4. Retorno ao exercício 2 usando transformadas de Fourier

[Fundamental]
(a) Escreva a equação de autovalores de H e a transformada de Fourier dessa equação. Deduzir diretamente a expressão de \tilde{\psi}(p), a transformada de Fourier de \psi(x), em termos de p, E, \alpha e \psi(0).
Mostre que apenas um valor de E, negativo, é possível. Apenas o estado ligado da partícula, e não os estados propagantes, é obtido por esse método; explique por quê.
Em seguida, calcule \psi(x) e mostre que todos os resultados do exercício 2 podem ser recuperados dessa forma.
(b) A energia cinética média da partícula pode ser escrita (cf. Capítulo III):
\langle T\rangle=\frac{1}{2 m} \int_{-\infty}^{+\infty} p^{2}|\tilde{\psi}(p)|^{2} d p
Mostre que, quando \tilde{\psi}(p) é uma função suficientemente suave, temos também
\langle T\rangle=-\frac{\hbar^{2}}{2 m} \int_{-\infty}^{+\infty} \psi^{*}(x) \frac{d^{2} \psi}{d x^{2}} d x
Aplique essas fórmulas ao estado ligado obtido em (a). Note que, nesse caso, \psi(x) não é regular em x=0 e deve ser diferenciada no sentido das distribuições.
Interprete fisicamente a contribuição proveniente de x=0, considerando um poço quadrado de largura a e profundidade V_{0}, \operatorname{com} a \rightarrow 0, V_{0} \rightarrow \infty e a V_{0}=\alpha.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas principais:
  • (a) Partindo da equação de autovalores de H para o potencial delta em x=0 (ou seja, V(x)=-\alpha\delta(x) com \alpha>0), tomar a transformada de Fourier da equação, obter explicitamente \tilde{\psi}(p) em função de p,E,\alpha e \psi(0), mostrar que apenas um valor de E negativo é possível e que este método captura apenas o estado ligado; em seguida calcular \psi(x) a partir de \tilde{\psi}(p) e recuperar os resultados do exercício 2 (energia, constante de decaimento, normalização, forma da função de onda).
  • (b) Mostrar a igualdade
    \langle T\rangle=\frac{1}{2m}\int_{-\infty}^{+\infty}p^{2}|\tilde{\psi}(p)|^{2}dp =-\frac{\hbar^{2}}{2m}\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^{*}(x)\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}}dx
    quando \tilde{\psi}(p) é suficientemente suave; aplicar essas fórmulas ao estado ligado obtido em (a). Observar que \psi(x) tem descontinuidade na derivada em x=0 e interpretar fisicamente a contribuição de x=0 fazendo a conexão com o limite de um poço quadrado de largura a e profundidade V_{0} tal que a\to0,\;V_{0}\to\infty com aV_{0}=\alpha.
Informações dadas/assumidas (retiradas do enunciado e do contexto do problema 2):
  • Hamiltoniano H=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}}{dx^{2}}-\alpha\delta(x),\qquad \alpha>0.
  • Definição da transformada de Fourier (escolha convencional de Física): \tilde{\psi}(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}\psi(x)e^{-ipx/\hbar}dx, \qquad \psi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\psi}(p)e^{ipx/\hbar}dp.

Passo 2

Escrevendo a equação de autovalores no espaço de posição. A equação H\psi=E\psi é
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}}(x)-\alpha\delta(x)\psi(x)=E\psi(x).
Aqui \psi(x) deve ser uma função no espaço de Hilbert (ou distribuição quando necessário). Observação importante: a presença de \delta(x) multiplica \psi(x) avaliando-a em x=0.

Passo 3

Tomar a transformada de Fourier de cada termo da equação. Usar a propriedade padrão:
  • \mathcal{F}\{\psi''(x)\}(p) = -(p^{2}/\hbar^{2})\tilde{\psi}(p).
  • \mathcal{F}\{\delta(x)\psi(x)\}(p)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\psi(0) porque \int \delta(x)\psi(x)e^{-ipx/\hbar}dx=\psi(0).
Aplicando a transformada à equação:
-\frac{\hbar^{2}}{2m}\cdot\Big(-\frac{p^{2}}{\hbar^{2}}\Big)\tilde{\psi}(p) -\alpha\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\psi(0) =E\tilde{\psi}(p).
Simplificando o primeiro termo obtemos
\frac{p^{2}}{2m}\tilde{\psi}(p)-\alpha\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\psi(0)=E\tilde{\psi}(p).

