Neste problema, iremos explorar o princípio variacional e a combinação linear de orbitais em um problema mais simples que já estudamos no nosso curso. Suponha uma partícula de massa m que é livre para se mover dentro de uma caixa unidimensional de comprimento L. Este problema foi tratado em sala de aula e vimos que a função de onda exata e a energia do estado fundamental, dentro do intervalo 0 <= x <= L, valem:
psi(x)=(2L)^1 / 2 sin (pi xL), E1=pi^22 hbar^2m L^2 approx(4,934802201) hbar^2m L^2
Lembrando que a função de onda é nula nas regiões x<0 e x>L, ou seja, a partícula não existe nestas regiões. Neste problema, vamos obter uma aproximação para o valor da energia do estado fundamental, utilizando uma aproximação para a função de onda exata apresentada anteriormente.
i) Mostre que as energias que são soluções da equação do item h) são dadas por:
E pm=lang<=Hrang<=1+lang<=Hrang<=2-2 beta S pm raiz(lang<=Hrang<=1+lang<=Hrang<=2-2 beta S)^2-4(1-S^2)(lang<=Hrang<=1lang<=Hrang<=2-beta^2)2(1-S^2)

Passo 1

Beleza, vamos lá! O enunciado fala sobre o princípio variacional e combinação linear de orbitais. Temos uma partícula de massa $ m $ se movendo livremente dentro de uma caixa unidimensional de comprimento $ L $. Já conhecemos a função de onda exata e a energia do estado fundamental desse sistema. Agora, queremos usar uma aproximação para a função de onda e encontrar uma expressão para a energia do estado fundamental dessa aproximação. Para isso, vamos precisar aplicar conceitos de mecânica quântica como o princípio variacional e trabalhar com combinações lineares de funções de onda.

Passo 2

Primeiro, vamos lembrar o que é o princípio variacional. Ele nos diz que se escolhermos uma função de onda de teste $ \psi $ que respeita as condições de contorno do sistema, a energia esperada $ \langle \hat{H} \rangle $ calculada com essa função de onda sempre será maior ou igual à energia do verdadeiro estado fundamental. Ou seja,
psi
Aqui, $ \hat{H} $ é o operador Hamiltoniano do sistema.

Passo 3

Agora, vamos considerar uma combinação linear de duas funções de onda, digamos $ \psi_1 $ e $ \psi_2 $. Podemos escrever a função de onda de teste como:
psi1
onde $ c_1 $ e $ c_2 $ são coeficientes que precisamos determinar. Para simplificar, vamos normalizar essa combinação linear, ou seja, escolher $ c_1 $ e $ c_2 $ de forma que $ \langle \psi | \psi \rangle = 1 $.

Passo 4

A energia esperada para essa combinação linear é dada por:
lang<= H rang<= = c1^2 lang<= H rang<=1 + c2^2 lang<= H rang<=2 + 2 c1 c2 betac1^2 + c2^2 + 2 c1 c2 S
onde:
  • $ \langle \hat{H} \rangle_1 $ é a energia esperada com $ \psi_1 $
  • $ \langle \hat{H} \rangle_2 $ é a energia esperada com $ \psi_2 $
  • $ \beta = \langle \psi_1 | \hat{H} | \psi_2 \rangle $ é o elemento de acoplamento
  • $ S = \langle \psi_1 | \psi_2 \rangle $ é o fator de sobreposição entre as funções de onda

Passo 5

Para encontrar os valores de energia que minimizam $ \langle \hat{H} \rangle $, precisamos resolver a equação característica resultante da variacionalização. Isso envolve montar uma matriz Hamiltoniana e uma matriz de sobreposição. A equação característica fica:
lang<= H rang<=
Resolvendo o determinante, temos uma equação quadrática em $ E $.

Passo 6

Calculando o determinante da matriz, obtemos:
(lang<= H rang<=1 - E)(lang<= H rang<=2 - E) - (beta - E S)^2 = 0
Expandindo e reorganizando os termos, chegamos à forma padrão da equação quadrática:
E^2 - (lang<= H rang<=1 + lang<= H rang<=2 - 2 beta S) E + (lang<= H rang<=1 lang<= H rang<=2 - beta^2)(1 - S^2) = 0

Passo 7

Resolvendo essa equação quadrática para $ E $, usamos a fórmula de Bhaskara:
E
Essa é exatamente a expressão que o enunciado nos pede para mostrar.

Resposta

Pronto! Mostramos passo a passo como chegar à expressão para as energias $ E_{\pm} $ que resolvem a equação do item i). A formulação final é:
Epm

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