Aula. 09-10 - cap6 OH

Capıtulo 6

Oscilador Harmonico

6.1 Solucao pelo Metodo Algebrico

Considere o oscilador harmonico quantico que corresponde ao Hamiltoniano:

H =P 2

2m+

1

2mω2X2,

onde [X,P ] = i~.O problema com o hamiltoniano acima e que ele nao comuta nem com P, nem com X :

[X,H ] 6= 0 e [P,H ] 6= 0.

Logo, nem os autokets |x〉 de X nem os autokets |p〉 de P sao autokets de H , nao sendo obviocomo construir os autoestados |E〉 do operador H e obter os autoenergias E correspondentes.Para resolver o problema vamos reescrever o hamiltoniano H em termos de novos operadoresmais convenientes.

6.1.1 Algebra dos operadores de levantamento e abaixamento

A ideia aqui, essencialmente, e “completar os quadrados” na expressao de H de modo areduzi-lo a um produto de dois operadores. Para isso vamos introduzir os operadores

a− =

√mω

2~X + i

√1

2mω~P

a+ =

√mω

2~X − i

√1

2mω~P.

(A justificativa para a escolha dos subscritos ± ficara evidente mais adiante.) Note que osoperadores a± sao conjugados hermiteanos um do outro: (a−)

† = a+. Considere agora oseguinte operador

N = a+a−,

1

2 CAPITULO 6. OSCILADOR HARMONICO

que obviamente e hermiteano, pois

N † = (a+a−)† = (a−)

†(a+)† = a+a = N.

Em termos de X e P, o operador N e

N =

[√mω

2~X − i

√1

2mω~P

][√mω

2~X + i

√1

2mω~P

]

=mω

2~X2 +

1

2mω~P 2 +

i

2~(XP − PX)

=1

ω~

(P 2

2m+

1

2mω2X2

)+

i

2~[X,P ]

=1

~ωH − 1

2.

Logo

H =

(N +

1

2

)~ω

ou

H =

(a+a− +

1

2

)~ω.

E conveniente definir um operador hamiltoniano adimensional da forma

H =H

~ω,

logo

H = N +1

2.

Vemos assim que podemos descrever o oscilador harmonico quantico tanto atraves daalgebra definida pelos operadores X,P,H quanto pelos operadores a−, a+, N. Paracompletar a especificacao do problema em termos desses novos operadores devemos encontraras relacoes de comutacao entre eles. Primeiramente temos

[a−, a+] =i

2~[P,X ]− i

2~[X,P ] = 1.

Alem disso[a−, N ] = [a−, a+a−] = [a−, a+]a = a−

[a+, N ] = [a+, a+a−] = a+[a+, a−] = −a+.Vamos agora denotar por |n〉 os autovetores do operador N :

N |n〉 = n |n〉 .

6.1. SOLUCAO PELO METODO ALGEBRICO 3

Da relacao entre H e N , vemos que os autovetores de N tambem sao autovetores de H :

H |n〉 =(N +

1

2

)|n〉 = (n+ 1/2) |n〉 .

Assim definindo a energia adimensional ε atraves da relacao

ε =E

~ω,

temosH |n〉 = εn |n〉 , com εn = n+ 1/2.

Logo para conhecer as autonergias εn e autoestados |n〉 do hamiltoniano H, basta determinaro espectro e respectivos autovetores do operador N .

Para resolver esse problema, precisamos saber como a− e a+ atuam sobre os autovetores|n〉 de N . Considere o ket a− |ε〉 e vejamos a acao de N sobre ele. Usando a relacao decomutacao entre a− e N , obtemos

N(a− |n〉) = (a−N − a−) |n〉 = a−N |n〉 − a− |n〉 = (n− 1)a− |n〉 .

Logo a− |n〉 e um autovetor de N com autovalor n− 1, ou seja

a− |n〉 = Cn |n− 1〉 ,

onde Cn e uma constante a ser determinada. Da mesma forma, temos

N(a+ |n〉) = (a+N + a+) |n〉 = a+N |n〉+ a+ |n〉 = (n+ 1) |n〉

Logo a+ |n〉 e um autovetor de N com autovalor n+ 1, ou seja,

a+ |n〉 = Cn+1 |n + 1〉 .