Passo 4

Resolver algebricamente para \tilde{\psi}(p). Reorganizando:
\Big(\frac{p^{2}}{2m}-E\Big)\tilde{\psi}(p)=\alpha\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\psi(0).
Logo
\boxed{\tilde{\psi}(p)=\frac{\alpha\,\psi(0)}{\sqrt{2\pi\hbar}\,\big(\dfrac{p^{2}}{2m}-E\big)}.}
Isto é a expressão pedida: \tilde{\psi}(p) em termos de p,E,\alpha e \psi(0).
Comentário didático: a transformada transformou a equação diferencial com uma perturbação localizada em uma equação algébrica para \tilde{\psi}(p). Ainda falta determinar E e \psi(0) (ou sua relação), que virão da condição de auto-consistência obtida pela inversa da transformada.

Passo 5

Procurar estados ligados (normais, \psi\in L^{2}). Para E<0 escrevemos
E=-\frac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m},\qquad \kappa>0.
Então
\frac{p^{2}}{2m}-E=\frac{1}{2m}\big(p^{2}+\hbar^{2}\kappa^{2}\big),
e
\tilde{\psi}(p)=\frac{\alpha\psi(0)\,2m}{\sqrt{2\pi\hbar}\,\big(p^{2}+\hbar^{2}\kappa^{2}\big)}.
Para E>0 a denominação tem zeros reais p=\pm\sqrt{2mE}, levando a singularidades sobre o eixo real em p e a funções não quadrado-integráveis (ou a distribuições que correspondem a estados espalhantes). Por isso, buscando funções \psi\in L^{2} o caso E<0 é o que produz \tilde{\psi}(p) decaindo como 1/p^{2} para grande p (portanto quadrado-integrável). Conclusão: somente estados ligados normais são obtidos diretamente com essa abordagem assumindo \tilde{\psi}\in L^{2}.
Explicação intuitiva: os estados espalhantes correspondem à parte contínua do espectro; suas “transformadas” envolvem deltas ou funções não integráveis (picos em p) que representam ondas livres incidentes/saídas. O método algébrico acima pressupõe uma \psi(0) finita e uma \tilde{\psi}(p) integrável; para energia positiva isso não ocorre sem impor condições de contorno tipo ondas entrantes/saídas (Lippmann–Schwinger), portanto o procedimento direto captura apenas o estado ligado.

Passo 6

Impor a condição de consistência que determina \kappa (ou E). Usar a inversa no ponto x=0:
\psi(0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\psi}(p)dp.
Substituindo \tilde{\psi}(p) (caso E<0):
\psi(0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\alpha\psi(0)\,2m}{\sqrt{2\pi\hbar}\,\big(p^{2}+\hbar^{2}\kappa^{2}\big)}dp.
Isolando e cancelando \psi(0) (que para estado ligado não é zero) obtemos
1=\frac{\alpha\,2m}{2\pi\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp}{p^{2}+\hbar^{2}\kappa^{2}}.
Usar a integral conhecida
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp}{p^{2}+a^{2}}=\frac{\pi}{a}
com a=\hbar\kappa. Assim:
1=\frac{\alpha\,2m}{2\pi\hbar}\cdot\frac{\pi}{\hbar\kappa}=\frac{\alpha m}{\hbar^{2}\kappa}.
Portanto
\boxed{\kappa=\frac{\alpha m}{\hbar^{2}}.}
Dessa expressão segue a energia do estado ligado:
\boxed{E=-\frac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m}=-\frac{m\alpha^{2}}{2\hbar^{2}}.}
Como a equação que determina \kappa tem solução única positiva, existe exatamente um estado ligado.

