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Estados Estacionários III

04/06/2019 10:22 am / Deixe um comentário

Prove que para soluções normalizáveis a constante de separação ${E}$ deve ser real .

Vamos escrever ${E}$ Como

$\displaystyle E=E_0+i\Gamma$

Então a equação de onda fica

$\displaystyle \Psi(x,t)=\psi(x)e^{-i\frac{E_0}{\hbar}t}e^{\frac{\Gamma}{\hbar}t}$

${\begin{aligned} 1 &= \int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi(x,t)|^2\, dx \\ &= \int_{-\infty}^{+\infty} \psi(x,t)^*\psi(x,t)e^{-i\frac{E_0}{\hbar}t}e^{i\frac{E_0}{\hbar}t}e^{\frac{\Gamma}{\hbar}t}e^{\frac{\Gamma}{\hbar}t}\, dx \\ &= e^{\frac{2\Gamma}{\hbar}t}\int_{-\infty}^{+\infty}|\psi(x,t)|^2\, dx \end{aligned}}$

A expressão final tem que ser igual a ${1}$ para todos os valores de ${t}$ . A única maneira de isso acontecer é tendo ${\Gamma=0}$ . Portanto ${E}$ é real.

Mostre que a função de onda independente do tempo pode ser sempre considerada como uma função de valor real.

Sabemos que ${\psi(x)}$ é uma solução de

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2 \psi}{d x^2}+V\psi=E\psi$

Tomando o complexo conjugado da equação anterior

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2 \psi^*}{d x^2}+V\psi^*=E\psi^*$

Assim ${\psi^*}$ é também uma solução da equação de Schroedinger independente do tempo.

A seguir vamos mostrar que se ${\psi_1}$ e ${\psi_2}$ são soluções da equação de Schroedinger independente do tempo com energia ${E}$ , então sua combinação linear também é uma solução para a equação de Schroedinger independente do tempo com energia ${E}$ .

Seja

$\displaystyle \psi_3=c_1\psi_1+c_2\psi_2$

a combinação linear.

${\begin{aligned} -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2 \psi_3}{d x^2}+V\psi_3 &= -\frac{\hbar^2}{2m}\left( c_1\dfrac{\partial ^2\psi_1}{\partial x^2}+c_2\dfrac{\partial ^2\psi_2}{\partial x^2} \right)+ V(c_1\psi_1+c_2\psi_2)\\ &= c_1\left( -\frac{\hbar^2}{2m}\dfrac{\partial ^2\psi_1}{\partial x^2}+V\psi_1 \right)+c_2\left( -\frac{\hbar^2}{2m}\dfrac{\partial ^2\psi_2}{\partial x^2}+V\psi_2 \right)\\ &= c_1E\psi_1 + c_2E\psi_2\\ &= E(c_1\psi_1+c_2\psi_2)\\ &= E\psi_3 \end{aligned}}$

Depois de mostrar este resultado, é óbvio que ${\psi+\psi^*}$ e que ${i(\psi-\psi^*)}$ são soluções para a equação de Schroedinger independente do tempo. Além de serem soluções para a equação de Schroedinger independente do tempo, também é evidente, a partir de sua construção, que essas funções são funções reais. Uma vez que eles têm o mesmo valor ${E}$ como ${\psi}$ podemos usar qualquer um deles como uma solução para a equação de Schroedinger independente do tempo

Mostre que se ${V(x)}$ é uma função par então ${\psi(x)}$ pode ser escrita na forma de uma função par ou uma função ímpar .

Uma vez que ${V(x)}$ é par sabemos que ${V(-x)=V(x)}$ . Agora precisamos provar que se ${\psi(x)}$ é uma solução para a equação de Schroedinger independente do tempo ${\psi(-x)}$ também é uma solução.

Fazendo a mudança de variável ${x}$ para ${-x}$ na equação de Schroedinger independente do tempo

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2 \psi(-x)}{d (-x)^2}+V(-x)\psi(-x)=E\psi(-x)$

Para percebermos a equação anterior vamos simplificar

$\displaystyle \dfrac{d^2}{d (-x)^2}$

Vamos introduzir a variável ${u}$ e defini-la como ${u=-x}$ . Então

$\displaystyle \frac{d}{du}=\frac{dx}{du}\frac{d}{dx}=-\frac{d}{dx}$

E para a segunda derivada é

$\displaystyle \frac{d^2}{du^2}=\frac{dx}{du}\frac{d}{dx}\frac{dx}{du}\frac{d}{dx}=\left(-\frac{d}{dx}\right)\left(-\frac{d}{dx}\right)=\frac{d^2}{dx^2}$

Na última expressão ${u}$ é uma variável muda e, portanto, pode ser substituída por qualquer outro símbolo.

Por conveniência, vamos fazer a mudança de variável ${u=x}$ :

(veja também este artigo Derivadas Parciais e Física Estatística )

$\displaystyle \dfrac{d^2}{d (-x)^2}=\dfrac{d^2}{d x^2}$

Pelo que a nossa expressão inicial fica:

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2 \psi(-x)}{d x^2}+V(-x)\psi(-x)=E\psi(-x)$

Sabemos que ${V(x)}$ é par. Logo

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2 \psi(-x)}{d x^2}+V(x)\psi(-x)=E\psi(-x)$

Assim ${\psi(-x)}$ também é uma solução para a equação de Schroedinger independente do tempo.

Uma vez que ${\psi(x)}$ e ${\psi(-x)}$ são soluções para a equação Schroedinger independente do tempo sempre que ${V(x)}$ é uma função par, podemos construir funções pares e ímpares que são soluções para a equação de Schroedinger independente do tempo.

As funções pares são construídas como

$\displaystyle h(x)=\psi(x)+\psi(-x)$

e as funções ímpares são construídas como

$\displaystyle g(x)=\psi(x)-\psi(-x)$

Uma vez que podemos escrever

$\displaystyle \psi(x)=\frac{1}{2}(h(x)+g(x))$

mostramos que qualquer solução para a equação de Schroedinger independente do tempo pode ser expressa como uma combinação linear de funções pares e ímpares quando a função potencial é uma função par.

Estados Estacionários II

04/05/2019 6:52 pm / Deixe um comentário

Agora, vamos apresentar algumas características das soluções separáveis, para melhor compreender a sua importância:

— Estados estacionários —

A função de onda é

$\displaystyle \Psi(x,t)=\psi(x)e^{-i\frac{E}{\hbar}t}$

e é óbvio que depende de ${t}$ . Por outro lado, a densidade de probabilidade não depende de ${t}$ . Esse resultado pode ser facilmente comprovado com a suposição implícita de que ${E}$ é real (num exercício posterior veremos porque ${E}$ tem que ser real).

$\displaystyle \Psi(x,t)^*\Psi(x,t)=\psi^*(x)e^{i\frac{E}{\hbar}t}\psi(x)e^{-i\frac{E}{\hbar}t}=|\psi(x)|^2$

Se estivéssemos interessados em calcular o valor médio de qualquer variável dinâmica, veríamos que esses valores são constantes no tempo.

$\displaystyle <Q(x,p)>=\int\Psi^*Q\left( x,\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x} \right)\Psi\, dx$

Em particular ${<x>}$ é constante no tempo e como consequência ${=0}$ .

— Energia total definida —

Como vimos na mecânica clássica, o Hamiltoniano de uma partícula é

$\displaystyle H(x,p)=\frac{p^2}{2m}+V(x)$

Fazendo as substituições apropriadas, o operador da mecânica quântica correspondente é (na mecânica quântica os operadores são denotados por um chapéu):

$\displaystyle \hat{H}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{d x^2}+V$

Portanto, a equação de Schroedinger independente do tempo pode ser escrita da seguinte forma:

$\displaystyle \hat{H}\psi=E\psi$

O valor médio do Hamiltoniano é

$\displaystyle <\hat{H}>=\int\psi ^*\hat{H}\psi\, dx=E\int|\psi|^2\, dx=E$

Também temos

$\displaystyle \hat{H}^2\psi=\hat{H}(\hat{H}\psi)=\hat{H}(E\psi)=E\hat{H}\psi=EE\psi=E^2\psi$

Logo

$\displaystyle <\hat{H}^2>=\int\psi ^*\hat{H}^2\psi\, dx=E^2\int|\psi|^2\, dx=E^2$

E a variância é

$\displaystyle \sigma_{\hat{H}}^2=<\hat{H}^2>-<\hat{H}>^2=E^2-E^2=0$

Em conclusão, para um estado estacionário, toda medição de energia tem o valor ${E}$ uma vez que a distribuição de energia tem valor ${E}$ .

— Combinações lineares —

A solução geral da equação de Schroedinger é uma combinação linear de soluções separáveis.

