Q2) Considere uma partícula microscópica de massa m confinada em um poço unidimensional de largura a. Dentro do poço ( 0<x<a ), o potencial é nulo e fora do poço é infinito. (a) Obtenha as expressões da energia e das funções de onda normalizada para um estado n qualquer partindo da equação de Schrödinger. (b) Como modificam as funções de onda se o poço for deslocado de meia largura (-a / 2<x<a / 2) ? (c) Os valores de energia alteram?

Passo 1

O enunciado dá um poço de potencial unidimensional infinito com largura [a). Dentro do poço o potencial é nulo e fora é infinito. Perguntas a responder:
(a) Obter as expressões da energia e das funções de onda normalizada para um estado qualquer n partindo da equação de Schrödinger.
(b) Como as funções de onda mudam se o poço for deslocado para o intervalo -a/2<x<a/2?
(c) Os valores de energia mudam com esse deslocamento?
Informações relevantes fornecidas:
\text{Potencial } V(x)=\begin{cases} 0 & \text{se }0<x<a,\\\ \infty & \text{se }x\le 0 \text{ ou } x\ge a. \end{cases}
Massa da partícula: m\]. Pedem as funções de onda normalizadas \(\psi_n(x) e as energias E_n para n inteiro positivo, e então a situação com o poço centrado em x=0.

Passo 2

Escrevendo a equação de Schrödinger dependente do tempo separada (equação estacionária) dentro do poço, onde V(x)=0. A equação é
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}=E\psi(x).
Aqui \psi(x) é a função de onda espacial, E é a energia (autovalor) e \hbar é a constante de Planck reduzida. Reorganizando, obtemos uma equação diferencial simples:
\frac{d^{2}\psi(x)}{dx^{2}}+k^{2}\psi(x)=0,
onde definimos
k^{2}\equiv\frac{2mE}{\hbar^{2}}.
Essa é a equação de uma oscilação harmônica com solução geral combinando seno e cosseno.

Passo 3

Escrevendo a solução geral da equação diferencial:
\psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx),
com constantes A e B. Agora aplicamos as condições de contorno impostas pelo potencial infinito: a função de onda deve ser zero nas paredes. Para o poço inicial isso significa
\psi(0)=0\quad\text{e}\quad\psi(a)=0.
Da condição \psi(0)=0 obtemos
\psi(0)=A\sin(0)+B\cos(0)=B=0.
Logo a solução fica \psi(x)=A\sin(kx).

Passo 4

Aplicando a segunda condição de contorno \psi(a)=0:
\psi(a)=A\sin(ka)=0.
Queremos solução não-trivial ( A\neq 0), portanto exigimos
\sin(ka)=0 \Longrightarrow ka=n\pi,\qquad n=1,2,3,\dots
Assim os valores permitidos de k são
k_{n}=\frac{n\pi}{a}.
Substituindo na definição de k, obtemos os níveis de energia quantizados:
E_{n}=\frac{\hbar^{2}k_{n}^{2}}{2m}=\frac{\hbar^{2}}{2m}\left(\frac{n\pi}{a}\right)^{2}=\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{2ma^{2}}.
Explicação física curta: as condições de contorno quantizam k e, portanto, a energia; só estão permitidos modos estacionários com comprimento de onda que “encaixem” no poço.

Passo 5

Normalização da função de onda. Temos a forma não-normalizada \psi_{n}(x)=A\sin\big(\tfrac{n\pi x}{a}\big). A constante A é encontrada impondo a normalização
\int_{0}^{a}|\psi_{n}(x)|^{2}\,dx=1.
Calculamos
\int_{0}^{a}\sin^{2}\!\Big(\frac{n\pi x}{a}\Big)\,dx=\frac{a}{2},
porque usamos a identidade \sin^{2}\theta=(1-\cos(2\theta))/2 e o termo com cosseno integra a zero no período adequado. Assim
|A|^{2}\cdot\frac{a}{2}=1 \Longrightarrow A=\sqrt{\frac{2}{a}}.
Portanto as funções de onda normalizadas para o poço 0<x<a são
\psi_{n}(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{a}\Big),\qquad n=1,2,3,\dots
Essas funções são ortonormais: \int_{0}^{a}\psi_{n}(x)\psi_{m}(x)\,dx=\delta_{nm}.

Passo 6

Resumo prático (parte a concluída): Para o poço entre 0 e a,
E_{n}=\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{2ma^{2}},\qquad \psi_{n}(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{a}\Big).
Aqui n é o número quântico positivo que enumera os estados.

Passo 7

Agora (b): poço deslocado para -a/2<x<a/2. Repetimos o procedimento: dentro do poço V=0 e a equação é a mesma,
\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}}+k^{2}\psi=0,
com condições de contorno agora \psi(-a/2)=0 e \psi(a/2)=0. A solução geral continua sendo A\sin(kx)+B\cos(kx). Uma maneira prática é efetuar a mudança de variável de coordenada para alinhar com a solução anterior: defina y=x+\tfrac{a}{2}. Então quando x=-a/2 temos y=0 e quando x= a/2 temos y=a. Em termos de y a equação e as condições voltam a ser as do caso anterior, então a solução normalizada será igual à anterior em y, isto é
\psi_{n}(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\Big(\frac{n\pi}{a}(x+\tfrac{a}{2})\Big),\qquad n=1,2,3,\dots
Essa forma satisfaz explicitamente \psi_{n}(-a/2)=0 e \psi_{n}(a/2)=0.

Passo 8

Forma alternativa usando paridade (explicação didática): usando a identidade
\sin\!\Big(\frac{n\pi}{a}\big(x+\tfrac{a}{2}\big)\Big)=\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{a}+\frac{n\pi}{2}\Big),
vemos que para n ímpar a função fica proporcional a \cos\!\big(\tfrac{n\pi x}{a}\big) (um estado de paridade par) e para n par fica proporcional a \sin\!\big(\tfrac{n\pi x}{a}\big) (paridade ímpar), ambos definidos no intervalo centralizado. Mas a expressão com o deslocamento dentro do seno é a forma mais direta e geral.

Passo 9

Parte (c): os valores de energia. Usando a condição \sin(k a)=0 obtida depois da mudança de variável, obtemos exatamente os mesmos valores de k_n que antes:
k_{n}=\frac{n\pi}{a},
portanto as energias são as mesmas:
E_{n}=\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{2ma^{2}}.
Explicação física: deslocar o poço no espaço não altera a largura nem a forma do potencial (apenas sua posição), e a equação de Schrödinger com condições de contorno depende apenas da separação entre as paredes — assim as energias permanecem inalteradas. Matematicamente, a equação é invariante por translação do referencial (a derivada segunda não muda), logo os autovalores não mudam.

Resposta

(a) \displaystyle E_{n}=\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{2ma^{2}},\qquad \psi_{n}(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{a}\Big),\; n=1,2,\dots
(b) \displaystyle \psi_{n}(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\Big(\frac{n\pi}{a}\big(x+\tfrac{a}{2}\big)\Big),\; n=1,2,\dots (equivalente a combinações de cosseno/seno com paridade)
(c) \displaystyle E_{n}=\frac{n^{2}\pi^{2}\hbar^{2}}{2ma^{2}} (os valores de energia não mudam)

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