QuanticaI-3

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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 existem
algumas situações que podemos ter solução analítica. O oscilador harmônico
é este caso. O oscilador harmônico é muito importante tanto na Mecânica
Clássica como na Mecânica Quântica, pois qualquer potencial pode ser aprox-
imado como o potencial de oscilador harmônico na vizinhança do seu ponto
mínimo. Na Mecânica Clássica, a dinâmica de qualquer sistema com pequêna
amplitide pode ser aproximada como um oscilador harmonico. Na Mecânica
Quântica, a dinâmica de pequena excitação próximo do estado fundamen-
tal pode ser aproximado como um oscilador harmonico. Além disto, já que
o problema de autovalor de oscilador harmônico é analiticamente soluvel,
podemos estudar a estrutura da Mecânica Quântica explicitamente através
deste exemplo. Nesta sessão, investigamos o problema de um oscilador har-
mônico detalhadamente.
O potencial de um oscilador harmonico tem a forma,
V (x) =
m
2
ω2x2,
onde ω é uma constante. Na Mecânica Clássica, a solução da equação de
movimento é dada por
x(t) = A sin (ωt+ δ) .
Na Mecânica Quântica, a equação dinâmica para a função de onda fica
i~
∂
∂t
ψ = − ~
2∂2
2m∂x2
ψ +
m
2
ω2x2ψ. (1)
Para resolver, vamos considerar a equação de autovalor de Hamiltoniana,[
− ~
2∂2
2m∂x2
+
m
2
ω2x2
]
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 uma
questão matemática. Para discutir propriedades matemáticas, é fundamental
1
utilizar as quantidades adimensionais. Vamos transformar a nossa equação
na forma adimensional. Para a primeira lugar, a variável x tem a dimensão
de 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 valor
de 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
)2
f (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± 12 ξ2 .
Verifique o comportamento asimtótico da forma acima satisfaz a relação desejada.
Dentro das duas possibilidades de sinal, a solução física certamente deve
corresponder aquela que não diverge para |ξ| → ∞. Assim, vamos supor que
a solução tenha a forma,2
ψ (ξ) = h (ξ) e−
1
2
ξ2. (9)
e tentaremos determinar a função h (ξ). Calculando as derivadas, temos
ψ′ = h′e−
1
2
ξ2 − ξhe− 12 ξ2 ,
ψ′′ = [h′′ − 2ξh′ − h] e− 12 ξ2 + 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 supor
que a solução tenha a forma,
h = zλ
∞∑
l=0
Clz
l.
Neste problema em particular, podemos escolher λ = 0 sem perder a gener-
alidade,
h =
∞∑
l=0
Clz
l. (11)
Exercício: Justifique a afirmação acima.
Temos
dh
dz
=
∞∑
l=0
lClz
l−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 satisfazer
a relação de recorrência,
Cl+2 =
l −
(
ε− 1
2
)
l (l + 1)
Cl. (12)
Esta relação de recorrência mostra que os coeficientes estão relacionados
dois a dois. Assim, podemos escolher as duas possibilidades completamente
livre:
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 nulos
e no caso 2, todos os coeficientes de ordem par são nulos. Assim, a solução
correspondente ao caso 1 é uma função par, isto é, h(z) = h(−z). A solução
correspondente 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 é
que, 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 com
este valor, isto é, em l = n. Neste caso, obviamente Cn+2 = 0,e a partir deste
valor 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 um
polinômio 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
l
Cl
' 1
l!!
C0
A série correspondente terá a forma como
h(z) ' e+z2/2,
e assim, o produto
ψ = h (z)× e− 12 ξ2 ' e+ 12 ξ2
divergiria para |ξ| → ∞. Isto é, quando não ocorre o truncamento da série
em 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 que
satisfz 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 especificar
a 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 quantum
da energia introduzido por Planck.
• O espectro de energia de um oscilador harmônico é dado como sendo
um 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 ponto
zero”. Se consideramos n como o número de quanta que descreve o modo de
excitação de um oscilador harmônico, então, mesmo para n = 0, o oscilador
possui a energia 1/2~ω. Para ver a origem desta energia, vamos ver o caso
de n = 0 em detalhe.
Para n = 0, a série fica truncado logo no segundo termo ( o caso “par”).
C0 = 1,
Cl = 0, l ≥ 1,
e
h0 (z) = 1.
Então, temos
ψ0 (x) =
1√
N
e−
1
2
ξ2
=
1√
N
e−
1
2(
x
α)
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−(
x
α)
2
=
√
πα2 =
√
π~
mω
.
