Aplicações da equação de Schrödinger independente do tempo

Aplicacoes da equacao de Schrodingerindependente do tempo

Poco potencial finito e infinito

Robenil dos Santos Almeida

Universidade Federal do Reconcavo da BahiaCentro de Formacao de Professores

Curso de Licenciatura em Fısica

Sumario

Equacao de Schrodinger unidimensional

Interpretacao probabilıstica da funcao de onda

Normalizacao

Equacao de Schrodinger unidimensional independente do tempo

Poco potencial quadrado infinito

Poco potencial quadrado finitoCaso E > V0

Equacao de Schrodinger unidimensional

i~∂Ψ(x , t)

∂t= − ~2

2m

∂2Ψ(x , t)

∂x2+ V (x , t)Ψ(x , t) (1)

Operadores diferenciais

p 7→ −~ ∂∂x

(Operador momento)

E 7→ i~2∂

∂t(Operador energia)

Interpretacao probabilıstica da funcao de onda

O modulo do quadrado da funcao de onda Ψ(x , t) e uma quantidadereal, que representa a localizacao aleatoria da partıcula microscopica,que chamamos de densidade de probabilidade:

|Ψ(x , t)|2 = Ψ∗(x , t)Ψ(x , t)

Normalizacao

ˆ +∞

−∞|Ψ(x , t)|2dx = 1

I Se Ψ satisfazer a condicao de normalizacao, Ψ → 0 quando|x | → ∞.

I Esta condicao impoe restricoes as possıveis solucoes de Ψ quenao tendem a zero quando |x | → ∞. Neste caso, estas solucoesnao sao aceitaveis como funcao de onda.

Equacao de Schrodinger unidimensional independentedo tempo

Quando V depende somente de x , ou seja, V = V (x), podemosseparar a dependencia em x da dependencia em t de Ψ(x , t), assu-mindo que a solucao da eq.(1) seja Ψ(x , t) = ψ(x)φ(t), de modoque obtemos

φ(t) = e iEt/~

− ~2

2m

d2

dx2ψ(x) + V (x)ψ(x) = Eψ(x) (2)

Voltar

Poco potencial quadrado infinito

V (x) =

[∞, se x ≤ 0 e x ≥ L

0, se 0 < x < L

I As solucoes do poco infinito sao confinadas no interior do mesmo,ja que seria necessario uma energia infinita para encontrar apartıcula fora do poco.

I Portanto, precisamos considerar apenas a equacao de Schrodin-ger na regiao 0 < x < L, que para uma partıcula de massa mtem a forma:

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2= Eψ(x) (3)

Ver eq.(2)

V (x) =

[∞, se x ≤ 0 e x ≥ L

0, se 0 < x < L

I As solucoes do poco infinito sao confinadas no interior do mesmo,ja que seria necessario uma energia infinita para encontrar apartıcula fora do poco.

I Portanto, precisamos considerar apenas a equacao de Schrodin-ger na regiao 0 < x < L, que para uma partıcula de massa mtem a forma:

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2= Eψ(x) (3)

Ver eq.(2)

V (x) =

[∞, se x ≤ 0 e x ≥ L

0, se 0 < x < L

I As solucoes do poco infinito sao confinadas no interior do mesmo,ja que seria necessario uma energia infinita para encontrar apartıcula fora do poco.

I Portanto, precisamos considerar apenas a equacao de Schrodin-ger na regiao 0 < x < L, que para uma partıcula de massa mtem a forma:

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2= Eψ(x) (3)

Ver eq.(2)

Para resolver a eq.(3), assumimos ψ(x) = A′eαx e a solucao fica

ψ(x) = A′e ikx + B ′e−ikx

onde k =√

2mE/~. Assumindo A′ = B ′, temos

ψ(x) = B ′(e ikx + e−ikx) = 2B ′ cos(kx) = B cos(kx) (4)

Por outro lado, se assumirmos B ′ = −A′, temos

ψ(x) = A′(e ikx − e−ikx) = 2A′i sin(kx) = A sin(kx) (5)

Como ambas as eqs.(4) e (5) sao solucoes, para um mesmo valor deE , entao a soma delas tambem e solucao

Para resolver a eq.(3), assumimos ψ(x) = A′eαx e a solucao fica

ψ(x) = A′e ikx + B ′e−ikx

onde k =√

2mE/~.