Assim, se aplicarmos sucessivamente o operador a− a um autovetor |n〉 com autovalor n,

obtemos uma sucessao de autovetores de N , e portanto de H , com autovalores decrescentesde uma unidade, ou seja

a− |n〉 ∝ |n− 1〉 , ε = n− 1

2

a2− |n〉 ∝ a− |n− 1〉 ∝ |n− 2〉 , ε = n− 3

2

...

am− |n〉 ∝ a− |n−m〉 ∝ |n− 2〉 , ε = n− 2m+ 1

2


Entretanto, como veremos a seguir os autovalores ε de H sao sempre positivos, logo paraalgum m devemos ter

am− |n〉 = 0,

ou seja existe um vetor |n0〉 tal que

a− |n0〉 = 0.

Antes porem vamos mostrar que E > 0.

Lema 6.1. Os autovalores E de H = P 2/2m+mω2X/2 nao podem ser negativos.

Demonstracao. Para qualquer |ψ〉 temos

〈H〉ψ = 〈ψ|H|ψ〉 = 1

2m

⟨ψ|P 2|ψ

⟩+

1

2mω2

⟨ψ|X2|ψ

⟩

=1

2m

⟨ψ|P †P |ψ

⟩+

1

2mω2

⟨ψ|X†X|ψ

⟩

=1

2m|Pψ|2 + 1

2mω2|Xψ|2 > 0.

Em particular, se |ψ〉 = |E〉 ⇒ 〈H〉E = E > 0.Retomando a discussao anterior, vimos que em face do lema acima concluimos que deve

haver um estado |n0〉 tal que aplicacoes sucessivas de a− nada resultam:

a− |n0〉 = 0.

Para obter o valor de n0, apliquemos N a |n0〉 :

N |n0〉 = a+a− |n0〉 = a+(a− |n0〉) = 0

logo n0 = 0. Donde concluimos que a energia do estado fundamental e ε0 = 1/2 ou em formadimensional E0 =

12~ω.

Por aplicacoes sucessivas de a+ obtemos as demais autoenergias εn:

a+ |0〉 ∝ |1〉 , ε1 = 1 + 1/2

a+2 |0〉 ∝ |2〉 , ε2 = 2 + 1/2

...

(a+)n |0〉 ∝ |n〉 , εn = n + 1/2

Concluimos entao que os possıveis autovalores de H sao

εn = n +1

2, n = 0, 1, 2, . . .


logo as possıveis autoenergias sao

En =

(n +

1

2

)~ω, n = 0, 1, 2, . . .

Para obter os respectivos autoestados |n〉 basta aplicar a+ n vezes ao estado fundamental|0〉 . Vimos acima que

a− |n〉 = Cn |n− 1〉 ⇔ 〈n| a+ = 〈n− 1|C∗n

ea+ |n〉 = C ′

n |n+ 1〉 ⇔ 〈n| a = a+ 〈n+ 1|C ′∗n+1.

Para determinar a constante Cn e C ′n , consideremos o sanduıche de N em um estado |n〉:

〈n|N |n〉 = n 〈n|n〉 ⇒ 〈n|a+a−|n〉 = n, pois assumimos 〈n|n〉 = 1.

C∗nCn 〈n− 1|n− 1〉 = n ⇒ |Cn|2 = n ⇒ Cn =

√neiφ, tome φ = 0.

Logoa− |n〉 = √

n |n− 1〉 .Da mesma forma

〈n|a−a+|n〉 = 〈n|a+a− + 1|n〉 = 〈n|N |n〉+ 1

C ′∗n+1C

′n+1 〈n + 1|n+ 1〉 = n + 1 ⇒ |C ′

n+1|2 = n + 1 ⇒ C ′n+1 =

√n+ 1.

Logoa+ |n〉 =

√n + 1 |n+ 1〉 .

Ou seja,

|n+ 1〉 = 1√n+ 1

a+ |n〉 .

Assim temos|1〉 = a+ |0〉

|2〉 = 1√2a+ |1〉 = a+

2

√2|0〉

|3〉 = 1√3a+ |2〉 = 1√

3 · 2(a+)

3 |0〉

...

|n〉 = 1√n!(a+)

n |0〉

Alem disso:a− |0〉 = 0 (lembre-se que |0〉 6= 0).


Vimos tambem que

H |n〉 =(n+

1

2

)|n〉 e H |n〉 = ~ω

(n +

1

2

)|n〉 .

