Problema 2.41 Uma partícula de massa m no potencial do oscilador harmônico (Equação 2.43) inicia no estado
\Psi(x, 0)=A\left(1-2 \sqrt{\frac{m \omega}{\hbar}} x\right)^{2} e^{\frac{m \omega}{2 \hbar} x^{2}}
para uma constante A.
(a) Qual é o valor esperado de energia?
(b) Em algum tempo posterior T, a função de onda é
\Psi(x, T)=B\left(1+2 \sqrt{\frac{m \omega}{\hbar}} x\right)^{2} e^{-\frac{m \omega}{2 \hbar} x^{2}},
para uma constante B. Qual é o menor valor possível de T ?

Passo 1

O enunciado dá uma partícula de massa m no potencial do oscilador harmônico e fornece a função de onda inicial e uma função de onda em um tempo T:
  • Função inicial (a constante A é dada):
\Psi(x,0)=A\left(1-2\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\,x\right)^{2}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^{2}}.
  • Função em tempo T (constante B):
\Psi(x,T)=B\left(1+2\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\,x\right)^{2}e^{-\frac{m\omega}{2\hbar}x^{2}}.
As perguntas são:
(a) Qual é o valor esperado da energia \langle E\rangle no estado inicial \Psi(x,0)?
(b) Qual é o menor valor possível de T tal que \Psi(x,T) tenha a forma dada (até um fator de normalização/ fase global)?

Passo 2

Primeiro vamos reescrever a função em termos da variável adimensional
\xi=\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\,x,
porque as funções próprias do oscilador harmônico são expressas em \xi. As autofunções (estados de energia) do oscilador são
\phi_n(x)=N_n H_n(\xi)e^{-\xi^{2}/2},
onde H_n(\xi) são os polinômios de Hermite, e o fator de normalização é
N_n=\frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{2^{\,n} n!}}.
A energia associada ao nível n é
E_n=\hbar\omega\left(n+\tfrac{1}{2}\right).
Explicar rápido os H_n úteis aqui: H_0(\xi)=1, H_1(\xi)=2\xi, H_2(\xi)=4\xi^{2}-2. Essas expressões são padrão e servem para expressar qualquer polinômio de até grau 2 na base \{H_0,H_1,H_2\}.

Passo 3

Expanda o polinômio do estado inicial em \xi:
\left(1-2\xi\right)^{2}=1-4\xi+4\xi^{2}.
Agora escrevemos 1, \xi e \xi^{2} em função de H_0,H_1,H_2. Usando H_1=2\xi e H_2=4\xi^{2}-2 temos
\xi=\frac{H_1}{2},\qquad \xi^{2}=\frac{H_2+2}{4}.
Substituindo,
1-4\xi+4\xi^{2}=1-4\cdot\frac{H_1}{2}+4\cdot\frac{H_2+2}{4}=3-2H_1+H_2.
Logo a função inicial é (usando \xi)
\Psi(x,0)=A\bigl(3-2H_1(\xi)+H_2(\xi)\bigr)e^{-\xi^{2}/2}.
Comparando com \phi_n(x)=N_n H_n(\xi)e^{-\xi^{2}/2}, escrevemos \Psi(x,0) como combinação linear dos três primeiros estados:
\Psi(x,0)=\sum_{n=0}^{2} c_n \phi_n(x),
onde, identificando termos,
c_n = A\frac{a_n}{N_n},
com os coeficientes escalares a_0=3, a_1=-2, a_2=1 (isto é, \Psi é A vezes a combinação a_0 H_0 + a_1 H_1 + a_2 H_2 multiplicada pela gaussiana).

