Consideramos as seguintes duas funções de onda no espaço das posições:
\psi_{1}(x)=\left\{\begin{array}{cc} 1 & -a \leq x \leq a \\\\ 0 & x<-a, x>a, \end{array} \quad a>0,\right.
\psi_{2}(x)=\exp \left(-\alpha x^{2}\right), \quad \alpha>0 .
a) Normalize cada função de onda para que a probabilidade inteira de achar o objeto quântico ao longo do eixo x seja igual a 1 .
[3 pontos]
b) Determine as funções de onda correspondentes \tilde{\psi}_{1}(p) e \tilde{\psi}_{2}(p) no espaço dos momentos. Use a transformação de Fourier que derivamos nas aulas.
[6 pontos]
c) Faça gráficos das funções de onda nos espaços das posições e dos momentos para a=\alpha=1. No espaço dos momentos, pode fazer os gráficos em termos de k=p / \hbar. Sejam \Delta x(\Delta k) as larguras das funções de onda no espaço das posições (dos momentos). São as distâncias entre os pontos centrais x=0(k=0) e os pontos onde os valores das funções diminuíram a 1 / \mathrm{e} (com o número de Euler e) dos valores centrais. A partir dos gráficos, determine valores aproximados das larguras das funções de onda. Verifique a validade da relação de incerteza de Heisenberg,
[5 pontos]
\Delta x \Delta p \gtrsim \hbar
ou analogamente
\Delta x \Delta k \gtrsim 1 .

Passo 1

O enunciado dá duas funções de onda no espaço das posições e pede três coisas separadas:
  1. (a) Normalizar cada função de onda para que a probabilidade total seja 1. As funções dadas são
\psi_{1}(x)=\begin{cases} 1 & -a\le x\le a,\\[4pt] 0 & x<-a,\; x>a, \end{cases}\qquad a>0,
\psi_{2}(x)=\exp\big(-\alpha x^{2}\big),\qquad \alpha>0.
  1. (b) Determinar as transformadas de Fourier (funções de onda no espaço dos momentos) \tilde\psi_{1}(p) e \tilde\psi_{2}(p), usando a transformação de Fourier usada nas aulas.
  2. (c) Para a=\alpha=1: (i) fazer (ou descrever) os gráficos em x e em p (podendo usar k=p/\hbar no espaço dos momentos); (ii) a partir dos gráficos determinar as larguras \Delta x e \Delta k definidas como a distância do centro até o ponto onde a função caiu para 1/e do valor central; (iii) verificar numericamente a relação de incerteza \Delta x\,\Delta p \gtrsim \hbar ou \Delta x\,\Delta k \gtrsim 1.
Informações dadas que vamos usar explicitamente: os fórmulas das \psi_{1} e \psi_{2}, os parâmetros a>0 e \alpha>0, e que no espaço dos momentos podemos trabalhar em termos de p ou de k=p/\hbar.]

Passo 2

(a) Normalização — ideia e fórmula geral.
  • Interpretação: a probabilidade total de encontrar a partícula em toda a reta deve ser 1, isto é
\int_{-\infty}^{\infty} \big|\psi(x)\big|^{2}\,dx = 1.
  • Procedimento prático: se \psi(x) for igual a uma função conhecida multiplicada por uma constante de normalização N, i.e. \psi(x)=N\varphi(x), então
|N|^{2}\int_{-\infty}^{\infty} |\varphi(x)|^{2}\,dx =1
e daí N = \big(\int |\varphi|^{2}\big)^{-1/2}. Vou aplicar isto às duas funções.

