O caso quase-clássico

Iniciamos o nosso curso com o estudo do átomo de Bohr, centrado na regra de quantização, para órbitas circulares,

$$L=n\hbar$$ (754)

com $n$ inteiro, que dá, para a energia ,

$$E_{n}= -\frac{me^4}{2\hbar^2}\frac{1}{n^2}\;,$$ (755)

a famosa fórmula de Bohr.

Na verdade, (756) é o caso particular, para órbitas circulares, das regras de Bohr-Sommerfeld, que podem ser enunciadas assim: seja um sistema periódico descrito por coordenadas generalizadas $q_{i}$, $i=1, \dots ,n$. Então

$$\oint p_{i} dq_{i}= n_{i}h$$ (756)

onde $h$ é a constante de Planck, e os $n_{i}$ são inteiros. No caso do átomo de hidrogênio, o movimento, em órbita circular, pode ser inteiramente descrito pela coordenada angular $\theta$, do par $(r, \theta)$ de coordenadas polares no plano da órbita. Como a lagrangeana do sistema é

$$L=\frac{m}{2}(\dot{r}^2+r^2\dot{\theta}^2)- \frac{Ze^2}{r}$$ (757)

temos que

$$p_{\theta}=\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}= mr^2 \dot{\theta}=L$$ (758)

onde $L$ é o momento angular. Além disso, $p_{\theta}$ é constante, pois a variável $\theta$ não aparece na lagrangeana. Então,

$$\oint p_{\theta} d\theta = \int_{0}^{2\pi}L d\theta =2\pi L = nh$$ (759)

ou seja,

$$L= n \frac{h}{2\pi}$$ (760)

que é a regra de Bohr usual.

Estamos agora muito distantes dessa versão simples de uma mecânica quântica. Órbitas não existem, de modo que a regra de Bohr nem pode ser enunciada, com o vocabulário da mecânica quântica. No entanto,(756) permanece válida, embora obtida de maneira totalmente diferente.

Nesta seção queremos investigar se existem condições em que a regra de Bohr seja aproximadamente válida. Sistemas que satisfazem a essas condições serão chamados quase-clássicos³³. No estilo que temos adotado sistematicamente, estudaremos este problema no contexto dos estados estacionários e, para simplificar, para sistemas unidimensionais.

Uma partícula de massa $m$ possui uma energia potencial $U(x)$. A equação de Schrödinger para estados estacionários é:

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}+U(x)\psi=E\psi$$ (761)

que, naturalmente, pode ser escrita como

$$\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}+(E-U)\psi=0$$ (762)

Procuraremos soluções escritas na forma

$$\psi=e^{\frac{i}{\hbar}\sigma}$$ (763)

onde $\sigma$ é uma função complexa, e tal que

$$\vert\sigma\vert\gg \hbar\;\;.$$ (764)

Note-se que, sendo $\sigma$ complexa, temos

$$\psi=e^{\frac{i}{\hbar}(\sigma_{r}+i\sigma_{i})}= e^{-\frac{1}{\hbar}\sigma_{i}}e^{\frac{i}{\hbar}\sigma_{r}}$$ (765)

ou seja, (764) é uma expressão geral para a função de onda. É a condição (765) que nos dirige ao caso que nos interessa, já que é uma realização do limite formal $\hbar \rightarrow 0$, supostamente a situação em que a mecânica quântica tende à mecânica clássica (as relações de incerteza inexistem, nesse limite).

Inserindo na eq.(763) a expressão (764), obtemos a seguinte equação para $\sigma$ (completamente equivalente à equação de Schrödinger):

$$\frac{1}{2m}\left(\frac{d\sigma}{dx}\right)^2- \frac{i\hbar}{2m}\frac{d^2\sigma}{dx^2}=E-U$$ (766)

Vamos agora utilizar a condição (765). Suponhamos que exista a expansão

$$\sigma = \sigma_{0}+\frac{\hbar}{i}\sigma_{1}+\left(\frac{\hbar}{i}\right)^2 \sigma_{2}+\ldots$$ (767)

com $\sigma_{0}$, $\sigma_{1}$, $\sigma_{2}$ finitos (ou seja,de módulos muito maiores do que $\hbar$). Então (765) estará garantida desde que $\vert\sigma_{0}\vert \gg \hbar$.

