1. Uma partícula livre tem a seguinte função de onda inicial:
\Psi(x, 0)=A e^{-a|x|},
em que A e a são constantes reais positivas.
(a) Normalize \Psi(x, 0).
(b) Calcule \varphi(k).
(c) Monte \Psi(x, t) na forma de uma integral.
(d) Discuta os casos limite ( a “muito grande” a " muito pequeno").
11. O pacote de onda gaussiano (ver material de aula). Uma partícula livre tem como função de onda inicial:
\Psi(x, 0)=A e^{-a x^{2}},
em que A e a são constantes ( a é real e positivo).
(a) Normalize \Psi(x, 0).
(b) Calcule \Psi(x, t). Dica: pode-se lidar com integrais da forma:
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\left(a x^{2}+b x\right)} d x
“completando o quadrado”: tome y \equiv \sqrt{a}[x+(b / 2 a)], e observe que \left(a x^{2}+b x\right)=y^{2}-\left(b^{2} / 4 a\right). Resposta:
\Psi(x, t)=\left(\frac{2 a}{\pi}\right)^{1 / 4} \frac{e^{-a x^{2} /[1+(2 i \hbar a t / m)]}}{\sqrt{1+(2 i \hbar a t / m)}} .
(c) Calcule |\Psi(x, t)|^{2}. Dê a sua resposta em termos da quantidade
w \equiv \sqrt{\frac{a}{1+(2 \hbar a t / m)^{2}}}
Esboce |\Psi|^{2} (como uma função de x ) em t=0, e novamente para t bastante grande. Qualitativamente, o que acontece com |\Psi|^{2} no decorrer do tempo?
(d) Calcule \langle x\rangle,\langle p\rangle,\left\langle x^{2}\right\rangle,\left\langle p^{2}\right\rangle, \sigma_{x} e \sigma_{p}. Resposta parcial: \left\langle p^{2}\right\rangle=a \hbar^{2}, porém, pode ser necessário o uso de um pouco de álgebra para reduzi-lo à forma simples.
(e) O princípio da incerteza se mantém válido? A que tempo t o sistema chega próximo do limite mínimo da incerteza?

Passo 1

Enunciado resumido e dados fornecidos (objetivo claro para cada item).
Para o exercício 10:
  • A função de onda inicial é \Psi(x,0)=A e^{-a|x|}, com A>0 e a>0.
  • Pedidos:
    (a) Normalizar \Psi(x,0).
    (b) Calcular \varphi(k) (a transformada de Fourier, amplitude em k-espaço).
    (c) Escrever \Psi(x,t) na forma de integral usando \varphi(k) e a evolução temporal de uma partícula livre.
    (d) Discutir limites qualitativos para a muito grande e a muito pequeno.
Para o exercício 11:
  • A função de onda inicial é \Psi(x,0)=A e^{-a x^{2}}, com a>0.
  • Pedidos:
    (a) Normalizar \Psi(x,0).
    (b) Calcular \Psi(x,t) explicitando a integral (dica: completar quadrado).
    (c) Calcular |\Psi(x,t)|^{2}, escrever em termos de w\equiv\sqrt{\dfrac{a}{1+(2\hbar a t/m)^{2}}} e discutir comportamento temporal (esboçar para t=0 e t grande).
    (d) Calcular \langle x\rangle,\langle p\rangle,\langle x^{2}\rangle,\langle p^{2}\rangle,\sigma_{x},\sigma_{p}.
    (e) Verificar o princípio da incerteza e estimar o tempo em que o sistema fica próximo do limite mínimo de incerteza.
Todas as informações necessárias estão no enunciado. A resolução começa no Passo 2.

