Gasiorowicz Capítulo 2

Capítulos 5 de Rohlf

Griffiths Capítulo 2

Cohen-Tannoudji et al. Capítulo

Construindo um pacote de onda de partícula única localizada

Agora temos uma função de onda para uma partícula livre com um momento definido $\ bgroup \ color {black} $ p $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x, t) = e ^ {i (px-Et) / \ hbar} = e ^ {i (kx- \ omega t)} \ egroup \ end {displaymath}$

onde o número de onda $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ é definido por $\ bgroup \ color {black} $ p = \ hbar k $ \ egroup$ e a frequência angular $\ bgroup \ color {black} $ \ omega $ \ egroup$ satisfaz $\ bgroup \ color {black} $ E = \ hbar \ omega $ \ egroup$ . Não está localizado em todos os lugares. $\ bgroup \ color {black} $ P (x, t) = \ vert \ psi (x, t) \ vert ^ 2 = 1 $ \ egroup$

Gostaríamos de um estado localizado e normalizado para uma partícula .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \ psi ^ * (x, t) \ psi (x, t) dx = 1 \ egroup \ end {displaymath}$

Para fazer um pacote de ondas localizado no espaço , devemos adicionar componentes de diferentes números de onda. Lembre-se de que podemos usar uma série de Fourier para compor qualquer função $\ bgroup \ color {black} $ f (x) $ \ egroup$ quando limitamos o intervalo a $\ bgroup \ color {black} $ - L <x <L $ \ egroup$ . Não queremos limitar nossos estados em $\ bgroup \ color {black} $ x $ \ egroup$ , então vamos tirar o limite disso . Nesse limite, todo número de onda é permitido para que a soma se transforme em uma integral. O resultado é a transformada de Fourier intimamente relacionada $\ bgroup \ color {black} $ L \ rightarrow \ infty $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} f (x) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi}} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty A (k) e ^ {ikx} dk \ egroup \ end {displaymath}$

com coeficientes que são computáveis,

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} A (k) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi}} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty f (x) e ^ {- ikx } dx. \ egroup \ end {displaymath}$

As normalizações de $\ bgroup \ color {black} $ f (x) $ \ egroup$ e $\ bgroup \ color {black} $ A (k) $ \ egroup$ são iguais (com esta forma simétrica ) e ambas podem representar amplitudes de probabilidade.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty f ^ * (x) f (x) dx = \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty A ^ * (k) A (k) dk \ egroup \ end {displaymath}$

Dois exemplos de pacotes de ondas localizados

Vamos agora tentar dois exemplos de um pacote de ondas localizado $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ e normalizado corretamente em $\ bgroup \ color {black} $ t = 0 $ \ egroup$ .

Um pacote `` quadrado '': para e 0 em outro lugar. $A (k) = {1 \ over \ sqrt {a}}$ $k_0- {a \ over 2} <k <k_0 + {a \ over 2}$
A Gaussian de pacotes: . $A (k) = \ left ({2 \ alpha \ over \ pi} \ right) ^ {1/4} e ^ {- \ alpha (k-k_0) ^ 2}$

Ambos estão localizados em relação ao momento $\ bgroup \ color {black} $ p = \ hbar k_0 $ \ egroup$ .

Verifique a normalização de (1).

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \ vert A (k) \ ... ... imits_ {k_0- {a \ over 2}} ^ { k_0 + {a \ over 2}} dk = {1 \ over a} a = 1 \ egroup \ end {displaymath}$

Verifique a normalização de (2) usando o resultado para uma integral definida de um Gaussiano $\ bgroup \ color {black} $ \ int \ limits _ {- \ infty} ^ {\ infty} \; dx \; e ^ {- ax ^ 2} = \ sqrt {\ pi \ over a}. $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \ vert A (k) \ ... ...) ^ 2} dk = \ sqrt {2 \ alpha \ sobre \ pi} \ sqrt {\ pi \ over 2 \ alpha} = 1 \ egroup \ end {displaymath}$

Portanto, agora pegamos a transformada de Fourier de (1) bem aqui.

$\ begin {eqnarray *} f (x) & = & {1 \ over \ sqrt {2 \ pi}} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty A (k) e ... ... a \ mais de 2 \ pi} e ^ {ik_0x} {2 \ sin \ left ({ax \ over 2} \ right) \ over ax} \\ \ end {eqnarray *}$

Observe que é igual a 1 em e que diminui a partir daí. Se você quadrar isso, deve lembrá-lo de um padrão de difração de fenda única! Na verdade, a única fenda nos dá uma localização quadrada no espaço de posição e o FT é essa função. $\ bgroup \ color {black} $ {2 \ sin \ left ({ax \ over 2} \ right) \ over ax} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ x = 0 $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ {\ sin (x) \ over x} $ \ egroup$

A transformada de Fourier de um pacote de onda gaussiana é $\ bgroup \ color {black} $ A (k) = \ left ({2 \ alpha \ over \ pi} \ right) ^ {1/4} e ^ {- \ alpha (k-k_0) ^ 2} $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} f (x) = \ left ({1 \ over 2 \ pi \ alpha} \ right) ^ {1/4} e ^ {ik_0x} e ^ {- {x ^ 2 \ over 4 \ alpha}} \ egroup \ end {displaymath}$

também um gaussiano. Mostraremos mais tarde que um gaussiano é o melhor que se pode fazer para localizar uma partícula em posição e momento ao mesmo tempo.

Em ambos os casos de $\ bgroup \ color {black} $ f (x) $ \ egroup$ (transformado de um normalizado $\ bgroup \ color {black} $ A (k) $ \ egroup$ localizado no espaço de momento), vemos

Um coeficiente que normaliza corretamente o estado para 1,
$e ^ {ik_0x}$ - uma onda correspondente ao momento $\ hbar k_0$ ,
e uma função de pacote localizada em .

Alcançamos nosso objetivo de encontrar estados que representam uma partícula livre . Vemos que podemos ter estados localizados tanto no espaço de posição quanto no espaço de momento. Conseguimos isso criando pacotes de ondas que são sobreposições de estados com momento definido. Os pacotes de ondas, embora localizados, têm alguma largura dentro $\ bgroup \ color {black} $ x $ \ egroup$ e fora $\ bgroup \ color {black} $ p $ \ egroup$ .