• A função de onda do estado fundamental de um oscilador harmônico é
uma distribuição Gaussiana em x.
Exercício: Verifique que a Eq.(14) é de fato, a solução de equação de au-
tovalor, [
− ~
2d2
2mdx2
+
m
2
ω2x2
]
ψE (x) = EψE (x) ,
com
E = 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 − n
l(l + 1)
Cl.
7
Os primeiros polinômios são
h0 = 1,
h1 = z,
h2 = z
2 − 1,
h3 = z
3 − 3z,
...
Aqui, o coeficiente do termo ordem mais alta foi escolhido como 1.
Exercício: Explicite hn (z) até n = 6.
Exercício: Mostre que
hn (−x) = (−1)n hn (x) .
Estes polinômios são conhecidos como os polinômios de Hermite. Podemos
citar os seguintes propriedades:
1.
hn+1 (z)− zhn (z) + nhn−1 = 0, (15)
2.
h′n (z) = nhn−1 (z) , (16)
3.
e+z
2/2 d
n
dzn
e−z
2/2 = (−1)n hn (z) , (17)
4.
etz−t
2/2 =
∞∑
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 muito
útil. Por exemplo, vamos calcular a integral,
Inm ≡
∫ ∞
−∞
dz e−
1
2
z2hn (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−
1
2
z2hn (z)hm (z) . (21)
Supondo que a soma converge homogeneamente, podemos trocar a ordem de
soma e integral. Utilizando a definição de função geratriz, Eq.(19), temos
F (t, s) =
∫ ∞
−∞
dz e−
1
2
z2etz−t
2/2 esz−s
2/2
=
∫ ∞
−∞
dz e−
1
2
z2+(t+s)z−(t2+s2)/2
=
∫ ∞
−∞
dz e−
1
2
{z−(t+s)}2+ts
= ets
∫ ∞
−∞
dz e−
1
2
{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−
1
2
z2hn (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...,∞} definido
por
φn (z) =
(
1
2π
)1/4
1√
n!
e−
1
4
z2hn (z) , (24)
temos ∫ ∞
−∞
dz φn (z)φm (z) = δnm.
Exercício: Recupre todas as mudânças de variáveis efetuadas e obtenha
explicitamente a n− esima autofunção de Hamiltoniana ψn (x) do os-
cilador harmonico[
− ~
2
2m
d2
dx2
+
1
2
mω2x2
]
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 que
ψn (−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) Ôψn (x) dx
é dito o elemento de matriz (m,n) do operador Ô 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 por
definição,
Hψn(x) = Enψn (x) .
Se invertemos a direção do eixo x, e trocando a variável x por −x. Neste
sistema, 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 um
constante.
ψn (−x) = Cψn (x) .
Se invertemos o eixo mais uma vez, o sistema volta ao estado original. Mas
repetindo o processo acima,
ψn (−(−x)) = Cψn (−x) = C2ψn (x) .
Concluímos que
C2 = 1,
ou C = ±1. Finalmente
ψn (−x) = ±ψn (x) ,
ou seja, as autofunções tem a paridade bem definida. Esta propriedade é
uma consequência direta da simetria do Hamiltoniano em relação a inversão
espacial, 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+t
2/2 =
∞∑
n=0
hn (z) e
inπ
2
tn
n!
,
ou
eitz =
∞∑
n=0
hn (z) e
inπ
2
tn
n!
e−
1
2
t2 .
Multiplicando ao ambos lados e−itz
′
e integrando em t de −∞ a +∞, temos
2πδ (z − z′) =
∞∑
n=0
hn (z) e
inπ
2
∫ ∞
−∞
dt
tn
n!
e−
1
2
t2−itz′
=
∞∑
n=0
hn (z) e
inπ
2 Jn (z
′) (29)
12
onde definimos
Jn (z
′) =
∫ ∞
−∞
dt
tn
n!
e−
1
2
t2−itz′ .