Passo 7

Calcular \psi(x) a partir de \tilde{\psi}(p). Usar a inversa:
\psi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}}\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\psi}(p)e^{ipx/\hbar}dp =\frac{\alpha\psi(0)\,2m}{2\pi\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ipx/\hbar}}{p^{2}+\hbar^{2}\kappa^{2}}dp.
Para calcular a integral, faça a mudança k=p/\hbar. Então
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ipx/\hbar}}{p^{2}+\hbar^{2}\kappa^{2}}dp =\frac{1}{\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ikx}}{k^{2}+\kappa^{2}}dk =\frac{\pi}{\hbar\kappa}e^{-\kappa|x|},
onde se usou a integral conhecida \int e^{ikx}/(k^{2}+a^{2})\,dk=\pi/a\,e^{-a|x|}. Substituindo de volta:
\psi(x)=\frac{\alpha\psi(0)\,2m}{2\pi\hbar}\cdot\frac{\pi}{\hbar\kappa}e^{-\kappa|x|} =\frac{\alpha m}{\hbar^{2}\kappa}\psi(0)e^{-\kappa|x|}.
Usando a relação obtida em Passo 6 \dfrac{\alpha m}{\hbar^{2}\kappa}=1 obtemos
\boxed{\psi(x)=\psi(0)e^{-\kappa|x|}.}
Para normalizar, imponha \int|\psi|^{2}dx=1:
1=\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(0)|^{2}e^{-2\kappa|x|}dx=|\psi(0)|^{2}\cdot\frac{1}{\kappa},
pois \int_{-\infty}^{\infty}e^{-2\kappa|x|}dx=1/\kappa. Assim
\boxed{\psi(0)=\sqrt{\kappa},\qquad \psi(x)=\sqrt{\kappa}\,e^{-\kappa|x|}.}
Isto recupera exatamente o estado ligado conhecido do poço delta, com \kappa e E conforme no Passo 6.

Passo 8

Comentário sobre por que estados propagantes (energia positiva) não surgem assim: para E>0 a expressão obtida em Passo 4 possui polos reais em p, o que impede \tilde{\psi}(p) de ser uma função quadrado-integrável regular — em vez disso se obtém distribuições que descrevem ondas livres mais condições de contorno (ondas entrantes/saídas). Para obter estados espalhantes é necessário tratar o problema com condições de contorno (por exemplo os estados de espalhamento normalizados por delta de Dirac) ou usar soluções de forma e^{ikx} com salto de fase; a técnica direta de transformar e inverter assumindo \psi\in L^{2} só capta o único estado ligado.

Passo 9

Agora vamos provar a igualdade das expressões para \langle T\rangle em termos de \tilde{\psi} e \psi (parte (b)). Começamos por
\langle T\rangle=\frac{1}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}p^{2}|\tilde{\psi}(p)|^{2}dp.
Usar a propriedade da transformada: \mathcal{F}\{\psi''\}(p)=-(p^{2}/\hbar^{2})\tilde{\psi}(p). Logo
p^{2}\tilde{\psi}(p)=-\hbar^{2}\,\mathcal{F}\{\psi''\}(p).
Substituindo,
\langle T\rangle=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{\psi}^{*}(p)\,\mathcal{F}\{\psi''\}(p)\,dp.
Aplicando o teorema de Parseval/Plancherel (a transformada unitária preserva produto escalar), temos
\int_{-\infty}^{\infty}\tilde{f}^{*}(p)\tilde{g}(p)\,dp =\int_{-\infty}^{\infty}f^{*}(x)g(x)\,dx.
Escolhendo f=\psi e g=\psi'' obtemos
\langle T\rangle=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}\psi^{*}(x)\psi''(x)\,dx.
Isto demonstra a igualdade pretendida, sob a condição técnica de suavidade/decay que permite trocar integrais e aplicar Parseval.

Passo 10

Aplicar as duas fórmulas ao estado ligado encontrado: primeiro pela fórmula no espaço de momento, usando
\tilde{\psi}(p)=\frac{\alpha\psi(0)\,2m}{\sqrt{2\pi\hbar}\,(p^{2}+\hbar^{2}\kappa^{2})}, \qquad \psi(0)^{2}=\kappa,\quad \kappa=\frac{\alpha m}{\hbar^{2}}.
Calcular
\langle T\rangle=\frac{1}{2m}\int_{-\infty}^{\infty}p^{2}|\tilde{\psi}(p)|^{2}dp =\frac{1}{2m}\frac{(2m\alpha\psi(0))^{2}}{2\pi\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{p^{2}}{(p^{2}+\hbar^{2}\kappa^{2})^{2}}dp.
Usar a integral conhecida
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{p^{2}}{(p^{2}+a^{2})^{2}}dp=\frac{\pi}{2a}
com a=\hbar\kappa. Substituindo e simplificando (ver contas no Passo 11) obtém-se
\boxed{\langle T\rangle=\frac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m}.}
Pela energia total E e potencial \langle V\rangle=-\alpha|\psi(0)|^{2}=-\alpha\kappa temos
E=\langle T\rangle+\langle V\rangle \quad\Rightarrow\quad -\frac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m}=\langle T\rangle-\alpha\kappa.
Como \alpha=\hbar^{2}\kappa/m obtemos \langle T\rangle=\hbar^{2}\kappa^{2}/(2m), consistente com o cálculo direto por momento.