Assumindo A′ = B ′, temos

ψ(x) = B ′(e ikx + e−ikx) = 2B ′ cos(kx) = B cos(kx) (4)

Por outro lado, se assumirmos B ′ = −A′, temos

ψ(x) = A′(e ikx − e−ikx) = 2A′i sin(kx) = A sin(kx) (5)

Como ambas as eqs.(4) e (5) sao solucoes, para um mesmo valor deE , entao a soma delas tambem e solucao

Para resolver a eq.(3), assumimos ψ(x) = A′eαx e a solucao fica

ψ(x) = A′e ikx + B ′e−ikx

onde k =√

2mE/~. Assumindo A′ = B ′, temos

ψ(x) = B ′(e ikx + e−ikx) = 2B ′ cos(kx) = B cos(kx) (4)

Por outro lado, se assumirmos B ′ = −A′, temos

ψ(x) = A′(e ikx − e−ikx) = 2A′i sin(kx) = A sin(kx) (5)

Como ambas as eqs.(4) e (5) sao solucoes, para um mesmo valor deE , entao a soma delas tambem e solucao

Para resolver a eq.(3), assumimos ψ(x) = A′eαx e a solucao fica

ψ(x) = A′e ikx + B ′e−ikx

onde k =√

2mE/~. Assumindo A′ = B ′, temos

ψ(x) = B ′(e ikx + e−ikx) = 2B ′ cos(kx) = B cos(kx) (4)

Por outro lado, se assumirmos B ′ = −A′, temos

ψ(x) = A′(e ikx − e−ikx) = 2A′i sin(kx) = A sin(kx) (5)

Como ambas as eqs.(4) e (5) sao solucoes, para um mesmo valor deE , entao a soma delas tambem e solucao

ψ(x) = A sin(kx) + B cos(kx) , (0 < x < L) (6)

com k =√

2mE/~.

I No caso das regioes externas, o potencial e infinito e, portanto,a probabilidade de encontrarmos a partıcula fora do poco enecessariamente nula.

I A funcao de onda tera de ser nula entao na regiao externa

ψ(x) = 0, em x ≤ 0 e x ≥ L

ψ(x) = A sin(kx) + B cos(kx) , (0 < x < L) (6)

com k =√

2mE/~.

I No caso das regioes externas, o potencial e infinito e, portanto,a probabilidade de encontrarmos a partıcula fora do poco enecessariamente nula.

I A funcao de onda tera de ser nula entao na regiao externa

ψ(x) = 0, em x ≤ 0 e x ≥ L

ψ(x) = A sin(kx) + B cos(kx) , (0 < x < L) (6)

com k =√

2mE/~.

I No caso das regioes externas, o potencial e infinito e, portanto,a probabilidade de encontrarmos a partıcula fora do poco enecessariamente nula.

I A funcao de onda tera de ser nula entao na regiao externa

ψ(x) = 0, em x ≤ 0 e x ≥ L

I A continuidade da funcao de onda impoe que

ψ(0) = ψ(L) = 0

I A derivada da funcao de onda, dψ(x)/dx , nao pode ser nulanestes pontos extremos, ja que, se fosse o caso, entao ψ(x) = 0para todo valor de x .

I A continuidade da funcao de onda impoe que

ψ(0) = ψ(L) = 0

I A derivada da funcao de onda, dψ(x)/dx , nao pode ser nulanestes pontos extremos, ja que, se fosse o caso, entao ψ(x) = 0para todo valor de x .

