5- Considere a função de onda
\psi(x)= \begin{cases}A x, & 0 \leq x \leq a / 2 \\\ A(a-x), & a / 2 \leq x \leq a \\\\ 0, & \text { Caso contrário. }\end{cases}á
(a) Normalize a função de onda.
(b) Encontre o valor médio da posição \langle x\rangle.
(c) Encontre o valor médio do momento \langle p\rangle.
(d) Encontre \left\langle x^{2}\right\rangle.
(e) Verifique a validade do princípio da incerteza nesse sistema.
(e) Encontre \left\langle p^{2}\right\rangle.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede. Peguei estes elementos diretamente do enunciado.
  • A função de onda é
\psi(x)= \begin{cases}A x, & 0 \leq x \leq a/2,\\[4pt] A(a-x), & a/2 \leq x \leq a,\\[4pt] 0, & \text{caso contrário.}\end{cases}á
  • O parâmetro A é uma constante de normalização a ser determinada e a>0 é uma constante do problema.
O enunciado pede, em ordem:
(a) normalizar a função de onda (achar A);
(b) calcular \langle x\rangle;
(c) calcular \langle p\rangle;
(d) calcular \langle x^2\rangle;
(e) verificar o princípio da incerteza neste sistema (isto envolve \Delta x e \Delta p);
(e) (último item pedido) calcular \langle p^2\rangle.
Observações iniciais importantes que vou usar depois (não resolvo nada aqui, só registro):
  • As integrais relevantes serão tomadas no intervalo [0,a] porque \psi(x)=0 fora desse intervalo.
  • A função é real e tem uma forma triangular simétrica em torno de x=a/2 (valor máximo em x=a/2).
  • As definições que vou usar: \langle x\rangle=\int_{-\infty}^{\infty} x\,|\psi(x)|^2\,dx, \langle p\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\left(-i\hbar\frac{d}{dx}\right)\psi(x)\,dx, \langle p^2\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\left(-\hbar^2\frac{d^2}{dx^2}\right)\psi(x)\,dx. Para função real e com comportamento adequado nas fronteiras, vale também \langle p^2\rangle=\hbar^2\int_{-\infty}^{\infty}\big(\psi'(x)\big)^2 dx.]

Passo 2

Normalização: explico o conceito e aplico passo a passo.
  • Conceito: a função de onda deve satisfazer
\int_{-\infty}^{\infty} |\psi(x)|^2\,dx = 1,
ou seja, a probabilidade total é 1.
  • Aplicação ao nosso caso: \psi(x) é não nula só em 0\le x\le a, então
1=\int_{0}^{a} |\psi(x)|^2\,dx = \int_{0}^{a/2} (A x)^2 dx + \int_{a/2}^{a} \big(A(a-x)\big)^2 dx.
  • Calculo as integrais separadamente. Primeiro
\int_{0}^{a/2} x^2\,dx = \left[\frac{x^3}{3}\right]_0^{a/2} = \frac{1}{3}\left(\frac{a}{2}\right)^3 = \frac{a^3}{24}.
Pela simetria da forma triangular, a segunda integral é igual à primeira (trocar x\mapsto a-x mostra isso), então a soma é
\int_{0}^{a/2} x^2 dx + \int_{a/2}^{a} (a-x)^2 dx = 2\cdot\frac{a^3}{24} = \frac{a^3}{12}.
  • Portanto
1 = A^2 \cdot \frac{a^3}{12} \quad\Rightarrow\quad A^2 = \frac{12}{a^3}.
  • Escolhemos A real e positivo (pode ter sinal, mas a normalização define o módulo), então
A = \sqrt{\frac{12}{a^3}} = \frac{2\sqrt{3}}{a^{3/2}}.

