1. Uma partícula está no estado fundamental do oscilador harmônico com frequência clássica \omega, quando repentinamente a constante da mola quadruplica, fazendo com que \omega^{\prime}=2 \omega, sem inicialmente mudar a função de onda (embora \psi passe a evoluir de forma diferente, uma vez que o Hamiltoniano mudou). Qual é a probabilidade de a medição de energia ainda resultar no valor \hbar \omega / 2 ? Qual é a probabilidade de se obter \hbar \omega ? [Respostas: 0 e 0,943 .]

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e faz estas perguntas:
  • Informação: A partícula está inicialmente no estado fundamental de um oscilador harmônico com frequência \omega.
  • Informação: Em t=0 a constante da mola é mudada instantaneamente (quádrupla), de modo que a nova frequência é \omega' = 2\omega. A função de onda imediatamente após a mudança é a mesma que antes da mudança (isto é, \psi(x,0) não muda instantaneamente).
  • Pergunta 1: Qual é a probabilidade de uma medição de energia (com o novo Hamiltoniano) resultar no valor \hbar \omega / 2?
  • Pergunta 2: Qual é a probabilidade de se obter \hbar \omega?
Esses são todos os dados do problema. No próximo passo eu explico as ideias que vamos usar e começo a resolver.

Passo 2

Ideia física e matemática que usamos (explicada passo a passo, sem pular etapas):
  • Quando o Hamiltoniano muda instantaneamente, a função de onda no instante logo após a mudança é a mesma que no instante imediatamente anterior; isso é a hipótese do “sudden change” (mudança súbita). Como as autofunções do novo Hamiltoniano formam uma base ortonormal, a probabilidade de medir um valor de energia igual a um autovalor E_n' do novo Hamiltoniano é o quadrado do módulo do coeficiente de expansão do estado inicial nessa base, isto é
P_n = \left|\langle \phi_n' \mid \psi_{\text{inicial}}\rangle\right|^2,
onde \{\phi_n'\} são os autovetores (autofunções) do novo Hamiltoniano e \psi_{\text{inicial}} é a função de onda imediatamente antes/na mudança.
  • Portanto, para responder às perguntas teremos que:
    1. Verificar se \hbar\omega/2 e \hbar\omega são autovalores do novo Hamiltoniano. Se não forem, a probabilidade é zero.
    2. Caso sejam autovalores, calcular o coeficiente de projeção entre a função de onda inicial (estado fundamental do oscilador de frequência \omega) e o autovetor correspondente do novo Hamiltoniano (por exemplo, o estado fundamental do oscilador com frequência \omega').
Vou aplicar isso agora.

Passo 3

Determinar os autovalores do novo Hamiltoniano e checar \hbar\omega/2:
  • Os autovalores do oscilador harmônico com frequência \omega' são
E_n' = \left(n+\tfrac{1}{2}\right)\hbar \omega',\qquad n=0,1,2,\dots
  • Aqui \omega' = 2\omega. Então
E_n' = \left(n+\tfrac{1}{2}\right)\hbar(2\omega) = (2n+1)\hbar\omega.
  • Agora veja se \hbar\omega/2 é igual a algum E_n'. Escrevendo \hbar\omega/2 na forma (2n+1)\hbar\omega daria
\frac{\hbar\omega}{2} = (2n+1)\hbar\omega \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{2} = 2n+1,
o que implica 2n = -\tfrac{1}{2}, ou seja n negativo não inteiro — impossível, já que n é inteiro não-negativo.
  • Conclusão: \hbar\omega/2 NÃO é um autovalor do novo Hamiltoniano. Logo, a probabilidade de medir exatamente \hbar\omega/2 é
P(\hbar\omega/2)=0.

Passo 4

Identificar qual autovalor do novo Hamiltoniano corresponde a \hbar\omega e preparar o cálculo da projeção:
  • Com \omega' = 2\omega temos, para n=0,
E_0' = \left(0+\tfrac{1}{2}\right)\hbar\omega' = \tfrac{1}{2}\hbar(2\omega) = \hbar\omega.
  • Portanto \hbar\omega é o autovalor fundamental do novo Hamiltoniano (isto é, o novo estado fundamental tem energia \hbar\omega). A probabilidade pedida na pergunta 2 é
P(\hbar\omega)=\left|\langle \phi_0' \mid \psi_0\rangle\right|^2,
onde \psi_0(x) é o estado fundamental do oscilador com frequência \omega (estado inicial) e \phi_0'(x) é o estado fundamental do oscilador com frequência \omega'=2\omega.

