Exercício 10: Uma partícula se move em uma estado estacionário de 1-dimensão se encontra em um estado com função de onda
\psi(x)=\left\{\begin{array}{lr} 0, & x<-a \\\ A\left(1+\cos \frac{\pi x}{a}\right), & -a \leq x \leq a \\\\ 0, & x>a \end{array}\right.
em que A e a são constantes reais.
a) Essa é uma função de onda fisicamente aceitável? Justifique.
b) Encontre a magnetide de A para que \psi seja normalizada.
c) Calcule \Delta x e \Delta p. Verifique que \Delta x \Delta p \geq \hbar / 2.
Use
\Delta \hat{A}=\sqrt{\left\langle\hat{A}^{2}\right\rangle-\langle\hat{A}\rangle^{2}}

Passo 1

O enunciado dá a função de onda unidimensional
\psi(x)=\begin{cases} 0, & x<-a,\\[4pt] A\!\left(1+\cos\!\dfrac{\pi x}{a}\right), & -a\le x\le a,\\[6pt] 0, & x>a, \end{cases}
com A e a constantes reais. As perguntas são:
  • (a) Essa função de onda é fisicamente aceitável? Justifique.
  • (b) Determinar o módulo de A tal que \psi esteja normalizada.
  • (c) Calcular \Delta x e \Delta p e verificar que \Delta x\,\Delta p\ge \hbar/2.
Informações relevantes que temos do enunciado:
  • \psi(x) é diferente de zero apenas no intervalo [-a,a].
  • A forma dentro de [-a,a] é A(1+\cos(\pi x/a)).
  • Iremos precisar das definições de valor esperado e de incerteza:
\langle \hat{A}\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\,\hat{A}\,\psi(x)\,dx, \qquad \Delta \hat{A}=\sqrt{\langle\hat{A}^2\rangle-\langle\hat{A}\rangle^2}.
A resolução começa no próximo passo.]

Passo 2

Verificação rápida de propriedades necessárias de uma função de onda fisicamente aceitável (sem ainda calcular integrais explícitas):
  • Deve ser única (single-valued) e finita em todo \mathbb{R}. Aqui \psi é dada por fórmulas finitas em todos os pontos, logo é finita e single-valued.
  • Deve ser quadrado-integrável (normalizável): \int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2dx<\infty. Como \psi(x)=0 fora de [-a,a] e é contínua dentro do intervalo, a integral é um número finito; faremos a integral explicitamente no passo de normalização.
  • Deve ser contínua (em potenciais finitos a continuidade é exigida). Vamos checar a continuidade em x=\pm a:
    • Avaliando a partir do interior: para x=a temos \cos(\pi a/a)=\cos\pi=-1, então \psi(a)=A(1-1)=0. De modo similar \psi(-a)=0. Fora do intervalo \psi=0. Logo \psi é contínua em x=\pm a.
  • Verificação da derivada (opcional para segurança): derivada interna é
\psi'(x)=A\left(-\sin\!\frac{\pi x}{a}\right)\frac{\pi}{a}.
Em x=\pm a temos \sin(\pm\pi)=0, então \psi'(\pm a)=0, que coincide com a derivada da função constante zero fora do intervalo. Logo \psi é diferenciável em \pm a (derivada contínua nesses pontos). Portanto todas as condições necessárias estão satisfeitas — falta apenas confirmar que a norma é finita (normalização), o que faremos agora.

