Lista de mecânica quântica

1. A energia total do oscilador harmônico unidimensional é dada por,

p2 1
E= + mω 2 x2 ,
2m 2
Como ela se conserva, pode-se escrever,
s  
1
p= 2m E − mω 2 x2 ,
2

Efetuando a integral de linha, ˛ ˛ r

√ m 2 2
p dx = 2mE 1− ω x dx ,
2E
como x é uma variável periódica, faz-se a seguinte mudança de variável,
r r
m 1 2E
ωx = sin(θ) =⇒ dx = cos(θ) dθ ,
2E ω m

para um periodo de oscilação completa,θ ∈ [0, 2π], tem-se,

˛ ˆ 2π q
1 2E √
r
p dx = 2mE 1 − sin2 (θ) cos (θ) dθ
ω m 0
ˆ
E 2π
=2 cos2 (θ) dθ ,
ω 0

usando a identidade trignonométrica,

1
cos2 (θ) = (cos (2θ) + 1),
2
obtém-se, ˛ ˆ
ˆ 2π 2π 
E
p dx = cos(2θ) dθ + dθ
ω 0 0
E E
= 2π= .
ω ν
Usando a regra de quantização de Wilson-Sommerfeld, os níveis de energia do oscilador harmônico serão,
˛
E
p dx = = nh ⇒ En = nhν
ν
 
En = nhν, n = 0, 1, 2 . . .
 

1
2. a) A energia cinética de rotação de um rotor rígido é dada por,

1 2
Krot = Iω ,
2
onde I é o momento de inércia em relação ao eixo de rotação, ω é a velocidade de rotação em torno do
mesmo eixo. O momento angular para o mesmo sistema é obtido de,

L = Iω. (1)
Nesse caso, a energia total é somente cinética, K = 21 (m1 v12 + m2 v22 ) com, v1 = ωr1 e v2 = ωr2 , e, desse
modo,
1
E = K = m1 r12 + m2 r22 ω 2


(2)
2
onde m1 , r1 , m2 e r2 são as massas e posições das partículas 1 e 2, respectivamente.
Usando a definição do centro de massa e que a distância entre as massas é constante, tem-se,

m1 r1 = m2 r2 , (3)

r1 + r2 = R0 (4)
De 3 e 4,
   
µ µ
r1 = R0 , r2 = R0 , (5)
m1 m2
m1 m2
sendo µ = m1 +m2 , a massa reduzida do sistema. Levando as posições dadas em 5 na equação 2, chega-se
a,
 
1 m1 m2 1
E=K= R02 ω 2 = µR02 ω 2 (6)
2 m1 + m2 2
com I = µR02 sendo a definição de momento de inércia. Disso,

1 2 2 1
E=K= µR ω = Iω 2 = Krot . (7)
2 0 2
Assim, de 1 e 7, obtém-se,
L2
E= , (8)
2I
A equação 8 pode ser reescrita como, √
L = ± 2EI (9)
Pela regra de quantização de Wilson-Sommerfeld,
˛ ˛ ˆ 2π
pq dq = L dθ = L dθ = 2πL = nh (10)
0

onde fez-se pq dq = L dθ, assim,

2πL = nh, → L = n~ (11)
√
Pelas equações 9 e 11 considerando, sem perda de generalidade, a raiz positiva, tem-se, 2EI = n~,
elevando ao quadrado, 2EI = n2 ~2 , portanto,
 2 
~ 2
En = 2I n , n = 0, 1, 2, . . . ,

que são os níveis de energia do rotor rígido.

