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 \mathrm{pt} ) primeiro estado excitado n=1

Passo 1

Enunciado e o que é pedido. Temos a solução estacionária
\psi_{n}(x,t)=A_{n} e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^{2}}H_{n}(x)e^{-\frac{iE_{n}}{\hbar}t}
e o exercício pede para determinar a constante de normalização A_{n} para o primeiro estado excitado, isto é n=1. Foi observado que cada nível pode ser normalizado independentemente dos demais. Portanto a tarefa é achar A_{1} tal que a função de onda seja normalizada em x\in(-\infty,\infty).

Passo 2

Condição de normalização e simplificação temporal. A condição de normalização é
\int_{-\infty}^{\infty}|\psi_{1}(x,t)|^{2}\,dx=1.
Como |e^{-iE_{1}t/\hbar}|^{2}=1, o fator temporal desaparece do módulo ao quadrado. Assim
|\psi_{1}(x,t)|^{2}=|A_{1}|^{2} e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}}\bigl[H_{1}(x)\bigr]^{2}.
Logo a normalização fica
|A_{1}|^{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{m\omega}{\hbar}x^{2}}\bigl[H_{1}(x)\bigr]^{2}\,dx=1.

Passo 3

Mudança de variável para usar a ortogonalidade dos polinômios de Hermite. É padrão trabalhar com a variável adimensional
\xi=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\;x.
Então
dx=\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\,d\xi
e a exponencial transforma-se em e^{-\xi^{2}}. Substituindo na integral obtemos
|A_{1}|^{2}\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\xi^{2}}\bigl[H_{1}(\xi)\bigr]^{2}\,d\xi=1.
Observação: aqui interpretamos H_{n} como os polinômios de Hermite na variável adimensional \xi, que é a forma canônica usada na ortogonalidade.

Passo 4

Ortogonalidade dos polinômios de Hermite (fórmula usada). A propriedade clássica é
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\xi^{2}} H_{n}(\xi)H_{m}(\xi)\,d\xi=\sqrt{\pi}\,2^{n}n!\;\delta_{nm}.
Isto significa, para n=m,
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\xi^{2}}\bigl[H_{n}(\xi)\bigr]^{2}\,d\xi=\sqrt{\pi}\,2^{n}n!.
Breve comentário didático: essa identidade vem da definição dos polinômios de Hermite e da sua ortogonalidade com o peso e^{-\xi^{2}}; não precisamos provar aqui, basta aplicá-la.

Passo 5

Aplicando a fórmula para n=1. Para n=1 a integral vale
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\xi^{2}}\bigl[H_{1}(\xi)\bigr]^{2}\,d\xi=\sqrt{\pi}\,2^{1}1!=2\sqrt{\pi}.
Substituindo na condição de normalização do Passo 3:
|A_{1}|^{2}\sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}}\;2\sqrt{\pi}=1.

Passo 6

Resolvendo para A_{1}. Isolando |A_{1}|^{2} obtemos
|A_{1}|^{2}=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}=\frac{(m\omega/\hbar)^{1/2}}{2\sqrt{\pi}}.
Escolhemos A_{1} positivo real (padrão de normalização), então
A_{1}=\sqrt{|A_{1}|^{2}}=\left(\frac{m\omega}{\hbar}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2}\,\pi^{1/4}}.
Reescrevendo de forma comum e mais compacta,
A_{1}=\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2}}.

Resposta

A_{1}=\left(\dfrac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\dfrac{1}{\sqrt{2}}

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