Part I

Partícula em 3 dimensõesNeste Catítulo, estudamos a dinâmica de uma partícula numa situação maisrealistica, ou seja, o movimento no espaço tridimensional sob a força derivadade um potencial V (~r). Supondo que a partícula não tem a estrutura interna,seu estado deve ser especificado completamente pela medição de 3 coorde-nadas espaciais, x, y e z da sua posição. Ou seja, as grandezas x, y e z devemconstituir os observáveis completos. A função de onda na representação deposição é

〈~r|ψ (t)〉 = ψ (x, y, z; t) .

A Equação de Schrödinger é como sempre,

i~∂

∂tψ (x, y, z; t) = Hψ (x, y, z; t) , (1)

onde H é o Hamiltoniano e tem a forma,

H =1

2m~P 2 + V (x, y, z) .

Aqui, o operador ~P 2 significa

~P 2 = P 2x + P 2

y + P 2z

= −~2

(∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

)= −~2∇2.

A Equação de Schrödiger independente no tempo é

HψE (x, y, z) = EψE (x, y, z) . (2)

Para um potencial geral, não é possível obter a solução generica. Exis-tem apenas pouquissimos exemplos cuja solução é conhecida analiticamente.Inicialmente vamos estudar o problema de oscilador harmônico que é umageneralização do problema unidimensional que estudamos no Capítulo ante-rior.

1

1 Oscilador Harmônico 3 dimensional

Vamos considerar o caso de um oscilador harmônico tridimensional anisotrópico.O potencial é dado por

V =m

2

(ω2xx

2 + ω2yy

2 + ω2zz

2),

onde ωx, ωy e ωz representam as frequências clássicas deste oscilador nasdireções, x, y e z, respectivamente. A função de onda na base de coordenadaCartesiana é

ψ (x, y, z) ≡ 〈x, y, z|ψ〉.A Equação de Schrödinger independente no tempo fica[

− ~2

2m∇2 +

m

2

(ω2xx

2 + ω2yy

2 + ω2zz

2)]ψE (x, y, z) = EψE (x, y, z) . (3)

Neste problema, podemos utilizar o método de separação de variáveis comose ver a seguinte. Vamos supor que ψE (x, y, z) é uma fução separável emseus argumentos.

ψE (x, y, z) = X (x)Y (y)Z (z) .

Substituindo este ansatz na Eq.(3), e devidindo os dois lados porX (x)Y (y)Z (z),temos− ~

2

2m

1

X

d2X

dx2+m

2ω2xx

2

+

− ~

2

2m

1

Y

d2Y

dx2+m

2ω2xy

2

+

− ~

2

2m

1

Z

d2Z

dx2+m

2ω2xz

2

= E.

Como as variáveis dos 3 termos agrupados por são independentes, a únicapossibilidade de satisfazer a equação acima para todos os valores de x, y e zé

− ~2

2m

1

X

d2X

dx2+m

2ω2xx

2

= Ex = const., (4)

− ~2

2m

1

Y

d2Y

dx2+m

2ω2xy

2

= Ey = const., (5)

− ~2

2m

1

Z

d2Z

dx2+m

2ω2xz

2

= Ez = const., (6)

de tal forma queEx + Ey + Ez = E. (7)

2

As tres equações acima são nada mais que osciladores harmônicos unidi-mensionais,

− ~2

2m

d2

dx2+m

2ω2xx

2

X (x) = ExX (x) , (8)

− ~2

2m

d2

dy2+m

2ω2xy

2

Y (y) = EyY (y) , (9)

− ~2

2m

d2

dz2+m

2ω2zz

2

Z (z) = EzZ (z) . (10)

Já sabemos as soluções deste sistema. Os autovalores são

Ex,n = ~ωx(l +

1

2

),

Ey,n = ~ωy(m+

1

2

),

Ez,n = ~ωz(n+

1

2

),

e as autofunções são dadas em termos de polinômios de Hermite.

Exercício: Explicite a autofunção.

Desta forma, vemos que um autoestado do oscilador harmônico é especi-ficado em termos de 3 números inteiros, l,m e n. No espaço de Hilbert,podemos escrever

|ψE〉 → |l,m, n〉,onde |l,m, n〉 é autovetor do Hamiltoniano,

H|l,m, n〉 = Elmn|l,m, n〉,

com

Elmn = ~ωx(l +

1

2

)+ ~ωy

(m+

1

2

)+ ~ωz

(n+

1

2

). (11)

Podemos observar o seguinte fato. Se as frequências ωx, ωy e ωz não sãocomensuraveis, então para um dado autovalor de E, só existe um conjuntol,m e n que corresponde este valor. Mas quando ωx, ωy e ωz são comensu-ráveis, podem ter mais de um conjunto l,m, n que fornece o mesmo valorde E. Por exemplo, no caso extremo, se

ωx = ωy = ωz = ω,

3

então, todos os l,m, n que ter mesmo valor N ,

N = l +m+ n,

fornecem o mesmo autovalor

Elmn =

(N +

3

2

)~ω. (12)

Neste caso, o autovalor da energia é especificado pelo o número inteiro N doque os três números individuais, l,m e n. Por exemplo, para N = 3, temosseguintes distintas combinações dos números inteiros,

0, 0, 3 , 0, 1, 2 , 1, 0, 2 ,1, 1, 1 , 2, 0, 1 , 0, 2, 10, 3, 0 , 1, 2, 0 , 2, 1, 0 ,3, 0, 0 .

Note que todos os 10 estados acima são distintos estados.

1.1 Simetria Esfêrica e a Degenerescência

Aqui, surgiu uma situação nova que não vimos nos exemplos de sistemasunidimensionais. Para um dado autovalor de energia, existem mais de umestados pertencentes a este autovalor. Um autovalor da energia não neces-sariamente especifica o estado. Assim, para distinguir os estados individuais,utilizamos a palavra, “nível” para especificar o estado genêrico de um au-tovlaor da energia. Quando um nível de energia contém mais de um estado,digamos que o nível é degenerado. O número de estados linearmente inde-pendentes num nível de energia é chamado “grau de degenerescência”. Nocaso de um oscilador harmônico tridimensional, o nível da energia N tem ograu de degenerescência,

gN =(N + 2)!

N !× 2!.

Exercício: Prove a expressão acima.

Exercício: Obtenha os néveis de energia de um oscilador harmônico bi-dimensional isotrópico. Calcule o grau de degenerescência dos níveis.

4

O exemplo acima de um oscilador harmônico isotrópico exibe uma relaçãoimportante entre a simetria do sistema e a existência da degeneresência noespectro da energia. Podemos provar o seguinte teorema.

• Consideramos dois operadores unitários U1 e U2. Se U1 e U2 não co-mutam, mas o Hamiltoniano do sistema H comutam com ambos osoperadores,

[U1, U2] 6= 0,

[H,U1] = 0,

[H,U2] = 0.

Então, deve existir a degenerescência no espectro do H.

Exercício: Prove o teorema acima. (Dica: Provar pelo absurdo).

Note que em geral, um operador unitário corresponde uma transformaçãono sistema. Por exemplo, no caso do oscilador harmônico tridimensionalisotrópico, podemos considerar U1 como operador correspondente a uma ro-tação em torno do eixo x, e U2 como uma rotação em torno do eixo y.Sabemos que as duas rotações sucessivas dão o resultado distinto quandotroca a ordem da rotação. Isto significa para qualquer estado |ψ〉, em geral,

U1U2|ψ〉 6= U2U1|ψ〉. (13)

Este é equivalente a dizer que

[U1, U2] 6= 0. (14)

Por outro lado, se o sistema é esfericamente simétrico, então, o Hamiltonianodo sistema é invariante a rotação. Assim, temos

U1HU−11 = H, (15)

U2HU−12 = H. (16)

Equivalentemente, temos

[H,U1] = 0, (17)

[H,U2] = 0. (18)

As Eqs.(14,17,18), junto com o teorema acima, podemos saber que um os-cilador harmônico isotrópico deve possuir a degeneresência no espectro daenergia. Como no caso na Mecânica Clássica, para ver melhor a simetriaesferica do sistema, as coordenadas esféricas são mais adequadas que as co-ordenadas Cartesianas.

5

2 Serapração de Variáveis em CoordenadasEsfêricas

Vamos considerar uma partícula com massa m sob a força central. O Hamil-toniano do sistema é então

H =1

2m~P 2 + V (r)

= − ~2

2m∇2 + V (r) ,

onde r é a coordenada radial. Introduzindo as coordenadas esfericas (r, θ, φ)de tal forma

x = r sin θ cosφ,

y = r sin θ sinφ,

z = r cos θ,

a equação de Schrödinger fica[− ~

2

2m

(1

r2

∂

∂rr2 ∂

∂r+

1

r2 sin θ

∂

∂θsin θ

∂

∂θ+

1

r2 sin2 θ

∂2

∂φ2

)+ V (r)

]ψ (r, θ, φ) = Eψ (r, θ, φ) .