2
 b) A energia emitida na transição é dada por,

~2 hc
∆E = E1 − E0 = = ,
2I λ
como ~2 = h2 /4π, tem-se,

h2 hc hλ
= → I= ,
8πI λ 8πc
Com a expressão do momento de inércia I, chega-se a,
q 
hλ(m1 +m2 )
R0 = 8πc(m1 m2 )

3. a) A equação de Schrödinger independente do tempo do oscilador harmônico unidimensional é dada por,

d2 φ 2m mω 2 x2
 
+ E − φ = 0, (12)
dx2 ~2 2
introduzindo as quantidades admensionais,
r
x 2E ~
ξ= , λ= , x0 = ,
x0 ~ω mω
a equação 12 se reescreve como,

d2 φ
+ λ − ξ 2 φ = 0,


2
(13)
dxi
Os níveis energéticos são obtidos só para os valores do parâmetro λ que satisfazem a igualdade 13 , ou
seja, aqueles que se anulam no infinito, à saber,
φ → φ∞ (ξ)u(ξ), (14)
− 12 ξ 2
com φ∞ (ξ) = e , satisfazendo a 13 quando ξ → ±∞, e, assim, ela se reduz a,

d2 φ∞
− ξ 2 φ∞ = 0, (15)
dξ 2
e tende a zero para ξ → ±∞. Levando a 14 na equação 15, obtém-se,

d2 u du
2
− 2ξ + (λ − 1)u = 0, (16)
dξ dξ
considerando soluções de 16 da forma de uma série de potências de ξ,
∞
X
u(ξ) = ci ξ i (17)
i=0

Levando a solução dada em 17 em 16, encontra-se a relação de recorrência,

2i + 1 − λ
ci+2 = ci , (18)
(i + 1)(i + 2)
2
para grandes valores de i, ci+2 ≈ ( 2i )ci . Expandindo, também, eξ em série,

2 X 1 i
eξ = k

ξ, (19)
i=0,2,4,... 2 !
2
assim, para o mesmo intervalo de valores de i, vê-se que ξ → ±∞ e u(ξ) comporta-se como eξ e, dessa
2
maneira a função de onda φ diverge como eξ . Para evitar essa divergência, a série de potências 17 deve
ser truncada, ou, de outra forma, se comportar como um polinômio em ξ. Então, se ci 6= 0, ci+2 = 0, ∀
i > n, isso só ocorre se, e somente se, λ = 2n + 1, em 19 e, dessa forma, tem-se a quantização da energia
do oscilador harmônico quântico,

3
  
En = ~ω n + 12 , n = 0, 1, 2, . . .


 
Esses são os níveis de energia do oscilador harmônico. A energia do estado fundamental é obtida quando
n = 0 e vale,
 
E0 = 12 ~ω. .
 
b) A energia cinética média do oscilador harmônico é dada por,
D E ˆ +∞
T̂ = φ†0 (x, t)T̂ φ0 (x, t) dx ,
−∞
2 2 2
p ∂ ~ ∂ 1
com T̂ = 2m , como, p̂ = −i ∂x , tem-se, T̂
= − 2m ∂x2 , ainda, a função de onda do estado fundamental é
ξ2 iE0 t √ √
φ0 (ξ, t) 1
= π1/4 e− 2 e− ~ e, fazendo, ∂x ∂
= α ∂ √∂αξ = α ∂ξ ∂
, com α = 2πmν~ , tem-se,
( )
ˆ
D E ~2 α +∞ † ∂ 2 φ0 (ξ, t)
T̂ = − φ0 (ξ, t) dξ ,
2m −∞ ∂ξ 2
a derivada segunda de φ0 (ξ, t) vale,

∂ 2 φ0 (ξ, t)
 
1 2
2 − ξ2
2
− ξ2
iE0 t
= 1/4 ξ e −e e− ~ ,
∂ξ 2 π
também o adjunto e complexo conjugado de φ0 (ξ, t) vale,

1 ξ2 iE0 t
φ†0 (ξ, t) = e− 2 e ~ .
π 1/4
Então,
ˆ +∞ ˆ +∞ ˆ +∞
~2 α ~2 α
  
ξ2 ξ2 ξ2
D E 2 2
T̂ = √ e− 2 ξ 2 e− 2 − e− 2 dξ = √ ξ 2 e−ξ dξ − e−ξ dξ . (20)
2m π −∞ m π 0 0

onde usou-se a paridade das funções em torno da origem. As integrais, gaussianas valem, respectivamente,
ˆ +∞ √
−ξ 2 π
e dξ = ,
0 2
ˆ +∞ √
2 π
ξ 2 e−ξ dξ = ,
0 4
e, dessa forma,
√ √ 
D E ~2 α π π hν ~ω E0
T̂ = √ − = = = .
m π 2 4 4 4 2
logo, a energia cinética média vale,
D E 
~ω E0
T̂ = 4 = 2 .

