1 Oscilador Harmonico Unidimensional

Mesmo para o caso de problema unidimensional, não é sempre possível re-solver a equação de autovalor do Hamiltoniano analiticamente. Mas existemalgumas situações que podemos ter solução analítica. O oscilador harmônicoé este caso. O oscilador harmônico é muito importante tanto na MecânicaClássica como na Mecânica Quântica, pois qualquer potencial pode ser aprox-imado como o potencial de oscilador harmônico na vizinhança do seu pontomínimo. Na Mecânica Clássica, a dinâmica de qualquer sistema com pequênaamplitide pode ser aproximada como um oscilador harmonico. Na MecânicaQuântica, a dinâmica de pequena excitação próximo do estado fundamen-tal pode ser aproximado como um oscilador harmonico. Além disto, já queo problema de autovalor de oscilador harmônico é analiticamente soluvel,podemos estudar a estrutura da Mecânica Quântica explicitamente atravésdeste exemplo. Nesta sessão, investigamos o problema de um oscilador har-mônico detalhadamente.O potencial de um oscilador harmonico tem a forma,

V (x) =m

2ω2x2,

onde ω é uma constante. Na Mecânica Clássica, a solução da equação demovimento é dada por

x(t) = A sin (ωt+ δ) .

Na Mecânica Quântica, a equação dinâmica para a função de onda fica

i~∂

∂tψ = − ~2∂2

2m∂x2ψ +

m

2ω2x2ψ. (1)

Para resolver, vamos considerar a equação de autovalor de Hamiltoniana,[− ~2∂2

2m∂x2+m

2ω2x2

]ψE = EψE. (2)

Queremos determinar a autofunção ψE e o autovalor E.

1.1 Variáveis Adimensionais

Uma vez estabelecida a equação para resolver, o problema se torna a umaquestão matemática. Para discutir propriedades matemáticas, é fundamental

1

utilizar as quantidades adimensionais. Vamos transformar a nossa equaçãona forma adimensional. Para a primeira lugar, a variável x tem a dimensãode distância,

[x] = [L].

Devemos então utilizar a variável adimensional ξ definido por,

αξ = x, (3)

onde α é uma constante que tem dimensão [L]. Na equação, temos 3 con-stantes que tem dimensão,

[~] = [E][T ],

[m] = [E][T ]2[L]−2,

[ω] = [T ]−1,

e podemos construir a constante α como

α =

√~mω

. (4)

Introduzindo a mudânça de variável Eq.(3) na Eq.(2), temos a equação difer-encial adimensional,

ψ′′ =(ξ2 − 2ε

)ψ, (5)

onde abreviamos como ψE → ψ e

ε =E

~ω(6)

é uma quantidade adimensional (a energia medida em unidade ~ω).

1.2 Comportamento Asimtótico

Vamos investigar primeira, o comportamento da solução para grande valorde ξ. Para |ξ| → ∞, temos

ψ′′ ' ξ2ψ. (7)

Em geral, para uma função cujo comportamento asimtotico é do tipo

f ' e±aξn

,

2

temos

f′ ' ±anξn−1f,

f ′′ '[(anξn−1

)2 ± an(n− 1)ξn−2]f

→(anξn−1

)2f (8)

para |ξ| → ∞. Comparando a Eq.(7) e Eq.(8), podemos inferir que o com-portamento asimtótico da solução deve ter a forma1,

ψ ' e±12ξ2 .

Verifique o comportamento asimtótico da forma acima satisfaz a relação desejada.

Dentro das duas possibilidades de sinal, a solução física certamente devecorresponder aquela que não diverge para |ξ| → ∞. Assim, vamos supor quea solução tenha a forma,2

ψ (ξ) = h (ξ) e−12ξ2. (9)

e tentaremos determinar a função h (ξ). Calculando as derivadas, temos

ψ′ = h′e−12ξ2 − ξhe− 1

2ξ2 ,

ψ′′ = [h′′ − 2ξh′ − h] e−12ξ2 + ξ2ψ.

Substituindo este resultado na Eq.(5), vemos que a função h deve satisfazer

h′′ − 2ξh′ + (2ε− 1)h = 0.

Ainda introduzindo uma nova mudança de variável ξ → z por

z =√

2ξ,

podemos re-escrever

d2h

dz2− zdh

dz+

(ε− 1

2

)h = 0. (10)

Esta é uma equação diferencial de segunda ordem, linear e homogênea.Muitas funções especiais são conhecidas como solução de uma equação difer-encial de segunda ordem, linear e homogênea, como esta. Neste caso partic-ular, a solução é conhecida como função de Hermite para certa valor de ε.Mas aqui, vamos estudar mais detalhe como obter a solução.

1n = 2, a = 1/2.2Uma solução pre-determinada, contendo ainda incognitos a ser determinadas, é as

vezes chamada de “Ansatz”.

3

1.3 Método de Expansão em Série

Primeiramente, vamos aplicar o método de expansão em série. Vamos suporque a solução tenha a forma,

h = zλ∞∑l=0

Clzl.

Neste problema em particular, podemos escolher λ = 0 sem perder a gener-alidade,

h =

∞∑l=0

Clzl. (11)

Exercício: Justifique a afirmação acima.

Temos

dh

dz=∞∑l=0

lClzl−1,

d2h

dz2=∞∑l=0

l (l − 1)Clzl−2

Assim, temos∞∑l=0

{(ε− 1

2− l)Cl + l(l + 1)Cl+2

}zl = 0.

Com isto, podemos concluir que as coeficientes da expansão deve satisfazera relação de recorrência,

Cl+2 =l −(ε− 1

2

)l (l + 1)

Cl. (12)

Esta relação de recorrência mostra que os coeficientes estão relacionadosdois a dois. Assim, podemos escolher as duas possibilidades completamentelivre:

1. Caso par: C0 = 1, C1 = 0.

2. Caso ímpar: C0 = 1, C1 = 0.

No caso 1, todos os coeficientes dos termos de ordem ímpar ficam nulose no caso 2, todos os coeficientes de ordem par são nulos. Assim, a soluçãocorrespondente ao caso 1 é uma função par, isto é, h(z) = h(−z). A soluçãocorrespondente ao caso 2 é função ímpar, h(z) = −h(−z).

4

1.4 Condição de Contorno e Truncamento de Série

Uma outra propriedade importante desta fórmula de recorrência apresenta éque, quando o valor ε− 1/2 for um número inteiro não negativo, digamos n(pode ser 0), então o índice l da recorrência certamente pode coincidir comeste valor, isto é, em l = n. Neste caso, obviamente Cn+2 = 0,e a partir destevalor de l, todos os coeficientes adiante serão nulos,

Cl+2 = 0, l ≥ n.