(19)Aqui, podemos utilizar novamente a técnica de separação de variáveis. Primeira-mente vamos separar a dependência radial e angular,

ψ (r, θ, φ) = R (r)Y (θ, φ) . (20)

Substituindo esta expressão e rearranjando os termos, temos

− ~2

2m

1

R

d

drr2dR (r)

dr+ V (r) = E − 1

2m

1

Y (θ, φ)L2Y (θ, φ) , (21)

onde introduzimos o operador L2 por

L2 = −~2

[1

sin θ

∂

∂θsin θ

∂

∂θ+

1

sin2 θ

∂2

∂φ2

]. (22)

A Eq.(21) mostra que a única possibilidade que satisfaz esta equação é

1

Y (θ, φ)L2Y (θ, φ) = α, (23)

6

e

− ~2

2m

1

R

d

drr2dR

dr+ V (r) = E − 1

2mα, (24)

onde α é uma constante. A Equação de Schrödinger com o potencial de forçacentral ficou separada em a parte radial e a parte angular.

3 Operador de Momento Angular e Compo-nente Radial do Momento

Vamos primeira analizar a parte angular,

L2Y (θ, φ) = αY (θ, φ) , (25)

ou explicitamente

−~2

[1

sin θ

∂

∂θsin θ

∂

∂θ+

1

sin2 θ

∂2

∂φ2

]Y (θ, φ) = αY (θ, φ) . (26)

É interessante notar que o operador L2 é intimamente conectado com o op-erador de momento angular definido por

~L ≡ ~r × ~P .

Em termos de componentes, temos

Lx =~i

(y∂

∂z− z ∂

∂y

),

Ly =~i

(z∂

∂x− x ∂

∂z

),

Lz =~i

(x∂

∂y− y ∂

∂x

).

Para expressar estes operadores em termos de coordenadas esfericas, (r, θ, φ),temos

∂

∂x=∂r

∂x

∂

∂r+∂θ

∂x

∂

∂θ+∂φ

∂x

∂

∂φ,

∂

∂y=∂r

∂y

∂

∂r+∂θ

∂y

∂

∂θ+∂φ

∂y

∂

∂φ,

∂

∂z=∂r

∂z

∂

∂r+∂θ

∂z

∂

∂θ+∂φ

∂z

∂

∂φ,

7

e, portanto, precisamos calcular a matriz Jacobiana,

J =

∂r/∂x ∂θ/∂x ∂φ/∂x∂r/∂y ∂θ/∂y ∂φ/∂y∂φ/∂z ∂φ/∂z ∂φ/∂z

.

Pode ser feito o cálculo diretamente utilizando

r =√x2 + y2 + z2,

θ = cos−1 z√x2 + y2 + z2

,

φ = tan−1 y

x,

mas como queremos J em função de (r, θ, φ), talvez mais fácil primeira

J−1 =

∂x/∂r ∂y/∂r ∂z/∂r∂x/∂θ ∂y/∂θ ∂z/∂θ∂r/∂φ ∂y/∂φ ∂z/∂φ

, (27)

de tal forma que

JJ−1 =

∂r/∂x ∂θ/∂x ∂φ/∂x∂r/∂y ∂θ/∂y ∂φ/∂y∂φ/∂z ∂φ/∂z ∂φ/∂z

∂x/∂r ∂y/∂r ∂z/∂r∂x/∂θ ∂y/∂θ ∂z/∂θ∂r/∂φ ∂y/∂φ ∂z/∂φ

=

1 0 00 1 00 0 1

.

Exercício: Verifique a equação acima.

O cálculo do J−1 é mais direto, tendo,

J−1 =

sin θ cosφ sin θ sinφ cos θr cos θ cosφ r cos θ sinφ −r sin θ−r sin θ sinφ r sin θ cosφ 0

. (28)

O inverso também é relativamente fácil de calcular, tendo

J =

sin θ cosφ 1r

cos θ cosφ −1r

sinφsin θ

sin θ sinφ 1r

cos θ sinφ 1r

cosφsin θ

cos θ −1r

sin θ 0

,

8

e o operador ∇ fica

∇ =

∂/∂x∂/∂y∂/∂z

=

sin θ cosφ 1r

cos θ cosφ −1r

sinφsin θ

sin θ sinφ 1r

cos θ sinφ 1r

cosφsin θ

cos θ −1r

sin θ 0

∂/∂r∂/∂θ∂/∂φ

.

Exercício: Verifique as contas acima.

Agora temos

Lx = −~i

(sinφ

∂

∂θ+ cosφ cot θ

∂

∂φ

), (29)

Ly =~i

(cosφ

∂

∂θ− cosφ cot θ

∂

∂φ

), (30)

Lz =~i

∂

∂φ. (31)

Com isto, podemos mostrar diretamente que

L2 = L2x + L2

y + L2z.

Exercício: Verifique a equação acima.

O resultado acima mostra que a Eq.(26) pode ser interpretado como aequação de autovalor para o operador correspondente ao observável, o môduloquadrado de momento angular ~L = (Lx, Ly, Lz). Voltando a Eq.(19), estesignifica que

~P 2 = −~2∇2 = −~2 1

r2

∂

∂rr2 ∂

∂r+

1

r2~L2. (32)

Comparando com a expressão clássica do môdulo quadrado de momento nosistema de coordenadas esfericas,

~P 2 = p2r +

1

r2~L2, (33)

onde pr é o componento radial do vetor P , podemos considerar que o operadorcorrespondente ao quadrado do componente radial do momento seria

P 2r → −~2 1

r2

∂

∂rr2 ∂

∂r. (34)

9

Exercício: Verifique a Eq.(33).

Aparentemente o lado direito da Eq.(34) não tem a forma de quadradode um único operador. Mas podemos escrever como

1

r2

∂

∂rr2 ∂

∂r=

1

r

∂2

∂r2r

=

(1

r

∂

∂rr

)(1

r

∂

∂rr

),

e, portanto, podemos identificar

Pr =~i

1

r

∂

∂rr. (35)

Uma outra forma de obter a expressão acima é começar com a expressãoclássica do componento radial do momento,

pr =1

r(~r · ~p) , (36)

e efetuar a substituição usual,

~p→ ~i∇.

Assim, teriamos

Pr →~i

1

r(~r · ∇) (37)

=~i

∂

∂r. (38)

Entretanto, curiosamente, este operador não é hermitiano, como se ver emseguinte. Para qualquer funções f e g só depende de coordenada radial r, oproduto escalar no espaço tridimensional fica

(f, g) = 4π

∫ ∞0

r2dr f ∗ (r) g(r).

Vemos então fácilmente(f,~i

∂

∂rg

)=~i4π

∫ ∞0

r2dr f ∗ (r)dg(r)

dr,

10

(~i

∂

∂rf, g

)= −~

i4π

∫ ∞0

r2drdf ∗ (r)

drg(r),

e claramente as duas expressões não coincidem, mesmo efetuando a inte-gração em parte. Isto é devido ao fator r2 que vem do elemento de volumeem coordenadas esfericas.Não hermiticidade da expressão Eq.(37) pode ser vista diretamente da

Eq.(36) também, pois o produto de dois operadores hermitianos não é her-mitiano. Isto é, para dois operadores hermitianos, A e B, definimos um novooperador C por

C = AB.

EntãoC† = B†A† = BA 6= AB,

se A e B não comutam. Por outro lado, podemos formar um operador her-mitiano pela simetrização,

C =1

2(AB +BA) .

Exercício: Verifique que C acima é um operador hermitiano.

Assim, podemos construir um operador hermitiano,

Pr =~i

1

2

(~r

r· ∇+∇ · ~r

r

). (39)

Podemos verificar que este operador coincide com o da Eq.(35).

Exercício: Verifique que a expressão acima reduz a Eq.(35).

Exercício: Verifique a regra de comutação entre Pr e r.

Em resumo, podemos introduzir os operadores correspondentes aos mo-mento angular e componente radial do momento, ~L e Pr, tal que

~P 2 = P 2r +

1

r2~L2,

onde

Pr =

(~i

)1

r

∂

∂rr,

~L ≡(~i

)~r ×∇,

~L2 = L2x + L2

y + L2z.

11

Exercício: Calcule os comutadores,

[r, Li] , [Pr, Li] , i = x, y, z

Exercício: Mostre que [~L2, Li

]= 0, i = x, y, z.

Exercício: Mostre que

[Li, Lj] = i~Lk, (i, j, k) = (x, y, z) ciclica.

4 Autoestado de Momento Angular

Vamos estudar o problema de autovalor do momento angular. Temos

−[

1

sin θ

∂

∂θsin θ

∂

∂θ+

1

sin2 θ

∂2

∂φ2

]Y (θ, φ) = αY (θ, φ) , (40)

onde redifinimos α → α/~2. Podemos aplicar novamente o método de sepa-ração de variáveis em θ e φ. Escrevendo

Y (θ, φ) = Θ (θ) Φ (φ) ,

temos equaçoes para cada um dos fatores;

d2

dφ2Φ (φ) = AΦ (φ) , (41)[

1

sin θ

d

dθsin θ

d

dθ+

A

sin2 θ

]Θ (θ) = −αΘ (θ) , (42)

onde A é uma constante. A Eq.(41) pode ser resolvida facilmente e temos

Φ (φ) = Const.e±√Aφ. (43)

Entretanto, devemos impor a condição de contorno física para esta solução.Pela razão óbvia, a função Φ deve ser periódica em φ com período de 2π sea função de onda for uni-valor no espaço. Assim

Φ (φ) = Φ (φ+ 2π) .