Temos
Jn (z
′) =
1
(−i)n n!
dn
dz′n
∫ ∞
−∞
dt e−
1
2
t′2−itz′
=
√
2π
(−i)n n!
dn
dz′n
e−
1
2
z′2
=
√
2π
n!
ei
π
2
n (−1)n e− 12 z′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−
1
2
z′2 . (31)
Ou
∞∑
n=0
1√
2πn!
hn (z)hn (z
′) = e+
1
2
z′2δ (z − z′) , (32)
ou ainda, simetrizando em z e z′4, temos
∞∑
n=0
1√
2πn!
hn (z)hn (z
′) = e+
1
4
z′2+ 1
4
z2δ (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 de
Hermite
O conjunto de funções, {φn (z) , n = 0, 1, 2...,∞} formado de polinomios de
Hermites como
φn (z) =
(
1
2π
)1/4
1√
n!
e−
1
4
z2hn (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...,∞} mostram
que 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 uma
combinação 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
L
x
)
e
cos
(
m π
L
x
)
.
Exercício: Mostre que as autofunções normalizadas do Hamiltoniano de
oscilador harmônico {ψn (x)} (ver o Exercício da Eq.(25) ) satisfaz a
completeza,
∞∑
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−
1
4
(z−z0)2 .
1.11 Método Algébrico
No caso da Equação de autovalor do oscilador harmonico, é conhecido um
método alternativo para obter a solução. Começamos com a equação adi-
mensional,
ψ′′ =
(
ξ2 − 2ε
)
ψ,
ou
1
2
(
ξ2 − d
2
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 − d
2
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 − d
2
dξ2
+ ξ
d
dξ
− d
dξ
x
)
ψ. (42)
Note que os dois termos dentro da parentese,
ξ
d
dξ
− d
dξ
x
não se cancela, porque,(
ξ
d
dξ
− d
dξ
x
)
ψ = ξ
dψ
dξ
− d
dξ
(ξψ)
= ξ
dψ
dξ
− ψ − ξ dψ
dξ
= −ψ.
Já que o resultado acima vale para qualquer função ψ, devemos considerar
que
ξ
d
dξ
− d
dξ
x = −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
dξ
x.
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 − d
2
dξ2
)
= A†A+
1
2
, (46)
e a Eq.(40) fica
A†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 ser
como
AA†.
Vemos
1
2
(
ξ2 − d
2
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, mas
a 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−
1
2
ξ2 . (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†A
com autovalor 0. Assim, um dos autovalores da Eq.(47) é
λ0 = 0 = ε0 −
1
2
,
e temos
ε0 =
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. Temos
A†Aψ1 = 1ψ1. (54)
Esta equação mostra que ψ1 é a autofução do operador A†A com autovalor
1. Temos então
λ1 = 1 = ε1 −
1
2
,
e portanto,
ε1 = 1 +
1
2
.
Exercício: Mostre que
ψ2 ∝ A†ψ1 =
(
A†
)2
ψ0
é a autofunção do operador A†A com autovalor 2.
Exercício: Mostre que
ψn ∝
(
A†
)n
ψ0. (55)
A Eq.(55) mostra que, a fora de uma constante de normalização, podemos
escrever
ψn =
1√
Nn
(
A†
)n
e−
1
2
ξ2 .
Mas notamos que para qualquer função f (ξ) temos
A†f =
1√
2
(ξ − d
dξ
)e
1
2
ξ2e−
1
2
ξ2f
= − 1√
2
e
1
2
ξ2 d
dξ
e−
1
2
ξ2f,
e, portanto, como operador,
A† = − 1√
2
e
1
2
ξ2 d
dξ
e−
1
2
ξ2 .
19
Desta forma, temos
ψn =
1√
Nn
(
A†
)n
e−
1
2
ξ2
=
1√
Nn
(−1)n
(
1√
2
)n(
e
1
2
ξ2 d
dξ
e−
1
2
ξ2
)n
e−
1
2
ξ2
=
1√
Nn
(−1)n
(
1√
2
)n
e
1
2
ξ2 d
n
dξn
e−ξ
2
.
Mudando a variável ξ → z =
√
2ξ, temos
ψn =
1√
Nn
(−1)n e 14 z2 d
n
dzn
e−
1
2
z2
=
1√
Nn
e−
1
4
z2 (−1)n e 12 z2 d
n
dzn
e−
1
2
z2
=
1√
Nn
e−
1
4
z2hn (z)
que é exatamente igual a Eq.(24) a fora normalização.
1.12 Método Algebrico (Continuação)
Vamos explorar o método algebrico para calcular quantidades relacionadas
ao 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 equação
acima é seguinte. Seja f e g duas funções arbitrárias, satisfazendo a condição
de 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 aplicação
do operador A† em f .
