Physics · Livro 5 · Bachelor Year 3

Física universitária — 3.º ano

Física universitária — 3.º ano · Bachelor Year 3

9O oscilador harmônico quântico

Quase nada na natureza é exatamente um oscilador harmônico, e quase tudo é aproximadamente um: qualquer sistema afastado de um equilíbrio estável — a ligação de uma molécula, um átomo num cristal, uma ponte, um modo do campo eletromagnético — sente uma força restauradora proporcional ao deslocamento, porque todo potencial suave é uma parábola no fundo do seu poço. Quem resolve o oscilador quântico uma vez resolve, portanto, as pequenas vibrações do mundo inteiro. Este capítulo o resolve no estilo algébrico que se tornou a assinatura da mecânica quântica: dois operadores de escada sobem e descem uma escada perfeitamente regular de níveis (n+12)ℏω\big(n + \tfrac12\big)\hbar\omega, sendo o meio degrau de baixo — a energia de ponto zero — um teorema, e não uma opção. As consequências vão de por que o hélio nunca congela até como uma molécula de dióxido de carbono, ressoando no seu próprio ℏω\hbar\omega, intercepta o calor que a Terra emite.

9.1 A escada

Definição 9.1 (Operadores de escada)

Para H^=p^2/2m+12mω2x^2\hat H = \hat p^2/2m + \tfrac12 m\omega^2\hat x^2, introduza o par adimensional e não hermitiano

a^=mω2ℏ(x^+ip^mω),a^†=mω2ℏ(x^−ip^mω).\hat a = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\Big(\hat x + \frac{\iu\hat p}{m\omega}\Big) , \qquad \hat a^\dagger = \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\Big(\hat x - \frac{\iu\hat p}{m\omega}\Big) .

A partir de [x^,p^]=iℏ[\hat x, \hat p] = \iu\hbar:

[a^,a^†]=1,H^=ℏω(N^+12),N^=a^†a^.[\hat a, \hat a^\dagger] = 1 , \qquad \hat H = \hbar\omega\Big(\hat N + \tfrac12\Big) , \quad \hat N = \hat a^\dagger\hat a .

N^\hat N é hermitiano; seus autovalores contarão quanta, e a^\hat a, a^†\hat a^\dagger — os operadores de aniquilação e de criação — retirarão e acrescentarão um.

Teorema 9.2 (O espectro, só por álgebra)

Os autovalores de H^\hat H são exatamente

En=(n+12)ℏω,n=0,1,2,…E_n = \Big(n + \tfrac12\Big)\hbar\omega , \qquad n = 0, 1, 2, \dots

— uma escada infinita de degraus iguais ℏω\hbar\omega acima de um nível fundamental que não é nulo: a energia de ponto zero 12ℏω\tfrac12\hbar\omega. Os autoestados normalizados ∣n⟩\ket n são ligados por

a^∣n⟩=n ∣n−1⟩,a^†∣n⟩=n+1 ∣n+1⟩,∣n⟩=(a^†)nn! ∣0⟩.\hat a\ket n = \sqrt n\,\ket{n - 1} , \qquad \hat a^\dagger\ket n = \sqrt{n + 1}\,\ket{n + 1} , \qquad \ket n = \frac{(\hat a^\dagger)^n}{\sqrt{n!}}\,\ket0 .

Demonstração. Do comutador, N^a^=a^(N^−1)\hat N\hat a = \hat a(\hat N - 1): se ∣ν⟩\ket\nu é autovetor de N^\hat N com autovalor ν\nu, então a^∣ν⟩\hat a\ket\nu é um autovetor de autovalor ν−1\nu - 1 (ou o vetor nulo). Cada descida só é permitida enquanto ν≥0\nu \ge 0, pois ν=⟨ν | N^ν⟩=∥a^∣ν⟩∥2≥0\nu = \braket{\nu}{\hat N\nu} = \|\hat a\ket\nu\|^2 \ge 0; a descida tem, portanto, de terminar, e só termina num estado com a^∣ν0⟩=0\hat a\ket{\nu_0} = 0, donde ν0=0\nu_0 = 0. Assim, ν\nu percorre os inteiros não negativos. As normalizações seguem de ∥a^∣n⟩∥2=n\|\hat a\ket n\|^2 = n e ∥a^†∣n⟩∥2=n+1\|\hat a^\dagger\ket n\|^2 = n + 1. ∎

A escada do oscilador: degraus iguais , subidos por a e descidos por a, apoiados num piso meio degrau acima da energia de repouso clássica.
A escada do oscilador: degraus iguais ℏω\hbar\omega, subidos por a^†\hat a^\dagger e descidos por a^\hat a, apoiados num piso meio degrau acima da energia de repouso clássica.

Proposição 9.3 (Os estados no espaço)

O estado fundamental é a gaussiana

φ0(x)=(mωπℏ)1/4e−mωx2/2ℏ,\varphi_0(x) = \Big(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\Big)^{1/4} \eu^{-m\omega x^2/2\hbar} ,

obtida resolvendo a equação de primeira ordem a^φ0=0\hat a\varphi_0 = 0; ela satura a desigualdade de Heisenberg, Δx Δp=ℏ/2\Delta x\,\Delta p = \hbar/2, com Δx=ℏ/2mω\Delta x = \sqrt{\hbar/2m\omega}. Aplicar a^†\hat a^\dagger repetidamente gera φn\varphi_n: um polinômio de grau nn (com nn nós) vezes a mesma gaussiana. Para nn grande, ∣φn∣2|\varphi_n|^2 oscila rapidamente em torno da distribuição clássica do tempo de permanência, máxima perto dos pontos de retorno — o princípio da correspondência em imagem.