12

Isto implica eme±2π

√A = 1.

A solução desta equação é √A = i m, (44)

onde m é um inteiro (não confunda com a massa da partícula). Ou seja,

A = −m2,

e A é um inteiro não positivo. Esta conclusão pode ser visto também pelofato que a derivada em φ é proporcional ao terceiro componente do momentoangular,

~i

∂

∂φ= Lz, (45)

e a Eq.(41) é escrita como

L2zΦ = −~2AΦ

que pode ser interpretada como a equação de autovalor do observável L2z.

Esperamos naturalmente que o autovalor deste quantidade é não negativo.Além disto, aplicando Lz na Eq.(43), temos

LzΦ = ±~√AΦ

= ±~m.

Isto é, os autovalores do terceiro componente (a projeção no eixo Z) domomento angular tem o valor múltiplo de ~. Naturalmente, quando falamosa projeção do momento angular no eixo Z, não define a qual direção noespaço. Isto é uma questão de convenção. Podemos escolher qualquer direçãocomo o eixo Z. A discussão acima não depende deste escolhe. Em resumo,a conclusão acima significa que,

• Os autovalores de um componente do momento angular é múltiplo de~.

Agora vamos analizar a Eq.(42). Substituindo o valor de A, temos[1

sin θ

d

dθsin θ

d

dθ− m2

sin2 θ

]Θ (θ) = −αΘ (θ) . (46)

13

Vamos introduzir a mudânça de variáveis1,

x = cos θ.

Já quedx = − sin θdθ,

temosd

dx

(1− x2

) dΘ (x)

dx− m2

1− x2Θ (x) = −αΘ (x) ,

ou (1− x2

) d2Θ

dx2− 2x

dΘ

dx+

(α− m2

1− x2

)Θ = 0. (47)

Podemos utilizar o método em expansão em série, o procedimento análogopara resolver a equação de oscilador harmonico. Mas aqui, devemos lembrarque o domínio da variável x é

−1 ≤ x ≤ 1,

poisx = cos θ.

Outro ponto da equação (47) acima é a presença da singularidade

1

1− x2

na coeficiente. Assim, se C não tiver algum valor especial, a solução terá emgeral a singularidade em x = ±1. Vamos considerar em primeira lugar, aequação com m = 0. Denotamos a solução deste caso por Θ0 (x). A equaçãopara Θ0 (x) é (

1− x2) d2Θ0

dx2− 2x

dΘ0

dx+ αΘ0 = 0. (48)

Vamos introduzir a representção em série de uma solução regular na origem,x = 0 como

Θ0 =∞∑n=0

Cnxn. (49)

1Aqui, a variável x não deve ser confundido com a coordenada x no espaço.

14

Substituindo na Eq.(48) temos a fórmula de recorrência para Cl como

Cn =

(1− α

n (n+ 1)

)Cn−2. (50)

Esta fórmula de recorrência novamente pode ser desmenbrada em duas casosdistitos, um de (C0 6= 0, C1 = 0) e outro, (C0 = 0, C1 6= 0) como no caso depolinômio de Hermite. Para o primeiro caso, temos

Cn =

n/2∏k=1

(1− α

2k (2k + 1)

)C0,

e analogamente para o segundo caso.Vejamos que se α nunca igualasse com o n (n+ 1) para algum valor de n,

a série Eq.(49) tem infinitos termos. Para n 1, temos essencialmente

Cn ' Cn−2 = const.

Assim, por exemplo, para x = 1, a função tem a forma,

Θ0 =∞∑l=0

Cn '∞∑n

const→∞. (51)

Isto é, se não truncasse a série Eq.(49), a solução fica singular em x = 1, quefisicamente não aceitavel. Desta forma, devemos escolher α para truncar asérie. Isto ocorre quando

α = `(`+ 1)

onde ` é um inteiro. A série fica truncada para n = `. Temos

Θ0 = C0

`/2∑n=0

n∏k=1

(1− `(`+ 1)

2k (2k + 1)

)x2n, (52)

para l um número par, e

Θ0 = C1

(`+1)/2∑n=1

n∏k=1

(1− ` (`+ 1)

2k (2k − 1)

)x2n−1, (53)

para l um número ínpar.

15

As soluções acima são identificadas com os polinômios de Legendre, es-colhendo C0 e C1 apropriadamente. Podemos então escolher

Θ0 (x) = P` (x) .

Os polinômios de Legendre satisfazem as seguintes fórmulas de recorrência,(1− x2

) dP`dx

= −` xP` + `P`−1, (54)

(`+ 1)P`+1 = (2`+ 1)xP` − `P`−1. (55)

A função de geratriz de polinômios de Legendre é dada por

∞∑`=0

P` (x) s` ≡ F (x, s)

=1√

1− 2xs+ s2. (56)

Note que esta função geratriz é definida só para |s| < 1.As soluções para m 6= 0 podem ser obtidas a partir do caso de m = 0.

Para ver isto, basta verificar que a função

Θm = Pm` (x) ≡

(1− x2

) 12|m| d|m|

dx|m|P` (x) ,

satisfaz (1− x2

) d2Θm

dx2− 2x

dΘm

dx+

(` (`+ 1)− m2

1− x2

)Θm = 0, (57)

que é a Eq.(47) com α = ` (`+ 1). A função Pm` (x) é conhecida como a

Função de Legendre associada.

Exercício: A partir da função geratriz de polinômios de Legendre, obtenhaa função geratriz das funções de Legendre associadas.

Exercício: Utilizando a função de geratriz acima, calcule a integral,∫ 1

−1

dx Pm` (x)Pm

`′ (x)

16

4.1 Algebra de Comutadores e Método Algebrico paraProblema de Autovalores

A dedução de função geratriz e demonstração de ortogonalidade é um poucotrabalhoso comparado ao caso de função de Hermite embora o procedimentoé análogo. Aqui, para ver o significado físico na forma mais transparente,vamos adotar o método algebrico que também foi uttilizado no caso de os-cilador harmônico. Ao mesmo tempo, introduzimos a notação de Dirac paraos estados de momento angular. Isto é, consideramos um vetor de estado detal forma que a representação de coordenadas esféricas é

ψ (θ, φ) = 〈θ, φ|ψ〉.

Queremos resolver o problema de autovalor para o môdulo quadrado do op-erador de momento angular, ~L2,

~L2|ψ〉 = α|ψ〉,

onde~L2 = L2

x + L2y + L2

z.

Vimos que os operadores de momento angular Lx, Ly, Lz satisfazem a seguinterelação de comutadores entre si.

[Lx, Ly] = i~Lz,

[Ly, Lz] = i~Lx,

[Lz, Lx] = i~Ly, (58)

ou na forma compacta,L × L = i~L. (59)

Em outras palavras, os comutadores dos tres operadores, Lx, Ly, Lz fechamum conjunto. Matematicamente falando, Lx, Ly, Lz constituem uma algebra,com comutador como produto. Lembramos que ~L2 comuta com todos os L′is2, [

~L2, L]

= 0. (60)

2Um operador que comuta com todos os geradores de grupo é chamado operador deCasimir.

17

Para simplificar as contas, vamos introduzir um sistema de unidade em que ~se torna 1. Isto é, medimos o momento angular em unidade de ~, ~L→ ~L/~.Neste caso, as regras de comutação fica

[Lx, Ly] = iLz,

[Ly, Lz] = iLx,

[Lz, Lx] = iLy, (61)

ou na forma compacta,L × L = iL. (62)

É convenitente introduzir as seguitnes combinações lineares,

L+1 = Lx + iLy , L0 = Lz, L−1 = (L−)† = Lx − iLy. (63)

A relação de comutação (algebra) fica reescrita por

[L+1, L−1] = 2L0, (64)

[L±1, L0] = ∓L±, (65)

Como os L’s não comutam entre si, não podemos construir autovetor simul-taneo para todo mundo, mas pelo menos para um deles. Vamos escolher, porexemplo, L0. Como L0 comuta com ~L2, podemos considerar um autovetorsimultâneo dos dois. Então, suponhamos que, |α, β〉 é um autovetor de ~L2 eL0 com autovalor α e β, respectivamente;

~L2|α, β〉 = α|α, β〉, (66)

L0|α, β〉 = β|α, β〉. (67)

Aqui, assumimos que o autovetor é normalizado,

〈α, β|α, β〉 = 1. (68)

Podemos provar que estes autovalores devem satisfazer a desigualdade,

α ≥ β2. (69)

Exercício: Demonstre a relação acima.

18

Assim, concluimos queα ≥ 0,

e, para um dado α ≥ 0, temos que ter

−α ≤ β ≤ α. (70)

Agora, da Eq.(65), temos

L0L±1 = L±L0 ± L± (71)

e aplicando esta relação dos operadores para o autovetor |α, β〉, devemos ter

L0L±1|α, β〉 = [L±L0 ± L±] |α, β〉= [L±β ± L±] |α, β〉= (β ± 1)L±1|α, β〉. (72)

Desta equação podemos concluir que:

• se β é um autovalor de L0, então β − 1 também é autovalor, excetoL−1|α, β〉 = 0, e

• se β é um autovalor de L0, então β + 1 também é autovalor, excetoL+1|α, β〉 = 0.