A energia potencial é calculada por,

D E ˆ +∞ ˆ +∞ 
mω 2 x2

V̂ = φ†0 V̂ φ0 dx = φ†0 φ0 dx
−∞ −∞ 2
2
fazendo V̂ = hπνξ ,
 1/2 ξ2
1A função de onda para qualquer estado independente do tempo é, φn (ξ) = √ 1n
π2 n!
e− 2 Hn (ξ), onde Hn (ξ) são os polinômios
de Hermite associados.

4
 D E hπν ˆ +∞ ˆ
hπν +∞ − ξ2 2 − ξ2 √
ˆ +∞
ξ2
V̂ = √ φ†0 (ξ)ξ 2 ξφ0 (ξ) dξ = √ e 2 ξ ξe 2 dξ = 2νh π ξ 2 e− 2 dξ
π −∞ π −∞ 0

novamente, efetuando a integração gaussiana,

ˆ +∞ √
2 π
ξ 2 e−ξ dξ = ,
0 4
tem-se,
D E 2νhπ ~ω
V̂ = =
4 4
portanto,
D E 
~ω E0
V̂ = 4 = 2 .
D E D E
E0
E, V̂ = T̂ = 2 .

b) A média do quadrado do momento linear é calculado por,

ˆ +∞
p̂2 = φ†0 (x, t)p̂2 φ0 (x, t) dx ,
−∞

usando a função de onda do estado fundamental no espaço x,

 mω  14 2 iE0 t
e−( 2~ )x e−
mω
φ0 (x, t) = ~ ,
π~

1
mω 4 −( mω 2 iE0 t
∂
como p̂ = −i~ ∂x ∂2
, tem-se, p̂2 = −~2 ∂x †
2 , também, φ0 (x, t) = π~ e 2~ )x e ~ , assim,
q
fazendo a substituição, ξ = mω
p p mω 2 mω 2 2 ~ 2
~ x → dξ =
~
~ dx e ξ = ~ x , dx = mω dξ e x = mω ξ , usando,
também, a paridade da função de onda em torno da origem,

ˆ +∞ r 2
! ˆ +∞ 2
!
∂ 2 e−ξ /2
∂ 2 e−ξ /2
r
mω ~ −ξ2 iE0 t −
iE0 t 2mω~ −ξ 2 /2
iE0 t iE0 t
2
p̂ =2 mω~ e e ~ e ~ dξ = √ e e ~ e− ~ dξ
π~ 0 mω ∂ξ 2 π 0 ∂ξ 2
ˆ +∞   √ √ 
2mω~ − ξ2
2 2
− ξ2 2 − ξ2
2
2mω~ π π mω~
= √ e e −ξ e dξ = √ − = .
π 0 π 2 4 2
onde usou-se resultado do item anterior para as integrais gaussianas, logo,
 
p̂2 = mω~ .
 2 
c) O valor esperado do momento linear é dado por,
ˆ +∞
hp̂i = φ†0 (x, t)p̂φ0 (x, t) dx
−∞

14 −( mω )x2 − iE0 t
a função de onda do estado fundamental, φ0 (x, t) = mω π~ e 2~ e ~ é par, o operador momento
∂ ∂φ0 (x,t)
linear p̂ = −i~ ∂x é ímpar, a função resultante −i~φ0 (x, t) ∂x é ímpar que integrada em intervalo
simétrico em relação à origem é nula. Logo,
 
hp̂i = 0 .
 
Assim, a incerteza do momento é dada por,
r
mω~
q
2 2
∆p̂ = hp̂ i − hp̂i = ,
2

5
 q 
mω~
∆p̂ = 2 .

d) Para obter ∆x, temos que calcular x̂2 e hx̂i. Para a segunda quantidade, tem-se,
ˆ +∞
hx̂i = φ†0 (x, t)x̂φ0 (x, t) dx ,
−∞

o produto das funções φ†0 (x, t)x̂φ0 (x, t) é ímpar que, integrada em intervalo simétrico em relação à origem
é nula. Assim,
 
hx̂i = 0 .
 
