|^{2} como uma função senoidal no tempo. Para simplificar a notação, defina \omega=\pi^{2} \hbar / 2 m a^{2}.
(c) Calcule \langle x\rangle. Note que o valor esperado oscila no tempo (isto é, \Psi(x, t) não é um estado estacionário). Qual a frequência angular da oscilação? Qual a amplitude da oscilação?
(d) Calcule $\langle p\rangle.

Passo 1

O enunciado pede várias quantidades para o poço quadrado infinito e depois trata de uma combinação linear dos dois primeiros autoestados. Vou listar claramente o que é pedido e quais informações temos:
  • Parte 1: Para o n-ésimo estado estacionário do poço infinito (baseado no intervalo 0\le x\le a):
    1. Calcular \langle x\rangle.
    2. Calcular \left\langle x^{2}\right\rangle.
    3. Calcular \langle p\rangle.
    4. Calcular \left\langle p^{2}\right\rangle.
    5. Calcular \sigma_{x} e \sigma_{p} (desvios-padrão).
    6. Verificar que \sigma_{x}\sigma_{p}\ge \hbar/2.
    7. Indicar qual autofunção chega mais próxima ao limite mínimo do produto das incertezas.
  • Parte 2: A condição inicial é
    \Psi(x,0)=A\bigl[\psi_1(x)+\psi_2(x)\bigr].
    As perguntas:
    (a) Normalizar \Psi(x,0).
    (b) Encontrar \Psi(x,t) e |\Psi(x,t)|^{2}. Expressar |\Psi(x,t)|^{2} como função senoidal no tempo; usar \omega=\pi^{2}\hbar/(2 m a^{2}).
    (c) Calcular \langle x\rangle (mostrar que oscila); dizer frequência angular e amplitude.
    (d) Calcular \langle p\rangle.
Dados úteis que vamos usar (do próprio poço infinito no intervalo 0\le x\le a):
  • Autofunções normalizadas:
\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{a}\right),\qquad n=1,2,\dots
  • Autovalores de energia:
E_n=\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{2 m a^{2}}.
A partir daqui começa a resolução passo a passo.

Passo 2

Definir operadores e médias que usaremos e lembrar fórmulas básicas.
  • O operador momento na representação x é \hat p=-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}.
  • Para qualquer estado \psi, a média de um operador \hat O é
\langle O\rangle=\int_{0}^{a}\psi^{*}(x)\,\hat O\,\psi(x)\,dx.
  • Para autovalores de energia sabemos que \hat H\psi_n=E_n\psi_n e que dentro do poço o potencial é zero, logo a energia é cinética e vale
\langle p^{2}\rangle = 2m\langle T\rangle = 2m E_n.
Essas fórmulas simplificam muito o cálculo de \langle p^2\rangle.

Passo 3

Calcular \langle x\rangle para o n-ésimo estado estacionário.
  • Como \psi_n(x)=\sqrt{\tfrac{2}{a}}\sin\!\bigl(\tfrac{n\pi x}{a}\bigr) é simétrica em torno de x=a/2 (a densidade |\psi_n|^2 é simétrica), a média de x é o centro do poço:
\langle x\rangle=\int_{0}^{a}\psi_n^{*}(x)\,x\,\psi_n(x)\,dx=\frac{a}{2}.
  • Comentário didático: aqui não precisei integrar porque a densidade é simétrica; se preferir ver por integral, dá o mesmo resultado.

Passo 4

Calcular \left\langle x^{2}\right\rangle para o n-ésimo estado.
  • Escrevemos a integral explicitamente usando \sin^2 e a identidade \sin^{2}\theta=(1-\cos 2\theta)/2:
\left\langle x^2\right\rangle=\int_{0}^{a}\frac{2}{a}x^2\sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{a}\right)dx =\frac{1}{a}\int_{0}^{a} x^{2}\,dx - \frac{1}{a}\int_{0}^{a} x^{2}\cos\!\left(\frac{2n\pi x}{a}\right)dx.
  • A primeira integral é trivial:
\frac{1}{a}\int_{0}^{a}x^{2}dx=\frac{1}{a}\cdot\frac{a^{3}}{3}=\frac{a^{2}}{3}.
  • Para a segunda integral usamos a antiderivada
\int x^{2}\cos(Bx)\,dx=\frac{x^{2}\sin(Bx)}{B}-\frac{2x\cos(Bx)}{B^{2}}+\frac{2\sin(Bx)}{B^{3}},
avaliada de 0 a a. Aqui B=\tfrac{2n\pi}{a}. Ao avaliar em x=a temos \sin(Ba)=\sin(2n\pi)=0 e \cos(Ba)=1. Em x=0 todos os termos que envolvem x são zero e \sin 0=0, \cos 0=1. Assim o resultado da integral é
\int_{0}^{a} x^{2}\cos\!\left(\frac{2n\pi x}{a}\right)dx = -\frac{2a}{B^{2}} = -\frac{2a}{(2n\pi/a)^{2}} = -\frac{a^{3}}{2 n^{2}\pi^{2}}.
  • Dividindo por a (lembre o fator 1/a fora da integral),
\frac{1}{a}\int_{0}^{a} x^{2}\cos\!\left(\frac{2n\pi x}{a}\right)dx = -\frac{a^{2}}{2 n^{2}\pi^{2}}.
  • Portanto
\left\langle x^{2}\right\rangle=\frac{a^{2}}{3} -\left(-\frac{a^{2}}{2 n^{2}\pi^{2}}\right)=\frac{a^{2}}{3}+\frac{a^{2}}{2 n^{2}\pi^{2}}.