Por outro lado, da Eq.(70), para um dado α, devem existir o valor máximoβmax e o valor mínimo βmin de β. Isto implica que para estes estados temosque ter

L+1|α, βmax〉 = 0, (73)

L−1|α, βmin〉 = 0, (74)

pois, se não acontesse a Eq.(73), pela Eq.(72),

|ψ〉 ≡ L+|α, βmax〉 6= 0

seria o autovetor de L0 com autovalor βmax + 1 acaba violando a Eq.(70).Idem para a Eq.(74). Agora, o operador L2pode ser expresso em termos deL± e L0 por

L2 = L20 + L+1L−1 − L0, (75)

ouL2 = L2

0 + L−1L+1 + L0. (76)

19

Exercício: Prove as Eqs.(75) e (76).

Calculando o valor esperado da Eq.(75) do estado |α, βmin〉, temos

α = β2min − βmin, (77)

onde utilizamos as Eqs.(66,67,68,74). Analogamente, o valor esperado daEq.(76) no estado |α, βmin〉, temos

α = β2max + βmax. (78)

Subtraindo da Eq.(78) a Eq.(77), temos

(βmax + βmin)(βmax − βmin + 1) = 0. (79)

Só pode ter duas possibilidades,

βmin = −βmax,

ouβmax = βmin − 1.

Já que por definição, βmax ≥ βmin, a segunda possibilidade é incompatível.Concluimos então que

βmin = −βmax (80)

Agora, a partír do estado|α, βmax〉,

e aplicando o operador L− sucessivamente, podemos ter a sequência de au-tovalores,

β → βmax, βmax − 1, βmax − 2, ..., βmin . (81)

A última desta sequência tem que terminar em βmin. Isto significa que adiferença βmax − βmin tem que ser um número inteiro:

βmax − βmin = N,

onde N é um número inteiro. Usando a Eq.(80) temos

2βmax = N.

20

Consequentemente, βmax é um número inteiro ou semi-inteiro. Vamos denotarβmax = N/2 = j que é um número inteiro ou semi-inteiro. Da Eq.(78), temos

α = j (j + 1) . (82)

De acordo com a Eq.(81) os autovalores de L0 são

j, j − 1, j − 2, ...,−j .

Todos os valores desta sequência são inteiros se j é um inteiro, e são semi-inteiros se j é semi-inteiro. Vamos utilizar o simbolo m no lugar de β pararepresentar o autovalor de L0.Em resumo, a algebra de comutadores de L′is mostra que que os autove-

tores simultêneos de operador ~L2 e L0 = Lz são caracterizados por

L2|j,m〉 = j(j + 1)|j,m〉, (83)

Lz|j,m〉 = m|j,m〉, (84)

com −j ≤ m ≤ j, onde j é um número inteiro, ou semi-inteiro. Os autove-tores tem seguintes propriedades:

L+|j,m〉 = N +|j,m+ 1〉, (85)

L−|j,m〉 = N −|j,m− 1〉. (86)

As constantes de normalização N± são determinadas pelas Eqs.(75,76) por∣∣N±∣∣ =√

(j ∓m)(j ±m+ 1). (87)

Podemos convencionar os fatores de fase dos vetores |j,m > tal que sempreN± seja real e positivo.

4.2 Momento Angular Orbital

Na sub-seção anterior, obtevemos os possíveis autovetores e autovalores so-mente da relação de comutadores dos operadores de momento angular. Mas,note que não todos os autovetores e autovalores possíveis para operadoresde uma algebra não correspondem para o caso de momento angular orbital,definido por,

~L = r×P. (88)

21

Os componentes Lx, Ly, Lz satisfazem a regra de comutação Eq.(58). Entre-tanto, existem outras operadores que satisfazem a mesma algebra de comu-tadores que não sejam os operadores de momento angular orbital. Este sãocaso de spin (o grau de liberdade interno de uma partícula que distingue aorientação). Discutiremos o spin na seção seguinte.No caso de momento angular orbital, das Eqs.(29,30,31) a atuação destes

operadores na função de onda ψ (~r) ficam

〈r|Lx|ψ〉 = −~i

(sinφ

∂

∂θ+ cosφ cot θ

∂

∂φ

)ψ(r), (89)

〈r|Lx|ψ〉 =~i

(cos θ

∂

∂θ− cosφ cot θ

∂

∂φ

)ψ(r), (90)

〈r|Lx|ψ〉 =~i

∂

∂φψ(r), (91)

e

〈r|L2|ψ〉 = −(

1

sin 2θ

∂2

∂φ2+

1

sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂

∂θ

))ψ(r). (92)

Podemos decompondo a base de coordenada |r〉 em parte radial e angular,|r〉 = |r〉⊗|Ω〉, onde |r〉 é o autoestado de coordenada radial r, e |Ω〉 = |θ, φ〉é o autoestado de coordenada angular, ~Ω = (θ, φ). Aqui a base dos estadosangulares |Ω > satisfaz as propriedades,∫

dΩ|Ω〉〈Ω| = 1Ω (93)

onde 1Ω representa a identidade no subespaço|Ω〉e como usualmente∫

dΩ =

∫ π

0

sin θdθ

∫ 2π

0

dφ. (94)

A ortogonalidade pode ser expressa como

〈Ω′|Ω〉 =δ2(Ω− Ω′) = δ(cos θ − cos θ′)δ(φ− φ′). (95)

Se o vetor de estado também pode ser decomposto como o produto direto dovetor de estado radial e angular,

|ψ〉 = |R〉 ⊗ |Y 〉, (96)

22

podemos escrever a função de onda como

ψ(r) =〈r| ⊗ 〈~Ω|

|R〉 ⊗ |Y 〉

= R (r)Y (θ, φ) , (97)

ondeR (r) = 〈r|R〉,

eY (θ, φ) = 〈~Ω|Y 〉.

O procedimento é nada mais que a separação das variáveis de coordenadasradial e angular.Na representação acima, podemos identificar a parte angular da auto-

função de onda dos operadores de momento angular como

Yjm (θ, φ) = 〈θ, φ|j,m〉. (98)

e deve satisfazer

−i ∂∂φ〈θ, φ|j,m〉 = m〈θ, φ|j,m〉 (99)

−(

1

sin 2θ

∂2

∂φ2+

1

sin θ

∂

∂θ

(sin θ

∂

∂θ

))〈θ, φ|j,m〉 = j(j + 1)〈θ, φ|j,m〉 (100)

Como mensionamos, para o estado de uma partícula sem spin, as coor-denadas espaciais devem compor um conjunto completo de observáveis paradescrever o estado. Ou seja, para dado posição r, a função de onda deve serdeterminado univocamente. Neste sentido, temos que ter

〈θ, φ|j,m〉 = 〈θ, φ+ 2π|j,m〉 (101)

Esta condição, junto com Eq.(99) implica que m seja número inteiro. Sem é inteiro, como j = max(m), j também tem que ser inteiro. Em outraspalavras, os estados de momento angular orbital sempre corresponde como valor j inteiro. Para explicitar este fato, vamos utilizar ` no lugar de j.Note que esta conclusão coincide com a da analise em termos de função deLegendre. Eqs.(99,100) mostram que

〈θ, φ|`,m〉 = Y`m(θ, φ), (102)

23

onde Y`m(θ, φ) são chamados de harmonicos esféricos. Note que para umdado `, existem

g = 2`+ 1 (103)

estados distintos em relação a Lz. Então, todos os 2`+ 1 estados

|`,m〉, m = −`,−`+ 1, · · · , `− 1, ` ,

são autoestados de ~L2.Algumas propriedades dos harmonicos esféricos podem ser obtidas fá-

cilmente das propriedades dos estados |`,m〉. Por exemplo, a condiçao deortogonalidade

〈`′,m′|`,m〉 = δ``′δmm′ (104)

implica em ∫dΩY ∗`′m(Ω)Y`m(Ω) = δ``′δmm′ (105)

Por outro lado, a relação de completeza para um dado ` é

∑m=−`

|`,m〉〈`,m| = 1` (106)

onde 1` é o operador de identidade no espaço de ` fixo. Este espaço tema dimensão (2` + 1) × (2` + 1). Na representação de base de coordenadasangulares, temos

∑m=−`

Y`m(Ω′)Y ∗`m(Ω) = δ(cos θ − cos θ′)δ(φ− φ′). (107)

A expressão explicita de harmonicos esféricos pode ser obtida pelas pro-priedades de |`,m〉,

Lz|`,m〉 = m|`,m〉, m = −`, · · · `, (108)

eL+1|`, `〉 = 0. (109)

Vimos também que

|`,m− 1〉 =1√

(`+m)(`−m+ 1)L−1|`,m〉. (110)

24

Utilizando as representações Eqs.(89),(90) e (91), estas propriedades ficamexpressas na forma de equação diferenciais para Y`m(θ, φ) :

1

i

∂

∂φY`,m(θ, φ) = mY`,m(θ, φ), (111)

[i∂

∂θ− cot θ

∂

∂φ

]Y`,`(θ, φ) = 0. (112)

Y`,m−1(θ, φ) =1√

(`+m)(`−m+ 1)e−iφ

(− ∂

∂θ+ i cot θ

∂

∂φ

)Y`,m(θ, φ).

