(2,0 pontos) Seja o poço quadrado infinito cuja função de onda inicial é dada por
\Psi(x, 0)=A x(a-x), \quad(0 \leq x \leq a),
onde A é a constante de normalização, calcule o valor esperado de energia \langle H\rangle.

  1. { }^{1} Lembre que a funçāo de estado no poço infinito é dado por \psi_{n}(x)=\sqrt{\frac{2}{a}} \operatorname{sen}\left(\frac{n \pi}{a} x\right), \quad com \mathrm{n}=1,2,3, \ldots
    { }^{2} Lembre que \sigma_{x}=\sqrt{\left\langle x^{2}\right\rangle-\langle x\rangle^{2}} e que \sigma_{p}=\sqrt{\left\langle p^{2}\right\rangle-\langle p\rangle^{2}}
    { }^{3} Lembre que a equação de Schrodinger independente do tempo pode ser escrita como H \psi_{n}(x)=E_{n} \psi_{n}(x)

Passo 1

O enunciado dá a função de onda inicial no poço infinito de largura a:
\Psi(x,0)=A\,x(a-x),\quad 0\le x\le a,
onde A é a constante de normalização (ainda desconhecida). Também nos é lembrado que as autofunções do poço são
\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\left(\frac{n\pi}{a}x\right),\qquad n=1,2,3,\dots
A pergunta é: calcule o valor esperado da energia \langle H\rangle para o estado inicial dado.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função inicial é \Psi(x,0)=A x(a-x) definida em 0\le x\le a.
  • As autofunções e os autovalores (lembrança útil) da energia no poço infinito são dados por
H\psi_n(x)=E_n\psi_n(x),\qquad E_n=\frac{\hbar^2\pi^2 n^2}{2 m a^2}.
  • Precisamos calcular \langle H\rangle do estado \Psi(x,0).

Passo 2

Normalizar \Psi(x,0) para encontrar A.
Condição de normalização:
\int_0^a |\Psi(x,0)|^2\,dx=1.
Aqui \Psi é real, então |\Psi|^2=\Psi^2. Substituindo:
A^2\int_0^a x^2(a-x)^2\,dx=1.
Para calcular a integral, fazemos a mudança x=ay (ou usar Beta). Com x=ay temos dx=a\,dy e y\in[0,1], então
\int_0^a x^2(a-x)^2\,dx = a^5\int_0^1 y^2(1-y)^2\,dy.
A integral padrão é uma integral Beta:
\int_0^1 y^2(1-y)^2\,dy = B(3,3)=\frac{\Gamma(3)\Gamma(3)}{\Gamma(6)}=\frac{2!\,2!}{5!}=\frac{4}{120}=\frac{1}{30}.
Logo
\int_0^a x^2(a-x)^2\,dx = \frac{a^5}{30}.
Voltando à normalização:
A^2\frac{a^5}{30}=1 \quad\Rightarrow\quad A^2=\frac{30}{a^5}\quad\Rightarrow\quad A=\frac{\sqrt{30}}{a^{5/2}},
escolhendo o sinal positivo para a constante de normalização.

Passo 3

Expressar \Psi(x,0) em termos das autofunções \psi_n(x). Isso é útil porque H é diagonal na base \{\psi_n\} e o valor esperado da energia é
\langle H\rangle=\sum_{n=1}^\infty |c_n|^2 E_n,
onde os coeficientes de expansão são
c_n=\int_0^a \psi_n(x)\,\Psi(x,0)\,dx.
Vamos calcular c_n. Substituindo \psi_n e \Psi:
c_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\,A\int_0^a x(a-x)\sin\!\left(\frac{n\pi}{a}x\right)\,dx.
Faço a mudança x=ay ( dx=a\,dy) para simplificar:
\int_0^a x(a-x)\sin\!\left(\frac{n\pi}{a}x\right)\,dx = a^3\int_0^1 y(1-y)\sin(n\pi y)\,dy.
Defina k=n\pi e chame
J_n=\int_0^1 y(1-y)\sin(k y)\,dy.
Vamos calcular J_n por integração por partes. Escrevemos
J_n=\int_0^1 y\sin(ky)\,dy - \int_0^1 y^2\sin(ky)\,dy.
Calcule cada integral separadamente.
  1. Para \int_0^1 y\sin(ky)\,dy: por partes com u=y, dv=\sin(ky)dy temos du=dy, v=-\cos(ky)/k. Assim
\int_0^1 y\sin(ky)\,dy = \left[-\frac{y\cos(ky)}{k}\right]_0^1 + \int_0^1 \frac{\cos(ky)}{k}\,dy = -\frac{\cos k}{k} + \frac{\sin k}{k^2}.
Como k=n\pi e \sin(n\pi)=0, isso reduz para
\int_0^1 y\sin(ky)\,dy = -\frac{\cos(n\pi)}{n\pi} = -\frac{(-1)^n}{n\pi}.
  1. Para \int_0^1 y^2\sin(ky)\,dy: por partes com u=y^2, dv=\sin(ky)dy v=-\cos(ky)/k e aparece outra integral que também é por partes; executando as contas:
\int_0^1 y^2\sin(ky)\,dy = \left[-\frac{y^2\cos(ky)}{k}\right]_0^1 + \frac{2}{k}\int_0^1 y\cos(ky)\,dy.
E
\int_0^1 y\cos(ky)\,dy = \left[\frac{y\sin(ky)}{k}\right]_0^1 - \frac{1}{k}\int_0^1 \sin(ky)\,dy = \frac{\sin k}{k} + \frac{\cos k -1}{k^2}.
Usando \sin k=0 e \cos k=(-1)^n, obtemos
\int_0^1 y\cos(ky)\,dy = \frac{(-1)^n-1}{k^2}.
Voltando,
\int_0^1 y^2\sin(ky)\,dy = -\frac{(-1)^n}{k} + \frac{2}{k}\cdot\frac{(-1)^n-1}{k^2} = -\frac{(-1)^n}{k} + \frac{2((-1)^n-1)}{k^3}.
Agora subtraímos (1) menos (2):
J_n = \left(-\frac{(-1)^n}{k}\right) -\left(-\frac{(-1)^n}{k} + \frac{2((-1)^n-1)}{k^3}\right) = -\frac{2((-1)^n-1)}{k^3}.
Reescrevendo,
J_n = \frac{2}{k^3}\bigl(1-(-1)^n\bigr).
Portanto, voltando à integral original,
\int_0^a x(a-x)\sin\!\left(\frac{n\pi}{a}x\right)\,dx = a^3 J_n = \frac{2a^3}{(n\pi)^3}\bigl(1-(-1)^n\bigr).