Veremos em exemplos e exercícios futuros que a equação de Schroedinger independente do tempo contém um número infinito de soluções. Cada uma dessas diferentes funções de onda está associada a uma constante de separação diferente. O que quer dizer que para cada nível de energia permitido existe uma função de onda diferente.

Para a equação de Schroedinger dependente do tempo, qualquer combinação linear de uma solução é também uma solução. Depois de encontrar as soluções separáveis, a tarefa é construir uma solução mais geral da forma

$\displaystyle \Psi(x,t)=\sum_{n=1}^{+\infty}c_n\psi_n(x)e^{-i\frac{E_n}{\hbar}t}=\sum_{n=1}^{+\infty}c_n\Psi_n(x,t)$

Todas as soluções da equação de Schroedinger dependente do tempo podem ser escritas desta forma, sendo que as condições iniciais do problema sendo estudado fixando os valores das constantes ${c_n}$ .

Tudo isto pode ser um bocado abstrato e como tal vamos resolver alguns exercícios.

Como exemplo, vamos calcular a evolução temporal de uma partícula que começa numa combinação linear de dois estados estacionários:

$\displaystyle \Psi(x,0)=c_1\psi_1(x)+c_2\psi_2(x)$

Para a nossa discussão, vamos assumir que ${c_n}$ e ${\psi_n}$ são reais.

Assim a evolução temporal da partícula é:

$\displaystyle \Psi(x,t)=c_1\psi_1(x)e^{-i\frac{E_1}{\hbar}t}+c_2\psi_2(x)e^{-i\frac{E_2}{\hbar}t}$

Para a densidade de probabilidade é

${\begin{aligned} |\Psi(x,t)|^2 &= \left( c_1\psi_1(x)e^{i\frac{E_1}{\hbar}t}+c_2\psi_2(x)e^{i\frac{E_2}{\hbar}t} \right) \left( c_1\psi_1(x)e^{-i\frac{E_1}{\hbar}t}+c_2\psi_2(x)e^{-i\frac{E_2}{\hbar}t} \right)\\ &= c_1^2\psi_1^2+c_2^2\psi_2^2+2c_1c_2\psi_1\psi_2\cos\left[ \dfrac{E_2-E_1}{\hbar}t \right] \end{aligned}}$

Como podemos ver, embora ${\psi_1}$ e ${\psi_2}$ sejam estados estacionários e, portanto,a sua densidade de probabilidade é constante, a densidade de probabilidade da função de onda final oscila sinusoidalmente com frequência angular ${(E_2-E_1)/t}$ .

Estados Estacionários

03/30/2019 3:39 pm / Deixe um comentário

— 23.6. Estados estacionários —

Nos artigos anteriores nós normalizamos as funções de onda, calculamos valores médios para o momento e posição de uma partícula, mas nunca, em momento algum, fizemos uma pergunta bastante lógica:

Como se calcula a função de onda em primeiro lugar?

A resposta para essa pergunta é obviamente:

Resolvendo a equação de Schroedinger.

A equação de Schroedinger é

$\displaystyle i\hbar\frac{\partial \Psi(x,t)}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi(x,t)}{\partial x^2}+V\Psi(x,t)$

Que é a equação a derivadas parciais de segunda ordem. Equações a derivadas parciais são muito difíceis de resolver, enquanto que as equações diferenciais ordinárias são fáceis de resolver.

Temos então que transformar esta equação em derivadas parciais numa equação diferencial ordinária.

Para fazer isso, usamos a técnica de separação de variáveis.

Vamos supor que ${\Psi(x,t)}$ pode ser escrito como o produto de duas funções. Uma das funções é uma função da posição, enquanto a outra função é apenas uma função de ${t}$ .

$\displaystyle \Psi(x,t)=\psi(x)\varphi(t)$

Essa restrição pode parecer excessiva para a classe de soluções das Equações de Schroedinger, mas neste caso as aparências iludem. Como veremos mais adiante, soluções mais generalizadas da Equação Schroedinger podem ser construídas com soluções separáveis.

Calculando os derivados apropriados para ${\Psi(x,t)}$ temos:

$\displaystyle \frac{\partial \Psi}{\partial t}=\psi\frac{d\varphi}{dt}$

$\displaystyle \frac{\partial^2 \Psi}{\partial x^2} = \frac{d^2 \psi}{d x^2}\varphi$

Substituindo as equações anteriores naa equação de Schroedinger vem:

$\displaystyle i\hbar\psi\frac{d\varphi}{dt}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d \psi^2}{d x^2}\varphi+V\psi\varphi$

Dividindo a igualdade anterior por ${\psi\varphi}$

$\displaystyle i\hbar\frac{1}{\varphi}\frac{d\varphi}{dt}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{\psi}\frac{d \psi^2}{d x^2}+V$

Na igualdade anterior, o lado esquerdo é uma função de ${t}$ enquanto o lado direito é uma função de ${x}$ (por hipótese ${V}$ não é uma função de ${t}$ ).

Esses dois factos fazem com que a igualdade expressa na última equação exija um equilíbrio forte. Por exemplo, se ${x}$ variasse sem variar ${t}$ então o lado direito mudaria enquanto o lado esquerdo continuaria o mesmo desfazendo a nossa igualdade.

Evidentemente, tal coisa não pode acontecer. A única forma de manter a igualdade sempre válida é obrigar a ambos os lados da equação a serem constantes.

Por razões que se tornarão óbvias adiante, denotaremos essa constante (a chamada constante de separação) por ${E}$ .

$\displaystyle i\hbar\frac{1}{\varphi}\frac{d\varphi}{dt}=E \Leftrightarrow \frac{d\varphi}{dt}=-\frac{i E}{\hbar}\varphi$

e para a segunda equação

$\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{\psi}\frac{d^2 \psi}{d x^2}+V=E \Leftrightarrow -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2 \psi}{d x^2}+V\psi=E\psi$

A primeira equação pode ser facilmente resolvida e uma solução é

$\displaystyle \varphi=e^{-i\frac{E}{\hbar}t}$

A segunda equação, a chamada equação de Schroedinger independente do tempo, só pode ser resolvida quando um potencial é especificado.

Como podemos ver, o método das soluções separáveis cumpriu com à minha promessa. Com isso, conseguimos produzir duas equações diferenciais ordinárias que podem, em princípio, ser resolvidas.

Na verdade, uma das equações já está resolvida mas falaremos mais sobre isso no artigo seguinte.

O Princípio da Incerteza

03/25/2019 9:56 am / Deixe um comentário

— 23.5. O Princípio da Incerteza —

Imagine que tem uma corda na mão. Essa a corda está amarrada a uma parede de tijolos. Se alguém puxar a corda repentinamente, causaria a formação de um pulso de onda que percorreria a corda até atingir a parede. A cada instante de tempo, poderíamos atribuir uma posição a esse pulso de onda, mas, por outro lado, se lhe pedissem para calcular seu comprimento de onda, não saberia como fazê-lo, pois esse fenómeno não é periódico.

Imagine agora que, em vez de apenas produzir um empurrão, movimenta continuamente a corda para que produzir uma onda estacionária . Neste caso, o comprimento de onda é perfeitamente definido, já que este é um fenómeno que é periódico, mas a posição da onda perde seu significado.

A mecânica quântica, como veremos em artigos posteriores, pede uma descrição de partículas que é dada em termos de pacotes de ondas. De modo geral, um pacote de ondas é o resultado da soma de um número infinito de ondas (com diferentes comprimentos de onda e fases) que exibem interferência construtiva em apenas uma pequena região do espaço. Um número infinito de ondas com diferentes momentos é necessário para garantir uma interferência construtiva e destrutiva nas regiões apropriadas do espaço.

Assim, vemos que, somando mais e mais ondas, somos capazes de tornar a posição da partícula cada vez mais definida, ao mesmo tempo que tornamos seu momento cada vez menos definido (lembre-se de que as ondas que estamos a somar têm momentos diferentes).

Em uma linguagem mais formal, alguém diria que estamos a trabalhar em dois espaços diferentes. O espaço de ${x}$ e o espaço de ${p}$ .

Assim sendo, no formalismo de pacotes de ondas é impossível ter um fenómeno que esteja perfeitamente localizado em ambos os espaços ao mesmo tempo.

Fisicamente falando, isso significa que, para uma partícula, a sua posição e momento têm uma distribuição inerente. Podemos, teoricamente, fazer com que a dispersão de uma das quantidades seja tão pequena quanto se deseja, mas isso faria com que a dispersão na outra quantidade fosse maior e maior. Isso quer dizer que quanto mais localizada uma partícula é, mais seu momento é disperso e quanto mais preciso for o momento de uma partícula, mais difusa será sua posição.