Calculando a média do quadrado do operador de posição x̂,
ˆ +∞  mω 1/2 ˆ +∞ mω 2
x̂ 2
= φ†0 (x, t)x̂2 φ0 (x, t) dx =2 x2 e− 2~ x dx ,
−∞ π~ 0

q
fazendo, x2 = ~
mω ξ 2 e dx = ~
mω dξ, então,

 mω 1/2  ~ 1/2  ~  ˆ +∞ ξ 2
x̂ 2
=2 ξ 2 e− 2 ξ dξ
π~ mω mω
|0 {z }
√
π
= 4

assim,
 
x̂2 = ~
2mω .
 
E, a incerteza da posição será,
q r
2 ~
∆x = hx̂2 i − hx̂i = ,
2mω
portanto,
q 
~
∆x = 2mω .

e) O produto ∆p · ∆x vale, ! r !
r
mω~ ~
∆p · ∆x = ,
2 2mω
logo,
 
~
∆p∆x =
 2 
2 2
~ d Ψ(x)
4. a) (a) No intervalo 0 < x < a, a equação de Schrödinger é − 2m dx2 = EΨ(x). A funcão de onda se anula
em x ≤ 0 e x ≥ a. (b) Podemos escrever a equação de Schrödinger como,

d2 Ψ(x)
+ k 2 Ψ(x) = 0 (21)
dx2
2mE
com k 2 = ~2 . A solução geral da equação 21 é do tipo,

Ψ(x) = A sin(kx) + B cos(kx)

onde A e B são constantes. Para,

6
 x = 0, Ψ(0) = 0 → 0 = A sin(k0) + B cos(k0) → B = 0, x = a, Ψ(d) = 0 → 0 = A sin(ka) → k = na , n ∈
nπx


Z. A funçâo de onde é Ψ(x) = A sin a . A constante A é determinada pela condição de normalização,
´d t
0
Ψ (x)Ψ(x)dx = 1. Entâo,
ˆ a ˆ a  nπx 
Ψ† (x)Ψ(x)dx = |A|2 s sin2 dx = 1.
0 0 a
1−cos(2x)
Mudando as variaveis, u = nπ
a x →u= in π
a dx, u(0) = 0 e u(a) = nπ. e fazendo, sin2 (x) = 2 ,
tem-se,
ˆ nπ ˆ 1iπ
a a
|A|2 du − |A|2 cos(2u)d(2u) = .
2nπ 0 4nπ 0
a a nπ
|A|2 × nπ − |A|2 sin(2u) = 1.
2nπ 4nπ 0
Assim, chega-se a, r
2
A=
a
E a função de onda é escrita como.
r
2  nπx 
Ψn (x) = sin ,n ∈ Z
a a
2mE ~2 2 ~2 n 2
mas, k = na e, desse jeito, En =


As autoenergias vem de, k 2 = ~2 →E= 2m k , 2m a . Então,
 2 2
~ π
En = n2 , n ∈ Z
2ma2

logo, 
q
2 nπx


Ψn (x) = ,n ∈ Z .
a sin a
 2 2 
~ π 2
En = 2ma2 n , n ∈ Z .

b) As autofunções referidas são,

r
2 πx
Ψ1 (x) = sin qty( ),
a a
r  
2 2πx
Ψ2 (x) = sin ,
a a
r  
2 3πx
Ψ3 (x) = sin ,
a a
o produto interno entre as autofunções dos estados fundamental, n=1 e primeiro excitado n=2 é,
ˆ a ˆ
2 a  πx   
† 2πx
hΨ1 (x), Ψ2 (x)i = Ψ1 (x)Ψ2 (x) dx = sin sin dx ,
0 a 0 a a