Passo 3

Cálculo de \langle x\rangle. Vou explicar a ideia e calcular detalhadamente.
  • Ideia: \langle x\rangle=\int x|\psi|^2 dx. Como a densidade de probabilidade |\psi(x)|^2 é simétrica em torno de x=a/2 (triângulo simétrico), espera-se \langle x\rangle=a/2. Vou mostrar isso por cálculo para ficar convincente.
  • Escrevendo a integral:
\langle x\rangle = A^2\left(\int_0^{a/2} x\cdot x^2 dx + \int_{a/2}^{a} x\cdot (a-x)^2 dx\right) = A^2\left(\int_0^{a/2} x^3 dx + \int_{a/2}^{a} x(a-x)^2 dx\right).
  • Calculo a primeira integral:
\int_0^{a/2} x^3 dx = \left[\frac{x^4}{4}\right]_0^{a/2} = \frac{1}{4}\left(\frac{a}{2}\right)^4 = \frac{a^4}{64}.
  • Para a segunda integral, uso a substituição y=a-x. Quando x vai de a/2 a a, y vai de a/2 a 0. Então
\int_{a/2}^{a} x(a-x)^2 dx = \int_{a/2}^{0} (a-y) y^2 (-dy) = \int_0^{a/2} (a-y) y^2 dy.
Expando e integro:
\int_0^{a/2} (a y^2 - y^3) dy = a\left[\frac{y^3}{3}\right]_0^{a/2} - \left[\frac{y^4}{4}\right]_0^{a/2} = a\cdot\frac{(a/2)^3}{3} - \frac{(a/2)^4}{4} = \frac{a^4}{24} - \frac{a^4}{64}.
Calculo numérico em frações comuns:
\frac{1}{24}-\frac{1}{64} = \frac{8-3}{192} = \frac{5}{192},
portanto a segunda integral vale \dfrac{5a^4}{192}.
  • Agora somo as duas partes:
\int_0^{a/2} x^3 dx + \int_{a/2}^a x(a-x)^2 dx = \frac{a^4}{64} + \frac{5a^4}{192} = \frac{3a^4+5a^4}{192} = \frac{8a^4}{192} = \frac{a^4}{24}.
  • Multiplicando por A^2:
\langle x\rangle = A^2 \cdot \frac{a^4}{24} = \frac{12}{a^3}\cdot\frac{a^4}{24} = \frac{12}{24}a = \frac{a}{2}.
  • Conclusão: \langle x\rangle = \dfrac{a}{2}, como antecipado pela simetria.

Passo 4

Cálculo de \langle x^2\rangle e da variância \Delta x. Vou detalhar as integrais.
  • Definição:
\langle x^2\rangle = \int x^2 |\psi(x)|^2 dx = A^2\left(\int_0^{a/2} x^2\cdot x^2 dx + \int_{a/2}^{a} x^2\cdot (a-x)^2 dx\right) = A^2\left(\int_0^{a/2} x^4 dx + \int_{a/2}^{a} x^2(a-x)^2 dx\right).
  • Calculo da primeira integral:
\int_0^{a/2} x^4 dx = \left[\frac{x^5}{5}\right]_0^{a/2} = \frac{1}{5}\left(\frac{a}{2}\right)^5 = \frac{a^5}{160}.
  • Calculo da segunda integral com substituição y=a-x novamente:
\int_{a/2}^{a} x^2(a-x)^2 dx = \int_0^{a/2} (a-y)^2 y^2 dy = \int_0^{a/2} (a^2 y^2 - 2a y^3 + y^4) dy.
Integro termo a termo:
a^2\int_0^{a/2} y^2 dy = a^2\cdot\frac{(a/2)^3}{3} = \frac{a^5}{24},
-2a\int_0^{a/2} y^3 dy = -2a\cdot\frac{(a/2)^4}{4} = -\frac{a^5}{32},
\int_0^{a/2} y^4 dy = \frac{(a/2)^5}{5} = \frac{a^5}{160}.
Somando:
\int_{a/2}^{a} x^2(a-x)^2 dx = a^5\left(\frac{1}{24}-\frac{1}{32}+\frac{1}{160}\right).
Colocando em denom. comum (480) obtemos
\frac{20-15+3}{480}a^5 = \frac{8}{480}a^5 = \frac{a^5}{60}.
  • Portanto a soma das duas integrais é
\frac{a^5}{160} + \frac{a^5}{60} = a^5\left(\frac{1}{160}+\frac{1}{60}\right) = a^5\cdot\frac{11}{480}.
  • Multiplicando por A^2=\dfrac{12}{a^3},
\langle x^2\rangle = \frac{12}{a^3}\cdot a^5\cdot\frac{11}{480} = a^2\cdot\frac{132}{480} = a^2\cdot\frac{11}{40}.
  • Então a variância é
(\Delta x)^2 = \langle x^2\rangle - \langle x\rangle^2 = \frac{11}{40}a^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{11}{40}a^2 - \frac{10}{40}a^2 = \frac{1}{40}a^2.
Portanto
\Delta x = \frac{a}{\sqrt{40}} = \frac{a}{2\sqrt{10}}.

