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O documento refere-se a solução da eq. de schrodinger para o oscilador harmonico quantico de dois métodos diferentes.
Tipologia: Resumos
1 / 23
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V (x) ≈
′′
(x 0
)(x − x 0
2
(1)
Definindo k = V
′′ (x 0
A frequˆencia angular ´e definida como:
ω =
r
k
m
portanto:
k = mw
2
substituindo em V (x), obtemos:
V (x) =
mw
2
x
2
(2)
Onde o potencial acima ser´a utilizada na equa¸c˜ao de schrodinger e na hamiltoniana
que posteriormente ser´a mostrada.
2
2 m
d
2 ψ(x)
dx
2
mω
2 x
2 ψ(x) = Eψ(x) (3)
onde:
3 M´etodo Analitico
Inicialmente, vamos introduzir uma vari´avel adimensional:
ξ =
r
mω
x (4)
Temos:
d
dξ
dx
dξ
d
dx
r
mω
d
dx
d
2
dξ
2
mω
d
2
dx
2
E a fun¸c˜ao:
ψ(ξ) = ψ
r
mω
x
= ψ(x)
Assim:
2
2 m
mω
d
2 ψ
dx
2
mω
2 x
2 ψ = Eψ
Simplificando:
ℏω
ψ
′′
(x) +
ℏωx
2
ψ(x) = Eψ
Ou seja, multiplicando por −
2
ℏω
ψ
′′
(x) +
ℏω
− x
2
ψ(x) = 0
Reescrevemos a equa¸c˜ao como:
ψ
′′
(x) +
ϵ − x
2
ψ(x) = 0
onde ϵ =
2 E
ℏω
Como a fun¸c˜ao ψ(x) deve ser normaliz´avel, propomos uma solu¸c˜ao da forma:
ψ(x) = h(x)e
−x
2 / 2
Substituindo na equa¸c˜ao diferencial:
d
2
dx
2
he
−x
2 / 2
ϵ − x
2
he
−x
2 / 2
= 0
Calculando as derivadas:
d
2
dx
2
he
−x
2 / 2
= (h
′′
(x) − 2 xh
′
− h + x
2
h)e
−x
2 / 2
Simplificando, obtemos a equa¸c˜ao para h(x):
h
′′
(x) − 2 xh
′
(x) + (ϵ − 1) h(x) = 0
Assumimos uma solu¸c˜ao da forma de s´erie de potˆencia:
h(x) =
∞ X
k=
a k
x
k
(5)
Calculamos as derivadas necess´arias:
h
′
(x) =
∞ X
k=
ka k
x
k− 1
Para que a fun¸c˜ao h(x) (e portanto ψ(x)) seja normaliz´avel, a s´erie precisa truncar,
ou seja, an+2 = 0 e tornar-se um polinˆomio de grau finito. Isso ocorre quando:
a n+
2 n + 1 − ϵ
(n + 2)(n + 1)
a n
como a n
= 0, temos que:
2 n + 1 − ϵ = 0 ⇒ ϵ = 2n + 1
Logo:
n
ℏω
(2n + 1)
Portanto, os autovalores de energia s˜ao:
n
n +
ℏω (10)
A partir da rela¸c˜ao de recorrˆencia 8 e com o valor de ϵ = 2n + 1 for¸ca a s´erie a truncar
e gerar polinˆomios. Abaixo mostramos os primeiros:
Temos ϵ = 1:
a 0
= 0, a 2
a 0
= 0 ⇒ h(x) = a 0
0
(x) = 1
Temos ϵ = 3 e se fizermos:
a 0
= 0, a 1
A parte ´ımpar da s´erie ser´a:
a 3
a 1
a 1
Ou seja, apenas o termo a 1 sobrevive:
h(x) = a 1 x ⇒ H 1 (x) = 2x
Temos ϵ = 5 e Assumimos a 1
= 0 para obter a parte par da solu¸c˜ao.
Calculando a 2
a 2
a 0
a 0
= − 2 a 0
Calculando a 4
a 4
a 2
a 2
Logo, temos:
h(x) = a 0 + a 2 x
2
= a 0 (1 − 2 x
2
) ⇒ H 2 (x) = 4x
2
− 2
Os polinˆomios de Hermite obtidos por truncamento da s´erie satisfazem:
n
(x) = (−1)
n
e
x
2 d
n
dx
n
e
−x
2
E as fun¸c˜oes de onda s˜ao escritas como:
ψ n
(x) = A n
n
(x)e
−x
2 / 2
(12)
onde A n
´e uma constante de normaliza¸c˜ao.