O Princípio da Incerteza de Heisenberg

Os pacotes de ondas que testamos acima satisfazem um princípio de incerteza, que é uma propriedade das ondas . Isso é . $\ bgroup \ color {black} $ \ Delta k \ Delta x \ geq {1 \ over 2} $ \ egroup$

Para o pacote `` quadrado '', a largura total em $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ é $\ bgroup \ color {black} $ \ Delta k = a $ \ egroup$ . A largura em $\ bgroup \ color {black} $ x $ \ egroup$ é um pouco difícil de definir, mas vamos usar o primeiro nó na probabilidade encontrada em ou . Portanto, a largura é o dobro disso ou . Isso nos dá $\ bgroup \ color {black} $ {ax \ over 2} = \ pi $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ x = {2 \ pi \ over a} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ \ Delta x = {4 \ pi \ over a} $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} \ Delta k \ Delta x = 4 \ pi \ egroup \ end {displaymath}$

o que certamente satisfaz o limite acima. Observe que, se alterarmos a largura de $\ bgroup \ color {black} $ A (k) $ \ egroup$ , a largura das $\ bgroup \ color {black} $ f (x) $ \ egroup$ alterações para manter o produto de incerteza constante.

Para o pacote de onda gaussiana, podemos ler rigorosamente a largura RMS da distribuição de probabilidade, como foi feito no final da seção sobre a transformada de Fourier de uma gaussiana.

$\ begin {eqnarray *} \ sigma_x & = & \ sqrt {\ alpha} \\ \ sigma_k & = & {1 \ over \ sqrt {4 \ alpha}} \\ \ end {eqnarray *}$

Podemos ver novamente que, conforme variamos a largura no espaço k, a largura no espaço x varia para manter o produto constante.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ sigma_x \ sigma_k = {1 \ over 2} \ egroup \ end {displaymath}$

O pacote de ondas gaussianas fornece a incerteza mínima . Vamos provar isso mais tarde.

Se traduzirmos em momentum $\ bgroup \ color {black} $ p = \ hbar k $ \ egroup$ , então

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} \ Delta p = \ hbar \ Delta k. \ egroup \ end {displaymath}$

Assim afirma o Princípio da Incerteza de Heisenberg .

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle \ Delta p \ Delta x \ geq {\ hbar \ over 2} $ \ egroup$

Diz que não podemos saber a posição de uma partícula e seu momento ao mesmo tempo e nos diz o limite de quão bem podemos conhecê-los.

Se tentarmos localizar uma partícula em uma região muito pequena do espaço, seu momento torna-se incerto. Se tentarmos fazer uma partícula com um momento definido, sua distribuição de probabilidade se espalha no espaço.

Espaço de posição e espaço de impulso

Podemos representar um estado com $\ bgroup \ color {black} $ \ psi (x) $ \ egroup$ ou com $\ bgroup \ color {black} $ \ phi (p) $ \ egroup$ . Podemos (Fourier) nos transformar de um para o outro.

Temos a Transformada de Fourier simétrica.

$\ begin {eqnarray *} f (x) & = & {1 \ over \ sqrt {2 \ pi}} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty A (k) e ... ... ver \ sqrt {2 \ pi}} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty f (x) e ^ {- ikx} dx \\ \ end {eqnarray *}$

Quando mudamos a variável de $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ para $\ bgroup \ color {black} $ p $ \ egroup$ , obtemos as transformadas de Fourier em termos de e .

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle \ psi (x) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi \ hbar}} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \ phi (p) e ^ { ipx / \ hbar} dp $ \ egroup$

$\ bgroup \ color {black} $ \ displaystyle \ phi (p) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi \ hbar}} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \ psi (x) e ^ { -ipx / \ hbar} dx $ \ egroup$

Vale a pena estudar essas fórmulas. Se definirmos $\ bgroup \ color {black} $ u_p (x) $ \ egroup$ ser o estado com momentum definido $\ bgroup \ color {black} $ p $ \ egroup$ , (no espaço de posição) nossa fórmula para isso é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} u_p (x) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi \ hbar}} e ^ {ipx / \ hbar}. \ egroup \ end {displaymath}$

Da mesma forma, o estado (no espaço momentum) com posição definida $\ bgroup \ color {black} $ x $ \ egroup$ é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} v_x (p) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi \ hbar}} e ^ {- ipx / \ hbar} \ egroup \ end {displaymath}$

Esses estados não podem ser normalizados para 1, mas eles têm uma convenção de normalização que é satisfeita devido à constante mostrada.

Nossa transformada de Fourier agora pode ser lida para dizer que somamos estados de momentum definido para obter $\ bgroup \ color {black} $ \ psi (x) $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x) = \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \ phi (p) u_p (x) dp \ egroup \ end {displaymath}$

e somamos estados de posição definida a serem obtidos $\ bgroup \ color {black} $ \ phi (p) $ \ egroup$ .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ phi (p) = \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \ psi (x) v_x (p) dx \ egroup \ end {displaymath}$

Existe uma maneira mais abstrata de escrever esses estados. Usando a notação de Dirac, o estado com momentum definido $\ bgroup \ color {black} $ p_0 $ \ egroup$ , pode ser escrito como $\ bgroup \ color {black} $ u_ {p0} (x) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi \ hbar}} e ^ {ip_0x / \ hbar} $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ vert p_0 \ rangle \ egroup \ end {displaymath}$

e o estado com posição definida $\ bgroup \ color {black} $ x_1 $ \ egroup$ , pode ser escrito $\ bgroup \ color {black} $ v_ {x1} (p) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi \ hbar}} e ^ {- ipx_1 / \ hbar} $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ vert x_1 \ rangle. \ egroup \ end {displaymath}$

O estado arbitrário representado por $\ bgroup \ color {black} $ \ psi (x) $ \ egroup$ ou $\ bgroup \ color {black} $ \ phi (p) $ \ egroup$ , pode ser escrito simplesmente como

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ vert \ psi \ rangle. \ egroup \ end {displaymath}$

A função de onda real $\ bgroup \ color {black} $ \ psi (x) $ \ egroup$ seria escrita como

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x) = \ langle x \ vert \ psi \ rangle. \ egroup \ end {displaymath}$

Isso nos dá a amplitude necessária $\ bgroup \ color {black} $ x $ \ egroup$ para qualquer valor de $\ bgroup \ color {black} $ x $ \ egroup$ .