Passo 4

Substituímos no c_n:
c_n = \sqrt{\frac{2}{a}}\,A \cdot \frac{2a^3}{(n\pi)^3}\bigl(1-(-1)^n\bigr).
Simplificando os fatores de a:
c_n = A\,\frac{2\sqrt{2}\,a^{5/2}}{(n\pi)^3}\bigl(1-(-1)^n\bigr).
Observação prática: se n é par então (-1)^n=1 e 1-(-1)^n=0, logo c_n=0 para todos os n pares. Apenas os n ímpares contribuem.
Usando o valor de A=\dfrac{\sqrt{30}}{a^{5/2}} (do Passo 2) para os n ímpares ( 1-(-1)^n=2), temos
c_n = \frac{\sqrt{30}}{a^{5/2}}\cdot \frac{2\sqrt{2}\,a^{5/2}}{(n\pi)^3}\cdot 2 = \frac{8\sqrt{15}}{(n\pi)^3}.
Portanto, para n ímpar:
c_n = \frac{8\sqrt{15}}{n^3\pi^3},
e para n par c_n=0.
Nota rápida para confiança: pode-se verificar que \sum_n |c_n|^2=1 usando séries conhecidas (isso funciona; não é necessário recalcular aqui, mas serve como checagem).

Passo 5

Agora calculamos o valor esperado da energia usando a expansão em autofunções:
\langle H\rangle = \sum_{n=1}^{\infty} |c_n|^2 E_n.
Como c_n é zero para n par, somamos apenas sobre n ímpares. Usando E_n=\dfrac{\hbar^2\pi^2 n^2}{2 m a^2} e |c_n|^2=\dfrac{64\cdot 15}{n^6\pi^6}=\dfrac{960}{n^6\pi^6} (para n ímpar), obtemos um termo genérico
|c_n|^2 E_n = \frac{960}{n^6\pi^6}\cdot\frac{\hbar^2\pi^2 n^2}{2 m a^2} = \frac{480\,\hbar^2}{m a^2}\cdot\frac{1}{n^4\pi^4}.
Portanto
\langle H\rangle = \frac{480\,\hbar^2}{m a^2\pi^4}\sum_{\substack{n=1\\\ n\\ \text{ímpar}}}^\infty \frac{1}{n^4}.í

Passo 6

Calculamos a soma sobre os inteiros ímpares da série \sum 1/n^4. Usamos a relação com a função zeta de Riemann:
\sum_{\substack{n=1\\\ n\\ \text{ímpar}}}^\infty \frac{1}{n^4} = \left(1-\frac{1}{2^4}\right)\zeta(4) = \frac{15}{16}\zeta(4).í
E sabemos que \zeta(4)=\dfrac{\pi^4}{90}. Assim
\sum_{\substack{n=1\\\ n\\ \text{ímpar}}}^\infty \frac{1}{n^4} = \frac{15}{16}\cdot\frac{\pi^4}{90} = \frac{\pi^4}{96}.í
Substituindo de volta em \langle H\rangle:
\langle H\rangle = \frac{480\,\hbar^2}{m a^2\pi^4}\cdot\frac{\pi^4}{96} = \frac{480}{96}\cdot\frac{\hbar^2}{m a^2} = 5\cdot\frac{\hbar^2}{m a^2}.
Podemos também expressar \langle H\rangle em função da energia do primeiro nível E_1=\dfrac{\hbar^2\pi^2}{2 m a^2}:
\langle H\rangle = \frac{5\hbar^2}{m a^2} = \frac{10}{\pi^2}\,E_1.

Resposta

\langle H\rangle=\dfrac{5\hbar^{2}}{m a^{2}}=\dfrac{10}{\pi^{2}}\,E_{1}

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