Passo 5

Escrever explicitamente as formas das funções de onda fundamentais (normalizadas) e montar a integral de sobreposição:
  • Estado fundamental para frequência \omega:
\psi_0(x)=\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\exp\!\left(-\frac{m\omega x^2}{2\hbar}\right).
Aqui m é a massa, \hbar a constante reduzida; o fator \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4} normaliza a função (ou seja, garante \int_{-\infty}^{\infty}|\psi_0(x)|^2dx=1).
  • Estado fundamental para frequência \omega':
\phi_0'(x)=\left(\frac{m\omega'}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\exp\!\left(-\frac{m\omega' x^2}{2\hbar}\right).
  • O coeficiente de sobreposição (produto interno) é
I \equiv \langle \phi_0' \mid \psi_0\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} \phi_0'^*(x)\,\psi_0(x)\,dx.
Substituindo as expressões:
I = \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\left(\frac{m\omega'}{\pi\hbar}\right)^{1/4} \int_{-\infty}^{\infty}\exp\!\left[-\frac{m(\omega+\omega')x^2}{2\hbar}\right]dx.

Passo 6

Calcular a integral gaussiana e simplificar passo a passo:
  • Uso da fórmula padrão da integral gaussiana:
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}},\qquad \text{para } \Re(a)>0.
Aqui a = \dfrac{m(\omega+\omega')}{2\hbar}. Portanto
\int_{-\infty}^{\infty}\exp\!\left[-\frac{m(\omega+\omega')x^2}{2\hbar}\right]dx = \sqrt{\frac{2\pi\hbar}{m(\omega+\omega')}}.
  • Substituindo na expressão de I:
I = \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\left(\frac{m\omega'}{\pi\hbar}\right)^{1/4} \sqrt{\frac{2\pi\hbar}{m(\omega+\omega')}}.
  • Agrupando fatores:
\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4}\left(\frac{m\omega'}{\pi\hbar}\right)^{1/4} = \frac{(m^2\omega\omega')^{1/4}}{(\pi\hbar)^{1/2}}.
Multiplicando pelo fator da raiz:
I = \frac{(m^2\omega\omega')^{1/4}}{(\pi\hbar)^{1/2}} \sqrt{\frac{2\pi\hbar}{m(\omega+\omega')}}.
  • Simplificando: (\pi\hbar)^{1/2} no denominador cancela a \sqrt{\pi\hbar} do numerador deixando \sqrt{2}. O fator m^{1/2} também cancela, restando
I = \sqrt{2}\,\frac{(\omega\omega')^{1/4}}{\sqrt{\omega+\omega'}}.
(Detalhe do cancelamento: (m^2)^{1/4}=m^{1/2} e na raiz do denominador aparece \sqrt{m}, que cancelam.)

Passo 7

Obter a probabilidade (módulo quadrado) e avaliar para \omega' = 2\omega:
  • A probabilidade de encontrar a energia \hbar\omega (novo estado fundamental) é
P(\hbar\omega)=|I|^2 = 2\,\frac{\sqrt{\omega\omega'}}{\omega+\omega'} = \frac{2\sqrt{\omega\omega'}}{\omega+\omega'}.
  • Agora substitua \omega' = 2\omega:
\sqrt{\omega\omega'} = \sqrt{\omega\cdot 2\omega} = \sqrt{2}\,\omega,
portanto
P(\hbar\omega)=\frac{2\sqrt{2}\,\omega}{\omega+2\omega}=\frac{2\sqrt{2}\,\omega}{3\omega}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.
  • Valor numérico:
\frac{2\sqrt{2}}{3}\approx 0,9428\approx 0{,}943.

Passo 8

Resumo final e interpretação curta (estímulo): a primeira probabilidade é zero porque \hbar\omega/2 não é um autovalor do novo Hamiltoniano; a segunda é grande ( \approx 0{,}943) porque os dois estados fundamentais são ambos gaussianos concentrados em x=0 e com larguras próximas, então têm alta sobreposição. Vai dar tudo certo na prova — este tipo de cálculo é só projeção de gausssianas e manejo de integrais gaussianas!

Resposta

0
0{,}943

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