Descobriremos que existem outras maneiras de representar os estados quânticos. Esta foi uma prévia. Passaremos mais tempo na notação de Dirac Bra-ket mais tarde.

Desenvolvimento de tempo de um pacote de onda gaussiana *

Até agora, executamos nossas transformadas de Fourier $\ bgroup \ color {black} $ t = 0 $ \ egroup$ e analisamos o resultado apenas em $\ bgroup \ color {black} $ t = 0 $ \ egroup$ . Agora vamos colocar o tempo de volta na função de onda e olhar para o pacote de ondas mais tarde. Veremos que o comportamento dos fótons e dos elétrons não relativísticos é bem diferente.

Suponha que comecemos com nosso pacote de ondas Gaussiano (incerteza mínima) em . Podemos fazer a transformada de Fourier para posicionar o espaço, incluindo a dependência do tempo. $\ bgroup \ color {black} $ A (k) = e ^ {- \ alpha (k-k_0) ^ 2} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ t = 0 $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x, t) = \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \; A (k) e ^ {i (kx- \ omega (k) t)} \; dk \ egroup \ end {displaymath}$

Escrevemos explicitamente de que $\ bgroup \ color {black} $ \ omega $ \ egroup$ depende $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ . Para nossa partícula livre, isso significa apenas que a energia depende do momento. Para um fóton, $\ bgroup \ color {black} $ E = pc $ \ egroup$ então e daí . Para um elétron não relativístico,, portanto , e portanto . $\ bgroup \ color {black} $ \ hbar \ omega = \ hbar kc $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ \ omega = kc $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ E = {p ^ 2 \ over 2m} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ \ hbar \ omega = {\ hbar ^ 2 k ^ 2 \ over 2m} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ \ omega = {\ hbar k ^ 2 \ over 2m} $ \ egroup$

Para cobrir o caso geral, vamos expandir em $\ bgroup \ color {black} $ \ omega (k) $ \ egroup$ torno do centro do pacote de ondas no espaço k.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ omega (k) = \ omega (k_0) + \ left. {d \ omega \ over ... ... 2} \ left. {d ^ 2 \ omega \ over dk ^ 2} \ right \ vert _ {k_0} (k-k_0) ^ 2 \ egroup \ end {displaymath}$

Antecipamos um pouco o resultado e nomeamos os coeficientes.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} \ omega (k) = \ omega_0 + v_g (k-k_0) + \ beta (k-k_0) ^ 2 \ egroup \ end {displaymath}$

Para o fóton $\ bgroup \ color {black} $ v_g = c $ \ egroup$ e $\ bgroup \ color {black} $ \ beta = 0 $ \ egroup$ . Para o elétron NR, e . $\ bgroup \ color {black} $ v_g = {\ hbar k_0 \ over m} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ \ beta = {\ hbar \ over 2m} $ \ egroup$

Realizando a Transformada de Fourier, obtemos

$\ begin {eqnarray *} \ psi (x, t) & = & \ sqrt {\ pi \ over \ alpha + i \ beta t} \; e ^ {i (k_0x- \ omega _... ... 2 t ^ 2}} \; e ^ {- \ alpha (x-v_gt) ^ 2 \ over 2 (\ alpha ^ 2 + \ beta ^ 2 t ^ 2)}. \\ \ end {eqnarray *}$

Vemos que o fóton se moverá com a velocidade da luz e que o pacote de ondas não se dispersará, porque $\ bgroup \ color {black} $ \ beta = 0 $ \ egroup$ .

Para o electrão NR, o pacote de ondas move-se com a correcta velocidade de grupo , , mas o pacote de ondas espalha com o tempo . A largura RMS é . $\ bgroup \ color {black} $ v_g = {p \ over m} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ \ sigma = \ sqrt {\ alpha ^ 2 + \ left ({\ hbar t \ over 2m} \ right) ^ 2} $ \ egroup$

Um pacote de ondas se espalha naturalmente porque contém ondas de momentos diferentes e, portanto, de velocidades diferentes. Pacotes de ondas muito localizados no espaço se espalham rapidamente.

Derivações e cálculos

Fourier Series

As séries de Fourier nos permitem expandir qualquer função periódica no intervalo $\ bgroup \ color {black} $ (- L, L) $ \ egroup$ , em termos de senos e cossenos também periódicos nesse intervalo.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} f (x) = \ sum \ limits_ {n = 0} ^ \ infty A_n \ cos \ lef ... ... \ limits_ {n = 1} ^ \ infty B_n \ sin \ left ({n \ pi x \ over L} \ right) \ egroup \ end {displaymath}$

Uma vez que os senos e cossenos podem ser feitos a partir das exponenciais complexas, podemos igualmente usá-los para nossa base de expansão. Isso tem a boa simplificação de ter apenas um termo na soma, usando negativo $\ bgroup \ color {black} $ n $ \ egroup$ para obter o outro termo.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} f (x) = \ sum \ limits_ {n = - \ infty} ^ \ infty a_ne ^ {em \ pi x \ over L} \ egroup \ end {displaymath}$

Os exponenciais são ortogonais e normalizados no intervalo (assim como os senos e cossenos)

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {1 \ over 2L} \ int \ limits _ {- L} ^ L \; e ^ {em \ pi x \ sobre L} \; e ^ {- im \ pi x \ over L} dx = \ delta_ {nm} \ egroup \ end {displaymath}$

para que possamos calcular facilmente os coeficientes.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} a_n = {1 \ over 2L} \ int \ limits _ {- L} ^ L f (x) e ^ {- em \ pi x \ over L} dx \ egroup \ fim {displaymath}$

Em resumo, as equações da série de Fourier que usaremos são

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} f (x) = \ sum \ limits_ {n = - \ infty} ^ \ infty a_ne ^ {em \ pi x \ over L} \ egroup \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} a_n = {1 \ over 2L} \ int \ limits _ {- L} ^ L f (x) e ^ {- em \ pi x \ over L} dx. \ egroup \ end {displaymath}$

Vamos expandir o intervalo ao infinito.