Assim, a série Eq.(11) terminará em l = n e, na prática, h é apenas umpolinômio de ordem n.Quando isto não acontece, isto é, se ε− 1/2 não for um inteiro não neg-

ativo, a relação de recorrência tem que seguir até l → ∞. Para a série,os termos l → ∞ que determinam o comportamento asimtótico da solução|z| → ∞. Para l� ε, temos3

Cl+2 '1

lCl

' 1

l!!C0

A série correspondente terá a forma como

h(z) ' e+z2/2,

e assim, o produtoψ = h (z)× e− 1

2ξ2 ' e+ 1

2ξ2

divergiria para |ξ| → ∞. Isto é, quando não ocorre o truncamento da sérieem algum termo finito, a solução correspondente é aquela que diverge asim-toticamente.Concluimos então que para ter a solução que satisfaz a condição de con-

torno física, devemos ter

ε− 1

2= n,

onde n é um inteiro não negativo. Em outras palavras, a solução física quesatisfz a condição de contorno,

|ψ| <∞, |x| → ∞3 l!! = l(l − 2)(l − 4) · · ·

5

só deve corresponder ε−1/2 inteiro, não negativo. Podemos então especificara autofunção ψ em termos deste número inteiro não negativo, n. Escrevemos

ψ → ψn

e o autovalor de energia também é especificado por

E → En.

1.5 Espectro de Energia de Oscilador Harmônico Uni-dimensional e Estado Fundamental

Em termos da unidade original, temos

En = n~ω +1

2~ω. (13)

Isto é a energia permitida para um oscilador harmonico. Afora de um con-stante 1/2~ω, esta é exatamente igual ao resultado do hipótese de quantumda energia introduzido por Planck.

• O espectro de energia de um oscilador harmônico é dado como sendoum conjunto de quanta, os quais carregam a unidade de enerigia ~ω,além de uma energia fundamental 1/2~ω.

Esta energia fundamental para n = 0 é chamado de “energia do pontozero”. Se consideramos n como o número de quanta que descreve o modo deexcitação de um oscilador harmônico, então, mesmo para n = 0, o osciladorpossui a energia 1/2~ω. Para ver a origem desta energia, vamos ver o casode n = 0 em detalhe.Para n = 0, a série fica truncado logo no segundo termo ( o caso “par”).

C0 = 1,

Cl = 0, l ≥ 1,

eh0 (z) = 1.

Então, temos

ψ0 (x) =1√Ne−

12ξ2

=1√Ne−

12(

xα)

2

, (14)

6

com

α =

√~mω

,

e N é a constante de normalização. Já que∫ ∞−∞

dx |ψ0 (x)|2 = 1,

devemos ter

N =

∫ ∞−∞

dx e−( xα)2

=√πα2 =

√π~mω

.

• A função de onda do estado fundamental de um oscilador harmônico éuma distribuição Gaussiana em x.

Exercício: Verifique que a Eq.(14) é de fato, a solução de equação de au-tovalor, [

− ~2d2

2mdx2+m

2ω2x2

]ψE (x) = EψE (x) ,

comE = E0 =

1

2~ω.

Podemos calcular a largura.

1.6 Polinômio de Hermite

Para ε− 1/2 = n inteiro, a Eq.(10) fica

d2h

dz2− zdh

dz+ nh = 0.

e a fórmula de recorrência fica

Cl+2 =l − nl(l + 1)

Cl.

7

Os primeiros polinômios são

h0 = 1,

h1 = z,

h2 = z2 − 1,

h3 = z3 − 3z,

...

Aqui, o coeficiente do termo ordem mais alta foi escolhido como 1.

Exercício: Explicite hn (z) até n = 6.

Exercício: Mostre quehn (−x) = (−1)n hn (x) .

Estes polinômios são conhecidos como os polinômios de Hermite. Podemoscitar os seguintes propriedades:

1.hn+1 (z)− zhn (z) + nhn−1 = 0, (15)

2.h′n (z) = nhn−1 (z) , (16)

3.

e+z2/2 dn

dzne−z

2/2 = (−1)n hn (z) , (17)

4.

etz−t2/2 =

∞∑n=0

hn (z)tn

n!, (18)

Exercício: Demostre as propriedades acima.

8

1.7 Ortogonalidade

A função do lado esquerdo da Eq.(18) é chamada a função geratriz e é muitoútil. Por exemplo, vamos calcular a integral,

Inm ≡∫ ∞−∞

dz e−12z2hn (z)hm (z) . (19)

Em vez de calcular direto, vamos considerar a quantidade,

F (t, s) ≡∞∑n=0

∞∑m=0

1

n!

1

m!tnsmInm (20)

=∞∑n=0

∞∑m=0

1

n!

1

m!tnsm

∫ ∞−∞

dz e−12z2hn (z)hm (z) . (21)

Supondo que a soma converge homogeneamente, podemos trocar a ordem desoma e integral. Utilizando a definição de função geratriz, Eq.(19), temos

F (t, s) =

∫ ∞−∞

dz e−12z2etz−t

2/2 esz−s2/2

=

∫ ∞−∞

dz e−12z2+(t+s)z−(t2+s2)/2

=

∫ ∞−∞

dz e−12{z−(t+s)}2+ts

= ets∫ ∞−∞

dz e−12{z−(t+s)}2

=√

2πets

Agora, podemos expandir ets e temos

F (t, s) =√

2π

∞∑n=0

1

n!(ts)n (22)

Comparando as Eqs.(20) e (22), concluímos que

Imn =√

2πn!δnm.

ou ∫ ∞−∞

dz e−12z2hn (z)hm (z) =

√2πn!δnm. (23)

9

A relação acima é chamada a ortogonalidade dos polinômios de Hermite.Se introduzimos um conjunto de funções, {φn (z) , n = 0, 1, 2...,∞} definidopor

φn (z) =

(1

2π

)1/41√n!e−

14z2hn (z) , (24)

temos ∫ ∞−∞

dz φn (z)φm (z) = δnm.

Exercício: Recupre todas as mudânças de variáveis efetuadas e obtenhaexplicitamente a n− esima autofunção de Hamiltoniana ψn (x) do os-cilador harmonico[

− ~2

2m

d2

dx2+

1

2mω2x2

]ψn (x) = Enψn (x) , (25)

onde

En = ~ω(n+

1

2

).

Determine o fator de normalização.

Exercício: Desenhe os graficos de função de onda dos primeiros 4 estados.

Exercício: Mostre queψn (−x) = (−1)n ψn (x) . (26)

Exercício: Mostre que a função acima satisfaz∫ ∞−∞

ψ∗n (x)ψm (x) dx = δmn. (27)

Exercício: Para o estado ψn (x), calcule

〈x〉,〈x2〉,〈p〉,〈p2〉.

10

Exercício: Para dois estados, ψn (x) e ψm (x), a quantidade∫ ∞−∞

ψ∗m (x) Oψn (x) dx

é dito o elemento de matriz (m,n) do operador O e expressamos como

Omn

ou〈m|O|n〉.

Calcule os seguintes elementos de matriz,

〈m|x|n〉,〈m|p|n〉,〈m|x2|n〉,〈m|p2|n〉.

1.8 Paridade

Como vimos, as autofunções de Hamiltoniano de oscilador harmônico Eq.(25)tem a propriedade de simetria bem definida,

ψn (−x) = (−1)n ψn (x) .

Esta propriedade é chamado paridade e não é devido ao caso. Temos pordefinição,

Hψn(x) = Enψn (x) .