Demonstração parcial. a^φ0=0\hat a\varphi_0 = 0 se lê φ0′=−(mω/ℏ)xφ0\varphi_0' = -(m\omega/\hbar)x \varphi_0: a gaussiana, normalizada. Saturação: a gaussiana é o caso de igualdade do Teorema 8.10. A estrutura polinomial decorre de a^†\hat a^\dagger ser de primeira ordem em xx e  ⁣d/ ⁣dx\dd/\dd x; o enunciado para nn grande é verificado no Exercício 9.12. ∎

À esquerda: as densidades de probabilidade mais baixas (deslocadas verticalmente): uma gaussiana sem nós e, depois, n nós para _n. À direita: para n grande, a densidade quântica oscila em torno da distribuição clássica, que se acumula nos pontos de retorno, onde a massa oscilante se demora.
À esquerda: as densidades de probabilidade mais baixas (deslocadas verticalmente): uma gaussiana sem nós e, depois, nn nós para φn\varphi_n. À direita: para nn grande, a densidade quântica oscila em torno da distribuição clássica, que se acumula nos pontos de retorno, onde a massa oscilante se demora.

9.2 A energia de ponto zero é real

Observação 9.4 (Por que o piso não pode ser mais baixo)

Um estado de energia nula exigiria ⟨p^2⟩=⟨x^2⟩=0\langle\hat p^2\rangle = \langle\hat x^2\rangle = 0: perfeitamente parado e perfeitamente centrado, o que Δx Δp≥ℏ/2\Delta x\,\Delta p \ge \hbar/2 proíbe. O estado fundamental é o melhor compromisso que a desigualdade permite, e 12ℏω\tfrac12\hbar\omega é o aluguel. Não se trata de uma constante de contabilidade: o movimento de ponto zero borra os padrões de difração de raios X no zero absoluto; ele dá aos isótopos mais leves ligações efetivas mais fracas (H2_2 e D2_2 se dissociam a energias mensuravelmente diferentes a partir do mesmo poço eletrônico); e no hélio ele é tão violento — átomos leves, atração débil — que o líquido nunca congela sob sua própria pressão de vapor: é o único elemento ainda líquido no zero absoluto, solidificando-se apenas com a ajuda de 25 atmosferas.

Exemplo 9.5 (Escalas de ℏω\hbar\omega)

Ligação do monóxido de carbono (ω=4.1×1014 rad/s\omega = 4.1 \times 10^{14}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}): ℏω=0.27 eV\hbar\omega = 0.27\,\mathrm{eV}, dez vezes o kBTk_{\text{B}}T da temperatura ambiente — as vibrações moleculares estão paradas no ar do dia a dia, e é por isso que as capacidades térmicas dos diatômicos intrigaram o século XIX. Um pêndulo (ω=5 rad/s\omega = 5\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}): ℏω=3×10−15 eV\hbar\omega = 3 \times 10^{-15}\,\mathrm{eV}, irremediavelmente além da resolução — o limite da correspondência. Um espelho do LIGO de 40 kg40\,\mathrm{kg}, suspenso de modo a oscilar a 100 Hz100\,\mathrm{Hz}, tem como modo de oscilador a amplitude de ponto zero Δx=ℏ/2mω≈5×10−20 m\Delta x = \sqrt{\hbar/2m\omega} \approx 5 \times 10^{-20}\,\mathrm{m} — e o observatório resolve rotineiramente deslocamentos nesse piso quântico: o movimento de ponto zero de um objeto de quarenta quilogramas é hoje um vínculo de engenharia (Exercício 9.3).

9.3 Estados coerentes: a face clássica do oscilador quântico

Definição 9.6 (Estados coerentes)

Um estado coerente ∣α⟩\ket\alpha é um autovetor do operador de aniquilação, a^∣α⟩=α∣α⟩\hat a\ket\alpha = \alpha\ket\alpha, com α\alpha um número complexo qualquer. Expandido na escada,

∣α⟩=e−∣α∣2/2∑n=0∞αnn! ∣n⟩:\ket\alpha = \eu^{-|\alpha|^2/2}\sum_{n=0}^\infty \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\,\ket n :

a contagem quântica segue uma distribuição de Poisson, de média ⟨N^⟩=∣α∣2\langle\hat N\rangle = |\alpha|^2 e dispersão ΔN=∣α∣\Delta N = |\alpha|.

Proposição 9.7 (Por que os lasers são clássicos)

Um estado coerente é a gaussiana do estado fundamental deslocada no espaço de fases; sob a evolução do oscilador ele permanece coerente, com α(t)=α e−iωt\alpha(t) = \alpha\,\eu^{-\iu\omega t}: seu centro executa exatamente o movimento clássico, ⟨x^⟩(t)=x0cos⁡ωt+⋯\langle\hat x\rangle(t) = x_0\cos\omega t + \cdots, ao passo que suas larguras permanecem para sempre no mínimo Δx Δp=ℏ/2\Delta x\,\Delta p = \hbar/2 — um pacote de onda que nunca se espalha. Os estados coerentes são o modo como um oscilador quântico imita um clássico; a luz de um laser é um estado coerente de um modo do campo, com número de fótons poissoniano (o ruído de disparo de todo fotodetector) e campo oscilando como Maxwell dizia.

Demonstração parcial. A expansão decorre de escrever ∣α⟩=∑cn∣n⟩\ket\alpha = \sum c_n\ket n em a^∣α⟩=α∣α⟩\hat a\ket\alpha = \alpha\ket\alpha: cn=αcn−1/nc_n = \alpha c_{n-1}/\sqrt n. Evolução: cada ∣n⟩\ket n ganha e−i(n+1/2)ωt\eu^{-\iu(n + 1/2)\omega t}, o que se ressoma num estado coerente de αe−iωt\alpha\eu^{-\iu\omega t} (a menos de fase global). ⟨x^⟩∝Re⁡α(t)\langle\hat x\rangle \propto \operatorname{Re}\alpha(t), a partir de x^∝a^+a^†\hat x \propto \hat a + \hat a^\dagger. Que o estado seja a gaussiana deslocada é aqui admitido. ∎

Retrato no espaço de fases (compare com o ): o estado fundamental é uma mancha de incerteza mínima na origem; um estado coerente é a mesma mancha deslocada, girando a sem se deformar — a melhor imitação de uma oscilação clássica que a mecânica quântica consegue.
Retrato no espaço de fases (compare com o Capítulo 2): o estado fundamental é uma mancha de incerteza mínima na origem; um estado coerente é a mesma mancha deslocada, girando a ω\omega sem se deformar — a melhor imitação de uma oscilação clássica que a mecânica quântica consegue.