Passo 5

Calcular \sigma_x a partir de \langle x\rangle e \langle x^2\rangle.
  • A variância é \sigma_x^{2}=\left\langle x^{2}\right\rangle-\langle x\rangle^{2}. Substituindo:
\sigma_x^{2}=a^{2}\!\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{2 n^{2}\pi^{2}}-\frac{1}{4}\right) = a^{2}\!\left(\frac{1}{12}+\frac{1}{2 n^{2}\pi^{2}}\right).
  • Logo o desvio-padrão é
\sigma_x = a\sqrt{\frac{1}{12}+\frac{1}{2 n^{2}\pi^{2}}}.
  • Observação didática: o termo 1/12 aparece como a variância de uma distribuição uniforme em [0,a] (que tem variância a^{2}/12); o outro termo é correção quântica que decresce como 1/n^{2}.

Passo 6

Calcular \langle p\rangle e \left\langle p^{2}\right\rangle para o n-ésimo estado.
  • As autofunções \psi_n(x) podem ser escolhidas reais (as dadas são reais), portanto
\langle p\rangle=\int_{0}^{a}\psi_n^{*}(-i\hbar\partial_x)\psi_n\,dx= -i\hbar\int \psi_n\partial_x\psi_n\,dx.
Para funções reais essa integral é pura imaginária com simetria que zera, de modo que
\langle p\rangle=0.
  • Para \langle p^{2}\rangle usamos a relação com a energia cinética (dentro do poço potencial zero):
\left\langle p^{2}\right\rangle = 2m E_n = 2m\cdot\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{2 m a^{2}}=\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{a^{2}}.
  • Assim o desvio-padrão em p é
\sigma_{p}=\sqrt{\left\langle p^{2}\right\rangle-\langle p\rangle^{2}}=\sqrt{\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{a^{2}}}=\frac{n\pi\hbar}{a}.

Passo 7

Calcular o produto \sigma_x\sigma_p e verificar o princípio da incerteza.
  • Multiplicando:
\sigma_x\sigma_p = \left[a\sqrt{\frac{1}{12}+\frac{1}{2 n^{2}\pi^{2}}}\right]\left[\frac{n\pi\hbar}{a}\right] = \pi\hbar\, n\sqrt{\frac{1}{12}+\frac{1}{2 n^{2}\pi^{2}}}.
  • Para verificar \sigma_x\sigma_p\ge \hbar/2 elevamos ao quadrado e comparamos:
(\sigma_x\sigma_p)^{2}=\pi^{2}\hbar^{2}\!\left(\frac{n^{2}}{12}+\frac{1}{2\pi^{2}}\right) =\hbar^{2}\!\left(\frac{\pi^{2}n^{2}}{12}+\frac{1}{2}\right).
Subtraindo \hbar^{2}/4:
(\sigma_x\sigma_p)^{2}-\frac{\hbar^{2}}{4}=\hbar^{2}\!\left(\frac{\pi^{2}n^{2}}{12}+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right) =\hbar^{2}\!\left(\frac{\pi^{2}n^{2}}{12}+\frac{1}{4}\right)>0,
para todo n\ge 1. Portanto \sigma_x\sigma_p\ge\hbar/2 está verificado.
  • Qual estado chega mais próximo do limite mínimo? Note que (\sigma_x\sigma_p)^{2}=\hbar^{2}(\pi^{2}n^{2}/12+1/2) cresce com n. Assim o menor valor ocorre para n=1. Logo o estado fundamental n=1 é o que chega mais próximo do limite \hbar/2 entre os autoestados do poço (mas mesmo assim fica acima do limite, numericamente \sigma_x\sigma_p|_{n=1}\approx 1{,}15\hbar).

