Questão 2 (5.0 pontos)

Uma partícula de massa m\) se encontra em um poço quadrado infinito cujo potencial é dado por \[V(x)= \begin{cases}V=\infty, & \text { para } x<-L / 2 \\\ V=0, & \text { para }-L / 2<x<+L / 2 \\\ V=\infty, & \text { para } x>+L / 2\end{cases}
Como este potencial é simétrico em relação à origem, a densidade de probabilidade, |\psi(x)|^{2}\], também deve ser simétrica. (a) Mostre que isso significa que \(\psi(-x)=\psi(x) ou \psi(-x)=-\psi(x).
(b) Mostre que as soluções da equação de Schrödinger independente do tempo são:
\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}} \cos \frac{n \pi x}{L} \quad n=1,3,5,7, \ldots
e
\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}} \sin \frac{n \pi x}{L} \quad n=2,4,6,8, \cdots
(c) Mostre que as energias permitidas são as mesmas do poço quadrado infinito cujo potencial é dado por:
V(x)= \begin{cases}V=\infty, & \text { para } x<0 \\\ V=0, & \text { para } 0<x<L \\\ V=\infty, & \text { para } x>L\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá um poço infinito simétrico em torno da origem com potencial
V(x)= \begin{cases}\infty, & \text{para } x<-L/2,\\[4pt] 0, & \text{para } -L/2<x<+L/2,\\[4pt] \infty, & \text{para } x>+L/2,\end{cases}
e afirma que a densidade de probabilidade é simétrica: |\psi(x)|^{2} é par, isto é
|\psi(-x)|^{2}=|\psi(x)|^{2}\quad\text{para todo }x\text{ no poço.}ç
O que o exercício pede:
(a) mostrar que essa simetria de densidade implica \psi(-x)=\psi(x) ou \psi(-x)=-\psi(x);
(b) encontrar explicitamente as soluções da equação de Schrödinger independente do tempo (autofunções) no intervalo -L/2<x<+L/2 e mostrar que elas são
\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\cos\frac{n\pi x}{L}\quad n=1,3,5,\ldots
e
\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\frac{n\pi x}{L}\quad n=2,4,6,\ldots
(c) mostrar que as energias permitidas coincidem com as do poço de 0<x<L, ou seja os mesmos níveis E_n.]

Passo 2

(a) Prova da paridade de \psi a partir de |\psi|^{2} par.
Se |\psi(-x)|^{2}=|\psi(x)|^{2} então, para cada x onde \psi(x)\neq0, existe um número complexo de módulo 1 tal que
\psi(-x)=e^{i\alpha(x)}\psi(x).
A ideia é mostrar que o fator de fase e^{i\alpha(x)} é independente de x e que só pode valer +1 ou -1.
Aplicando a relação duas vezes:
\psi(x)=\psi(-(-x))=e^{i\alpha(-x)}\psi(-x)=e^{i\alpha(-x)}e^{i\alpha(x)}\psi(x).
Como a igualdade vale para pontos onde \psi(x)\neq0, divide-se por \psi(x) e obtém-se
e^{i\alpha(x)}e^{i\alpha(-x)}=1.
Em particular, tomando x substituído por -x leva à mesma condição; combinando as informações (ou argumentando que a fase deve ser constante por continuidade das autofunções) conclui-se que e^{i\alpha(x)} é uma constante e^{i\alpha} independente de x e que satisfaz
e^{2i\alpha}=1.
As únicas soluções são e^{i\alpha}=+1 ou e^{i\alpha}=-1. Logo
\psi(-x)=\psi(x)\quad\text{ou}\quad \psi(-x)=-\psi(x).
Essas são, respectivamente, as funções pares e ímpares (paridade) — exatamente o que pediram. (Se \psi tiver zeros isolados, a conclusão ainda vale por continuidade das autofunções.)