Usando a identidade de Próstaferese,

 πx     
2πx 1  πx  1 3πx
sin sin = cos − cos ,
a a 2 a 2 a
tem-se,
ˆ a ˆ a   ˆ a  πx   πx  1 ˆ a  πx   3πx 
2 1  πx  2 1 3πx 1
hΨ1 (x), Ψ2 (x)i = cos dx− cos dx = cos d − cos d ,
a 0 2 a a 0 2 a π 0 a a 3π 0 a a

e, dessa maneira,

7
 a   a
1  πx  1 3πx
hΨ1 (x), Ψ2 (x)i = − sin − sin = 0,
π a 0 3π a 0

pois,
 nπx  a
sin = 0, ∀, n ∈ Z.
a 0
Então,
 
hΨ1 (x), Ψ2 (x)i = 0 .
 
o produto interno entre as autofunções dos estados fundamental, n=1 e primeiro excitado n=3 é,
ˆ a ˆ
2 a  πx   
† 3πx
hΨ1 (x), Ψ3 (x)i = Ψ1 (x)Ψ3 (x) dx = sin sin dx ,
0 a 0 a a

Usando, novamente, a identidade de Próstaferese,

 πx       
3πx 1 2πx 1 4πx
sin sin = cos − cos ,
a a 2 a 2 a
tem-se, ˆ ˆ
a
2 a1
   
12 2πx 4πx
hΨ1 (x), Ψ2 (x)i = cos dx − cos dx =
0 2a a a 0 2 a
ˆ a     ˆ a    
1 2πx 2πx 1 4πx 4πx
= cos d − cos d ,
2π 0 a a 4π 0 a a
e, dessa maneira,
  a   a
1 2πx 1 4πx
hΨ1 (x), Ψ3 (x)i = − sin − sin = 0,
2π a 0 4π a 0

pois,
 nπx  a
sin = 0, ∀, n ∈ Z.
a 0
Então,
 
hΨ1 (x), Ψ3 (x)i = 0 .
 
Portanto, as autofunções dos estados excitados e fundamental são ortogonais.
c) O operador Hamiltoniano é dado por,

~2 d2
Ĥ = −
2m dx2
sua atuaçao nos autoestados do poço Ψn (x) será,
r
~2 d2 Ψn (x) ~2 2 d2   nπx 
ĤΨn (x) = − = − sin =
2m dx2 2m a dx2 a

r  r
~2 ~2  nπ 2 2   nπx 
 2 2 2
2 nπ  d   nπx  ~ π n  nπx 
=− − cos = sin = sin = En Ψn (x).
2m a a dx a 2m a a a 2ma2 a

Consequentemente Ψn (x) é autofunção de Ĥ com autovalor En .

8
d) O valor esperado do momento é obtido de,
ˆ a
hp̂i = Ψ†n (x)p̂Ψn (x) dx
0

Aplicando p̂ na função de onda Ψn (x)

r  
dΨn (x) 2 nπ  nπx 
p̂Ψn (x) = −i~ = −i~ cos
dx a a a
Prosseguindo,

2πni~  nπx   nπx 

Ψ†n (x)p̂Ψn (x) = −2
sin cos ,
a a a
efetuando mudança de variável u = nπ nπ a
a x, du = a dx, dx = nπ du e u(0) = 0 e u(a) = nπ
usando a identidade trigonométrica sin (2x) = 2 sin (x) cos (x), chega-se a,
ˆ a ˆ nπ
i~ nπ i~ i~
Ψ†n (x)p̂Ψn (x) dx = sin (2u) d(2u) = cos (2u) = (1 − cos (2nπ)) = 0.
0 2a 0 2a 0 2a

Portanto,
 
hp̂i = 0 .
 
O valor esperado do quadrado de p̂ é dado por,
ˆ a
p̂ 2
= Ψ†n (x)p̂2 Ψn (x) dx
0

Aplicando p̂2 na função de onda Ψn (x)

d2 Ψn (x)  nπ 2
p̂2 Ψn (x) = −~2 2
= ~2 Ψn (x),
dx a
disso,
 nπ 2 ˆ a  nπ 2
2
p̂ =~ 2
Ψ†n (x)Ψn (x) dx = ~2
a 0 a
´a
pois, 0
Ψ†n (x)Ψn (x) dx = 1. Dessa forma,
 

2
2
p̂ = ~2 nπ .
 a 
Assim, a incerteza na quantidade de movimento será,
r  
nπ 2 nπ~
q
2
∆p = hp̂2 i
− hp̂i = ~2 = .
a a
 