Este resultado é conhecido como o Princípio da Incerteza de Heisenberg e podemos torná-lo matematicamente rigoroso, mas por enquanto este argumento é suficiente.

Com isso, já podemos ver que a Mecânica Quântica precisa de um novo modo radical de confrontar a realidade.

Por enquanto, vamos apenas colocar este resultado em uma base quantitativa e deixar a sua demonstração para um artigo posterior.

$\displaystyle \sigma_x \sigma_p \geq \frac{\hbar}{2} \ \ \ \ \ (54)$

Podemos interpretar o princípio da incerteza na linguagem das medições feitas em um conjunto de sistemas preparados de forma idêntica. Imagine que preparamos um ensemble cujas medidas de posição são muito definidas. Isso quer dizer que sempre que medimos a posição de uma partícula, os resultados são muito parecidos. Neste caso, caso fizéssemos medições do momento de cada partícula, veríamos que os valores de momento seriam muito diferentes.

Por outro lado, podíamos obter um conjunto de partículas cujas medições de momento tivessem pequenas diferenças entre eles. Nesse caso, o preço a pagar seria que as posições das partículas ficassem totalmente espalhadas.

Evidentemente, entre esses dois extremos, há uma infinidade de possíveis resultados. A única limitação que o princípio da incerteza estipula é que o produto das dispersões das duas quantidades tem que ser maior do que ${\dfrac{\hbar}{2}}$ .

Exercício 5 Uma partícula de massa ${m}$ está no estado

$\displaystyle \Psi(x,t)=Ae^{-a\left[\dfrac{mx^2}{\hbar}+it\right]} \ \ \ \ \ (55)$

Onde ${A}$ e ${a}$ são constantes positivas.

Determine o valor de ${A}$

Para calcular o valor de ${A}$ é preciso normalizar a função de onda

${\begin{aligned} 1 &= \int_{-\infty}^{+\infty} |\Psi(x,t)|^2\,dx\\ &= |A|^2\int_{-\infty}^{+\infty} e^{2a\dfrac{mx^2}{\hbar}}\, dx\\ &= |A|^2 \sqrt{\dfrac{\hbar\pi}{2am}} \end{aligned}}$

portanto

$\displaystyle A=\sqrt[4]{\frac{2am}{\hbar\pi}}$

Qual função de energia potencial ${V(x)}$ faz ${\Psi}$ satisfazer a equação de Schroedinger?

A equação de Schroedinger é

$\displaystyle i\hbar\frac{\partial \Psi}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}+V\Psi$

Para o primeiro termo segue

$\displaystyle \frac{\partial \Psi}{\partial t}=-ia\Psi$

A primeira derivada de ${x}$ é

$\displaystyle \frac{\partial \Psi}{\partial x}=-\frac{2amx}{\hbar}\Psi$

A segunda derivada de ${x}$ é

${\begin{aligned} \frac{\partial ^2 \Psi}{\partial x^2} &= -\frac{2am}{\hbar}\Psi+ \dfrac{4a^2m^2x^2}{\hbar ^2}\Psi\\ &= -\dfrac{2am}{\hbar}\left( 1-\dfrac{2amx^2}{\hbar} \right)\Psi \end{aligned}}$

Substituindo essas expressões na equação de Schroedinger

${\begin{aligned} V\Psi &= i\hbar\dfrac{\partial \Psi}{\partial t}+\dfrac{\hbar ^2}{2m}\dfrac{\partial^2 \Psi}{\partial x^2}\\ &= a\hbar\Psi+\dfrac{\hbar ^2}{2m}\left[ -\dfrac{2am}{\hbar} \left( 1-\dfrac{2amx^2}{\hbar} \right)\Psi \right]\\ &= a\hbar\Psi-a\hbar\Psi+\hbar a\dfrac{2amx^2}{\hbar}\Psi\\ &= 2ma^2x^2\Psi \end{aligned}}$

logo

$\displaystyle V=2ma^2x^2$

Calcular os valores médios de ${x}$ , ${x^2}$ , ${p}$ e ${p^2}$ .

O valor médio de ${x}$

$\displaystyle <x>=|A|^2\int_{-\infty}^{+\infty}xe^{-2ax\frac{x^2}{\hbar}}\, dx=0$

O valor médio de ${p}$

$\displaystyle =m\frac{d<x>}{dt}=0$

O valor médio de ${x^2}$

${\begin{aligned} <x^2> &= |A|^2\int_{-\infty}^{+\infty}x^2e^{-2ax\frac{x^2}{\hbar}}\, dx\\ &= 2|A|^2\dfrac{1}{4(2m/\hbar)}\sqrt{\dfrac{\pi\hbar}{2am}}\\ &= \dfrac{\hbar}{4am} \end{aligned}}$

O valor médio de ${p^2}$

${\begin{aligned} <p^2> &= \int_{-\infty}^{+\infty}\Psi ^* \left( \dfrac{\hbar}{i}\dfrac{\partial }{\partial x} \right)^2\Psi\, dx\\ &= -\hbar ^2\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi ^* \dfrac{\partial ^2 \Psi}{\partial x^2}\, dx\\ &= -\hbar ^2\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi ^* \left[ -\dfrac{2am}{\hbar} \left( 1-\dfrac{2amx^2}{\hbar} \right)\Psi \right]\, dx\\ &= 2am\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi ^* \left( 1-\dfrac{2amx^2}{\hbar} \right)\Psi\, dx\\ &= 2am\hbar\left[ \int_{-\infty}^{+\infty}\Psi ^*\Psi\, dx -\dfrac{2am}{\hbar}\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi ^* x^2 \Psi\, dx\right]\\ &= 2am\hbar\left[ 1-\dfrac{2am}{\hbar}<x^2> \right]\\ &= 2am\hbar\left[ 1-\dfrac{2am}{\hbar}\dfrac{\hbar}{4am}\right]\\ &=2am\hbar\left( 1-1/2 \right)\\ &=am\hbar \end{aligned}}$

Calcule ${\sigma_x}$ e ${\sigma_p}$ . O seu produto é consistente com o princípio da incerteza ?

$\displaystyle \sigma_x=\sqrt{<x^2>-<x>^2}=\sqrt{\dfrac{\hbar}{4am}}$

$\displaystyle \sigma_p=\sqrt{<p^2>-^2}=\sqrt{am\hbar}$

E o produto das duas quantidades anteriores é

$\displaystyle \sigma_x \sigma_p=\sqrt{\dfrac{\hbar}{4am}}\sqrt{am\hbar}=\frac{\hbar}{2}$

O produto é consistente com o princípio da incerteza.

Como calcular quantidades dinâmicas utilizando a função de onda II

03/24/2019 12:56 pm / Deixe um comentário

Exercício 3 Por que não podemos fazer a integração por partes diretamente em

$\displaystyle \frac{d<x>}{dt}=\int x\frac{\partial}{\partial t}|\Psi|^2 \, dx$

puxando a derivada em ordem ao tempo para ${x}$ e notando que ${\partial x/\partial t=0}$ para concluir que ${d<x>/dt=0}$ ?

Porque integração por partes só pode ser usada quando a diferenciação e integração são feitas com a mesma variável.

Exercício 4 Calcular

$\displaystyle \frac{d}{dt}$

Primeiro, vamos lembrar a equação de Schroedinger:

$\displaystyle \frac{\partial \Psi}{\partial t}=\frac{i\hbar}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}-\frac{i}{\hbar}V\Psi$

E seu complexo conjugado

$\displaystyle \frac{\partial \Psi^*}{\partial t}=-\frac{i\hbar}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}+\frac{i}{\hbar}V\Psi^*$

para a evolução do tempo do valor médio de momento é

${\begin{aligned} \dfrac{d}{dt} &= \dfrac{d}{dt}\int\Psi ^* \dfrac{\hbar}{i}\dfrac{\partial \Psi}{\partial x}\, dx\\ &= \dfrac{\hbar}{i}\int \dfrac{\partial}{\partial t}\left( \Psi ^* \dfrac{\partial \Psi}{\partial x}\right)\, dx\\ &= \dfrac{\hbar}{i}\int\left( \dfrac{\partial \Psi^*}{\partial t}\dfrac{\partial \Psi}{\partial x}+\Psi^* \dfrac{\partial}{\partial x}\dfrac{\partial \Psi}{\partial t} \right) \, dx\\ &= \dfrac{\hbar}{i}\int \left[ \left( -\dfrac{i\hbar}{2m}\dfrac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}+\dfrac{i}{\hbar}V\Psi^* \right)\dfrac{\partial \Psi}{\partial x} + \Psi^*\dfrac{\partial}{\partial x}\left( \dfrac{i\hbar}{2m}\dfrac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}-\dfrac{i}{\hbar}V\Psi \right)\right]\, dx\\\ &= \dfrac{\hbar}{i}\int \left[ -\dfrac{i\hbar}{2m}\left(\dfrac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\dfrac{\partial\Psi}{\partial x}-\Psi^*\dfrac{\partial ^3 \Psi}{\partial x^3} \right)+\dfrac{i}{\hbar}\left( V\Psi ^*\dfrac{\partial\Psi}{\partial x}-\Psi ^*\dfrac{\partial (V\Psi)}{\partial x}\right)\right]\, dx \end{aligned}}$