Exemplo: $\psi(x)=e^{\frac{i}{\hbar}px}$, a função de onda de um estado estacionário de partícula livre, é tal que

$$\psi=e^{\frac{i}{\hbar}px}=e^{\frac{i}{\hbar}\sigma}$$ (768)

de onde segue que

$$\sigma=px$$ (769)

A condição (765) é

$$\frac{px}{\hbar}=\frac{\hbar k x}{\hbar} \gg 1$$ (770)

é garantida se $kx \gg 1$. Ela falha, portanto, para $k=0$.

Utilizando (768) em (767), obtemos

$$\frac{1}{2m}\left[\sigma_{0}^{\prime}+\frac{\hbar}{i}\sig... ...}\left(\sigma_{0}+\frac{\hbar}{i}\sigma_{1}+\ldots\right)=E-U$$ (771)

onde a derivação em relação a $x$ é denotada por um $\prime$. Igualando os coeficientes da potência 0 de $\hbar$, temos

$$\frac{1}{2m}\left(\sigma_{0}^{\prime}\right)^2 = E-U(x)$$ (772)

que dá

$$\sigma_{0}=\pm \int \sqrt{2m(E-U)} dx$$ (773)

A relação

$$E = \frac{p^2}{2m}+U$$

permite escrever

$$p(x)=\sqrt{2m(E-U(x))}$$

de maneira que (774) pode ser escrita

$$\sigma_{0}=\pm \int p(x)dx$$ (774)

Voltando à (772), igualemos os coeficientes da potência $1$ de $\hbar$:

$$2\sigma_{0}^{\prime}\sigma_{1}^{\prime}+\sigma_{0}^{\prime \prime}=0$$ (775)

Como, de (775),

$$\sigma_{0}^{\prime}= p(x)\;,$$

temos

$$\sigma_{1}^{\prime}=-\frac{\sigma_{0}^{\prime \prime}}{2\sigma_{0}^{\prime}} =-\frac{p^{\prime}}{2p}$$ (776)

ou

$$\sigma_{1}=-\frac{1}{2}\log{p}= \log{\frac{1}{\sqrt{p}}}$$ (777)

Temos, portanto, até esta aproximação,

$$\sigma =\int p(x)dx+ \frac{\hbar}{i} \log{\frac{1}{\sqrt{p}}}$$ (778)

ou

$$\psi(x)=\frac{e^{\pm \frac{i}{\hbar}\int p dx}}{\sqrt{p}}$$ (779)

Mais precisamente, a solução geral é dada por uma combinação linear das soluções exibidas acima, ou seja,

$$\psi(x)=C_{1}\frac{e^{\frac{i}{\hbar}\int p dx}}{\sqrt{p}} + C_{2}\frac{e^{- \frac{i}{\hbar}\int p dx}}{\sqrt{p}}$$ (780)

As condições de validade da aproximação quase-clássica são obtidas insistindo-se em que, na equação (767), o segundo termo do primeiro membro seja muito menor que o primeiro isto é:

$$\frac{\vert\frac{i\hbar}{2m}\frac{d^2\sigma}{dx^2}\vert}{\vert\frac{1}{2m}\left(\frac{d\sigma} {dx}\right)\vert^2} \ll 1$$ (781)

Isto é equivalente a

$$\hbar \left\vert\frac{\sigma^{\prime \prime}}{\sigma^{\prime \; 2}}\right\vert\ll 1$$ (782)

ou ainda,

$$\left\vert\frac{d}{dx}\left(\frac{\hbar}{p(x)}\right)\right\vert \ll 1$$ (783)

Aqui encontramos mais uma vez uma situação importante em que a aproximação quase-clássica não é válida: quando o momento se anula, a eq.(784) não é satisfeita.