∆p = nπ~ .
 a 
 2 2   2 2
~ π 2 ~ π 2
e) Dupĺicando a largura do poço a → 2a, assim, En = 2m2a 2 n = 8ma2 n
Então, a variação da energia entre os estados com n=2 e n=1,

~2 π 2
 2 2  2 2  2 2
3 ~2 π 2
   
2 ~ π 2 ~ π ~ π
∆E = E2 − E1 = 2 − 1 = (4 − 1) =3 =
8ma2 8ma2 8ma2 8ma2 4 2ma2
Logo,
  
3 ~2 π 2 3
∆E = 4 2ma2 = 4 E1 .

9
5.
a) Na região 1 com x < 0,
~2 d2 φ(x)
− + V (x)φ(x) = Eφ(x)
2m dx2
e,
d2 φ(x) 2mE
+ 2 φ(x) = 0
dx2 ~
q
2mE
fazendo k1 = ~2 , chega-se a,
φ(x) = Aeik1 x + Be−ik1 x (22)

com A e B ∈ C. A função de onda em 22 é a solução geral da equação de Schrödinger independente do tempo

na região 1 onde x < 0 e V = 0 Na região 2 onde x > 0,
~2 d2 Ψ(x)
− + V (x)Ψ(x) = EΨ(x)
2m dx2
ou, ainda,
d2 Ψ(x) 2m (E − V0 )
+ Ψ(x) = 0,
dx2 ~2
q
Novamente, fazendo, k2 = 2m(E−V
~2
0)
, obtém-se a solução geral da equação de Schrödinger na região 2 onde
x > 0 com potencial V = V0 ,
Ψ(x) = Ceik2 x + De−ik2 x (23)

onde, C e D ∈ C. O coeficiente de reflexão R é a razão entre as densidades de corrente das ondas refletidas e
incidente sendo,
 2
kBk
R=
kAk
Como o feixe incidente vem de x < 0, implica D = 0. Ainda, das outras condições de continuidade das funções
de onda e de sua primeira derivada,

φ(0) = Ψ(0) → A + B = C,
dφ(0) dΨ(0)
dx = dx → k1 (A − B) = k2 C,

Do sistema acima,
k1 (A − B) = k2 (A + B),
A (k1 − k2 ) = (k1 + k2 ) B,
kBk k1 − k2
= ,
kAk k1 + k2
!2
1 − kk21
 2
kBk
R= = ,
kAk 1 + kk21
Com os valores de k1 e k2 , obtidos antes
 
q !2
E−V0
1− E
R= q
E−V0
.
1+
 
E

Como R + T = 1, T = 1 − R e assim,
 q 2  q 2 q 
E−V0 E−V0 E−V0
1+ E − 1− E 4 E
T =  q 2 = q 2 .
E−V0 E−V0
1+ E 1+ E

Logo, o coeficiente de transmissão é dado por,

10
  q  
E−V0
4 E
T =  q 2 .
E−V0
1+ E
 

b) Para E = 9 eV, V0 = 9 eV, o coeficiente de reflexão vale,

 q 2  q 2
9−5 4 2
1− 9 1− 9

1− 2
2 1
3
R= q  = q  = 2 = (1/5) = , R% = 4%
1+ 9−5
1+ 4 1+ 3
25
9 9

 
R = 1/25 R% = 4% .
 

c) Para E = V0 /3, o coeficiente de reflexão será,

 2 
√ √ !2 2
q
V0 /3−V0
1 − V0 /3 1−i 2 2
1 +2 2
R=  = √ = √  =1
 
q
1 + V0V/3−V 0 1+i 2 12 + 22
0 /3

Assim,
 
R = 1 R% = 100% .
 

6. a) Se há estados ligados, a energia total da partícula deve estar no intervalo −V0 < E < 0. As equações de
Schrödinger nas três regiões são, após rearranjá-las,

ψ100 (x) − 2m
~2 |E|ψ1 (x) = 0, se x>a
ψ200 (x) + 2m
~2 (V0 − |E|) ψ2 (x) = 0, se |x| < a
ψ300 (x) − 2m
~2 |E|ψ3 (x) = 0, se x < −a.