Transformada de Fourier *

Para permitir que as funções de onda se estendam ao infinito , vamos expandir o intervalo usado

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} L \ rightarrow \ infty. \ egroup \ end {displaymath}$

Ao fazermos isso, usaremos o número da onda

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} k = {n \ pi \ over L}. \ egroup \ end {displaymath}$

Como , pode assumir qualquer valor, o que implica que teremos uma distribuição contínua de . Nossa soma torna - se integral . $\ bgroup \ color {black} $ L \ rightarrow \ infty. $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ n $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} dk = {\ pi \ over L} dn. \ egroup \ end {displaymath}$

Se definirmos , podemos fazer a transformação sair com as constantes que desejamos. $\ bgroup \ color {black} $ A (k) = \ sqrt {2 \ over \ pi} La_n $ \ egroup$

$\ bgroup \ color {black} $ f (x) = \ sum \ limits_ {n = - \ infty} ^ \ infty a_ne ^ {in \ pi x \ over L} $ \ egroup$	Série Fourier Padrão
$\ bgroup \ color {black} $ a_n = {1 \ over 2L} \ int \ limits _ {- L} ^ L f (x) e ^ {- em \ pi x \ over L} dx $ \ egroup$	Série Fourier Padrão
$\ bgroup \ color {black} $ A_n = \ sqrt {2 \ over \ pi} L {1 \ over 2L} \ int \ limits _ {- L} ^ L f (x) e ^ {- em \ pi x \ over L} dx \ qquad $ \ egroup$	redefinir coeficiente
$\ bgroup \ color {black} $ A_n = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi}} \ int \ limits _ {- L} ^ L f (x) e ^ {- em \ pi x \ over L} dx $ \ egroup$
$\ bgroup \ color {black} $ f (x) = \ sqrt {\ pi \ over 2} {1 \ over L} \ sum \ limits_ {n = - \ infty} ^ \ infty A_ne ^ {in \ pi x \ sobre L} $ \ egroup$	f continua o mesmo
$\ bgroup \ color {black} $ f (x) = {\ sqrt {\ pi} \ over \ sqrt {2} L} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty A (k) e ^ {ikx} {L \ over \ pi} dk $ \ egroup$	mas é reescrito em novo A e dk
$\ bgroup \ color {black} $ f (x) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi}} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty A (k) e ^ {ikx} dk $ \ egroup$	resultado
$\ bgroup \ color {black} $ A (k) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi}} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty f (x) e ^ {- ikx} dx $ \ egroup$	resultado

Esta é apenas a extensão da série Fourier para todos $\ bgroup \ color {black} $ x $ \ egroup$ .

Se $\ bgroup \ color {black} $ f (x) $ \ egroup$ for normalizado, então $\ bgroup \ color {black} $ A (k) $ \ egroup$ também será normalizado com esta forma (simétrica) da Transformada de Fourier. Assim, se $\ bgroup \ color {black} $ f (x) $ \ egroup$ é uma amplitude de probabilidade no espaço de posição, $\ bgroup \ color {black} $ A (k) $ \ egroup$ pode ser uma amplitude de probabilidade (no espaço k).

Integral de Gauss

Esta é apenas uma derivação escorregadia da integral definida de uma Gaussiana de menos infinito a infinito. Com outros limites, o integral não pode ser feito analiticamente, mas é tabulado. As funções estão disponíveis em bibliotecas de computador para retornar esta importante integral.

A resposta é

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ {\ infty} \; dx \; e ^ {- ax ^ 2} = \ sqrt {\ pi \ over a}. \ egroup \ end {displaymath}$

Transformada de Fourier de Gaussiana

Queremos Fourier transformar o pacote de ondas gaussianas em (momento) k-espaço para entrar no espaço de posição. A fórmula da Transformada de Fourier é $\ bgroup \ color {black} $ A (k) = \ left ({2 \ alpha \ over \ pi} \ right) ^ {1/4} e ^ {- \ alpha (k-k_0) ^ 2} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ f (x) $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} f (x) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi}} \ left ({2 \ alpha \ o ... ... mits _ {- \ infty} ^ \ infty \; e ^ {- \ alpha (k-k_0) ^ 2} e ^ {ikx} dk. \ egroup \ end {displaymath}$

Agora vamos transformar a integral algumas vezes para chegar à integral definida padrão de uma gaussiana para a qual sabemos a resposta. Primeiro,

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} k '= k-k_0 \ egroup \ end {displaymath}$

que realmente não faz nada desde então $\ bgroup \ color {black} $ dk '= dk $ \ egroup$ .

$\ begin {eqnarray *} f (x) & = & \ left ({\ alpha \ over 2 \ pi ^ 3} \ right) ^ {1/4} e ^ {ik_0x} \ int \ li ... .. .} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \; e ^ {- \ alpha k '^ 2} e ^ {ik'x} dk' \\ \ end {eqnarray *}$

Agora queremos completar o quadrado do expoente dentro da integral. Planejamos um termo como definimos $\ bgroup \ color {black} $ e ^ {- \ alpha k '' ^ 2} $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} k '' = k '- {ix \ over 2 \ alpha}. \ egroup \ end {displaymath}$

Mais uma vez $\ bgroup \ color {black} $ dk '' = dk '= dk $ \ egroup$ . Vamos escrever o expoente planejado para ver o que está faltando.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} - \ alpha \ left (k '- {ix \ over 2 \ alpha} \ right) ^ 2 = - \ alpha k' ^ 2 + ik'x + {x ^ 2 \ over4 \ alpha} \ egroup \ end {displaymath}$

Precisamos multiplicar por para cancelar o termo extra no quadrado preenchido. $\ bgroup \ color {black} $ e ^ {- {x ^ 2 \ over4 \ alpha}} $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} f (x) = \ left ({\ alpha \ over 2 \ pi ^ 3} \ right) ^ {1 ... ... alpha (k '- {ix \ over2 \ alpha}) ^ 2} e ^ {- {x ^ 2 \ over4 \ alpha}} dk '\ egroup \ end {displaymath}$