Passo 11

Fazer explicitamente a integral de \langle T\rangle por momento para verificar os fatores:
\langle T\rangle=\frac{1}{2m}\frac{(2m\alpha\psi(0))^{2}}{2\pi\hbar}\cdot\frac{\pi}{2\hbar\kappa} =\frac{1}{2m}\cdot\frac{4m^{2}\alpha^{2}\psi(0)^{2}}{4\hbar^{2}\kappa} =\frac{m\alpha^{2}\psi(0)^{2}}{2\hbar^{2}\kappa}.
Usando \psi(0)^{2}=\kappa e \alpha=\hbar^{2}\kappa/m obtém-se
\langle T\rangle=\frac{m\alpha^{2}}{2\hbar^{2}}=\frac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m}.
Tudo consistente.

Passo 12

Calcular \langle T\rangle pela fórmula em espaço de posição, tendo em conta a derivação no sentido das distribuições. Para \psi(x)=\psi(0)e^{-\kappa|x|} já vimos que
\frac{d\psi}{dx}=-\kappa\psi(0)\operatorname{sgn}(x)e^{-\kappa|x|},
onde \operatorname{sgn}(x) é a função sinal, e derivando novamente em sentido de distribuições obtemos
\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}}=\kappa^{2}\psi(0)e^{-\kappa|x|}-2\kappa\psi(0)\delta(x).
Agora
\int_{-\infty}^{\infty}\psi^{*}(x)\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}}dx =\psi(0)^{2}\Big(\kappa^{2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-2\kappa|x|}dx-2\kappa\Big) =\psi(0)^{2}(\kappa-2\kappa)=-\kappa\psi(0)^{2}.
Portanto
\langle T\rangle=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\int\psi^{*}\psi''dx =-\frac{\hbar^{2}}{2m}(-\kappa\psi(0)^{2})=\frac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m},
usando \psi(0)^{2}=\kappa. Mesmo resultado, mostrando que a derivação no sentido das distribuições produz a contribuição localizada em x=0 necessária para obter o valor correto de \langle T\rangle.

Passo 13

Interpretação física da contribuição de x=0. Considere um poço quadrado de largura a e profundidade V_{0} (negativa): V(x)=-V_{0} para |x|<a/2 e 0 fora, e faça o limite a\to0, V_{0}\to\infty mantendo aV_{0}=\alpha. No poço finito a função de onda interna tem curvatura grande quando V_{0} é grande; isso gera uma contribuição positiva grande para a energia cinética concentrada na pequena região |x|<a/2. No limite, essa contribuição positiva localizada converte-se na contribuição de distribuição (termo com \delta(x) em \psi''). Ao mesmo tempo, a energia potencial média \langle V\rangle torna-se uma contribuição negativa localizada proporcional a -\alpha|\psi(0)|^{2}. O balanço entre a grande energia cinética concentrada e o grande potencial negativo dá um valor finito para a energia total E; esse mecanismo é justamente o que a modelagem por -\alpha\delta(x) resume: um poço muito profundo e estreito cujo efeito global é caracterizado por \alpha. Portanto a contribuição de x=0 na integral do tipo \int\psi^{*}\psi'' é o resíduo no limite do aumento da curvatura da função de onda dentro do poço, e é essencial para obter o valor correto de \langle T\rangle.

Resposta

\tilde{\psi}(p)=\dfrac{\alpha\,\psi(0)}{\sqrt{2\pi\hbar}\,\big(\dfrac{p^{2}}{2m}-E\big)}.\newline
\kappa=\dfrac{\alpha m}{\hbar^{2}},\qquad E=-\dfrac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m}=-\dfrac{m\alpha^{2}}{2\hbar^{2}}.\newline
\psi(x)=\sqrt{\kappa}\,e^{-\kappa|x|}.\newline
\langle T\rangle=\dfrac{1}{2m}\int p^{2}|\tilde{\psi}(p)|^{2}dp=-\dfrac{\hbar^{2}}{2m}\int\psi^{*}(x)\psi''(x)dx=\dfrac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m}.

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