Questão 3. Considere uma partícula de massa m\) que pode se mover livremente sobre o eixo \(x\) entre os pontos \(x= \pm a / 2\), mas está estritamente proibida de ser encontrada fora dessa região. A função de onda da partícula é \[\psi(x, t)= \begin{cases}A \operatorname{sen}\left(\frac{2 \pi x}{a}\right) e^{-i E t / \hbar}, & -\frac{a}{2}<x<\frac{a}{2} \\\\ 0, & x \leq-\frac{a}{2} \text { ou } x \geq \frac{a}{2}\end{cases}
a) Normalize a função de onda.
b) Calcule \Delta x=\sqrt{\left\langle x^{2}\right\rangle-\langle x\rangle^{2}}\]. c) Calcule \(\Delta p, usando \hat{p}=-i \hbar \frac{\partial}{\partial x}.
d) Verifique se \Delta x \Delta p \geq \frac{\hbar}{2}.
e) Qual é o local mais provável de se localizar a partícula? Use \frac{\mathrm{d} \rho}{\mathrm{d} x}=0, \operatorname{com} \rho=|\psi|^{2}.
f) Calcule explicitamente a probabilidade de encontrar a partícula na região -a / 2<x<0.
g) Compare e discuta o resultado encontrado no item e) com \langle x\rangle. O que está acontecendo?

Passo 1

O enunciado dá a função de onda (eu peguei tudo do enunciado):
\psi(x,t)= \begin{cases} A \sin\!\bigl(\dfrac{2\pi x}{a}\bigr)\,e^{-iEt/\hbar}, & -\dfrac{a}{2}<x<\dfrac{a}{2},\\[6pt] 0, & x\le -\dfrac{a}{2}\\ \text{ou}\\ x\ge \dfrac{a}{2}. \end{cases}
Perguntas a responder:
a) Normalizar a função de onda (achar A).
b) Calcular \Delta x=\sqrt{\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2}.
c) Calcular \Delta p usando \hat p=-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}.
d) Verificar se \Delta x\,\Delta p\ge \dfrac{\hbar}{2}.
e) Encontrar o(s) ponto(s) de máxima probabilidade (usar \dfrac{d\rho}{dx}=0 com \rho=|\psi|^2).
f) Calcular a probabilidade de achar a partícula em -\dfrac{a}{2}<x<0.
g) Comparar e discutir o resultado do item (e) com \langle x\rangle.
Todas as integrais são no intervalo -\dfrac{a}{2} a \dfrac{a}{2} quando não indicado.]

Passo 2

Normalização: lembrar que a normalização exige
\int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} |\psi(x,t)|^2\,dx = 1.
Como o fator temporal é apenas uma fase, |\psi|^2 = |A|^2 \sin^2\!\bigl(\tfrac{2\pi x}{a}\bigr) no interior do poço. Então
|A|^2 \int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} \sin^2\!\bigl(\tfrac{2\pi x}{a}\bigr)\,dx = 1.
Usar a identidade \sin^2\theta = \tfrac{1}{2}(1-\cos 2\theta). Assim
\int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} \sin^2\!\bigl(\tfrac{2\pi x}{a}\bigr)\,dx = \tfrac{1}{2}\int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} 1\,dx - \tfrac{1}{2}\int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} \cos\!\bigl(\tfrac{4\pi x}{a}\bigr)\,dx.
O primeiro termo vale \tfrac{1}{2}\cdot a. O segundo termo é zero porque
\int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} \cos\!\bigl(\tfrac{4\pi x}{a}\bigr)\,dx = \left.\frac{a}{4\pi}\sin\!\bigl(\tfrac{4\pi x}{a}\bigr)\right|_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} = 0.
Logo \int \sin^2 = \tfrac{a}{2} e
|A|^2 \cdot \frac{a}{2} = 1 \quad\Rightarrow\quad |A|^2=\frac{2}{a}.
Escolhemos A real e positivo:
A=\sqrt{\frac{2}{a}}.

Passo 3

Cálculo de \langle x\rangle. Definição:
\langle x\rangle = \int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} \psi^*(x,t)\,x\,\psi(x,t)\,dx.
A parte espacial \varphi(x)=A\sin\!\bigl(\tfrac{2\pi x}{a}\bigr) é uma função ímpar (pois \sin é ímpar). Então x\,\varphi^2(x) é ímpar vezes par? Mais direto: |\psi|^2 = |A|^2\sin^2(\tfrac{2\pi x}{a}) é função par, mas multiplicando por x obtemos uma função ímpar. A integral de uma função ímpar sobre um intervalo simétrico é zero. Portanto
\langle x\rangle = 0.