Passo 3

Normalização: exigir
1=\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2\,dx=\int_{-a}^{a}|A|^2\left(1+\cos\frac{\pi x}{a}\right)^2dx.
Vamos calcular a integral. Expanda o quadrado:
\left(1+\cos\frac{\pi x}{a}\right)^2=1+2\cos\frac{\pi x}{a}+\cos^2\frac{\pi x}{a}.
Use \cos^2\theta=\tfrac{1+\cos 2\theta}{2}. Assim
\left(1+\cos\frac{\pi x}{a}\right)^2=\frac{3}{2}+2\cos\frac{\pi x}{a}+\frac{1}{2}\cos\frac{2\pi x}{a}.
Substitua na integral e faça a mudança de variável \theta=\dfrac{\pi x}{a}, então dx=\dfrac{a}{\pi}d\theta e os limites vão de \theta=-\pi a \theta=\pi:
1=|A|^2\int_{-a}^{a}\left(\frac{3}{2}+2\cos\frac{\pi x}{a}+\frac{1}{2}\cos\frac{2\pi x}{a}\right)dx =|A|^2\frac{a}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{3}{2}+2\cos\theta+\frac{1}{2}\cos2\theta\right)d\theta.
Agora calcule as integrais em [-\pi,\pi]. As integrais dos termos \cos\theta e \cos2\theta sobre um intervalo simétrico [-\pi,\pi] são zero (são funções pares mas com integral nula em [0,\pi] para \cos e \cos2 a soma simétrica cancela), então sobra apenas o termo constante:
\int_{-\pi}^{\pi}\frac{3}{2}\,d\theta=\frac{3}{2}\cdot 2\pi=3\pi.
Assim
1=|A|^2\frac{a}{\pi}\cdot 3\pi = |A|^2\cdot 3a.
Logo
|A|^2=\frac{1}{3a}, \qquad |A|=\frac{1}{\sqrt{3a}}.

Passo 4

Cálculo de \langle x\rangle. Como \psi(x)=A(1+\cos(\pi x/a)) é função par (mesma para x e -x), o densidade de probabilidade |\psi(x)|^2 também é par. O integrando para \langle x\rangle=\int x|\psi(x)|^2dx é, portanto, função ímpar (produto de x, ímpar, por função par), e a integral sobre [-a,a] é zero. Assim
\langle x\rangle=0.

Passo 5

Cálculo de \langle x^2\rangle e \Delta x. Comece por
\langle x^2\rangle=|A|^2\int_{-a}^{a} x^2\left(1+\cos\frac{\pi x}{a}\right)^2dx.
Fazemos a mudança \theta=\dfrac{\pi x}{a}, com x=\dfrac{a\theta}{\pi}, dx=\dfrac{a}{\pi}d\theta. Então x^2=\dfrac{a^2\theta^2}{\pi^2} e os limites são -\pi a \pi:
\langle x^2\rangle=|A|^2\frac{a^3}{\pi^3}\int_{-\pi}^{\pi}\theta^2\left(1+2\cos\theta+\cos^2\theta\right)d\theta.
Usando \cos^2\theta=\tfrac{1+\cos2\theta}{2} obtemos o integrando
\theta^2\left(\frac{3}{2}+2\cos\theta+\frac{1}{2}\cos2\theta\right).
Avaliaremos as integrais separadamente. Note que as funções são pares, então podemos usar a simetria:
\int_{-\pi}^{\pi}\theta^2 d\theta=2\int_0^{\pi}\theta^2 d\theta=2\cdot\frac{\pi^3}{3}=\frac{2\pi^3}{3}.
Precisamos também de integrales do tipo \int_{-\pi}^{\pi}\theta^2\cos(k\theta)d\theta com k=1,2. Pelo procedimento de integração por partes (duas vezes) encontra-se a fórmula útil (vou mostrar o resultado da aplicação das partes):
\int_0^{\pi}\theta^2\cos(k\theta)\,d\theta=\frac{2\pi}{k^2}\cos(k\pi).
Portanto, usando simetria:
\int_{-\pi}^{\pi}\theta^2\cos(k\theta)\,d\theta=2\int_0^{\pi}\theta^2\cos(k\theta)\,d\theta = \frac{4\pi}{k^2}\cos(k\pi).
Para k=1: \cos\pi=-1, logo \int_{-\pi}^{\pi}\theta^2\cos\theta\,d\theta=-\dfrac{4\pi}{1^2}=-4\pi.
Para k=2: \cos2\pi=1, logo \int_{-\pi}^{\pi}\theta^2\cos2\theta\,d\theta=\dfrac{4\pi}{4}=\pi.
Agora monte a integral completa J:
J=\int_{-\pi}^{\pi}\theta^2\!\left(\frac{3}{2}+2\cos\theta+\frac{1}{2}\cos2\theta\right)d\theta =\frac{3}{2}\cdot\frac{2\pi^3}{3}+2\cdot(-4\pi)+\frac{1}{2}\cdot\pi.
Calcule termos:
\frac{3}{2}\cdot\frac{2\pi^3}{3}=\pi^3,\qquad 2\cdot(-4\pi)=-8\pi,\qquad \frac{1}{2}\pi=\frac{\pi}{2}.
Somando:
J=\pi^3-8\pi+\frac{\pi}{2}=\pi^3-\frac{15\pi}{2}.
Volte para \langle x^2\rangle:
\langle x^2\rangle=|A|^2\frac{a^3}{\pi^3}\left(\pi^3-\frac{15\pi}{2}\right) =|A|^2 a^3\left(1-\frac{15}{2\pi^2}\right).
Substituindo |A|^2=\dfrac{1}{3a} (do passo 3):
\langle x^2\rangle=\frac{a^2}{3}\left(1-\frac{15}{2\pi^2}\right).
Como \langle x\rangle=0, temos
\Delta x=\sqrt{\langle x^2\rangle} = a\sqrt{\frac{1}{3}\left(1-\frac{15}{2\pi^2}\right)}.
Valor numérico aproximado (útil para comparação):
\Delta x \approx 0{,}2829\,a.