Método 9.8 (Álgebra do oscilador)

(1) Exprima o que se pede em a^\hat a e a^†\hat a^\dagger: x^=ℏ/2mω (a^+a^†)\hat x = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\hat a + \hat a^\dagger), p^=imℏω/2 (a^†−a^)\hat p = \iu\sqrt{m\hbar\omega/2}\,(\hat a^\dagger - \hat a). (2) Empurre os a^\hat a para a direita com [a^,a^†]=1[\hat a, \hat a^\dagger] = 1; use a^∣0⟩=0\hat a\ket0 = 0. (3) Elementos de matriz: x^\hat x liga apenas degraus vizinhos — a regra de seleção Δn=±1\Delta n = \pm1 da espectroscopia vibracional. (4) Toda hamiltoniana quadrática (osciladores acoplados, circuitos, modos de campo) se diagonaliza em escadas independentes: encontre primeiro os modos normais e quantize cada um. (5) Números antes de tudo: ℏω\hbar\omega contra kBTk_{\text{B}}T decide se o sistema é quântico ou clássico antes de qualquer álgebra.

9.4 Exercícios

Exercício 9.1 ★

(a) Verifique [a^,a^†]=1[\hat a, \hat a^\dagger] = 1 a partir de [x^,p^]=iℏ[\hat x, \hat p] = \iu\hbar. (b) Verifique H^=ℏω(a^†a^+12)\hat H = \hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a + \tfrac12) por expansão direta. (c) Inverta para exprimir x^\hat x e p^\hat p. (d) Mostre que N^\hat N é hermitiano e explique por que a^\hat a sozinho não poderia ser um observável.

Solução

Solução de Exercício 9.1.

(a) Ao expandir, os termos em x^2\hat x^2 e p^2\hat p^2 se cancelam entre a^a^†\hat a\hat a^\dagger e a^†a^\hat a^\dagger\hat a, restando (mω/2ℏ)(−2i/mω)[x^,p^]=(−i/ℏ)(iℏ)=1(m\omega/2\hbar)(-2\iu/m\omega)[\hat x, \hat p] = (-\iu/\hbar)(\iu\hbar) = 1. (b) a^†a^=(mωx^2/2ℏ)+(p^2/2mℏω)−12\hat a^\dagger\hat a = (m\omega\hat x^2/2\hbar) + (\hat p^2/2m\hbar\omega) - \tfrac12: multiplique por ℏω\hbar\omega. (c) x^=ℏ/2mω (a^+a^†)\hat x = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\hat a + \hat a^\dagger), p^=imℏω/2 (a^†−a^)\hat p = \iu\sqrt{m\hbar\omega/2}\,(\hat a^\dagger - \hat a). (d) N^†=a^†a^=N^\hat N^\dagger = \hat a^\dagger\hat a = \hat N; a^\hat a não é hermitiano, e seus “autovalores” α\alpha são complexos — nenhum aparelho de medida os devolve.

Exercício 9.2 ★

No autoestado ∣n⟩\ket n: (a) mostre que ⟨x^⟩=⟨p^⟩=0\langle\hat x\rangle = \langle\hat p\rangle = 0; (b) calcule ⟨x^2⟩\langle\hat x^2\rangle e ⟨p^2⟩\langle\hat p^2\rangle; (c) deduza Δx Δp=(n+12)ℏ\Delta x\,\Delta p = (n + \tfrac12)\hbar; (d) verifique a razão do virial ⟨Ek⟩=⟨Ep⟩\langle E_k\rangle = \langle E_p\rangle.

Solução

Solução de Exercício 9.2.

(a) x^\hat x e p^\hat p deslocam nn de ±1\pm1: os elementos diagonais se anulam. (b) ⟨x^2⟩=(ℏ/2mω)(2n+1)\langle\hat x^2\rangle = (\hbar/2m\omega)(2n + 1), ⟨p^2⟩=(mℏω/2)(2n+1)\langle\hat p^2\rangle = (m\hbar\omega/2)(2n + 1) (os termos a^a^†+a^†a^\hat a\hat a^\dagger + \hat a^\dagger\hat a). (c) ΔxΔp=(n+12)ℏ\Delta x\Delta p = (n + \tfrac12)\hbar: só o estado fundamental é mínimo. (d) As duas médias valem En/2E_n/2: a equipartição do oscilador clássico, nível a nível.

Exercício 9.3 ★

Amplitudes de ponto zero Δx=ℏ/2mω\Delta x = \sqrt{\hbar/2m\omega}: calcule-as para (a) a molécula de CO (μ=1.14×10−26 kg\mu = 1.14 \times 10^{-26}\,\mathrm{kg}, ω=4.1×1014 rad/s\omega = 4.1 \times 10^{14}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}), comparando com o comprimento de ligação de 0.11 nm0.11\,\mathrm{nm}; (b) um átomo de hidrogênio num sólido (m=1.7×10−27 kgm = 1.7 \times 10^{-27}\,\mathrm{kg}, ℏω=0.1 eV\hbar\omega = 0.1\,\mathrm{eV}); (c) um espelho do LIGO (m=40 kgm = 40\,\mathrm{kg}, f=100 Hzf = 100\,\mathrm{Hz}); (d) ordene os três como frações do tamanho de seus sistemas e comente quem é “quântico”.

Solução

Solução de Exercício 9.3.

(a) Δx=3.4 pm\Delta x = 3.4\,\mathrm{pm}: três por cento da ligação — uma molécula é um objeto ligeiramente borrado mesmo à temperatura nula. (b) 14 pm14\,\mathrm{pm}, mais de um décimo de ångström: o hidrogênio é o átomo mais borrado de qualquer cristal, o que o espalhamento de nêutrons vê diretamente. (c) 4.6×10−20 m4.6 \times 10^{-20}\,\mathrm{m} — vinte e cinco ordens abaixo do tamanho do espelho, e ainda assim a leitura do LIGO o alcança. (d) Em fração: molécula 3%3\%, hidrogênio ∼15%\sim15\%, espelho ∼10−19\sim10^{-19}: “quântico” não é uma questão de ser pequeno, mas de ℏω\hbar\omega contra todo o resto — e, no entanto, com finesse bastante, até quarenta quilogramas mostram o seu piso.