Suponhamos que a nossa partícula possua uma energia potencial $U(x)$, e que sua energia total seja $E$. Como temos

$$p(x)=\sqrt{2m \left(E-U(x)\right)}$$

vemos que, nos pontos em que $E=U(x)$, $p(x)$ é igual à zero, e a aproximação quase-clássica falha.

Na figura acima vemos os pontos $a$ e $b$, em que $E=U(x)$, e a aproximação quase-clássica falha. Classicamente são os pontos em que a partícula pára e volta, os ``pontos de retorno'''. Nas vizinhanças desses pontos não podemos utilizar a expressão (781). Há uma série de métodos para contornar esta dificuldade. O mais elementar é o seguinte: seja $x_{0}$ um ponto de retorno, ou seja, $E-U(x_{0})=0$. A equação de Schrödinger é

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}+\left(U(x)-E\right)\psi(x)=0$$ (784)

Expandindo a função $F(x) \equiv U(x)-E$ em torno do ponto $x_{0}$, temos

$$F(x)=F(x_{0}) + (x-x_{0})F^{\prime}(x_{0})$$ (785)

com $F(x_{0})=0$. Como $F(x_{0})=0$, temos

$$U(x)-E= (x-x_{0})U^{\prime}(x_{0})$$ (786)

Logo, nas vizinhanças do ponto de retorno, a equação de Schrödinger é

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}+U^{\prime}(x_{0})(x-x_{0})\psi(x)=0$$ (787)

que é a equação de Schrödinger para uma partícula sobre a ação de uma força constante. Mas esta equação pode ser resolvida exatamente (veja Apêndice), de maneira que podemos proceder assim: a uma certa (pequena) distância do ponto de retorno, usamos a função de onda quase-clássica. Mais para perto do ponto de retorno, usamos a solução exata (788). Tudo o que precisamos fazer é achar, dentre as soluções de (788),aquela que se acopla continuamente com a solução semi-clássica.

Este método utiliza funções transcendentes (a função de Airy, por exemplo), e um pouco de análise complexa, o que está acima do nível deste curso. Assim, sendo, limitar-nos-emos a enviar o leitor ao apêndice, para os detalhes do cálculo, e a dar a regra de transição, lá obtida.

Nas regiões classicamente inacessíveis, temos $E-U(x) <0$, logo,

$$p(x) = \sqrt{2m(E-U(x))} = i\sqrt{2m(\vert E-U(x)\vert)}\;.$$ (788)

Uma repetição simples dos cálculos leva a

$$\psi(x)=C_{1}\frac{e^{-\frac{1}{\hbar}\int \vert p(x)\vert ... ...\frac{1}{\hbar}\int \vert p(x)\vert dx}}{\sqrt{\vert p\vert}}$$ (789)

Temos,portanto,

$$\psi(x) = C_{1}\frac{e^{\frac{i}{\hbar}\int p dx}}{\sqrt{p}} + C_{2}\frac{e^{- \frac{i}{\hbar}\int p dx}}{\sqrt{p}} \;\;\;\;\; E > U(x)$$ (790)

$$\psi(x) = C_{1}\frac{e^{-\frac{1}{\hbar}\int \vert p(x)\vert dx}}{\sqrt{\ve... ...\frac{1}{\hbar}\int \vert p(x)\vert dx}}{\sqrt{\vert p\vert}} \;\;\;\;\; E<U(x)$$ (791)

Regra de transição

Vamos nos limitar a enunciar a regra de transição, ilustrando-a com exemplos.

Seja $x=a$ um ponto de retorno, ou seja, tal que $E=U(a)$. Então,

$$\frac{C}{2\sqrt{\vert p\vert}}e^{-\frac{1}{\hbar}\left\vert\int_{a}^{x}pdx\right\vert} \rightarrow \frac{C}{\sqrt{p}}\cos{\left\{\frac{1}{\hbar}\left\vert\int_{a}^{x}pdx\right\vert -\frac{\pi}{4}\right\}}$$ (792)

$$E < U(x) \rightarrow E> U(x)$$

Exemplo

A figura acima mostra um poço de potencial e os pontos, $b$ e $a$, de retorno de uma partícula de massa $m$ e energia $E$.