Para definirmos as constantes A e B da eq.(6), aplicamos as condicoesde contorno.Em x = 0, temos

ψ(0) = A sin(0) + B cos(0)⇒ B = 0

Entao, a eq.(6) fica

ψ(x) = A sin(kx) (7)

Para definirmos as constantes A e B da eq.(6), aplicamos as condicoesde contorno.Em x = 0, temos

ψ(0) = A sin(0) + B cos(0)⇒ B = 0

Entao, a eq.(6) fica

ψ(x) = A sin(kx) (7)

Para definirmos as constantes A e B da eq.(6), aplicamos as condicoesde contorno.Em x = 0, temos

ψ(0) = A sin(0) + B cos(0)⇒ B = 0

Entao, a eq.(6) fica

ψ(x) = A sin(kx) (7)

A condicao de contorno ψ(x) = 0 quando x = L, restringe ospossıveis valores de k e, portanto, os valores da energia E . Apli-cando esta condicao de contorno, temos

ψ(L) = A sin(kL) = 0

Esta condicao e satisfeita quando

k ≡ kn = nπ

L, n = 1, 2, 3, ... (8)

A condicao de contorno ψ(x) = 0 quando x = L, restringe ospossıveis valores de k e, portanto, os valores da energia E . Apli-cando esta condicao de contorno, temos

ψ(L) = A sin(kL) = 0

Esta condicao e satisfeita quando

k ≡ kn = nπ

L, n = 1, 2, 3, ... (8)

O valor de k havia sido determinado anteriormente como

k ≡ kn =

√2mE

~2=⇒ k2n =

2mE

~2(9)

Elevando a eq.(8) e igualando-a com a eq.(9), obtemos

n2π2

L2=

2mE

~2

E ≡ En =n2~2π2

2mL2(10)

O valor de k havia sido determinado anteriormente como

k ≡ kn =

√2mE

~2=⇒ k2n =

2mE

~2(9)

Elevando a eq.(8) e igualando-a com a eq.(9), obtemos

n2π2

L2=

2mE

~2

E ≡ En =n2~2π2

2mL2(10)

O valor de k havia sido determinado anteriormente como

k ≡ kn =

√2mE

~2=⇒ k2n =

2mE

~2(9)

Elevando a eq.(8) e igualando-a com a eq.(9), obtemos

n2π2

L2=

2mE

~2

E ≡ En =n2~2π2

2mL2(10)

Para cada valor de n, existe uma dada funcao de onda ψ(x) ≡ ψn(x)dada por

ψn(x) =

{0, para x < 0 e x > L

An sin(nπx/L

), para 0 < x < L

Normalizando, podemos determinar a constante An:

ˆ L

0

|ψ(x)|2dx =

ˆ L

0

A2n sin2

(nπx/L

)dx = 1

Para cada valor de n, existe uma dada funcao de onda ψ(x) ≡ ψn(x)dada por

ψn(x) =

{0, para x < 0 e x > L

An sin(nπx/L

), para 0 < x < L

Normalizando, podemos determinar a constante An:

ˆ L

0

|ψ(x)|2dx =

ˆ L

0

A2n sin2

(nπx/L

)dx = 1

An =

√2

L

Entao, obtemos, para a regiao 0 < x < L, a seguinte funcao de onda

ψn(x) =

√2

Lsin(nπx/L

)(11)

Poco potencial quadrado finito

Nesta situacao, o potencial e

V (x) =

{0 para −a<x<a

V0 para x≤−a e x≥a

Considerando E < V0, na regiao −a < x < a, o potencial e zero, e,portanto,

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2= Eψ(x) (12)

Cuja solucao e

ψ(x) = Ae−ikx + Be ikx , k =

√2mE

~

Nesta situacao, o potencial e

V (x) =

{0 para −a<x<a

V0 para x≤−a e x≥a

Considerando E < V0, na regiao −a < x < a, o potencial e zero, e,portanto,

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2= Eψ(x) (12)