Primeiro vamos calcular o primeiro termo da integral (ignorando os fatores constantes) fazendo a integração por partes (lembre-se que os pontos fronteira são nulos) duas vezes

${\begin{aligned} \int \left(\dfrac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\dfrac{\partial\Psi}{\partial x}-\Psi^*\dfrac{\partial ^3 \Psi}{\partial x^3}\right)\, dx &= \left[ \dfrac{\partial \Psi^*}{\partial x^2} \dfrac{\partial \Psi}{\partial x}\right]-\int\dfrac{\partial \Psi^*}{\partial x}\dfrac{\partial ^2 \Psi}{\partial x^2}\, dx- \int \Psi^*\dfrac{\partial ^3 \Psi}{\partial x^3}\, dx \\ &=-\left[ \Psi ^*\dfrac{\partial ^2 \Psi}{\partial x^2} \right]+\int \Psi^*\dfrac{\partial ^3 \Psi}{\partial x^3}\, dx - \int \Psi^*\dfrac{\partial ^3 \Psi}{\partial x^3}\, dx \\ &= 0 \end{aligned}}$

Depois vamos calcular o segundo termo do integral

${\begin{aligned} \int \left( V\Psi ^*\dfrac{\partial\Psi}{\partial x}-\Psi ^*\dfrac{\partial (V\Psi)}{\partial x} \right)\, dx &= \int \left( V\Psi ^*\dfrac{\partial\Psi}{\partial x}-\Psi ^* \dfrac{\partial V}{\partial x}\Psi-\Psi ^*V\dfrac{\partial \Psi}{\partial x} \right)\, dx\\ &= -\int\Psi ^* \dfrac{\partial V}{\partial x}\Psi\, dx\\ &=<-\dfrac{\partial V}{\partial x}> \end{aligned}}$

Em conclusão, é

$\displaystyle \frac{d}{dt}=<-\dfrac{\partial V}{\partial x}>$

Portanto, o valor médio do operador momento obedece ao Segundo Axioma de Newton .

O resultado anterior pode ser generalizado e sua generalização é conhecida na literatura da Mecânica Quântica como o Teorema de Ehrenfest

Como calcular quantidades dinâmicas utilizando a função de onda

03/24/2019 12:09 pm / Deixe um comentário

— 23.4. Momento e Outras Quantidades Dinâmicas —

Vamos supor que temos uma partícula descrita pela função de onda ${\Psi}$ então o valor médio da sua posição é (como vimos em Normalização da Função de Onda ? Exercícios):

$\displaystyle <x>=\int_{-\infty}^{+\infty}x|\Psi(x,t)|^2\, dx$

Os neófitos interpretam a equação anterior como se estivesse dizendo que o valor médio coincide com a média de várias medições da posição de uma partícula descrita por ${\Psi}$ .

Esta interpretação está errada, pois a primeira medição fará com que a função de onda colapse para o valor que é realmente obtido. Assim, as medidas da posição feitas imediatamente a seguir terão todas o mesmo valor que primeira medição.

Na realidade ${<x>}$ é a média de medições de posição de partículas que são todas descritas pelo estado ${\Psi}$ .

Isso quer dizer que temos duas maneiras de realmente realizar o que está implícito na interpretação anterior de ${<x>}$ :

Temos uma única partícula. Então, depois que uma medição de posição é feita, temos que ser capazes de fazer com que a partícula retorne ao seu estado inicial, ${\Psi}$ , antes de fazermos uma nova medição.
Temos uma coleção – um ensemble estatístico é um nome mais respeitável – de um grande número de partículas (para que seja estatisticamente significante) e preparamos todas elas para estarem no estado ${\Psi}$ . Se realizarmos a medição da posição de todas essas partículas, então a média das medições deve ser ${<x>}$ .

Para ser mais sucinto:

O valor médio resulta da média de medições repetidas em um conjunto de sistemas preparados de forma idêntica.

Uma vez que ${\Psi}$ é um objeto matemático dependente do tempo, é óbvio que ${<x>}$ também é uma quantidade dependente do tempo:

${\begin{aligned} \dfrac{d<x>}{dt}&= \int_{-\infty}^{+\infty}x\dfrac{\partial}{\partial t}|\Psi|^2\, dx \\ &= \dfrac{i\hbar}{2m}\int_{-\infty}^{+\infty}x\dfrac{\partial}{\partial x}\left( \Psi^*\dfrac{\partial \Psi}{\partial x}-\dfrac{\partial \Psi^*}{\partial x}\Psi \right)\, dx \\ &= -\dfrac{i\hbar}{2m}\int_{-\infty}^{+\infty}\left( \Psi^*\dfrac{\partial \Psi}{\partial x}-\dfrac{\partial \Psi^*}{\partial x}\Psi \right)\,dx \\ &= -\dfrac{i\hbar}{m}\int_{-\infty}^{+\infty}\left( \Psi^*\dfrac{\partial \Psi}{\partial x}\right)\,dx \end{aligned}}$

onde usamos a integração por partes e o facto de que o quadrado da função de onda tem que ser integrável, o que significa dizer que a função é infinitamente pequena em ${x}$ quando este tende para infinito.

(Rigorosamente falando o espaço de Hilbert não é o melhor espaço matemático para construir o formalismo matemático da mecânica quântica. O problema com a abordagem dos espaços de Hilbert para a mecânica quântica é tem duas vertentes:

as funções que estão no espaço de Hilbert têm necessariamente o seu quadrado integrável. O problema é que muitas vezes precisamos calcular quantidades que não dependem de uma dada função, mas de sua derivada (por exemplo), mas apenas porque uma função tem o seu quadrado integrável não significa que sua derivada também seja. Portanto, não temos nenhuma garantia matemática de que a maioria das integrais que estamos calculando realmente convergem.
O segundo problema é que quando estamos lidando com espectros contínuos (mais tarde veremos o que isso significa) e as funções próprias (também vamos definir isto mais tarde) são divergentes.

A equação anterior não expressa a velocidade média de uma partícula quântica. Na nossa construção da mecânica quântica, nada nos permite falar sobre a velocidade da partícula. Na verdade, nem sequer sabemos qual é o significado de

velocidade de uma partícula.

em mecânica quântica!

Como uma partícula não tem uma posição definida antes da medição, ela também não pode ter uma velocidade bem definida.

Mais adiante veremos como construir a densidade de probabilidade para velocidade no estado ${\Psi}$ .

Para os propósitos da presente secção, apenas postularemos que o valor médio da velocidade é igual à derivada de tempo do valor médio da posição.

$\displaystyle <v>=\dfrac{d<x>}{dt} \ \ \ \ \ (50)$

Como vimos no formalismo lagrangeano e formalismo hamiltoniano do nosso blog, é mais usual (já que é mais poderoso) trabalhar com o momento em vez da velocidade.

Uma vez que ${p=mv}$ a equação relevante para o momento é:

$\displaystyle =m\dfrac{d<x>}{dt}=-i\hbar\int_{-\infty}^{+\infty}\left( \Psi^*\dfrac{\partial \Psi}{\partial x}\right)\,dx \ \ \ \ \ (51)$

Uma vez que ${x}$ representa o operador posição, podemos dizer, de uma forma análoga, que

$\displaystyle \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}$

representa o operador momentuo. Uma maneira de entender por que essa definição faz sentido é reescrever a definição do valor médio da posição

$\displaystyle <x>=\int \Psi^* x \Psi \, dx$

e reescrever a equação 51 de uma forma mais conveniente

$\displaystyle = \int \Psi^*\left( \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x} \right) \Psi \, dx$

Depois de saber como calcular o valor médio dessas duas grandezas dinâmicas, a questão agora é como calcular o valor médio de outras quantidades dinâmicas?

Sabemos que todas as grandezas dinâmicas podem ser expressas como funções de ${x}$ e ${p}$ . Levando isso em conta, basta escrever a função apropriada da grandeza em termos de ${p}$ e ${x}$ e, em seguida, calcule o valor médio.

De uma forma mais formal a equação para o valor médio de uma quantidade dinâmica {Q=Q(x,p)} é

$\displaystyle <Q(x,p)>=\int\Psi^*Q\left( x,\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x} \right)\Psi\, dx \ \ \ \ \ (52)$

Como exemplo, vamos ver qual seria a expressão relevante para a energia cinética.

