1

Problema 1 Prove [ ] { } { } { } { }, , , , ,AB CD AC D B A C B D C D A B C A DB= − + − + . Solução : Temos que : [ ],AB CD ABCD CDAB= − . (1) Pode-se escrever o termo ABCD como :

{ },ABCD A C B D ACBD= − . (2) Da mesma forma escreve-se o termo ACBD como :

{ },ACBD AC D B ACDB= − . (3) O segundo termo do lado direito de (1) pode também ser escrito como :

{ },CDAB C D A B CADB= − . (4) Substituindo (4), (3) e (2) em (1), tem-se : [ ] { } { } { }, , , ,AB CD A C B D AC D B ACDB C D A B CADB= − + − + . (5)

2

E finalmente, fazendo { },ACDB CADB C A DB+ = , temos : [ ] { } { } { } { }, , , , ,AB CD AC D B A C B D C D A B C A DB= − + − + . (6)

1

Problema 2 Suponha que uma matriz X 2 2x ( não necessariamente Hermitiana, nem unitária ) seja escrita como

0 .X a aσ= + , (1) onde 0a e 1,2,3a são números. a. Como são 0a e ( 1, 2,3)ka k = relacionados ao ( )tr X e ao ( )ktr Xσ ?

b. Obtenha 0a e ka em termos dos elementos da matriz ijX . Solução : a. Consideraremos σ o vetor cujos componentes são as matrizes de Pauli :

1

0 11 0

σ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

2

00i

iσ

−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

3

1 00 1

σ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

Então a matriz X , escrita explicitamente, fica :

0 31 2

0 31 2

0 3 1 2

1 2 0 3

0 00 00 1 0 1 00 00 01 0 0 0 1a aa ai

Xa aa ai

a a a iaX

a ia a a

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ −⎝ ⎠

(2)

O ( )tr X e definido como ( ) jj

jtr X X=∑ , então

0( ) 2tr X a= . (3)

Calcularemos agora os ( )ktr Xσ para 1k = , 2 e 3 :

1 2 0 31

0 3 1 2

1 1( ) 2

a ia a aX

a a a iatr X a

σ

σ

+ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ −⎝ ⎠

=

(4)

2

2 1 0 32

0 3 1 2

2 2( ) 2

a ia ia iaX

ia ia ia atr X a

σ

σ

− − +⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

=

(5)

0 3 1 2

31 2 0 3

3 3( ) 2

a a a iaX

a ia a atr X a

σ

σ

+ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟− − − +⎝ ⎠

=

(6)

Podemos escrever em forma compacta

( ) 2tr X aσ = ; 0( ) 2tr X a= (7) b. Para escrever 0,1,2,3a em termos dos elementos ijX faremos uso do (3), (4), (5) e (6), respectivamente :

0 11 221 1 ( )2 2

a trX X X= = + (8)

1 1 21 121 1( ) ( )2 2

a tr X X Xσ= = + (9)

( )2 2 21 121 1 ( )2 2

a tr X iX iXσ= = − + (10)

3 3 11 221 1( ) ( )2 2

a tr X X Xσ= = − (11)

1

Problema 3 Mostre que o determinante de uma matriz 2 2x .aσ é invariante sob

ˆ ˆ. .. . ' exp . exp2 2

i n i na a aσ φ σ φσ σ σ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞→ ≡ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (0)

Encontre '

ka em termos de ka quando n̂ esta na direção positiva z e interprete o seu resultado. Solução :

Observamos que os operadores ˆ.exp2

i nσ φ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

e ˆ.exp2

i nσ φ−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

são Hermitianos

adjuntos um do outro. Chamaremos estes operadores de U e †U , respectivamente. Notamos que † 1UU = . Logo † 1det

detU

U= . Então :

( )

†det( . ') det det( . )det1det( . ') det det( . ) det .

det

a U a U

a U a aU

σ σ

σ σ σ

=

= = (1)

Calcularemos agora os 'ka em termos dos ka para ˆ ˆn z= . Neste caso, 3ˆ.nσ σ= . Faremos a expansão :

33

1exp2 ! 2

kk

k

i ik

σ φ φ σ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ (2)

Usando a propriedade da matriz 3σ :

33

1,

,k

se k e par

se k e imparσ

σ

⎧⎪= ⎨⎪⎩

,

Podemos escrever :

2

33

1 1exp2 ! 2 ! 2

k k

k par k impar

i i ik k

σ φ φ φ σ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ ∑ (3)

De forma análoga, temos :

33

1 1exp2 ! 2 ! 2

k k

k par k impar

i i ik k

σ φ φ φ σ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ ∑ (4)

Dessa forma, escrevemos (0) como :

[ ]3 1 1 2 2 3 3

3

1 1. '! 2 ! 2

1 1! 2 ! 2

k k

k par k impar

k k

k par k impar

i ia a a ak k

i ik k

φ φσ σ σ σ σ

φ φ σ

⎧ ⎫⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭⎧ ⎫⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

∑ ∑

∑ ∑

(5)

Usando as relações entre as matrizes de Pauli i j j iσ σ σ σ= − ( j i≠ ), podemos formar o termo de (5) que envolve o 10 termo entre colchetes :

1 3 1 3

3 31 1

1 1 1 1! 2 ! 2 ! 2 ! 2

exp exp2 2

k k k k

k par k impar k par k impar

i i i iak k k k

i ia

φ φ φ φσ σ σ

σ φ σ φσ

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑ ∑ ∑ (6)

De forma totalmente análoga o termo de (5) formado pelo segundo termo entre colchetes fica :

3 32 2exp exp

2 2i iaσ φ σ φσ − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(7)

Finalmente poderemos escrever o termo formado pelo terceiro termo entre colchetes de (5) :

3 33 3exp exp

2 2i iaσ φ σ φσ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(8)

3

Assumindo que 1,2,3a são números escrevemos (5) como :

3 31 1 2 2 3 3. ' ei ia a e a aσ φ σ φσ σ σ σ− −= + + (9)

Desenvolveremos agora 3ie σ φ− :

( ) ( )

( ) ( )

3

3

3

3

2 433 3 3 3

2 433 3

2 3 4 53 3 3

2 4 3 53

1 1 1( ) ...2! 3! 4!