Na base B = |n〉n=0,1,2,... os operadores a+ e a− sao representados por matrizes infinitas,as quais podem ser facilmente obtidas. Por exemplo, os elementos de matriz de a+ nessabase sao

(a+)n′n = 〈n′|a+|n〉 =√n + 1 〈n′|n+ 1〉 =

√n+ 1δn′,n+1 =

√n′δn′,n+1,

donde concluimos que

a+ =

0 0 0 · · ·√1 0 0 · · ·0

√2 0 · · ·

......

.... . .

Da mesma forma

(a−)n′n = 〈n′|a|n〉 =√n− 1 〈n′|n− 1〉 =

√n′δn′,n−1,

logo

a− =

0√1 0 0 · · ·

0 0√2 0 · · ·

0 0 0√3 · · ·

......

......

. . .

.

E como H = ~ω(a+a− + 1/2), podemos facilmente mostrar que

H = ~ω

1/2 0 0 0 · · ·0 3/2 0 0 · · ·0 0 5/2 0 · · ·0 0 0 7/2 · · ·...

......

.... . .

,

confirmando o resultado de que na base dos seus autovetores o operador H e representadopor uma matriz diagonal, com os respectivos autovalores En = (n+ 1/2) ~ω na diagonal.

Os operadores X e P por sua vez sao dados em termos de a− e a+ por

X =

√~

2mω(a− + a+),

P = i

√m~ω

2(a+ − a−),


logo

X =

√~

2mω

0√1 0 0 · · ·√

1 0√2 0 · · ·

0√2 0

√3 · · ·

0 0√3 0 · · ·

......

......

. . .

e

P = i

√mω~

2

0 −√1 0 0 · · ·√

1 0 −√2 0 · · ·

0√2 0 −

√3 · · ·

0 0√3 0 · · ·

......

......

. . .

.

Pode-se verificar ainda que as matrizes acima satisfazem a relacao de comutacao [X,P ] = i~,como deveria ser.

Considere agora o espaco de Hilbert H gerado pelos vetores |n〉 , ou seja |ψ〉 ∈ H se

|ψ〉 =∞∑

n=0

αn |n〉 ,∞∑

n=0

|αn|2 <∞.

Um vetor |ψ〉 assim arbitrario pode nao representar um estado fısico, pois a acao de umoperador da algebra do oscilador harmonico a−, a+, N pode produzir um vetor fora de H.Por exemplo

a+ |ψ〉 =∞∑

n=0

αn√n + 1 |n+ 1〉 .

Contudo, se∑∞

n=0 |αn|2(n+1) nao convergir o estado acima nao tera modulo finito, logo naosera elemento de H. Concluimos entao que o espaco Φ dos estados fisicamente aceitaveis eaquele formado por vetores |ψ〉 da forma acima, onde as constantes αn satisfazem a condicao

∞∑

n=0

|αn|2(n+ 1)p <∞, ∀ p = 0, 1, 2, 3, . . .

Isso garante que a acao de a− e a+ em Φ permanece em Φ!

6.1.2 Calculo das Autofuncoes

Nosso objetivo agora e obter as autofuncoes ψn(x) correspondendo a projecao dos auto-estados |n〉 na base de coordenadas |x〉:

ψn(x) ≡ 〈x|n〉 .


Nossa estrategia sera obter inicialmente o estado fundamental ψ0(x) e em seguida usar ooperador de levantamento a+ para gerar as demais funcoes de onda. Vimos acima que oestado fundamental |0〉 e definido pela equacao

a |0〉 = 0,

que projetada na base |x〉 resukta〈x|a|0〉 = 0

√mω

2~〈x|X|0〉+ i

1

2m~ω〈x|P |0〉 = 0

√mω

2~x 〈x|0〉+ i

1

2m~ω

~

i

d

dx〈x|0〉 = 0

√mω

2~xψ0(x) + i

~

2mω

d

dxψ0(x) = 0

oudψ0

dx= −mω

~xψ(x),

que pode ser facilmente integrada:

dψ0

ψ0

= −mω~xdx

∫dψ0

ψ0

= −mω~

∫xdx ⇒ lnψ0 = −mω

~

x2

2+ C

⇒ ψ0(x) = A exp−mω

2~x2

A constante de normalizacao A e escolhida para garantir norma unitaria

||ψ0||2 =∫ ∞

−∞

|ψ0(x)|2dx = 1

A2

∫ ∞

−∞

e−mωx2/~dx = 1

A2

√π~

mω= 1 ⇒ A =

(mωπ~

)1/4

∴

ψ0(x) =(mωπ~

)1/4

e−mωx2/2~

Para o calculo das autofuncoes dos estados excitados n = 1, 2, . . . , usamos a relacao

|n〉 = 1√na+ |n− 1〉


que na base |x〉 le-se

〈x|n〉 =1√n〈x|a+|n− 1〉

ψn(x) =1√n

mω

2π~〈x|X|n− 1〉 − i

1√2m~ω

〈x|P |n− 1〉

=1√n

mω

2π~xψn−1(x)−

√~

2mω

d

dxψn−1(x)

.

Temos entao a seguinte relacao de recorrencia:

√nψn =

mω

2~xψn−1 −

√~

2mωψ′n−1.

Em particular, para n = 1 temos

ψ1(x) =mω

2~xψ0 −

√~

2mωψ′0

=mω

2~xψ0 −

√~

2mω

(−mω

~x)ψ0

=

√2mω

~xψ0.

Ou seja

ψ1(x) =

√2mω

~xψ0 =

√2

π

(mω~

)3/4

x exp−mω

2~x2

Continuando esse processo, podemos determinar ψ2(x), ψ3(x), etc. Entretanto, ha umaformula mais direta para o calculo recursivo dessas funcoes de onda. Para isso, lembre que

X =

√~

2mω(a− + a+) ,

e fazendo o sanduiche com |n〉 e |x〉 , temos

〈x|X|n〉 =√

~

2mω(〈x|a−|n〉+ 〈x|a+|n〉)

x 〈x|n〉 =√

~

2mω

(√n 〈x|n− 1〉+

√n+ 1 〈x|n + 1〉

),

logo

xψn(x) =

√~

2mω

[√nψn−1(x) +

√n + 1ψn+1(x)

].


Fazendo agora n + 1 = m e depois m→ n, obtemos

√nψn(x) =

√2mω

~xψn−1(x)−

√n− 1ψn−2(x), n = 2, 3, 4, . . .

Assim, com ψ0(x) e ψ1(x) conhecidos, podemos determinar os demais ψn(x). Por exemplo,para n = 2:

√2ψ2(x) =

√2mω

~xψ1(x)− ψ0(x) =

√2mω

~

√2mω

~x2ψ0 − ψ0,

donde

ψ2(x) =1√2

(2mω

~x2 − 1

)ψ0(x).

Note que se fizermos uma mudanca de variavel

y =

√mω

~x

temos que ψ1(y) e ψ2(y) podem ser escritos como

ψ1(y) =√2yψ0(y)

ψ2(y) =√2(2y2 − 1)ψ0(y).

Alem disso a relacao de recorrencia acima torna-se

√nψn(y) =

√2yψn−1(y)−

√n− 1ψn−2(y).

Em face do resultado acima, podemos prever que a solucao para ψn(y) sera da forma

ψn(y) = un(y)ψ0(y),

onde un(y) sera um polinomio de ordem n. Torna-se conveniente, portanto, definirmos afuncao

fn(y) =√2nn!

ψn(y)

ψ0(y).

(A escolha do pre-fator acima e uma questao de conveniencia.) A relacao de recorrencia paraψn(y) resulta na seguinte relacao para fn(y):

√n√

2nn!fn(y) =

√2√

2n−1(n− 1)!yfn−1(y)−

√n− 1√

2n−2(n− 2)!fn−2(y)

∴

fn(y) = 2yfn−1(y)− 2(n− 1)fn−2(y).

6.2. SOLUCAO DA EQUACAO DE SCHRODINGER 11

Pela definicao de fn(y) acima, temos que

f0(y) = 1

f1(y) =√2ψ1(x)

ψ0(x)=

√2√2y ⇒ f1(y) = 2y.

A partir de f0(y) e f1(y) podemos determinar todas as demais funcoes fn(y). A solucao darecorrencia acima e dada pelos polinomios de Hermite

fn(y) = Hn(y) = (−1)ney2 dn

dyne−y

2

,

cujos primeiros termos saoH0(y) = 1

H1(y) = 2y

H2(y) = −2(1− 2y2)

H3(y) = −12(y − 2y3/3)

Substituindo fn(y) de volta, obtemos as funcoes de onda ψn(y)

ψn(y) =ψ0(y)√2nn!