Passo 4

Cálculo de \langle x^2\rangle. Definição:
\langle x^2\rangle = \int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} |\psi|^2 x^2\,dx = |A|^2 \int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} x^2\sin^2\!\bigl(\tfrac{2\pi x}{a}\bigr)\,dx.
Usar novamente \sin^2\theta=\tfrac{1}{2}(1-\cos 2\theta). Então
\int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} x^2\sin^2\!\bigl(\tfrac{2\pi x}{a}\bigr)\,dx = \tfrac{1}{2}\int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} x^2\,dx - \tfrac{1}{2}\int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} x^2\cos\!\bigl(\tfrac{4\pi x}{a}\bigr)\,dx.
Calcule o primeiro integral:
\int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} x^2\,dx = \left.\frac{x^3}{3}\right|_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} = 2\cdot\frac{(a/2)^3}{3} = \frac{a^3}{12}.
Agora o segundo integral (vou chamá-lo de J):
J=\int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} x^2\cos\!\bigl(\tfrac{4\pi x}{a}\bigr)\,dx.
Fazemos a primitiva geral (integração por partes duas vezes) ou usamos a fórmula
\int x^2\cos(bx)\,dx = \frac{x^2}{b}\sin(bx) + \frac{2x}{b^2}\cos(bx) - \frac{2}{b^3}\sin(bx) + C.
Aqui b=\dfrac{4\pi}{a}. Avaliando entre x=-\dfrac{a}{2} e x=\dfrac{a}{2}: como b\cdot \dfrac{a}{2}=2\pi, os termos com \sin(bx) desaparecem (pois \sin(2\pi)=0), e \cos(bx)=1 tanto em x=\tfrac{a}{2} quanto em x=-\tfrac{a}{2}. Então, a diferença resulta apenas dos termos lineares em x:
J = \left[\frac{2x}{b^2}\cos(bx)\right]_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} = \frac{2}{b^2}\bigl(\tfrac{a}{2}\cdot 1 - (-\tfrac{a}{2}\cdot 1)\bigr) = \frac{2}{b^2}\cdot a = \frac{2a}{b^2}.
Substituindo b=\dfrac{4\pi}{a}
J = \frac{2a}{(4\pi/a)^2} = \frac{2a}{16\pi^2/a^2} = \frac{a^3}{8\pi^2}.
Agora voltar a \langle x^2\rangle:
\int x^2\sin^2\!\bigl(\tfrac{2\pi x}{a}\bigr)\,dx = \tfrac{1}{2}\cdot\frac{a^3}{12} - \tfrac{1}{2}\cdot \frac{a^3}{8\pi^2} = \frac{a^3}{24} - \frac{a^3}{16\pi^2}.
Multiplicando por |A|^2=\dfrac{2}{a} obtemos
\langle x^2\rangle = \frac{2}{a}\left(\frac{a^3}{24}-\frac{a^3}{16\pi^2}\right) = a^2\!\left(\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}\right).

Passo 5

Cálculo de \Delta x. Como \langle x\rangle=0,
\Delta x = \sqrt{\langle x^2\rangle - \langle x\rangle^2} = \sqrt{\langle x^2\rangle} = a\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}}.

Passo 6

Cálculo de \langle p\rangle. Por definição,
\langle p\rangle = \int_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}} \psi^*(x,t)\,(-i\hbar)\frac{\partial}{\partial x}\psi(x,t)\,dx.
A parte espacial \varphi(x)=A\sin(kx) com k=\dfrac{2\pi}{a} é real. Então \psi^*\partial_x\psi = \varphi\partial_x\varphi (o fator de fase temporal cancela porque derivada é em x). Mas \varphi\partial_x\varphi = \tfrac{1}{2}\partial_x(\varphi^2). Assim
\langle p\rangle = -i\hbar\cdot\frac{1}{2}\left.\varphi^2(x)\right|_{-\tfrac{a}{2}}^{\tfrac{a}{2}}.
Como \varphi(\pm\tfrac{a}{2})=0 (condição de contorno do poço), o termo de fronteira é zero, então \langle p\rangle=0. (Também pode-se ver por simetria: distribuição de probabilidade é par, esperado do impulso é zero.)

Passo 7

Cálculo de \langle p^2\rangle e \Delta p. Usar o operador \hat p^2=-\hbar^2\partial^2/\partial x^2. Para \varphi(x)=A\sin(kx),
\frac{d^2}{dx^2}\sin(kx) = -k^2\sin(kx),
portanto
-\hbar^2\frac{d^2}{dx^2}\varphi(x) = \hbar^2 k^2 \varphi(x).
Assim
\langle p^2\rangle = \int \psi^*(-\hbar^2\partial_x^2)\psi\,dx = \hbar^2 k^2 \int |\psi|^2 dx = \hbar^2 k^2,
pois a função está normalizada. Então \Delta p = \sqrt{\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2} = \hbar k. Como k=\dfrac{2\pi}{a},
\Delta p = \hbar\frac{2\pi}{a} = \frac{2\pi\hbar}{a}.
Observação física curta: essa função é um autovetor da energia do poço (número quântico n=2), e a energia cinética média dá exatamente \langle p^2\rangle/2m.

