Uma partícula numa caixa unidimensional está confinada na região x in [0, L] e sujeita a um potencial constante V. Ou seja, o operador hamiltoniano H do sistema vale
H=p^22 m+V, V= const , p=-i hbar dd x
onde m é a massa da partícula.
(a) Encontre as energias e as funções de onda normalizadas deste problema, i.e., resolva a equação de Schrödinger independente do tempo
H psin(x)=En psin(x)
e encontre psin(x) e En.
(b) Para uma partícula nesta caixa no estado inicial
psi(x, t=0) equiv psi(x)=1raiz2[psi0(x)+psi1(x)],
onde psin são auto-estados do hamiltoniano H, com psi0 o estado fundamental e psi1 o primeiro estado excitado. Qual a probabilidade desta partícula ser encontrada na no meio da caixa no instante
t=2 mhbar(Lpi)^2 ?
(c) Calcule o valor esperado (ou o valor médio) da energia do estado inicial psi(x), i.e., calcule
lang<= Erang<=psi=lang<=psi| H|psirang<= ?
onde
lang<=psi| H|psirang<==integral-infty^infty psi^*(x) H psi(x) d x
(d) Se for realizada uma medida da energia deste sistema quando você espera encontrar E0, E1 ou lang<= Erang<=psi ?

Passo 1

O enunciado fala de uma partícula de massa m confinada no intervalo 0<= x<= L sob potencial constante V dentro do poço (e infinito fora, garantindo psi(0)=psi(L)=0). O conteúdo principal é resolver a equação de Schr"odinger independente do tempo para obter as autofunções psin(x) e autovalores En, depois usar superposição para calcular probabilidades e valores médios.

Passo 2

Escrevemos a equação de Schr"odinger independente do tempo dentro do poço:
-hbar^22m,d^2psidx^2+V,psi = E,psi
ou seja
d^2psidx^2 + k^2,psi = 0, k^2 = 2m,(E-V)hbar^2,

Passo 3

A solução geral é psi(x)=Asin(kx)+Bcos(kx). As condições de contorno psi(0)=0 exigem B=0, e psi(L)=0 impõe
sin(kL)=0 Rightarrow kL = (n+1)pi, n=0,1,2,dots
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kn = (n+1)piL,
e
psin(x)=An,sin!l(tfrac(n+1)piLxr)

Passo 4

Normalizando em 0<= x<= L,
integral0^L| psin(x)|^2 dx =|An|^2integral0^Lsin^2!l(tfrac(n+1)piLxr)dx =|An|^2L2=1 ;Rightarrow; An=raiz2L
Assim
psin(x)=raiz2L, sin!l(tfrac(n+1)piLxr), En = V + hbar^2 kn^22m = V + hbar^2,(n+1)^2pi^22m,L^2

Passo 5

No instante t o estado é
psi(x,t) =1raiz2l[psi0(x)e^-iE0t/hbar+psi1(x)e^-iE1t/hbarr]
Em x=L/2 e dado
psi0(L/2)=raiztfrac2Lsinl(tfracpi2r)=raiztfrac2L, psi1(L/2)=raiztfrac2Lsin(pi)=0,
segue
psi(L/2,t) =1raiz2,psi0(L/2),e^-iE0t/hbar =raiz1L,e^-iE0t/hbar
A probabilidade de achar a partícula exatamente em x=L/2 (densidade de probabilidade) é
l|psi(L/2,t)r|^2 = 1L

Passo 6

O valor esperado da energia em psi(x,0) é
lang<= Erang<= =sumn=0^1 |cn|^2,En =12E0+12E1 =E0+E12

Passo 7

Se fizermos uma medida de energia, o sistema colapsa num autoestado e só podemos obter os autovalores E0 ou E1. Como |c0|^2=|c1|^2=1/2, cada um ocorre com probabilidade 1/2. O valor médio lang<= Erang<= não é o resultado de uma única medida, mas a média estatística de muitas.

Resposta

(a) psin(x)=raiz2Lsin!l(tfrac(n+1)pi xLr), En=V+hbar^2(n+1)^2pi^22mL^2,;n=0,1,2,dots.
(b) l|psi(L/2,t)r|^2=1L
(c) lang<= Erang<==E0+E12
(d) Em cada medida de energia obtém-se E0 ou E1 (cada um com probabilidade 1/2), não lang<= Erang<=.

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