Exercício: Mostre que (
f, A†g
)
= (Af, g) . (58)
Agora, definimos o operador n̂ por
n̂ ≡ A†A
Então,
n̂ψn = nψn, n = 0, 1, · · · (59)
Se calculamos o comutador entre n̂ e A†, temos[
n̂, A†
]
=
(
A†A
)
A† − A†
(
A†A
)
= A†
(
AA† − A†A
)
= A†
[
A,A†
]
= A†.
Temos, portanto,
n̂A† − A†n̂ = A†,
ou
n̂A† = A† (n̂+ 1) . (60)
21
Esta equação tem uma implicância interessante. Se aplicarmos o operador
n̂ para A†ψn, temos
n̂
(
A†ψn
)
=
(
n̂A†
)
ψn
= A† (n̂+ 1)ψn.
Mas da Eq.(59), o operador n̂ se torna a um número n,
n̂
(
A†ψn
)
= A† (n+ 1)ψn
= (n+ 1)A†ψn.
Em fim, temos
n̂
(
A†ψn
)
= (n+ 1)
(
A†ψn
)
.
Isto é, a função,
(
A†ψn
)
é o autofunção do operador n̂ com autovalor, (n+ 1).
Isto implica que
A†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 relação
de comutação, temos
AA† = n̂+ 1,
então
|C|2 = (ψn, (n̂+ 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†
)n
ψ0. (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 x̂ e p̂ na base de {ψn}. Como vimos, os elementos de matriz de um
operador, digamos Ô é definido como
〈n|O|m〉 ≡ Onm
≡ (ψn, Oψm)
=
∫ ∞
−∞
dx ψ∗n (x) Ô 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| d
dξ
|m〉 = 1√
2
(√
mδn,m−1 +
√
m+ 1δn,m+1
)
. (67)
Se recuperamos a unidade original com a relação
ξ =
1
α
x,
podemos calcular os elementos de matriz,
xnm
e
pnm.
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 matrizes
numa base ortonormal como {ψn}, podemos também obter os elementos de
matriz de produtos destes matrizes. Por exemplo,(
x2
)
nm
≡
∫ ∞
−∞
dxψ∗n (x)x
2ψm (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)x
2ψm (x) ,∫ ∞
−∞
dxψ∗n (x) p
2ψm (x) ,
e compare o resultado do cálculo utilizando a função geratriz do polinômio
de Hermite.
1.13 Interpretação do Coeficiente da expansão na base
de {ψn}
Vimos que o conjunto de autofunções do Hamiltoniana {ψn} forma uma base
ortonormal. 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) Ĥ ψ (x)
=
∫ ∞
−∞
dx
∞∑
n=0
C∗nψn (x) Ĥ
∞∑
m=0
Cmψm (x)
=
∞∑
n=0
∞∑
m=0
C∗nCm
∫ ∞
−∞
dxψn (x) Ĥψm (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 é
representado com a função de onda ψ (x), encontraremos em princípio, todos
os valores da eneriga, En. Após muitas (infinita) medição, a distribuição da
probabilidade de ter um determinado valor En é dada por |Cn|2. Podemos
resumir que:
• A probabilidade de encontrar o estado ψn (x) no esado geral ψ (x) é
dada 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 de
oscilador harmônico, agora podemos discutir a dinâmica do problema. Como
26
vimos antes, a solução geral da Equação de Schrödinger dependente no tempo
fica
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 função
deonda Eq.(71). Com isto, podemos calcular como o valor médio da posição
varia 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 e
iω(n−m)t
=
α√
2
∞∑
n=0
∞∑
m=0
C∗nCme
iω(n−m)t
(√
mδn,m−1 +
√
m+ 1δn,m+1
)
=
α√
2
{
e−iωt
∞∑
m=0
√
mC∗n−1Cm + e
iωt
∞∑
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 com
o de oscilador harmônico clássico. Este é um fato peculiar do oscilador har-
mônico e não é sempre verdade. Vamos analizar o problema do ponto de
vista 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~
∂
∂t
ψ (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
∂
∂t
ψ (x, t)
]
+
[
∂
∂t
ψ (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 acima
do 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 ao
valor médio do comutador entre x e H, devidido por i~. Esta conclusão vale
para 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
[p̂, H] = [p, T + V (x)]
= [p, T ] + [p, V ] .
6Aqui, uma função f(x) bem comportada significa que ela é contínua em derivavel
infinitavezes, 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 no
tempo t vem da variação do estado. O observável O não depende do tempo.
