Q6) Uma partícula está no enésimo estado de energia \Psi(r) de um poço quadrado infinito com largura L. Determine a probabilidade de a partícula estar confinada ao primeiro 1/a da largura do poço. Comente sobre a dependência dessa probabilidade com a função n.

Passo 1

O enunciado dá que uma partícula está no enésimo estado de energia \Psi(r) de um poço quadrado infinito de largura L. Pergunta-se qual é a probabilidade de a partícula estar confinada ao primeiro 1/a da largura do poço, e pede-se um comentário sobre a dependência dessa probabilidade com n.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{(i) o poço é quadrado infinito com largura } L,çé
\text{(ii) a partícula está no enésimo estado estacionário } \Psi_n,íáéá
\text{(iii) queremos a probabilidade de estar no intervalo }[0,\;L/a],
\text{(iv) }a\text{ é um número real positivo (assume-se }a>1\text{ para que }L/a<L).éú
Observação: aqui eu interpreto r como a coordenada unidimensional x no intervalo [0,L], que é a formulação padrão do poço quadrado infinito. A resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Relembrando a forma das funções de onda estacionárias normalizadas do poço infinito unidimensional (estas são fórmulas padrão que precisamos usar):
\Psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad n=1,2,3,\dots
Explicação didática: Essas funções satisfazem as condições de contorno \Psi_n(0)=\Psi_n(L)=0 e estão normalizadas, ou seja,
\int_{0}^{L} |\Psi_n(x)|^2\,dx = 1.
A constante \sqrt{2/L} garante essa normalização. Aqui n é o número quântico que determina o modo estacionário (quantas “colas” de seno cabem no poço).

Passo 3

Definimos a probabilidade que queremos calcular como a integral da densidade de probabilidade |\Psi_n(x)|^2 sobre o subintervalo [0,L/a]:
P_n = \int_{0}^{L/a} |\Psi_n(x)|^2 \, dx.
Substituindo \Psi_n(x):
P_n = \int_{0}^{L/a} \left(\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\right)^2 dx
P_n = \frac{2}{L}\int_{0}^{L/a} \sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx.
Explicação: |\Psi_n|^2 é a densidade de probabilidade; multiplicamos pelo fator de normalização quadrado \frac{2}{L} e integramos sobre a região de interesse.

Passo 4

Para calcular a integral, fazemos a mudança de variável
\theta = \frac{n\pi x}{L}\quad\Rightarrow\quad dx = \frac{L}{n\pi}\,d\theta.
Os limites transformam-se assim: x=0\mapsto\theta=0 e x=L/a\mapsto\theta = \dfrac{n\pi}{a}.
Substituindo na integral:
P_n = \frac{2}{L}\cdot \frac{L}{n\pi}\int_{0}^{n\pi/a} \sin^2\theta \, d\theta
P_n = \frac{2}{n\pi}\int_{0}^{n\pi/a} \sin^2\theta \, d\theta.
Explicação: a substituição simplifica o argumento do seno para \theta e isola o parâmetro n nos limites da integração.

Passo 5

Usamos a identidade trigonométrica útil para integrar \sin^2\theta:
\sin^2\theta = \frac{1-\cos(2\theta)}{2}.
Então
\int \sin^2\theta \, d\theta = \int \frac{1-\cos(2\theta)}{2}\,d\theta = \frac{\theta}{2} - \frac{\sin(2\theta)}{4} + C.
Aplicando isso ao integral definido entre 0 e n\pi/a:
\int_{0}^{n\pi/a} \sin^2\theta \, d\theta = \left[\frac{\theta}{2} - \frac{\sin(2\theta)}{4}\right]_{0}^{n\pi/a}
= \frac{n\pi}{2a} - \frac{\sin\!\big(2n\pi/a\big)}{4}.
Explicação passo a passo: derivei a primitiva de \sin^2\theta usando a identidade, depois avaliei nos limites; o termo em \theta=0 zera.

Passo 6

Agora substituímos esse resultado em P_n:
P_n = \frac{2}{n\pi}\left(\frac{n\pi}{2a} - \frac{\sin\!\big(2n\pi/a\big)}{4}\right).
Simplificando os fatores:
P_n = \frac{1}{a} - \frac{\sin\!\big(2n\pi/a\big)}{2n\pi}.
Verificação rápida: a primeira parcela \dfrac{1}{a} vem do termo médio da densidade e a segunda é uma correção oscilante que depende de n.

Passo 7

Interpretação e comentários sobre a dependência com n:
  • A expressão final é
    P_n = \frac{1}{a} - \frac{\sin\!\big(2n\pi/a\big)}{2n\pi}.
  • Comportamento para n grande: o termo oscilante \dfrac{\sin(2n\pi/a)}{2n\pi} tem magnitude no máximo \dfrac{1}{2n\pi}, que tende a zero quando n\to\infty. Portanto
    \lim_{n\to\infty} P_n = \frac{1}{a}.
    Física intuitiva: para estados de alta energia a densidade |\Psi_n|^2 oscila muito rapidamente, e a probabilidade média numa fração do poço aproxima-se da fração geométrica dessa região (a densidade tende a se “uniformizar” em média).
  • Oscilações com n: para valores finitos de n há uma correção oscilante que pode aumentar ou diminuir P_n em relação a 1/a, dependendo do sinal de \sin(2n\pi/a). O tamanho dessa correção diminui com 1/n.
  • Casos especiais:
    • Se a=2 (meta: metade do poço), então \sin(2n\pi/a)=\sin(n\pi)=0 e assim P_n=1/2 para todo n. Ou seja, qualquer estado tem probabilidade 1/2 de estar na metade esquerda do poço.
    • Em geral, se 2n/a for um inteiro, então \sin(2n\pi/a)=0 e P_n=1/a exatamente para esses n.
  • Limites físicos: note que a expressão respeita 0\le P_n\le 1 (pode-se verificar que o termo oscilante não desloca P_n para fora desse intervalo).

Passo 8

Exemplo numérico rápido para intuir: tome a=3. Então
P_n = \frac{1}{3} - \frac{\sin\!\big(2n\pi/3\big)}{2n\pi}.
Para n=1 obtemos
P_1 = \frac{1}{3} - \frac{\sin\!\big(2\pi/3\big)}{2\pi} = \frac{1}{3} - \frac{\sqrt{3}/2}{2\pi} \approx 0{,}333 - 0{,}138 \approx 0{,}195.
Para n=10 a correção vale aproximadamente \dfrac{\sin(20\pi/3)}{20\pi} que é muito menor, e P_{10} fica bem próximo de 1/3.

Resposta

P_n = \frac{1}{a} - \frac{\sin\!\big(2n\pi/a\big)}{2n\pi}
Dependência com n: P_n tem uma parcela média \dfrac{1}{a} e uma correção oscilante de amplitude \sim 1/(2n\pi); portanto P_n aproxima-se de \dfrac{1}{a} quando n\to\infty, com oscilações decrescentes em n.

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