Exercício 11: Considere o potencial de poço infinito, isto é,
V(x)=\left\{\begin{array}{cr} \infty, & \text { se } x<0 \\\\ 0, & \text { se } 0 \leq x \leq L \\\ \infty, & \text { se } x>L \end{array} .\right.
a) encontre as autofunções da energia e os autovalores da energia, considerando que nas paredes do potencial temos condições de Dirichlet, ou seja,
\psi(0)=\psi(L)=0
b) normalize os autoestados encontrados.
c) considere que a partícula se encontra no seguinte estado
\Psi(x, 0)=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\psi_{1}+\psi_{2}\right]
Para esse estado, calcule a probabilidade da partícula se encontrar na segunda metade do poço, isto é, \frac{L}{2} \leq x \leq L.

Passo 1

O enunciado dá o potencial do poço infinito de comprimento [L) com as paredes infinitas em x=0 e x=L, e impõe condições de Dirichlet \psi(0)=\psi(L)=0. As perguntas são:
  • (a) encontrar as autofunções de energia \psi_n(x) e os autovalores da energia E_n (com as condições de contorno dadas);
  • (b) normalizar esses autoestados;
  • (c) para o estado inicial \Psi(x,0)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\bigl[\psi_1(x)+\psi_2(x)\bigr], calcular a probabilidade de encontrar a partícula na segunda metade do poço, ou seja na região \dfrac{L}{2}\le x\le L.
Informações importantes dadas:
  • Potencial: V(x)=\begin{cases}\infty,& x<0,\\[4pt]0,& 0\le x\le L,\\[4pt]\infty,& x>L.\end{cases}
  • Condições de contorno: \psi(0)=0\] e \(\psi(L)=0.
  • Estado inicial para a parte (c): \Psi(x,0)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\bigl[\psi_1(x)+\psi_2(x)\bigr].]

Passo 2

Escrevendo a equação de Schrödinger independente do tempo na região onde V(x)=0, isto é para 0<x<L:
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}=E\psi.
Vamos reorganizar essa equação. Definindo k por
k^2=\frac{2mE}{\hbar^2},
a equação reduz-se a
\frac{d^2\psi}{dx^2}+k^2\psi=0.
A equação acima é a equação harmónica comum: suas soluções gerais são combinações lineares de seno e cosseno:
\psi(x)=A\cos(kx)+B\sin(kx),
onde A e B são constantes a determinar pelas condições de contorno.

Passo 3

Aplicar a condição em x=0: \psi(0)=0. Substituindo,
\psi(0)=A\cos(0)+B\sin(0)=A\cdot 1 + B\cdot 0 = A.
Como \psi(0)=0, segue A=0. Portanto as soluções ficam apenas com seno:
\psi(x)=B\sin(kx).

Passo 4

Aplicar a condição em x=L: \psi(L)=0. Com \psi(x)=B\sin(kx),
\psi(L)=B\sin(kL)=0.
Para que haja solução não trivial ( B\neq 0), é necessário
\sin(kL)=0 \quad\Rightarrow\quad kL=n\pi,\qquad n=1,2,3,\dots
Logo os valores permitidos de k são k_n=\dfrac{n\pi}{L}. Usando k_n^2=\dfrac{2mE_n}{\hbar^2}, obtemos os autovalores de energia:
E_n=\frac{\hbar^2 k_n^2}{2m}=\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2=\frac{\hbar^2\pi^2 n^2}{2mL^2},\qquad n=1,2,3,\dots
As autofunções (ainda com uma constante multiplicativa) são
\psi_n(x)=B_n\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad 0<x<L.

Passo 5

Agora normalizar os autoestados: a normalização exige
\int_0^L |\psi_n(x)|^2\,dx=1.
Como as \psi_n são reais, isto é
|B_n|^2\int_0^L \sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx=1.
Usamos a identidade trigonométrica \sin^2\theta=\dfrac{1-\cos(2\theta)}{2}. Então
\int_0^L \sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx =\int_0^L \frac{1-\cos\!\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)}{2}\,dx =\frac{1}{2}\left[L-\left.\frac{L}{2n\pi}\sin\!\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\right|_0^L\right].
As funções seno avaliadas em múltiplos inteiros de \pi são zero, então o segundo termo some e obtemos
\int_0^L \sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx=\frac{L}{2}.
Logo
|B_n|^2\cdot\frac{L}{2}=1 \quad\Rightarrow\quad |B_n|^2=\frac{2}{L}.
Tomando B_n real e positivo por convenção,
B_n=\sqrt{\frac{2}{L}}.
Portanto as autofunções normalizadas são
\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad n=1,2,3,\dots

Passo 6

Resumo (parte a e b) — resultado encontrado e interpretado:
  • Autovalores de energia:
E_n=\frac{\hbar^2\pi^2 n^2}{2mL^2},\qquad n=1,2,3,\dots
  • Autofunções (normalizadas):
\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad 0<x<L.
Estas \psi_n formam um conjunto ortonormal em [0,L]: \int_0^L \psi_n(x)\psi_m(x)\,dx=\delta_{nm}.