Passo 3

(a) Normalização de \psi_{1}(x).
  • Dentro do intervalo [-a,a] a função vale 1. Suponha a constante de normalização N_{1} tal que a função normalizada seja
\psi_{1}^{(\text{norm})}(x)=N_{1}\times \begin{cases} 1 & -a\le x\le a,\\\\ 0 & \text{caso contrário}. \end{cases}á
  • Impondo a normalização:
1 = \int_{-\infty}^{\infty} \big|\psi_{1}^{(\text{norm})}(x)\big|^{2}\,dx = |N_{1}|^{2}\int_{-a}^{a} 1^{2}\,dx = |N_{1}|^{2}\cdot (2a).
  • Portanto
|N_{1}|^{2} = \frac{1}{2a}\quad\Rightarrow\quad N_{1}=\frac{1}{\sqrt{2a}},
escolhendo a fase real positiva (habitual).
  • Resultado: a função normalizada é
\psi_{1}(x)=\frac{1}{\sqrt{2a}}\quad\text{para }-a\le x\le a,\quad\text{e }0\text{ fora.}

Passo 4

(a) Normalização de \psi_{2}(x)=\exp(-\alpha x^{2}).
  • Queremos N_{2} tal que \psi_{2}^{(\text{norm})}(x)=N_{2} e^{-\alpha x^{2}} tenha norma 1:
1 = |N_{2}|^{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2\alpha x^{2}}\,dx.
  • Usamos a integral Gaussiana conhecida:
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\beta x^{2}}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{\beta}},\qquad \beta>0.
(A prova padrão: calcular I=\int e^{-\beta x^{2}}dx, então I^{2}=\int\int e^{-\beta(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy e passar para coordenadas polares; aqui vou usar o resultado sem re-demonstração longa.)
  • Aplicando com \beta=2\alpha:
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2\alpha x^{2}}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{2\alpha}}.
  • Assim
1 = |N_{2}|^{2}\sqrt{\frac{\pi}{2\alpha}} \quad\Rightarrow\quad |N_{2}|^{2}=\sqrt{\frac{2\alpha}{\pi}}.
  • Tomando a fase real positiva,
N_{2}=\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/4}.
  • Resultado: a função normalizada é
\psi_{2}(x)=\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/4} e^{-\alpha x^{2}}.

Passo 5

(b) Convenção de Fourier que usarei (a da aula): explicação e significado.
  • Vou usar a transformação de Fourier em variáveis p (momento) conforme a convenção quântica comum:
\tilde\psi(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-i p x/\hbar}\,\psi(x)\,dx.
  • Aqui p é o momento, \hbar é a constante de Planck reduzida, e a normalização 1/\sqrt{2\pi\hbar} garante que tanto \psi(x) quanto \tilde\psi(p) sejam normalizadas com a mesma unidade (ou seja, \int|\tilde\psi(p)|^{2}dp=1).
  • Para gráficos em termos de k=p/\hbar podemos usar a transformada
\tilde\psi(k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-i k x}\,\psi(x)\,dx,
e a relação entre as duas é \tilde\psi(p)=\hbar^{1/2}\,\tilde\psi(k) ou mais precisamente \tilde\psi(p)=\frac{1}{\sqrt{\hbar}}\tilde\psi(k) dependendo da convenção — aqui ficará claro caso a caso.