Exercício 9.4 ★

(a) Usando as relações da escada, calcule ⟨m∣x^∣n⟩\bra m\hat x\ket n e mostre que se anula a menos que m=n±1m = n \pm 1. (b) Deduza a regra de seleção vibracional Δn=±1\Delta n = \pm1 para a absorção de luz (o acoplamento é ∝x^\propto\hat x). (c) Por que uma molécula heteronuclear (CO) absorve luz infravermelha e a N2_2 não? (d) As moléculas reais mostram linhas fracas de “sobretom” em ≈2ℏω\approx 2\hbar\omega: o que isso revela sobre o potencial?

Solução

Solução de Exercício 9.4.

(a) ⟨m∣x^∣n⟩=ℏ/2mω (n δm,n−1+n+1 δm,n+1)\bra m\hat x\ket n = \sqrt{\hbar/2m\omega}\,(\sqrt n\, \delta_{m,n-1} + \sqrt{n + 1}\,\delta_{m,n+1}). (b) A interação com a luz, ∝x^\propto\hat x, só pode subir ou descer um degrau: Δn=±1\Delta n = \pm1, uma frequência infravermelha por modo. (c) A vibração do CO modula um dipolo não nulo; a nuvem de carga simétrica do N2_2 não produz dipolo algum em nenhum estiramento: é inativo no infravermelho. (d) Os sobretons só existem porque o potencial verdadeiro não é exatamente quadrático: a anarmonicidade mistura degraus e permite fracamente Δn=2\Delta n = 2 — e aproxima os degraus altos entre si, como mostram os espectros reais.

Exercício 9.5 ★★

(a) Resolva a^φ0=0\hat a\varphi_0 = 0 como equação diferencial e normalize. (b) Gere φ1\varphi_1 e φ2\varphi_2 aplicando a^†\hat a^\dagger. (c) Verifique φ1⊥φ0\varphi_1 \perp \varphi_0 só pela paridade. (d) Esboce as três densidades e confira a contagem de nós.

Solução

Solução de Exercício 9.5.

(a) φ0′=−(mω/ℏ)xφ0\varphi_0' = -(m\omega/\hbar)x\varphi_0: a gaussiana normalizada do texto. (b) φ1∝xe−mωx2/2ℏ\varphi_1 \propto x\eu^{-m\omega x^2/2\hbar}; φ2∝(2mωx2/ℏ−1)e−mωx2/2ℏ\varphi_2 \propto (2m\omega x^2/\hbar - 1)\eu^{-m\omega x^2/2\hbar}. (c) φ0\varphi_0 é par e φ1\varphi_1 é ímpar: o integrando da superposição é ímpar. (d) Zero, um e dois nós — o teorema da oscilação em miniatura.

Exercício 9.6 ★★

Antecipando Boltzmann. Um conjunto de osciladores idênticos à temperatura TT ocupa o nível nn com probabilidade ∝e−En/kBT\propto \eu^{-E_n/k_{\text{B}}T} (volume do segundo ano, fator de Boltzmann). (a) Mostre que o número quântico médio é ⟨n⟩=1/(eℏω/kBT−1)\langle n\rangle = 1/(\eu^{\hbar\omega/k_{\text{B}}T} - 1). (b) Avalie-o para a vibração do CO a 300 K300\,\mathrm{K} e a 2000 K2000\,\mathrm{K}. (c) Mostre que a energia média tende a kBTk_{\text{B}}T em alta temperatura (equipartição recuperada) e a 12ℏω\tfrac12\hbar\omega em baixa. (d) A que temperatura uma vibração de 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} (a flexão do dióxido de carbono) tem ⟨n⟩=0.1\langle n\rangle = 0.1?

Solução

Solução de Exercício 9.6.

(a) Com x=ℏω/kBTx = \hbar\omega/k_{\text{B}}T: ⟨n⟩=∑ne−nx/∑e−nx=1/(ex−1)\langle n\rangle = \sum n\eu^{-nx}/\sum\eu^{-nx} = 1/(\eu^x - 1). (b) CO a 300 K300\,\mathrm{K}: x=10.4x = 10.4, ⟨n⟩≈3×10−5\langle n\rangle \approx 3 \times 10^{-5} — parado; a 2000 K2000\,\mathrm{K}: x=1.57x = 1.57, ⟨n⟩=0.26\langle n\rangle = 0.26 — despertando. (c) ⟨E⟩=ℏω(⟨n⟩+12)→kBT\langle E\rangle = \hbar\omega(\langle n\rangle + \tfrac12) \to k_{\text{B}}T para x≪1x \ll 1; →12ℏω\to \tfrac12\hbar \omega para x≫1x \gg 1. (d) ex=11\eu^x = 11: x=2.4x = 2.4, T=ℏω/2.4kB≈400 KT = \hbar\omega/2.4k_{\text{B}} \approx 400\,\mathrm{K} — a atmosfera da Terra mantém a flexão do dióxido de carbono parcialmente acesa.

Exercício 9.7 ★★

Estatística dos estados coerentes. (a) A partir da expansão de ∣α⟩\ket\alpha, mostre que P(n)\mathcal P(n) é uma poissoniana de média ∣α∣2|\alpha|^2. (b) Mostre que ⟨N^⟩=∣α∣2\langle\hat N\rangle = |\alpha|^2 e ΔN=∣α∣\Delta N = |\alpha|. (c) Um laser de 1 mW1\,\mathrm{mW} a 633 nm633\,\mathrm{nm}: fótons por segundo e a flutuação relativa ΔN/⟨N⟩\Delta N/\langle N\rangle em um segundo. (d) Ruído de disparo: mostre que a razão ruído-sinal da fotocorrente cai como 1/⟨N⟩1/\sqrt{\langle N\rangle} — por que os feixes intensos parecem lisos.

Solução

Solução de Exercício 9.7.

