Ao resolvermos o problema da partícula em um poço de potencial infinito em sala de aula, escolhemos k=n \pi / L, \operatorname{com} n=1,2,3, \ldots para que a condição de contorno \psi(x)=0 em x=L fosse satisfeita. Contudo, n=0,-1,-2,-3, \ldots também satisfaz essa condição de contorno. Por que razão não escolhemos esses valores negativos de n para compor a solução, mas apenas os valores positivos? Perdemos algum aspecto da natureza escolhendo apenas metade das soluções?

Passo 1

O enunciado trata da partícula num poço infinito de largura L. Dentro do poço a equação de Schrödinger livre dá uma solução geral
\psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx)
e as condições de contorno são \psi(0)=0 e \psi(L)=0. O que precisamos é impor essas condições para achar os valores permitidos de k (e, portanto, os níveis de energia).

Passo 2

Impondo \psi(0)=0 temos
\psi(0)=A\sin(0)+B\cos(0)=B=0,
então sobra
\psi(x)=A\sin(kx).
Agora \psi(L)=0 exige
\sin(kL)=0 \quad\Longrightarrow\quad kL = n\pi,
ou seja
k = \frac{n\pi}{L}, \quad n\in\mathbb{Z}.

Passo 3

Repare que para n=0 a função \psi(x)\equiv0 é trivial (não é estado físico). Para n<0 temos
\sin\!\bigl((-n)\,\tfrac{\pi}{L}x\bigr) = -\,\sin\!\bigl(n\,\tfrac{\pi}{L}x\bigr),
isto é, a “onda” de índice -n difere só por um sinal multiplicativo (fase global) da de índice +n. Fases globais não são observáveis e não geram nova função‐estado.

Passo 4

Como a energia é dada por
E_n = \frac{\hbar^2k^2}{2m} = \frac{\hbar^2\pi^2}{2mL^2}\,n^2,
vemos que E_{-n}=E_{n}, mas a função de onda é a mesma até um sinal. Portanto não há degenerescência extra nem estado físico novo ao escolher n<0.

Resposta

Só consideramos n=1,2,3,\dots porque:
  1. n=0 \psi\equiv0, não serve como estado normalizável.
  2. n<0 gera \psi_{-n}(x)=-\psi_{n}(x), ou seja, a mesma solução até fase global.
    Logo, não perdemos nada da natureza: estamos apenas removendo soluções redundantes.

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