Questão 2. Em t=0, a função d eonda de um oscilador harmônico é dada por
\Phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2}} \phi_{0}(x)+\frac{1}{\sqrt{3}} \phi_{1}(x)+\frac{1}{\sqrt{2}} \phi_{2}(x),
em que \phi_{n}(x) denota a solução da equação de Schrödinger independente do tempo para o n-ésimo estamo do oscilador harmônico.
(a) Se a energia é medida, quais valores podem ser encontrados e com quais probabilidades?
(b) Encontre o valor média da posição deste oscilador, isto é, \langle\hat{x}\rangle.
(c) Escreva a função de onde no tempo t qualquer.

Passo 1

O enunciado dá, em t=0, a função de onda
\Phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2}}\,\phi_{0}(x)+\frac{1}{\sqrt{3}}\,\phi_{1}(x)+\frac{1}{\sqrt{2}}\,\phi_{2}(x),
onde \phi_{n}(x) são os autoestados do oscilador harmônico (ortogonais e normais). O enunciado faz três perguntas claras:
  1. (a) Quais valores de energia podem ser obtidos se medirmos a energia, e com quais probabilidades?
  2. (b) Qual é o valor médio da posição, isto é, \langle\hat{x}\rangle, para esse estado inicial?
  3. (c) Escrever a função de onda em tempo arbitrário t, \Phi(x,t).
Informações relevantes dadas:
  • Coeficientes das componentes do estado nas bases \{\phi_0,\phi_1,\phi_2\}: c_0=\dfrac{1}{\sqrt{2}}, c_1=\dfrac{1}{\sqrt{3}}, c_2=\dfrac{1}{\sqrt{2}}.
  • As funções \phi_n são autovetores da energia do oscilador harmônico.
Observação importante (prévia à resolução): os coeficientes apresentados não somam ao quadrado para 1 imediatamente; por isso será necessário verificar e normalizar corretamente o estado antes de calcular probabilidades e médias.

Passo 2

Normalização do estado: em mecânica quântica, se \Phi é expandido numa base ortonormal por coeficientes c_n, a probabilidade de encontrar o estado \phi_n é |c_n|^2 somente se \sum_n |c_n|^2=1. Vamos calcular a norma quadrática (soma das probabilidades não normalizadas):
S=\left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^{2}+\left|\frac{1}{\sqrt{3}}\right|^{2}+\left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^{2} =\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{2}.
Calculemos essa soma: com denom comum 6,
S=\frac{3}{6}+\frac{2}{6}+\frac{3}{6}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}.
Portanto o estado dado não está normalizado: o fator de normalização necessário é
N=\frac{1}{\sqrt{S}}=\frac{1}{\sqrt{4/3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}.
O estado normalizado é
\Psi(x,0)=N\,\Phi(x)=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\phi_{0}+\frac{1}{\sqrt{3}}\phi_{1}+\frac{1}{\sqrt{2}}\phi_{2}\right).
Vou usar esta forma normalizada para todas as probabilidades e médias.

Passo 3

Resposta da parte (a): possíveis valores de energia e probabilidades.
Teoria rápida (didática): os autovalores de energia do oscilador harmônico são
E_{n}=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right),\qquad n=0,1,2,\dots
Se o sistema está no estado \Psi(x,0)=\sum_n a_n\phi_n(x) com \sum_n |a_n|^2=1, a probabilidade de medir E_n é P_n=|a_n|^2. No nosso caso a_n são os coeficientes normalizados: a_n=N c_n com N=\sqrt{3}/2.
Cálculo das probabilidades:
P_0=|a_0|^2=\frac{|c_0|^2}{S}=\frac{\tfrac{1}{2}}{4/3}=\frac{1/2}{4/3}=\frac{3}{8},
P_1=|a_1|^2=\frac{|c_1|^2}{S}=\frac{\tfrac{1}{3}}{4/3}=\frac{1}{4},
P_2=|a_2|^2=\frac{|c_2|^2}{S}=\frac{\tfrac{1}{2}}{4/3}=\frac{3}{8}.
Verificação rápida: P_0+P_1+P_2=\tfrac{3}{8}+\tfrac{1}{4}+\tfrac{3}{8}=1, ótimo.
Logo, os valores de energia possíveis são E_0=\hbar\omega/2, E_1=3\hbar\omega/2 e E_2=5\hbar\omega/2, com probabilidades indicadas acima.