1 ( ) ...2! 3! 4!

1 1 ...2! 3! 4! 5!

1 1 1 11 ... ...2! 4! 3! 5

i

i

i

i

e I i i i i

I Ie I i i i i

I Ie I i i i

e I i

e

σ φ

σ φ

σ φ

σ φ

σ φ σ φ σ φ σ φ

φσ φ φ σ φ

φσ φ φ σ φ φ σ

φ φ σ φ φ φ

−

−

−

−

−

= − + − + − + − +

= − + − + − + − +

= − − + + − +

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + + − − + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦3

3cosi I i senσ φ φ σ φ= −

(10)

Onde I e a matriz identidade 2 2x . Substituindo

3

1 00 1

σ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠; 1

0 11 0

σ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

; 2

00i

iσ

−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

,

Temos :

'' '31 2

1 1 2 2 3 3 ''31 2

00 0. ' ' ' '

00 ' 0aa ia

a a a aaa ia

σ σ σ σ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞−

= + + = + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Logo,

' ' '3 1 2

' ' '1 2 3

. 'a a ia

aa ia a

σ⎛ ⎞−

= ⎜ ⎟+ −⎝ ⎠

(11)

O segundo termo de (9) fica :

4

3 3 31 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3

31 2

31 2

3 1 2

1 2 3

( )

00 cos 0 000 0 cos 0

( )(cos )( )(cos )

i i ia e a e a a a e a

aa ia seni

aa ia sen

a a ia isena ia isen a

σ φ σ φ σ φσ σ σ σ σ σ

φ φφ φ

φ φφ φ

− − −+ + = + + =

− ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −+ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

− +⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ − −⎝ ⎠

(12)

Comparando (11) e (12), temos :

'3 3a a= (13)

' '1 2 1 2 1 1 2 2( )(cos ) cos cosa ia a ia isen a ia sen ia a senφ φ φ φ φ φ− = − + = + − +

Logo :

'1 1 2'2 2 1

coscos

a a a sena a a sen

φ φφ φ

⎧ = +⎨

= −⎩ (14)

Vemos então que a transformação em questão é uma rotação espacial do sistema de coordenadas do espaço Euclidiano ordinário, visto que as equações (13) e (14) são as relações de transformações de um vetor quando o sistema de eixos cartesianos é girado de um ângulo φ . Rotação de um sistema de coordenadas 'S em torno do eixo z :

1 1 2

2 2 1

3 3

' cos' cos'

x x x senx x x senx x

φ φφ φ

= +⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩

Referência : Marion, Pág. 5.

1

Problema 4 Usando as regras da álgebra de bras e kets, prove ou calcule o seguinte : a. ( ) ( )tr XY tr YX= , onde X e Y são operadores; b. † † †( )XY Y X= , onde X e Y são operadores; c. [ ]exp ( ) ?if A = na forma de bra-ket, onde A é um operador Hermitiano cujos autovalores são conhecidos; d. *

' ''

( ') ( '')a aa

x xΨ Ψ∑ , onde ' ( ') ' 'a x x aΨ = .

Solução : a. Temos que o traço de uma matriz é definido por :

itrC i C i=∑ .

Assim, se C XY= , obtemos :

,( ) 1

i i i jtrC tr XY i XY i i X Y i i X j j Y i= = = =∑ ∑ ∑ ,

,( )

i jtr XY j Y i i X j=∑ ,

Pois, i X j e j Y i ,

são números e comutam, logo, como 1

ii i=∑ ,

temos que

( ) ( )j

tr XY j YX j tr YX= =∑ ,

logo,

2

( ) ( )tr XY tr YX= .

b. Temos que

( ) ( )†XY XYα α↔

( )† † † †( )DC

XY X Y Y X Y Xα α α α= ↔ = o que fornece

( )† † †XY Y X= .

c. Uma função de operador pode ser escrita na forma de série de potências. Assim, como

0 !

nx

n

xen

∞

=

=∑ ,

podemos escrever a função acima como :

[ ] [ ] [ ]2 3( )

0

1( ) 1 ( ) ( ) ( ) ...! 2! 3!

nnif A

n

i ie f A if A f A f An

∞

=

= = + − − +∑

Fazendo ( )if Ae atuar em um autoket de A , a saber, a , obtemos :

[ ] [ ]2 3( ) 1( ) ( ) ( ) ...2! 3!

if A ie a a if A a f A a f A a= + − − + (1)

Para saber o efeito de ( )f A sobre a , vamos expandir ( )f A em serie de Taylor em torno do origem :

0( ) n

nn

f A c A∞

=

=∑

3

logo,

0 0( ) n n

n nn n

f A a c A a c a a∞ ∞

= =

= =∑ ∑

Desde que 0

( ) nn

nf A c a

∞

=

=∑ , então :

( ) ( )f A a f a a= ,

logo, sendo ( )f a um escalar, podemos determinar o efeito de aplicar ( )f A varias vezes sobre o autoket a , ou seja, [ ] [ ]2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f A a f a f A a f a f a a f a a= = = logo, a equação (1) torna-se :

[ ] [ ]

[ ] [ ]

2 3( )

2 3( )

1( ) ( ) ( ) ...2! 3!

11 ( ) ( ) ( ) ...2! 3!

if A

if A

ie a a if a a f a a f a a

ie a if a f a f a a

= + − − +

⎛ ⎞= + − − − +⎜ ⎟⎝ ⎠

(2)

Mas, a série em (2) representa a função ( )if ae , logo, podemos escrever :

( ) ( )if A if ae a e a= (3) Desde que A é Hermitiano, podemos escrever o elemento da matriz para

( )if Ae na forma :

( ) ( ) ( )',' 'if A if a if a

a aa e a e a a e δ= =

( ) ( )',' if A if a

a aa e a e δ= (4) Podemos, portanto, representar (4) na forma matricial :

4

( )

( ')

( ) ( '')

. . .

