2 Use a separação de variáveis em coordenadas cartesianas para resolver o poço cúbico infinito (ou ‘partícula em uma caixa’):
V(x, y, z)= \begin{cases}0, & \text { se } x, y, z \text { estão entre } 0 \text { e } a \\\ \infty, & \text { caso contrário. }\end{cases}ãá
(a) Calcule os estados estacionários e suas energias correspondentes.
(b) Chame de E_{1}, E_{2}, E_{3}, \ldots as energias distintas, em ordem crescente. Encontre E_{1}, E_{2}, E_{3}, E_{4}, E_{5} e E_{6}. Determine a degenerescência de cada um desses valores (ou seja, o número de estados distintos que compartilham da mesma energia).
Comentário: em uma dimensão, não ocorrem estados ligados degenerados (veja Ref. [1], Problema 2.45), porém, em três dimensões eles são muito comuns.
(c) Qual é a degenerescência de E_{14} e por que esse caso é interessante?

Passo 1

O enunciado dá um potencial poço cúbico infinito:
V(x,y,z)=\begin{cases}0,&\text{se }0\le x,y,z\le a,\\[4pt] \infty,&\text{caso contrário.}\end{cases}á
E pede:
  • (a) calcular os estados estacionários e suas energias correspondentes;
  • (b) enumerar as energias distintas E_1<E_2<\cdots e achar E_{1},E_{2},E_{3},E_{4},E_{5},E_{6} e a degenerescência de cada uma;
  • (c) achar a degenerescência de E_{14} e explicar por que esse caso é interessante.
Informações relevantes que nos dão (e que vamos usar):
  • Dentro da caixa V=0, fora dela \Psi=0 (condição de contorno física porque V=\infty).
  • A equação de Schrödinger independente do tempo é
-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\Psi(x,y,z)+V\Psi=E\Psi.
  • Procuramos funções normais e regulares em 0\le x,y,z\le a que se anulem nas paredes (em x=0,a, y=0,a, z=0,a).]

Passo 2

Separação de variáveis — ideia e aplicação: suponha solução produto
\Psi(x,y,z)=X(x)\,Y(y)\,Z(z).
Dentro da caixa V=0 a E.T.I. (equação de Schrödinger independente do tempo) fica
-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}+\frac{\partial^2\Psi}{\partial y^2}+\frac{\partial^2\Psi}{\partial z^2}\right)=E\Psi.
Substituindo \Psi=X(x)Y(y)Z(z) e dividindo por X Y Z obtemos
-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{X''(x)}{X(x)}+\frac{Y''(y)}{Y(y)}+\frac{Z''(z)}{Z(z)}\right)=E.
Cada termo depende de uma única variável; portanto cada fração deve ser igual a uma constante (separação de variáveis). Colocamos constantes de separação positivas convenientemente:
\frac{X''(x)}{X(x)}=-k_x^2,\qquad \frac{Y''(y)}{Y(y)}=-k_y^2,\qquad \frac{Z''(z)}{Z(z)}=-k_z^2,
com
E=\frac{\hbar^2}{2m}\left(k_x^2+k_y^2+k_z^2\right).
Explicação: escolhemos os sinais de forma que as equações unidimensionais resultem em senos e cossenos (funções oscilatórias), apropriadas para estados ligados dentro da caixa.

Passo 3

Resolver as equações unidimensionais e impor as condições de contorno:
Cada equação é do tipo
X''(x)+k_x^2 X(x)=0,
cuja solução geral é X(x)=A\sin(k_x x)+B\cos(k_x x). As paredes exigem \Psi=0 em x=0 e x=a. Em x=0 temos X(0)=B=0, logo X(x)=A\sin(k_x x). Em x=a deve valer X(a)=0\Rightarrow A\sin(k_x a)=0 com A\neq0 para função não-trivial, então
k_x a = n_x\pi,\qquad n_x=1,2,3,\dots
Portanto
k_x=\frac{n_x\pi}{a}.
Idêntico para Y e Z com números inteiros n_y,n_z\ge1. Assim as soluções separadas físicas são senos com modos quantizados.

Passo 4

Energia quantizada e forma das autofunções:
Substituindo k_x,k_y,k_z em E,
E_{n_x n_y n_z}=\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{n_x^2\pi^2}{a^2}+\frac{n_y^2\pi^2}{a^2}+\frac{n_z^2\pi^2}{a^2}\right) =\frac{\hbar^2\pi^2}{2 m a^2}\big(n_x^2+n_y^2+n_z^2\big).
As autofunções (antes de normalizar) são
\Psi_{n_x n_y n_z}(x,y,z)=A\sin\!\big(\tfrac{n_x\pi x}{a}\big)\sin\!\big(\tfrac{n_y\pi y}{a}\big)\sin\!\big(\tfrac{n_z\pi z}{a}\big).