Passo 8

Parte 2(a): Normalizar \Psi(x,0)=A[\psi_1(x)+\psi_2(x)].
  • Usamos ortonormalidade \langle\psi_i|\psi_j\rangle=\delta_{ij}.
  • O quadrado da norma é
\|\Psi\|^{2}=|A|^{2}\bigl(\langle\psi_1|\psi_1\rangle+\langle\psi_2|\psi_2\rangle+2\Re\langle\psi_1|\psi_2\rangle\bigr)=|A|^{2}(1+1+0)=2|A|^{2}.
  • Para normalizar \|\Psi\|^{2}=1 temos 2|A|^{2}=1, isto é
A=\frac{1}{\sqrt{2}}.
(Escolhemos A real e positivo para simplicidade.)

Passo 9

Parte 2(b): Encontrar \Psi(x,t) e |\Psi(x,t)|^{2}. Usar \omega=\pi^{2}\hbar/(2 m a^{2}).
  • Evolução temporal de cada autoestado: \psi_n(x,t)=\psi_n(x)e^{-iE_n t/\hbar} com E_n=n^{2}\hbar\omega (pois E_n=n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}/(2ma^{2})=n^{2}\hbar\omega).
  • Com A=1/\sqrt{2},
\Psi(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl[\psi_1(x)e^{-i\omega t}+\psi_2(x)e^{-i4\omega t}\bigr].
  • O módulo ao quadrado:
|\Psi(x,t)|^{2}=\frac{1}{2}\Bigl(\psi_1(x)^{2}+\psi_2(x)^{2} +2\psi_1(x)\psi_2(x)\cos\!\bigl((E_2-E_1)t/\hbar\bigr)\Bigr).
  • Como E_2-E_1=(4-1)\hbar\omega=3\hbar\omega, a dependência temporal é \cos(3\omega t). Substituindo as funções explícitas \psi_n(x)=\sqrt{2/a}\sin(n\pi x/a) obtemos
|\Psi(x,t)|^{2}=\frac{1}{a}\Bigl(\sin^{2}\!\frac{\pi x}{a}+\sin^{2}\!\frac{2\pi x}{a}+2\sin\!\frac{\pi x}{a}\sin\!\frac{2\pi x}{a}\cos(3\omega t)\Bigr).
  • Comentário: isto mostra que a densidade de probabilidade oscila harmonicamente no tempo com frequência angular 3\omega.

Passo 10

Parte 2(c): Calcular \langle x\rangle para a combinação linear e obter frequência e amplitude da oscilação.
  • Usamos a expansão em autoestados; com coeficientes c_1=c_2=1/\sqrt{2} temos, em geral,
\langle x\rangle=\sum_{n,m} c_n^{*}c_m e^{i(E_n-E_m)t/\hbar}\langle\psi_n|x|\psi_m\rangle.
  • Aqui os termos diagonais ( n=m) dão \tfrac{1}{2}\langle\psi_1|x|\psi_1\rangle+\tfrac{1}{2}\langle\psi_2|x|\psi_2\rangle=\tfrac{1}{2}\cdot\frac{a}{2}+\tfrac{1}{2}\cdot\frac{a}{2}=\frac{a}{2}.
  • Os termos não diagonais produzem a oscilação:
\langle x\rangle=\frac{a}{2}+\Re\!\Bigl\{\frac{1}{2}\,e^{i(E_1-E_2)t/\hbar}\langle\psi_2|x|\psi_1\rangle\Bigr\} =\frac{a}{2}+\Re\!\Bigl\{e^{-i3\omega t}\,x_{12}\Bigr\},
onde definimos x_{12}=\langle\psi_1|x|\psi_2\rangle.
  • Calcular x_{12}:
x_{12}=\int_{0}^{a}\frac{2}{a}x\sin\!\frac{\pi x}{a}\sin\!\frac{2\pi x}{a}\,dx.
Usando \sin\alpha\sin\beta=\tfrac{1}{2}[\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)],
x_{12}=\frac{1}{a}\int_{0}^{a} x\bigl(\cos\!\tfrac{\pi x}{a}-\cos\!\tfrac{3\pi x}{a}\bigr)\,dx.
A antiderivada \int x\cos(kx)\,dx =\frac{x\sin(kx)}{k}+\frac{\cos(kx)}{k^{2}} leva, ao avaliar entre 0 e a (com \sin(\pi)=\sin(3\pi)=0, \cos(\pi)=\cos(3\pi)=-1), ao resultado
x_{12}=-\frac{16a}{9\pi^{2}}.
  • Portanto
\langle x\rangle=\frac{a}{2}+x_{12}\cos(3\omega t) =\frac{a}{2}-\frac{16a}{9\pi^{2}}\cos(3\omega t).
  • Assim a oscilação tem:
    • frequência angular \displaystyle 3\omega,
    • amplitude \displaystyle \frac{16a}{9\pi^{2}}.
  • Observação empática: a média de x oscila em torno do centro a/2; isso mostra que a combinação dos dois primeiros estados não é estacionária — a densidade e as médias mudam no tempo.