. . .

0 0 ...0 0 ...0 0 ...

. . . ...

if a

if a

if A if a

ee

e e

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

matriz diagonal que representa ( )if Ae na base de A . d. Temos que :

*' ( ') ' 'a x a xψ = e ' ( '') '' 'a x x aψ =

Logo, substituindo na equação fornece :

*' '

' ' '( ') ( '') ' ' '' ' '' ' ' ' '' 'a a

a a ax x a x x a x a a x x xΨ Ψ = = =∑ ∑ ∑

*

' ''

( ') ( '') '' ' ( '' ')a aa

x x x x x xδΨ Ψ = = −∑

1

Problema 5 a. Considere dois kets α e β . Suponha 'a α , ''a α ,... e 'a β ,

''a β ,... são todos conhecidos, onde ' , '' , ...a a formam um conjunto completo de kets de base. Encontre a representação matricial do operador α β dentro daquela base.

b. Nós agora consideraremos um sistema de spin 1/ 2 e fazemos α e β serem / 2zS = e / 2xS = , respectivamente. Escreva abaixo explicitamente a matriz quadrada que corresponde a α β na base usual (

zS diagonal ). Solução : a. Nós podemos usar o fato de que a base é completa e usamos :

' ''' ' '' ''

a aa a a aα β α β=∑∑ (1)

O fator ' ''a aα β é definido como o elemento na linha 'a e coluna ''a na representação matricial do operador α β . Então :

(1) (1) (1) (2)

.(2) (1)

.. .

. .

...

. ...

. . ...

a a a a

a a

α β α β

α β α β

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(2)

b. A base usual é formada pelos dois kets : ;zS + e ;zS − . Em acordo com (2), temos :

; ; ; ; ; ; ; ;; ;

; ; ; ; ; ; ; ;z z x z z z x z

z xz z x z z z x z

S S S S S S S SS S

S S S S S S S S⎛ ⎞+ + + + + + + −

+ + = ⎜ ⎟− + + + − + + −⎝ ⎠ (3)

Usando

2

; ; 1

; ; 0

; ; ; ; ; ; 1/ 2

z z

z z

x z x z x z

S S

S S

S S S S S S

+ + =

− + =

+ + = + − = + − =

temos

1 11; ;0 02z xS S⎛ ⎞

+ + = ⎜ ⎟⎝ ⎠

1

Problema 6 Suponha i e j são autokets de algum operador Hermitiano A . Sob quais condições nós podemos concluir que i j+ é também um autoket de A ? Justifique sua resposta. Solução : Se i e j são os autokets de A , então A i i i= e A j j j= (1) onde i e j são números reais por causa da Hermiticidade de A . Agora, se i j+ é também autoket de A , tem-se ( ) ( )' ' 'A i j a i j a i a j+ = + = + (2)

A partir da linearidade do operador A , pode-se escrever ( )A i j A i A j i i j j+ = + = + (3)

Comparando esse resultado com (2) e relembrando o fato de que os autokets i e j são linearmente independentes conclui-se que :

'i j a= = .

Então, pode-se dizer que se i e j são autokets do operador A , sua soma i j+ será também um autoket de A se os autovalores associados com eles

são degenerados.

1

Problema 7 Considere um ket de espaço expandido pelos autokets { }'a de um operador Hermitiano A . Não existe degenerescência. a. Prove que ∏ −

'

)'(a

aA

é o operador nulo. b. Qual é o significado de ?

)"'()"(

"'∏≠ −

−

aa aaaA

c. Ilustre (a) e (b) usando o conjunto A igual a zS de um sistema de spin ½. Solução : a. Vamos aplicar o operador ∏ −

'

' )'(a

aA sobre um ket arbitrário α que foi

expandido em termos de { }'a .

0"")""()'(

"")"()'(

"")'("")'()'(

" "'

" "'

' " '"'

=−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−=−=−

∑ ∏

∑ ∏

∏ ∑ ∏∑∏

≠

≠

α

α

ααα

aaaaaA

aaaAaA

aaaAaaaAaA

a aa

a aa

a a aaa

Todos os termos do somatório são nulos. Portanto, o operador ∏ −

'

)'(a

aA ,

quando aplicado sobre um ket de estado α , produz um resultado nulo,

2

0)'('

=−∏ αa

aA .

Considerando que α não seja nulo, então o operador ∏ −

'

)'(a

aA é o

operador nulo. b. Vamos agora aplicar o operador ∏

≠ −−

'' )"'()"(

aa aaaA sobre um ket α .

αα '''''')"'()"(

)"'()"(

''' "'"'

aaaaaA

aaaA

a aaaa∑ ∏∏ ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=−−

≠≠

Os termos dentro do somatório para os quais '''' aa ≠ são todos nulos. _____________________________________________________________ Exemplo: Vamos fazer 1'=a e considerar também que 3,2,1"=a e 3,2,1''' =a na expressão abaixo.

α

α

αα

33)31()33(

)21()23(

22)31()32(

)21()22(

11)31()31(

)21()21(''''''

)"1()"(

''' "'

−−

−−

+−−

−−

+−−

−−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−∑ ∏

≠

aaaaA

a aa

Ou seja, sobrou apenas o termo para 1'=a e 1''' =a , isto é, o único termo que sobrevive é o termo '''' aa = . _____________________________________________________________ Para esse termo nós temos a seguinte expressão

''''1'')"'()"'(

)"'()"(

"'"'

aaaaaaaaaa

aaaA

aaaa

αααα ==⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− ∏∏

≠≠

.

Dessa forma, o operador ∏

≠ −−

'' )"'()"(

aa aaaA é um projetor, ou seja, ele projeta o

estado α sobre o estado 'a .