Passo 5

Cálculo de \langle p\rangle. Explico a técnica (integração por partes e uso de condições de contorno).
  • Definição:
\langle p\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} \psi^*(x)\left(-i\hbar\frac{d}{dx}\right)\psi(x)\,dx.
Aqui \psi é real, então \psi^*=\psi. Assim
\langle p\rangle = -i\hbar \int_{0}^{a} \psi(x)\psi'(x)\,dx,
onde integro apenas em [0,a] porque fora \psi=0.
  • Uso de identidade: \psi\psi' = \tfrac{1}{2}\frac{d}{dx}(\psi^2). Então
\langle p\rangle = -i\hbar \cdot \frac{1}{2}\int_0^a \frac{d}{dx}(\psi^2) dx = -i\hbar\cdot\frac{1}{2}\big[\psi^2(x)\big]_0^a.
Como \psi(0)=0 e \psi(a)=0, o termo de fronteira é zero, logo
\langle p\rangle = 0.
  • Intuição física: a função de onda é real e sem corrente líquida (simétrica), então o momento médio é zero.

Passo 6

Cálculo de [\langle p^2\rangle) e de \Delta p. Dou a justificativa teórica e calculo direto usando derivadas simples.
  • Identidade útil: para função real e suficientemente suave que zere nas fronteiras,
\langle p^2\rangle = \int \psi^*(x)\left(-\hbar^2\frac{d^2}{dx^2}\right)\psi(x)\,dx = \hbar^2\int \big(\psi'(x)\big)^2 dx.
Isto vem de integração por partes e das condições de contorno \psi(0)=\psi(a)=0.
  • No nosso caso, \psi(x) é linear por partes:
\psi(x)=\begin{cases}A x, & 0\le x\le a/2,\\[4pt] A(a-x), & a/2\le x\le a.\end{cases}
Logo as derivadas por partes são constantes:
\psi'(x)=\begin{cases} A, & 0<x<a/2,\\[4pt] -A, & a/2<x<a.\end{cases}
(A derivada não está definida exatamente em (x=a/2], mas esse ponto único não contribui à integral.)
  • Portanto
\int_0^a \big(\psi'(x)\big)^2 dx = \int_0^{a/2} A^2 dx + \int_{a/2}^{a} A^2 dx = A^2\cdot a.
  • Assim
\langle p^2\rangle = \hbar^2 A^2 a.
Substituindo A^2=\dfrac{12}{a^3},
\langle p^2\rangle = \hbar^2\cdot \frac{12}{a^3}\cdot a = \frac{12\hbar^2}{a^2}.
  • Como \langle p\rangle=0, a variância é (\Delta p)^2=\langle p^2\rangle, então
\Delta p = \sqrt{\langle p^2\rangle} = \sqrt{\frac{12\hbar^2}{a^2}} = \frac{2\sqrt{3}\,\hbar}{a}.]

Passo 7

Verificação do princípio da incerteza: comparar \Delta x\,\Delta p com \hbar/2.
  • Já temos
\Delta x = \frac{a}{2\sqrt{10}},\qquad \Delta p = \frac{2\sqrt{3}\,\hbar}{a}.
Multiplicando:
\Delta x\,\Delta p = \frac{a}{2\sqrt{10}}\cdot\frac{2\sqrt{3}\,\hbar}{a} = \hbar\sqrt{\frac{3}{10}}.
  • Avaliando numericamente \sqrt{3/10}\approx 0{,}5477, então
\Delta x\,\Delta p \approx 0{,}5477\,\hbar > \frac{\hbar}{2}=0{,}5\,\hbar.
  • Conclusão: o princípio da incerteza de Heisenberg
\Delta x\,\Delta p \ge \frac{\hbar}{2}
está satisfeito (estritamente satisfeito, não saturado). Comentário físico: igualdade só ocorre para estados gaussianos mínimos; nosso estado triangular não é gaussiano, por isso a desigualdade é estrita.

Resposta

A=\dfrac{2\sqrt{3}}{a^{3/2}}\n
\langle x\rangle=\dfrac{a}{2}\n
\langle p\rangle=0\n
\langle x^2\rangle=\dfrac{11}{40}\,a^{2}\n
\Delta x=\dfrac{a}{2\sqrt{10}} e \Delta x\,\Delta p=\hbar\sqrt{\dfrac{3}{10}}\ge\dfrac{\hbar}{2}\n
\langle p^2\rangle=\dfrac{12\hbar^2}{a^2}

Exercícios relacionados