(4,0 pontos) Considere o modelo da nanopartícula na caixa. Neste sistema, a nanopartícula está sob a ação de um campo de forças que, embora seja muito intenso no interior do domínio Omega,
é nulo fora dele, o que faz com que a nanopartícula fique aprisionada lá. Vamos tomar o caso unidimensional, onde Omega =[0, \mathrm{~L}], e o limite de força chamado de ‘poço retangular infinito’. Neste caso, o modelo é dado por:
Uinfinito (\mathrm{x})=\{0, se x em [0, \mathrm{~L}];
+infinito, se x fora de [ 0, \mathrm{~L}] }
Devido à intensidade de Uinfinito fora do intervalo [ 0 , L ], devemos ter \mathrm{psi}(\mathrm{t}, \mathrm{x})=0 sempre que x fora de [0, \mathrm{~L}].
Portanto, a equação de Schrodinger se torna:
\left\{-i h \_b a r d p s i / d t(t, x)=-h \_b a r^{2} / 2 m d^{2} p s i / d x^{2}(t, x), t>0, x \text { em }[0, L]\right.
\begin{aligned} & \operatorname{psi}(\mathrm{t}, 0)=\operatorname{psi}(\mathrm{t}, \mathrm{~L})=0 \\\ & \left.\operatorname{psi}(0, \mathrm{x})=\mathrm{x}^{2}, \mathrm{x} \text { em }[0, \mathrm{~L}]\right\} \end{aligned}
Aplique, de forma detalhada, a técnica de separação de variáveis a este problema. Use a teoria das séries de Fourier para resolver este problema quando o domínio for [0, pi] e a condição inicial for \operatorname{psi}(0, x)=x^{2}, x em [0, p i].

Passo 1

O problema é a equação de Schrödinger dependente do tempo para uma partícula num poço infinito unidimensional em [0,\pi], com
\psi(t,0)=\psi(t,\pi)=0,
e condição inicial
\psi(0,x)=x^2,\quad x\in[0,\pi].
O conteúdo necessário é separação de variáveis para obter modos estacionários e uso de séries de Fourier (série de senos) para satisfazer a condição inicial.

Passo 2

Começamos assumindo solução por separação de variáveis:
\psi(t,x)=T(t)\,X(x).
Substituindo na equação de Schrödinger
-i\hbar\,\frac{\partial\psi}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\,\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}
dá, após dividir por T(t)X(x),
i\hbar\,\frac{1}{T(t)}\frac{dT}{dt} =\frac{\hbar^2}{2m}\,\frac{1}{X(x)}\frac{d^2X}{dx^2} =E,
onde E é a constante de separação (energia).

Passo 3

A parte espacial satisfaz
\frac{d^2X}{dx^2}+\frac{2mE}{\hbar^2}\,X=0,
com X(0)=X(\pi)=0. As soluções não-triviais são
X_n(x)=\sin(n x),\quad n=1,2,3,\dots
e os autovalores de energia são
E_n=\frac{\hbar^2 n^2}{2m}.

Passo 4

A parte temporal satisfaz
i\hbar\,\frac{dT}{dt}=E_n\,T,
cuja solução é
T_n(t)=\exp\Bigl(-\frac{iE_n}{\hbar}\,t\Bigr) =\exp\Bigl(-i\frac{\hbar n^2}{2m}\,t\Bigr).

Passo 5

Logo, o modo geral é combinação linear:
\psi(t,x) =\sum_{n=1}^{\infty}c_n\,\exp\Bigl(-i\frac{E_n}{\hbar}t\Bigr)\,\sin(n x).

Passo 6

Impondo \psi(0,x)=x^2, temos
x^2=\sum_{n=1}^{\infty}c_n\,\sin(n x).
Os coeficientes c_n vêm da série de Fourier de senos em [0,\pi]:
c_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}x^2\sin(n x)\,dx.

Passo 7

Calculamos
\int_{0}^{\pi}x^2\sin(n x)\,dx =-\frac{\pi^2(-1)^n}{n}+\frac{2(-1)^n-2}{n^3}.
Portanto
c_n =\frac{2}{\pi}\Bigl[-\frac{\pi^2(-1)^n}{n}+\frac{2(-1)^n-2}{n^3}\Bigr] =-\frac{2\pi(-1)^n}{n}+\frac{4(-1)^n-4}{\pi\,n^3}.

Passo 8

Substituindo em \psi(t,x), a solução completa é
\boxed{ \psi(t,x) =\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(-\frac{2\pi(-1)^n}{n}+\frac{4(-1)^n-4}{\pi\,n^3}\Bigr) \exp\Bigl(-i\frac{\hbar n^2}{2m}t\Bigr)\,\sin(n x). }

Resposta

\psi(t,x) =\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(-\frac{2\pi(-1)^n}{n}+\frac{4(-1)^n-4}{\pi\,n^3}\Bigr) \exp\Bigl(-i\frac{\hbar n^2}{2m}\,t\Bigr)\,\sin(n x).

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