Daqui em diante usaremos ${T}$ para denotar a energia cinética em vez de ${K}$ .

$\displaystyle T=\frac{1}{2}mv^2=\frac{p^2}{2m}$

Portanto, o valor médio

$\displaystyle <T>=-\frac{\hbar ^2}{2m}\int\Psi^*\frac{\partial ^2\Psi}{\partial x^2}\, dx \ \ \ \ \ (53)$

Normalização da Função de Onda – Exercícios

03/24/2019 11:03 am / 1 comentário em Normalização da Função de Onda – Exercícios

Exercício 1 No instante de tempo ${t=0}$ uma partícula é representada pelo seguinte equação de onda:

$\displaystyle \Psi(x,0)=\begin{cases} Ax/a & \text{if } 0\leq x\leq a\\ A(b-x)/(b-a) & \text{se } a\leq x\leq b \\ 0 & \text{restante}\end{cases} \ \ \ \ \ (45)$

Onde ${A}$ , ${a}$ and ${b}$ são constantes.

Normalize ${\Psi}$

${{\begin{aligned} 1&=\int_{-\infty}^{+\infty} |\Psi|^2\,dx\\ &=\int_0^a|\Psi|^2\,dx+\int_a^b|\Psi|^2\,dx\\ &=\dfrac{|A|^2}{a^2}\int_0^a|x^2\,dx+\dfrac{|A|^2}{(b-a)^2}\int_a^b(b-x)^2\,dx\\ &=\dfrac{|A|^2}{a^2}\left[ \dfrac{x^3}{3} \right]_0^a+\dfrac{|A|^2}{(b-a)^2}\left[ \dfrac{(b-x)^3}{3} \right]_a^b\\ &=\dfrac{|A|^2a}{3}+\dfrac{|A|^2}{(b-a)^2}\dfrac{(b-a)^3}{3}\\ &=\dfrac{|A|^2a}{3}+|A|^2\dfrac{b-a}{3}\\ &=\dfrac{b|A|^2}{3} \end{aligned}}}$

Assim para ${A}$ é

$\displaystyle A=\sqrt{\dfrac{3}{b}}$

Represente ${\Psi(x,0)}$

De ${0\leq x \leq a}$ e ${\Psi(x,0)}$ é uma função estritamente crescente que assume de valores de ${0}$ a ${A}$ .

De ${a \leq x \leq b}$ temos que ${\Psi(x,0)}$ é uma função estritamente decrescente que vai de ${A}$ a ${0}$ . Assim o gráfico de ${\Psi(x,0)}$ é (escolhendo os seguintes valores ${a=1}$ , ${b=2}$ e ${A=\sqrt{b}=\sqrt{2}}$ ):

Onde é mais provável encontrar a partícula para ${t=0}$ ?

Uma vez que ${x=a}$ é o máximo de ${\Psi}$ o valor mais provável é ${x=a}$ .

Qual é a probabilidade de encontrar a partícula à esquerda de ${a}$ ? Verifique as respostas para ${b=a}$ and ${b=2a}$ .

${\begin{aligned} P(x<a)&=\int_0^a|\Psi|^2\,dx\\ &=\dfrac{|A|^2}{a^2}\int_0^a x^2\,dx\\ &=\dfrac{|A|^2}{a^2}\left[ \dfrac{x^3}{3} \right]_0^a\\ &=\dfrac{|A|^2}{3}a\\ &=\dfrac{3}{3b}a\\ &=\dfrac{a}{b} \end{aligned}}$

Em primeiro lugar vamos olhar para o caso limite ${b=a}$ . Podemos imaginar que este caso resulta do processo de tornarmos o ponto ${b}$ cada vez mais próximo do ponto ${a}$ . Assim sendo, o domínio da a parte decrescente de ${\Psi(x,0)}$ é cada vez menor. Quando finalmente ${b=a}$ a função ${\Psi(x,0)}$ deixa de ter um domínio onde é estritamente decrescente e ${\Psi(x,0)}$ fica somente definida pela sua parte decrescente e nula (nos domínios apropriados). Ou seja à direita de ${a}$ a função toma o valor ${0}$ .

Assim a probabilidade da partícula ser encontrada à esquerda de ${a}$ é ${1}$ .

Pelo cálculo anterior vemos que ${P(x<a)_{b=a}=1}$ que é o resultado correcto..

O caso ${b=2a}$ deve ser analisado de uma forma diferente. Neste caso:

${x=a}$ é o ponto médio do domínio de ${\Psi(x,0)}$ onde ${\Psi(x,0)}$ é diferente de ${0}$ (excluindo as extremidades do domínio).
${\Psi(x,0)}$ é estritamente crescente na primeira metade do domínio ( ${0\leq x\leq a}$ ).
${\Psi(x,0)}$ é estritamente decrescente na segunda metade do domínio ( ${a\leq x\leq b}$ ).
${\Psi(x,0)}$ é contínua.

Assim podemos concluir que ${\Psi(x,0)}$ é simétrica em torno de ${a}$ e desta forma a probabilidade de encontrar a partícula de ${a}$ é ${1/2}$ .

Vimos anteriormente que ${P(x<a)_{b=2a}=1/2}$ que é o resultado correcto.

Qual é o valor médio de ${x}$ ?

${\begin{aligned} <x>&= \int_a^b x|\Psi|^2\,dx\\ &=\dfrac{|A|^2}{a^2}\int_0^a x^3\,dx+\dfrac{|A|^2}{(b-a)^2}\int_a^b x(b-x)^2\,dx\\ &=\dfrac{|A|^2}{a^2}\left[ \dfrac{x^4}{4} \right]_0^a+\dfrac{|A|^2}{(b-a)^2}\left[ 1/2x^2b^2-2/3x^3b+x^4/4 \right]_a^b\\ &=\dfrac{2a+b}{4} \end{aligned}}$

Exercício 2 Considere a função de onda

$\displaystyle \Psi(x,t)=Ae^{-\lambda |x|}e^{-i\omega t} \ \ \ \ \ (46)$

Onde ${A}$ , ${\lambda}$ and ${\omega}$ são constantes reais e positivas.

Normalize ${\Psi}$

${\begin{aligned} 1&=\int_{-\infty}^{+\infty} |\Psi|^2\,dx\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty} |A|^2e^{-2\lambda |x|}\,dx\\ &=2|A|^2\int_0^{+\infty}e^{-2\lambda |x|}\,dx \\ &=2|A|^2\int_0^{+\infty}e^{-2\lambda x}\,dx \\ &=-\dfrac{|A|^2}{\lambda}\left[ e^{-2\lambda x} \right]_0^{+\infty}\\ &=\dfrac{|A|^2}{\lambda} \end{aligned}}$

Logo temos

$\displaystyle A=\sqrt{\lambda}$

Determine ${<x>}$ and ${<x^2>}$ ${\begin{aligned} <x>&=\int_{-\infty}^{+\infty} x|\Psi|^2\,dx\\ &=|A|^2\int_{-\infty}^{+\infty} xe^{-2\lambda |x|}\,dx\\ &=0 \end{aligned}}$

Este integral definido é igual a ${0}$ pois estamos a integrar uma função ímpar entre limites simétricos.

${\begin{aligned} <x^2>&=\int_{-\infty}^{+\infty} x^2|\Psi|^2\,dx\\ &=2\lambda\int_0^{+\infty} x^2e^{-2\lambda x}\,dx\\ &=2\lambda\int_0^{+\infty} \dfrac{1}{4}\dfrac{\partial^2}{\partial \lambda ^2}\left( e^{-2\lambda x} \right)\,dx\\ &=\dfrac{\lambda}{2} \dfrac{\partial^2}{\partial \lambda ^2}\int_0^{+\infty}e^{-2\lambda\,dx} x \,dx\\ &= \dfrac{\lambda}{2} \dfrac{\partial^2}{\partial \lambda ^2} \left[ -\dfrac{e^{-2\lambda\,dx}}{2\lambda} \right]_0^{+\infty}\\ &= \dfrac{\lambda}{2}\dfrac{\partial^2}{\partial \lambda ^2}\left(\dfrac{1}{2\lambda} \right)\\ &=\dfrac{\lambda}{2}\dfrac{\partial}{\partial \lambda}\left(-\dfrac{1}{\lambda ^2} \right)\\ &=\dfrac{\lambda}{2}\dfrac{1}{\lambda^3}\\ &= \dfrac{1}{2\lambda^2} \end{aligned}}$

Calcule o desvio de padrão de ${x}$ . Faça o gráfico de ${\Psi ^2}$ . Qual é a probabilidade de encontrar a partícula fora do domínio ${[<x>-\sigma,<x>+\sigma]}$ ?