29
Mas
p̂ =
~
i
d
dx
,
T = − ~
2
2m
d2
dx2
,
então, para qualquer função arbitrária f (x), temos
(p̂T − T p̂) f = 0,
e portanto
[p̂, T ] = 0.
Por outro lado, temos
[p̂, V ] f(x) =
~
i
d
dx
(V f)− ~
i
V
d
dx
f
=
~
i
dV
dx
f,
o que implica em
[p̂, 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~
m
p. (80)
Portanto,
d
dt
〈x(t)〉 = 1
m
〈p(t)〉, (81)
Substituindo a Eq.(81) na Eq.(78), temos
m
d2
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 oscilador
harmônico, temos
V =
1
2
mω2x2,
dV
dx
= mω2x,
portanto,
m
d2
dt2
〈x(t)〉 = −〈mω2x〉,
or
d2
dt2
〈x(t)〉 = −ω2〈x(t)〉.
Esta é uma equação diferencial fechada para a variável 〈x(t)〉, e podemos
resolver facilmente, tendo
〈x(t)〉 = X0 sin (ωt+ δ) ,
que é exatamente igual a Eq.(72). Assim, entendemos porque no caso de um
oscilador harmônico, o comportamento do valor médio da posição é igual no
caso 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, se
V (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 a
Eq.(82) não constitue uma equação fechada para 〈x (t)〉.
31
Exercício: Para o estado
ψ (x) =
1
N
e−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 sistema
Embora a base ortonormal {ψn} foi encontrado como autofunção de um
oscilador harmônico, uma vez que este conjunto forma uma base para escrever
qualquer função ψ (x) como combinação linear,
ψ (x) =
∞∑
n=0
Cnψn (x) ,
podemos utilizar {ψn} para descrever a dinâmica de qualquer sistema. Neste
sentido, a forma da função ψ é equivalente ao conjunto {Cn} . Isto é, a função
ψ e o conjunto {Cn} contém a mésma informação. Por outro lado, como
vimos, a função ψ (x) corresponde a um vetor no espaço de funções,
ψ(x)←→

...
ψi−1
ψi
ψi+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~Ċn (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~Ċm (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 = Ĥ ~C
onde Ĥ é a matriz na Eq.(86).
2 Penetrabilidade da Barreira de Potencial
Um dos fenômenos interessantes dos processos quânticos é a penetração da
barreira de potencial. Vamos considerar um problema unidiensional por sim-
plicidade. Consideramos uma barreira de potencial quadrado, análogo ao
exemplo anterior,
V (x) =
{
+V0,
0,
−L ≤ x ≤ L
|x| > L
só que agora V (x)〉0, sempre. Suponha que uma partícula de massa m vem
de x → −∞ com a energia E < V0 e bate à barreira deste potencial. Na
mecânica clássica, a partícula será refletida para esquerda. Se a energia da
partícula não for maior que a altura da barreira, nunca passaria para lado
direito do potencial. Na mecânica quântica, a situação é diferente. Vejamos
a seguir. Para estudar este problema quanticamente, vamos considerar a
situação estacionária. Isto é, podemos consisderar uma função de onda da
partícula com energia E,
ψ(x, t) = e−
i
~Etψ(x),
onde
Hψ(x) = Eψ(x),
e como antes,
H = − ~
2
2m
d2
dx2
+ V (x).
Naturalmente a energia é positiva neste problema e também vamos considerar
a 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
dx2
ψE(x) = EψE(x), x < −L, (87)
− ~
2
2m
d2
dx2
ψE(x) + V0ψE(x) = EψE(x), −L ≤ x ≤ L, (88)
e
− ~
2
2m
d2
dx2
ψE(x) = EψE(x), x > L, (89)
Da Eq.(87), temos
ψE(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 onda
plana que propaga para direita, e o segundo termo representa uma onda que
propaga para esquerda. O coeficiente A é a amplitude da onda incidente, e
B é a de onda refletida. Ou seja, o primeirotermo corresponde ao fluxo de
partículas incidentes e o segundo o fluxo refletido da barreira. Diferentemente
do caso do estado ligado, a condição de contorno para x < −L não vai
restringir os valores de A e B. Da Eq.(??) temos
− ~
2
2m
d2
dx2
ψE(x) = (E − V0)ψE(x). (92)
Já que
E < V0,
definimos
q =
√
2m(V0 − E)
~2
: real, (93)
e a solução da Eq.(92) é escrita por
ψE(x) = αe
qx + 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 segundo
para esquerda. Considerando o limite x→ +∞, onde não deve haver nenhum
fluxo 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 objetivo
aqui é determinar as quantidades,
R = |B/A|2 ,
e
T = |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 ≤ L
x > L.