Considere o ponto de retorno $a$. À sua direita a função de onda deve decrescer exponencialmente, já que se trata de uma região classicamente proibida, com $E<U(x)$. Dentre as soluções de (794), a que nos serve é escrita

$$\frac{C}{2\sqrt{\vert p\vert}}e^{-\frac{1}{\hbar}\int_{a}^{x}\vert p\vert dx}\;,$$

logo, à esquerda de $a$, teremos

$$\psi(x)=\frac{C}{\sqrt{p}}\cos{\left\{\frac{1}{\hbar}\int_{a}^{x}p\; dx - \frac{\pi}{4}\right\}}$$ (793)

Passemos ao ponto de retorno $b$. À sua esquerda temos uma região classicamente proibida. Devemos, então, ter uma função de onda que, à medida que nos aprofundamos nessa região (isto é, à medida que $x$ se torna mais e mais negativo), decresce exponencialmente. Dentre as catalogadas em (794) a que tem essas propriedades é

$$\frac{C}{2\sqrt{\vert p\vert}}e^{-\frac{1}{\hbar}\left\ve... ...ert p\vert}}e^{\frac{1}{\hbar} \int_{b}^{x}\vert p\vert dx}$$ (794)

logo, a função de onda à direita de $b$ será

$$\psi(x)=\frac{C}{\sqrt{p}}\cos{\left\{\frac{1}{\hbar}\int_{b}^{x} p\; dx - \frac{\pi}{4}\right\}}$$ (795)

Conseqüentemente temos, na região $b \leq x \leq a$, as expressões (794) e (796) para a função de onda. Essas duas expressões devem então coincidir:

$$\frac{C}{\sqrt{p}}\cos{\left\{\frac{1}{\hbar}\int_{b}^{x} ... ...\{\frac{1}{\hbar}\int_{a}^{x}p\; dx - \frac{\pi}{4}\right\}}$$ (796)

Tomando $x=a$, obtemos

$$C\cos{\left\{\frac{1}{\hbar}\int_{^b}^{a}p\;dx - \frac{\pi}{4}\right\}}=C^{\prime}\cos{\frac{\pi}{4}}$$ (797)

que leva a

$$\frac{1}{\hbar}\int_{b}^{a}p\;dx = (n+1/2)\pi$$ (798)

$$C = (-1)^n C^{\prime}$$

A regra de Bohr-Sommerfeld contém uma integral num circuito fechado. Neste caso, isto seria

$$\oint p \; dx = 2\int_{b}^{a}p\;dx = (n+1/2)2 \pi \hbar = (n+1/2) h$$ (799)

Obtemos uma relação que coincide com a regra de Bohr para grandes valores de $n$, quando se pode desprezar o termo $1/2$.

Exemplo: oscilador harmônico

Neste caso a energia potencial é

$$U(x)=\frac{1}{2}m\omega^2x^2$$

e

$$p(x)=\sqrt{2m\left(E-\frac{1}{2}m\omega^2 x^2\right)}$$ (800)

Os pontos de retorno acontecem quando a energia coincide com a energia potencial, isto é

$$E=\frac{1}{2}m\omega^2 x^2$$

o que acontece para $x=\pm \frac{1}{\omega}\sqrt{\frac{2E}{m}}$. A integral que aparece em (799) é

$$\int p\;dx = \int_{-\frac{1}{\omega} \sqrt{\frac{2E}{m}... ...{m}}} \sqrt{2mE-m^2 \omega^2 x^2} dx = \frac{\pi E}{\omega}$$ (801)

e temos, então,

$$\frac{\pi E}{\omega}=(n+1/2)\pi \hbar$$ (802)

ou

$$E=(n+1/2)\hbar \omega \; ,$$ (803)

em completa coincidência com o resultado exato!