1, 2. ( 9 p) Considere o potencial de um elétron num poço quadrado infinito, centrado em x=0: V(x)=0 para -L / 2<x<L / 2, e \infty fora desta faixa. Mostre, que a função de onda \psi(x)=A \cdot \cos \frac{3 \pi x}{L} para -L / 2<x<L / 2, e 0 fora desta faixa, satisfaz a equação de Schrödinger e as condições de contorno. Quanto é a energia do elétron? Normalize a função de onda, isto é, determine a constante A. Dica: a primitiva de \cos ^{2} x é \frac{1}{2}(x+\operatorname{sen} x \cdot \cos x).

Passo 1

O enunciado dá o potencial e a função de onda e pede três coisas. Dados e perguntas (na íntegra):
V(x)=\begin{cases} 0, & -L/2 < x < L/2,\\[4pt] \infty, & \text{fora dessa faixa}, \end{cases}
a função de onda proposta é
\psi(x)= \begin{cases} A\cos\!\left(\dfrac{3\pi x}{L}\right), & -L/2<x<L/2,\\[6pt] 0, & \text{fora dessa faixa}. \end{cases}
As perguntas são:
  1. Mostrar que \psi(x) satisfaz a equação de Schrödinger (no poço, onde V=0) e as condições de contorno;
  2. Determinar a energia do elétron;
  3. Normalizar \psi(x), isto é, determinar a constante A.
    Nada mais será assumido — vamos provar cada passo com contas detalhadas.]

Passo 2

Calculando as derivadas de \psi(x) para usar na equação de Schrödinger. Definimos a constante
k=\frac{3\pi}{L}.
A função dentro do poço é \psi(x)=A\cos(kx). Usamos a regra da cadeia para derivar:
\psi'(x)=A\cdot\frac{d}{dx}\cos(kx)=A\cdot(-\sin(kx))\cdot k = -Ak\sin(kx).
Derivando de novo,
\psi''(x)=\frac{d}{dx}\big(-Ak\sin(kx)\big) = -Ak\cdot\cos(kx)\cdot k = -Ak^2\cos(kx).
Como \psi(x)=A\cos(kx), podemos escrever
\psi''(x) = -k^2 \psi(x).
Essas expressões foram obtidas passo a passo aplicando a regra da cadeia (derivada de \cos é -\sin, e derivada de \sin é \cos), e substituindo k=\dfrac{3\pi}{L}.

Passo 3

Agora colocamos \psi''(x) na equação de Schrödinger estacionária no interior do poço, onde V(x)=0. A equação é
-\frac{\hbar^2}{2m}\,\psi''(x) = E\,\psi(x).
Substituindo \psi''(x) = -k^2\psi(x) obtemos
-\frac{\hbar^2}{2m}\,(-k^2\psi(x)) = E\psi(x) \quad\Longrightarrow\quad \frac{\hbar^2 k^2}{2m}\,\psi(x) = E\psi(x).
Como \psi(x) não é a função nula dentro do poço, podemos cancelar \psi(x) e obter a energia associada:
E = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}.
Voltando k=\dfrac{3\pi}{L}, concluímos
E=\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{3\pi}{L}\right)^2 =\frac{9\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.
Isso mostra explicitamente que \psi(x) é autoestado de energia com o valor acima.

Passo 4

Verificação das condições de contorno. Para o poço infinito as condições exigidas são: \psi deve ser finita dentro do poço e deve anular-se nas paredes x=\pm L/2 (pois fora o potencial é infinito, a função deve ser zero ali).
Avaliamo-la nas paredes:
\psi\!\left(\pm\frac{L}{2}\right)=A\cos\!\left(k\cdot\frac{L}{2}\right)=A\cos\!\left(\frac{3\pi}{L}\cdot\frac{L}{2}\right) =A\cos\!\left(\frac{3\pi}{2}\right).
Sabemos que \cos\!\left(\tfrac{3\pi}{2}\right)=0. Portanto \psi(\pm L/2)=0. Fora do intervalo (-L/2,L/2) a função foi definida como zero no enunciado, então é contínua nas fronteiras e satisfaz as condições de contorno do poço infinito. (A derivada pode ser descontínua na fronteira por causa do potencial infinito, mas isso é aceitável para poço infinito; o que importa é que \psi é zero nas paredes.)

Passo 5

Normalização: exigir \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2\,dx=1. Como \psi(x)=0 fora de [-L/2,L/2], temos
1=\int_{-L/2}^{L/2} |A\cos(kx)|^2\,dx = |A|^2\int_{-L/2}^{L/2}\cos^2(kx)\,dx.
Fazemos a substituição conveniente t=kx. Então dx = dt/k e os limites mudam para t=\pm kL/2 = \pm 3\pi/2. Assim
\int_{-L/2}^{L/2}\cos^2(kx)\,dx = \frac{1}{k}\int_{-3\pi/2}^{3\pi/2}\cos^2 t\,dt.
A dica do enunciado dá a primitiva de \cos^2 t:
\int \cos^2 t\,dt = \frac{1}{2}\big(t+\sin t\cos t\big).
Avaliamo-a entre os limites. Primeiro observação: em t=\pm 3\pi/2 temos \cos(\pm 3\pi/2)=0, logo o termo \sin t\cos t vale zero em ambos os limites. Portanto
\int_{-3\pi/2}^{3\pi/2}\cos^2 t\,dt =\frac{1}{2}\Big(t\Big)\Big|_{-3\pi/2}^{3\pi/2} =\frac{1}{2}\bigg(\frac{3\pi}{2}-\big(-\frac{3\pi}{2}\big)\bigg) =\frac{1}{2}\cdot 3\pi = \frac{3\pi}{2}.
Voltando,
\int_{-L/2}^{L/2}\cos^2(kx)\,dx = \frac{1}{k}\cdot\frac{3\pi}{2}.
Mas k=3\pi/L, então
\frac{1}{k}\cdot\frac{3\pi}{2}=\frac{1}{3\pi/L}\cdot\frac{3\pi}{2}=\frac{L}{2}.
Portanto a integral de \cos^2(kx) sobre o poço é exatamente L/2. Substituindo na condição de normalização:
1 = |A|^2\cdot\frac{L}{2} \quad\Longrightarrow\quad |A|^2=\frac{2}{L}.

Passo 6

Escolhemos a fase de A para ser real e positiva (padrão usual). Assim
A=\sqrt{\frac{2}{L}}.
Resumo do que provamos: \psi(x)=\sqrt{\tfrac{2}{L}}\cos\!\left(\tfrac{3\pi x}{L}\right) (dentro do poço) satisfaz a equação de Schrödinger com energia E=\dfrac{9\pi^2\hbar^2}{2mL^2}, satisfaz as condições de contorno nas paredes e está normalizada.

Resposta

E=\dfrac{9\pi^2\hbar^2}{2mL^2}
A=\sqrt{\dfrac{2}{L}}

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