Cuja solucao e

ψ(x) = Ae−ikx + Be ikx , k =

√2mE

~

Nesta situacao, o potencial e

V (x) =

{0 para −a<x<a

V0 para x≤−a e x≥a

Considerando E < V0, na regiao −a < x < a, o potencial e zero, e,portanto,

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2= Eψ(x) (12)

Cuja solucao e

ψ(x) = Ae−ikx + Be ikx , k =

√2mE

~

Entao,

ψ(x) = A sin(kx) + B cos(kx) , para − a < x < a (13)

Na regiao x ≤ −a e x ≥ a, a equacao de Schrodinger diz que

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2+ V0ψ(x) = Eψ(x)

Cuja solucao para x ≤ −a, e

ψ(x) = Ce lx + De−lx (14)

onde l =√

2m(V0 − E )/~.

Entao,

ψ(x) = A sin(kx) + B cos(kx) , para − a < x < a (13)

Na regiao x ≤ −a e x ≥ a, a equacao de Schrodinger diz que

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2+ V0ψ(x) = Eψ(x)

Cuja solucao para x ≤ −a, e

ψ(x) = Ce lx + De−lx (14)

onde l =√

2m(V0 − E )/~.

Entao,

ψ(x) = A sin(kx) + B cos(kx) , para − a < x < a (13)

Na regiao x ≤ −a e x ≥ a, a equacao de Schrodinger diz que

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2+ V0ψ(x) = Eψ(x)

Cuja solucao para x ≤ −a, e

ψ(x) = Ce lx + De−lx (14)

onde l =√

2m(V0 − E )/~.

A eq.(14) diverge quando x → −∞, assim, a solucao fisicamenteadmissıvel e

ψ(x) = Ce lx , para x ≤ −a (15)

Para x ≥ a, a solucao e

ψ(x) = Fe lx + Ge−lx (16)

onde l =√

2m(V0 − E )/~. A eq.(16) diverge quando x → +∞,assim, a solucao fisicamente admissıvel e

A eq.(14) diverge quando x → −∞, assim, a solucao fisicamenteadmissıvel e

ψ(x) = Ce lx , para x ≤ −a (15)

Para x ≥ a, a solucao e

ψ(x) = Fe lx + Ge−lx (16)

onde l =√

2m(V0 − E )/~. A eq.(16) diverge quando x → +∞,assim, a solucao fisicamente admissıvel e

ψ(x) = Ge−lx , para x ≥ a (17)

O proximo passo e impor condicoes de contorno:ψ e dψ/dx contınuasem −a e +a. No entanto, podemos poupar tempo observando queesse potencial e uma funcao par, e assim podemos supor, sem perdade generalidade, que as solucoes sao pares e ımpares. A vantagemdisso e que precisamos impor as condicoes de contorno apenas deum lado, pois ψ(−x) = ±ψ(x)

ψ(x) = Ge−lx , para x ≥ a (17)

O proximo passo e impor condicoes de contorno:ψ e dψ/dx contınuasem −a e +a.

No entanto, podemos poupar tempo observando queesse potencial e uma funcao par, e assim podemos supor, sem perdade generalidade, que as solucoes sao pares e ımpares. A vantagemdisso e que precisamos impor as condicoes de contorno apenas deum lado, pois ψ(−x) = ±ψ(x)

ψ(x) = Ge−lx , para x ≥ a (17)

O proximo passo e impor condicoes de contorno:ψ e dψ/dx contınuasem −a e +a. No entanto, podemos poupar tempo observando queesse potencial e uma funcao par, e assim podemos supor, sem perdade generalidade, que as solucoes sao pares e ımpares.

