Problema 5. Considere uma partícula de massa m\) confinada em um poço de potencial unidimensional infinito definido por \[V(x)= \begin{cases}0, & 0<x<L, \\\ \infty, & \text { caso contrário. }\end{cases}
a) Escreva a equação de Schrödinger independente do tempo para a região 0<x<L\]. b) Determine as condições de contorno impostas pelo potencial e explique seu significado físico. c) Resolva a equação de Schrödinger e obtenha as autofunções normalizadas \(\psi_{n}(x) e os autovalores de energia E_{n}.
d) Calcule o valor esperado da posição \langle x\rangle para um estado estacionário n.
e) Discuta por que o estado fundamental não possui energia nula, mesmo na ausência de potencial dentro do poço.

Passo 1

O enunciado fornece uma partícula de massa m\) confinada em um poço infinito unidimensional com potencial \[V(x)= \begin{cases}0, & 0<x<L, \\\ \infty, & \text{caso contrário.}\end{cases}
Perguntas que o enunciado faz:
  • (a) Escrever a equação de Schrödinger independente do tempo para a região 0<x<L\]. - (b) Determinar as condições de contorno impostas pelo potencial e explicar o significado físico dessas condições. - \text{(c)} Resolver a equação e obter as autofunções normalizadas \(\psi_n(x) e os autovalores de energia E_n.
    - (d) Calcular o valor esperado da posição \langle x\rangle para um estado estacionário de índice n.
    - (e) Explicar por que o estado fundamental não tem energia nula, mesmo com V(x)=0 dentro do poço.
Informações relevantes dadas:
  • O potencial é zero no interior do poço e infinito fora, portanto a partícula está estritamente confinada em 0<x<L.
  • A massa da partícula é m e o tamanho do poço é L.

Passo 2

Escrever a equação de Schrödinger independente do tempo no interior do poço.
A equação de Schrödinger independente do tempo em uma dimensão é a equação de autovalores para o Hamiltoniano cinético + potencial. No interior do poço, onde V(x)=0, a equação é
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}=E\psi(x),
onde:
  • \psi(x) é a função de onda dependente de x;
  • E é a energia (autovalor) associada à \psi;
  • \hbar é a constante de Planck reduzida;
  • m é a massa da partícula.
Explicação rápida: o operador energia cinética é -\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{d^2}{dx^2}. Como V(x)=0 dentro do poço, o Hamiltoniano age só como energia cinética aí.

Passo 3

Determinar as condições de contorno impostas pelo potencial e explicar o significado físico.
Condições matemáticas:
  • Fora do intervalo 0<x<L, V(x)=\infty. Isso torna a probabilidade de encontrar a partícula fora do poço nula, logo \psi(x)=0 para x\le0 e para x\ge L.
  • A função de onda deve ser contínua. Assim, nos limites x=0 e x=L devemos ter
\psi(0)=0,\qquad \psi(L)=0.
Significado físico (em termos simples):
  • Paredes infinitas são impenetráveis; a partícula não pode estar fora do poço, então a probabilidade fora é zero.
  • A continuidade da função de onda é exigida pela mecânica quântica (e pelo fato de que o operador de energia envolve derivada segunda; soluções físicas não podem pular arbitrariamente).
  • Essas condições quantizam as soluções — só algumas funções satisfazem ambas as equações diferenciais e as condições de contorno, daí energias discretas.

Passo 4

Resolver a equação diferencial geral dentro do poço.
Reescrevendo a equação, definimos
k^2\equiv \frac{2mE}{\hbar^2},
o que transforma a equação em
\frac{d^2\psi}{dx^2} + k^2\psi = 0.
A solução geral desta equação harmônica é
\psi(x)=A\sin(kx) + B\cos(kx),
onde A e B são constantes a determinar pelas condições de contorno e normalização.

Passo 5

Aplicar a condição em x=0 para reduzir a solução.
A condição \psi(0)=0 implica
\psi(0)=A\sin(0)+B\cos(0)=B=0.
Logo B=0 e a solução fica
\psi(x)=A\sin(kx).

Passo 6

Aplicar a condição em x=L e obter a quantização de k e de E.
A condição \psi(L)=0
\psi(L)=A\sin(kL)=0.
Para uma solução não-trivial (ou seja, A\neq 0) precisamos de
\sin(kL)=0 \quad\Rightarrow\quad kL = n\pi,
onde n é um número inteiro. O caso n=0 corresponde a \psi\equiv 0 (não física), então tomamos n=1,2,3,\dots.
Assim
k = \frac{n\pi}{L}.
Substituindo a definição de k em E,
E = \frac{\hbar^2 k^2}{2m} = \frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^{\!2} = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.
Aqui:
  • n é o número quântico positivo;
  • cada n dá um autovalor de energia E_n distinto; as energias são discretas (quantizadas).

