Para uma partícula em uma caixa, mostre que a diferença fracional em energia entre autovalores adjacentes é
\frac{\Delta E_{n}}{E_{n}}=\frac{2 n+1}{n^{2}}

Passo 1

O enunciado pede para mostrar a expressão da diferença fracional entre autovalores adjacentes de energia para uma partícula numa caixa (poço infinito unidimensional). Ou seja, mostrar que
\frac{\Delta E_{n}}{E_{n}}=\frac{E_{n+1}-E_{n}}{E_{n}}=\frac{2n+1}{n^{2}}.
Informações relevantes dadas (ou implicitamente padrão neste problema):
\text{a partícula tem massa } m,\quad \text{a caixa tem comprimento } L,í
e os níveis de energia quantizados E_{n} são os autovalores do problema do poço infinito com condições de contorno \psi(0)=\psi(L)=0. Os valores de n são inteiros positivos n=1,2,3,\dots.

Passo 2

Vou relembrar como surgem os autovalores E_{n} (passo-a-passo didático). No interior da caixa (potencial zero) a equação de Schrödinger estacionária é
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=E\psi(x).
Aqui \hbar é a constante de Planck reduzida, m a massa da partícula, E a energia e \psi(x) a função de onda. Esta é uma equação diferencial linear de segunda ordem cuja solução geral é combinação de senos e cossenos:
\psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx),
onde k está relacionado à energia por
k^{2}=\frac{2mE}{\hbar^{2}}.

Passo 3

Aplicamos as condições de contorno do poço infinito. Em x=0 temos \psi(0)=0, o que implica
\psi(0)=A\sin(0)+B\cos(0)=B=0.
Portanto \psi(x)=A\sin(kx). Em x=L temos \psi(L)=0, logo
\psi(L)=A\sin(kL)=0.
Para que exista solução não-trivial ( A\neq 0) é necessário \sin(kL)=0, daí
kL=n\pi,\qquad n=1,2,3,\dots
ou seja
k=\frac{n\pi}{L}.

Passo 4

Usando k^{2}=\dfrac{2mE}{\hbar^{2}} obtemos os autovalores de energia substituindo k:
\frac{2mE_{n}}{\hbar^{2}}=k^{2}=\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2}.
Isolando E_{n} vem
E_{n}=\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}=\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{2} =\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{2mL^{2}}.
Aqui E_{n} é o enésimo nível de energia.

Passo 5

Agora calculo a diferença entre níveis adjacentes:
E_{n+1}=\frac{(n+1)^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{2mL^{2}}.
Portanto
\Delta E_{n}=E_{n+1}-E_{n} =\frac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2mL^{2}}\big((n+1)^{2}-n^{2}\big).
Faço a conta (n+1)^{2}-n^{2} passo a passo:
(n+1)^{2}-n^{2}= (n^{2}+2n+1)-n^{2}=2n+1.
Logo
\Delta E_{n}=\frac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2mL^{2}}(2n+1).

Passo 6

Agora a diferença fracional pedida é
\frac{\Delta E_{n}}{E_{n}}=\frac{E_{n+1}-E_{n}}{E_{n}}.
Substituo as expressões encontradas. Note que tanto E_{n} quanto \Delta E_{n} contêm o mesmo fator comum \dfrac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2mL^{2}}, então ao dividir eles cancelam. Escrevo isso claramente:
\frac{\Delta E_{n}}{E_{n}} =\frac{\dfrac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2mL^{2}}(2n+1)}{\dfrac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2mL^{2}}\,n^{2}} =\frac{2n+1}{n^{2}}.
A simplificação é apenas o cancelamento do prefator físico e a divisão do polinômio em n.

Passo 7

Interpretação curta (útil na prova): a diferença absoluta \Delta E_{n} cresce com n (pois \Delta E_{n}\propto 2n+1), mas a diferença relativa \dfrac{\Delta E_{n}}{E_{n}}=\dfrac{2n+1}{n^{2}} decresce com n aproximadamente como \dfrac{2}{n} para n grande. Exemplos numéricos rápidos: para n=1 a fração vale \dfrac{3}{1}=3 (isto é, E_{2}-E_{1}=3E_{1}); para n=2 vale \dfrac{5}{4}=1{,}25.

Resposta

\frac{\Delta E_{n}}{E_{n}}=\frac{2n+1}{n^{2}}

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