A vantagemdisso e que precisamos impor as condicoes de contorno apenas deum lado, pois ψ(−x) = ±ψ(x)

ψ(x) = Ge−lx , para x ≥ a (17)

O proximo passo e impor condicoes de contorno:ψ e dψ/dx contınuasem −a e +a. No entanto, podemos poupar tempo observando queesse potencial e uma funcao par, e assim podemos supor, sem perdade generalidade, que as solucoes sao pares e ımpares. A vantagemdisso e que precisamos impor as condicoes de contorno apenas deum lado, pois ψ(−x) = ±ψ(x)

Trabalhando com as solucoes pares, temos:

ψ(x) = Ge−lx , para x ≥ a (18)

ψ(x) = B cos(kx) , para − a < x < a (19)

ψ(x) = ψ(−x) , para x < 0 (20)

A continuidade de ψ(x), em x = a, diz que

Ge−la = B cos(ka) (21)

Trabalhando com as solucoes pares, temos:

ψ(x) = Ge−lx , para x ≥ a (18)

ψ(x) = B cos(kx) , para − a < x < a (19)

ψ(x) = ψ(−x) , para x < 0 (20)

A continuidade de ψ(x), em x = a, diz que

Ge−la = B cos(ka) (21)

E a continuidade de (dψ(x)/dx) diz que

lG−la = Bk sin(ka) (22)

Dividindo a eq.(22) pela eq.(21), descobrimos que

l = k tan(ka) (23)

Essa e uma formula para as energias permitidas, pois k e l sao funcoesde E . Como, l =

√2m(V0 − E )/~ e k =

√2mE/~, temos que

E a continuidade de (dψ(x)/dx) diz que

lG−la = Bk sin(ka) (22)

Dividindo a eq.(22) pela eq.(21), descobrimos que

l = k tan(ka) (23)

Essa e uma formula para as energias permitidas, pois k e l sao funcoesde E . Como, l =

√2m(V0 − E )/~ e k =

√2mE/~, temos que

tan

(√2ma2E

~2

)=

√V0 − E

E(24)

Esta e uma equacao transcendental para E . Pode ser resolvidagraficamente, organizando tan(

√(2ma2E )/~2) e

√(V0 − E )/E na

mesma grade e buscando pontos de intersecao.

tan

(√2ma2E

~2

)=

√V0 − E

E(24)

Esta e uma equacao transcendental para E . Pode ser resolvidagraficamente, organizando tan(

√(2ma2E )/~2) e

√(V0 − E )/E na

mesma grade e buscando pontos de intersecao.

I Caso E > V0

Esse caso, e bem parecido com o problema da barreira de potencialem que a energia e maior que a altura da barreira.

ψ(x) = Fe ikx + Ge−ikx , −a < x < a (25)

com k =√

2mE/~. No caso das regioes externas, a equacao deSchrodinger tem a forma

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2+ V0ψ(x) = Eψ(x) (26)

I Caso E > V0

Esse caso, e bem parecido com o problema da barreira de potencialem que a energia e maior que a altura da barreira.

ψ(x) = Fe ikx + Ge−ikx , −a < x < a (25)

com k =√

2mE/~.

No caso das regioes externas, a equacao deSchrodinger tem a forma

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2+ V0ψ(x) = Eψ(x) (26)

I Caso E > V0

Esse caso, e bem parecido com o problema da barreira de potencialem que a energia e maior que a altura da barreira.

ψ(x) = Fe ikx + Ge−ikx , −a < x < a (25)

com k =√

2mE/~. No caso das regioes externas, a equacao deSchrodinger tem a forma

− ~2

2m

d2ψ(x)

dx2+ V0ψ(x) = Eψ(x) (26)

Cuja solucao e a equacao de onda correspondente a de uma partıculalivre com energia total (E − V0):

ψ(x) = Ae ik′′x + Be−ik

′′x , x < −aψ(x) = Ce ik ′′x + De−ik ′′x , x > a

(27)

com k ′′ =√

2m(E − V0)/~.

Assumimos D = 0, que corresponde a uma onda incidente pela es-querda sobre o poco de potencial.Para determinar as constantes A,B ,C ,F , e G , igualamos os valoresda funcao de onda e da sua derivada em x = a:

Cuja solucao e a equacao de onda correspondente a de uma partıculalivre com energia total (E − V0):

ψ(x) = Ae ik′′x + Be−ik

′′x , x < −aψ(x) = Ce ik ′′x + De−ik ′′x , x > a

(27)

com k ′′ =√

2m(E − V0)/~.Assumimos D = 0, que corresponde a uma onda incidente pela es-querda sobre o poco de potencial.