Passo 4

Normalização e probabilidades. Os coeficientes c_n (amplitudes de probabilidade nos níveis de energia) satisfazem
\sum_{n=0}^{2}|c_n|^{2}=1.
Substituindo c_n=A\,a_n/N_n, obtemos
|A|^{2}\sum_{n=0}^{2}\frac{a_n^{2}}{N_n^{2}}=1.
Como N_n^{2}=\dfrac{1}{\sqrt{\pi}\,2^{n}n!}, temos \dfrac{1}{N_n^{2}}=\sqrt{\pi}\,2^{n}n!. Então os termos que pesam na normalização são a_n^{2}2^{n}n! (o fator \sqrt{\pi} é comum a todos e cancela ao calcular probabilidades relativas). Calcule esses números:
\begin{aligned} n=0:&\quad a_0^{2}2^{0}0! = 3^{2}\cdot 1 = 9,\\\ n=1:&\quad a_1^{2}2^{1}1! = (-2)^{2}\cdot 2 = 4\cdot 2 = 8,\\\ n=2:&\quad a_2^{2}2^{2}2! = 1^{2}\cdot 4\cdot 2 = 8. \end{aligned}
A soma é S=9+8+8=25. Assim as probabilidades de encontrar a partícula no nível n são
P_n=\frac{a_n^{2}2^{n}n!}{S}.
Portanto
P_0=\frac{9}{25},\qquad P_1=\frac{8}{25},\qquad P_2=\frac{8}{25}.
(Observação útil: com isso dá para achar também o módulo de A. De |A|^{2}\sqrt{\pi}S=1 segue |A|^{2}=\dfrac{1}{25\sqrt{\pi}} e, portanto, |A|=\dfrac{1}{5\pi^{1/4}}.)

Passo 5

Calcule o valor esperado da energia usando \langle E\rangle=\sum_n P_n E_n. Com E_n=\hbar\omega\left(n+\tfrac{1}{2}\right),
\langle E\rangle=\hbar\omega\sum_{n=0}^{2} P_n\left(n+\tfrac{1}{2}\right).
Substituindo os P_n,
\langle E\rangle=\hbar\omega\left[\frac{9}{25}\cdot\frac{1}{2}+\frac{8}{25}\cdot\frac{3}{2}+\frac{8}{25}\cdot\frac{5}{2}\right].
Colocando em evidência \dfrac{\hbar\omega}{2} e somando os coeficientes:
\langle E\rangle=\frac{\hbar\omega}{2}\cdot\frac{9+24+40}{25}=\frac{\hbar\omega}{2}\cdot\frac{73}{25}=\frac{73}{50}\hbar\omega.

Passo 6

Agora a parte (b): evolução temporal dos coeficientes. Cada coeficiente de energia evolui com fase
c_n(t)=c_n(0)\,e^{-iE_n t/\hbar}.
Logo, se no tempo T queremos a forma
\Psi(x,T)\propto \bigl(3+2H_1(\xi)+H_2(\xi)\bigr)e^{-\xi^{2}/2},
isto corresponde a trocar o sinal do coeficiente de H_1 em relação ao inicial (lembre: inicial tinha a_1=-2, e a desejada tem a_1'=+2; os outros a_0,a_2 permanecem com o mesmo sinal). Em termos das amplitudes c_n isso significa que (até uma fase global \lambda) devemos ter
c_n(0)e^{-iE_n T/\hbar}=\lambda\,c_n'( \text{target}),
onde c_n'(\text{target}) tem os mesmos módulos que c_n(0) mas com o sinal (fator) adequado nos a_n'. Podemos escolher a fase global \lambda para igualar o componente n=0; então as condições relevantes comparando com n=0 são exigências sobre as fases relativas:
e^{-i(E_1-E_0)T/\hbar} = \frac{a_1'}{a_1},\qquad e^{-i(E_2-E_0)T/\hbar}=\frac{a_2'}{a_2}.
Aqui a_1' = +2, a_1=-2 então \dfrac{a_1'}{a_1}=-1. E a_2'=a_2=1 então \dfrac{a_2'}{a_2}=1.

Passo 7

Calcule as diferenças de energia:
E_1-E_0=\hbar\omega,\qquad E_2-E_0=2\hbar\omega.
Assim as condições são
e^{-i\omega T}=-1,\qquad e^{-i2\omega T}=1.
A primeira dá \omega T=\pi\\ (\mathrm{mod}\\\ 2\pi), i.e.
T=\frac{\pi}{\omega}+\frac{2\pi k}{\omega},\quad k\in\mathbb{Z}.
A segunda exige 2\omega T=2\pi m, ou seja \omega T=\pi m com m\in\mathbb{Z}. Para T=\pi/\omega temos \omega T=\pi, que satisfaz ambas condições simultaneamente (com m=1 e k=0). Portanto o menor T>0 que funciona é
T=\frac{\pi}{\omega}.

Resposta

\langle E\rangle=\dfrac{73}{50}\hbar\omega
T=\dfrac{\pi}{\omega}

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