Passo 6

(b) Transformada de \psi_{1}. Cálculo passo a passo.
  • Começamos com a \psi_{1} já normalizada:
\psi_{1}(x)=\frac{1}{\sqrt{2a}}\quad\text{para }-a\le x\le a,\quad 0\text{ fora.}
  • Aplicando a fórmula da transformada:
\tilde\psi_{1}(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-a}^{a} e^{-i p x/\hbar}\,\frac{1}{\sqrt{2a}}\,dx.
  • Tire constantes para fora da integral:
\tilde\psi_{1}(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2a}}\int_{-a}^{a} e^{-i p x/\hbar}\,dx.
  • A integral é uma integral simples de exponencial:
\int_{-a}^{a} e^{-i p x/\hbar}\,dx = \left[\frac{e^{-i p x/\hbar}}{-i p/\hbar}\right]_{-a}^{a} = \frac{\hbar}{-i p}\big(e^{-i p a/\hbar}-e^{i p a/\hbar}\big) = \frac{2\hbar}{p}\sin\!\big(\tfrac{p a}{\hbar}\big).
  • Substituindo:
\tilde\psi_{1}(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2a}}\cdot\frac{2\hbar}{p}\sin\!\big(\tfrac{p a}{\hbar}\big).
  • Simplificando o fator numérico \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2a}}\cdot 2\hbar = \frac{2\hbar}{\sqrt{4\pi a\hbar}}=\frac{1}{\sqrt{\pi a\hbar}}\hbar — isto leva à forma mais compacta abaixo. É conveniente usar k=p/\hbar. Com k:=p/\hbar obtemos a forma limpa
\boxed{\displaystyle \tilde\psi_{1}(p)=\frac{1}{\sqrt{\pi a\hbar}}\;\frac{\sin(ka)}{k},\qquad k=\frac{p}{\hbar}.}
  • Observação de forma alternativa: Às vezes se escreve usando a função sinc:
\tilde\psi_{1}(p)=\frac{1}{\sqrt{\pi a\hbar}}\;a\;\frac{\sin(ka)}{ka} =\sqrt{\frac{a}{\pi\hbar}}\;\frac{\sin(ka)}{ka},
ambas as formas são equivalentes (só realocando o fator a).

Passo 7

(b) Transformada de \psi_{2} (Gaussian). Cálculo passo a passo usando completar quadrado.
  • Começamos com a forma normalizada encontrada:
\psi_{2}(x)=N_{2} e^{-\alpha x^{2}},\qquad N_{2}=\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/4}.
  • Aplicando a transformada:
\tilde\psi_{2}(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\,N_{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-i p x/\hbar} e^{-\alpha x^{2}}\,dx.
  • Combine exponenciais no integrando: -\alpha x^{2}-i(p/\hbar)x. Faça completamento de quadrado:
-\alpha x^{2}-i\frac{p}{\hbar}x = -\alpha\Big(x^{2}+i\frac{p}{\alpha\hbar}x\Big) = -\alpha\Big[\Big(x+i\frac{p}{2\alpha\hbar}\Big)^{2} - \Big(i\frac{p}{2\alpha\hbar}\Big)^{2}\Big].
  • Portanto a integral é do tipo gaussiana deslocada e vale (fórmula padrão)
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^{2}-i(p/\hbar)x}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\; e^{-p^{2}/(4\alpha\hbar^{2})}.
(Esse resultado pode ser visto diretamente aplicando o completamento de quadrado e usando \int e^{-\alpha (x+const)^{2}}dx=\sqrt{\pi/\alpha}.)
  • Substituindo na expressão de \tilde\psi_{2}:
\tilde\psi_{2}(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\,N_{2}\,\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\; e^{-p^{2}/(4\alpha\hbar^{2})}.
  • Agora coloque N_{2}=(2\alpha/\pi)^{1/4} e simplifique os fatores numéricos. Fazendo a álgebra obtemos o prefator
\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/4}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} =2^{-1/4}\pi^{-1/4}\alpha^{-1/4}\hbar^{-1/2}.
  • Assim a forma final conveniente é
\boxed{\displaystyle \tilde\psi_{2}(p)=2^{-1/4}\pi^{-1/4}\alpha^{-1/4}\hbar^{-1/2}\; \exp\!\Big(-\frac{p^{2}}{4\alpha\hbar^{2}}\Big).}
  • Se preferirmos escrever em termos de k=p/\hbar (útil para gráficos), usando p=\hbar k,
\boxed{\displaystyle \tilde\psi_{2}(k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\;N_{2}\;\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\;e^{-k^{2}/(4\alpha)} =2^{-1/4}\pi^{-1/4}\alpha^{-1/4}\; e^{-k^{2}/(4\alpha)}.}
(Observe que \tilde\psi_{2}(p)=\hbar^{-1/2}\tilde\psi_{2}(k).)