Hn(y),

e retornando para a variavel x temos finalmente

ψn(x) =

(mω

π~22n(n!)2

)1/4

e−mωx2/2~Hn

(√mω

~x

)

6.2 Solucao da Equacao de Schrodinger

A equacao de autovalor para o operador hamiltoniano H do oscilador harmonico e

H |E〉 = E |E〉 ⇒(P 2

2m+

1

2mω2X2

)|E〉 = E |E〉 .

Projetando na base |x〉 obtemos

⟨x|

(P 2/2m+mω2X2/2

)|E

⟩= E 〈x|E〉 .

(P 2

2m+

1

2mω2x2

)ψE(x) = EψE(x).


onde

ψE(x) ≡ 〈x|E〉 e P =~

i

d

dx,

Logo a equacao de autovalor acima resulta na equacao de Schrodinger para o osciladorharmonico:

− ~2

2m

d2ψ

dx2+

1

2mω2x2ψ = Eψ

que pode ser rearranjada da forma

d2ψ

dx2+

2m

~2

(E − 1

2mω2x2

)ψ = 0.

Temos, portanto, uma equacao diferencial ordinaria (EDO) de segunda ordem com coefici-entes nao constantes.

Para simplificar a EDO acima e conveniente introduzir variaveis adimensionais. Primei-ramente introduzimos uma variavel adimensional y associada a posicao x:

y =x

b,

onde b e um parametro com dimensao de comprimento, a ser determinado de forma a sim-plificar a EDO o maximo possıvel. Em funcao de y temos:

x = by e dx = bdy.

Assim

d2ψ

dx2+

2m

~2

(E − 1

2mω2x2

)ψ =

1

b2d2ψ

dy2+

2m

~2

(E − 1

2mω2b2y2

)ψ = 0.

⇒ d2ψ

dy2+m2ω2

~2b4(

2E

mω2b2− y2

)ψ = 0

Como ψ e y sao adimensionais, entao naturalmente o pre-fator antes do segundo termo acimadeve ser adimensional. Por conveniencia vamos faze-lo igual a 1 :

m2ω2

~2b4 = 1 ⇒ b =

√~

mω.

E se definirmos um parametro de energia adimensional

ε ≡ E

mω2b2=

E

~ω,

entao a EDO acima torna-se simplesmente

d2ψ

dy2+ (2ε− y2)ψ = 0. (6.1)


Podemos simplificar essa EDO ainda mais introduzindo um especie de “fator integrante”para eliminar o termo y2. Para tanto, fazemos a seguinte mudanca de variavel

ψ(y) = e−y2/2u(y).

Agora

ψ′ = −yψ + e−y2/2u′

ψ′′ = −ψ − y2ψ − ye−y2/2u′ + e−y

2/2u′′,

ou sejaψ′′

ψ= −1− y2 − 2y

u′

u+u′′

u

que substituida em (6.1) nos da

ψ′′

ψ= −1− y2 − 2ε ⇒ −1− y2 − 2y

u′

u+u′′

u= y2 − 2ε,

e apos simplificacoes

u′′ − 2yu′ + (2ε− 1)u = 0.

A EDO acima possui coeficientes analıticos (em todo plano exceto o infinito) logo admiteuma solucao em serie de potencia:

u(y) =∞∑

n=0

Cnyn.

Entao

u′ =

∞∑

n=0

nCnyn−1 =

∞∑

n=1

nCnyn−1

u′′ =

∞∑

n=0

n(n− 1)Cnyn−2 =

∞∑

n=2

n(n− 1)Cnyn−2

que substituidos na EDO acima resulta

∞∑

n=2

n(n− 1)Cnyn−2 − 2

∞∑

n=0

nCnyn +

∞∑

n=0

(2ε− 1)Cnyn = 0.

Fazendo m = n− 2 na primeira serie e depois renomeando m→ n, temos

∞∑

n=0

[(n+ 1)(n+ 2)Cn+2 + (2ε− 1− 2n)Cn] yn = 0.


