partícula em 3 dimensões
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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.
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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
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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,
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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.
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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.
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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)
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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,
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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
,
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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)
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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,
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(~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.
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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) .
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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)
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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.
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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
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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)
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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
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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.
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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)
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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.
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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
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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
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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)
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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)
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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.
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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
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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).
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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
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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
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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
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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
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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.
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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)
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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
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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
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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|
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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
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[− ~
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)
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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
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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.
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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
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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)
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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
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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]
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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,
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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,
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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
].
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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.
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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→∞,
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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→∞.
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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).
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