Esse termo pode ser extraído da integral, pois não depende de $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} f (x) = \ left ({\ alpha \ over 2 \ pi ^ 3} \ right) ^ {1 ... ... a}} \ int \ limits_ {- \ infty} ^ \ infty \; e ^ {- \ alpha k '' ^ 2} dk '' \ egroup \ end {displaymath}$

Portanto, agora temos a integral gaussiana padrão que apenas nos dá . $\ bgroup \ color {black} $ \ sqrt {\ pi \ over \ alpha} $ \ egroup$

$\ begin {eqnarray *} f (x) & = & \ left ({\ alpha \ over 2 \ pi ^ 3} \ right) ^ {1/4} \ sqrt {\ pi \ over \ a ... .. .er 2 \ pi \ alpha} \ right) ^ {1/4} e ^ {ik_0x} e ^ {- {x ^ 2 \ over 4 \ alpha}} \\ \ end {eqnarray *}$

Vamos verificar a normalização .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \; \ vert f (x) ... ... 2 \ alpha}} dx = \ sqrt {1 \ over 2 \ pi \ alpha} \ sqrt {2 \ alpha \ pi} = 1 \ egroup \ end {displaymath}$

Dado um normalizado $\ bgroup \ color {black} $ A (k) $ \ egroup$ , obtemos um normalizado $\ bgroup \ color {black} $ f (x) $ \ egroup$ .

O desvio RMS ou desvio padrão de um Gaussiano pode ser lido a partir da distribuição.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} P (x) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi \ sigma ^ 2}} e ^ {- {(xX) ^ 2 \ over 2 \ sigma ^ 2 }} \ egroup \ end {displaymath}$

Quadrado $\ bgroup \ color {black} $ f (x) $ \ egroup$ , nós temos

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} P (x) = \ sqrt {1 \ over 2 \ pi \ alpha} e ^ {- {x ^ 2 \ over 2 \ alpha}}. \ egroup \ end {displaymath}$

Lendo tanto o coeficiente quanto o exponencial, vemos que

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ sigma_x = \ sqrt {\ alpha} \ egroup \ end {displaymath}$

Para a largura no espaço k,

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} P (k) = \ sqrt {2 \ alpha \ over \ pi} e ^ {- 2 \ alpha (k-k_0) ^ 2}. \ egroup \ end {displaymath}$

Lendo a partir do coeficiente do exponencial, obtemos

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ sigma_k = {1 \ over \ sqrt {4 \ alpha}}. \ egroup \ end {displaymath}$

Podemos ver que conforme variamos a largura no espaço k, a largura no espaço x varia para manter o produto constante.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ sigma_x \ sigma_k = {1 \ over 2} \ egroup \ end {displaymath}$

Traduzindo isso em momentum, chegamos ao limite do Princípio da Incerteza de Heisenberg .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ sigma_x \ sigma_p = {\ hbar \ over 2} \ egroup \ end {displaymath}$

Na verdade, o Princípio da Incerteza afirma que

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ sigma_x \ sigma_p \ geq {\ hbar \ over 2} \ egroup \ end {displaymath}$

então os pacotes de ondas gaussianas parecem saturar o limite!

Definir

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} I = \ int \ limits _ {- \ infty} ^ {\ infty} \; dx \; e ^ {- ax ^ 2}. \ egroup \ end {displaymath}$

Integrar sobre ambos $\ bgroup \ color {black} $ x $ \ egroup$ e $\ bgroup \ color {black} $ y $ \ egroup$ para que

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} I ^ 2 = \ int \ limits _ {- \ infty} ^ {\ infty} \; dx \; ... ... \ int \ limits _ {- \ infty} ^ {\ infty} \; dxdy \; e ^ {- a (x ^ 2 + y ^ 2)}. \ egroup \ end {displaymath}$

Transforme em coordenadas polares.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} I ^ 2 = 2 \ pi \ int \ limits_ {0} ^ {\ infty} \; rdr \; e ... ... i \ left [- {1 \ over a} e ^ {- ar ^ 2} \ right] _0 ^ \ infty = {\ pi \ over a} \ egroup \ end {displaymath}$

Agora é só obter a raiz quadrada para obter a resposta acima.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ {\ infty} \; dx \; e ^ {- ax ^ 2} = \ sqrt {\ pi \ over a}. \ egroup \ end {displaymath}$

Outras formas podem ser obtidas diferenciando em relação a $\ bgroup \ color {black} $ a $ \ egroup$ .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} {\ partial \ over \ partial a} \ int \ limits _ {- \ i ... ... e ^ {- ax ^ 2} = {\ partial \ over \ parcial a} \ sqrt {\ pi \ over a} \ egroup \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ {\ infty} \; dx \; x ^ 2e ^ {- ax ^ 2} = {1 \ over 2a} \ sqrt {\ pi \ over a} \ egroup \ end {displaymath}$

Dependência de tempo de um pacote de onda gaussiana

Suponha que comecemos com nosso pacote de ondas Gaussiano (incerteza mínima) em . Não estamos interessados em uma normalização cuidadosa aqui, portanto, eliminaremos as constantes.

$\ bgroup \ color {black} $ A (k) = e ^ {- \ alpha (k-k_0) ^ 2} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ t = 0 $ \ egroup$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x, t) = \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \; A (k) e ^ {i (kx- \ omega (k) t)} \; dk \ egroup \ end {displaymath}$

Escrevemos explicitamente de que $\ bgroup \ color {black} $ w $ \ egroup$ depende $\ bgroup \ color {black} $ k $ \ egroup$ . Para nossa partícula livre, isso significa apenas que a energia depende do momento. Para cobrir o caso geral, vamos expandir em $\ bgroup \ color {black} $ \ omega (k) $ \ egroup$ torno do centro do pacote de ondas no espaço k.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ omega (k) = \ omega (k_0) + {d \ omega \ over dk} \ v ... ..._ 0) + {1 \ over 2} { d ^ 2 \ omega \ over dk ^ 2} \ vert _ {k_0} (k-k_0) ^ 2 \ egroup \ end {displaymath}$

Antecipamos um pouco o resultado e nomeamos os coeficientes.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {preto} \ omega (k) = \ omega_0 + v_g (k-k_0) + \ beta (k-k_0) ^ 2 \ egroup \ end {displaymath}$