Se invertemos a direção do eixo x, e trocando a variável x por −x. Nestesistema, temos

H ′ψn(−x) = Enψn (−x) .

onde H ′ é o Hamiltoniano do oscilador invertido. Como o potencial do os-cilador harmônico é simétrico, temos

H ′ = H(−x)→ H(x). (28)

Assim, a autofuncão neste sistema tem que satisfazer

Hψn (−x) = Enψn (−x) .

11

Isto implica que a autofunção ψn (−x) deve ser igual a ψn (x) a menos de umconstante.

ψn (−x) = Cψn (x) .

Se invertemos o eixo mais uma vez, o sistema volta ao estado original. Masrepetindo o processo acima,

ψn (−(−x)) = Cψn (−x) = C2ψn (x) .

Concluímos queC2 = 1,

ou C = ±1. Finalmente

ψn (−x) = ±ψn (x) ,

ou seja, as autofunções tem a paridade bem definida. Esta propriedade éuma consequência direta da simetria do Hamiltoniano em relação a inversãoespacial, Eq.(28).

1.9 Completeza

Uma outra propriedade importante das autofuções do oscilador harmônico,além de ortogonalidade, é a propriedade chamada de completeza. Para de-duzir esta propriedade, vamos começar com a função geratriz com t→ it,

eitz+t2/2 =

∞∑n=0

hn (z) einπ2tn

n!,

ou

eitz =∞∑n=0

hn (z) einπ2tn

n!e−

12t2 .

Multiplicando ao ambos lados e−itz′e integrando em t de −∞ a +∞, temos

2πδ (z − z′) =

∞∑n=0

hn (z) einπ2

∫ ∞−∞

dttn

n!e−

12t2−itz′

=∞∑n=0

hn (z) einπ2 Jn (z′) (29)

12

onde definimos

Jn (z′) =

∫ ∞−∞

dttn

n!e−

12t2−itz′ .

Temos

Jn (z′) =1

(−i)n n!

dn

dz′n

∫ ∞−∞

dt e−12t′2−itz′

=

√2π

(−i)n n!

dn

dz′ne−

12z′2

=

√2π

n!eiπ2n (−1)n e−

12z′2hn (z′) , (30)

onde utlizamos a Eq.(17). Substituindo este resultado na E.(29), temos

δ (z − z′) =∞∑n=0

1√2πn!

hn (z)hn (z′) e−12z′2 . (31)

Ou∞∑n=0

1√2πn!

hn (z)hn (z′) = e+ 12z′2δ (z − z′) , (32)

ou ainda, simetrizando em z e z′4, temos

∞∑n=0

1√2πn!

hn (z)hn (z′) = e+ 14z′2+ 1

4z2δ (z − z′) . (33)

Esta relação mostra que

∞∑n=0

φn (z)φn (z′) = δ (z − z′) . (34)

Exercício: Desenvolva todas as contas acima.4Note que

f(z)δ (z − z′) = f(z′)δ (z − z′)

= (f (z) f (z′))1/2

δ (z − z′)

13

1.10 A Base Ortonormal formada de polynomios deHermite

O conjunto de funções, {φn (z) , n = 0, 1, 2...,∞} formado de polinomios deHermites como

φn (z) =

(1

2π

)1/41√n!e−

14z2hn (z) , (35)

tem duas propriedades fundamentais:

1. Ortogonalidade,

(φn, φm) ≡∫ ∞−∞

dz φn (z)φm (z) = δnm, (36)

2. Completeza,∞∑n=0

φn (z)φn (z′) = δ (z − z′) . (37)

As duas propriedades do conjunto, {φn (z) , n = 0, 1, 2...,∞} mostramque este conjunto forma uma base ortonormal no espaço de funções, {f (z)}.Para ver isto, usamos a propriedade da função δ de Dirac,

f (z) =

∫ ∞−∞

dz δ (z − z′) f (z′) .

Substituindo a relação de completeza, Eq.(37), temos

f (z) =

∫ ∞−∞

dz′∞∑n=0

φn (z)φn (z′) f (z′) .

Trocando a ordem de integral e somatório, temos

f (z) =∞∑n=0

φn (z)

∫ ∞−∞

dz φn (z′) f (z′)

=

∞∑n=0

cnφn (z) , (38)

onde

cn =

∫ ∞−∞

dz φn (z′) f (z′) .

14

A Eq.(38) mostra que uma função arbitrária pode ser expressa como umacombinação linear de φn (z)′ s. A situação é análoga a série de Fourier,onde qualquer função é expressa como combinação linear de sin

(m π

Lx)e

cos(m π

Lx).

Exercício: Mostre que as autofunções normalizadas do Hamiltoniano deoscilador harmônico {ψn (x)} (ver o Exercício da Eq.(25) ) satisfaz acompleteza,

∞∑n=0

ψn (x)ψn (x′) = δ (x− x′)

Exercício: Prove que se ∫ ∞−∞|f (z)|2 dz = 1,

então∞∑n=0

|cn|2 = 1. (39)

Exercício: Expresse as seguintes funções na base de polinomio de Hermite.

1.sin (z)

2.cos (z)

3.e−

14

(z−z0)2 .

1.11 Método Algébrico

No caso da Equação de autovalor do oscilador harmonico, é conhecido ummétodo alternativo para obter a solução. Começamos com a equação adi-mensional,

ψ′′ =(ξ2 − 2ε

)ψ,

ou1

2

(ξ2 − d2

dξ2

)ψ = εψ. (40)

15

A forma da equação acima sugere que podermos introduzir os operadores,

A ≡ 1√2

(ξ +

d

dξ

),

A† ≡ 1√2

(ξ − d

dξ

),

do modo que o operador diferencial na Eq.(40)

1

2

(ξ2 − d2

dξ2

)' A†A. (41)

Mas, a equação acima não é correta. Pois

A†A ψ =1

2

(ξ − d

dξ

)(ξ +

d

dξ

)ψ

=1

2

(ξ2 − d2

dξ2+ ξ

d

dξ− d

dξx

)ψ. (42)

Note que os dois termos dentro da parentese,

ξd

dξ− d

dξx

não se cancela, porque,(ξd

dξ− d

dξx

)ψ = ξ

dψ

dξ− d

dξ(ξψ)

= ξdψ

dξ− ψ − ξ dψ

dξ

= −ψ.

Já que o resultado acima vale para qualquer função ψ, devemos considerarque

ξd

dξ− d

dξx = −1. (43)

A relação acima é conhecido como a “relação de comutação”entre dois op-eradores, ξ e d/dξ, e descrevemos

[ξ,d

dξ] = ξ

d

dξ− d

dξx.

16

Temos então,

[ξ,d

dξ] = −1. (44)

Em geral, para dois operadores A e B, definimos o comutador,

[A,B] ≡ AB −BA. (45)

O comutador tem seguitnes propriedades:

1. antisimetria,[A,B] = − [B,A] ,

2. distribuitividade e linearidade,

[A, βB + γC] = β [A,B] + γ [A,C] ,

3. identidade de Jacob,

[A, [B,C]] + [B, [C,A]] + [C, [A,B]] = 0.