Passo 2

Conceitos e fórmulas básicas que vamos usar (mini-aula prática, sem pressupor conhecimento).
  • Normalização em espaço real: a condição é
\int_{-\infty}^{\infty} |\Psi(x,0)|^{2} dx = 1.
Explico: |\Psi|^{2} dá densidade de probabilidade; a integral sobre todo o eixo deve ser 1.
  • Transformada de Fourier (convenção que vou usar):
\varphi(k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\Psi(x,0)\,e^{-i k x}\,dx,
\Psi(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(k)\,e^{i k x - i\omega(k)t}\,dk,
onde para partícula livre \omega(k)=\dfrac{\hbar k^{2}}{2m} (energia \hbar\omega = p^{2}/2m com p=\hbar k).
  • Integrais úteis:
\int_{0}^{\infty} e^{-b x} dx = \frac{1}{b}\quad(\Re b>0),
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^{2}} dx = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\quad(\Re \alpha>0),
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^{2} + \beta x}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\,e^{\beta^{2}/(4\alpha)} \quad(\Re \alpha>0),
além da técnica de “completar o quadrado” quando aparece um termo linear no expoente.
  • Operadores e expectativas:
\langle x\rangle = \int \Psi^{*} x \Psi\,dx,\qquad \langle p\rangle = \int \Psi^{*} \left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right) \Psi\,dx,
\langle p^{2}\rangle = \int \Psi^{*} \left(-\hbar^{2}\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}\right)\Psi\,dx.
Se a função é par (simétrica) em x, então \langle x\rangle=0 e \langle p\rangle=0.

Passo 3

Resolução do exercício 10 — item (a) normalização.
Queremos A tal que
\int_{-\infty}^{\infty} |A|^{2} e^{-2a|x|} dx = 1.
Como A é real positivo podemos tirar A^{2} para fora:
A^{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2a|x|} dx = 1.
Use simetria e a integral de decaimento exponencial:
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-2a|x|} dx = 2\int_{0}^{\infty} e^{-2a x} dx = 2\cdot\frac{1}{2a}=\frac{1}{a}.
Logo
A^{2}\cdot\frac{1}{a}=1 \quad\Rightarrow\quad A=\sqrt{a}.
Comentário didático: físico fala "a função tem cauda exponencial; a integral dá 1/a, então a constante normalizadora é \sqrt{a}". Isso também mostra que a dimensão física está correta (unidade de comprimento apropriada).

Passo 4

Resolução do exercício 10 — item (b) cálculo de \varphi(k).
Usamos a definição
\varphi(k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\Psi(x,0)\,e^{-i k x}\,dx =\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a|x|} e^{-i k x} dx.
Separamos a integral em duas partes (negativos e positivos):
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a|x|} e^{-i k x} dx = \int_{-\infty}^{0} e^{a x} e^{-i k x} dx + \int_{0}^{\infty} e^{-a x} e^{-i k x} dx.
Calcule cada parte (usando \Re(a)>0):
  • Para x>0:
\int_{0}^{\infty} e^{-(a + i k)x} dx = \frac{1}{a + i k}.
  • Para x<0:
\int_{-\infty}^{0} e^{(a - i k)x} dx = \frac{1}{a - i k}.
Somando:
\frac{1}{a+i k}+\frac{1}{a-i k}=\frac{2a}{a^{2}+k^{2}}.
Portanto
\varphi(k)=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{2a}{a^{2}+k^{2}}.
Podemos deixar assim ou escrever de forma ligeiramente simplificada:
\varphi(k)=\frac{2a\sqrt{a}}{\sqrt{2\pi}\,(a^{2}+k^{2})}.

Passo 5

Comentário físico sobre \varphi(k) e checagem de comportamento.
  • \varphi(k) é real e par em k (como esperado, pois \Psi(x,0) é real e par).
  • Para k grande, \varphi(k)\sim 1/k^{2}: distribuição de momento com cauda lenta (power-law) — isso significa que a função exponencial com quina absoluta ( |x|) tem uma distribuição de momento mais “larga” que uma gaussiana; ou seja, alta probabilidade de altos momentos comparada à gaussiana.
  • A normalização de \varphi satisfaz \int |\varphi(k)|^{2} dk =1 (pode ser verificado, não é pedido explicitamente, mas a construção pelo par de transformadas assegura isso).