Ainda precisamos fazer a integral como antes. Faça a substituição $\ bgroup \ color {black} $ k '= k-k_0 $ \ egroup$ dando . Fatore o exponencial constante que não tem dependência. $\ bgroup \ color {black} $ A (k ') = e ^ {- \ alpha k' ^ 2} $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ k '$ \ egroup$

$\ begin {eqnarray *} \ psi (x, t) & = & e ^ {i (k_0x-w_0t)} \; \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \; ... ... y} ^ \ infty \; e ^ {- [\ alpha-i \ beta t] k '^ 2} e ^ {i (k'x-v_gt)} \; dk '\\ \ end {eqnarray *}$

Agora comparamos essa integral com a que fizemos anteriormente (para que possamos evitar o trabalho de completar o quadrado novamente). Tirando as constantes, tínhamos

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} f (x) = e ^ {ik_0x} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ inft ... ... pha k '^ 2} e ^ {ik 'x} dk' = e ^ {ik_0x} e ^ {- {x ^ 2 \ over 4 \ alpha}} \ egroup \ end {displaymath}$

Nosso novo integrante é o mesmo com as substituições , e . Podemos então escrever a resposta

$\ bgroup \ color {black} $ k_0x \ rightarrow k_0x- \ omega_0t $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ k'x \ rightarrow k '(x-v_gt) $ \ egroup$ $\ bgroup \ color {black} $ \ alpha \ rightarrow (\ alpha + i \ beta t) $ \ egroup$

$\ begin {eqnarray *} \ psi (x, t) & = & \ sqrt {\ pi \ over \ alpha + i \ beta t} \; e ^ {i (k_0x- \ omega _... ... ^ 2 t ^ 2}} \; e ^ {- \ alpha (x-v_gt) ^ 2 \ over 2 (\ alpha ^ 2 + \ beta ^ 2 t ^ 2)} \\ \ end {eqnarray *}$

Números

A unidade conveniente de energia (massa e momento também) é o volt do elétron.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} 1 eV = 1,602 \ times 10 ^ {- 12} \ mathrm {erg} = 1,602 \ times 10 ^ {- 19} \ mathrm {Joule} \ egroup \ end {displaymath }$

Use a constante de estrutura fina para evitar unidades CGS que são usadas no livro.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ alpha = {e ^ 2 \ over \ hbar c} = 1/137 \ egroup \ end {displaymath}$

Essa combinação economiza muito trabalho.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ hbar c = 1973 \ mathrm {eV \ AA} = 197,3 \ mathrm {MeV F} \ egroup \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} 1 \ AA = 1.0 \ times 10 ^ {- 10} \ mathrm {m} \ egroup \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} 1 \ mathrm {Fermi} = 1,0 \ vezes 10 ^ {- 15} \ mathrm {m} \ egroup \ end {displaymath}$

O raio de Bohr fornece o tamanho do átomo de hidrogênio.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} a_0 = {\ hbar \ over \ alpha m_e c} = 0,529 \ vezes 10 ^ {- 10} \ mathrm {m} \ egroup \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} m_p = 938.3 \ mathrm {MeV / c} ^ 2 \ egroup \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} m_n = 939.6 \ mathrm {MeV / c} ^ 2 \ egroup \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} m_e = 0,511 \ mathrm {MeV / c} ^ 2 \ egroup \ end {displaymath}$

A Função Delta de Dirac

A função delta de Dirac é zero em todos os lugares, exceto no ponto onde seu argumento é zero . Nesse ponto, é o tipo certo de infinito para que

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty dx \; f (x) \; \ delta (x) = f (0). \ egroup \ end {displaymath}$

Esta é a definição da função delta. Ele seleciona o valor da função $\ bgroup \ color {black} $ f (x) $ \ egroup$ no ponto onde o argumento da função delta desaparece. Uma simples extensão da definição dá.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty dx \; f (x) \; \ delta (xa) = f (a) \ egroup \ end {displaymath}$

A transformação de uma integral nos permite calcular

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty dx \; f (x) \; ... ... esquerda [{1 \ over \ vert {dg \ over dx} \ vert} f (x) \ right] _ {g (x) = 0} \ egroup \ end {displaymath}$

o efeito do argumento sendo uma função.

Se fizermos um pacote de ondas no espaço p usando a função delta, e nos transformarmos no espaço de posição,

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi \ hbar}} \ int \ lim ... ... \ hbar} dp = {1 \ sobre \ sqrt {2 \ pi \ hbar}} \; e ^ {ip_0x / \ hbar} \ egroup \ end {displaymath}$

nós apenas obtemos o estado de definitivo $\ bgroup \ color {black} $ p $ \ egroup$ .

Este é um estado de momentum definido escrito no espaço de momentum. Sua transformada de Fourier é Este é um estado de posição definida escrito no espaço de posição.

$\ bgroup \ color {black} $ \ delta (p-p_0) $ \ egroup$
$\ bgroup \ color {black} $ \ psi_p (x, t) = {1 \ over \ sqrt {2 \ pi \ hbar}} \; e ^ {i (px-Et) / \ hbar} $ \ egroup$
$\ bgroup \ color {black} $ \ delta (x-x_0) $ \ egroup$

Exemplos

O pacote de onda quadrada

Dada a seguinte amplitude de probabilidade unidimensional na variável de posição x, calcule a distribuição de probabilidade no espaço de momento. Mostre que o princípio da incerteza é aproximadamente satisfeito.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ psi (x) = {1 \ over \ sqrt {2a}} \ egroup \ end {displaymath}$

para $\ bgroup \ color {black} $ - a <x <a $ \ egroup$ , caso contrário $\ bgroup \ color {black} $ \ psi (x) = 0 $ \ egroup$ .

Está normalizado.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} \ int \ limits _ {- \ infty} ^ \ infty \; \ psi ^ * \ psi dx = \ int \ limits _ {- a} ^ a \; {1 \ over 2a} dx = 1 \ egroup \ end {displaymath}$

Veja a Transformada de Fourier.