Passo 7

Passando para a parte (c): o estado inicial é
\Psi(x,0)=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl[\psi_1(x)+\psi_2(x)\bigr].
A probabilidade de encontrar a partícula na segunda metade do poço \dfrac{L}{2}\le x\le L é
P\left(\frac{L}{2}\le x\le L\right)=\int_{L/2}^{L} |\Psi(x,0)|^2\,dx.
Vamos expandir o módulo ao quadrado. Como as \psi_n são reais,
|\Psi|^2=\frac{1}{2}\bigl(\psi_1^2+\psi_2^2+2\psi_1\psi_2\bigr).
Logo
P=\frac{1}{2}\left[\int_{L/2}^{L}\psi_1^2\,dx+\int_{L/2}^{L}\psi_2^2\,dx+2\int_{L/2}^{L}\psi_1\psi_2\,dx\right].
Denotando I_{11},I_{22},I_{12} esses integrais parciais, vamos calculá-los explicitamente usando as formas normalizadas \psi_n(x)=\sqrt{2/L}\sin(n\pi x/L).

Passo 8

Calcular I_{11}=\int_{L/2}^{L}\psi_1^2\,dx.
I_{11}=\frac{2}{L}\int_{L/2}^{L}\sin^2\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)dx =\frac{1}{L}\int_{L/2}^{L}\bigl[1-\cos\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)\bigr]dx.
Avaliaremos:
\int_{L/2}^{L}1\,dx=\frac{L}{2}, \qquad \int_{L/2}^{L}\cos\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)dx=\left.\frac{L}{2\pi}\sin\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)\right|_{L/2}^{L}=0,
pois \sin(2\pi)=0 e \sin(\pi)=0. Portanto
I_{11}=\frac{1}{L}\cdot\frac{L}{2}=\frac{1}{2}.

Passo 9

Calcular I_{22}=\int_{L/2}^{L}\psi_2^2\,dx.
I_{22}=\frac{2}{L}\int_{L/2}^{L}\sin^2\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)dx =\frac{1}{L}\int_{L/2}^{L}\bigl[1-\cos\!\left(\frac{4\pi x}{L}\right)\bigr]dx.
De forma análoga:
\int_{L/2}^{L}1\,dx=\frac{L}{2}, \qquad \int_{L/2}^{L}\cos\!\left(\frac{4\pi x}{L}\right)dx=\left.\frac{L}{4\pi}\sin\!\left(\frac{4\pi x}{L}\right)\right|_{L/2}^{L}=0,
pois \sin(4\pi)=0 e \sin(2\pi)=0. Logo
I_{22}=\frac{1}{L}\cdot\frac{L}{2}=\frac{1}{2}.

Passo 10

Calcular I_{12}=\int_{L/2}^{L}\psi_1\psi_2\,dx.
Substituindo as formas normalizadas:
I_{12}=\frac{2}{L}\int_{L/2}^{L}\sin\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)\sin\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)dx.
Usamos a identidade produto-para-soma:
\sin a\sin b=\frac{1}{2}\bigl[\cos(a-b)-\cos(a+b)\bigr].
Com a=\dfrac{\pi x}{L} e b=\dfrac{2\pi x}{L},
\sin\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)\sin\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)=\frac{1}{2}\biggl[\cos\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)-\cos\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right)\biggr].
Portanto
I_{12}=\frac{2}{L}\cdot\frac{1}{2}\int_{L/2}^{L}\biggl[\cos\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)-\cos\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right)\biggr]dx =\frac{1}{L}\left(\int_{L/2}^{L}\cos\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)dx - \int_{L/2}^{L}\cos\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right)dx\right).
Calcule cada integral:
\int_{L/2}^{L}\cos\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)dx =\left.\frac{L}{\pi}\sin\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)\right|_{L/2}^{L} =\frac{L}{\pi}\bigl(\sin\pi-\sin\frac{\pi}{2}\bigr)=\frac{L}{\pi}(0-1)=-\frac{L}{\pi},
\int_{L/2}^{L}\cos\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right)dx =\left.\frac{L}{3\pi}\sin\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right)\right|_{L/2}^{L} =\frac{L}{3\pi}\bigl(\sin 3\pi-\sin\frac{3\pi}{2}\bigr) =\frac{L}{3\pi}\bigl(0-(-1)\bigr)=\frac{L}{3\pi}.
Assim
I_{12}=\frac{1}{L}\left(-\frac{L}{\pi}-\frac{L}{3\pi}\right)=-\frac{1}{\pi}-\frac{1}{3\pi}=-\frac{4}{3\pi}.

Passo 11

Juntando os resultados em P:
P=\frac{1}{2}\bigl(I_{11}+I_{22}+2I_{12}\bigr) =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+2\left(-\frac{4}{3\pi}\right)\right) =\frac{1}{2}\left(1-\frac{8}{3\pi}\right).
Simplificando,
P=\frac{1}{2}-\frac{4}{3\pi}.
Podemos também dar uma aproximação numérica:
\frac{4}{3\pi}\approx\frac{4}{3\cdot 3{,}14159}\approx 0{,}4244,
então
P\approx 0{,}5-0{,}4244=0{,}0756\approx 7{,}56\%.

Resposta

(a) \psi_n(x)=\sqrt{\dfrac{2}{L}}\sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right),\qquad E_n=\dfrac{\hbar^2\pi^2 n^2}{2mL^2},\quad n=1,2,3,\dots
(b) Constante de normalização B_n=\sqrt{\dfrac{2}{L}}, portanto \psi_n acima está normalizada.
(c) P\Bigl(\frac{L}{2}\le x\le L\Bigr)=\frac{1}{2}-\frac{4}{3\pi}\approx 0{,}0756\\ (\text{ou }7{,}56\%).

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