Tabela 1: Polinˆomios de Hermite H n
(x) at´e n = 6
n Polinˆomio de Hermite H n
(x)
0
(x) = 1
1
(x) = 2x
2
(x) = 4x
2
− 2
3
(x) = 8x
3 − 12 x
4 H 4 (x) = 16x
4
− 48 x
2
5
(x) = 32x
5 − 160 x
3
6 H 6 (x) = 64x
6
− 480 x
4
2
− 120
As autofun¸c˜oes do oscilador harmˆonico quˆantico unidimensional tˆem a forma:
ψ n
(x) = A n
n
(x) e
−x
2 / 2
, com x =
r
mω
x
Queremos determinar a constante de normaliza¸c˜ao A n
, de modo que:
∞
−∞
|ψ n
(x)|
2 dx = 1
Tendo em vista que:
x =
r
mω
x ⇒ dx =
r
mω
dx
Substituindo na integral:
∞
−∞
|ψ n
(x)|
2
dx = |A n
2
∞
−∞
2
n
(x)e
−x
2
r
mω
dx
b P |ψ⟩ = −iℏ
d
dx
|ψ⟩ = −iℏ∇ |ψ⟩
Aplicando [
b X,
b P ] em |ψ⟩, temos:
b X,
b P ] |ψ⟩ = (
b X
b P −
b P
b X) |ψ⟩ = (−xiℏ∇ + −iℏ∇x) |ψ⟩
(−xiℏ∇ + −iℏ∇x) |ψ⟩ = −iℏx∇ |ψ⟩ + iℏ∇x |ψ⟩ + iℏx∇ |ψ⟩ = iℏ∇x |ψ⟩
definindo ∇ j
x i
dxi
dxj
= δ ij
, portanto:
iℏ∇x |ψ⟩ = iℏ |ψ⟩
concluimos que:
b X,
b P ] = iℏ (15)
Assim a hamiltoniana ´e dada a partir dos operadores
b X e
b P da seguinte forma:
b H =
2 m
b P
2
b X)
2
] (16)
onde
b H |ψ⟩ =
b E |ψ⟩.
Fazendo:
ωℏ
b H
obtemos:
b P
2
mℏω
mω
b X
2
) (17)
Reescrevendo o hamiltoniano eq.17 em termos dos dois operadores adimensionais her-
mitianos
b P √
mℏω
e
p mω
ℏ
b X, obetemos:
2
2
portanto a hamiltoniana da eq.16 se torna:
b H =
ℏω
2
2
onde:
b P
mℏω
r
mω
b X
r
mω
b X
b P
mℏω
b P
mℏω
r
mω
b X =
r
mω
mℏω
b X,
b P ]
b X,
b P ]
Lembrando a eq.15, obtemos:
b X,
b P ] =
iℏ = i
Portanto:
P ] = i (20)
Agora vamos introduzir dois novos operadores n˜ao hermitianos (ser´a mostrado no apˆendice).
Os operadores escadas de cria¸c˜ao ba
†
e de destrui¸c˜ao ba.
ba =
X + i
e
ba
†
=
X − i
Podemos tamb´em escrever os operadores
P e
X em fun¸c˜ao dos operadores escadas.
(ba + ba
†
) (23)
e
i
(ba
†
− ba) (24)
onde
ba
†
ba =
X − i
X + i
2
2
P − i
2
2
) +
i
da eq. 20, temos:
ba
†
ba =
2
2
) −
portanto:
2
2
) = ba
†
ba +
da eq.19 concluimos que:
b H = ℏω(ba
†
ba +
b N (ba
†
|ϕλ⟩) =
b Nba
†
|ϕλ⟩ = (
b Nba
†
− ba
† b N + ba
† b N ) |ϕλ⟩
b N , ba
†
] + ba
† b N ) |ϕ λ
b N , ba
†
] + ba
†
λ) |ϕ λ
= (ba
†
†
λ) |ϕ λ
⟩ = (λ + 1)(ba
†
|ϕ λ
portanto, ba
† |ϕ λ
λ+
como
b N |ϕ λ
⟩ = λ |ϕ λ
⟩, ent˜ao:
b H |ϕ λ
⟩ = ℏω(
b N +
) |ϕ λ
portanto:
b H |ϕ λ
⟩ = ℏω(λ +
) |ϕ λ
λ
|ϕ λ
onde E λ
= ℏω(λ +
ba |ϕλ⟩ = C 1 |Φλ− 1 ⟩
λ
| ba
†
= C
∗
1
λ− 1
| com C 1
logo:
2
1
λ− 1
λ− 1
λ
| ba
†
ba |Φ λ
λ
b N |Φ λ
= λ ⟨Φ λ
λ
⟩ = λ
portanto:
1
λ (33)
concluimos que:
ba |ϕ λ
λ |Φ λ− 1
temos que o estado fundamental ´e dado por:
ba |Φ 0
agora:
ba
†
|ϕ λ
2
λ+
⟨Φλ| ba = C
∗
2
⟨Φλ+1| com C 2 ∈ R
logo:
2
2
λ+
λ+
λ
| baba
†
|Φ λ
λ
b N ) |Φ λ
λ
λ
λ
b N |Φ λ
⟩ = 1 + λ
portanto:
1 + λ (35)
concluimos que:
ba
†
|ϕλ⟩ =
1 + λ |ϕλ⟩ (36)
fazendo n = λ + 1, temos:
ba
†
|Φn− 1 ⟩ =
n |Φn⟩
ent˜ao:
n
n
ba
†
|Φ n− 1
n− 1
n − 1
ba
† |Φ n− 2
n− 2
n − 2
ba
†
|Φ n− 3
Notamos que:
|Φn⟩ =
n!