Passo 6

Resolução do exercício 10 — item (c) montar \Psi(x,t) como integral.
A evolução temporal para partícula livre é implementada multiplicando \varphi(k) por e^{-i\hbar k^{2}t/(2m)} e invertendo a transformada:
\Psi(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(k)\,e^{i k x - i\hbar k^{2} t/(2m)}\,dk.
Inserindo \varphi(k) obtida:
\Psi(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2a\sqrt{a}}{\sqrt{2\pi}\,(a^{2}+k^{2})}\,e^{i k x - i\hbar k^{2} t/(2m)}\,dk.
Como fator constante:
\Psi(x,t)=\frac{2a\sqrt{a}}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i k x - i\hbar k^{2} t/(2m)}}{a^{2}+k^{2}}\,dk =\frac{a\sqrt{a}}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i k x - i\hbar k^{2} t/(2m)}}{a^{2}+k^{2}}\,dk.
Isto é a forma integral pedida: \Psi(x,t) expressa por uma integral sobre k com o núcleo \dfrac{e^{i k x - i\hbar k^{2} t/(2m)}}{a^{2}+k^{2}}.
Observação prática: a integral pode ser avaliada por métodos de integração em plano complexo (pólos em k=\pm i a) e evolução por contornos (dependendo do sinal de t e x), mas aqui o pedido é montar a forma integral; análise qualitativa dos limites basta para a parte (d).

Passo 7

Resolução do exercício 10 — item (d) discussão dos limites qualitativos.
Lembrete físico: a controla a largura em x. A função inicial é \Psi(x,0)=\sqrt{a}e^{-a|x|}.
  • Caso a muito grande: \Psi(x,0) é muito concentrada perto de x=0 (onda estreita em posição). Pelo princípio de Fourier, função estreita em x implica distribuição de k ampla — isto é, \varphi(k) é larga. Consequência física: grande dispersão de momentos, componentes de alta energia presentes -> a onda se espalha rapidamente no tempo (rápida dispersão espacial).
  • Caso a muito pequeno: \Psi(x,0) é muito larga/espalhada em x. Então \varphi(k) é estreita (quase concentrada perto de k=0). Consequência: poucos componentes de alto momento -> a função de onda se espalha lentamente, ou seja, a distribuição espacial muda pouco num curto intervalo de tempo.
    Comentário: para exponencial a cauda de \varphi(k) é lenta ( \sim 1/k^{2}), então mesmo para a moderado existem componentes de alto k que contribuem certo espalhamento.

Passo 8

Resolução do exercício 11 — item (a) normalização do pacote gaussiano.
Temos \Psi(x,0)=A e^{-a x^{2}} com a>0. Normalização:
\int_{-\infty}^{\infty}|A|^{2} e^{-2 a x^{2}} dx = 1.
Usando \int e^{-\alpha x^{2}}dx=\sqrt{\pi/\alpha} com \alpha=2a:
|A|^{2}\sqrt{\frac{\pi}{2a}}=1 \quad\Rightarrow\quad |A|^{2}=\sqrt{\frac{2a}{\pi}}.
Tomando A real e positivo:
A=\left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/4}.
Comentário: essa é a constante normalizadora padrão de um gaussiano com fator e^{-a x^{2}}.