Exercício: Verifique as tres propriedades acima.

Da Eq.(42) e da Eq.(43), temos

1

2

(ξ2 − d2

dξ2

)= A†A+

1

2, (46)

e a Eq.(40) ficaA†A ψ = λ ψ, (47)

onde escrevemos λ = ε− 1/2.Esta equação tem a forma de equação de autovalor para o operador A+A.

Pode-se pensar que em vez desta ordem dos operadores, poquer não pode sercomo

AA†.

Vemos1

2

(ξ2 − d2

dξ2

)= A†A− 1

2. (48)

17

As Eqs.(46) e (48) mostram que

AA† = A†A+ 1, (49)

ou[A,A†] = 1. (50)

A Eq.(47) pode ser escrita na forma,

AA†ψ = λ′ψ, (51)

onde λ′ = ε+ 1/2. Naturalmente, a Eq.(47) e Eq.(51) são equivalentes, masa forma da Eq.(47) é mais conveniente para obter autovalores fácilmente.Suponhe que exista uma função ψ0 (ξ) que satisfaz

Aψ0 = 0,

ou (ξ +

d

dξ

)ψ0 = 0. (52)

De fato, existe tal função,

ψ0 (ξ) =1√N0

e−12ξ2 . (53)

onde N0 é a constante de normalização. Para esta função, temos obviamente,

A†Aψ0 = 0.

Mas esta equação mostra que ψ0 é a solução da equação de autovalor de A†Acom autovalor 0. Assim, um dos autovalores da Eq.(47) é

λ0 = 0 = ε0 −1

2,

e temosε0 =

1

2.

Agora, vamos considerar a função,

ψ1 =1√N1

A†ψ0,

18

onde N1 é uma constante para a normalização de ψ1. Se calculamos

A†Aψ1 =1√N1

A†AA†ψ0

=1√N1

A†(A†A+ 1

)ψ0

=1√N1

A†ψ0,

ja que Aψ0 = 0. TemosA†Aψ1 = 1ψ1. (54)

Esta equação mostra que ψ1 é a autofução do operador A†A com autovalor1. Temos então

λ1 = 1 = ε1 −1

2,

e portanto,

ε1 = 1 +1

2.

Exercício: Mostre queψ2 ∝ A†ψ1 =

(A†)2ψ0

é a autofunção do operador A†A com autovalor 2.

Exercício: Mostre queψn ∝

(A†)nψ0. (55)

A Eq.(55) mostra que, a fora de uma constante de normalização, podemosescrever

ψn =1√Nn

(A†)ne−

12ξ2 .

Mas notamos que para qualquer função f (ξ) temos

A†f =1√2

(ξ − d

dξ)e

12ξ2e−

12ξ2f

= − 1√2e12ξ2 d

dξe−

12ξ2f,

e, portanto, como operador,

A† = − 1√2e12ξ2 d

dξe−

12ξ2 .

19

Desta forma, temos

ψn =1√Nn

(A†)ne−

12ξ2

=1√Nn

(−1)n(

1√2

)n(e12ξ2 d

dξe−

12ξ2)n

e−12ξ2

=1√Nn

(−1)n(

1√2

)ne12ξ2 d

n

dξne−ξ

2

.

Mudando a variável ξ → z =√

2ξ, temos

ψn =1√Nn

(−1)n e14z2 d

n

dzne−

12z2

=1√Nn

e−14z2 (−1)n e

12z2 d

n

dzne−

12z2

=1√Nn

e−14z2hn (z)

que é exatamente igual a Eq.(24) a fora normalização.

1.12 Método Algebrico (Continuação)

Vamos explorar o método algebrico para calcular quantidades relacionadasao oscilador harmônico. Temos a base ortonormal

{ψn, n = 0, 1, · · · } ,

satisfazendo5

(ψn, ψm) = δnm.

Temos dois operadores A e A† que satisfazem a relação de comutação,[A,A†

]= 1. (56)

5Daqui adiante, utilizamos a notação,

(f, g) =

∫ ∞−∞

dx f∗ (x) g (x)

para qualquer duas funções, f e g, sem repetir a definição.

20

Uma relação importante entre estes dois operadores, além da equaçãoacima é seguinte. Seja f e g duas funções arbitrárias, satisfazendo a condiçãode contorno,

|f (±∞)| = |g (±∞)| → 0.

Então, efetuando a integração por parte do operador d/dξ, temos

(f, Ag) ≡∫ ∞−∞

dx f ∗ (x)

(ξ +

d

dξ

)g (x)

=

∫ ∞−∞

dx

[(ξ − d

dξ

)f ∗ (x)

]g (x)

=(A†f, g

). (57)

Isto é, a aplicação do operador A em g tem o mesmo resultado da aplicaçãodo operador A† em f .

Exercício: Mostre que (f, A†g

)= (Af, g) . (58)

Agora, definimos o operador n por

n ≡ A†A

Então,nψn = nψn, n = 0, 1, · · · (59)

Se calculamos o comutador entre n e A†, temos[n, A†

]=(A†A

)A† − A†

(A†A

)= A†

(AA† − A†A

)= A†

[A,A†

]= A†.

Temos, portanto,nA† − A†n = A†,

ounA† = A† (n+ 1) . (60)

21

Esta equação tem uma implicância interessante. Se aplicarmos o operadorn para A†ψn, temos

n(A†ψn

)=(nA†

)ψn

= A† (n+ 1)ψn.

Mas da Eq.(59), o operador n se torna a um número n,

n(A†ψn

)= A† (n+ 1)ψn

= (n+ 1)A†ψn.

Em fim, temosn(A†ψn

)= (n+ 1)

(A†ψn

).

Isto é, a função,(A†ψn

)é o autofunção do operador n com autovalor, (n+ 1).

Isto implica queA†ψn = Cψn+1.

O coeficiente C foi introduzido, pois A†ψn não necessariamente normalizado,enquanto, ψn+1 é normalizada. Vamos calcular C. Para isto,

|C|2 (ψn+1, ψn+1) =(A†ψn, A

†ψn)

=(ψn, AA

†ψn)

onde foi utilizada a propriedade Eq.(58). Agora (ψn+1, ψn+1) = 1 e da relaçãode comutação, temos

AA† = n+ 1,

então

|C|2 = (ψn, (n+ 1)ψn)

= (n+ 1) (ψn, ψn)

= n+ 1.

Podemos escolher C real sem perder a generalidade. Finalmente, temos

A†ψn =√n+ 1ψn+1. (61)

Exercício: Fazendo as contas análogas, mostre que

Aψn =√nψn−1. (62)

22

Exercício: 1. Mostre que

ψn =1√n!

(A†)nψ0. (63)

2. Confira a expressão acima é equivalente a Eq.(24).

As Eqs.(61,62) são úteis para calcular os elementos de matriz dos oper-adores x e p na base de {ψn}. Como vimos, os elementos de matriz de umoperador, digamos O é definido como

〈n|O|m〉 ≡ Onm

≡ (ψn, Oψm)

=

∫ ∞−∞

dx ψ∗n (x) O ψm (x) .

