Questão 5. Considere o oscilador harmônico quântico unidimensional, com
V(x)=\frac{1}{2} m \omega^{2} x^{2}
e a família de funções de onda gaussianas
\psi_{\alpha}(x)=\left(\frac{2 \alpha}{\pi}\right)^{1 / 4} e^{-\alpha x^{2}}, \quad \alpha>0, \quad-\infty<x<\infty
a) Verifique explicitamente que \psi_{\alpha}(x) está normalizada.
b) Calcule \langle x\rangle,\left\langle x^{2}\right\rangle e \Delta x.
c) Calcule \langle p\rangle,\left\langle p^{2}\right\rangle e \Delta p, usando \hat{p}=-i \hbar \frac{\mathrm{~d}}{\mathrm{~d} x}.
d) Mostre que \Delta x \Delta p=\frac{\hbar}{2}.
e) Calcule a energia média
\langle E\rangle(\alpha)=\left\langle\frac{\hat{p}^{2}}{2 m}\right\rangle+\left\langle\frac{1}{2} m \omega^{2} x^{2}\right\rangle .
f) Determine o valor de \alpha que minimiza \langle E\rangle(\alpha) e encontre a energia mínima. Interprete fisicamente o resultado.

Passo 1

O enunciado dá o potencial do oscilador harmônico unidimensional
V(x)=\frac{1}{2}m\omega^{2}x^{2},
e a família de funções de onda gaussianas
\psi_{\alpha}(x)=\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/4}e^{-\alpha x^{2}},\qquad \alpha>0.
As perguntas que precisamos responder são, na ordem:
(a) Verificar que \psi_{\alpha}(x) está normalizada.
(b) Calcular \langle x\rangle, \langle x^{2}\rangle e \Delta x.
(c) Calcular \langle p\rangle, \langle p^{2}\rangle e \Delta p, usando \hat{p}=-i\hbar\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}.
(d) Mostrar que \Delta x\,\Delta p=\dfrac{\hbar}{2}.
(e) Calcular a energia média
\langle E\rangle(\alpha)=\left\langle\frac{\hat{p}^{2}}{2m}\right\rangle+\left\langle\frac{1}{2}m\omega^{2}x^{2}\right\rangle.
(f) Determinar o valor de \alpha que minimiza \langle E\rangle(\alpha) e encontrar a energia mínima; interpretar o resultado.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A função \psi_{\alpha}(x) é real e simétrica em x (é uma gaussiana centrada em zero).
  • O operador momento é \hat{p}=-i\hbar\,\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}.
  • Precisaremos usar integrais gaussianas padrão:
\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\beta x^{2}}\,\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{\pi}{\beta}},\qquad \int_{-\infty}^{\infty}x^{2}e^{-\beta x^{2}}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\beta^{3}}},\quad \beta>0.

Passo 2

(a) Normalização. Explicar a ideia: a função está normalizada se \int_{-\infty}^{\infty}|\psi_{\alpha}(x)|^{2}\,\mathrm{d}x=1. Como \psi_{\alpha} é real, |\psi_{\alpha}|^{2}=\psi_{\alpha}^{2}. Calcular:
\int_{-\infty}^{\infty}|\psi_{\alpha}(x)|^{2}\,\mathrm{d}x =\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2\alpha x^{2}}\,\mathrm{d}x.
Usar a integral gaussiana com \beta=2\alpha:
\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2\alpha x^{2}}\,\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{\pi}{2\alpha}}.
Substituindo:
\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/2}\sqrt{\frac{\pi}{2\alpha}}=1.
Portanto \psi_{\alpha} está normalizada para todo \alpha>0.

Passo 3

(b) Cálculo de \langle x\rangle e \langle x^{2}\rangle. Definição e observação de simetria: \langle x\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{\alpha}^{*}(x)\,x\,\psi_{\alpha}(x)\,\mathrm{d}x. Como \psi_{\alpha}^{2}(x) é função par e x é ímpar, o integrando é ímpar; assim a integral sobre (-\infty,\infty) é zero. Logo
\langle x\rangle=0.
Agora \langle x^{2}\rangle:
\langle x^{2}\rangle=\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/2}\int_{-\infty}^{\infty}x^{2}e^{-2\alpha x^{2}}\,\mathrm{d}x.
Usar a fórmula com \beta=2\alpha:
\int_{-\infty}^{\infty}x^{2}e^{-2\alpha x^{2}}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{(2\alpha)^{3}}}.
Portanto
\langle x^{2}\rangle=\left(\frac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/2}\cdot\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{(2\alpha)^{3}}}.
Simplificando passo a passo: escrevendo (2\alpha)^{1/2} do fator e dividindo por (2\alpha)^{3/2} resulta em 1/(4\alpha). Assim
\langle x^{2}\rangle=\frac{1}{4\alpha}.
Como \langle x\rangle=0, a dispersão (desvio padrão) é
\Delta x=\sqrt{\langle x^{2}\rangle-\langle x\rangle^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4\alpha}}=\frac{1}{2\sqrt{\alpha}}.