3

c. Considerando o caso especifico em que zSA = e que o conjunto { } { }−+= ,'a , temos :

[ ]

022222222

22)'(

'

=−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−+++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=−−+++⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −=−∏

αα

ααα zza

SSaA.

Considerando agora que

2'=a temos :

( )[ ][ ]( )( )

( )( ) ++=−−

++−

+++++

=−−+++−−−−

=−−∏

≠

ααα

ααα

2/2/2/2/

2/2/2/2/

2/(2/)2/(

)"'()"(

"'

z

aa

SaaaA

1

Problema 8 Usando a ortonormalidade de + e − , prove

[ ]{ } ,

2,

,,2

ijji

kijkji

SS

SiSS

δ

ε

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

=

onde

( )

( )

( ).2

,2

,2

−−−++=

+−+−+−=

+−+−+=

z

y

x

S

iS

S

Solução : Calculando o comutador [ ]ji SS , . [ ][ ] ( ) ( )

( ) ( )

[ ] ( ) ( )

[ ] ( )[ ] zyx

yx

yx

yx

xyyxyx

SiSS

iSS

iiSS

i

iSS

SSSSSS

=

−−−++=

−−+++−−−−−++=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+−+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+−+−

−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+−+−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+−+=

−=

,2

,

44,

22

22,

,

2

22

2

[ ]

[ ] ( ) ( )

( ) ( )

[ ] ( ) ( )

[ ] ( )[ ] yzx

zx

zx

zx

xzzxzx

SiSS

SS

SS

SS

SSSSSS

−=

+−+−+−=

+−−−+−+−+−+−=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+−+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−++

−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−++⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+−+=

−=

,2

,

44,

22

22,

,

2

22

[ ][ ] ( ) ( )

( ) ( )

[ ] ( ) ( )

[ ] ( )[ ] xzy

zy

zy

zy

yzzyzy

SiSS

iSS

iiSS

i

iSS

SSSSSS

=

+−+−+=

+−−−+−−+−+−+=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+−+−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−++

−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −−−++⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+−+−=

−=

,2

,

44,

22

22,

,

2

22

Usando uma das propriedades dos comutadores [ ] [ ]ABBA ,, −= , temos para as relações [ ][ ][ ] xyz

yxz

zxy

SiSS

SiSS

SiSS

−=

=

−=

,

,

,

.

De uma forma geral, podemos reescrever as três relações como ,i j ijk kS S i Sε⎡ ⎤ =⎣ ⎦

3

em que xSS =1 , ySS =2 e zSS =3 . Temos ainda que ijkε ( conhecido como densidade de Levi-Civita ) possui a seguinte propriedade

1=ijkε → permutação par da seqüência 123, 1−=ijkε → permutação ímpar da seqüência 123,

0=ijkε → dois índices repetidos. Calculando o anticomutador { }ji SS , .

{ } { } ( ) ( ) 044

,,22

=−−+++−+−−−++=+==iiSSSSSSSS xyyxxyyx

{ } { } ( ) ( ) 044

,,22

=+−−−+++−+−+−=+== xzzxxzzx SSSSSSSS

{ } { } ( ) ( ) 044

,,22

=+−−−+−++−+−+=+==iiSSSSSSSS yzzyyzzy

{ } 22, iiiiiii SSSSSSS =+=

1=i

( )24

2222

2 =−−+++=xS

2=i

( )24

)1(2222

2 =−−−++−−=yS

3=i

( )24

2222

2 =−−+++=zS

De uma forma geral, temos :

{ } ijji SS δ2

,2

= .

1

Problema 9 Construa +;ˆ.nS tal que

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=+ ;ˆ.

2;ˆ.ˆ. nSnSnS

onde n̂ é caracterizado pelos ângulos mostrados na figura. Expresse sua resposta como uma combinação linear de + e − . [ Nota : A resposta é

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ αββ iesen

22cos .

Não é para verificar apenas que a resposta satisfaz a equação de autovalor acima. E sim, tratar o problema como um problema de autovalor. Também, não utilize operadores de rotação, o qual nós introduziremos mais tarde nesse livro.]

Figura 1 : vetor n̂ e caracterizado por um ângulo α e β .

2

Solução : Utilizando a notação vetorial, podemos escrever S e n̂ como

e

zSySxSS zyx ˆˆˆ ++= Os operadores xS , yS e zS podem ser representados na forma matricial na base { }−+ , como

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0110

2xS ; ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

00

2 ii

S y ; ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=10

012zS

Calculando nS ˆ. , temos

zyx SSsensenSsennS .cos...cos.ˆ. βαβαβ ++= . Na forma matricial, temos

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

−=

βαβαβαβαββ

cos..cos..cos.cos

2ˆ.

sensenisensenisensen

nS .

Podemos representar o ket +;ˆ.nS na base { }−+ , como uma matriz coluna

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=+

−

+

aa

nS ;ˆ. ,

ou ainda na forma

−++=+ −+ aanS ;ˆ. . Podemos agora escrever a equação de autovalor na forma matricial como

zysensenxsenn ˆcosˆ.ˆcos.ˆ βαβαβ ++=

3

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+−

−

+

−

+

aa

aa

sensenisensensenisen

2cos..cos...cos.cos

2 βαβαβαβαββ .

Temos o seguinte sistema de equações

−−+

+−

−+

=−

=+

aaesena

aesenaai

i

ββ

ββα

α

cos...

..cos..

.

Isolando −a na primeira equação, e escrevendo em função de +a , temos :

α

ββ ie

senaa )cos1( −

= +−

Substituindo a equação acima dentro da segunda equação temos

[ ] 0.11

0.cos1.

0....)cos1()1(cos

.

.2

..