(a) P(n)=∣cn∣2=e−∣α∣2∣α∣2n/n!\mathcal P(n) = |c_n|^2 = \eu^{-|\alpha|^2}|\alpha|^{2n}/n!: poissoniana. (b) A média e a variância de uma poissoniana valem ambas ∣α∣2|\alpha|^2. (c) 3.2×10153.2 \times 10^{15} fótons por segundo; ΔN/⟨N⟩=1/⟨N⟩≈1.8×10−8\Delta N/\langle N\rangle = 1/\sqrt{\langle N\rangle} \approx 1.8 \times 10^{-8}. (d) A fotocorrente herda a dispersão poissoniana: ruído sobre sinal ∝1/N\propto 1/\sqrt N — o piso de ruído de disparo, audível na luz fraca, desprezível na intensa.

Exercício 9.8 ★★

Evolução de um estado coerente. (a) Aplique as fases de evolução à expansão e mostre que se obtém ∣α(t)⟩\ket{\alpha(t)} com α(t)=αe−iωt\alpha(t) = \alpha\eu^{-\iu\omega t} (a menos de uma fase global). (b) Deduza ⟨x^⟩(t)\langle\hat x\rangle(t) e ⟨p^⟩(t)\langle\hat p\rangle(t) e compare com a solução clássica. (c) Por que um autoestado de energia, apesar de estacionário, não descreve um pêndulo que oscila — e que característica do estado coerente descreve? (d) Estime ∣α∣|\alpha| para um pêndulo real (10 g10\,\mathrm{g}, amplitude de 10 cm10\,\mathrm{cm}, 1 Hz1\,\mathrm{Hz}) e comente.

Solução

Solução de Exercício 9.8.

(a) Cada termo ganha e−inωt\eu^{-\iu n\omega t} (fase global à parte): a soma é de novo coerente, com αe−iωt\alpha\eu^{-\iu\omega t}. (b) ⟨x^⟩=2ℏ/mω Re⁡ α(t)\langle\hat x\rangle = \sqrt{2\hbar/m\omega}\, \operatorname{Re}\,\alpha(t): um cosseno puro em ω\omega, com amplitude e fase fixadas por α\alpha — exatamente clássico. (c) A densidade de um autoestado nunca se move; o pêndulo que vemos é uma superposição coerente de muitos degraus cujas fases conspiram para oscilar. (d) E≈2×10−3 JE \approx 2 \times 10^{-3}\,\mathrm{J}, ℏω≈6.6×10−34 J\hbar\omega \approx 6.6 \times 10^{-34}\,\mathrm{J}: n∼3×1030n \sim 3 \times 10^{30}, ∣α∣∼2×1015|\alpha| \sim 2 \times 10^{15} — o movimento macroscópico é coerência com números quânticos astronômicos.

Exercício 9.9 ★★

O circuito LC quântico. Uma malha supercondutora com L=10 nHL = 10\,\mathrm{nH} e C=0.4 pFC = 0.4\,\mathrm{pF} faz a carga e o fluxo oscilarem como xx e pp. (a) Sua frequência de ressonância (volume do primeiro ano) e o quantum ℏω\hbar\omega em µeV\text{µ}\mathrm{eV}. (b) Abaixo de que temperatura vale kBT≪ℏωk_{\text{B}}T \ll \hbar\omega, de modo que o circuito fique no estado fundamental? (c) Por que os qubits supercondutores são operados em refrigeradores de diluição a 20 mK20\,\mathrm{mK}? (d) A flutuação de tensão de ponto zero ΔV=Δq/C\Delta V = \Delta q/C com Δq=ℏωC/2\Delta q = \sqrt{\hbar\omega C/2}: avalie-a.

Solução

Solução de Exercício 9.9.

(a) ω=1/LC=1.6×1010 rad/s\omega = 1/\sqrt{LC} = 1.6 \times 10^{10}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} (f=2.5 GHzf = 2.5\,\mathrm{GHz}); ℏω=10 µeV\hbar\omega = 10\,\text{µ}\mathrm{eV}. (b) ℏω/kB=0.12 K\hbar\omega/k_{\text{B}} = 0.12\,\mathrm{K}: bem abaixo de uns 100 mK100\,\mathrm{mK}. (c) A 20 mK20\,\mathrm{mK}, a excitação térmica vale e−6∼2×10−3\eu^{-6} \sim 2 \times 10^{-3}: o circuito fica em ∣0⟩\ket0, pronto para ser um qubit — a temperatura ambiente enterraria o quantum sob 10310^3 quanta térmicos. (d) Δq=ℏωC/2=5.8×10−19 C\Delta q = \sqrt{\hbar\omega C/2} = 5.8 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} (algumas cargas de elétron); ΔV=Δq/C≈1.4 µV\Delta V = \Delta q/C \approx 1.4\,\text{µ}\mathrm{V} de zumbido irredutível.

Exercício 9.10 ★★★

Van der Waals a partir do movimento de ponto zero. Modele dois átomos neutros à distância RR como dois osciladores dipolares idênticos (carga ee, massa mm, frequência ω0\omega_0) cujos deslocamentos se acoplam pela energia dipolar λ x1x2\lambda\,x_1x_2, com λ=e2/2πε0R3\lambda = e^2/2\pi\varepsilon_0R^3. (a) Mostre que as coordenadas normais (x1±x2)/2(x_1 \pm x_2)/\sqrt2 oscilam a ω±=ω01±λ/mω02\omega_\pm = \omega_0\sqrt{1 \pm \lambda/m\omega_0^2}. (b) A energia fundamental é ℏ2(ω++ω−)\tfrac\hbar2(\omega_+ + \omega_-): expanda até segunda ordem em λ\lambda e mostre que a energia de interação vale

ΔE=−ℏλ28m2ω03 ∝ −1R6.\Delta E = -\frac{\hbar\lambda^2}{8m^2\omega_0^3} \ \propto\ -\frac{1}{R^6} .

(c) Por que essa atração é universal — presente mesmo entre átomos sem dipolo permanente algum? (d) A lei 1/R61/R^6 é a força de van der Waals das correções de gás real do volume do primeiro ano: o que, microscopicamente, está “flutuando” — e o que aconteceria com essa força num mundo com ℏ=0\hbar = 0?