Assim, temos

〈n|A|m〉 = (ψn, Aψm)

=√m (ψn, ψm−1)

=√mδn,m−1. (64)

Analogamente〈n|A†|m〉 =

√m+ 1δn,m+1. (65)

Por outro lado, já que

A =1√2

(ξ +

d

dξ

),

A† =1√2

(ξ − d

dξ

),

e, portanto,

ξ =1√2

(A+ A†

),

d

dξ=

1√2

(A− A†

).

23

Assim, temos

〈n|ξ|m〉 =1√2

(√mδn,m−1 +

√m+ 1δn,m+1

), (66)

〈n| ddξ|m〉 =

1√2

(√mδn,m−1 +

√m+ 1δn,m+1

). (67)

Se recuperamos a unidade original com a relação

ξ =1

αx,

podemos calcular os elementos de matriz,

xnm

epnm.

Exercício: Complete os cálculos acima e verifique o resultado com o resul-tado obtido utilizando a função geratriz de polinômio de Hermite.

É importante lembrar que uma vez calculado os elementos de matrizesnuma base ortonormal como {ψn}, podemos também obter os elementos dematriz de produtos destes matrizes. Por exemplo,(

x2)nm≡∫ ∞−∞

dxψ∗n (x)x2ψm (x)

=

∫ ∞−∞

dx

∫ ∞−∞

dx′ψn (x)xδ(x− x′)x′ψm (x′)

=

∫ ∞−∞

dx

∫ ∞−∞

dx′ψn (x)x

∞∑l=0

ψl (x)ψl (x′)x′ψm (x′)

=

∞∑l=0

∫ ∞−∞

dxψn (x)xψl (x)

∫ ∞−∞

dx′ψl (x′)x′ψm (x′)

=

∞∑l=0

xnlxlm

Analogamente, temos

(px)nm =∞∑l=0

pnlxlm.

24

Exercício: Mostre a equação acima.

Exercício: Calcule ∫ ∞−∞

dxψ∗n (x)x2ψm (x) ,∫ ∞−∞

dxψ∗n (x) p2ψm (x) ,

e compare o resultado do cálculo utilizando a função geratriz do polinômiode Hermite.

1.13 Interpretação do Coeficiente da expansão na basede {ψn}

Vimos que o conjunto de autofunções do Hamiltoniana {ψn} forma uma baseortonormal. Isto é, para qualquer função de onda ψ (x), podemos escrever

ψ (x) =∞∑n=0

Cnψn (x) ,

onde

Cn =

∫ ∞−∞

dx ψn (x)ψ (x)

≡ (ψn, ψ).

Pela normalização, devemos ter

∞∑n=0

|Cn|2 = 1. (68)

25

Vamos calcular o valor esperado da energia no estado ψ (x),

〈E〉 =

∫ ∞−∞

dx ψ∗ (x) H ψ (x)

=

∫ ∞−∞

dx∞∑n=0

C∗nψn (x) H

∞∑m=0

Cmψm (x)

=∞∑n=0

∞∑m=0

C∗nCm

∫ ∞−∞

dxψn (x) Hψm (x)

=∞∑n=0

∞∑m=0

C∗nCmEnδnm

=∞∑n=0

En |Cn|2 . (69)

As Eqs.(68) e (69) mostram que podemos interpretar

|Cn|2

como sendo a probabilidade de ter a energia En no estado ψ (x). Isto é,se façamos medidas sobre a energia do oscilador harmônico cujo estado érepresentado com a função de onda ψ (x), encontraremos em princípio, todosos valores da eneriga, En. Após muitas (infinita) medição, a distribuição daprobabilidade de ter um determinado valor En é dada por |Cn|2. Podemosresumir que:

• A probabilidade de encontrar o estado ψn (x) no esado geral ψ (x) édada por

P = |(ψn, ψ)|2

=

∣∣∣∣∫ ∞−∞

dx ψn (x)ψ (x)

∣∣∣∣2 . (70)

1.14 Dinâmica do Oscilador Harmônico

Tendo estudado as soluções de equação de autovalor do Hamiltoniano deoscilador harmônico, agora podemos discutir a dinâmica do problema. Como

26

vimos antes, a solução geral da Equação de Schrödinger dependente no tempofica

ψ (x, t) =∞∑n=0

Cne− i~Entψn (x) , (71)

onde {ψn (x)} é a base ortogonal formada de autofunções do Hamiltoniano,

Hψn (x) = Enψn (x) ,

En = ~ω(n+

1

2

),

e os coeficientes Cn é determinados pela condição inicial,

Cn = (ψn, ψ (x, 0)).

Assim, uma vez dada a função de onda inicial no tempo t = 0, o desen-volvimento temporal do estado deste oscilador harmônico é dada pela funçãode onda Eq.(71). Com isto, podemos calcular como o valor médio da posiçãovaria em tempo. Temos

〈x (t)〉 =

∫ ∞−∞

dx ψ∗ (x, t)xψ (x, t)

=

∫ ∞−∞

dx

[ ∞∑n=0

Cne−iω(n+1/2)tψn (x)

]∗x

[ ∞∑m=0

Cme−iω(m+1/2)tψm (x)

]

=∞∑n=0

∞∑m=0

C∗nCm xnm eiω(n−m)t

=α√2

∞∑n=0

∞∑m=0

C∗nCmeiω(n−m)t

(√mδn,m−1 +

√m+ 1δn,m+1

)=

α√2

{e−iωt

∞∑m=0

√mC∗n−1Cm + eiωt

∞∑n=0

√nC∗nCn−1

}.

Note que ( ∞∑m=0

√mC∗n−1Cm

)∗=∞∑n=0

√nC∗nCn−1.

Portanto, podemos escrever

〈x (t)〉 = Ceiωt + C∗e−iωt

= X0 sin (ωt+ δ) , (72)

27

onde

C =α√2

∞∑n=0

√nC∗nCn−1.

Exercício: Expresse X0 e δ na Eq.(72) em termos de C e C∗.

1.15 Movimento do Valor Médio

A Eq.(72) mostra que o valor médio de x comporta exatamente mesmo como de oscilador harmônico clássico. Este é um fato peculiar do oscilador har-mônico e não é sempre verdade. Vamos analizar o problema do ponto devista mais genérico.Vamos considerar um problema de potencial mais genérico, embora, ainda

consideramos um sistema unidimensional. Temos

H = T + V (x)

= − ~2

2m

∂2

∂x2+ V (x). (73)

A equação de Schrödinger é

i~∂

∂tψ (x, t) = Hψ (x, t) .

O valor esperado da posição, 〈x (t)〉, é dado por

〈x (t)〉 =

∫ ∞−∞

dx ψ (x, t)∗ xψ (x, t) .

