Uma partícula de massa m encontra-se no eixo dos x’s sujeita à ação do potencial V(x)=\infty se x<0 e V(x)=\left(m \omega^{2} / 2\right) x^{2} se x>0. Em vista disso, enumere todos os possíveis auto-estados \psi_{n}(x) da partícula e todas as auto-energias E_{n} a eles correspondentes.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pedidos:
  • Informação: a partícula tem massa m\). - Informação: o potencial é \[V(x)=\begin{cases} \infty, & x<0,\\[4pt] \dfrac{m\omega^{2}}{2}\,x^{2}, & x>0. \end{cases}
  • Pedido: enumerar todos os possíveis auto-estados \psi_{n}(x)\] da partícula e todas as auto-energias \(E_{n} correspondentes.
Observações imediatas que devo manter em mente (sem resolver ainda): o potencial é um poço infinito para x<0 e um oscilador harmônico para x>0; isso impõe condições na função de onda na fronteira x=0. A resolução detalhada começa no próximo passo.]

Passo 2

Condição de contorno em x=0 por causa do poço infinito: quando V=\infty em x<0 a função de onda não pode ter amplitude ali, então deve valer zero para x<0. Além disso, por continuidade física da função de onda (e porque diretamente no lado esquerdo a função é zero), temos a condição de contorno
\psi(0)=0.
Resumo: a solução deve ser definida apenas em x\ge 0 (ser zero para x<0) e satisfazer \psi(0)=0.

Passo 3

Ideia prática para resolver: pense no oscilador harmônico usual definido em toda a reta x\in(-\infty,\infty). As autofunções do oscilador completo (no eixo inteiro) são bem conhecidas:
\phi_n(x)=N_n\,H_n\!\big(\sqrt{\alpha}\,x\big)\,e^{-\frac{\alpha x^2}{2}},\qquad n=0,1,2,\dots
onde
\alpha=\frac{m\omega}{\hbar}, \qquad N_n=\left(\frac{\alpha}{\pi}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2^n n!}},
e H_n é o polinômio de Hermite de grau n. As energias para o oscilador completo são
E_n^{\text{(completo)}}=\hbar\omega\left(n+\tfrac{1}{2}\right).

Passo 4

Propriedade de paridade e valor em x=0: as autofunções \phi_n(x) têm paridade alternada:
  • para n par, \phi_n(x) é par (não muda de sinal), então \phi_n(0)\neq 0 em geral;
  • para n ímpar, \phi_n(x) é ímpar (muda de sinal), logo \phi_n(0)=0.
Como precisamos de soluções que satisfaçam \psi(0)=0, somente as autofunções do oscilador completo com n ímpar já satisfazem essa condição no ponto x=0. Portanto as soluções possíveis para x>0 podem ser obtidas tomando as autofunções ímpares do oscilador completo e “cortando” para x>0 (colocando zero para x<0).

Passo 5

Construção explícita dos autoestados no semieixo [x\ge 0):
Seja k=0,1,2,\dots e considere n=2k+1 (os níveis ímpares do oscilador completo). Defina a autofunção no semieixo como
\psi_k(x)=\begin{cases} A_k\,H_{2k+1}\!\big(\sqrt{\alpha}\,x\big)\,e^{-\frac{\alpha x^2}{2}}, & x>0,\\[6pt] 0, & x\le 0. \end{cases}
Explicação do fator A_k\]: a autofunção \(\phi_{2k+1}(x) do oscilador completo já é normalizada no eixo inteiro. Como \phi_{2k+1}(x) é ímpar, a probabilidade no semieixo positivo é metade da probabilidade total, ou seja,
\int_{0}^{\infty}|\phi_{2k+1}(x)|^2 dx=\tfrac{1}{2}.
Para normalizar \psi_k no semieixo positivo precisamos multiplicar \phi_{2k+1} por \sqrt{2}. Assim
A_k=\sqrt{2}\,N_{2k+1}.
Portanto as autofunções normalizadas do problema (no semieixo) são
\psi_k(x)=\begin{cases} \sqrt{2}\,N_{2k+1}\,H_{2k+1}\!\big(\sqrt{\alpha}\,x\big)\,e^{-\frac{\alpha x^2}{2}}, & x>0,\\[6pt] 0, & x\le 0, \end{cases} \qquad k=0,1,2,\dots]

Passo 6

Autoenergias correspondentes: cada \psi_k corresponde ao nível n=2k+1 do oscilador completo, portanto sua energia é
E_k=\hbar\omega\left((2k+1)+\tfrac{1}{2}\right)=\hbar\omega\left(2k+\tfrac{3}{2}\right), \qquad k=0,1,2,\dots
Interpretação física: os níveis do semioscilador são exatamente os níveis ímpares do oscilador completo; os níveis pares do oscilador completo são excluídos porque não satisfazem \psi(0)=0.

Passo 7

Exemplo concreto do estado fundamental (menor energia) do semioscilador: para k=0 temos n=1. O polinômio de Hermite H_1(\xi)=2\xi, então para x>0
\psi_0(x)=\sqrt{2}\,N_{1}\,H_{1}\!\big(\sqrt{\alpha}\,x\big)\,e^{-\frac{\alpha x^2}{2}} =\sqrt{2}\,N_{1}\cdot 2\sqrt{\alpha}\,x\,e^{-\frac{\alpha x^2}{2}}.
Com N_1=\left(\dfrac{\alpha}{\pi}\right)^{1/4}\dfrac{1}{\sqrt{2}} isso simplifica para
\psi_0(x)=2\,\alpha^{3/4}\pi^{-1/4}\,x\,e^{-\frac{\alpha x^2}{2}},\qquad x>0,
e energia
E_0=\hbar\omega\left(\tfrac{3}{2}\right).
Esse exemplo é útil para imaginar a forma da função de onda: começa em zero em x=0, cresce como x pequeno e depois decai exponencialmente.

Resposta

\psi_k(x)=\begin{cases} \sqrt{2}\,N_{2k+1}\,H_{2k+1}\!\big(\sqrt{\alpha}\,x\big)\,e^{-\frac{\alpha x^2}{2}}, & x>0,\\[6pt] 0, & x\le 0, \end{cases} \quad k=0,1,2,\dots
E_k=\hbar\omega\left(2k+\tfrac{3}{2}\right),\quad k=0,1,2,\dots
\text{com } \alpha=\frac{m\omega}{\hbar}\quad\text{e}\quad N_n=\left(\frac{\alpha}{\pi}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2^n n!}}.]

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