Solução

Solução de Exercício 9.10.

(a) Em coordenadas normais, a hamiltoniana se separa em dois osciladores com mω±2=mω02±λm\omega_\pm^2 = m\omega_0^2 \pm \lambda. (b) 1+u+1−u≈2−u2/4\sqrt{1 + u} + \sqrt{1 - u} \approx 2 - u^2/4: ΔE=ℏ2(ω++ω−−2ω0)=−ℏω0λ2/8m2ω04=−ℏλ2/8m2ω03\Delta E = \tfrac\hbar2(\omega_+ + \omega_- - 2\omega_0) = -\hbar\omega_0\lambda^2/8m^2\omega_0^4 = -\hbar\lambda^2/8m^2\omega_0^3, e λ∝1/R3\lambda \propto 1/R^3 dá 1/R61/R^6. (c) Ela não precisa de dipolos permanentes — só das flutuações de ponto zero da nuvem de carga de cada átomo, que o acoplamento correlaciona de modo que a atração supere a repulsão. (d) A grandeza que flutua é o dipolo instantâneo do estado fundamental; com ℏ=0\hbar = 0 o estado fundamental estaria imóvel e sem dipolo, e a cola de van der Waals — lagartixas, gases liquefeitos, boa parte da matéria mole — desapareceria.

Exercício 9.11 ★★★

Bandas laterais de um íon aprisionado. Um íon numa armadilha harmônica (f=1 MHzf = 1\,\mathrm{MHz}) absorve luz de laser. Como o íon se move, seu espectro de absorção mostra a linha eletrônica em ν0\nu_0 ladeada por linhas em ν0±f\nu_0 \pm f: transições que mudam o número quântico de movimento de ∓1\mp1 ao mesmo tempo que o eletrônico. (a) Quanto vale ℏωarm\hbar\omega_{\text{arm}} em neV\mathrm{neV}, e por que resolver bandas laterais exige uma linha muito estreita? (b) Excitar a linha ν0−f\nu_0 - f retira um quantum de movimento por ciclo: explique o resfriamento por banda lateral até o estado fundamental. (c) Uma vez que ⟨n⟩≈0\langle n\rangle \approx 0, a banda lateral inferior desaparece por completo — por que essa assimetria é uma prova de se ter alcançado o estado fundamental quântico? (d) É assim que o estado fundamental de movimento de um único átomo — e o dos espelhos de escala quilograma do LIGO, por outros meios — é certificado: diga que “temperatura” o íon alcançou para f=1 MHzf = 1\,\mathrm{MHz} e ⟨n⟩=0.05\langle n\rangle = 0.05.

Solução

Solução de Exercício 9.11.

(a) hf=4.1 neVhf = 4.1\,\mathrm{neV}: a linha óptica precisa ser mais estreita que um megahertz — só as transições “de relógio”, de vida longa, servem. (b) Um fóton da banda lateral vermelha eleva o íon eletronicamente e ao mesmo tempo retira um quantum de movimento; o decaimento seguinte devolve, em média, a energia eletrônica na frequência da portadora: cada ciclo extrai ℏωarm\hbar\omega_{\text{arm}} de movimento. (c) A partir de n=0n = 0 não sobra nada a retirar: o desaparecimento da banda lateral vermelha é um certificado sem ruído de fundo do estado fundamental. (d) ⟨n⟩=0.05\langle n\rangle = 0.05: T=ℏω/kBln⁡21≈16 µKT = \hbar\omega/k_{\text{B}}\ln21 \approx 16\,\text{µ}\mathrm{K}.

Exercício 9.12 ★★★

O limite clássico, quantitativamente. Um oscilador clássico de amplitude AA passa em [x,x+ ⁣dx][x, x + \dd x] a fração  ⁣dt/T= ⁣dx/πA2−x2\dd t/T = \dd x/\pi\sqrt{A^2 - x^2}. (a) Deduza essa distribuição do tempo de permanência. (b) Para o estado quântico nn, tome AnA_n de En=12mω2An2E_n = \tfrac12 m\omega^2A_n^2 e compare a distribuição clássica com o (dado) ∣φn∣2|\varphi_n|^2 promediado localmente: onde as duas concordam e onde precisam diferir? (c) Mostre que o espaçamento relativo entre níveis vizinhos, ΔE/E\Delta E/E, se anula como 1/n1/n: a energia se torna efetivamente contínua. (d) Para o pêndulo do Exercício 9.8(d), estime nn e ΔE/E\Delta E/E e conclua o argumento da correspondência numa frase.

Solução

Solução de Exercício 9.12.

(a)  ⁣dt= ⁣dx/∣v∣\dd t = \dd x/|v| com v=ωA2−x2v = \omega\sqrt{A^2 - x^2}, ao longo do semiperíodo T/2=π/ωT/2 = \pi/\omega. (b) Elas concordam em médias locais na região classicamente permitida; precisam diferir nos pontos de retorno (divergência clássica, picos quânticos finitos) e além deles (caudas quânticas na região proibida). (c) ΔE/E=1/(n+12)\Delta E/E = 1/(n + \tfrac12). (d) n∼3×1030n \sim 3 \times 10^{30}: espaçamento de uma parte em 103010^{30} — nenhuma medida concebível resolve a escada, e a mecânica parece contínua.

9.5 Problema: A molécula que aquece a Terra

Problema 9.1

Problema de fim de semana — a escada quântica do dióxido de carbono e o efeito estufa

Uma molécula de dióxido de carbono é uma cadeia linear O=C=O: alguns osciladores quantizados. O fato de o ℏω\hbar\omega do seu modo de flexão calhar de ficar no meio do brilho térmico que a Terra emite é a razão de esse gás traço — quatro moléculas em dez mil — governar o clima do planeta. Dados: número de onda da flexão ν~2=667 cm−1\tilde\nu_2 = 667\,\mathrm{cm}^{-1} (a unidade do espectroscopista: E=hcν~E = hc\tilde\nu, 1 cm−1=1.24×10−4 eV1\,\mathrm{cm}^{-1} = 1.24 \times 10^{-4}\,\mathrm{eV}); estiramento assimétrico ν~3=2349 cm−1\tilde\nu_3 = 2349\,\mathrm{cm}^{-1}; estiramento simétrico ν~1=1388 cm−1\tilde\nu_1 = 1388\,\mathrm{cm}^{-1}; kBTk_{\text{B}}T a 288 K288\,\mathrm{K} vale 24.8 meV24.8\,\mathrm{meV}; lei de Wien (volume do segundo ano): λmax⁡T=2898 µm K\lambda_{\max}T = 2898\,\text{µ}\mathrm{m}\,\mathrm{K}.