Vamos calcular a variação temporal deste valor esperado da posição. Temos

d

dt〈x (t)〉 =

∫ ∞−∞

dx∂

∂t[ψ (x, t)∗ xψ (x, t)]

=

∫ ∞−∞

dx

{[ψ (x, t)∗ x

∂

∂tψ (x, t)

]+

[∂

∂tψ (x, t)∗

]xψ (x, t)

}=

1

i~

∫ ∞−∞

dx {[ψ (x, t)∗ xHψ (x, t)]− [Hψ (x, t)∗]xψ (x, t)} .

No caso da Eq.(73), podemos provar a seguinte propriedade,∫ ∞−∞

dx f ∗ (x)Hg(x) =

∫ ∞−∞

dx [Hf ∗ (x)] g(x), (74)

28

para qualquer funções bem comportadas6, f (x) e g(x). A propriedade acimado operador H é chamado “auto-hermitiana”.

Exercício: Prove a Eq.(74).

Com a auto-Hermiticidade do H, temos

d

dt〈x (t)〉 =

1

i~

∫ ∞−∞

dx {ψ (x, t)∗ xHψ (x, t)− ψ (x, t)∗Hxψ (x, t)}

=1

i~

∫ ∞−∞

dx ψ (x, t)∗ [xH −Hx]ψ (x, t)

=1

i~

∫ ∞−∞

dx ψ (x, t)∗ [x,H]ψ (x, t) . (75)

A Eq.(75) mostra que a derivada temporal do valor médio de x é igual aovalor médio do comutador entre x e H, devidido por i~. Esta conclusão valepara qualquer observável O, isto é7,

d

dt〈O (t)〉 = 〈 1

i~[O,H]〉 (76)

Exercício: Verifique a afirmação acima.

Se escolhermos o momento, temos

d

dt〈p (t)〉 = 〈 1

i~[p,H]〉. (77)

Vamos analizar o comutador acima. Temos

[p, H] = [p, T + V (x)]

= [p, T ] + [p, V ] .

6Aqui, uma função f(x) bem comportada significa que ela é contínua em derivavelinfinitavezes, e satisfaz a condição de contorno,

|xnf | → 0

para |x| → ∞.7Lembre aqui que que a notação

〈O (t)〉é o valor esperdo do observável O com estado ψ dependente no tempo. A dependência notempo t vem da variação do estado. O observável O não depende do tempo.

29

Mas

p =~i

d

dx,

T = − ~2

2m

d2

dx2,

então, para qualquer função arbitrária f (x), temos

(pT − T p) f = 0,

e portanto[p, T ] = 0.

Por outro lado, temos

[p, V ] f(x) =~i

d

dx(V f)− ~

iVd

dxf

=~i

dV

dxf,

o que implica em

[p, V ] =~i

dV

dx.

Substituindo estes resulados na Eq.(77) temos

d

dt〈p (t)〉 = −〈dV

dx〉. (78)

Analogamente, podemos verificar facilmente que

[x, V ] = 0, (79)

[x, T ] =i~mp. (80)

Portanto,d

dt〈x(t)〉 =

1

m〈p(t)〉, (81)

Substituindo a Eq.(81) na Eq.(78), temos

md2

dt2〈x(t)〉 = −〈dV

dx〉. (82)

30

Exercício: Desenvolva todas as contas acima.

Pode-se pensar que a Eq.(82) mostra que o valor médio da posição obe-dece a equação de movimento de Newton!! De fato, no caso de osciladorharmônico, temos

V =1

2mω2x2,

dV

dx= mω2x,

portanto,

md2

dt2〈x(t)〉 = −〈mω2x〉,

ord2

dt2〈x(t)〉 = −ω2〈x(t)〉.

Esta é uma equação diferencial fechada para a variável 〈x(t)〉, e podemosresolver facilmente, tendo

〈x(t)〉 = X0 sin (ωt+ δ) ,

que é exatamente igual a Eq.(72). Assim, entendemos porque no caso de umoscilador harmônico, o comportamento do valor médio da posição é igual nocaso da Mecânica Clássica.Mas, para um sistema geral, a afirmação acima não é verdade, porque

exceto o caso de uma partícula livre ou oscilador harmônico,

〈dV (x)

dx〉 6= dV (〈x〉)

dx. (83)

Por exemplo, seV (x) = Cx3,

então,dV

dx= −Cx2,

mas em geral,〈x2〉 6= 〈x〉2,

nem podemos expressar 〈x2〉 em termos de 〈x〉. Desta forma, vemos que aEq.(82) não constitue uma equação fechada para 〈x (t)〉.

31

Exercício: Para o estado

ψ (x) =1

Ne−a(x−x0)2 ,

calcule

〈x〉2,〈x2〉.

Mostre que α→∞,〈x2〉 → 〈x〉2.

Exercício: Discuta, em que situação valeria a igualdade,

〈dV (x)

dx〉 ' dV (〈x〉)

dx

pelo menos aproximadamente.

1.16 Uso da base {ψn} para qualquer sistemaEmbora a base ortonormal {ψn} foi encontrado como autofunção de umoscilador harmônico, uma vez que este conjunto forma uma base para escreverqualquer função ψ (x) como combinação linear,

ψ (x) =∞∑n=0

Cnψn (x) ,

podemos utilizar {ψn} para descrever a dinâmica de qualquer sistema. Nestesentido, a forma da função ψ é equivalente ao conjunto {Cn} . Isto é, a funçãoψ e o conjunto {Cn} contém a mésma informação. Por outro lado, comovimos, a função ψ (x) corresponde a um vetor no espaço de funções,

ψ(x)←→

...

ψi−1

ψiψi+1...

.

32

Ao mesmo tempo, vimos que a mésma função é equivalente ao conjunto {Cn}.Isto é,

ψ(x)←→

C0

C1...Cn...

A correspondência acima leva nos a pensar que um estado quântico na ver-dade corresponde a um vetor abstrato, e dependendo da base que utilizamos,ela se manifesta como função contínua, ψ (x) ou Φ (p) ,ou o conjunto descreto{Cn}.Se aplicamos a base {ψn (x)} para a função que depende no tempo t,

ψ (x, t) , teremos naturalmente,

ψ (x, t) =∞∑n=0

Cn (t)ψn (x) .

A Equação de Schrödinger fica∞∑n=0

i~Cn (t)ψn (x) =∞∑n=0

Cn (t)Hψn (x) . (84)

Note que para o Hamiltoniano geral (que não seja do oscilador harmônico),temos

Hψn (x) 6= Enψn (x) .

Multiplicando nos dois lados a função ψm (x) e integrando em x, temos

i~Cm (t) =∞∑n=0

HmnCn (t) , (85)

onde, como sempre,Hmn = (ψm, Hψn).

Podemos escrever a Eq.(85) na forma vetorial,

i~d

dt

C0 (t)C1 (t)...

Cn (t)...

=

H00 H01 · · ·H10 H22...

. . .Hn0 Hnn...

. . .

C0 (t)C1 (t)...

Cn (t)...

(86)

33

A equação acima tem a forma

i~d

dt~C = H ~C

onde H é a matriz na Eq.(86).