2m

1/2  2m 1/2
Usando a notação, α = ~2 |E| >0eβ = ~2 (V0 − |E|) > 0, as funções de onda podem ser
escritas como,
 ψ1 = Aeαx + Be−αx ,

se x>a
ψ(x) = ψ2 = C sin βx + D cos βx, se |x| < a
ψ3 = F eαx + Ge−αx , se x < −a.


Para que ψ(x) descreva estados ligados, deve-se ter das condições de contorno no infinto, A = G = 0.
2 2
Como, |ψ1 | = B 2 e−2αx 6= 0, e |ψ3 | = F 2 e2αx 6= 0, a partícula pode ser encontrada fora da região do
poço de potencial com probabilidade que decresce exponencialmente com o aumento da distância. Esse é
um típico efeito da mecânica quântica. Pelas condições de continuidade das funções de onda em x = ±a
tem-se,
2C sin βa = (B − F )e−αa

(24)
2βC cos βa = −α(B − F )e−αa
2D cos βa = (B + F )e−αa

(25)
2βD sin βa = α(B + F )e−αa
Se C 6= 0, então, B 6= F e, obtém-se, de 24

β cot βa = −α (26)
Analogamente, se D 6= 0, então, B 6= −F e, obtém-se, de 25

β tan βa = α (27)

As 25 e 25 não podem ser satisfeits ao mesmo tempo. Desse modo, é preciso distinguir duas classes
de soluções, (1) C = 0, B = F e β tan βa = α,(2) D = 0, B = −F e β cot βa = −α. Na

11
 primeira classe as autofunções são pares e na segunda são ímpares. As autoenergias correspondentes são
as soluções das equações transcedentais dadas pelas 26 e 27, às quais, podem ser resolvidas graficamente
~2 2
como segue. Fazendo, X = βa, Y = αa; os níveis de energia E = − 2ma 2Y são então obtidos pelas
intersecções das seguintes curvas nas regiões X > 0 e Y > 0

X tg (X) = Y
2 (28)
X + Y 2 = 2ma
2
~2 V0
Ou,

X cot X = −Y
2 (29)
X 2 + Y 2 = 2ma
~2 V0

Figura 1: Estados ligados do poço de potencial finito.

Pode-se notar na figura 1 que o número de estados ligados aumenta com o crescimento do produto a2 V0 ,
ou seja, com a largura do poço e com a probabilidade do potencial. Ainda, vê-se que,
r
Nπ 2ma2 (N + 1)π
≤ V0 < , N = 0, 1, 2, . . . .
2 ~2 2
q
2
Logo, o número de estados ligados é N + 1, quando N = 0, 0 ≤ 2ma ~2 V0 <
π
2, ou de outro modo,
√
2ma2 V0
N =1+
π~
Note que há no mínimo um estado ligado no poço de potencial unidimensional, o fundamental. A
ocorrência de estados excitados dependerá da largura e da profundidade do poço, quanto mais largo e
mais profundo, maior o número de estados excitados. Para a questão em tela, como, mV0 a2 = 4π 2 ~2 e,
√
2 × 4π 2 ~2 √
N =1+ = 1 + 8 ≈ 3, 8.
π~
Logo, existem 3 estados ligados.
b) Quando a2 V0 → 0, N → 1. Estado fundamental. E, para a2 V0 → ∞, N → ∞. Limite do contínuo.
7. Teorema de Parseval,
ˆ ∞ ˆ ∞
|x(t)|2 dt = |X(f )|2 df
−∞ −∞

12
ˆ ∞ ˆ ∞
|x(t)|2 dt = x(t)x∗ (t)dt =
−∞ −∞
ˆ ∞ ˆ ∞
= x∗ (t) X(f )ej2πf t df dt =
−∞ −∞
ˆ ∞ ˆ ∞
= X(f ) x ∗ (t)ej2πf t dtdf =
−∞ −∞
ˆ∞ ˆ∞ ∗
= X(f ) x(t)e−j2πf t dt df =
−∞ −∞
ˆ∞
2
= |X(f )| df
−∞

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