Passo 9

Resolução do exercício 11 — item (b) cálculo de \Psi(x,t) (passo a passo).
Primeiro calcule \varphi(k):
\varphi(k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}A e^{-a x^{2}} e^{-i k x} dx.
Use a integral gaussiana com termo linear: com \alpha=a e \beta=-ik vale
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2} - i k x} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}\, e^{-k^{2}/(4a)}.
Logo
\varphi(k)=\frac{A}{\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\,e^{-k^{2}/(4a)} = A\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{a}}\,e^{-k^{2}/(4a)}.
Agora a evolução temporal:
\Psi(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\varphi(k)\,e^{i k x - i\hbar k^{2}t/(2m)}\,dk.
Substituindo \varphi(k):
\Psi(x,t)=\frac{A}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2a}}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-k^{2}/(4a) + i k x - i\hbar k^{2}t/(2m)}\,dk.
Combine os termos quadráticos em k:
-\frac{k^{2}}{4a} - i\frac{\hbar k^{2}t}{2m} = -\left(\frac{1}{4a} + i\frac{\hbar t}{2m}\right) k^{2}.
Defina
\alpha \equiv \frac{1}{4a} + i\frac{\hbar t}{2m}.
Então precisamos calcular a integral gaussiana
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha k^{2} + i k x}\,dk,
que, pela fórmula da integral gaussiana com termo linear (desde que \Re \alpha>0, o que é verdade para qualquer t porque \Re \alpha = 1/(4a)>0), vale
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha k^{2} + i k x}\,dk = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\, e^{-x^{2}/(4\alpha)}.
Portanto
\Psi(x,t)=\frac{A}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2a}}\cdot \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\, e^{-x^{2}/(4\alpha)}.
Agora simplificamos os fatores numéricos. Primeiro substituímos A=(2a/\pi)^{1/4}:
\frac{A}{\sqrt{2\pi}}\cdot\frac{1}{\sqrt{2a}} = \left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{\sqrt{2a}}.
Trabalhando com potências:
\left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{\sqrt{2a}} = \left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2a}\sqrt{2\pi}} = \left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2a}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}.
Ao simplificar com \sqrt{\pi/\alpha} obtemos finalmente (após cancelamentos; aqui mostro o passo-chave): multiplicando por \sqrt{\pi/\alpha} resulta em
\Psi(x,t)=\left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/4}\frac{e^{-x^{2}/(4\alpha)}}{\sqrt{1+ 2 i \hbar a t/m}}.
Agora expressamos \alpha de forma conveniente:
\alpha=\frac{1}{4a}\left(1+ \frac{2 i\hbar a t}{m}\right).
Então
\frac{1}{4\alpha}=\frac{a}{1 + 2 i\hbar a t / m}.
Substituindo no expoente e no denominador obtemos a forma final:
\Psi(x,t)=\left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/4}\frac{\exp\!\bigl(-\dfrac{a x^{2}}{1+(2 i \hbar a t / m)}\bigr)}{\sqrt{\,1+(2 i \hbar a t / m)\,}}.
Isto coincide com a resposta fornecida no enunciado.

Passo 10

Resolução do exercício 11 — item (c) cálculo de |\Psi(x,t)|^{2} e discussão qualitativa.
Partimos da expressão obtida:
\Psi(x,t)=\left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/4}\frac{e^{-a x^{2}/[1+(2 i \hbar a t / m)]}}{\sqrt{1+(2 i \hbar a t / m)}}.
Defina u\equiv \dfrac{2\hbar a t}{m} (número real). Então 1+2 i\hbar a t / m = 1 + i u e |1+i u|^{2}=1+u^{2}.
O módulo quadrado é
|\Psi(x,t)|^{2}=\left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/2}\frac{\exp\!\bigl(-\dfrac{2a x^{2}}{1+u^{2}}\bigr)}{\sqrt{1+u^{2}}}.
Agora introduzimos w como pedido:
w\equiv\sqrt{\frac{a}{1+u^{2}}}=\sqrt{\frac{a}{1+(2\hbar a t / m)^{2}}}.
Reescrevendo, note que 2w^{2} = \dfrac{2a}{1+u^{2}}. Assim
|\Psi(x,t)|^{2}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\,w\,e^{-2 w^{2} x^{2}}.
Verificações:
  • Para t=0 temos u=0, w=\sqrt{a} e
|\Psi(x,0)|^{2}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\,\sqrt{a}\,e^{-2 a x^{2}},
que é a forma inicial normalizada (coincide com |A|^{2}e^{-2ax^{2}}).
  • Para t grande, u\gg1 então w\approx \sqrt{\dfrac{a}{u^{2}}}=\dfrac{1}{u}\sqrt{a}\propto 1/t. Assim w\to 0 e a amplitude máxima (prefator \sqrt{2/\pi}\,w) tende a zero e a largura efetiva (inversa de w) cresce: o pacote alarga e a densidade diminui no centro — é o espalhamento (dispersion).
Esboço qualitativo:
  • Em t=0: |\Psi|^{2} é uma gaussiana estreita centrada em x=0.
  • Para t grande: |\Psi|^{2} é uma gaussiana larga e baixa (mesma área 1), a largura cresce com t, indicando dispersão do pacote de onda.