2 Penetrabilidade da Barreira de Potencial

Um dos fenômenos interessantes dos processos quânticos é a penetração dabarreira de potencial. Vamos considerar um problema unidiensional por sim-plicidade. Consideramos uma barreira de potencial quadrado, análogo aoexemplo anterior,

V (x) =

{+V0,

0,−L ≤ x ≤ L|x| > L

só que agora V (x)〉0, sempre. Suponha que uma partícula de massa m vemde x → −∞ com a energia E < V0 e bate à barreira deste potencial. Namecânica clássica, a partícula será refletida para esquerda. Se a energia dapartícula não for maior que a altura da barreira, nunca passaria para ladodireito do potencial. Na mecânica quântica, a situação é diferente. Vejamosa seguir. Para estudar este problema quanticamente, vamos considerar asituação estacionária. Isto é, podemos consisderar uma função de onda dapartícula com energia E,

ψ(x, t) = e−i~Etψ(x),

ondeHψ(x) = Eψ(x),

e como antes,

H = − ~2

2m

d2

dx2+ V (x).

Naturalmente a energia é positiva neste problema e também vamos considerara situação em que a energia incidente é menor que V0,

0 < E < V0.

34

Vamos explicitar os três regiões de diferentes valores de potencial,

− ~2

2m

d2

dx2ψE(x) = EψE(x), x < −L, (87)

− ~2

2m

d2

dx2ψE(x) + V0ψE(x) = EψE(x), −L ≤ x ≤ L, (88)

e

− ~2

2m

d2

dx2ψE(x) = EψE(x), x > L, (89)

Da Eq.(87), temosψE(x) = Ae+ikx +Be−ikx, (90)

onde

k =

√2mE

~2: real, (91)

e A e B são constantes. Note que o primeiro termo representa uma ondaplana que propaga para direita, e o segundo termo representa uma onda quepropaga para esquerda. O coeficiente A é a amplitude da onda incidente, eB é a de onda refletida. Ou seja, o primeiro termo corresponde ao fluxo departículas incidentes e o segundo o fluxo refletido da barreira. Diferentementedo caso do estado ligado, a condição de contorno para x < −L não vairestringir os valores de A e B. Da Eq.(??) temos

− ~2

2m

d2

dx2ψE(x) = (E − V0)ψE(x). (92)

Já queE < V0,

definimos

q =

√2m(V0 − E)

~2: real, (93)

e a solução da Eq.(92) é escrita por

ψE(x) = αeqx + βe−qx.

Da Eq.(89), temos novamente

ψE(x) = Ce+ikx +De−ikx. (94)

35

Aqui, o primeiro termo é uma onda que propaga para direita, e o segundopara esquerda. Considerando o limite x→ +∞, onde não deve haver nenhumfluxo que vem do lado direito, concluimos que o termo e−ikx não deve existir.Portanto, temos

D = 0.

O coeficiente C é amplitude de onda que atravesou a barreira. O objetivoaqui é determinar as quantidades,

R = |B/A|2 ,

eT = |C/A|2 .

R é a probabilidade de reflexão e T a probabilidade de transmissão.A solução da equação de autovalor tem a seguinte estrutura;

ψE(x) =

Ae+ikx +Be−ikx,αeqx + βe−qx,

Ce+ikx.

x < −L−L ≤ x ≤ Lx > L.

(95)

Agora, como antes, impormos que a função de onda é suave (contínua atéprimeira derivada). As condições ficam explicitamente para a Eq.(95),

Ae−ikL +Be+ikL = αe−qL + βeqL, (96)

ik(Ae−ikL −Be+ikL) = q(αe−qL − βeqL), (97)

CeikL = αeqL + βe−qL, (98)

ikCeikL = q(αeqL − βe−qL). (99)

Escrevemos estas equações na forma,

e+ikL

(B

A

)− e−qL

(αA

)− eqL

(β

A

)= −e−ikL,

−ike+ikL

(B

A

)− qe−qL

(αA

)+ qeqL

(β

A

)= −ike−ikL,

−eqL(αA

)− e−qL

(β

A

)+ eikL

(C

A

)= 0,

−qeqL(αA

)+ qe−qL

(β

A

)+ ikeikL

(C

A

)= 0,

36

ou e+ikL −e−qL −eqL 0−ike+ikL −qe−qL qeqL 00 −eqL −e−qL eikL

0 −qeqL qe−qL ikeikL

B/Aα/Aβ/AC/A

=

−e−ikL−ike−ikL

00

Daí, podemos calcular immediatamente as quantidades que queremos:

B

A=

det

−e−ikL−ike−ikL

00

−e−qL −eqL 0−qe−qL qeqL 0−eqL −e−qL eikL

−qeqL qe−qL ikeikL

det

e+ikL −e−qL −eqL 0−ike+ikL −qe−qL qeqL 00 −eqL −e−qL eikL

0 −qeqL qe−qL ikeikL

=

(k2 + q2) sinh 2qL

e2ikL (2iqk cosh 2qL+ (k2 − q2) sinh 2qL),

C

A=

e+ikL −e−qL −eqL −e−ikL−ike+ikL −qe−qL qeqL −ike−ikL0 −eqL −e−qL 00 −qeqL qe−qL 0

D

=2ikq

e2ikL (2iqk cosh 2qL+ (k2 − q2) sinh 2qL)

Assim, temos

R =

∣∣∣∣BA∣∣∣∣2

=(k2 + q2)2 sinh2 2qL

4q2k2 + (k2 + q2)2 sinh2 2qL,

T =4q2k2

4q2k2 + (k2 + q2)2 sinh2 2qL,

37

Verificamos queR + T = 1,

que é a consequência de conservação da probabilidade (fluxo incidente =fluxo refletido+fluxo transmitido). Em termos de energia,

T (E) =4E(V0 − E)

4E(V0 − E) + V02 sinh2

(2√

2m~2 (V0 − E)L

) (100)

Quando

2

√2m

~2(V0 − E)L� 1,

então podemos considerar que

sinh

(2

√2m

~2(V0 − E)L

)' 1

2e

2√

2m~2

(V0−E)L ≫ 1,

e a coeficiente de transmissão fica

T (E) ' 16

(E

V0

)(1− E

V0

)e−4√

2m~2

(V0−E)L. (101)

O fator exponencial acima,

e−4√

2m~2

(V0−E)L

é um comportamento típico da coeficiente de transmissão para a energiabem abaixo da barreira8. Na Mecânica Clássica, se a energia for menor quea altura da barreira,

E < V0,

8O exponente,

4

√2m

~2(V0 − E)L

no caso geral de potencial dependendo de x, tem a forma

2

∫V−E>0

√2m

~2(V (x)− E)dx.

38

não teria nenhuma partícula atravessando o potencial. No caso quantico, ex-iste sempre uma probabilidade de partícula que penetra na barreira e aparecenoutro lado, mesmo E < V0. Este fenômeno é chamado de efeito túnel. Poroutro lado, mesmo que E = V0, a partícula não sempre atravessa o potencial.Para E → V0, da Eq.(100), temos

T (E → V0) =1

1 +2mV 20~2 L2

< 1.

Exercício: Desenvolva todas as contas acima.

Exercício: Desenhe o grafico da coefiente de penetrabilidade Eq.(100) comofunção da energia incidente.