Passo 11

Parte 2(d): Calcular \langle p\rangle.
  • Podemos usar o teorema de Ehrenfest no caso do poço (dentro da região onde o potencial é zero):
\frac{d}{dt}\langle x\rangle=\frac{\langle p\rangle}{m}.
  • Já temos \langle x\rangle=\dfrac{a}{2}-\dfrac{16a}{9\pi^{2}}\cos(3\omega t). Diferenciando:
\frac{d}{dt}\langle x\rangle = -\left(-\frac{16a}{9\pi^{2}}\right)3\omega\sin(3\omega t) = -\frac{16a}{9\pi^{2}}\cdot 3\omega\cdot(-\sin(3\omega t)) = -3\omega x_{12}\sin(3\omega t).
(Usamos x_{12}=-16a/(9\pi^{2}) para escrevê-lo de forma compacta.)
  • Então
\langle p\rangle = m\frac{d}{dt}\langle x\rangle = -3m\omega x_{12}\sin(3\omega t).
  • Substituindo x_{12}=-\dfrac{16a}{9\pi^{2}} e simplificando com \omega=\dfrac{\pi^{2}\hbar}{2 m a^{2}} encontramos:
\langle p\rangle = -3m\omega\left(-\frac{16a}{9\pi^{2}}\right)\sin(3\omega t) = \frac{48 m\omega a}{9\pi^{2}}\sin(3\omega t) = \frac{16 m\omega a}{3\pi^{2}}\sin(3\omega t).
Agora usar m\omega a=\dfrac{\pi^{2}\hbar}{2a} para simplificar:
\langle p\rangle = \frac{16}{3\pi^{2}}\cdot\frac{\pi^{2}\hbar}{2a}\sin(3\omega t) =\frac{8\hbar}{3a}\sin(3\omega t).
  • Resultado final compacto:
\boxed{\displaystyle \langle p\rangle=\frac{8\hbar}{3a}\sin(3\omega t).}

Resposta

Parte 1 (estado n):
\langle x\rangle=\dfrac{a}{2}
\displaystyle \left\langle x^{2}\right\rangle=\frac{a^{2}}{3}+\frac{a^{2}}{2 n^{2}\pi^{2}}
\displaystyle \langle p\rangle=0
\displaystyle \left\langle p^{2}\right\rangle=\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{a^{2}}
\displaystyle \sigma_{x}=a\sqrt{\frac{1}{12}+\frac{1}{2 n^{2}\pi^{2}}}
\displaystyle \sigma_{p}=\frac{n\pi\hbar}{a}
Verificação do princípio: \displaystyle \sigma_x\sigma_p=\pi\hbar\, n\sqrt{\frac{1}{12}+\frac{1}{2 n^{2}\pi^{2}}}\ge\frac{\hbar}{2}.
O estado que chega mais próximo do limite é n=1 (o estado fundamental).
Parte 2 (com \Psi(x,0)=\tfrac{1}{\sqrt{2}}[\psi_1+\psi_2] e \omega=\tfrac{\pi^{2}\hbar}{2ma^{2}}):
(a) A=\dfrac{1}{\sqrt{2}}.
(b) \displaystyle \Psi(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl[\psi_1(x)e^{-i\omega t}+\psi_2(x)e^{-i4\omega t}\bigr].
\displaystyle |\Psi(x,t)|^{2}=\frac{1}{a}\Bigl(\sin^{2}\!\frac{\pi x}{a}+\sin^{2}\!\frac{2\pi x}{a}+2\sin\!\frac{\pi x}{a}\sin\!\frac{2\pi x}{a}\cos(3\omega t)\Bigr).
(c) \displaystyle \langle x\rangle=\frac{a}{2}-\frac{16a}{9\pi^{2}}\cos(3\omega t). Frequência angular da oscilação: 3\omega. Amplitude: \dfrac{16a}{9\pi^{2}}.
(d) \displaystyle \langle p\rangle=\frac{8\hbar}{3a}\sin(3\omega t).

Exercícios relacionados