Passo 8

(c) Gráficos (descrição prática) para [a=\alpha=1) e determinação das larguras \Delta x e \Delta k.
  • Primeiro as funções em x para a=\alpha=1:
  1. Retângulo normalizado:
\psi_{1}(x)=\begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & |x|\le 1,\\[6pt] 0 & |x|>1. \end{cases}
Gráfico: uma barra horizontal de altura 1/\sqrt{2}\] entre \(-1 e 1, zero fora. No centro x=0 o valor central é 1/\sqrt{2}.
  1. Gaussiana normalizada:
\psi_{2}(x)=\left(\frac{2}{\pi}\right)^{1/4} e^{-x^{2}}.
Gráfico: pico em x=0 com decaimento exponencial simétrico; valor central \psi_{2}(0)=(2/\pi)^{1/4}\approx 0,893.
  • Funções no espaço dos momentos em termos de k=p/\hbar para a=\alpha=1:
  1. Para \psi_{1}:
\tilde\psi_{1}(k)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{\sin k}{k}.
Gráfico: função sinc normalizada (pico em k=0 com valor limite 1/\sqrt{\pi}), oscilações decrescentes com zeros em k=n\pi ( n\neq 0).
  1. Para \psi_{2} (com \alpha=1):
\tilde\psi_{2}(k)=2^{-1/4}\pi^{-1/4} e^{-k^{2}/4}.
Gráfico: gaussiana em k com pico em k=0 e largura proporcional a 2 (ver abaixo).
  • Determinação das larguras \Delta x e \Delta k seguindo a definição do enunciado (ponto central até onde a função caiu para 1/e do valor central).
  1. Para \psi_{1} (retângulo, a=1):
  • Valor central em x=0 é 1/\sqrt{2}.
  • Dentro do intervalo [-1,1] a função é constante; em x=1 ela salta para 0. O valor 1/e do central é (1/\sqrt{2})\cdot e^{-1}\approx 0{,}3679\cdot 0{,}7071\approx 0{,}260. A função reta nunca atinge esse valor dentro do intervalo; ela só passa de 1/\sqrt{2} para 0 no limite x=1. Pelo critério do enunciado, o primeiro ponto onde o valor da função se torna \le 1/e do central é justamente x=1. Então
\Delta x(\psi_{1}) = 1.
  • Agora a largura em k: função \tilde\psi_{1}(k)=\dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\dfrac{\sin k}{k}. O valor central é \tilde\psi_{1}(0)=1/\sqrt{\pi}. Queremos o menor k>0 tal que
\frac{1}{\sqrt{\pi}}\left|\frac{\sin k}{k}\right| = \frac{1}{e}\cdot\frac{1}{\sqrt{\pi}} \quad\Longrightarrow\quad \left|\frac{\sin k}{k}\right|=\frac{1}{e}\approx 0{,}3679.
  • Resolve-se numericamente a equação \sin k / k = 1/e. Valores aproximados por tentativa afunilada:
    • k=2 \sin 2 /2 \approx 0{,}4546 (ainda maior).
    • k=2{,}2 \sin 2{,}2 /2{,}2 \approx 0{,}3624 (um pouco menor).
    • k\approx 2{,}19 dá cerca de 0{,}371.
    • k\approx 2{,}20 dá aproximadamente 0{,}368.
  • Então
\Delta k(\psi_{1}) \approx 2{,}20.
  • Produto:
\Delta x\,\Delta k(\psi_{1}) \approx 1\times 2{,}20 = 2{,}20 \gtrsim 1.
Logo \Delta x\,\Delta p=\hbar\Delta x\,\Delta k\approx 2{,}20\,\hbar \gtrsim \hbar, satisfeito.
  1. Para \psi_{2} (gaussiana, \alpha=1):
  • Em x: \psi_{2}(x)=N e^{-x^{2}} com N=(2/\pi)^{1/4}. O fator exponencial determina a queda da amplitude: queremos e^{-x^{2}}=1/e, i.e. x^{2}=1. Assim
\Delta x(\psi_{2}) = 1.
  • Em k: \tilde\psi_{2}(k)\propto e^{-k^{2}/4}. Queremos e^{-k^{2}/4}=1/e i.e. k^{2}/4=1 então
\Delta k(\psi_{2}) = 2.
  • Produto:
\Delta x\,\Delta k(\psi_{2}) = 1\times 2 = 2 \gtrsim 1,
e consequentemente \Delta x\,\Delta p=\hbar\Delta x\,\Delta k\approx 2\hbar \gtrsim \hbar. Portanto a relação de incerteza é satisfeita.]