(ba
†
)
n
|Φ 0 ⟩ (38)
portanto o espectro de energia ´e:
n
= ℏω
n +
onde a energia m´ınima ´e E 0
1
2
ℏω
Podemos escrever os operadores utilizados neste trabalho em um formato matricial como
ser´a mostrado abaixo.
onde x 0
q
ℏ
mω
´e uma constante que tem as dimens˜oes de comprimento. Tamb´em
podemos facilmente mostrar que os operadores de destrui¸c˜ao e cria¸c˜ao podem ser escritos
na representa¸c˜ao de posi¸c˜ao como:
ba =
b X
x 0
d
dx
2 x 0
b X + x
2
0
d
dx
e
ba
†
=
b X
x 0
− x 0
d
dx
2 x 0
b X − x
2
0
d
dx
utilizando a eq. 44 podemos escrever ba |ψ 0
⟩ = 0 no espa¸co de posi¸c˜ao como:
ba |ψ 0
2 x 0
b X − x
2
0
d
dx
|ψ 0
2 x 0
xψ 0
(x) + x
2
0
dψ 0
(x)
dx
logo:
dψ 0 (x)
dx
x
x
2
0
ψ 0 (x) (47)
A solu¸c˜ao dessa equa¸c˜ao diferencial ´e dada por:
ψ 0 (x) = Ae
−x
2
2 x
2
0 (48)
A condi¸c˜ao de normaliza¸c˜ao ´e:
∞
−∞
|ψ 0 (x)|
2
dx = 1
Substituindo: Z ∞
−∞
2
e
−
x
2
x
2
(^0) dx = 1
Fazendo a substitui¸c˜ao u =
x
x 0
⇒ dx = x 0
du:
2
∞
−∞
e
−u
2
x 0
du = 1
2
x 0
∞
−∞
e
−u
2
du = 1
Sabemos que: Z ∞
−∞
e
−u
2
du =
π
Logo:
2
x 0
π = 1 ⇒ A
2
=
x 0
π
πx
2
0
1 / 4
portanto:
ψ 0 (x) =
πx
2
0
1 / 4
e
−x
2
2 x
2
0 (49)
Podemos ent˜ao obter a fun¸c˜ao de onda de qualquer estado excitado por meio de uma s´erie
de aplica¸c˜oes de ba
†
no estado fundamental.
ψ 1
(x) = ˆa
† |ψ 0
2 x 0
x − x
2
0
d
dx
ψ 0
(x)
Da eq.47, temos que:
d
dx
x
x
2
0
Ent˜ao:
2 x 0
x − x
2
0
x
x
2
0
ψ 0
(x) =
x 0
x ψ 0
(x)
ψ 1
(x) =
x 0
x ψ 0
(x) =
s
πx
3
0
x e
−
x
2
2 x
2
0
Para o segundo estado excitado:
ψ 2
(x) =
ˆa
†
2
|ψ 0
2 x 0
2
x − x
2
0
d
dx
2
ψ 0
(x)
Ent˜ao:
ψ 2
(x) =
p
πx 0
2 x
2
x
2
0
e
−x
2
2 x
2
0
Para o terceiro estado excitado:
ψ 3 (x) =
ˆa
†
3
|ψ 0 ⟩ =
2 x 0
3
x − x
2
0
d
dx
3
ψ 0 (x)
Ent˜ao:
ψ 3
(x) =
p
πx 0
2 x
3
x
3
0
3 x
x 0
e
−x
2
2 x
2
0
Similarmente, podemos facilmente inferir o autoestado de energia para o n-´esimo es-
tado excitado:
ψn(x) =
n!
ˆa
†
n
|ψ 0 ⟩ =
n!
2 x 0
n
x − x
2
0
d
dx
n
ψ 0 (x) (50)
Ent˜ao:
ψ n
(x) =
p
n n!
π
x
n+1/ 2
0
x − x
2
0
d
dx
n
e
−x
2
2 x
2
(^0) (51)
x
ψ
0
x
Estado Fundamental n = 0
Figura 1: Fun¸c˜ao de onda do estado fundamental ψ 0
(x).
x
ψ
1
x
Primeiro Estado Excitado n = 1
Figura 2: Fun¸c˜ao de onda do primeiro estado excitado ψ 1
(x).
x
ψ
2
x
Segundo Estado Excitado n = 2
Figura 3: Fun¸c˜ao de onda do segundo estado excitado ψ 2
(x).
x
ψ
0
x
2
Estado Fundamental n = 0
Figura 4: Densidade de probabilidade para o estado fundamental n = 0.