Passo 4

Preparação para a parte (b): cálculo de \langle\hat{x}\rangle.
Conceito e fórmula usada (aula curta): a posição do oscilador pode ser escrita em termos dos operadores de criação e aniquilação:
\hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,(a+a^{\dagger}).
As matrizes de \hat{x} na base \{\phi_n\} só conectam estados adjacentes:
\langle \phi_n|\hat{x}|\phi_m\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\sqrt{m+1}\,\delta_{n,m+1}+\sqrt{m}\,\delta_{n,m-1}\right).
Isto significa que \langle n|\hat{x}|n\rangle=0 e que só aparecem termos entre n e n\pm1. Isso simplifica muito o cálculo da média.
Expressão geral para a média em nosso estado:
\langle\hat{x}\rangle=\sum_{n,m} a_n^* a_m \langle \phi_n|\hat{x}|\phi_m\rangle.
Como os a_n que usamos são reais e positivos no problema (após normalização), os termos não nulos virão dos pares (0,1),(1,0),(1,2),(2,1). Podemos agrupar usando que \langle n|\hat{x}|n+1\rangle é real e igual a \sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}}\sqrt{n+1}.

Passo 5

Cálculo explícito de \langle\hat{x}\rangle.
Defina
x_{0}\equiv\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}.
Usando os coeficientes originais c_0=\dfrac{1}{\sqrt{2}}, c_1=\dfrac{1}{\sqrt{3}}, c_2=\dfrac{1}{\sqrt{2}} e lembrando que deve dividir pelo fator S=4/3 se preferir trabalhar sem N, uma forma conveniente é:
\langle\hat{x}\rangle=\frac{1}{S}\,2x_{0}\Big(c_0 c_1\sqrt{1}+c_1 c_2\sqrt{2}\Big).
Expliquei por que há um fator 2: soma dos termos conjugados (n,m) e (m,n).
Substituindo c_0=c_2=\dfrac{1}{\sqrt{2}} e c_1=\dfrac{1}{\sqrt{3}}:
c_0 c_1=c_1 c_2=\frac{1}{\sqrt{6}}.
Logo
\langle\hat{x}\rangle=\frac{2x_{0}}{S}\left(\frac{1}{\sqrt{6}}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{6}}\right) =\frac{2x_{0}}{S}\cdot\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{6}}.
Com S=\dfrac{4}{3} temos \dfrac{2}{S}=\dfrac{3}{2}. Assim
\langle\hat{x}\rangle = x_{0}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{6}}.

Passo 6

Simplificação final da média e interpretação.
Simples manipulação algébrica:
\frac{3}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{3}{2\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{4},
portanto
\langle\hat{x}\rangle = x_{0}\,\frac{\sqrt{6}}{4}\,(1+\sqrt{2}) = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;\frac{\sqrt{6}}{4}\,(1+\sqrt{2}).
Comentário didático: o valor médio de x não é zero porque o estado inicial é uma superposição que quebra a simetria par/ímpar (tem amplitudes em n=0,1,2); os termos cruzados entre n e n\pm1 produzem um deslocamento médio não nulo.

Passo 7

Parte (c) — evolução temporal da função de onda.
Teoria rápida (didática): autovetores de energia evoluem apenas por um fator de fase temporal \exp(-iE_n t/\hbar). Como \phi_n(x) são autovetores com energia E_n=\hbar\omega(n+\tfrac{1}{2}), a evolução para cada termo é multiplicar por \exp(-i\omega(n+\tfrac{1}{2})t). Usando a normalização já obtida, a função de onda em tempo t é
\Psi(x,t)=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\omega(0+\tfrac{1}{2})t}\phi_{0}(x)+\frac{1}{\sqrt{3}}e^{-i\omega(1+\tfrac{1}{2})t}\phi_{1}(x)+\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\omega(2+\tfrac{1}{2})t}\phi_{2}(x)\right).
Escrevendo os expoentes explicitamente:
\Psi(x,t)=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\omega t/2}\phi_{0}(x)+\frac{1}{\sqrt{3}}e^{-i3\omega t/2}\phi_{1}(x)+\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i5\omega t/2}\phi_{2}(x)\right).
Observação útil: pode-se factorar um fator de fase global e^{-i\omega t/2} se quiser, pois fases globais não afetam probabilidades:
\Psi(x,t)=e^{-i\omega t/2}\,\frac{\sqrt{3}}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\phi_{0}+\frac{1}{\sqrt{3}}e^{-i\omega t}\phi_{1}+\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i2\omega t}\phi_{2}\right).
Mas a forma com os expoentes explícitos em cada termo é perfeitamente correta e mostra a evolução relativa de fases entre as componentes.

Resposta

(a) E_0=\dfrac{\hbar\omega}{2} com P_0=\dfrac{3}{8} ; E_1=\dfrac{3\hbar\omega}{2} com P_1=\dfrac{1}{4} ; E_2=\dfrac{5\hbar\omega}{2} com P_2=\dfrac{3}{8}.
(b) \displaystyle \langle\hat{x}\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\;\frac{\sqrt{6}}{4}\,(1+\sqrt{2}).
(c) \displaystyle \Psi(x,t)=\frac{\sqrt{3}}{2}\!\left(\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\omega t/2}\phi_{0}(x)+\frac{1}{\sqrt{3}}e^{-i3\omega t/2}\phi_{1}(x)+\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i5\omega t/2}\phi_{2}(x)\right).

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