(95)
Agora, como antes, impormos que a função de onda é suave (contínua até
primeira 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
(α
A
)
− eqL
(
β
A
)
= −e−ikL,
−ike+ikL
(
B
A
)
− qe−qL
(α
A
)
+ qeqL
(
β
A
)
= −ike−ikL,
−eqL
(α
A
)
− e−qL
(
β
A
)
+ eikL
(
C
A
)
= 0,
−qeqL
(α
A
)
+ qe−qL
(
β
A
)
+ ikeikL
(
C
A
)
= 0,
36
ou 
e+ikL −e−qL −eqL 0
−ike+ikL −qe−qL qeqL 0
0 −eqL −e−qL eikL
0 −qeqL qe−qL ikeikL


B/A
α/A
β/A
C/A
 =

−e−ikL
−ike−ikL
0
0

Daí, podemos calcular immediatamente as quantidades que queremos:
B
A
=
det

−e−ikL
−ike−ikL
0
0
−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 0
0 −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−ikL
0 −eqL −e−qL 0
0 −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 que
R + 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
2
e
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 energia
bem abaixo da barreira8. Na Mecânica Clássica, se a energia for menor que
a 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 aparece
noutro lado, mesmo E < V0. Este fenômeno é chamado de efeito túnel. Por
outro 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 L
2
< 1.
Exercício: Desenvolva todas as contas acima.
Exercício: Desenhe o grafico da coefiente de penetrabilidade Eq.(100) como
função da energia incidente.
3 Estado Meta-estável e Resonância
Um outro exemplo importante é o caso de potencial que possui a parte
atrativa e a parte repulsiva. Este tipo de potencial é bastante comun nos
fenomonos atomicas e nucleares. Por exemplo, vamos considerar a interação
entre um próton e um núcleo. Quando o próton esteja bem fora do núcleo, os
dois se repele pela interação Coulombiana devido as cargas elétricas positivas
entre eles. Mas se o próton aproxima próximo do raio núclear, a interação
forte começa atuar para atrair o próton, podendo formar um sistema lig-
ado. A figura abaixo esquematiza o potencial que gera este tipo da força. A
parte repulsiva na origem, r = 0 representa o efeito de força centrifuga de-
vido ao momento angular. Para estudar o comportamento do sistema como
este, podemos ainda caricaturar o potencial como ilustrado na figura abaixo.
Explicitamente, consideramos um potencial,
V (r) =

∞, r ≤ 0
−V0, 0 < r < R
B, 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 dois
sistemas. A vantagem do modelo de potencial quadrado é que na cada região,
o potencial é constante e, portanto a equação tem a forma
d2
dr2
ψ = k2ψ,
onde
k =
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
onde
k(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 que
ψ (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′I
ψI
∣∣∣∣
r=R
=
ψ′II
ψII
∣∣∣∣
r=R
,
ψ′II
ψII
∣∣∣∣
r=R+∆
=
ψ′III
ψIII
∣∣∣∣
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− T
u+ T
= k(III)
v − 1
v + 1
, (106)
onde
T = 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−T
u+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 ser
escrita como
ψ(III) = B sin
(∣∣k(III)∣∣ r + δ) .
Exercício: Mostre a afirmação acima e expresse Bem termos de v, k(III) e
B(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 na
região 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 de
energia E, no exemplo de
B = 10,
V0 = 5,
∆ = 1,
R = 5,
43
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 de
energia correspondentea 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 para
vários valores de B e ∆ para dado V0 e R. Observe que a largura dos
picos fica maior para menor valor de B e ∆.
Note que a razão |A/B| é essencialmente a penetrabilidade da barreira
do lado r positivo para a direção de r = 0. Assim, a presença de estados
meta-estáveis tem os seguintes significados.
1. Quando um pacote de onda vem de r = −∞ para r = 0, surge um
enorme probabilidade de penetrar na barreira alcançando a região cen-
tral do potencial quando a enegia incidente coincide a estas energias de
estados meta-estáveis.
2. Quando um pacote for criado dentro do potencial no t = 0, então
este pacote “vaza”pela barreira com tempo e espalha para fora. Isto
corresponde o decaimento do estado meta-estável.
Discutiremos estes aspectos mais em detalhe posteriormente (ver a seção
da Teoria de Espalhamento).
44