Parte I — Os modos de uma molécula linear.

  1. Três átomos têm nove graus de liberdade: quantos são translações da molécula inteira, quantos são rotações (a molécula é linear) e quantas vibrações restam?
  2. Descreva as quatro vibrações: estiramento simétrico, estiramento assimétrico e uma flexão duplamente degenerada — por que a flexão vem duas vezes?
  3. A luz se acopla a um dipolo elétrico que vibra (Exercício 9.4). Que modos do O=C=O modulam o momento de dipolo, e qual deles é silencioso no infravermelho?
  4. Converta os três números de onda em comprimentos de onda de fóton e situe-os: quais estão no infravermelho térmico?
  5. Por que os dois principais gases do ar, N2_2 e O2_2, quase não absorvem infravermelho algum — e com que consequência para a transparência da atmosfera?
  6. O vapor de água, angular e dipolar, absorve em boa parte do infravermelho: em que “janela” espectral a flexão do dióxido de carbono atua praticamente sozinha (compare os 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} com as bandas fortes da água abaixo de 8 µm8\,\text{µ}\mathrm{m} e acima de 20 µm20\,\text{µ}\mathrm{m})?

Parte II — A escada quântica da flexão.

  1. Calcule ℏω2\hbar\omega_2 em meV e a escada EnE_n.
  2. Que fração das moléculas ocupa n=1n = 1 a 288 K288\,\mathrm{K} (relativamente a n=0n = 0, pelo fator de Boltzmann)? E n=2n = 2?
  3. Que comprimento de onda de fóton conduz n=0→1n = 0 \to 1? Por que o mesmo comprimento de onda domina a emissão?
  4. Justifique, a partir da escada harmônica, que um único comprimento de onda serve a escada inteira (n→n+1n \to n + 1 para todo nn): que propriedade do espaçamento entre níveis está em ação?
  5. A molécula também gira, acrescentando estrutura fina: o traço de 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} é, na verdade, uma banda de cerca de 1 µm1\,\text{µ}\mathrm{m} de largura. Por que a largura da banda importa para um gás de efeito estufa (pense no que acontece depois que o centro da banda fica opaco)?
  6. Um CO2_2 vibracionalmente excitado no ar tem muito mais chance de perder seu quantum por colisão do que por radiação (vida radiativa ∼1 s\sim1\,\mathrm{s}, tempo de colisão ∼10−9 s\sim10^{-9}\,\mathrm{s}): para onde vai, de fato, a energia radiante absorvida?
  7. Inversamente, o ar a 288 K288\,\mathrm{K} mantém uma população térmica em n=1n = 1 (questão 8): o que essa população faz de importante para o balanço de energia?

Parte III — O balanço radiativo do planeta.

  1. O Sol irradia como um corpo a 5800 K5800\,\mathrm{K}: calcule seu pico de Wien. A flexão do CO2_2 intercepta muita luz solar?
  2. O solo irradia como um corpo a 288 K288\,\mathrm{K}: calcule seu pico de Wien e localize os 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} nessa curva térmica.
  3. Explique o mecanismo do efeito estufa em quatro frases: a luz solar que entra, o infravermelho térmico que sai, a interceptação em 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} e a reemissão tanto para cima quanto para baixo.
  4. A reemissão que escapa para o espaço vem de camadas altas e frias (∼220 K\sim220\,\mathrm{K}): por que emitir de uma camada mais fria reduz a potência que o planeta emite nesses comprimentos de onda (lembre que a emissão térmica cresce com TT)?
  5. Mais CO2_2 empurra a camada emissora para cima e para o frio: diga numa frase por que a superfície precisa então se aquecer para reequilibrar as contas.
  6. O centro da banda já está opaco; o efeito do CO2_2 adicional atua nas asas da banda, o que dá um crescimento logarítmico do forçamento com a concentração: relacione isso com a questão 11.

Parte IV — Isótopos: a impressão digital quântica.

  1. A frequência de um oscilador escala como k/μ\sqrt{k/\mu}: para o estiramento assimétrico, substituir o 12^{12}C pelo 13^{13}C muda a massa efetiva; a linha observada se desloca de 2349 cm−12349\,\mathrm{cm}^{-1} para cerca de 2283 cm−12283\,\mathrm{cm}^{-1}. Verifique a ordem de grandeza desse deslocamento de ≈3%\approx 3\% a partir das massas.
  2. Lasers sintonizados nessas duas linhas contam separadamente o 13^{13}CO2_2 e o 12^{12}CO2_2 numa amostra de gás: explique por que a escada quantizada torna possível uma detecção resolvida por isótopo.
  3. As plantas preferem o isótopo mais leve, de modo que o carbono fóssil é pobre em 13^{13}C: o que a razão isotópica medida do CO2_2 atmosférico fez à medida que sua concentração subiu — e o que isso prova sobre a fonte do gás acrescentado?
  4. A mesma física dos 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} opera em Vênus (96%96\% de CO2_2, 90 bar90\,\mathrm{bar}): o que a sua superfície a 737 K737\,\mathrm{K} ilustra?
  5. Marte também respira CO2_2 quase puro, mas a 6 mbar6\,\mathrm{mbar}, e é gélido: o que o trio Vênus–Terra–Marte demonstra sobre qual variável controla a intensidade do efeito?
  6. Resuma o resultado central: um quantum de 83 meV83\,\mathrm{meV} — o ℏω\hbar\omega de um triatômico que se dobra — estacionado em 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} no espectro térmico de um planeta a 288 K288\,\mathrm{K}, absorvido, termalizado em nanossegundos e reemitido de altitudes frias, é o mecanismo pelo qual 0.04%0.04\% do ar fixa a temperatura da Terra.
Solução

Solução de Problema 9.1.