=+−

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

+−

=+−

+−

+

+

++

α

α

αα

β

βββ

ββββ

i

i

ii

esena

esensen

a

esenaaesen

Esta equação é satisfeita para algum valor de +a , como deve ser para uma equação de autovalor. Também, temos uma relação que deve ser satisfeita pelos valores de +a e −a

122=+ −+ aa .

Logo a nossa expressão pode ser escrita na forma

. . .1 cos 2. tan . .2 cos

2

i i isen

a e e ea sen

α α α

ββ β

ββ−

+

⎛ ⎞⎜ ⎟− ⎛ ⎞ ⎝ ⎠= = =⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Vemos que a escolha de

4

αβ ..2

iesena ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=− e ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=+ 2

cos βa

satisfaz a equação acima. Temos então finalmente que

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=+αβ

β

..2

2cos

;ˆ.iesen

nS

ou

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=+ αββ ..

22cos;ˆ. iesennS

1

Problema 10 O operador Hamiltoniano para um sistema de dois estados é dado por

( )1 1 2 2 1 2 2 1H a= − + + ,

onde a é um número com a dimensão de energia. Encontre os autovalores de energia e os autokets de energia correspondentes (como uma combinação linear de 1 e 2 ). Solução: Escrevendo o operador H na forma matricial na base { }1 , 2 temos :

a aH

a a⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

em que os elementos matriciais são i H j , e , 1,2i j = . A equação de autovalores na notação matricial tem a forma : H Eαα α=

1 12 2

a aE

a a α

α αα α

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ou

11 00

20 1a a

Ea a α

αα

⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

Para esta equação, deveremos ter soluções não triviais, isto é,

det 0a E a

a a Eα

α

−⎛ ⎞=⎜ ⎟− −⎝ ⎠

.

Isso leva a equação secular

2

2 2 2 0

2

E a a

E aα

α

− − =

= +.

Fornecendo assim os autovalores de H . Chamaremos esses autovalores de E+ e E− e chamaremos os autokets associados a esses autovalores como E+ e E− . Para achar os autokets em termos de 1 e 2 nós retornaremos a equação de autovalores. H E E E+ + += Escrevendo E+ em termos de 1 e 2 , temos :

1 1 2 2E E E+ + += + . Substituindo a equação e usando a definição de H , temos :

( ) ( ) ( )( ) ( )

1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2

H E E E

a E E E E E

a E E E E E E E

+ + +

+ + + + +

+ + + + + + +

=

⎡ ⎤− + + + = +⎣ ⎦

− + + = +

Multiplicando a equação acima ( à esquerda ) pelo bra 1 temos

( )1 2 1

1 2

( )2 1

a E E E E

a E E a E

E aE E

a

+ + + +

+ + +

++ +

⎡ ⎤+ =⎣ ⎦

− = −

−=

.

Multiplicando a mesma equação acima ( à esquerda ) pelo bra 2 temos

( )2 1 2

2 1

a E E E E

E E a a E

+ + + +

+ + +

⎡ ⎤− + =⎣ ⎦

+ =.

3

Substituindo a equação

( )2 1

E aE E

a+

+ +

−=

na

( )2 1E E a a E+ + ++ = , temos ( ) ( ) 1 1E a

E a E a Ea

++ + +

−+ = .

Substituindo 2E a+ = + , temos

2 2 2

2 2 22

E a a

a a a+ − =

− =.

Essa equação é uma identidade. A equação ( ) ( ) 1 1E a

E a E a Ea

++ + +

−+ =

é satisfeita por todos os valores 1 E+ . De novo, temos apenas a proporcionalidade entre os componentes 1 E+ e 2 E+ , dado por

( )2 1

E aE E

a+

+ +

−= .

Explicitamente

2 2 2 11

E a aaE

+

+

+ −= = + − .

Procuramos por autokets normalizados, então

4

2 22 1 1E E+ ++ = .

Se fizermos 1 E C+ +=

então

( )2 2 1E C+ += + − , e

( )

( )

22

2

2

1/ 2

1 2 1 1

1 2 2 2 1 1

2 2 2 1

12 2 2

C

C

C

C

+

+

+

+

⎡ ⎤+ + − =⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤+ + + =⎣ ⎦⎡ ⎤+ =⎣ ⎦

⎡ ⎤⎢ ⎥=⎢ ⎥+⎣ ⎦

.

Finalmente, temos

( )

( ) ( )

112 2 2

12 2 12 2 2

E

E

+

+

=+

= + −+

.

Os autokets de H são :

( ) ( )

( ) ( )

1/ 2

1/ 2

1 1 2 1 22 2 2

1 1 2 1 22 2 2

E

E

⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥+ = + −⎣ ⎦⎢ ⎥−⎣ ⎦

⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥− = − +⎣ ⎦⎢ ⎥+⎣ ⎦

1

Problema 11 Um sistema de dois estados é caracterizado pelo Hamiltoniano

11 22 121 1 2 2 1 2 2 1H H H H ⎡ ⎤= + + +⎣ ⎦ onde 11H , 22H e 12H são números reais com a dimensão de energia, e 1 e 2 são auto kets de alguma observável ( H≠ ). Encontre os autokets de

energia e os correspondentes autovalores de energia. Esteja certo de que sua resposta faz sentido para 12 0H = . (Você não precisa resolver este problema completamente. O seguinte fato pode ser usado sem prova :

ˆ ˆ ˆ. ; ;2

S n n n+ = + ,

com ˆ;n + dado por

ˆ; cos2 2

in e senαβ β+ = + + − ,

em que β e α são os ângulos polares e azimutais, respectivamente, que caracterizam n̂ .)

Figura 1 : Vetor unitário n̂ .