Passo 6

Cálculo de \langle p\rangle. O operador momento em representação x é \hat p=-i\hbar\,\dfrac{d}{dx}. Para função real e par \psi(x), \psi'(x) é ímpar; portanto o integrando \psi^*(x)(-i\hbar)\psi'(x) é função ímpar (produto de função par por função ímpar), e a integral sobre [-a,a] é zero. Assim
\langle p\rangle=0.

Passo 7

Cálculo de \langle p^2\rangle e \Delta p. Uma forma prática é usar
\langle p^2\rangle=\hbar^2\int_{-\infty}^{\infty}|\psi'(x)|^2dx.
Dentro de [-a,a] já encontramos a derivada:
\psi'(x)=-A\frac{\pi}{a}\sin\!\frac{\pi x}{a}.
Logo
|\psi'(x)|^2=|A|^2\frac{\pi^2}{a^2}\sin^2\!\frac{\pi x}{a}.
Calcule a integral (mudança \theta=\pi x/a novamente):
\langle p^2\rangle=\hbar^2 |A|^2\frac{\pi^2}{a^2}\int_{-a}^{a}\sin^2\!\frac{\pi x}{a}\,dx =\hbar^2 |A|^2\frac{\pi^2}{a^2}\cdot\frac{a}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin^2\theta\,d\theta.
Sabemos que \int_{-\pi}^{\pi}\sin^2\theta\,d\theta=\pi. Assim
\langle p^2\rangle=\hbar^2 |A|^2\frac{\pi^2}{a^2}\cdot\frac{a}{\pi}\cdot\pi =\hbar^2 |A|^2\frac{\pi^2}{a^2}.
Substituindo |A|^2=\dfrac{1}{3a}:
\langle p^2\rangle=\hbar^2\frac{\pi^2}{3a^2}.
Como \langle p\rangle=0, temos
\Delta p=\sqrt{\langle p^2\rangle}=\frac{\hbar\pi}{a\sqrt{3}}.

Passo 8

Produto \Delta x\,\Delta p e verificação da desigualdade de Heisenberg:
\Delta x\,\Delta p = \left[a\sqrt{\frac{1}{3}\left(1-\frac{15}{2\pi^2}\right)}\right]\cdot\left[\frac{\hbar\pi}{a\sqrt{3}}\right] =\hbar\frac{\pi}{3}\sqrt{1-\frac{15}{2\pi^2}}.
Valor numérico:
\Delta x\,\Delta p \approx \hbar\cdot 0{,}5134\ldots
Comparando com \hbar/2\approx 0{,}5\hbar, vemos que
\Delta x\,\Delta p \approx 0{,}5134\,\hbar > \frac{\hbar}{2},
portanto a desigualdade de Heisenberg \Delta x\,\Delta p\ge \hbar/2 é satisfeita.

Resposta

(a) Sim. A função é finita e single-valued, contínua em x=\pm a (vale 0 nesses pontos), diferenciável nos pontos de junção e quadrado-integrável (normalizável).
(b) |A|=\dfrac{1}{\sqrt{3a}}.
(c) \displaystyle \Delta x = a\sqrt{\frac{1}{3}\left(1-\frac{15}{2\pi^2}\right)} \
\displaystyle \Delta p = \frac{\hbar\pi}{a\sqrt{3}} \
\displaystyle \Delta x\,\Delta p = \hbar\frac{\pi}{3}\sqrt{1-\frac{15}{2\pi^2}}\approx 0{,}5134\,\hbar \ge \frac{\hbar}{2}.

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