Logo a serie deve se anular termo a termo

(n+ 1)(n+ 2)Cn+2 + [2ε− 1− 2n]Cn = 0

que resulta na seguinte relacao de recorrencia para os coeficientes Cn:

Cn+2 =2n+ 1− 2ε

(n+ 1)(n+ 2)Cn. (6.2)

Note que se C0 6= 0 e C1 = 0 entao todos os coeficientes ımpares se anulam, restandoapenas coeficientes pares. De modo analogo, se C0 = 0 e C1 6= 0 entao todos os coeficientespares se anulam e a recorrencia comeca em n = 1, gerando apenas coeficientes ımpares.Ou seja, para um dado ε, terıamos em princıpio duas possıveis solucoes independentes: i)uma solucao par correspondendo a C0 6= 0 e C1 = 0, e ii) uma solucao ımpar com C0 = 0e C1 6= 0. Veremos, contudo, que a grandeza ε nao pode assumir valores arbitrarios, casoqueiramos que a funcao de onda ψ(x) seja normalizavel. Como consequencia, veremos quepara um dado ε existira apenas uma solucao possivel, ou par ou ımpar. Para ver isso observeinicialmente que no limite n→ ∞ temos

Cn+2

Cn≈ 2n

n2=

2

n,

comportamento esse que e semelhante ao da serie de Taylor da funcao ex2:

ex2

= 1 + x2 +x4

2!+x6

3!+ · · · =

∞∑

n=0

anxn, com an =

1

(n/2)!, n par,

donde tem-se que

an+2

an=

(n2)!

(n2+ 1)!

=1

n2+ 1

≈ 2

n, para n→ ∞.

Logo, se a serie de u(y) nao terminasse, ela divergeria da forma ey2. Isso, por sua vez, faria

com que ψ(y) divergisse no infinito, pois terıamos ψ(y) = e−y2/2u(y) ∝ ey

2/2. Para evitar ocrescimento exponencial no infinito e garantir que ψ(x) seja de quadrado integravel, devemosfazer com que a serie para u(y) termine. Ou seja, deve existir um m tal que

Cm+2 =2m+ 1− 2ε

(m+ 1)(m+ 2)Cm = 0, Cm 6= 0.

Isso impoe que a energia ε deve ser da forma

ε =2m+ 1

2,


ou seja,

ε = m+1

2, m = 0, 1, 2, · · · .

Passando de m → n temos

ε = n+1

2, n = 0, 1, 2, · · · , (6.3)

e em forma dimensional

E = ε~ω =

(n+

1

2

)~ω, n = 0, 1, 2, · · · .

Inserindo a forma de ε dada em (6.3) na relacao de recorrencia (6.2), obtemos

Cj+2 =2(j − n)

(j + 1)(j + 2)Cj, (6.4)

onde usamos j como ındice mudo para evitar confusao com o valor de n que e fixo. Noteque o valor de n e determinado pela energia ε, vide (6.3), sendo que n corresponde tambema ordem do polinomio resultante para un(y). A partir de (6.4) podemos facilmente gerar ospolinomios un(y), como indicado abaixo.

• n = 0 : u0(y) = C0.• n = 1 : u1(y) = C1y.• n = 2 : u2(y) = C0(1− 2y2).• n = 3 : u3(y) = C1(y − 2

3y3).

• n = 4 : u4(y) = C0(1− 4y2 − 43y4).

Os polinomios un(y) acima sao conhecidos como os polinomios de Hermite, denotadospor Hn(y). A padronizacao e feita escolhendo-se o coeficiente Cn = 2n (para o coeficiente domaior termo). Com essa escolha obtemos os primeiros polinomios de Hermite:

H0(y) = 1

H1(y) = 2y

H2(y) = −(2− 4y2)

H3(y) = −(12− 8y3)

H4(y) = (12− 48y2 + 16y4)

A solucao para ψ(y) sera agora

ψn(y) = Ane−y2/2Hn(y)


e retornando a variavel x :

ψn(x) = An exp−mωx2/2~Hn

(√mω

~x

),

onde a constante An deve ser escolhida de modo que

∫ ∞

−∞

|ψn|2dx = 1

O calculo de An a partir da expressao acima seria bastante complicado. Entretanto, vimosna secao anterior como encontrar An a partir da constante de normalizacao A0 (para n = 0)que e bastante simples de obter. Vimos entao que

An =

(mω

π~22n(n!)2

)1/4

.