Passo 5

Normalização das autofunções (como fazer na prova):
A normalização separa em produto de normais 1D porque são produto de funções de cada variável. A normalização 1D do modo \sin(\tfrac{n\pi x}{a}) em [0,a] é \sqrt{\tfrac{2}{a}}, pois
\int_0^a \sin^2\!\big(\tfrac{n\pi x}{a}\big)\,dx=\frac{a}{2}.
Logo a constante de normalização 3D é o produto \sqrt{\tfrac{2}{a}}\sqrt{\tfrac{2}{a}}\sqrt{\tfrac{2}{a}}=(\tfrac{2}{a})^{3/2}=\sqrt{\tfrac{8}{a^3}}. Portanto as autofunções normalizadas são
\Psi_{n_x n_y n_z}(x,y,z)=\sqrt{\frac{8}{a^3}}\, \sin\!\big(\tfrac{n_x\pi x}{a}\big)\, \sin\!\big(\tfrac{n_y\pi y}{a}\big)\, \sin\!\big(\tfrac{n_z\pi z}{a}\big),
com n_x,n_y,n_z=1,2,3,\dots.

Passo 6

Como obter energias distintas e degenerescência (estratégia prática):
A energia depende somente de S=n_x^2+n_y^2+n_z^2. Dois triplos (n_x,n_y,n_z) diferentes que resultem no mesmo S dão estados com a mesma energia (degenerescência). Há duas fontes de degenerescência:
  • permutações dos mesmos números (ex.: (1,1,2),(1,2,1),(2,1,1));
  • diferentes combinações não relacionadas por permutação que dão mesmo S (ex.: caso especial que veremos no item (c)).
Na prática, para listar as menores energias distintas, liste os menores valores de S possíveis (com n_i\ge1) em ordem crescente; cada S dá uma energia E=E_0 S, onde definimos
E_0\equiv\frac{\hbar^2\pi^2}{2 m a^2}.

Passo 7

Listagem das primeiras energias distintas e suas degenerescências:
Calcule S=n_x^2+n_y^2+n_z^2 para triplos pequenos e ordene os valores distintos. Os primeiros valores distintos de S são (mostrar também as triplas que os produzem):
  • S=3: só (1,1,1). Degenerescência g=1.
  • S=6: triplas (1,1,2) e permutações — duas entradas iguais → 3 permutações. g=3.
  • S=9: triplas (1,2,2) → 3 permutações. g=3.
  • S=11: triplas (1,1,3) → 3 permutações. g=3.
  • S=12: (2,2,2) → todas iguais → g=1.
  • S=14: (1,2,3) → todos diferentes → 3!=6 permutações, g=6.
Logo os seis menores valores distintos de energia são E_j=E_0 S_j com S_1=3,S_2=6,S_3=9,S_4=11,S_5=12,S_6=14, e as degenerescências dadas acima.

Passo 8

Parte (c): degenerescência de E_{14} e por que é interessante:
Primeiro encontramos qual é E_{14}, isto é, o 14º valor distinto de S. Listando os S distintos em ordem crescente (como fizemos para as primeiras), os primeiros 14 S são:
3,\,6,\,9,\,11,\,12,\,14,\,17,\,18,\,19,\,21,\,22,\,24,\,26,\,27.
Portanto S_{14}=27. As triplas inteiras não ordenadas que dão S=27 são (1,1,5) e (3,3,3). Contando permutações:
  • (1,1,5) tem duas entradas iguais \Rightarrow 3 permutações;
  • (3,3,3) tem todas iguais \Rightarrow 1 permutação.
    Total de estados distintos compartilhando S=27 é 3+1=4. Assim a degenerescência de E_{14} é 4.
Por que é interessante: porque aqui há degenerescência não só por permutar os mesmos números, mas porque duas combinações distintas de quadrados inteiros (isto é, 1^2+1^2+5^2 e 3^2+3^2+3^2) dão o mesmo valor de S. Isso chama-se uma degenerescência “acidental” (não apenas ligada à simetria de permutação) e é típica em dimensões maiores: diferentes triplos não relacionados por permutação podem ter a mesma soma de quadrados.

Resposta

(a) \displaystyle \Psi_{n_x n_y n_z}(x,y,z)=\sqrt{\frac{8}{a^3}}\, \sin\!\bigg(\frac{n_x\pi x}{a}\bigg)\, \sin\!\bigg(\frac{n_y\pi y}{a}\bigg)\, \sin\!\bigg(\frac{n_z\pi z}{a}\bigg),\quad n_x,n_y,n_z=1,2,\dots
\displaystyle E_{n_x n_y n_z}=\frac{\hbar^2\pi^2}{2 m a^2}\big(n_x^2+n_y^2+n_z^2\big).
(b) Defina E_0=\dfrac{\hbar^2\pi^2}{2 m a^2}. Então
E_1=3E_0 (degenerescência 1),
E_2=6E_0 (degenerescência 3),
E_3=9E_0 (degenerescência 3),
E_4=11E_0 (degenerescência 3),
E_5=12E_0 (degenerescência 1),
E_6=14E_0 (degenerescência 6).
(c) A degenerescência de E_{14} é 4. Isso ocorre porque S_{14}=27 e existem as combinações (1,1,5) (3 permutações) e (3,3,3) (1 permutação), totalizando 4 estados; é interessante pois mostra degenerescência entre triplos não relacionados por permutação (mesma soma de quadrados obtida de maneiras diferentes).

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