3 Considere o oscilador harmônico tridimensional para o qual o potencial é
V(r)=\frac{1}{2} m \omega^{2} r^{2}
(a) Demonstre que a separação de variáveis em coordenadas cartesianas transforma isso em três osciladores unidimensionais e explore seu conhecimento do último para determinar as energias permitidas.
Resposta:
E_{n}=(n+3 / 2) \hbar \omega .
(b) Determine a degenerescência d(n) de E_{n}.

Passo 1

O enunciado dá o potencial do oscilador harmônico tridimensional
V(r)=\frac{1}{2}m\omega^{2}r^{2},
onde \,r^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}\,. As perguntas são:
  • (a) Mostrar que, ao separar variáveis em coordenadas cartesianas, o problema se reduz a três osciladores unidimensionais e, a partir disso, determinar os níveis de energia permitidos (a resposta esperada indicada é \,E_{n}=(n+3/2)\hbar\omega).
  • (b) Determinar a degenerescência d(n) do nível de energia \,E_{n}.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • massa m e frequência angular \omega constantes;
  • potencial isotrópico quadrático (depende só de r^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2});
  • quer-se a forma dos autovalores de energia e a degenerescência associada a cada nível.

Passo 2

Escrevendo a equação de Schrödinger dependente do tempo nulo (equação independente do tempo) para a função de onda \psi(x,y,z) e energia E, o Hamiltoniano é
\hat{H}=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}r^{2},
portanto a equação de autovalores é
\left(-\frac{\hbar^{2}}{2m}\nabla^{2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}\right)\psi(x,y,z)=E\,\psi(x,y,z).
Aqui \nabla^{2}=\dfrac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+\dfrac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}+\dfrac{\partial^{2}}{\partial z^{2}} é o laplaciano. É importante notar que o potencial pode ser escrito como soma de termos que dependem de cada coordenada:
\frac{1}{2}m\omega^{2}r^{2}=\frac{1}{2}m\omega^{2}x^{2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}y^{2}+\frac{1}{2}m\omega^{2}z^{2}.

Passo 3

Motivação da separação: quando o potencial é soma de funções que dependem de uma única coordenada, uma boa ansatz é assumir que a função de onda fatoriza:
\psi(x,y,z)=X(x)\,Y(y)\,Z(z).
Substituindo esse produto na equação de Schrödinger e dividindo por \psi(x,y,z) obtém-se
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}+\frac{Z''(z)}{Z(z)}\right) +\frac{1}{2}m\omega^{2}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)=E.
Reagrupando termos por variáveis independentes dá
\left[-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{1}{2}m\omega^{2}x^{2}\right] +\left[-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{Y''(y)}{Y(y)}+\frac{1}{2}m\omega^{2}y^{2}\right] +\left[-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{Z''(z)}{Z(z)}+\frac{1}{2}m\omega^{2}z^{2}\right]=E.
Cada um dos três termos depende apenas de uma variável distinta. Para que essa soma seja uma constante E para todo (x,y,z), cada termo deve ser uma constante própria separada. Chamemos essas constantes de E_x, E_y e E_z, com
E=E_x+E_y+E_z.
Isso produz três equações ordinárias unidimensionais (uma para cada coordenada):
-\frac{\hbar^{2}}{2m}X''(x)+\frac{1}{2}m\omega^{2}x^{2}X(x)=E_x X(x),
-\frac{\hbar^{2}}{2m}Y''(y)+\frac{1}{2}m\omega^{2}y^{2}Y(y)=E_y Y(y),
-\frac{\hbar^{2}}{2m}Z''(z)+\frac{1}{2}m\omega^{2}z^{2}Z(z)=E_z Z(z).
Cada uma é exatamente a equação do oscilador harmônico unidimensional para a respectiva função de onda e energia parcial.

Passo 4

Conhecimento do oscilador harmônico unidimensional: a equação
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\varphi''(u)+\frac{1}{2}m\omega^{2}u^{2}\varphi(u)=E_u\varphi(u)
possui soluções normalizáveis somente para energias quantizadas
E_{n_u}=\left(n_u+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega,
onde n_u\in\{0,1,2,\dots\} é o número quântico associado àquela direção (por exemplo n_x para X(x)). (Métodos de obtenção: operadores escalonadores (“ladder operators”) ou solução pela redução à equação de Hermite; não é necessário refazer aqui o desenvolvimento, mas é importante saber que esse é o resultado padrão do 1D H.O.)
Aplicando isso às três equações obtidas em Passo 3, obtemos autovalores parciais
E_{n_x}=\left(n_x+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega,\quad E_{n_y}=\left(n_y+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega,\quad E_{n_z}=\left(n_z+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega,
com n_x,n_y,n_z\in\{0,1,2,\dots\}. A energia total do estado produto é a soma:
E_{n_x,n_y,n_z}=E_{n_x}+E_{n_y}+E_{n_z}=\left(n_x+n_y+n_z+\frac{3}{2}\right)\hbar\omega.
Definindo o número quântico total
n\equiv n_x+n_y+n_z,
a energia depende apenas de n:
E_{n}=\left(n+\frac{3}{2}\right)\hbar\omega,
o que reproduce a forma indicada no enunciado.

Passo 5

Degenerescência d(n): a degenerescência de um nível de energia E_{n} é o número de estados independentes (distintos (n_x,n_y,n_z)) que dão o mesmo n. Assim devemos contar o número de tríades de inteiros não-negativos (n_x,n_y,n_z) tais que
n_x+n_y+n_z=n,
com n_x,n_y,n_z\in\{0,1,2,\dots\}.
Esse é um problema clássico de combinatória (partição fraca ou “stars and bars”): o número de maneiras de dividir n indistinguíveis unidades em 3 caixas é
d(n)=\binom{n+3-1}{3-1}=\binom{n+2}{2}.
Expandindo o binomial:
d(n)=\frac{(n+2)(n+1)}{2}.
Para checar com exemplos pequenos:
  • Para n=0: apenas (0,0,0), então d(0)=1.
  • Para n=1: (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1), então d(1)=3.
  • Para n=2: 6 combinações (2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1), então d(2)=6.
    Esses valores coincidem com a fórmula d(n)=\dfrac{(n+2)(n+1)}{2}.

Resposta

E_{n}=\left(n+\frac{3}{2}\right)\hbar\omega
d(n)=\binom{n+2}{2}=\frac{(n+2)(n+1)}{2}

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