Passo 9

(c) Observações finais sobre os gráficos e sobre os resultados:
  • Como desenhar rapidamente (se for fazer à mão ou em software):
    • \psi_{1}(x): retângulo de altura 1/\sqrt{2} entre -1 e 1.
    • \psi_{2}(x): gaussiana com pico \approx 0{,}893 em x=0, caindo para 1/e do pico em x=\pm 1.
    • \tilde\psi_{1}(k): sinc (1/\sqrt{\pi})\sin k/k com primeiro zero em k=\pi e decaimento oscilatório.
    • \tilde\psi_{2}(k): gaussiana em k com desvio característico 2 (ponto 1/e em k=\pm 2).
  • Comentário intuitivo: o retângulo em x tem largura compacta mas transformada tem lobos largos (sinc), enquanto a gaussiana é auto-similar: gaussiana em x vira gaussiana em k. Ambos satisfazem \Delta x\,\Delta k\gtrsim 1 conforme a definição de largura usada (1/e do pico). Note que a definição de largura aqui é diferente do desvio padrão usual; se usássemos desvios padrão a gaussiana atinge o limite mínimo da desigualdade de Heisenberg ( \Delta x\,\Delta p=\hbar/2), mas com a definição 1/e os números são diferentes (aqui deu 2 para a gaussiana em k).

Resposta

(a) \displaystyle \psi_{1}(x)=\begin{cases}\dfrac{1}{\sqrt{2a}} & -a\le x\le a,\\[6pt]0 & \text{caso contrário},\end{cases}á
\
\displaystyle \psi_{2}(x)=\left(\dfrac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/4}e^{-\alpha x^{2}}.
\
(b) \displaystyle \tilde\psi_{1}(p)=\frac{1}{\sqrt{\pi a\hbar}}\;\frac{\sin\!\big(\tfrac{p a}{\hbar}\big)}{(p/\hbar)}\;=\;\frac{1}{\sqrt{\pi a\hbar}}\;\frac{\sin(ka)}{k},\quad k=\tfrac{p}{\hbar}.
\
\displaystyle \tilde\psi_{2}(p)=2^{-1/4}\pi^{-1/4}\alpha^{-1/4}\hbar^{-1/2}\exp\!\Big(-\frac{p^{2}}{4\alpha\hbar^{2}}\Big),
\
ou em k: \displaystyle \tilde\psi_{2}(k)=2^{-1/4}\pi^{-1/4}\alpha^{-1/4}\exp\!\Big(-\frac{k^{2}}{4\alpha}\Big).
\
(c) Para a=\alpha=1:
\
\displaystyle \psi_{1}(x):\\ \Delta x=1,\quad \tilde\psi_{1}(k)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\frac{\sin k}{k}:\\ \Delta k\approx 2{,}20,\quad \Delta x\,\Delta k\approx 2{,}20.
\
\displaystyle \psi_{2}(x):\\ \Delta x=1,\quad \tilde\psi_{2}(k)\propto e^{-k^{2}/4}:\\ \Delta k=2,\quad \Delta x\,\Delta k=2.
\
Em ambos os casos \Delta x\,\Delta k\gtrsim 1, logo \Delta x\,\Delta p=\hbar\Delta x\,\Delta k\gtrsim\hbar, portanto a relação de incerteza é verificada.]

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