2

Solução : Os kets da base ( )1 , 2 podem ser considerados como autokets de observáveis, como, por exemplo, xS , yS e zS , etc. Por uma questão de conveniência vamos admitir que os elementos 1 e 2 sejam autokets de zS { },+ − . Além disso, é possível supor que o Hamiltoniano H possa ser expresso como função do operador de spin ˆ.S n . Sendo a e b constantes a serem determinadas, escrevemos:

ˆ. .H a S n b I= • + , (1) onde I é o operador identidade. Através de (1) podemos expressar os elementos da matriz que representa H como uma função dos elementos da matriz ˆS n• . Para isso, vamos em primeiro lugar determinar os elementos da matriz de ˆS n• na base de zS . Assim, temos :

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ. . ; . ; . ; . ;2

S n S n S n S n S n⎡ ⎤= + + − − −⎣ ⎦ (2)

onde foi usado a relação (1.3.34) do livro texto, em que ˆ. ;S n ± são os autovetores de ˆ.S n e / 2± são os autovalores. Do exercício 9 sabe-se como escrever os autokets de ˆ.S n na base zS . Assim, substituindo esses dados em (2), obtemos :

ˆ. cos cos2 2 2 2 2

cos cos2 2 2 2 2

i i

i i

S n e sen e sen

sen e e sen

α α

α α

β β β β

β β β β

−

−

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞= + + − + + − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞− + + − + − + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

.

3

Fazendo os produtos

2 2

2 2

ˆ cos cos cos2 2 2 2 2 2 2 2

cos cos cos2 2 2 2 2 2 2 2

i i

i i

S n sen e sen e sen

e sen e sen sen

α α

α α

β β β β β β

β β β β β β

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞• = − + + + + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + + − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

temos finalmente,

ˆ cos cos2

i iS n e sen e senα αβ β β β−⎡ ⎤• = + + + + − + − + − − −⎣ ⎦

ou, na forma matricial podemos escrever :

cosˆ2 cos

i

i

e senS n

e sen

α

α

β ββ β

−⎛ ⎞• = ⎜ ⎟

−⎝ ⎠ (3)

Agora, H pode ser representado na forma abaixo, conforme a equação dada no enunciado :

11 12

12 22

H HH

H H⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(4)

E, substituindo (4) e (3) em (1), obtemos :

11 12

12 22

cos2 2

cos2 2

i

i

a b e asenH HH H asen e a b

α

α

β β

β β

−⎛ ⎞+⎜ ⎟⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ − +⎜ ⎟⎝ ⎠

(5)

Como os elementos da matriz de H são reais, devemos fazer 0α = , para que a matriz do segundo membro de (5) seja real. Igualando os termos, obtemos

4

11

12

22

cos2

2

cos2

H a b

H asen

H a b

β

β

β

⎧ = +⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪

= − +⎪⎩

(6)

No sistema de equações acima devemos determinar a e b . Assim, somando (6a) e (6c), obtemos :

( )11 2212

b H H= + (7)

Subtraindo (6a) de (6b), temos :

11 22cosa H Hβ = − (8) Dividindo (6b) por (8), temos :

12

11 22

2HtgH H

β =−

(9)

A equação (9) permite construir o triangulo retângulo abaixo :

Figura 2 : Relação matemática.

5

Assim, da figura acima, obtemos :

12 122 2 2

12 11 22 2 11 2212

24 ( )

2

H HsenH H H H HH

β = =+ − −⎛ ⎞+ ⎜ ⎟

⎝ ⎠

(10)

E substituindo (10) em (6b), obtemos “ a ” :

1/ 222 11 22

122

2H Ha H

⎡ ⎤−⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

(11)

Para o operador ˆS n• vale a equação de autovalor:

ˆ ˆ ˆ. ; ;2

S n n n± = ± ±

Mas por (1), podemos trocar ˆS n• por H na equação acima, logo :

( )ˆ ˆ ˆ ˆ. ; ; ;2

H bIS n n n na−

± = ± = ± ±

ou

ˆ ˆ; ;2aH n b n⎛ ⎞± = ± + ±⎜ ⎟

⎝ ⎠ (12)

Vemos que ˆ;n ± são os autovetores de H com autovalores de 2a b⎛ ⎞± +⎜ ⎟

⎝ ⎠,

com as constantes a , b e β determinadas pelas equações (11), (9) e (7), e 0α = . Então, se,

, ,H E E E± = ± ±

Vemos que

2aE b± = ± + (13)

6

E também

ˆ, ,E n± = ± (14) As equações (13) e (14) só valem para as condições estabelecidas pelas equações (11), (9) e (7) com 0α = . Portanto, na base de zS , os autovetores de H podem ser escritos com os resultados do exercício (9), ou seja,

cos2 2

E senβ β+ = + + − , (15)

e

cos2 2

E sen β β− = − + + − , (16)

com

12

11 22

2HarctgH H

β⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠.

Substituindo (7) e (11) em (13) obtemos :

1/ 222 11 22 11 22

12 2 2H H H HE H±

⎡ ⎤− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ± + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

, (17)

que são os autovalores de H . Podemos testar se naturalmente as equações (15) e (16) estão corretas. A equação (12) é uma equação de autovalores escrita na base de zS . Se fizermos 12 0H = , H ficará diagonal onde os elementos da diagonal principal são os autovalores. Estes elementos são 11H e 22H . Assim, esperamos que fazendo 12 0H = na equação (17), E+ será igual a 11H , e E− será 22H . Fazendo isso, temos:

7

1/ 2211 22 11 22 11 22 11 220

2 2 2 2H H H H H H H HE±

⎡ ⎤− + − +⎛ ⎞ ⎡ ⎤= ± + + = ± +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

Para E+ o argumento do módulo deve ser 0> , logo,

11 22 11 2211

11

2 2H H H HE H

E H

+

+

− += + =

=.

Para E− , o argumento do módulo deve ser 0< , logo,

11 22 11 22 11 22 11 2222

22

2 2 2 2 2 2H H H H H H H HE H

E H

−

−

− +⎛ ⎞= − + = − + + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

=

Vemos então que a resposta obtida é correta.

