Considere uma elétron confinado em uma caixa unidimensional de tamanho L=10 \mathrm{~nm} localizada a partir da origem. Responda:
Qual o valor esperado da posição do elétron para os estados fundamental (n=1) e primeiro excitado (n=2) ?

Passo 1

O enunciado pede o valor esperado da posição de um elétron confinado em uma caixa unidimensional que vai de x=0 até x=L, com L=10\\ \mathrm{nm}. As perguntas explícitas são:
  • Qual o valor esperado da posição para o estado fundamental (n=1)?
  • Qual o valor esperado da posição para o primeiro excitado (n=2)?
Informações fornecidas:
  • O poço infinito está localizado no intervalo 0\le x\le L.
  • O comprimento da caixa é L=10\\ \mathrm{nm}.
  • Queremos \langle x\rangle para n=1 e n=2.

Passo 2

Qual é a forma da função de onda estacionária dentro da caixa e por quê.
Para um poço infinito unidimensional com paredes em x=0 e x=L as autofunções (estados estacionários) que satisfazem as condições de contorno \psi(0)=\psi(L)=0 e que estão normalizadas são:
\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad 0<x<L,
onde n=1,2,3,\dots.
Explicação rápida e didática: o fator \sqrt{2/L} vem da normalização (garante \int_0^L |\psi_n|^2 dx=1); a função \sin aparece porque é a solução que zera nas paredes; o índice n conta as “meias-ondas” dentro da caixa.

Passo 3

Definição do valor esperado e substituição da função de onda.
O valor esperado da posição é dado por
\langle x\rangle_n=\int_0^L \psi_n^*(x)\,x\,\psi_n(x)\,dx=\int_0^L x\,|\psi_n(x)|^2\,dx.
Substituindo \psi_n:
\langle x\rangle_n=\int_0^L x\left(\frac{2}{L}\sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right)dx.

Passo 4

Simplificação usando identidade trigonométrica.
Use a identidade
\sin^2\theta=\tfrac{1}{2}\bigl(1-\cos(2\theta)\bigr).
Aplicando com \theta=\dfrac{n\pi x}{L} obtemos
\sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)=\tfrac{1}{2}\Bigl(1-\cos\!\bigl(\tfrac{2n\pi x}{L}\bigr)\Bigr).
Logo
\langle x\rangle_n=\int_0^L x\left(\frac{2}{L}\cdot\tfrac{1}{2}\bigl(1-\cos(\tfrac{2n\pi x}{L})\bigr)\right)dx =\frac{1}{L}\int_0^L x\bigl(1-\cos(\tfrac{2n\pi x}{L})\bigr)dx.
Separe em duas integrais:
\langle x\rangle_n=\frac{1}{L}\int_0^L x\,dx-\frac{1}{L}\int_0^L x\cos\!\bigl(\tfrac{2n\pi x}{L}\bigr)\,dx.
A primeira integral é simples:
\frac{1}{L}\int_0^L x\,dx=\frac{1}{L}\cdot\frac{L^2}{2}=\frac{L}{2}.

Passo 5

Cálculo da segunda integral por partes e avaliação.
Defina k=\dfrac{2n\pi}{L}. Então precisamos calcular
I=\int_0^L x\cos(kx)\,dx.
Use integração por partes: tome u=x e dv=\cos(kx)\,dx. Então du=dx e v=\dfrac{\sin(kx)}{k}. Assim
I=\left.\frac{x\sin(kx)}{k}\right|_0^L-\int_0^L \frac{\sin(kx)}{k}\,dx =\frac{L\sin(kL)}{k}-\frac{1}{k}\left[-\frac{\cos(kx)}{k}\right]_0^L.
Simplificando,
I=\frac{L\sin(kL)}{k}-\frac{1}{k^2}\bigl(-\cos(kL)+\cos 0\bigr) =\frac{L\sin(kL)}{k}-\frac{1}{k^2}\bigl(1-\cos(kL)\bigr).
Agora use que kL=2n\pi. Portanto \sin(kL)=\sin(2n\pi)=0 e \cos(kL)=\cos(2n\pi)=1. Substituindo:
I=0-\frac{1}{k^2}(1-1)=0.
Portanto a segunda integral vale zero e
\langle x\rangle_n=\frac{L}{2}-\frac{1}{L}\cdot 0=\frac{L}{2}.

Passo 6

Interpretação final e valores numéricos.
Conclui-se que para qualquer estado estacionário de índice inteiro n dentro do poço entre 0 e L vale
\langle x\rangle_n=\frac{L}{2}.
Isto é intuitivo: a densidade de probabilidade |\psi_n(x)|^2 é simétrica em torno do centro do poço x=L/2, então o valor médio da posição é o centro da caixa.
Com L=10\\ \mathrm{nm} obtemos
\langle x\rangle_n=\frac{10\\ \mathrm{nm}}{2}=5\\ \mathrm{nm}
para n=1 e para n=2.

Resposta

\langle x\rangle_{n=1}=5\\ \mathrm{nm}
\langle x\rangle_{n=2}=5\\ \mathrm{nm}

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