Para determinar as constantes A,B ,C ,F , e G , igualamos os valoresda funcao de onda e da sua derivada em x = a:

Cuja solucao e a equacao de onda correspondente a de uma partıculalivre com energia total (E − V0):

ψ(x) = Ae ik′′x + Be−ik

′′x , x < −aψ(x) = Ce ik ′′x + De−ik ′′x , x > a

(27)

com k ′′ =√

2m(E − V0)/~.Assumimos D = 0, que corresponde a uma onda incidente pela es-querda sobre o poco de potencial.Para determinar as constantes A,B ,C ,F , e G , igualamos os valoresda funcao de onda e da sua derivada em x = a:

Fe ika + Ge−ika = Ce ik′′a

ik(Fe ika − G−ika) = ik ′′Ce ik ′′a(28)

F

G=

(k + k ′′

k − k ′′

)e−ika (29)

Da mesma forma, em x = −a, temos

Fe−ika + Ge ika = Ae−ik′′a + Be ik

′′a

ik(Fe−ika − Ge ika) = ik ′′(Ae−ik ′′a − Be ik ′′a)(30)

Fe ika + Ge−ika = Ce ik′′a

ik(Fe ika − G−ika) = ik ′′Ce ik ′′a(28)

F

G=

(k + k ′′

k − k ′′

)e−ika (29)

Da mesma forma, em x = −a, temos

Fe−ika + Ge ika = Ae−ik′′a + Be ik

′′a

ik(Fe−ika − Ge ika) = ik ′′(Ae−ik ′′a − Be ik ′′a)(30)

Fe ika + Ge−ika = Ce ik′′a

ik(Fe ika − G−ika) = ik ′′Ce ik ′′a(28)

F

G=

(k + k ′′

k − k ′′

)e−ika (29)

Da mesma forma, em x = −a, temos

Fe−ika + Ge ika = Ae−ik′′a + Be ik

′′a

ik(Fe−ika − Ge ika) = ik ′′(Ae−ik ′′a − Be ik ′′a)(30)

F/G + e ika

F/G − e ika=

k

k ′′A/B + e ik

′′a

A/B − e ik ′′a(31)

As eqs.(29) e (31) permitem calcular o quociente B/A e obter ocoeficiente de reflexao R . De forma analoga, podemos calcular C/Ae obter o coeficiente de transmissao T .

R =|B |2

|A|2=

[1 +

4k2k ′′2

(k2 − k ′′2)2 sin2(ka)

]−1(32)

T =|C |2

|A|2=

[1 +

(k2 − k ′′2)2 sin2(ka)

4k2k ′′2

]−1(33)

F/G + e ika

F/G − e ika=

k

k ′′A/B + e ik

′′a

A/B − e ik ′′a(31)

As eqs.(29) e (31) permitem calcular o quociente B/A e obter ocoeficiente de reflexao R . De forma analoga, podemos calcular C/Ae obter o coeficiente de transmissao T .

R =|B |2

|A|2=

[1 +

4k2k ′′2

(k2 − k ′′2)2 sin2(ka)

]−1(32)

T =|C |2

|A|2=

[1 +

(k2 − k ′′2)2 sin2(ka)

4k2k ′′2

]−1(33)

Referencias

GRIFFITHS, D. J. Introduction to quantum mechanics. 1a. ed.Upper Saddle River: Prentice Hall, 1994.

LIMA, C. R. A. Notas de Aula: Fısica Moderna. Disponıvel em:〈http://www.fisica.ufjf.br/∼cralima/index arquivos/Page491.htm〉. Acesso em: 03 de maio de 2015.

TIPLER, P. A.; MOSCA, G. Fısica para cientistas e engenheiros.5a. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2007.