A partir da EDO que define os polinomios de Hermite e possıvel mostrar as seguintesrelacoes de recorrencia:

H ′n = 2nHn−1

Hn = 2yHn−1 − 2(n− 1)Hn−2

Podemos verificar tambem a seguinte relacao de ortogonalidade:

〈Hn|Hn′〉 ≡∫ ∞

−∞

Hn(y)Hn′(y)e−y2

dy = (√π2nn)δnn′.

6.3 Exercıcios

1. a) Suponha que dois operadores Ω e Λ satisfacam a seguinte relacao de comutacao

[Ω,Λ] = cΛ.

Denote por |ω〉 os autovetores de Ω, ou seja, Ω |ω〉 = ω |ω〉. Mostre entao que Λatuando em um autovetor |ω〉 de Ω gera um novo autovetor com autovalor ω + c, ouseja,

Λ |ω〉 ∝ |ω + c〉 .

b) Use o resultado acima para verificar, sem ter de repetir os calculos, que os operadoresa± sao operadores de levantamento e abaixamento do numero quantico n, ou seja,a± |n〉 ∝ |n± 1〉.

6.3. EXERCICIOS 17

2. a) Mostre que os operadores X e P em termos dos operadores a± sao da forma

X =

√~

2mω(a+ + a−), P = i

√m~ω

2(a+ − a−)

b) Mostre que na base de energia |n〉, os operadores X e P sao representados pelasmatrizes infinitas abaixo

X =

√~

2mω

0√1 0 0 ...√

1 0√2 0 ...

0√2 0

√3 ...

0 0√3 0 ...

......

......

. . .

, P = −i

√mω~

2

0√1 0 0 ...

−√1 0

√2 0 ...

0 −√2 0

√3 ...

0 0 −√3 0 ...

......

......

. . .

c) Verifique que matrizes acima satisfazem a relacao de comutacao [X,P ] = i~.d) Calcule X2 e P 2, e mostre que o operador hamiltoniano H = 1

2mP 2 + 1

2mω2X2

corresponde a uma matriz diagonal, cujos elementos da diagonal sao exatamente asautoenergias En do sistema.

3. Exercıcio 7.3.5 (Shankar).

4. Exercıcio 7.3.6 (Shankar).

5. a) Escreva a equacao de Schrodinger na base |p〉 para o oscilador harmonico. Compare-a com a equacao equivalente na base |x〉 e mostre que a primeira pode ser obtida dasegunda atraves das substituicoes: x→ p e mω → 1/mω. Em particular, obtenha poressa via o estado fundamental ψ0(p) na base dos momentos. Determine ainda por essemetodo a incerteza ∆P no estado fundamental a partir de ∆X .b) Calcule a transformada de Fourier do estado fundamental ψ0(x) e determine assim,por via direta, a funcao de onda ψ0(p) correspondente na base dos momentos. Comparecom a solucao obtida no item anterior.

6. Distribuicao normal ou gaussiana. Considere uma variavel aleatoria X com distri-buicao normal (ou gaussiana) com media µ e desvio padrao σ, denotada por N (µ, σ),e cuja densidade de probabilidade e

p(x) =1√2πσ2

e−(x−µ)2

2σ2 .

a) Mostre que a variancia dessa distribuicao e dada por

var[X ] = (∆X)2 =⟨(X − 〈X〉)2

⟩= σ2.


Obs.: Sem perda de generalidade pode-se fazer µ = 0.b) Generalize o resultado acima e mostre que os momentos de ordem ımpar da distri-buicao sao nulos ao passo que os momentos de ordem par sao dados por

⟨X2n

⟩= 1 · 3 · 5 · ... · (2n− 1) σ2n.

7. a) Exercıcio 7.4.2 (Shankar).b) Calcule os valores medios 〈T 〉 e 〈V 〉 no estado |n〉 do oscilador harmonico e verifiquediretamente o teorema do virial.

8. Considere os autovetores do operador de abaixamento a−:

a− |α〉 = α |α〉 ,

onde α ∈ C e 〈α|α〉 = 1.a) Partindo da expansao de |α〉 na base dos autoestados |n〉, |α〉 = ∑∞

n=0Cn |n〉, calculeos coeficientes Cn e mostre que |α〉 e da forma

|α〉 = e−|α|2/2

∞∑

n=0

αn√n!

|n〉.

b) Por completeza, aplique operador a− no estado |α〉 acima e mostre que o mesmo e,de fato, um autovetor do operador de abaixamento a− com autovalor α.