1

Problema 12 Um sistema de spin 1/ 2 é conhecido estar no autoestado de ˆ.S n com autovalor / 2 , em que n̂ é um vetor unitário que está no plano xz que faz um ângulo γ com o eixo z positivo. a. Suponha que xS seja medido. Qual é a probabilidade de obter / 2+ ? b. Calcule a dispersão em xS , isto é, ( )2

x xS S− .

(Confira a sua resposta para os casos especiais 0, / 2γ π= e π ). Solução :

Figura 1: Vetor unitário n̂ .

2

a. O autoestado do sistema expresso na base { },+ − está em acordo com o exercício 9.

ˆ; cos2 2

n senγ γ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(1)

A probabilidade de obter / 2+ em uma medida de xS dentro deste estado é dada por : ( ) 2ˆ ˆ, / 2 ; ;xP S x n+ = + + (2)

O bra ˆ;x + é calculado da mesma forma que ˆ;n + , com / 2β π= e 0α = :

( )1ˆ; cos4 4 2

x senπ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + + − = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (3)

Então

( )2

1 1, / 2 cos (1 )2 2 2 2xP S sen senγ γ γ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (4)

b. A dispersão em xS é dada pela fórmula: ( )2 22

x x x xS S S S− = − . (5)

Os valores médios são calculados para o estado ˆ;n + :

2 ˆ ˆ; ;x x xS n S S n= + + (6) Usando a seguinte representação de xS ,

( )2xS = + − + − + , (7)

e a expressão (1), temos:

3

2

22

22

22

cos cos2 2 4 2 2

cos cos4 2 2 2 2

cos cos4 2 2 2

x

x

x

S sen sen

S sen sen

S sen

γ γ γ γ

γ γ γ γ

γ γ γ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤= + + − + − + − + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤= + + − + + + − − + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

[ ]

22 2 2

22

22

2

cos4 2 2

14

4

x

x

x

sen

S sen

S

S

γ

γ γ

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

=

=

. (8)

O valor médio de xS é dado por:

cos cos2 2 2 2 2

cos cos2 2 2 2 2

cos cos2 2 2 2 2

x

x

x

S sen sen

S sen sen

S sen sen

S

γ γ γ γ

γ γ γ γ

γ γ γ γ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤= + + − + − + − + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + − + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

2 cos2 2 2

2

x

x

sen

S sen

γ γ

γ

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

=

. (9)

Para 2

xS temos:

22 2

4xS sen γ= . (10)

Finalmente, temos:

4

( )

( ) ( )

( )

2 22 22 2

22 2

22 2

4 4

14

cos4

x x x x

x x

x x

S S S S sen

S S sen

S S

γ

γ

γ

− = − = −

− = −

− =

Aplicando as condições particulares, temos:

( )2

2

4x xS S− = para 0γ =

( )2

0x xS S− = para / 2γ π=

( )2

2

4x xS S− = para γ π=

1

Problema 13 Um feixe de átomos de spin 1/ 2 passa através de uma série de medidas do tipo Stern-Gerlach como segue : a. A primeira medida aceita átomos / 2zS = e rejeita átomos / 2zS = − . b. A segunda medida aceita átomos / 2nS = e rejeita átomos / 2nS = − , onde nS é o autovalor do operador ˆ.S n , com n̂ fazendo um ângulo β no plano xz com respeito ao eixo z . c. A terceira medida aceita átomos / 2zS = − e rejeita átomos / 2zS = . Qual é a intensidade do feixe final de / 2zS = − , quando o feixe / 2zS = sobrevivente a primeira medida é normalizada a unidade? Como nós devemos orientar o segundo aparato de medida se nós estamos interessados em maximizar a intensidade do feixe final / 2zS = − ? Solução :

Figura 1: Geometria para o vetor unitário n̂ .

2

Figura 2: Intensidade dos feixes através dos diversos experimentos de SG. Consideremos que a intensidade do feixe seja normalizada a unidade após a primeira medida. Assim a intensidade final ( após a 3a medida ) será igual a probabilidade de obtermos / 2zS = − . Temos : Probabilidade de se obter 2 2

; ;/ 2 ; ;zz S n nS P S S− −= − ⇒ = − + + +

ou seja, calcularemos a probabilidade de obtermos o ket + colapsar para o estado ˆ. ;S n + e do ket ˆ. ;S n + colapsar para o estado − . Usando o exercício anterior, temos que :

ˆ. ; cos2 2

iS n e senαβ β+ = + + − .

Logo,

ˆ. ; cos2

S n β+ + = →

22ˆ. ; cos

2S n β

+ + = ,

3

e

ˆ. ;2

iS n e senα β− + = →

2 2 2 2ˆ. ;2 2

iS n e sen senα β β− + = = .

Consideramos acima que 2

1ie α = . Substituindo os resultados, temos :

22 2cos cos

2 2 2 2zSP sen senβ β β β⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Como

2 cos2 2

sen sen β ββ = ,

temos :

2

4zSsenP β

= .

Também, 20 1sen β< < , então

zSP é máximo para / 2β π= , pois neste ângulo 1senβ = , o que faz com que a probabilidade se torne

max14zSP → = . para / 2β π=

Ou seja, a máxima intensidade ( para / 2β π= ) é igual a 1/ 4 do seu valor inicial.

1

Problema 14 Uma certa observável em mecânica quântica tem uma representação matricial 3 3x como segue :

0 1 01 1 0 12 0 1 0

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

a. Encontre os autovetores normalizados dessa observável e os correspondentes autovalores. Existe alguma degenerescência? b. De um exemplo físico onde tudo isso é relevante. Solução : a. Seja

0 1 01 1 0 12 0 1 0

L⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

com os autovalores e os autovetores determinados pela equação abaixo : L l l l= ⇒ ( ) 0L lI l− = . (1) Como l não pode ser um ket nulo (não queremos uma solução trivial), devemos ter, det( ) 0L lI− = ou,

1/ 2 0

1/ 2 1/ 2 0

0 1/ 2

l

l

l

−

− =

−

.

