Considere um oscilador harmônico unidimensional modificado, definido pela função hamiltoniana H=\frac{p^{2}}{2 m}+V(x), onde V(x)=\frac{1}{2} m \omega^{2} x^{2} para x \geq 0, V(x)=\infty para x<0. Ele encontra-se em equilíbrio térmico com um reservatório de calor a temperatura T.
a) Justifique, em termos da paridade das autofunções do problema quântico, por que, devido às condições impostas, apenas os valores inteiros ímpares de n são permitidos para as autoenergias deste oscilador, \varepsilon_{n}=\left(n+\frac{1}{2}\right) \hbar \omega.
b) Para a versão quântica, obtenha a função de partição canônica z deste oscilador e a energia livre de Helmholtz associada f.
c) Obtenha a energia interna média deste oscilador a partir de u=-\frac{\partial \ln z}{\partial \beta}.
a) Condições de contorno exigem \psi(0)=0, eliminando estados pares
b) z=\frac{e^{-\beta \hbar \omega / 2}}{1-e^{-\beta \hbar \omega}}, f=-k_{B} T \ln z
c) u=\hbar \omega\left[\frac{1}{2}+\frac{1}{e^{\beta \hbar \omega}-1}\right]

Passo 1

O enunciado descreve um oscilador harmônico unidimensional com potencial
V(x)= \begin{cases} \tfrac12 m\omega^2 x^2,& x\ge0,\\\ \infty,& x<0, \end{cases}
ou seja, é o oscilador normal “cortado” em x=0. Precisamos (a) justificar em termos de paridade por que só aparecem estados de n ímpar, (b) obter a função de partição canônica z e a energia livre de Helmholtz f, e (c) calcular a energia interna média u via
u=-\frac{\partial\ln z}{\partial\beta},
com \beta=1/(k_B T).

Passo 2

No oscilador harmônico não restrito, as autofunções \psi_n(x) têm paridade bem definida: para n par são pares e \psi_n(0)\neq0; para n ímpar são ímpares e \psi_n(0)=0. Como aqui impomos V(x)=\infty em x<0, a condição de fronteira é
\psi(0)=0.
Logo só as autofunções ímpares do oscilador livre são permitidas, pois são as únicas que anulam em x=0.

Passo 3

Os níveis de energia permitidos correspondem a n=1,3,5,\dots. Definindo n=2k+1 com k=0,1,2,\dots, cada energia é
\varepsilon_k =\Bigl((2k+1)+\tfrac12\Bigr)\hbar\omega =\Bigl(2k+\tfrac32\Bigr)\hbar\omega.

Passo 4

A função de partição quântica é
z=\sum_{k=0}^{\infty}e^{-\beta\varepsilon_k} =\sum_{k=0}^{\infty}e^{-\beta(2k+\tfrac32)\hbar\omega} =e^{-\tfrac32\beta\hbar\omega}\sum_{k=0}^\infty\bigl(e^{-2\beta\hbar\omega}\bigr)^k =\frac{e^{-\tfrac32\beta\hbar\omega}}{1-e^{-2\beta\hbar\omega}}.
A energia livre de Helmholtz é
f=-\frac{1}{\beta}\ln z =-\frac{1}{\beta}\Bigl[-\tfrac32\beta\hbar\omega-\ln\bigl(1-e^{-2\beta\hbar\omega}\bigr)\Bigr] =\tfrac32\hbar\omega+\frac{1}{\beta}\ln\bigl(1-e^{-2\beta\hbar\omega}\bigr).

Passo 5

Para a energia interna média usamos
u=-\frac{\partial\ln z}{\partial\beta}.
Como \ln z=-\tfrac32\beta\hbar\omega-\ln(1-e^{-2\beta\hbar\omega}), temos
u =-\Bigl(-\tfrac32\hbar\omega -\frac{-2\hbar\omega\,e^{-2\beta\hbar\omega}}{1-e^{-2\beta\hbar\omega}}\Bigr) =\tfrac32\hbar\omega+\frac{2\hbar\omega}{e^{2\beta\hbar\omega}-1}.

Resposta

a) Só estados ímpares do oscilador livre satisfazem \psi(0)=0, logo n=1,3,5,\dots.
b)
z=\frac{e^{-\tfrac32\beta\hbar\omega}}{1-e^{-2\beta\hbar\omega}}, \quad f=\tfrac32\hbar\omega+\frac{1}{\beta}\ln\bigl(1-e^{-2\beta\hbar\omega}\bigr).
c)
u=\tfrac32\hbar\omega+\frac{2\hbar\omega}{e^{2\beta\hbar\omega}-1}.

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