Passo 7

Normalizar as autofunções — encontrar a constante A.
Temos \psi_n(x)=A\sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right) nos 0<x<L. A normalização exige
\int_0^L |\psi_n(x)|^2\,dx = 1.
Isso é
|A|^2\int_0^L \sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx = 1.
Usando a identidade \sin^2\theta = \tfrac{1}{2}(1-\cos 2\theta), calculamos
\int_0^L \sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx = \frac{1}{2}\int_0^L \bigl(1-\cos\!\bigl(\tfrac{2n\pi x}{L}\bigr)\bigr)\,dx.
A integral do cosseno se anula porque \cos\!\bigl(\tfrac{2n\pi x}{L}\bigr) tem período que dá diferença zero no intervalo; portanto
\int_0^L \sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx = \frac{L}{2}.
Logo
|A|^2 \cdot \frac{L}{2} = 1 \quad\Rightarrow\quad |A|^2 = \frac{2}{L}.
Escolhendo a fase para ser real positiva, obtemos
A=\sqrt{\frac{2}{L}}.

Passo 8

Escrever as autofunções normalizadas e os autovalores finais.
As autofunções normalizadas são, para n=1,2,3,\dots,
\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad 0<x<L,
e \psi_n(x)=0 fora do poço.
Os autovalores de energia correspondentes são
E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2},\qquad n=1,2,3,\dots
Observações úteis para a prova:
  • As funções \psi_n são ortonormais: \int_0^L \psi_n(x)\psi_{m}(x)\,dx=\delta_{nm}.
  • A quantização vem das condições de contorno impostas pelas paredes infinitas.

Passo 9

Calcular o valor esperado da posição \langle x\rangle em um estado estacionário \psi_n.
Definição do valor esperado:
\langle x\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} x\,|\psi_n(x)|^2\,dx.
Como \psi_n(x)=0 fora de [0,L], isso reduz a integral ao intervalo [0,L]:
\langle x\rangle = \int_0^L x\,\left(\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right)^{\!2} dx = \frac{2}{L}\int_0^L x\sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.
Calcule a integral. Use \sin^2\theta=\tfrac{1}{2}(1-\cos 2\theta):
\int_0^L x\sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx = \frac{1}{2}\int_0^L x\,dx - \frac{1}{2}\int_0^L x\cos\!\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\,dx.
A primeira integral é direta:
\frac{1}{2}\int_0^L x\,dx = \frac{1}{2}\cdot\frac{L^2}{2} = \frac{L^2}{4}.
A segunda integral pode ser feita por partes (ou notando que os termos de avaliação anulam para n inteiro). Fazendo por partes:
\int_0^L x\cos\!\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\,dx = \left.\frac{x\sin\!\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)}{2n\pi/L}\right|_0^L - \int_0^L \frac{\sin\!\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)}{2n\pi/L}\,dx.
Os termos com \sin\!\bigl(\tfrac{2n\pi x}{L}\bigr) avaliado em 0 e L são zero (pois \sin(2n\pi)=0). A integral restante dá diferença de cossenos que também se anula entre 0 e L. Portanto a segunda integral é zero. Assim
\int_0^L x\sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx = \frac{L^2}{4}.
Logo
\langle x\rangle = \frac{2}{L}\cdot\frac{L^2}{4} = \frac{L}{2}.
Interpretação: para qualquer estado estacionário n, a média da posição é o centro do poço, L/2. Intuitivamente, embora a função de onda não seja simétrica em torno de zero (o poço está em [0,L]), há simetria em torno do centro do poço que faz com que \langle x\rangle=L/2.

Passo 10

Explicar por que o estado fundamental não tem energia nula.
Argumentos claros e a prova curta:
  1. Solução direta: o menor n permitido é n=1, então a menor energia possível é
E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}>0.
Logo não existe estado com energia E=0.
  1. Intuição física via condições de contorno: uma energia zero corresponderia a uma função de onda com derivada segunda nula (solução linear ou constante). A única função constante que satisfaria \psi(0)=\psi(L)=0 é a função nula \psi\equiv 0, que não é física (não normalizável). Então não há função normalizável com E=0.
  2. Heisenberg (intuição quântica): confinar a partícula num intervalo de comprimento aproximado L reduz a incerteza de posição \Delta x\sim L. Pelo princípio da incerteza,
\Delta x\,\Delta p \gtrsim \frac{\hbar}{2}
implica \Delta p \gtrsim \dfrac{\hbar}{2L}. Logo a energia cinética esperada tem uma contribuição mínima
\langle E\rangle \approx \frac{\langle p^2\rangle}{2m} \gtrsim \frac{(\Delta p)^2}{2m} \gtrsim \frac{\hbar^2}{8mL^2},
um valor positivo. Assim, confinamento força flutuações de momento e, portanto, energia mínima não nula.
Concisão para prova: use a equação de autovalores para mostrar E_1=\dfrac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2} e cite o princípio da incerteza para dar a intuição física.

Resposta

(a) -\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{d^2\psi}{dx^2}=E\psi para 0<x<L.
(b) \psi(0)=0 e \psi(L)=0. Significado: paredes infinitas são impenetráveis, portanto a probabilidade de achar a partícula fora do intervalo é zero e a função de onda deve desaparecer nas bordas.
(c) \displaystyle \psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\quad n=1,2,3,\dots,\;0<x<L, com autovalores \displaystyle E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.
(d) \displaystyle \langle x\rangle = \frac{L}{2} para todo n.
(e) Porque a menor solução física tem n=1 e E_1=\dfrac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}>0; fisicamente, o confinamento reduz \Delta x e pelo princípio da incerteza gera \Delta p\neq0, o que implica energia cinética mínima não nula.

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