$\ begin {eqnarray *} \ phi (k) & = & {1 \ over \ sqrt {2 \ pi}} \ int \ limits _ {- a} ^ a {1 \ over \ sqrt {2 ... ... {4 \ pi a}} [- 2i \ sin {ka}] = - \ sqrt {1 \ over \ pi a} {\ sin (ka) \ over k} \\ \ end {eqnarray *}$

Agora estime a largura das duas distribuições de probabilidade.

$\ begin {eqnarray *} \ Delta x = 2a \\ \ vert \ phi (k) \ vert ^ 2 = {1 \ over \ pi a} {\ sin ^ 2 (ka) \ over k ^ 2} \\ \ Delta k = {2 \ pi \ sobre a} \\ \ Delta x \ Delta k = 4 \ pi \\ \ end {eqnarray *}$

O Pacote de Ondas Gaussianas *

$\ bgroup \ color {black} $ \ psi (x) = ({\ alpha \ over \ pi}) ^ {1 \ over 4} \; e ^ {- \ alpha x ^ 2/2} $ \ egroup$

O pacote de ondas de função delta de Dirac *

$\ bgroup \ color {black} $ \ psi (x) = \ delta (x-x_0) $ \ egroup$

Posso "ver'' dentro de um átomo

Para ver o interior de um átomo, devemos usar luz com comprimento de onda menor que o tamanho do átomo. Com luz normal, uma vez que uma superfície é polida até o nível de 0,25 mícron, ela parece brilhante. Você não pode mais ver defeitos. Portanto, para ver o interior do átomo, precisaríamos de luz com Å. $\ bgroup \ color {black} $ \ lambda = {h \ over p} = 0,1 $ \ egroup$

$\ begin {eqnarray *} p & = & {2 \ pi \ hbar \ over 0,1} \\ pc & = & {2 \ pi \ hbar c \ over 0,1} = {2 \ pi 1973 \ over 0,1} = 120000 \ mathrm { eV} \\ \ end {eqnarray *}$

Isso é energia cinética mais do que suficiente para explodir o átomo. Você não pode `` ver '' por dentro.

Um cálculo semelhante pode ser feito com o princípio da incerteza.

$\ begin {eqnarray *} \ Delta p \ Delta x \ geq {\ hbar \ over 2} \\ \ Delta (pc) \ Delta x \ geq ... ... \ Delta x} \\ E_ \ gamma \ geq {\ hbar c \ over 2 (0,1 \ AA)} = 10000 eV \\ \ end {eqnarray *}$

A energia de ligação é 13 eV, então isso ainda vai explodi-la.

Portanto, não podemos "observar" o interior de um átomo.

Podemos sondar átomos com fótons de alta energia (por exemplo). Isso vai explodir os átomos, mas podemos usar muitos átomos do mesmo tipo. Aprendemos sobre a estrutura interna dos átomos espalhando partículas para fora deles, explodindo-os.

Posso "ver'' dentro de um núcleo

De maneira semelhante à seção anterior, a energia de ligação por núcleo é alguns MeV, portanto, também explodiremos os núcleos para olhar cuidadosamente dentro deles. Novamente, podemos apenas usar muitos núcleos para nos permitir aprender sobre a estrutura nuclear interna.

$\ bgroup \ color {black} $ E_ \ gamma \ geq {\ hbar c \ over 2 (0,1 F)} = 1000 \ mathrm {MeV}. $ \ egroup$

Estimar a energia do estado fundamental do hidrogênio

A razão pela qual o átomo de hidrogênio (e outros átomos) é tão grande é essencialmente o princípio da incerteza. Se o elétron $\ bgroup \ color {black} $ \ Delta p $ \ egroup$ ficasse confinado a um volume menor, aumentaria, fazendo $\ bgroup \ color {black} $ p $ \ egroup$ com que aumentasse na média. A energia aumentaria, não diminuiria.

Podemos usar o princípio da incerteza para estimar a energia mínima para o hidrogênio. Este não é um cálculo perfeito, mas é mais correto do que o modelo de Bohr. A ideia é que o raio deve ser maior do que o spread na posição e o momento deve ser maior do que o spread no momento.

$\ begin {eqnarray *} r & \ geq & \ Delta x \\ p & \ geq & \ Delta p = {\ hbar \ over 2 r} \\ \ end {eqnarray *}$

Esta é a nossa fórmula para a energia potencial em termos da constante de estrutura fina adimensional $\ bgroup \ color {black} $ \ alpha $ \ egroup$ .

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} V (r) = - {e ^ 2 \ over r} = - {\ alpha \ hbar c \ over r} \ egroup \ end {displaymath}$

Vamos estimar a energia

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} E = {p ^ 2 \ over 2m} - {\ alpha \ hbar c \ over r} \ egroup \ end {displaymath}$

e colocar em prática o princípio da incerteza.

$\ begin {eqnarray *} pr & = & \ hbar \\ E & = & {p ^ 2 \ over 2m} - {\ alpha \ hbar cp \ over \ hbar} \\ E & = & {p ^ 2 \ over 2m} - {\ alpha cp} \\ \ end {eqnarray *}$

Diferencie em relação a $\ bgroup \ color {black} $ p $ \ egroup$ e defina igual a zero para obter o mínimo.

$\ begin {eqnarray *} {dE \ over dp} & = & {p \ over m} - {\ alpha c} = 0 \\ p & = & {\ alpha mc} \\ E ... ...} - {\ alpha ^ 2 mc ^ 2} = - {\ alpha ^ 2 mc ^ 2 \ over 2} = - 13,6 \ mathrm {eV} \\ \ end {eqnarray *}$

Observe que a energia potencial é apenas (-2) vezes a energia cinética (como esperamos do Teorema Virial). A fórmula da energia do estado fundamental está correta.

Também podemos estimar o raio.

$\ begin {displaymath} \ bgroup \ color {black} r = {\ hbar \ over p} = {\ hbar \ over \ alpha mc} = ... ... over \ alpha mc ^ 2} = {1973 eV \ AA (137) \ over 511000eV} = 0,53 \ AA \ egroup \ end {displaymath}$

O estado fundamental do Hidrogênio tem momento angular zero (orbital). Não está se movendo em uma órbita circular como Bohr hipotetizou. O elétron tem apenas uma distribuição de probabilidade espalhada por cerca de 1 Å. Se não fosse espalhado, a energia aumentaria.