Passo 4

(c) Cálculo de \langle p\rangle e \langle p^{2}\rangle. Primeiro lembrar: a expectativa de um operador \hat{O} é \langle O\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\psi^{*}\hat{O}\psi\,\mathrm{d}x. Usar \hat{p}=-i\hbar\,\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}. Como \psi_{\alpha}(x)=N e^{-\alpha x^{2}} com N=\left(\dfrac{2\alpha}{\pi}\right)^{1/4}, calcular derivadas necessárias.
Calcular a derivada primeira:
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\psi_{\alpha}(x) = -2\alpha x\,\psi_{\alpha}(x).
Logo
\hat{p}\psi_{\alpha}(x)=-i\hbar(-2\alpha x)\psi_{\alpha}(x)=i\,2\hbar\alpha x\,\psi_{\alpha}(x).
Então
\langle p\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{\alpha}^{*}(x)\,\hat{p}\psi_{\alpha}(x)\,\mathrm{d}x = i\,2\hbar\alpha\int_{-\infty}^{\infty}x\,\psi_{\alpha}^{2}(x)\,\mathrm{d}x.
Mas \int x\,\psi_{\alpha}^{2}(x)\,\mathrm{d}x= \langle x\rangle=0 (integrando função ímpar), então
\langle p\rangle=0.
Agora \langle p^{2}\rangle. Usar \hat{p}^{2}=-\hbar^{2}\dfrac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}x^{2}}. Primeiro calcular a segunda derivada de \psi_{\alpha}. A partir de \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\psi_{\alpha}=-2\alpha x\psi_{\alpha},
\frac{\mathrm{d}^{2}}{\mathrm{d}x^{2}}\psi_{\alpha}= -2\alpha\psi_{\alpha} + (-2\alpha x)\left(-2\alpha x\psi_{\alpha}\right) = (-2\alpha + 4\alpha^{2}x^{2})\psi_{\alpha}.
Portanto
\hat{p}^{2}\psi_{\alpha}=-\hbar^{2}(-2\alpha + 4\alpha^{2}x^{2})\psi_{\alpha} =(2\hbar^{2}\alpha -4\hbar^{2}\alpha^{2}x^{2})\psi_{\alpha}.
A expectativa é
\langle p^{2}\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{\alpha}^{*}\,\hat{p}^{2}\psi_{\alpha}\,\mathrm{d}x =\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{\alpha}^{2}(2\hbar^{2}\alpha -4\hbar^{2}\alpha^{2}x^{2})\,\mathrm{d}x.
Separar em dois termos:
\langle p^{2}\rangle=2\hbar^{2}\alpha\underbrace{\int_{-\infty}^{\infty}\psi_{\alpha}^{2}\,\mathrm{d}x}_{=1} -4\hbar^{2}\alpha^{2}\underbrace{\int_{-\infty}^{\infty}x^{2}\psi_{\alpha}^{2}\,\mathrm{d}x}_{=\langle x^{2}\rangle}.
Usando \int\psi_{\alpha}^{2}\mathrm{d}x=1 e \langle x^{2}\rangle=\dfrac{1}{4\alpha}:
\langle p^{2}\rangle=2\hbar^{2}\alpha -4\hbar^{2}\alpha^{2}\cdot\frac{1}{4\alpha} =2\hbar^{2}\alpha -\hbar^{2}\alpha =\hbar^{2}\alpha.
Assim \langle p^{2}\rangle=\hbar^{2}\alpha. Como \langle p\rangle=0, a dispersão é
\Delta p=\sqrt{\langle p^{2}\rangle-\langle p\rangle^{2}}=\sqrt{\hbar^{2}\alpha}=\hbar\sqrt{\alpha}.

