EXERCÍCIO 5:(0,5pt) Dada a solução para as órbitas estacionárias para um nível arbitrário n,
\psi_{n}(x, t)=A_{n} e^{-\frac{m \omega}{2 \hbar} x^{2}} H_{n}(x) e^{-\frac{i E_{n}}{\hbar} t}
determine a constante de normalização A_{n} para os seguinte casos. [Obs: Considere que cada nível pode ser normalizado de forma independente dos demais.]
( 0,25 pt) fundamental n=0

Passo 1

O enunciado dá a forma geral da função de onda das órbitas estacionárias:
\psi_{n}(x,t)=A_{n}\,e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^{2}}\,H_{n}(x)\,e^{-\frac{iE_{n}}{\hbar}t}
e pede para determinar a constante de normalização A_{n} para o caso fundamental n=0.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{(i) }n=0\Rightarrow H_{0}(x)=1\\ (\text{o polinômio de Hermite de ordem zero é }1).ôé
\text{(ii) A condição de normalização de uma função de onda unidimensional é } \int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x,t)|^{2}\,dx=1.çãçãçãé
\text{(iii) A fase temporal }e^{-iE_{n}t/\hbar}\text{ tem módulo }1\text{ e, portanto, não afeta a normalização.}óãçã

Passo 2

Escrevo a função de onda do estado fundamental usando H_{0}(x)=1:
\psi_{0}(x,t)=A_{0}\,e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^{2}}\,e^{-\frac{iE_{0}}{\hbar}t}.
Calculo o módulo ao quadrado (essa é a densidade de probabilidade):
|\psi_{0}(x,t)|^{2}=|A_{0}|^{2}\,e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}}\,\underbrace{\left|e^{-\frac{iE_{0}}{\hbar}t}\right|^{2}}_{=1} =|A_{0}|^{2}\,e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}}.
Agora uso a condição de normalização:
\int_{-\infty}^{\infty}|\psi_{0}(x,t)|^{2}\,dx =|A_{0}|^{2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}}\,dx=1.

Passo 3

Precisamos avaliar a integral gaussiana
I=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a x^{2}}\,dx
com a=\dfrac{m\omega}{\hbar}>0. Vou mostrar a derivação rápida e didática da fórmula conhecida I=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}.
Considere I^{2}:
I^{2}=\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a x^{2}}\,dx\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a y^{2}}\,dy\right) =\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy.
Troco para coordenadas polares (x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta). O jacobiano é r, e os limites ficam r\in[0,\infty), \theta\in[0,2\pi):
I^{2}=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty}e^{-a r^{2}}\,r\,dr\,d\theta =2\pi\int_{0}^{\infty}r e^{-a r^{2}}\,dr.
Faço a substituição u=a r^{2}\Rightarrow du=2a r\,dr, daí r\,dr=\dfrac{du}{2a}. Assim
I^{2}=2\pi\int_{0}^{\infty}e^{-u}\frac{du}{2a}=\frac{\pi}{a}\int_{0}^{\infty}e^{-u}\,du=\frac{\pi}{a}.
Logo
I=\sqrt{\frac{\pi}{a}}.
Voltando ao nosso caso com a=\dfrac{m\omega}{\hbar}, obtemos
\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}}\,dx=\sqrt{\frac{\pi\hbar}{m\omega}}.

Passo 4

Substituo o valor da integral na condição de normalização:
|A_{0}|^{2}\sqrt{\frac{\pi\hbar}{m\omega}}=1.
Isolando |A_{0}|^{2}:
|A_{0}|^{2}=\frac{1}{\sqrt{\dfrac{\pi\hbar}{m\omega}}}=\sqrt{\frac{m\omega}{\pi\hbar}}.
Portanto o módulo de A_{0} é
|A_{0}|=\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}.
Na mecânica quântica é costume escolher a fase de normalização tal que A_{0} seja real e positivo. Assim tomamos
A_{0}=\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}.

Resposta

A_{0}=\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}

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