Passo 11

Resolução do exercício 11 — item (d) cálculo das médias e variâncias.
Simetrias: \Psi(x,t) é sempre função par em x e fase par/ímpar tal que
\langle x\rangle = 0,\qquad \langle p\rangle = 0
para todo t.
Cálculo de \langle x^{2}\rangle:
Usamos a forma de |\Psi|^{2} com parâmetro \alpha_{\mathrm{eff}}=2w^{2} (ou diretamente a fórmula do momento de uma gaussiana):
\langle x^{2}\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} x^{2}\left(\sqrt{\frac{2}{\pi}}\,w\,e^{-2 w^{2} x^{2}}\right)dx.
Usando \int x^{2} e^{-\alpha x^{2}}dx = \dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha^{3}}} e com normalização, chega-se a
\langle x^{2}\rangle = \frac{1}{4 w^{2}}.
Portanto a dispersão em x (desvio-padrão) é
\sigma_{x}=\sqrt{\langle x^{2}\rangle - \langle x\rangle^{2}}=\frac{1}{2w}.
Mas w depende de t via w=\sqrt{\dfrac{a}{1+(2\hbar a t/m)^{2}}}. Substituindo:
\sigma_{x}(t)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1+(2\hbar a t/m)^{2}}{a}}.
Cálculo de \langle p^{2}\rangle:
Duas vias: usar representação em k (onde \varphi(k) é gaussiana) ou operar com -\hbar^{2}\partial^{2}/\partial x^{2}. Se usarmos a forma inicial e o operador,
\frac{\partial \Psi}{\partial x} = -2a x \Psi,\qquad \frac{\partial^{2}\Psi}{\partial x^{2}}=(4a^{2}x^{2}-2a)\Psi.
Então
\langle p^{2}\rangle = -\hbar^{2}\int \Psi^{*}\frac{\partial^{2}\Psi}{\partial x^{2}} dx = -\hbar^{2}\int \Psi^{*}(4a^{2}x^{2}-2a)\Psi\,dx.
Isto dá
\langle p^{2}\rangle = -\hbar^{2}\left(4a^{2}\langle x^{2}\rangle - 2a\right).
Como \langle x^{2}\rangle = 1/(4w^{2}) e observando que a razão w^{2}/a = 1/(1+u^{2}) faz com que 4a^{2}\langle x^{2}\rangle = a\cdot\frac{a}{w^{2}} \cdot \frac{1}{a}? — para não confundir, a forma mais simples: para qualquer tempo, usando \varphi(k) (onde a fase temporal cancela em |\varphi|^{2}), a distribuição em k é gaussiana com variância fixa, então \langle p^{2}\rangle é tempo-independente. Avaliando em t=0 (onde w=\sqrt{a}):
\langle x^{2}\rangle_{t=0}=\frac{1}{4a}.
Substituindo na expressão acima:
\langle p^{2}\rangle = -\hbar^{2}\left(4a^{2}\cdot\frac{1}{4a} -2a\right) = -\hbar^{2}(a-2a) = a\hbar^{2}.
Portanto, para todo t (conservação do quadrado do momento para partícula livre):
\langle p^{2}\rangle = a\hbar^{2}.
E então
\sigma_{p} = \sqrt{\langle p^{2}\rangle - \langle p\rangle^{2}} = \hbar\sqrt{a}.
Resumo das expressões:
\langle x\rangle=0,\qquad \langle p\rangle=0,
\langle x^{2}\rangle=\frac{1}{4w^{2}}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1+(2\hbar a t/m)^{2}}{a},
\langle p^{2}\rangle = a\hbar^{2},
\sigma_{x}=\frac{1}{2w}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1+(2\hbar a t/m)^{2}}{a}},\qquad \sigma_{p}=\hbar\sqrt{a}.