(113)Da Eq.(111), podemos escrever

Y`m (θ, φ) = Θm` (θ) eimφ, (114)

Usando este resultado na Eq.(112) temos[d

dθ− ` cot θ

]Y`,`(θ, φ) = 0. (115)

Podemos resolver esta equação diferencial como

Y`,` =1

N`

ei`φ sin` (θ) .

A constante da normalização é dada por3

1

N`

= (−1)`√

2`+ 1

4π

√(2`)!

2``!.

3Podemos utilizar a fórmula bem conhecido da função Beta,

B (q, p) ≡∫ 1

0

xq−1 (1− x)p−1

dx

=Γ (q) Γ (p)

Γ (q + p),

para calcular ∫ π

0

sin2`+1 θdθ.

25

O fator (−1)` foi escolhido pela conveniência posterior. Por outro lado, daEq.(113) fica

Y`,m−1(θ, φ) = − 1√(`+m)(`−m+ 1)

e−iφ(∂

∂θ+m cot θ

)Y`,m(θ, φ).

Note que (∂

∂θ+m cot θ

)Y`,m(θ, φ) =

1

sinm θ

∂

∂θsinm θY`,m(θ, φ),

temos

Y`,m−1(θ, φ) = − 1√(`+m)(`−m+ 1)

e−iφ1

sinm θ

∂

∂θsinm θY`,m(θ).

Explicitamente,

Y`,`−1 (θ, φ) = − 1

2``!

√2`+ 1

4π

√(2`)!

1√2`ei(`−1)φ 1

sinl θ

d

dθsin2` θ

=1

2``!

√2`+ 1

4π

√(2`− 1)!ei(`−1)φ 1

sinl−1 θ

d

d cos θsin2` θ,

Y`,`−2 (θ, φ) =1

2``!

√2`+ 1

4π

√(2`− 1)!ei(`−2)φ 1√

(2`− 2)2

1

sinl−2 θ

(d

d cos θ

)2

sin2` θ,

...

Em geral, para m ≥ 0, temos

Y`,m(θ, φ) =1

2``!

√(2`+ 1)

4π

(`+m)!

(`−m)!eimφ

1

sinmθ

(d

d cos θ

)`−msin 2`θ. (116)

Se utilizamos a variável,x = cos θ,

podemos expressar como

Y`,m(x, φ) =1

2``!

√(2`+ 1)

4π

(`+m)!

(`−m)!eimφ

1

(1− x2)m/2

(d

dx

)`−m (1− x2

)2`.

Para m < 0, podemos definir

Y`,m(θ, φ) = (−)|m|Y ∗`,|m|(θ, φ). (117)

26

5 Equação Radial

Vamos retornar a Equação de Schrödinger. Da Eq.(21), e a utilzando apropriedade de harmonicos esfêricos, temos

− ~2

2m

1

R

d

drr2dR (r)

dr+ V (r) = E − ~2

2m` (`+ 1) , (118)

ou [− ~

2

2m

1

r

d2

dr2r +

~2

2m

` (`+ 1)

r2+ V (r)

]R (r) = ER (r) . (119)

Esta equação tem a forma,

− ~2

2m

d2χ (r)

dr2+ Veff (r)χ (r) = Eχ (r) , (120)

onde

Veff (r) = V (r) +~2

2m

` (`+ 1)

r2, (121)

χ (r) = rR (r) . (122)

Vejamos que a Eq.(120) tem a forma exatamente igual a Equação de Schrödingerunidimensional, com potencial Veff . Note que a forma desta potencial effe-tivo é igual ao caso da Mecânica Clássica, onde o potencial efetivo para omovimento radial é dado por

Vradial = V (r) +~L2

2mr2,

onde o termo~L2

2mr2

reflecte o efeito de força centrifuga.

Além da modificação do potencial pela força centrifuga, a equação radialtem a diferença fundamental comparada com o caso unidimensional. Isto é,a função de onda radial R (r) aparece na equação com o fator r,

R (r)→ χ (r) = rR(r).

27

Para um potencial que não possui singularidade na origem, a função de ondaψ (~r) deve ser regular na origem. Isto implica

χ (r)|r→0 = 0,

devido ao fator r. A presença deste fator também pode ser visto na forma deproduto escalar entre duas funções de ondas escrita nas coordenadas esfericasquando há separação de variáveis em r, θ e φ.

(ψ, ψ′) =

∫d3~rψ∗ (~r)ψ′ (~r)

=

∫ ∞0

r2dr R∗ (r)R (′r)

∫d2ΩY (θ.φ)Y ′ (θ.φ)

=

∫ ∞0

dr [rR∗ (r)] [rR (′r)]

∫d2ΩY (θ.φ)Y ′ (θ.φ) .

O fator r para a função de onda radial vem do elemento de volume nascoordenadas esfericas. Lembre que a integral radial é sempre feita para r ≥0.

6 Partícula Livre nas coordenadas esfericas

Podemos considerar o problema mais simples,

V = 0.

isto é, uma partícula livre. Nos sabemos esta solução nas coordenadas tridi-mensional, mas podemos expressar o estado de uma partícula livre em termosde coordenadas esfericas. A parte radial da Equação de Schödinger indepen-dente no tempo fica[

− ~2

2m

1

r

d2

dr2r +

~2

2m

` (`+ 1)

r2

]R (r) = ER (r) . (123)

Sabemos que E > 0, vamos introduzir a mudançca de variável

ξ = kr,

k =

√2mE

~2,

28

temos [1

ξ

d2

dξ2ξ +

(1− ` (`+ 1)

ξ2

)]R (r) = R (r) ,

ou

R′′ +2

ξR′ +

(1− ` (`+ 1)

ξ2

)R = 0.

Esta equação é conhecido como a equação de Bessel esferica e sua solução éexpressa em termos de combinação linear de qualquer duas das soluções basedesta equação abaixo:

j` (ξ) =

√π

2ξJ`+1/2 (ξ) , (124)

n` (ξ) = (−1)`+1 j−`−1 (ξ) =

√π

2ξN`+1/2 (ξ) , (125)

h(1)` (ξ) = j` (ξ) + in` (ξ) , (126)

h(1)` (ξ) = j` (ξ)− in` (ξ) , (127)

onde J` (ξ) e N` (ξ) são as funções de Bessel de primeira e segunda esécie(função de Neumann), respectivamente. As vezes j` é referida como simples-mente função de Bessel esférica, e n` como a funçao de Neumann esférica.h(1) e h(2) são chamadas de função de Hankel esferica de primeira e segundaespécie, respectivamente. Expressando genericamente estas soluções por z`,todas as funções satisfazem as relações de recorrência,

z`−1 +z`+1 =2`+ 1

ξz`, (128)

(2`+ 1)dz`

dξ= `z`−1 − (`+ 1)z`+1, (129)

d

dξ

(ξ`+1z`

)= ξ`+1z`−1, (130)

d

dξ

(ξ−`z`

)= −ξ−`z`+1. (131)

Exercício: Mostre que a série de funções z`, ` = 0, 1... que é definida pelarecorrência Eq.(130) satisfazem a Equação de Bessel esférica, desde quez0 satisfaz. Idem para a Eq.(131).

29

O exercício acima mostra que se tivemos a solução para ` = 0, podemosgerar soluções para todos os valores de `. Vamos considerar o caso ` = 0.Neste caso, temos

z′′0 +2

ξz′0 +z0 = 0,

oud2

dξ2χ = χ, (132)

onde, novamenteχ = ξz0.

Podemos considerar as seguintes soluções para a Eq.(132),

χ =

sin ξ,cos ξ,eiξ,e−iξ,

e, portanto, podemos obter z0 por

z0 =1

ξχ.

As funções de Bessel esféricas são geradas pera a relações de recorrência, apartir de escolhe,

j0 (z) =1

ξsin ξ,

n0 (z) = −1

ξcos ξ,

h(1)0 (ξ) = (−i) 1

ξeiξ,

h(0)0 (ξ) = (i)

1

ξe−iξ.

Exercício: Mostre que para ξ → 0,

j` (ξ)→ ξ`

(2`+ 1)!!, (133)

n` (ξ)→ −(2`− 1)!!

ξ`.

30

Vemos que a função de Bessel esférica j` não possui nenhuma singulari-dade em todo espaço no entanto, existe a singularidade na função de Neu-mann em r = 0. A expanção de Taylor em torno de origem fica

j` (ξ) = (2ξ)`∞∑m=0

(−1)m

m!

(`+m)!

(2`+ 2m+ 1)!ξ2m,

n` (ξ) = − 1

(2ξ)` ξ

∞∑m=0

1

m!

Γ (2`− 2m+ 1)

Γ (`−m+ 1)ξ2m.