3 Estado Meta-estável e Resonância

Um outro exemplo importante é o caso de potencial que possui a parteatrativa e a parte repulsiva. Este tipo de potencial é bastante comun nosfenomonos atomicas e nucleares. Por exemplo, vamos considerar a interaçãoentre um próton e um núcleo. Quando o próton esteja bem fora do núcleo, osdois se repele pela interação Coulombiana devido as cargas elétricas positivasentre eles. Mas se o próton aproxima próximo do raio núclear, a interaçãoforte começa atuar para atrair o próton, podendo formar um sistema lig-ado. A figura abaixo esquematiza o potencial que gera este tipo da força. Aparte repulsiva na origem, r = 0 representa o efeito de força centrifuga de-vido ao momento angular. Para estudar o comportamento do sistema comoeste, podemos ainda caricaturar o potencial como ilustrado na figura abaixo.Explicitamente, consideramos um potencial,

V (r) =

∞, r ≤ 0−V0, 0 < r < RB, R < r < R + ∆0, R + ∆ < r

−(região I)(região II)(região III)

.

Consideramos um estado estacionário, ψ = ψ (r) , que é a solução de auto-valor do Hamiltoniano,

Hψ = Eψ,

39

40

com

H = − ~2

2m

d2

dr2+ V (r). (102)

Aqui, utilzamos a variável r para descrever a distância radial entre doissistemas. A vantagem do modelo de potencial quadrado é que na cada região,o potencial é constante e, portanto a equação tem a forma

d2

dr2ψ = k2ψ,

ondek =

2m

~2(V − E)

é constante em cada região. Assim, temos solução da forma,

ψ =

0, r ≤ 0

ψ(I) = A(I)ek(I)r +B(I)e−k

(I)r, 0 < r < R

ψ(II) = A(II)ek(II)r +B(II)e−k

(II)r, R < r < R + ∆

ψ(III) = A(III)ek(III)r +B(III)e−k

(III)r, R + ∆ < r

ondek(I) = i

√2m~2 (V0 + E),

k(II) =√

2m~2 (B − E),

k(III) = i√

2m~2 E.

A condição de contorno,V =∞

em r = 0 implica queψ (r = 0) = 0,

e, portanto, devemos ter

ψ(I) = A sin(∣∣k(I)

∣∣ r) .Devemos impor a condição de continuidade da derivada logarítima em

interface,

ψ′IψI

∣∣∣∣r=R

=ψ′IIψII

∣∣∣∣r=R

,

ψ′IIψII

∣∣∣∣r=R+∆

=ψ′IIIψIII

∣∣∣∣r=R+∆

.

41

Explicitamente

∣∣k(I)∣∣ cot

(∣∣k(I)∣∣R) =

k(II)(A(II)ek

(II)R −B(II)e−k(II)R

)A(II)ek(II)R +B(II)e−k(II)R

,

(103)

k(II)(A(II)ek

(II)(R+∆) −B(II)e−k(II)(R+∆)

)A(II)ek(II)(R+∆) +B(II)e−k(II)(R+∆)

=k(III)

(A(III)ek

(III)(R+∆) −B(III)e−k(III)(R+∆)

)A(III)ek(III)(R+∆) +B(III)e−k(III)(R+∆)

.

(104)

Estas equações não determinam todas as coeficientes, A(I), A(II), B(I), B(II),mas podem determinar as razões,

A(I)

B(I),A(II)

B(II),

e para nosso objetivo, isto é suficiente.Escrevendo,

u =A(II)

B(II)e2k(II)R,

v =A(III)

B(III)e2k(III)(R+∆),

as duas equações (103) e (104) acima ficam∣∣k(I)∣∣ cot

(∣∣k(I)∣∣R) = k(II)u− 1

u+ 1, (105)

k(II)u− Tu+ T

= k(III)v − 1

v + 1, (106)

ondeT = e−2k(II)∆.

Podemos eliminar Y destas duas equações. Da Eq.(105) temos

u =k(II) −

∣∣k(I)∣∣ cot

(∣∣k(I)∣∣R)

k(II) + |k(I)| cot (|k(I)|R).

Por outro lado, da Eq.(106), temos

v =k(III) − k(II) u−T

u+T

k(III) + k(II) u−Tu+T

.

42

Exercício: Mostre que|v| = 1

para a energia E > 0.

Exercício: Calcule|v + 1| .

Vamos expressar a função de onda utilzando u e v,

ψ =

A sin

∣∣k(I)∣∣ r, 0 < r < R[

ue−2k(II)Rek(II)r + e−k

(II)r]B(II), R < r < R + ∆[

ve−2k(III)(R+∆)ek(III)r + e−k

(III)r]B(III), R + ∆ < r

.

Para E〉0, podemos observar que a função de onda na região III pode serescrita como

ψ(III) = B sin(∣∣k(III)

∣∣ r + δ).

Exercício: Mostre a afirmação acima e expresse Bem termos de v, k(III) eB(III).

Utilizando a continuidade da função de onda, temos

A sin∣∣k(I)

∣∣R =[ue−2k(II)Rek

(II)R + e−k(II)R

]B(II),[

ue−2k(II)Rek(II)(R+∆) + e−k

(II)(R+∆)]B(II) =

[ve−2k(III)(R+∆)ek

(III)(R+∆) + e−k(III)(R+∆)

]B(III).

Com isto, podemos determinar a razão da amplitude da função de onda naregião I e na região III,∣∣∣∣AB

∣∣∣∣ =1

2∣∣∣ u+TT 1/2(u+1)(v+1)

∣∣∣ sin (|k(I)|R).

Na figura abaixo, mostrams o comportamento desta razão como a função deenergia E, no exemplo de

B = 10,

V0 = 5,

∆ = 1,

R = 5,

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na unidade de 2mc2 = 1, ~ = 1, c = 1.Note que os dois picos agudos na razão |A/B|, indicando nesta energia,

a grande porção da probabilidade está na região I. O estado com o valor deenergia correspondente a um dos picos é chamado de “estado meta-estável”.O número de estados meta-estáveis depende da forma do potencial.

Exercício: Utilizando algum recurso nímerico do seu conhecimento, con-strua o programa que calcule a razão |A/B| como função de E paravários valores de B e ∆ para dado V0 e R. Observe que a largura dospicos fica maior para menor valor de B e ∆.

Note que a razão |A/B| é essencialmente a penetrabilidade da barreirado lado r positivo para a direção de r = 0. Assim, a presença de estadosmeta-estáveis tem os seguintes significados.

1. Quando um pacote de onda vem de r = −∞ para r = 0, surge umenorme probabilidade de penetrar na barreira alcançando a região cen-tral do potencial quando a enegia incidente coincide a estas energias deestados meta-estáveis.

2. Quando um pacote for criado dentro do potencial no t = 0, entãoeste pacote “vaza”pela barreira com tempo e espalha para fora. Istocorresponde o decaimento do estado meta-estável.

Discutiremos estes aspectos mais em detalhe posteriormente (ver a seçãoda Teoria de Espalhamento).

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