Passo 3

(b) Resolver a equação de Schrödinger independente do tempo dentro do poço e aplicar condições de contorno.
Dentro do poço V(x)=0, a equação independente do tempo é
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}}=E\psi.
Reescrevendo,
\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}}+k^{2}\psi=0,\qquad\text{com}\qquad k\equiv\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^{2}}}.
A solução geral é
\psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx),
válida para -L/2<x<L/2. Nas paredes infinitas a função de onda deve anular:
\psi(-L/2)=0,\qquad \psi(+L/2)=0.
Podemos usar a propriedade de paridade (Passo 2) e procurar separadamente soluções pares e ímpares — isso simplifica muito.
Soluções pares ( \psi(-x)=\psi(x)):
  • Para funções pares, A=0 na combinação acima, porque \sin é ímpar e \cos é par; então
\psi(x)=B\cos(kx).
Aplicando \psi(L/2)=0 resulta
B\cos\!\big(kL/2\big)=0.
Para obter solução não-trivial ( B\neq0) é necessário
\cos\!\big(kL/2\big)=0\quad\Rightarrow\quad kL/2=\frac{(2m+1)\pi}{2},\quad m=0,1,2,\ldots
Portanto
k=\frac{(2m+1)\pi}{L}.
Definindo n=2m+1 (números ímpares positivos n=1,3,5,\ldots) obtemos os autovalores de onda e as autofunções pares
\psi_n(x)=B\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad n=1,3,5,\ldots
Agora normalizamos. A constante B é obtida da condição \int_{-L/2}^{L/2}|\psi_n(x)|^{2}dx=1. Como a função é par:
1=2B^{2}\int_{0}^{L/2}\cos^{2}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx.
Use a primitiva \int\cos^{2}(ax)dx=\tfrac{x}{2}+\tfrac{\sin(2ax)}{4a}. Avaliando de 0 a L/2 e notando que \sin\big(2\cdot\frac{n\pi}{L}\cdot\frac{L}{2}\big)=\sin(n\pi)=0, obtemos
\int_{0}^{L/2}\cos^{2}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx=\frac{L}{4}.
Assim
1=2B^{2}\cdot\frac{L}{4}=\frac{B^{2}L}{2}\quad\Rightarrow\quad B=\sqrt{\frac{2}{L}}.
Logo as soluções pares normalizadas são
\boxed{\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\cos\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\quad n=1,3,5,\ldots}
Soluções ímpares ( \psi(-x)=-\psi(x)):
  • Para funções ímpares, B=0 e
\psi(x)=A\sin(kx).
Condicionando \psi(L/2)=0 obtém-se
A\sin\!\big(kL/2\big)=0.
Para solução não-trivial precisa-se
\sin\!\big(kL/2\big)=0\quad\Rightarrow\quad kL/2=m\pi,\quad m=1,2,3,\ldots
Assim
k=\frac{2m\pi}{L}.
Definindo n=2m (números pares n=2,4,6,\ldots) obtemos as autofunções ímpares
\psi_n(x)=A\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad n=2,4,6,\ldots
Normalizando (função ímpar, mas \sin^2 é par, então o mesmo cálculo):
1=2A^{2}\int_{0}^{L/2}\sin^{2}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx.
Usando \int_{0}^{L/2}\sin^{2}\!(ax)dx=\tfrac{L}{4} quando a=\frac{n\pi}{L} com n inteiro (o termo seno duplo também anula), obtemos novamente A=\sqrt{2/L}. Logo
\boxed{\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\quad n=2,4,6,\ldots}
Isso conclui (b): as soluções têm as formas pedidas, com normalização \sqrt{2/L}.

Passo 4

(c) Energias permitidas e comparação com o poço 0<x<L.
A constante de onda k está relacionada à energia por
E=\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m}.
Para as soluções acima k=\dfrac{n\pi}{L} (onde n assume todos os inteiros positivos quando se juntam as duas famílias: ímpares e pares), logo
\boxed{E_n=\frac{\hbar^{2}\pi^{2}n^{2}}{2mL^{2}},\qquad n=1,2,3,\ldots}
Note que, embora as funções de onda do poço simétrico se organizem em pares/ímpares, o conjunto de n que aparece nas energias é exatamente o conjunto de todos os inteiros positivos. Esse mesmo conjunto de energias é obtido para o poço não centrado em 0 (o poço de 0<x<L), pois para aquele caso a solução usual dá exatamente
E_n=\frac{\hbar^{2}\pi^{2}n^{2}}{2mL^{2}},\quad n=1,2,\ldots
Portanto as energias permitidas são idênticas entre os dois potenciais — mudam apenas as formas (par/ímpar) das autofunções no poço centrado.

Resposta

(a) \psi(-x)=\psi(x) ou \psi(-x)=-\psi(x).\n
(b) \psi(x)=\sqrt{\dfrac{2}{L}}\cos\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right) para n=1,3,5,\ldots e \psi(x)=\sqrt{\dfrac{2}{L}}\sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right) para n=2,4,6,\ldots.\n
(c) E_n=\dfrac{\hbar^{2}\pi^{2}n^{2}}{2mL^{2}} para n=1,2,3,\ldots (mesmo conjunto de energias do poço 0<x<L).

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