Exercício: Para um dado `, estime o valor de ξ para que a aproximação daEq.(133) seja válida dentro de 10% de erro relativo.

Já que a única solução que não possui a singularidade no espaço inteiroé a função de Bessel esférica j` (ξ), a solução radial do estado de partículalivre com um dado valor de energia E, o momento angular `, e seu projeçãom é dada por

RE,`,m (r) = αj` (kr) ,

onde α é a constante de normalização. Em geral a função de onda radial coma energia E, momento angluar ` e sua projeção m, regular em todo espaço,exceto a origem é

RE,`,m (r) = αj` (kr) + βn` (kr) ,

ouRE,`,m (r) = αh

(1)` (kr) + βh

(2)` (kr) .

A função de onda geral de uma partícula livre com a energia E, regular emtodo espaço, exceto a origem é dada por

ψE (r, θ, φ) =

∞∑`=0

∑m=−`

[α`mj` (kr) + β`mn` (kr)]Y`m (θ, φ) , r 6= 0.

Se a função de onda é regular em todo espaço, inclusive a origem, então,devemos ter,

D`m = 0,

e temos

ψE (r, θ, φ) =

∞∑`=0

∑m=−`

α`mj` (kr)Y`m (θ, φ) . (134)

31

A Eq.(134) forma uma base para funções de onda de uma partícula livreem todo espaço. Por outro lado, nas coordenadas Cartesianas, a função deonda de uma partícula livre é dada pela onda plana,

ψE (x, y, z) = e±i~k·~r,

e, portanto, devemos expressar a onda plana acima pela Eq.(134).

e+i~k·~r =

∞∑`=0

∑m=−`

α`mj` (kr)Y`m (θ, φ) . (135)

Na expressão acima, podemos escolher a direção do vetor ~k na direção doeixo z. Neste caso, lembrando que z = r cos θ,

eikr cos θ =∞∑`=0

∑m=−`

α`mj` (kr)Y`m (θ, φ) .

A equação acima é nada mais que a expansão da função eikr cos θ em termosde Polinômios de Legendre. Utilizando a fórmula,

eikr cos θ =∞∑`=0

i` (2`+ 1) j` (kr)P` (cos θ) ,

e

Y`0 (θ, φ) =

√2`+ 1

4πP` (cos θ) ,

temosα`m =

√4π (2`+ 1)i`δm,0.

7 Poço de Potencial quadrado

Vamos estudar o potencial,

V (~r) = V (r) =

−V0,

0,0 ≤ r < ar ≥ a.

isto é, a generalização tridimensional de um poço quadrado que já estudamos.Pelo argumento geral, sabemos que para E ≥ 0, todos os valores de E sãoautovalores da energia, correspondente a estados de espalhamento. Para osestados ligados, temos −V0 < E < 0.

32

7.1 Estado Ligado

Vamos estudar os estados ligados,

−V0 < E < 0.

Para um dado estado de momento angular `, a equação radial fica

d2R`

dr2+

2

r

dR`

dr− ` (`+ 1)

r2R` +

2m

~2(V0 + E)R` = 0, (136)

para 0 ≤ r < a e

d2R`

dr2+

2

r

dR`

dr− ` (`+ 1)

r2R` +

2mE

~2R` = 0, (137)

para r ≥ a. Já vimos que as ambas equações são de Bessel esférica. Para aEq.(136), já que contém a origem, a solução deve ser

R` (r) = Aj` (kr) , (138)

onde

k =

√2m

~2(V0 + E).

Para r > a, temos que tomar cuidado, pois E < 0. Para explicitar este fato,vamos introduzir a variável

κ = i

√−2mE

~2.

Com isto, a solução deve ser espressa como uma combinação linear dasfunções de Bessel esférica com argumento imaginário,

j` (iκr) , n` (iκr) , h(1)` (iκr) , h

(2)` (iκr) .

Dentro destas possibilidades, a única função que satisfaz a condição de con-torno para r →∞ é

h(1)` (iκr) .

Concluímos portanto,R` (r) = Bh

(1)` (iκr) . (139)

33

As duas partes devem ser ligadas suavemente. Esta condição é

kj′` (kr)

j` (kr)= iκ

h(1)′` (iκr)

h(1)` (iκr)

.

Esta equação é uma equação trancedental para E e determina os possíveisvalores da energia.

Exercício: Determine graficamente os autovalores da energia para ` = 0(estadof de onda s). Qual é a condição para a qual não exista nenhumestado ligado? E para existir apenas duas estados ligados?

Exercício: Determine aproximadamente os autovalores da energia para ka`, utilizando a forma asintótica das funções de Bessel.

Exercício: Determine os autovalores da energia para V0 =∞.

8 Oscilador Harmônico Esférico

Vamos retomar o problema de oscilador harmôncio esférico. A equação radialcom o momento angluar ` fica

− ~2

2m

d2

dr2χ+

mω2

2χ+

` (`+ 1) ~2

2mr2χ = Eχ,

ondeχ = rR` (r) .

Introduzindo a variável adimensional,

η =mω

~r2,

reescrevemos a equação por[−2η

d2

dη2− d

dη+

1

2η +

` (`+ 1)

2η

]χ = εχ, (140)

onde ε = E/~ω. Podemos analizar os comportamentos asintóticos para r →0 e para r →∞. Para r → 0, colocando

χ ∼ rβ,

34

a equação característica para β fica

−2β (β − 1)− β +` (`+ 1)

2= 0.

cuja raízes são β = −12` ou β = 1

2` + 1

2. Então, a solução regular na origem

tem que comportar comoχ ' ηβ, r → 0,

onde

β =1

2+`

2.

Para r →∞, a equação (140) se torna asintoticamente[− d2

dη2+

1

4

]χ ' 0,

que mostra que o comportamento asintótico da solução como

χ→ e±η/2,

para r →∞. A solução regular então deve comportar como

χ→ e−η/2.

Incluindo os ambos comportamentos, vamos introduzir o ansatz,

χ = ηβe−η/2h (η) .

A função h (η) deve ser uma função não singular em todo espaço. Substi-tuindo na Eq.(140), temos[

ηd2

dη2+

(2`+ 3

2− η)d

dη+

(ε

2− 2`+ 3

4

)]h (η) = 0.

Esta equação é a equação da função hipergeométrica confluente e a soluçãoé dada por

h (η) = F

(3 + 2`

4− ε

2,3 + 2`

2; η

).

Esta função deverge como e2η, exceto quando

ε

2− 3 + 2`

4= nr

35

for um inteiro não negativo. Neste caso, a função hipergeométrica confluentese torna um polinômio de ordem nr. Temos então, para satisfazer a condiçãode contorno para r →∞,

ε =E

~ω=

1

2(3 + 2`+ 4nr) , (141)

ondenr = 0, 1, 2, ....

e` = 0, 1, 2, ...

A Eq.(141) mostra que a energia de um oscilador harmônico esférico é car-acterizada por dois números inteiros, nr e `. O primeiro inteiro é a ordem depolinômio da função radial e, portanto, é o número de zeros (nós) da funçãode onda radial. O segundo inteiro é o momento angular. Na lingagem espec-troscópica, as vezes utilizamos simbolos S, P,D, , F,G,H... para expressar osestados de momento angular.

Exercício: Compare as Eqs.(141) e (12) e classifique os estados degeneradosem coordenadas Cartesianos em termos de momento angular e o númeroquântico radial.

9 Atomo de Hidrogênio

9.1 Separação de Movimento do Centro de Massa

Vamos estudar o potencial

V (r) = −e2

r,

o que corresponde a força Coulombiana entre o elétron e o núcleo do hidrogênio(proton). O Hamiltoniano do sistema é

H = − ~2

2M∇2

1 −~2

2m∇2

2 + V (r) ,

onde ∇21 é o Laplaciano em relação a coordenadas do proton ~r1, ∇2

2 é oLaplaciano em relação a coordenadas do elétron ~r2 e

r = |~r2 − ~r1|

36

é a coordenada radial relativo entre dois. A Equação de Schrödinger (inde-pendente no tempo) para o sistema de proton-elétron fica

HψE (~r1, ~r2) = EψE (~r1, ~r2) ,

onde ψE (~r1, ~r2) é a representação em coordenadas do vetor de estado dosistema,

ψE (~r1, ~r2) = (〈~r1| ⊗ 〈~r2|) |ψE〉.Em analogo ao caso da Mecânica Clássica, podemos introduzir a mudança

de variáveis por

~RCM =M

M +m~r1 +

m

M +m~r2,

~r = ~r2 − ~r1,

eψE → ψE

(~RCM , ~r

).

Podemos mostrar facilmente que

− ~2

2M∇2

1 −~2

2m∇2

2 = − ~2

2 (M +m)∇2CM −

~2

2µ∇2,

onde

µ =mM

M +m

é a massa reduzida e∇2CM é o Laplaciano em relação a coordenadas do centro

de massa ~RCM , e ∇2 é o Laplaciano em relação a coordenadas relativas, ~r.Assim, a Equação de Schrödinter em termos destas coordenadas fica[− ~2

2 (M +m)∇2CM −

~2

2µ∇2 + V (r)

]ψE

(~RCM , ~r

)= EψE

(~RCM , ~r

).