Passo 5

(d) Produto das incertezas. Multiplicar \Delta x por \Delta p usando os resultados anteriores:
\Delta x\,\Delta p=\left(\frac{1}{2\sqrt{\alpha}}\right)\left(\hbar\sqrt{\alpha}\right)=\frac{\hbar}{2}.
Isso mostra que a família de gaussianas \psi_{\alpha} atinge a desigualdade de Heisenberg com igualdade; são estados de mínima incerteza.

Passo 6

(e) Energia média \langle E\rangle(\alpha). A energia média é soma da energia cinética média e da energia potencial média:
\langle E\rangle(\alpha)=\frac{\langle p^{2}\rangle}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^{2}\langle x^{2}\rangle.
Substituir \langle p^{2}\rangle=\hbar^{2}\alpha e \langle x^{2}\rangle=\dfrac{1}{4\alpha}:
\langle E\rangle(\alpha)=\frac{\hbar^{2}\alpha}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^{2}\cdot\frac{1}{4\alpha} = \frac{\hbar^{2}\alpha}{2m} + \frac{m\omega^{2}}{8\alpha}.
Esta é a expressão explícita de \langle E\rangle(\alpha) em função de \alpha>0.

Passo 7

(f) Minimização de \langle E\rangle(\alpha) e interpretação física. Queremos encontrar \alpha que minimiza
f(\alpha)=\frac{\hbar^{2}\alpha}{2m} + \frac{m\omega^{2}}{8\alpha}.
Derivar em relação a \alpha e igualar a zero:
\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}\alpha}=\frac{\hbar^{2}}{2m} - \frac{m\omega^{2}}{8\alpha^{2}}=0.
Isolar \alpha^{2}:
\frac{\hbar^{2}}{2m}=\frac{m\omega^{2}}{8\alpha^{2}} \quad\Rightarrow\quad 8\hbar^{2}\alpha^{2}=2m^{2}\omega^{2} \quad\Rightarrow\quad \alpha^{2}=\frac{m^{2}\omega^{2}}{4\hbar^{2}}.
Como \alpha>0,
\alpha_{\text{min}}=\frac{m\omega}{2\hbar}.
Substituir em \langle E\rangle(\alpha) para obter a energia mínima. Calcular cada termo separadamente:
\frac{\hbar^{2}\alpha_{\text{min}}}{2m}=\frac{\hbar^{2}}{2m}\cdot\frac{m\omega}{2\hbar}=\frac{\hbar\omega}{4},
\frac{m\omega^{2}}{8\alpha_{\text{min}}}=\frac{m\omega^{2}}{8}\cdot\frac{2\hbar}{m\omega}=\frac{\hbar\omega}{4}.
Somando,
\langle E\rangle_{\min}=\frac{\hbar\omega}{4}+\frac{\hbar\omega}{4}=\frac{\hbar\omega}{2}.
Interpretação física: o valor de \alpha que minimiza a energia é \alpha_{\text{min}}=\dfrac{m\omega}{2\hbar}. A função de onda correspondente é exatamente a função de onda fundamental (ground state) do oscilador harmônico quântico, e a energia mínima obtida \dfrac{\hbar\omega}{2} é a energia de ponto zero (zero-point energy). Além disso, essa gaussiana minimizadora também satisfaz a igualdade na desigualdade de Heisenberg ( \Delta x\,\Delta p=\hbar/2), ou seja, é um estado de incerteza mínima — comportamento esperado para o estado fundamental do oscilador harmônico.

Resposta

(a) \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}|\psi_{\alpha}(x)|^{2}\,\mathrm{d}x=1 (verificado).
(b) \displaystyle \langle x\rangle=0,\qquad \langle x^{2}\rangle=\frac{1}{4\alpha},\qquad \Delta x=\frac{1}{2\sqrt{\alpha}}.
(c) \displaystyle \langle p\rangle=0,\qquad \langle p^{2}\rangle=\hbar^{2}\alpha,\qquad \Delta p=\hbar\sqrt{\alpha}.
(d) \displaystyle \Delta x\,\Delta p=\frac{\hbar}{2}.
(e) \displaystyle \langle E\rangle(\alpha)=\frac{\hbar^{2}\alpha}{2m}+\frac{m\omega^{2}}{8\alpha}.
(f) \displaystyle \alpha_{\text{min}}=\frac{m\omega}{2\hbar},\qquad \langle E\rangle_{\min}=\frac{\hbar\omega}{2}.

Exercícios relacionados