Passo 8

Verificação da desigualdade de Heisenberg. Produto
\Delta x\,\Delta p = a\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}}\cdot\frac{2\pi\hbar}{a} = 2\pi\hbar\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}}.
Fazendo uma avaliação numérica rápida (para ver a comparação):
\frac{1}{12}\approx 0,08333,\qquad \frac{1}{8\pi^2}\approx 0,01266,
logo a raiz é \approx 0,26586. Assim
\Delta x\,\Delta p \approx 2\pi\hbar\cdot 0,26586 \approx 1,67\,\hbar,
que é claramente maior que \dfrac{\hbar}{2}. Portanto \Delta x\,\Delta p \ge \dfrac{\hbar}{2} é satisfeita (aqui com folga).

Passo 9

Local mais provável: maximizar \rho(x)=|\psi|^2 = |A|^2\sin^2(kx) com k=\dfrac{2\pi}{a}. Derivando:
\frac{d\rho}{dx} = |A|^2\cdot 2\sin(kx)\cos(kx)\cdot k = |A|^2 k \sin(2kx).
Zerar a derivada dá \sin(2kx)=0, ou seja
2kx = n\pi \quad\Rightarrow\quad x = \frac{n\pi}{2k} = \frac{n a}{4},\qquad n\in\mathbb{Z}.
Dentro do intervalo -\tfrac{a}{2}<x<\tfrac{a}{2} os candidatos são x=-\tfrac{a}{4},\,0,\,\tfrac{a}{4}. Para distinguir máximos e mínimos, verificar o valor de \rho:
\rho(0)=0,\qquad \rho\!\bigl(\pm\tfrac{a}{4}\bigr)=|A|^2\sin^2\!\bigl(k\cdot\tfrac{a}{4}\bigr) =|A|^2\sin^2\!\bigl(\tfrac{\pi}{2}\bigr)=|A|^2.
Portanto os máximos (locais mais prováveis) são x=\pm \dfrac{a}{4}. O ponto x=0 é mínimo (probabilidade nula).

Passo 10

Probabilidade em -\tfrac{a}{2}<x<0. Calcule
P\bigl(-\tfrac{a}{2}<x<0\bigr)=\int_{-\tfrac{a}{2}}^{0} |\psi|^2 dx = |A|^2 \int_{-\tfrac{a}{2}}^{0} \sin^2(kx)\,dx.
Como \sin^2(kx) é função par, a integral do lado negativo é igual à integral do lado positivo e vale metade da integral total. Como a integral total (entre -\tfrac{a}{2} e \tfrac{a}{2}) dá 1/|A|^2\cdot 1 pela normalização, segue que a probabilidade do lado esquerdo é 1/2. Explicitamente:
P\bigl(-\tfrac{a}{2}<x<0\bigr)=\frac{1}{2}.

Passo 11

Discussão (item g): o item (e) deu que os pontos de máxima probabilidade são x=\pm \tfrac{a}{4}, enquanto \langle x\rangle=0. O que está acontecendo?
  • A média \langle x\rangle é a média (valor esperado) da posição, ou seja, o centro de massa da distribuição de probabilidade; para uma distribuição simétrica em torno de zero, \langle x\rangle=0.
  • O(s) modo(s) (ponto(s) de máxima probabilidade) são os valores de x onde \rho(x) é máximo; aqui a distribuição é simétrica e bimodal, com picos em \pm a/4.
    Portanto não há contradição: a média pode ficar no ponto central entre os dois picos (onde, inclusive, a densidade é mínima) — média e modo são conceitos diferentes. Em palavras leves: a “posição média” está no centro por simetria, mesmo que a partícula tenda a ser encontrada nos picos laterais.

Resposta

(a) A=\sqrt{\dfrac{2}{a}}
(b) \displaystyle \Delta x = a\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}}
(c) \displaystyle \Delta p = \frac{2\pi\hbar}{a}
(d) \displaystyle \Delta x\,\Delta p = 2\pi\hbar\sqrt{\frac{1}{12}-\frac{1}{8\pi^2}}\approx 1{,}67\,\hbar \ge \frac{\hbar}{2}
(e) Pontos de máxima probabilidade: x=\pm \dfrac{a}{4}
(f) P\bigl(-\tfrac{a}{2}<x<0\bigr)=\dfrac{1}{2}
(g) A média \langle x\rangle=0 porque a distribuição é simétrica; os modos (picos de \rho) estão em \pm a/4. Média (mean) e moda (mode) são conceitos diferentes, logo não há contradição.

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