Podemos separar variáveis ~RCM e ~r como

ψE

(~RCM , ~r

)→ ψ

(CM)ECM

(~RCM

)ψErel (~r) ,

onde

− ~2

2 (M +m)∇2CMψ

(CM)ECM

(~RCM

)= ECMψ

(CM)ECM

(~RCM

), (142)

37

[− ~

2

2µ∇2 + V (r)

]ψErel (~r) = ErelψErel (~r) , (143)

eE = ECM + Erel. (144)

O resulado, Eqs.(142) e (143) mostram que, como na Mecânica Clássica,o movimento do centro de massa do sistema comporta como partícula livrecom a massa a soma das duas partículas e o movimento relatívo se disvinculacompletamente do movimento do centro de massa. Desta forma, para estudaro espectro de energia de um sistema comosto como átomo de hidrogênio,podemos desconsiderar o movimento do centro de massa e analisamos apenasa parte de movimento relativo, a Eq.(143).

9.2 Autovalor da Energia

Vamos estudar a equação da parte de coordenadas relativas,[− ~

2

2µ∇2 − e2

r

]ψE (~r) = EψE (~r) , (145)

onde abreviamos o subscript, rel para simplificar a notação. A equação radialpara um dado momento angular ` fica[

− ~2

2µ

1

r

d2

dr2r +

` (`+ 1) ~2

2µr2− e2

r

]R` (r) = ER` (r) , (146)

oud2R`

dr2+

2

r

dR`

dr+

2µ

~2

[E +

e2

r− ` (`+ 1) ~2

2µ

]R` = 0. (147)

Para r →∞, a equação se torna asintoticamente como

d2R`

dr2+

2µE

~2R` ' 0,

e portanto, o comportamento asintótico da solução radial é

R` → e±i√

2µE

~2r

para E > 0 e

R` → e±√− 2µE

~2r (148)

38

para E < 0. Novamente E > 0 corresponde ao estado de espalhamento, eE < 0 corresponde a estados ligados.Vamos analizar estados ligados, E < 0. Da Eq.(148) é conveniente intro-

duzir a variável adimensional,

ρ = 2

√−2µE

~2r.

A equação nesta variável é

d2R`

dρ2+

2

ρ

dR`

dρ− ` (`+ 1)

ρ2R` +

(λ

ρ− 1

4

)R` = 0, (149)

onde

λ =e2

~

(µ

−2E

)1/2

= α

(µc2

−2E

)1/2

,

onde α = e2/~c ' 1/137 é uma constante universal adimensional, chamadode constante estrutura fina.O comportamento asintótico fisicamente aceitável para ρ→∞ é

R` → e−12ρ.

O comportamento asintótico para ρ→ 0 é

R` → ρ`.

Desta forma, podemos introduzir a mudânça,

R` = ρ`e−12ρL (ρ)

e calculamos a equação para L. Temos

ρd2L

dρ2+ (2`+ 2− ρ)

dL

dρ+ (λ− 1− `)L = 0. (150)

Esta é novamente a equação para Função hipergeométrica confluente. Paranão violar a condição de contorno para a função de onda em r →∞, devemoster

(λ− 1− `) = nr,

39

onde nr deve ser um inteiro não negativo. Neste caso, L é um polinômio deordem n. Isto implica que λ é um inteiro positivo, tal que

λ ≡ n = nr + `+ 1,

e é chamado o número quântico principal.Utilizando

λ = α

(µc2

−2E

)1/2

,

temos

E = En = −1

2µc2α

2

n2.

Note que o espaçamento entre níveis de energia se torna indefinidamentemenor para n→∞. Isto porque, o potencial Coulombiano tem uma extençãocada vez maior para E → 0.

9.3 Função de Onda

A solução da Eq.(150) para λ inteiro é conhecido como Polinômio de Laguerreassociada. A equação para Polinômio de Laguerre associada Lpq (ρ) tem aforma,

ρd2Lpq (ρ)

dρ2+ (p+ 1− ρ)

dLpq (ρ)

dρ+ (q − p)Lpq (ρ) = 0,

e, portanto, podemos identificar a nossa função de onda como

Rn` (r) = Ne−12ρρ`L2`+1

n+1 (ρ) ,

ondeρ =

2

na0

r,

com

a0 =~2

µe2

é o raio de Bohr. Os autovalores de energia podem ser expressos como

En = − e2

2a0n2.

40

10 Spin e Interação Eletromagnética do Elétron

Na seção de Momento Angular, vimos como construimos a representação dosoperadores que satisfaz a regra de comutação,

[Li, Lj] = iLk. (151)

Aqui, a palavra “representação”significa estabelecer a correspondência destesoperadores com as matrizes. Definindo o quadrado do vetor de momentoangular por

~L2 = L2x + L2

y + L2z,

vimos que os autovalores deste operador tem a forma,

j (j + 1) ,

ondej = 0,

1

2, 1,

3

2, · · ·

Escrevendo os autovetores simultaneos de ~L2 e Lz por |j,m〉,

~L2|j,m〉 = j (j + 1) |j,m〉,Lz|j,m〉 = m|j,m〉,

podemos construir as matrizes (Σx,Σy,Σz) por

(Σi)mm ≡ 〈j,m|Li|j, m〉 (152)

para um dado j. A dimensão destas matrizes é 2j+ 1, isto é, as matrizes sãode (2j + 1)× (2j + 1). Por construção, podemos verificar que estas matrizessatisfazem as relações de comutação,

[Σi,Σj] = iΣk. (153)

Prove a Eq.(153).Quando o estado quântico da partícula é completamente especificada em

termos de amplitude de probabilidade na posição espacial, vimos que os val-ores de j devem ser inteiros. Isto porque, a unicidade da função de ondaem relação as coordenadas espaciais é violada para os valores semi-inteirosde j. Desta forma, excluimos os valores semi-inteiros do autovalores para omomento angular orbital. Por outro lado, nem todas partículas podem ser

41

descritas em termos de uma única função de onda apenas. Por exemplo,consideramos um fóton. Para especificar o estado deste fóton, não apenasa informação da sua localizaçao, precisamos também especificar o estado depolarização, pois o campo eletromagnético clássico tem os graus de liberdadede polarização. Esse fato corresponde que o fóton tem spin j = 1. O experi-mento de Stern-Gerlach mostra que o elétron tem 2 graus de liberdade, queacopla com o campo magnético como um imã.Discutiremos em detalhe sobre spin na MQII.

11 Complementação Matemática

11.1 Polinômios Ortogonais

Consideramos o espaço de funções definidas no domínio D, e suponhamosque está definido o produto escalar entre duas funções f e g como

(f, g) =

∫D

dxρ (x) f ∗ (x) g (x) ,

ondeρ (x) ≥ 0, x ∈ D

é chamada de métrica, satisfazendo a propriedade,∫D

dxρ (x)xn <∞, ∀n <∞.

Para um dado ρ (x), podemos construir, usando o método de Gram-Schmidt,a sequência de polinômios ortogonais a partir de sequências de monomios,

0, x, x2, . . .→ h0 (x) , h1 (x) , h2 (x) , . . . .

(hn, hm) = δmn.

Suponhamos que, para dado ρ (x), encontramos uma função X (x) paraqual

Fn (x) ≡ 1

ρ (x)

dn

dxn(ρX (x)n) (154)

é um polinômio de ordem n em x para qualquer n inteiro não negativo. Aindasupomos que esta função satisfaz a condição de contorno,

dk

dxk(ρ (x)X (x)n)

∣∣∣∣x∈S

= 0, (155)

42

para k < n, onde S representa a superfície de D (neste caso, os pontosextremas de D). Então, podemos provar que

Fn (x) ∝ hn (x) .

Para provar isto, basta mostrar que

(xm, Fn (x))?= 0,

para qualquer m < n. Temos

(xm, Fn (x)) =

∫D

xmdn

dxn(ρ (x)X (x)n) dx

= xmdn−1

dxn−1(ρ (x)X (x)n)

∣∣∣∣S

−m∫D

xm−1 dn−1

dxn−1(ρ (x)X (x)n) dx

= −m∫D

xm−1 dn−1

dxn−1(ρ (x)X (x)n) dx,

onde utilizamos a propriedade Eq.(155). Repetindo o processo, temos

(xm, Fn (x)) = (−1)mm!

∫D

dn−m

dxn−m(ρ (x)X (x)n) dx

= (−1)mm!dn−m−1

dxn−m−1(ρ (x)X (x)n) dx

∣∣∣∣S

= 0.

Assim, verificamos que(xm, Fn (x)) = 0, (156)

para todom < n. Isto implica que Fn (x) é ortogonal a todos os polinômios deordem menor que n. Já que Fn (x) é um polinômio por definição, concluimosque

Fn (x) ∝ hn (x) .