Problemas de teste de amostra

Um núcleo tem um raio de 4 Fermis. Use o princípio da incerteza para estimar a energia cinética de um nêutron localizado dentro do núcleo. Faça o mesmo para um elétron.
Responder

$\ begin {displaymath} \ Delta p \ Delta x \ approx \ hbar \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} pr \ approx \ hbar \ end {displaymath}$

Experimente primeiro a fórmula não relativística e verifique a aproximação quando tivermos a energia.

$\ begin {displaymath} E = {p ^ 2 \ over 2m} = {\ hbar ^ 2 \ over 2mr ^ 2} = {(\ hbar c) ^ 2 \ over 2mc ^ 2r ^ 2} = {(197,3 MeV F ) ^ 2 \ over 2 (940 MeV) (4 F) ^ 2} \ aproximadamente 1,3 MeV \ end {displaymath}$

Isso é muito menos do que 940 MeV, então a aproximação não relativística é muito boa.
A energia do elétron será maior e sua massa de repouso é de apenas 0,51 MeV, então SERÁ relativística. Isso torna tudo mais fácil.

$\ begin {displaymath} pr \ approx \ hbar \ end {displaymath}$

$\ begin {displaymath} E = pc = {\ hbar c \ over r} = {197,3 MeV F \ over 4 F} \ aproximadamente 50 MeV \ end {displaymath}$
* Suponha que o potencial para um nêutron próximo a um núcleo pesado seja dado por paraFermis eparaFermis. Use o princípio da incerteza para estimar o valor mínimo necessário para o nêutron se ligar ao núcleo.
Use o princípio da incerteza para estimar a energia do estado fundamental do hidrogênio.
Responder

$\ begin {eqnarray *} \ Delta p \ Delta x \ approx \ hbar \\ pr \ approx \ hbar \\ E = {p ^ 2 \ over 2m} - {e ^ 2 \ over r} = {p ^ 2 \ mais de 2m} - {e ^ 2 \ over \ hbar} p \\ \ end {eqnarray *}$

(Poderíamos ter substituído igualmente bem.) Minimize.

$\ begin {eqnarray *} {dE \ over dp} = {p \ over m} - {e ^ 2 \ over \ hbar} = 0 \\ p = {me ^ 2 \ over \ hba ... ... \ hbar c} \\ e ^ 2 = \ alpha \ hbar c \\ E = - {1 \ over 2} \ alpha ^ 2mc ^ 2 \\ \ end {eqnarray *}$
* Dadas as seguintes amplitudes de probabilidade unidimensionais na variável de posição x, calcule a distribuição de probabilidade no espaço de momento. Mostre que o princípio da incerteza é aproximadamente satisfeito.

uma

$\ psi (x) = {1 \ over \ sqrt {2a}}$ para , caso contrário $\ psi (x) = 0$ .

b

$\ psi (x) = ({\ alpha \ over \ pi}) ^ {1 \ over 4} \; e ^ {- \ alpha x ^ 2/2}$

c

$\ psi (x) = \ delta (x-x_0)$
Use o princípio da incerteza de Heisenberg para estimar a energia do estado fundamental para uma partícula de massa no potencial . $V (x) = {1 \ sobre 2} kx ^ 2$
* Encontre a função de onda unidimensional no espaço de posição $\ psi (x)$ que corresponde a . $\ phi (p) = \ delta (p-p_0)$
* Encontre a função de onda unidimensional no espaço de posição $\ psi (x)$ que corresponde a parae deoutra forma. $\ phi (p) = {1 \ over \ sqrt {2b}}$ $\ phi (p) = 0$
* Suponha que uma partícula esteja localizada de tal forma queparae que em outro lugar. Qual é a probabilidade de a partícula ter um momento entree? $\ psi (x) = {1 \ over \ sqrt {a}}$ $\ psi (x) = 0$
Um feixe de fótons de momento incide sobre uma fenda de largura . O padrão de difração resultante é visualizado na tela, a uma distância da fenda. Use o princípio da incerteza para estimar a largura do máximo central do padrão de difração em termos das variáveis fornecidas.
* A função de onda de uma partícula no espaço de posição é dada por. Encontre a função de onda no espaço do momento . O estado está normalizado corretamente? Explique por quê. $\ psi (x) = \ delta (xa)$
* Uma partícula está no estado. Qual é a probabilidade de a partícula ter um momento entree? $\ psi (x) = Ae ^ {- \ alpha x ^ 2/2}$
Um átomo de hidrogênio tem potencial . Use o princípio da incerteza para estimar a energia do estado fundamental. $V (r) = {- e ^ 2 \ sobre r}$
* Suponha queparae emoutro lugar. O que é? Qual é a probabilidade de encontrar a partícula entree? $\ phi (p) = {1 \ over \ sqrt {2a}}$ $\ vert p \ vert <a$ $\ phi (p) = 0$ $\ psi (x)$
O átomo de hidrogênio é composto de um próton e um elétron unidos pelo potencial de Coulomb ,. Também é possível fazer um átomo semelhante ao hidrogênio a partir de um próton e um múon. A força que liga o múon ao próton é idêntica à do elétron, mas a massa do múon é de 106 MeV / c . Use o princípio da incerteza para estimar a energia e o raio do estado fundamental do hidrogênio muônico. $V (r) = {- e ^ 2 \ sobre r}$
* Dadas as seguintes amplitudes de probabilidade unidimensionais na representação do momento, calcule a amplitude da probabilidade na representação da posição $\ psi (x)$ ,. Mostre que o princípio da incerteza está satisfeito.

(uma)

$\ bar {\ psi} (p) = {1 \ over \ sqrt {2a}}$ para , em outro lugar. $\ bar {\ psi} (p) = 0$

(b)

$\ bar {\ psi} (p) = \ delta (p-p_0)$

(c)

$\ bar {\ psi} (p) = ({\ alpha \ over \ pi}) ^ {1 \ over 4} e ^ {- \ alpha p ^ 2/2}$
* Suponha isso. O que é? O que é? O que é? $\ phi (p) = \ delta (p-p_0)$ $\ psi (x)$