$\displaystyle \sigma ^2=<x^2>-<x>^2=\frac{1}{2\lambda ^2}-0=\frac{1}{2\lambda ^2}$

Assim o desvio padrão é

$\displaystyle \sigma=\dfrac{\sqrt{2}}{2\lambda}$

O quadrado da função de onda é proporcional a ${e^{-2\lambda |x|}}$ . Assim a função, primeira derivada e segunda derivada da função de onda em ordem a ${x}$ são da forma:

$\displaystyle |\Psi|^2=\begin{cases} e^{2\lambda x} & \text{se } x < 0\\ e^{-2\lambda x} & \text{se } x \geq 0 \end{cases} \ \ \ \ \ (47)$

$\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial x}|\Psi ^2|=\begin{cases} 2\lambda e^{2\lambda x} & \text{se } x < 0\\ -2\lambda e^{-2\lambda x} & \text{se } x \geq 0 \end{cases} \ \ \ \ \ (48)$

$\displaystyle \dfrac{\partial ^2}{\partial x ^2}|\Psi|^2=\begin{cases} 4\lambda ^2 e^{2\lambda x} & \text{se } x < 0\\ 4\lambda ^2 e^{-2\lambda x} & \text{se } x \geq 0 \end{cases} \ \ \ \ \ (49)$

Como podemos ver a primeira derivada de ${|\Psi|^2}$ muda de sinal em ${0}$ de positivo para negativo. Assim ${|\Psi|^2}$ era estritamente crescente antes de ${0}$ e estritamente decrescente depois de ${0}$ . Assim ${0}$ é um máximo de ${|\Psi|^2}$ .

A segunda derivada é sempre positiva, logo ${|\Psi|^2}$ tem a concavidade voltada para cima.

Assim a sua representação gráfica é:

A probabilidade de encontrar a partícula fora do domínio ${[<x>-\sigma, <x>+\sigma ]}$ é

${\begin{aligned} P(<x>-\sigma, <x>+\sigma)&= 2\int_\sigma^{+\infty}|\Psi|^2\,dx\\ &= 2\lambda\int_\sigma^{+\infty}e^{2\lambda x}\\ &= 2\lambda\left[ -\dfrac{e^{2\lambda x}}{2\lambda} \right]_\sigma^{+\infty}\\ &=\lambda \dfrac{e^{2\lambda x}}{2\lambda}\\ &=e^{-2\lambda\dfrac{\sqrt{2}}{2\lambda}}\\ &=e^{-\sqrt{2}} \end{aligned}}$

Normalização da Função de Onda

03/23/2019 9:30 pm / Deixe um comentário

— 23.3. Normalização —

A Equação de Schroedinger é uma equação a derivadas parciais linear. Como tal, se ${ {\Psi(x,t)}}$ é uma solução, então ${ {A\Psi(x,t)}}$ (onde ${ {A}}$ é uma constante complexa) também é uma solução.

Será que isto quer dizer que um determinado problema em Mecânica Quântica tem um número infinito de soluções? Não! Não nos podemos esquecer que para além da equação de Schroedinger também temos que ter em consideração a condição de normalização. A condição de normalização para a função de onda é:

$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi (x,t)|^2dx=1 \ \ \ \ \ (41)$

A equação anterior diz-nos que a partícula em estudo deve estar num dado local num certo instante.

Uma vez que ${ {A}}$ é uma constante complexa a condição de normalização fixa ${ {A}}$ em termos de valor absoluto mas não nos pode dizer nada quanto à sua fase.

O facto do valor da fase não estar determinado não é preocupante uma vez que a fase não tem qualquer significado físico.

Obviamente que durante a discussão anterior nós assumimos que a função de onda é normalizável. Dito de outra forma estamos a dizer que a função de onda não diverge e tende para zero com rapidez suficiente na vizinhança do infinito.

Normalmente diz-se que as funções de onda que não respeitam estas condições não representam estados físicos. No entanto esta afirmação não é totalmente verdadeira. Por exemplo, uma função de onda que não é normalizável pode representar um feixe de partículas numa experiência de scattering. Neste caso podemos interpretar a divergência do integral como sendo resultado do facto do feixe ser constituído por um número infinito de partículas.

A questão que agora se coloca é se temos garantido a consistência da normalização da Equação de Schroedinger. O que nos garante que a normalização da Equação de Schroedinger para um dado instante de tempo permanece válida para todos os outros instantes de tempo?

Vamos então olhar para a evolução temporal da Condição de Normalização 41

$\displaystyle \frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi (x,t)|^2dx=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\partial}{\partial t}|\Psi (x,t)|^2dx \ \ \ \ \ (42)$

Calculando a derivada no lado direito da equação anterior

O complexo conjugado da equação de Schroedinger é:

$\displaystyle \frac{\partial \Psi^*(x,t)}{\partial t}=-\frac{i\hbar}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*(x,t)}{\partial x^2}+\frac{i}{\hbar}V\Psi^*(x,t) \ \ \ \ \ (43)$

Assim para a derivada fica

${ {\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial t}|\Psi (x,t)|^2&=\frac{\partial}{\partial t}(\Psi^* (x,t)\Psi (x,t))\\ &=\Psi^* (x,t)\frac{\partial\Psi (x,t)}{\partial t}+\frac{\partial \Psi^* (x,t)}{\partial t}\Psi (x,t)\\ &=\frac{i\hbar}{2m}\left( \Psi^*(x,t)\frac{\partial^2\Psi(x,t)}{\partial x^2}-\frac{\partial^2\Psi^*(x,t)}{\partial x^2}\Psi (x,t)\right)\\ &=\frac{\partial}{\partial x}\left[ \frac{i\hbar}{2m}\left( \Psi^*(x,t)\frac{\partial\Psi(x,t)}{\partial x}-\frac{\partial\Psi^*(x,t)}{\partial x}\Psi(x,t) \right) \right] \end{aligned}}}$

Voltando a 42

$\displaystyle \frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi (x,t)|^2dx=\frac{i\hbar}{2m}\left[ \Psi^*(x,t)\frac{\partial\Psi(x,t)}{\partial x}-\frac{\partial\Psi^*(x,t)}{\partial x}\Psi(x,t) \right]_{-\infty}^{+\infty} \ \ \ \ \ (44)$

Uma vez que estamos a assumir que a função de onda é normalizável, a função de onda e o seu complexo conjugado devem tender para ${0}$ em ${ {+\infty}}$ e ${ {-\infty}}$ .

Concluindo:

$\displaystyle \frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi (x,t)|^2dx=0$

Uma vez que a derivada é nula podemos concluir que o integral é constante.

Em conclusão podemos dizer que ao normalizarmos a Função de Onda para um dado instante de tempo garante que a mesma fica normalizada para todos os instantes de tempo.

Mecânica Quântica – A Função de Onda

03/21/2019 5:55 pm / Deixe um comentário

— 23. A Função de Onda —

Após o artigo anterior onde fizemos uma breve revisão de probabilidades e estatística está na hora de olharmos com algum detalhe para a Mecânica Quântica propriamente dita. Deste modo vamos começar a estudar a função de onda pois este conceito é seguramente o mais importante que vamos encontrar num primeiro curso de Mecânica Quântica.

Assim sendo o objectivo desta secção é introduzir a função de onda da Mecânica Quântica e explicar qual é a sua interpretação física e relevância.

— 23.1. A Equação de Schroedinger —

O objectivo da Mecânica Clássica é derivar a equação de movimento , ${ {x(t)}}$ , de uma partícula de massa ${ {m}}$ . Depois de determinarmos ${ {x(t)}}$ as outras quantidades dinâmicas podem ser calculadas através de ${ {x(t)}}$ .

O nosso problema é então o de calcular ${ {x(t)}}$ ? Na Mecânica Clássica este problema é resolvido através da aplicação do Segundo Axioma de Newton:

$\displaystyle \displaystyle F=\frac{dp}{dt}$

Para Sistemas Conservativos temos ${ {F=-\dfrac{\partial V}{\partial x}}}$ (anteriormente tínhamos usado ${ {U}}$ para denotar a energia potencial mas agora iremos usar ${ {V}}$ ).

Assim para a Mecânica Clássica temos:

$\displaystyle \displaystyle m\frac{d^2 x}{dt^2}=-\dfrac{\partial V}{\partial x}$

como a equação que nos ajudará a determinar ${ {x(t)}}$ (desde que conheçamos as condições iniciais).

No que concerne à Mecânica Quântica temos que utilizar a equação de Schroedinger para determinar a equação de movimento que especifica o Estado Físico da partícula em estudo.