Não é sempre verdade que exista a função X (x) que satisfaz a Eq.(154)junto com a Eq.(155) para qualquer ρ (x), mas em certas situações, podemosencontrar a função desejada X (x). Por exemplo, vamos considerar um op-erador hermitiano,

O ≡ 1

ρ (x)

d

dxρ (x)X (x)

d

dx,

43

que é um operador diferencial de 2a ordem. Este operador também pode serescrita como

O ≡ 1

ρ (x)

[d

dxρ (x)X (x)

]d

dx+X (x)

d2

dx2

= F1 (x)d

dx+X (x)

d2

dx2,

onde utilizamos a definição Eq.(154) para n = 1. Agora, vamos supor queX (x) é um polinômio de ordem inferior a 3. Suponhe que Fn (x) é umpolinômio de ordem n em x. Então,

F (x) ≡ OFn (x)

também é um polinômio em x de ordem n. Já que O é um operador hermi-tiano, para qualquer m < n, temos

(xm, F (x)) = (Oxm, Fn)

= 0,

pois Oxm é um polinômio de ordem m e usamos a Eq.(156). Um polinômiode ordem n que ortogonal a qualquer polinômio de ordem m < n tem queser proporcional a prória Fn (x) . Então temos

F (x) = λFn (x) ,

ou sejaOFn (x) = λFn (x) . (157)

Comparando os coeficientes dos termos de ordem n dos dois lados da equaçãoacima, podemos concluir que

λ = ndF1

dx+n (n− 1)

2

d2X

dx2. (158)

Vamos considerar alguns exemplos.

11.2 Polinômio de Legendre

Consideramos o domínio

D = [−1 ≤ x ≤ 1]

44

eρ (x) = 1.

Neste caso, se escolhemosX (x) = x2 − 1.

então, facilmente podemos ver que

Fn (x) ≡ dn

dxn(x2 − 1

)né polinômio em x para qualquer n. Escolhendo o fator de normalização detal forma que o valor da função seja 1 e chamamos de polinômio de Legendre,

Pn (x) =1

2nn!

dn

dxn(x2 − 1

)n.

A Eq.(157) fica [d

dx

(1− x2

) d

dx+ n (n+ 1)

]Pn (x) = 0

que é a equação diferencial de Legendre.

11.3 Polinômio de Laguerre

ParaD = [0 ≤ x <∞] ,

eρ (x) = e−x,

e escolhemosX (x) = x.

Então,obviamente

Fn (x) ≡ exdn

dxn(e−xxn

)é um polinômio de ordem n em x e chamamos de Polinômio de Laguerre,

Ln (x) = exdn

dxn(e−xxn

).

TemosF1 (x) = −x+ 1,

45

e portanto, a Eq.(157) ficad2

dx2+ (1− x)

d

dx+ n

Ln (x) = 0.

Esta é a equação diferencial de Laguerre.

11.4 Polinômio de Hermite

ParaD = [−∞ < x <∞] ,

eρ (x) = e−x

2

,

podemos escolherX = 1.

Escolhendo o sinal appropriado, temos os polinômios de Hermite,

Hn (x) = (−1)n ex2 dn

dxne−x

2

,

e a equação de Hermite,

(d2

dx2− 2x

d

dx+ 2n)Hn (x) = 0.

12 Função Hipergeométrica

12.1 Função Hipergeométrica Generalizada de Pochham-mer

Definimos um simbôlo (α;n) por

(α;n) ≡ Γ (α + n)

Γ (α)

= α (α + 1) · · · (α + n− 1) .

Podemos definir a seguinte série que converge para |z| < 1 por

pFq ([α1, α2, . . . , αp] ; [γ1, γ2, . . . , γq] ; z) =

∞∑n=0

1

n!Cnz

n,

46

onde

Cn =(α1;n) (α1;n) · · · (αp;n)

(γ1;n) (γ1;n) · · · (γp;n).

Esta família de funções analíticas é chamada função hipergeométrica gener-alizada.

12.2 Função Hipergeométrica de Gauss

Em particular, a função

2F1 ([α, β] ; [γ] ; z) =Γ (γ)

Γ (α) Γ (β)

∞∑n=0

1

n!

Γ (α + n) Γ (β + n)

Γ (γ + n)zn

é chamada de Função hipergeométrica de Gauss e frequentemente denotadapor

F (α, β, γ; z) .

12.3 Função Hipergeométrica Confluente

A função,

1F1 (α; γ; z) =Γ (γ)

Γ (α)

∞∑n=0

1

n!

Γ (α + n)

Γ (γ + n)zn (159)

é chamada de Função hipergeométrica confluente e denotada por

F (α, γ; z) .

12.4 Relações de Recorrência

A função hipergeométrica é invariante sob permutação de parâmetros dentrode [ ]. Isto é,

pFq ([α1, α2, . . . , αp] ; [γ1, γ2, . . . , γq] ; z) = pFq([αi1 , αi2 , . . . , αip

];[γj1 , γj2 , . . . , γjq

]; z),

para qualquer permutação,

[α1, α2, . . . , αp]→[αi1 , αi2 , . . . , αip

],

[γ1, γ2, . . . , γq]→[γj1 , γj2 , . . . , γjq

].

47

Podemos provar as seguintes relações de recorrência,

p+1Fq+1 ([α1, α2, . . . , αp, β] ; [γ1, γ2, . . . , γq, β] ; z) = pFq ([α1, α2, . . . , αp] ; [γ1, γ2, . . . , γq] ; z) ,

limβ→∞

p+1Fq

([α1, α2, . . . , αp, β] ; [γ1, γ2, . . . , γq] ;

z

β

)= pFq ([α1, α2, . . . , αp] ; [γ1, γ2, . . . , γq] ; z) ,

limβ→∞

pFq+1 ([α1, α2, . . . , αp] ; [γ1, γ2, . . . , γq, β] ; βz) = pFq ([α1, α2, . . . , αp] ; [γ1, γ2, . . . , γq] ; z) .

Como o caso particular, temos

F (α, γ; z) = limβ→∞

F

(α, β, γ;

z

β

).

12.5 Representação de Funções Elementares em ter-mos de Função Hipergeométrica

Várias funções elementares podem ser expressas como um caso particular defunção hipergeométrica. Por exemplo,

(1− z)α = 1F0 (−α; z) = F (−α, β, β; z) ;

ex = 0F0 (z) = F (α, α; z) ,

sinh z = z 0F1

(3

2;z2

2

),

cosh z = 0F1

(1

2;z2

2

),

sin z = z 0F1

(3

2;−z

2

2

),

cosh z = 0F1

(1

2;−z

2

2

),

sin−1 z = zF

(1

2,1

2,3

2; z2

),

tan−1 z = zF

(1

2,1

2,3

2;−z2

),

Erf (z) = zF

(1

2,3

2; z

),

etc.

48

12.6 Equação Diferencial

A Função Hipergeométrica de Gauss satisfaz a seguinte equação diferencial,

z (1− z)d2w

dz2+ [γ − (α + β + 1) z]

dw

dz− αβw = 0,

e a Função Hipergeométrica confluente satisfaz a seguitne equação diferencial,

zd2w

dz2+ [γ − z]

dw

dz− αw = 0. (160)

As duas soluções linearmente independentes, expressas na forma de série emtorno de z = 0 são dadas por

w1 = F (α, γ; z) ,

w2 = z1−γF (α− γ + 1, 2− γ; z) .

Pela definição, Eq.(159), a solução se comporta como

w1 → 1

em torno da orgem, z = 0.Para z →∞, a Eq.(160) comporta como

d2w

dz2− dw

dz' 0,

e suas soluções devem ser

w → const,

→ ez

para z →∞.

12.7 Polinômios Ortogonais

Vamos analizar o comportamento asimtótico da solução w1 (z). Se a sérieEq.(159) continua até n→∞, o coeficiente

1

n!

Γ (γ)

Γ (α)

Γ (α + n)

Γ (γ + n)˜

1

n!, n→∞,

49

portanto,w1 (z)→ ez.

Mas, se α for um inteiro negativo ou 0, a série Eq.(159) será truncada emn = −α. Assim, para satisfazer as duas condições de contorno,

w (z)→ const,

tanto para z → 0 e z →∞, devemos ter

α = −N,

ondeN = 0, 1, 2, ...

A função hipergeométricaF (−N, γ; z)

é polinômio de ordemN . Podemos verificar que F (−N, γ; z) , N = 0, 1, 2, ...constitui um conjunto de polinômio ortogonal, com

D = [0 ≤ z <∞] ,

ρ (z) = e−zzγ−1,

X (z) = z.

12.8 Equação Diferencial que reduz a Equação difer-encial Hipergeométrica Confluente

Para um problema de potencial de Equação de Schrödinger, encontramosfrequentemente a equação diferencial tipo

d2u

dx2+

(a+

b

x

)du

dx+

(A+

B

x+C

x2

)u = 0. (161)

Este tipo da equação pode ser reduzida na forma de equação hipergeométricaconfluente. Para isto, primeira, analizamos o comportamento da solução parax→ 0 e x→∞. Em geral, os comportamentos asintóticos são

u→ xβ, x→ 0,

eu→ eλx, x→∞.

50

Os constantes β e λ podem ser determinados da Eq.(161). Utilizando osvalores destes constantes assim determinados, definimos

u (x) = xβeλxf (x) ,

e substituindo desta forma na Eq.(161), podemos obter a equação para f .Vemos que a equação resultante para f pode ser equivalente a Eq.(159).

51