Passo 12

Resolução do exercício 11 — item (e) princípio da incerteza e tempo para aproximar o mínimo.
O produto das incertezas é
\sigma_{x}\sigma_{p} = \left(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1+(2\hbar a t/m)^{2}}{a}}\right)\cdot (\hbar\sqrt{a}) = \frac{\hbar}{2}\sqrt{1+\left(\frac{2\hbar a t}{m}\right)^{2}}.
Observações:
  • No instante t=0 o produto é exatamente \hbar/2, que é o limite mínimo permitido pelo princípio da incerteza de Heisenberg. Portanto o pacote gaussiano inicial é um estado mínimo de incerteza.
  • Para t>0 o produto cresce com |t| (pois o termo dentro da raiz é 1+(\cdots)^{2}), então o estado deixa de ser mínimo e a incerteza somente aumenta devido à dispersão do pacote livre.
Pergunta: “A que tempo t o sistema chega próximo do limite mínimo da incerteza?” — interpretação prática:
  • O produto é próximo do mínimo se \left(\dfrac{2\hbar a t}{m}\right)^{2}\ll 1, i.e. se
\left|\frac{2\hbar a t}{m}\right|\ll 1 \quad\Longrightarrow\quad |t|\ll \tau,
onde definimos a escala de tempo característica
\tau \equiv \frac{m}{2\hbar a}.
Assim, para tempos t muito menores que \tau o produto de incertezas permanece próximo de \hbar/2. No instante t=0 é exatamente mínimo; depois disso, à medida que t cresce comparável a \tau, o produto aumenta significativamente.
Interpretação física: \tau é a escala de tempo de espalhamento do pacote. Se quiser que o sistema esteja “próximo” do limite mínimo na prática, peça por exemplo |t|\le 0,1\tau (ou outro critério), dependendo do quão “próximo” se exige.

Resposta

10(a) A=\sqrt{a}.
10(b) \displaystyle \varphi(k)=\frac{2a\sqrt{a}}{\sqrt{2\pi}\,(a^{2}+k^{2})}.
10(c) \displaystyle \Psi(x,t)=\frac{a\sqrt{a}}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i k x - i\hbar k^{2}t/(2m)}}{a^{2}+k^{2}}\,dk.
10(d) a muito grande: \Psi(x,0) muito concentrada em x, \varphi(k) ampla \Rightarrow forte dispersão (espalha rápido). a muito pequeno: \Psi(x,0) larga em x, \varphi(k) estreita \Rightarrow pouca dispersão (espalha lentamente).\n11(a) A=\left(\dfrac{2a}{\pi}\right)^{1/4}.
11(b) \displaystyle \Psi(x,t)=\left(\frac{2a}{\pi}\right)^{1/4}\frac{\exp\!\bigl(-\dfrac{a x^{2}}{1+(2 i \hbar a t / m)}\bigr)}{\sqrt{\,1+(2 i \hbar a t / m)\,}}.
11(c) \displaystyle |\Psi(x,t)|^{2}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\,w\,e^{-2 w^{2} x^{2}},\quad w=\sqrt{\frac{a}{1+(2\hbar a t / m)^{2}}}. (Em t=0 gaussiana estreita; para t grande gaussiana larga e baixa — há dispersão.)
11(d) \displaystyle \langle x\rangle=0,\;\langle p\rangle=0,\;\langle x^{2}\rangle=\frac{1}{4w^{2}}=\frac{1}{4}\frac{1+(2\hbar a t/m)^{2}}{a},\;\langle p^{2}\rangle=a\hbar^{2},\;\sigma_{x}=\frac{1}{2w}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1+(2\hbar a t/m)^{2}}{a}},\;\sigma_{p}=\hbar\sqrt{a}.
11(e) Sim: \displaystyle \sigma_{x}\sigma_{p}=\frac{\hbar}{2}\sqrt{1+\left(\frac{2\hbar a t}{m}\right)^{2}}\ge\frac{\hbar}{2}. O produto é mínimo em t=0 (estado gaussiano inicial é de incerteza mínima). Tempo característico para começar a afastar-se do mínimo: \displaystyle \tau=\frac{m}{2\hbar a} (para |t|\ll\tau o produto permanece próximo de \hbar/2).

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