9. Alternativamente, o estado |α〉 definido na questao anterior pode ser obtido pela acaodo operador de deslocamento D(α) sobre o estado fundamental |0〉:

|α〉 = D(α) |0〉 ,

ondeD(α) = e(αa

†−α∗a).

Para mostrar isso considere os passos abaixo.a) Mostre que D(α) e unitario, logo 〈α|α〉 = 〈0|0〉 = 1. Dado: eA+B = eAeBe−

12[A,B].

b) Verifique quee−α

∗a− |0〉 = |0〉e use esse resultado para mostrar que

D(α)|0〉 = e−|α|2/2∞∑

n=0

αn√n!|n〉,

logo |α〉 = D(α) |0〉, como desejado.

6.3. EXERCICIOS 19

10. Considere os estados |α〉 discutidos nas duas questoes anteriores. Suponha que emt = 0 o sistema foi preparado no estado

|ψ(0)〉 = |α〉 ,

para um dado α.a) Determine o estado |ψ(t)〉, para t > 0, e mostre que ele permanece um autovetor dooperador a− com autovalor α(t) = αe−iωt, ou seja, podemos escrever |ψ(t)〉 = |α(t)〉 =|αe−iωt〉.b) Calcule o valor medio do operador X no estado |α(t)〉 e mostre que

〈X〉 =√

2~

mω|α| cos(ωt− δ),

onde α = |α|eiδ. Note que o centro do pacote de onda nesse caso move-se como se fosseuma partıcula classica. Por essa e outras razoes o estado |z〉 e chamado de um estado

coerente.

11. Considere um oscilador harmonico em que a partıcula de massa m possui carga eletricaq e move-se na presenca de um campo eletrico E(t) espacialmente uniforme na direcaox (mas que pode variar no tempo), o qual prove um potencial adicional

VE = −qE(t)X.

a) Calcule o comutador dos operadores a− e a+ com o hamiltoniano H(t) do sistema.b) Considere o valor medio de a−

α(t) ≡ 〈a〉 = 〈ψ(t)|a|ψ(t)〉 ,

onde |ψ(t)〉 e um estado normalizado do sistema acima. Mostre que

d

dtα(t) = −iωα(t) + iλ(t),

onde λ(t) = qE(t)/√2m~ω. Resolva essa EDO e determine os valores medios de X e

P em funcao do tempo t.c) Considere o ket |ϕ(t)〉 definido por

|ϕ(t)〉 = [a− 〈a〉] |ψ(t)〉 .

Obtenha a equacao para a evolucao temporal de |ϕ(t)〉 e discuta como a norma de|ϕ(t)〉 varia com o tempo.d) Assuma que para t < 0 o oscilador hamonico estava no estado fundamental, sendoo campo eletrico ligado em t = 0 e desligado em t = T . Para t > T qual e a evolucao


do valores medios 〈X〉 (t) e 〈P 〉 (t)?e) Considere que no item anterior o campo eletrico e da forma E(t) = Eo cos(ω′t).Discuta o fenomeno de ressonancia que e observado em funcao do parametro ∆ω =ω′ − ω. Se para t > T a energia for medida, que resultados podem ser obtidos e comque probabilidades?

12. Vimos na nossa discussao do postulado da medida que a probabilidade de encontrarmosum oscilador entre x e x+ dx e dada por

pclass(x) =1

2π

1√x20 − x2

,

onde x0 e a amplitude maxima do oscilador que possui um mınimo na origem e maximonas extremidades x = ±x0. Vimos que para os primeiros modos do oscilador quantico,a densidade de probabilidade tem picos proximo da origem e decai a zero rapidamente.Mostre entretanto que para n grande a densidade de probabilidade tende a se asse-melhar com o resultado classico, com os maximos globais nas “extremidades”; videlivro-texto p. 202.

13. (Opcional) Em conexao com o exercıcio anterior tente provar que a densidade de pro-babilidade do oscilador qantico converge para o resultado classico no limite n ⇒ ∞.Para isso reescale o eixo horizontal fazendo:

y =x

x0n,

onde x0n e o maior maximo de ψn(x). Faca um grafico de Pn(x) = |ψn(x)|2 em termodessas variaveis reescaladas e analise o comportamento para n grande.

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Aula. 09-10 - cap6 OH