Definição 14

A Equação de Schroedinger especifica o Estado Físico de uma partícula em mecânica Quântica

$\displaystyle i\hbar\frac{\partial \Psi}{\partial t}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}+V\Psi \ \ \ \ \ (40)$

— 23.2. A Interpretação Estatística —

Uma vez determinada a equação de onda devemos nos perguntar qual será a sua interpretação. Esta pergunta tem uma forte razão de ser uma vez que uma partícula é algo que está localizado enquanto que uma onda é algo que ocupa uma região de espaço

De acordo com a interpretação de Born a função de onda de uma partícula está relacionada coma probabilidade de ela ocupar uma determinada região no espaço.

De forma exacta podemos dizer que ${ {|\Psi(x,t)|^2dx}}$ é a densidade de proabilidade de encontrar uma partícula entre ${ {x}}$ e ${ {x+dx}}$ .

Esta interpretação da função de onda introduz o não determinismo na Mecânica Quântica uma vez que não podemos saber com certeza a posição de uma partícula mas somente a probabilidade de encontrar a partícula num dado intervalo.

O mistério que se apresenta a nós é:

Onde está a partícula imediatamente após a sua posição ser medida?
O que acontece antes do acto de medição?
Onde estava a partícula antes dos nossos instrumentos interagirem com ela e mostrarem-nos a sua posição?

Estas questões têm três respostas possíveis:

Realista: Um Físico Realista acredita que a partícula estava na posição onde foi medida. Se esta é uma resposta válida então a Mecânica Quântica tem que ser uma teoria incompleta uma vez que não consegue prever que a partícula estava na posição onde foi medida.
Ortodoxa: Um físico ortodoxo é alguem que acredita que a partícula não tinha uma posição definida antes de ser medida e que é a acção de medição que força a partícula a ocupar uma posição.
Agnosticismo: um físico agnóstico é uma físico que pensa que não sabe a resposta para esta pergunta e como tal recusa respondê-la.

Até 1964 qualquer uma destas posições era aceitável no mundo da Física. Mas nesse ano John Stewart Bell provou um teorema relacionado com o paradoxo de Einstein-Podolsky-Rosen que mostrou que se uma partícula tem uma posição definida antes da medição então existe uma diferença observável no resultado de algumas experiências (mais para a frente iremos explicar o que queremos dizer com isto).

Assim sendo a posição agnóstica não era mais uma posição respeitável e cabia à Natureza mostrar qual das outras duas opções era a opção verdadeira.

Apesar dos três físicos descritos acima não concordarem com qual era a posição que uma partícula tinha imediatamente antes de ser medida, todos os físicos concordam com qual é a sua posição imediatamente após ser medida. Se em primeiro lugar medimos ${X}$ então a segunda medição também tem que ser ${x}$ .

Concluindo a função de onda pode evoluir de dois modos:

Pode ter uma evolução livre de descontinuidades (a não ser que o potencial seja ilimitado em algum ponto) regida pela Equação de Schroedinger.
Colapsa para um valor único devido a uma medição

Mecânica Quântica – Exercícios de Probabilidade e Estatística

11/08/2015 3:56 pm / Deixe um comentário

Exercício 1

Para o exemplo dado no artigo Mecânica Quântica – Revisão de Probabilidade e Estatística calcule ${<j>^2}$ e ${<j^2>}$ :
${ {<j>^2=\left(\sum j \dfrac{N(J)}{N}\right)^2=441}}$

${ {<j^2>=\sum j^2 \dfrac{N(J)}{N} =\dfrac{6434}{14}=459.6}}$
Determine ${ {\Delta j}}$ para cada ${j}$ .

${ {j}}$ ${ {\Delta j=j-<j>}}$

14 ${ {14-21=-7}}$

15 ${ {15-21=-6}}$

16 ${ {16-21=-5}}$

22 ${ {22-21=1}}$

24 ${ {24-21=3}}$

25 ${ {25-21=4}}$

Assim para a variância temos

${ {\sigma ^2=\sum (\Delta j)^2 \dfrac{N(J)}{N}=\dfrac{260}{14}=18.6}}$

Logo o desvio padrão é

$\sigma =\sqrt{18.6}=4.3$

Calcule a variância e o desvio padrão usando as definições alternativas

${ {\sigma^2=<j^2>-<j>^2=459.6-441=18.6}}$

E para o desvio padrão é

$\sigma =\sqrt{18.6}=4.3$
Considere os primeiros ${ {25}}$ dígitos na expansão decimal de ${ {\pi}}$ . Qual é a probabilidade de obtermos cada um dos ${10}$ dígitos assumindo que a distribuição é aleatória. Determine também o dígito mais provável, mediana, média e desvio padrão.
Os primeiros ${25}$ dígitos da expansão decimal de ${ {\pi}}$ são

$\displaystyle \{3, 1, 4, 1, 5, 9, 2, 6, 5, 3, 5, 8, 9, 7, 9, 3, 2, 3, 8, 4, 6, 2, 6, 4, 3\}$

Assim para os dígitos temos

${ {N(0)=0}}$ ${ {P(0)=0}}$

${{N(1)=2}}$ ${ {P(1)=2/25}}$

${ {N(2)=3}}$ ${ {P(2)=3/25}}$

${ {N(3)=5}}$ ${ {P(3)=1/5}}$

${ {N(4)=3}}$ ${ {P(4)=3/25}}$

${ {N(5)=3}}$ ${ {P(5)=3/25}}$

${ {N(6)=3}}$ ${ {P(6)=3/25}}$

${ {N(7)=1}}$ ${ {P(7)=1/25}}$

${ {N(8)=2}}$ ${ {P(8)=2/25}}$

${ {N(9)=3}}$ ${ {P(9)=3/25}}$

O dígito mais provável é ${ {5}}$ . A mediana é ${ {4}}$ . A média é ${ {\sum P(i)N(i)=4.72}}$ .

${ {\sigma=2.47}}$
A agulha de um velocímetro é totalmente livre nas suas oscilações e ressalta perfeitamente em ambos extremos de tal modo que após sofrer um impulso a sua posição final está entre e sem qualquer preferência.
- Qual é a densidade de probabilidade ${\rho (\theta)}$ ? Trace o gráfico de ${\rho (\theta)}$ para ${-\pi/2 \leq \theta \leq 3\pi/2}$ . Assegure-se que a probabilidade total é igual a ${1}$ .
  No intervalo ${ {\left[0,\pi\right]}}$ a probabilidade da agulha cair num ângulo ${ {d\theta}}$ é ${ {d\theta/\pi}}$ . Dada a definição de densidade de probabilidade temos ${ {\rho(\theta)=1/\pi}}$ .
  
  Para além disso a densidade de probabilidade necessita de ser normalizada:
  
  $\displaystyle \int_0^\pi \rho(\theta)d\theta=1\Leftrightarrow\int_0^\pi 1/\pi d\theta=1$
  
  que é trivialmente válido.
  
  O gráfico para a densidade de probabilidade é
- Calcule ${ {\left\langle\theta \right\rangle}}$ , ${ {\left\langle\theta^2 \right\rangle}}$ e ${ {\sigma}}$ .
  ${ {\begin{aligned} \left\langle\theta \right\rangle &= \int_0^\pi\frac{\theta}{\pi}d\theta\\ &= \frac{1}{\pi}\int_0^\pi\theta d\theta\\ &= \frac{1}{\pi} \left[ \frac{\theta^2}{2} \right]_0^\pi\\ &= \frac{\pi}{2} \end{aligned}}}$
  
  Para ${ {\left\langle\theta^2 \right\rangle}}$ é
  
  ${ {\begin{aligned} \left\langle\theta^2 \right\rangle &= \int_0^\pi\frac{\theta^2}{\pi}d\theta\\ &= \frac{1}{\pi} \left[ \frac{\theta^3}{3} \right]_0^\pi\\ &= \frac{\pi^2}{3} \end{aligned}}}$
  
  A variância é ${ {\sigma^2=\left\langle\theta^2 \right\rangle-\left\langle\theta\right\rangle^2 =\dfrac{\pi^2}{3}-\dfrac{\pi^2}{4}=\dfrac{\pi^2}{12}}}$ .
  