1. Três translações; duas rotações (girar em torno do eixo molecular não move nada); 9−5=49 - 5 = 4 vibrações. 2. Modos de estiramento ao longo do eixo (simétrico: os dois O saem juntos; assimétrico: o C vai e vem entre eles); a flexão pode ocorrer em qualquer um de dois planos perpendiculares — mesma frequência, degenerescência dupla. 3. O estiramento assimétrico e as flexões afastam os centros de carga: dipolo oscilante, ativo no infravermelho. O estiramento simétrico mantém nulo o dipolo da molécula o tempo todo: silencioso no infravermelho. 4. 15.015.0, 4.264.26 e 7.2 µm7.2\,\text{µ}\mathrm{m}: todos no infravermelho; os 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} ficam bem dentro do infravermelho térmico das temperaturas terrestres. 5. As moléculas homonucleares nunca adquirem dipolo ao vibrar: o grosso da atmosfera é transparente ao infravermelho, e todo o efeito estufa se apoia em gases poliatômicos traço. 6. Entre as bandas da água fica a janela de 88–13 µm13\,\text{µ}\mathrm{m}; a banda de 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} do dióxido de carbono opera na borda dela, onde a água compete fracamente — o gás guarda um portão que a água deixa entreaberto. 7. ℏω2=667×1.24×10−4=82.7 meV\hbar\omega_2 = 667 \times 1.24 \times 10^{-4} = 82.7\,\mathrm{meV}; En=(n+12)×82.7 meVE_n = (n + \tfrac12) \times 82.7\,\mathrm{meV}. 8. e−82.7/24.8=e−3.33≈3.6%\eu^{-82.7/24.8} = \eu^{-3.33} \approx 3.6\% em n=1n = 1; 0.13%0.13\% em n=2n = 2: a escada fica levemente, e permanentemente, acesa. 9. λ=hc/ℏω→15.0 µm\lambda = hc/\hbar\omega \to 15.0\,\text{µ}\mathrm{m}; o mesmo espaçamento que absorve é o espaçamento que emite — um comprimento de onda nos dois sentidos. 10. Espaçamento igual: todo passo n→n+1n \to n + 1 custa o mesmo fóton, de modo que uma única linha serve a toda a população térmica. 11. Cada linha vibracional se desdobra em muitas linhas rotacional-vibracionais espalhadas por ∼1 µm\sim1\,\text{µ}\mathrm{m}: uma vez que o centro da banda esteja completamente opaco, só essa largura oferece absorção nova — as asas da banda são onde o gás extra ainda age. 12. As colisões vencem por nove ordens de grandeza: a energia do fóton é repartida com N2_2 e O2_2 em nanossegundos — a radiação absorvida vira calor do ar. 13. Pelas mesmas colisões no sentido inverso, o ar continua alimentando moléculas em n=1n = 1, que irradiam 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} em todas as direções — inclusive para baixo: o próprio céu brilha no infravermelho sobre o solo. 14. 2898/5800=0.50 µm2898/5800 = 0.50\,\text{µ}\mathrm{m}: a luz solar tem pico no visível, longe dos 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} — o dióxido de carbono deixa o Sol entrar. 15. 2898/288=10.1 µm2898/288 = 10.1\,\text{µ}\mathrm{m}: o brilho da Terra tem pico em dez mícrons, e os 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} ficam em seu ombro largo, levando uma parcela substancial da potência que sai. 16. A luz solar entra quase sem obstáculo e aquece o solo. O solo reemite no infravermelho térmico. Em 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m} essa radiação é absorvida em poucos metros e termalizada. O ar aquecido reemite tanto para cima quanto para baixo, e a metade que desce é receita extra para a superfície: ela precisa se aquecer até que a saída iguale a entrada. 17. A emissão cresce abruptamente com a temperatura: a radiação que escapa de uma altitude a 220 K220\,\mathrm{K} leva muito menos potência do que a superfície teria enviado diretamente — a banda é uma mancha mais escura no espectro de saída do planeta. 18. Com a potência de saída reduzida a insolação fixa, toda a coluna — superfície incluída — precisa se aquecer até que as contas fechem de novo. 19. Centro saturado, asas ativas: cada dobra da quantidade de gás alarga a região opaca por um incremento parecido, o que dá um forçamento aproximadamente logarítmico — as asas da questão 11 fazendo o trabalho. 20. A frequência do estiramento assimétrico, ao quadrado, escala como (1/mO+2/mC)(1/m_{ \text{O}} + 2/m_{\text{C}}): a razão para 13^{13}C sobre 12^{12}C vale 0.2163/0.2292=0.971\sqrt{0.2163/0.2292} = 0.971 — uma queda de 2.9%2.9\%, que bate com 2283/23492283/2349. 21. A quantização dá a cada isotopólogo seu próprio pente nítido de linhas; um laser estacionado num pente conta um só isótopo — impossível se a absorção fosse um contínuo clássico. 22. À medida que o CO2_2 subiu, sua fração de 13^{13}C caiu (o efeito Suess): o carbono acrescentado é isotopicamente leve — feito por plantas, enterrado há muito tempo, isto é, fóssil. A atmosfera carrega a assinatura da própria fonte. 23. Vênus: o mesmo quantum de 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m}, aplicado a uma coluna 200000200000 vezes maior, mantém uma superfície mais quente que um forno — o mecanismo não tem teto embutido. 24. Marte, quase puro CO2_2 e ainda assim gelado, mostra que são a quantidade da coluna e a pressão (que alarga as linhas), e não a fração do gás, que fixam a intensidade. 25. Um quantum de 83 meV83\,\mathrm{meV} em 15 µm15\,\text{µ}\mathrm{m}, absorvido no ombro térmico de um planeta a 288 K288\,\mathrm{K}, termalizado em nanossegundos e reemitido de alturas frias: a escada do oscilador harmônico, pesada contra a lei de Wien, é a maquinaria pela qual quatro moléculas em dez mil governam um clima.

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