  O desvio padrão é ${ {\sigma=\dfrac{\pi}{2\sqrt{3}}}}$ .
- Calcule ${ {\left\langle\sin\theta\right\rangle}}$ , ${ {\left\langle\cos\theta\right\rangle}}$ e ${ {\left\langle\cos^2\theta\right\rangle}}$ .
  ${ {\begin{aligned} \left\langle\sin\theta \right\rangle &= \int_0^\pi\frac{\sin\theta}{\pi}d\theta\\ &= \frac{1}{\pi}\int_0^\pi\sin\theta d\theta\\ &= \frac{1}{\pi} \left[ -\cos\theta \right]_0^\pi\\ &= \frac{2}{\pi} \end{aligned}}}$
  
  e
  
  ${ {\begin{aligned} \left\langle\cos\theta \right\rangle &= \int_0^\pi\frac{\cos\theta}{\pi}d\theta\\ &= \frac{1}{\pi}\int_0^\pi\cos\theta d\theta\\ &= \frac{1}{\pi} \left[ \sin\theta \right]_0^\pi\\ &= 0 \end{aligned}}}$
  
  Deixamos ${ {\left\langle\cos^2\theta \right\rangle}}$ como um exercício para o leitor. Lembre-se que ${ {\cos^2\theta=\dfrac{1+\cos(2\theta)}{2}}}$ .
Considere a densidade de probabilidade
$\displaystyle \rho(x)=\frac{1}{2\sqrt{hx}}$
- Calcule ${\left\langle x \right\rangle}$ , ${\left\langle x^2 \right\rangle}$ , ${s^2}$ e ${s}$ .
  Para ${\left\langle x \right\rangle}$ temos
  
  ${ {\begin{aligned} \left\langle x \right\rangle &= \int_0^h\frac{x}{2\sqrt{hx}}dx\\ &= \frac{h}{3} \end{aligned}}}$
  
  Para ${ {\left\langle x^2 \right\rangle}}$ temos
  
  ${ {\begin{aligned} \left\langle x^2 \right\rangle &= \int_0^h\frac{x}{2\sqrt{hx}}dx\\ &= \frac{1}{2\sqrt{h}}\int_0^h x^{3/2}dx\\ &= \frac{1}{2\sqrt{h}}\left[\frac{2}{5}x^{5/2} \right]_0^h\\ &= \frac{h^2}{5} \end{aligned}}}$
  
  Assim a variância é
  
  $\sigma^2=\left\langle x^2 \right\rangle-\left\langle x \right\rangle^2=\frac{h^2}{5}-\frac{h^2}{9}=\frac{4}{45}h^2$
  
  e o desvio padrão é
  
  $\sigma=\frac{2h}{3\sqrt{5}}$
- Calcule a probabilidade de encontrarmos valores mais afastados do que um desvio padrão.
  Para a distância ser superior a dois desvios padrões temos duas possibilidades. A primeira é ${ {\left[0,\left\langle x \right\rangle+\sigma\right]}}$ e a segunda é ${ {\left[\left\langle x \right\rangle+\sigma,h\right]}}$ .
  
  Assim a probabilidade total é a soma das probabilidades associadas aos intervalos anteriores.
  
  Seja ${ {P_1}}$ a probabilidade associada ao primeiro intervalo e ${ {P_2}}$ a probabilidade associada ao segundo intervalo.
  
  ${ {\begin{aligned} P_1 &= \int_0^{\left\langle x \right\rangle-\sigma}\frac{1}{2\sqrt{hx}}dx\\ &= \frac{1}{2\sqrt{h}}\left[2x^{1/2} \right]_0^{\left\langle x \right\rangle-\sigma}\\ &= \frac{1}{\sqrt{h}}\sqrt{\frac{h}{3}-\frac{2h}{3\sqrt{5}}}\\ &=\sqrt{\frac{1}{3}-\frac{2}{3\sqrt{5}}} \end{aligned}}}$
  
  Para o segundo intervalo é
  
  ${ {\begin{aligned} P_2 &= \int_{\left\langle x \right\rangle+\sigma}^h\frac{1}{2\sqrt{hx}}dx\\ &= \ldots\\ &=1-\sqrt{\frac{1}{3}+\frac{2}{3\sqrt{5}}} \end{aligned}}}$
  
  Assim a probabilidade total ${ {P}}$ é ${ {P=P_1+P_2}}$
  
  ${ {\begin{aligned} P&=P_1+P_2\\ &= \sqrt{\frac{1}{3}-\frac{2}{3\sqrt{5}}}+1-\sqrt{\frac{1}{3}+\frac{2}{3\sqrt{5}}}\\ &\approx 0.3929 \end{aligned}}}$
Para a seguinte densidade de probabilidade
- Determine ${ {A}}$ .
  Fazendo a mudança de variável ${ {u=x-a}}$ ( ${ {dx=du}}$ ) a condição de normalização fica
  
  ${ {\begin{aligned} 1 &= A\int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda u^2}du\\ &= A\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} \end{aligned}}}$
  
  Assim para ${ {A}}$ é
  
  $A=\sqrt{\frac{\lambda}{\pi}}$
- Determine ${ {\left\langle x \right\rangle}}$ , ${ {\left\langle x^2 \right\rangle}}$ e ${ {\sigma}}$ .
  ${ {\begin{aligned} \left\langle x \right\rangle &= \sqrt{\frac{\lambda}{\pi}}\int_{-\infty}^\infty (u+a)e^{-\lambda u^2}du\\ &= \sqrt{\frac{\lambda}{\pi}}\left(\int_{-\infty}^\infty ue^{-\lambda u^2}du+a\int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda u^2}du \right)\\ &=\sqrt{\frac{\lambda}{\pi}}\left( 0+a\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} \right)\\ &= a \end{aligned}}}$
  
  Para entender porque ${ {\displaystyle\int_{-\infty}^\infty ue^{-\lambda u^2}du=0}}$ veja o artigo variáveis mudas
  
  Para ${ {\left\langle x^2 \right\rangle}}$ é
  
  ${ {\begin{aligned} \left\langle x^2 \right\rangle &= \sqrt{\frac{\lambda}{\pi}}\int_{-\infty}^\infty (u+a)^2e^{-\lambda u^2}du\\ &= \sqrt{\frac{\lambda}{\pi}}\left(\int_{-\infty}^\infty u^2e^{-\lambda u^2}du+2a\int_{-\infty}^\infty u e^{-\lambda u^2}du+a^2\int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda u^2}du \right) \end{aligned}}}$
  
  ora ${ {\displaystyle 2a\int_{-\infty}^\infty u e^{-\lambda u^2}du=0}}$ como já vimos.
  
  Para o terceiro termo é ${ {\displaystyle a^2\int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda u^2}du=a^2\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}}}}$ .
  
  O primeiro integral é o mais difícil mas podemos utilizar uma técnica especial para o resolver:
  
  ${ {\begin{aligned} \int_{-\infty}^\infty u^2e^{-\lambda u^2}du &= \int_{-\infty}^\infty-\frac{d}{d\lambda}\left( e^{-\lambda u^2} \right)du\\ &= -\frac{d}{d\lambda}\int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda u^2}du\\ &=-\frac{d}{d\lambda}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}}\\ &=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda^3}} \end{aligned}}}$
  
  Assim é
  
  ${ {\begin{aligned} \left\langle x^2 \right\rangle &= \sqrt{\frac{\lambda}{\pi}}\int_{-\infty}^\infty (u+a)^2e^{-\lambda u^2}du\\ &= \sqrt{\frac{\lambda}{\pi}}\left(\int_{-\infty}^\infty u^2e^{-\lambda u^2}du+2a\int_{-\infty}^\infty u e^{-\lambda u^2}du+a^2\int_{-\infty}^\infty e^{-\lambda u^2}du \right)\\ &= \sqrt{\frac{\lambda}{\pi}}\left( \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\lambda^3}}+0+a^2\sqrt{\frac{\pi}{\lambda}} \right)\\ &=a^2+\frac{1}{2\lambda} \end{aligned}}}$
  
  A variância é
  
  $\displaystyle \sigma^2=\left\langle x^2 \right\rangle-\left\langle x \right\rangle^2=\frac{1}{2\lambda}$
  
  Logo o desvio padrão é
  
  $\displaystyle \sigma=\frac{1}{\sqrt{2\lambda}}$

— 1. Ficheiro Mathematica —

A resolução do segundo exercício foi feita com recurso ao software Mathematica. De forma a ajudar os leitores que eventualmente usam esse mesmo software publico aqui o código utilizado:

 // N[Pi, 25]

piexpansion = IntegerDigits[3141592653589793238462643]

digitcount = {}

For[i = 0, i <= 9, i++, AppendTo[digitcount, Count[A, i]]]

digitcount

digitprobability = {}

For[i = 0, i <= 9, i++, AppendTo[digitprobability, Count[A, i]/25]]

digitprobability

digits = {}

For[i = 0, i <= 9, i++, AppendTo[digits, i]]

digits

j = N[digits.digitprobability]

digitssquared = {}

For[i = 0, i <= 9, i++, AppendTo[digitssquared, i^2]]

digitssquared

jsquared = N[digitssquared.digitprobability]

sigmasquared = jsquared - j^2

std = Sqrt[sigmasquared]

deviations = {}

deviations = piexpansion - j

deviationssquared = (piexpansion - j)^2

variance = Mean[deviationssquared]

standarddeviation = Sqrt[variance]

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