2

Logo, obtemos :

3

3

2

02 2

0( 1) 0

l ll

l ll l

− + + =

− =

− =

(2)

Da equação (2), obtemos os três autovalores:

1

2

3

01

1

lll

=⎧⎪ =⎨⎪ = −⎩

Como 1 2 3l l l≠ ≠ , não há degenerescência. Assim vamos obter os autovetores correspondentes. a) 1 0l = Substituindo em (1) temos :

1

1

2

3

( 0 ) 0

0 1/ 2 0 01/ 2 0 1/ 2 0

00 1/ 2 0

L I l

xxx

− =

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

e obtemos :

2 2

1 3 1 3

2 2

1 0 02

1 1 02 2

1 0 02

x x

x x x x

x x

= → =

+ = → = −

= → =

Temos uma variável livre. Assim, fazendo 1 1x = , 3 1x = − , obtemos :

3

1

101

l⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

,

onde

1 1l lα= em que α e a constante de normalização. Logo, vemos que,

1 1

21 1

1 1

1

1

1

l l

l l

l l

α

α

=

=

=

(a)

Mas,

( )1 1

11 0 1 0 1 1 2

1l l

⎛ ⎞⎜ ⎟= − = + =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

logo (a) se torna :

12

α =

Então, obtemos o 10 vetor de L , dado por

1

11 02 1

l⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

b) 2 1l = Substituindo 2l em (1), obtemos :

4

1

2

3

1 1/ 2 0 01/ 2 1 1/ 2 0

00 1/ 2 1

xxx

⎛ ⎞− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Fazendo as multiplicações, obtemos :

2 21 1

3 31 12 2

2 23 3

02 2

02 2 2 2

02 2

x xx x

x xx xx x

x xx x

− + = → =

− + = → = +

− = → =

Vemos que 1 3x x= , assim, fazendo 2 2x = , obtemos 1 3 1x x= = , logo,

2

1

21

l

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

temos

( )2 2

1

1 2 1 2 1 2 1 41

l l

⎛ ⎞⎜ ⎟

= = + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(b)

Desde que o autovetor 2l normalizado é dado por :

2 2

2 2

1l ll l

=

obtemos por (b) que :

2

11 22

1l

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

5

c) 3 1l = − Substituindo 3 1l = − em (1), vamos obter:

1

2

3

1 1/ 2 0 01/ 2 1 1/ 2 0

00 1/ 2 1

xxx

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

obtendo,

2 21 1

3 31 12 2

2 13 3

02 2

02 2 2 2

02 2

x xx x

x xx xx x

x xx x

+ = → − =

+ + = → = − −

+ = → = −

E, fazendo 2 2x = − , obtemos 1 1x = e 3 1x = . Logo,

3

1

21

l

⎛ ⎞⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Logo, vemos que :

( )3 3

1

1 2 1 2 1 2 1 41

l l

⎛ ⎞⎜ ⎟

= − − = + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Logo, o autovetor normalizado 3l será :

3 3

3 3

1l ll l

= ,

e

6

3

11 22

1l

⎛ ⎞⎜ ⎟

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

.

b. A matriz do enunciado é a componente na direção n̂ do momento angular escrito na base de zS . É uma matriz que representa spin unitário, 1S = .

1

Problema 15 A e B são observáveis. Suponha que os autokets simultâneos de A e B { }', 'a b formam um conjunto completo ortonormal de kets de base. Nós podemos sempre concluir que [ ], 0A B = ? Se a sua resposta é sim, prove esta asserção. Se sua resposta é não, de um contra-exemplo. Solução : Vejamos qual o resultado da operação de [ ],A B sobre um ket arbitrário α . Como o conjunto { }', 'a b forma um conjunto completo de kets de base normalizados, escrevemos α com o auxilio do operador identidade, isto é,

' '', ' ', '

a ba b a bα α=∑∑ . (1)

Aplicando [ ],A B sobre este ket, temos : [ ]

' ', ( ) ( ' ' ' ') ', ' ', '

a bA B AB BA a b b a a b a bα α α= − = −∑∑ . (2)

Logo, como [ ], 0A B α = , (3) e considerando que α é um ket arbitrário, a equação (3) será sempre satisfeita somente se [ ], 0A B = .

1

Problema 16 Dois operadores Hermitianos anticomutam: { }, 0A B AB BA= + = . É possível ter autokets simultâneos ( isto é, comuns ) de A e B ? Prove ou ilustre a sua asserção. Solução : Suponhamos que existe um ket ', 'a b não nulo simultâneo a A e B . Então :

', ' ' ', '

', ' ' ', '

A a b a a b

B a b b a b

=

= (1)

e { }{ }{ }

, ', ' ', ' ', '

, ', ' ' ' ', ' ' ' ', '

, ', ' 2 ' ' ', '

A B a b AB a b BA a b

A B a b a b a b b a a b

A B a b a b a b

= +

= +

=

(2)

Mas como { }, 0A B = , a equação (2) é um absurdo! Logo, se A e B anticomutam, não existe nenhum ket não nulo que seja autoket de A e B ao mesmo tempo.

1

Problema 17 Duas observáveis 1A e 2A , que não envolvem o tempo explicitamente, são conhecidas não comutarem,

[ ]1 2, 0A A ≠ ,

ainda que nós também conhecemos que ambas 1A e 2A comutam com o Hamiltoniano :

[ ]1, 0A H = , [ ]2 , 0A H = .

Prove que os autoestados de energia são, em geral, degenerados. Existem exceções? Como um exemplo, você pode pensar no problema de força

central, 2

( )2pH V rm

= + , com 1 zA L→ , 2 xA L→ .

Solução : Seja 1,a E o auto-ket simultâneo de 1A e H e 2 ,a E o auto-ket simultâneo de 2A e H . Temos então que

[ ]2 , 0A H = → [ ]2 1

2 1 2 1

2 1 2 1

, , 0

, , 0

, 0

A H a E

A H a E HA a E

EA a E HA a E

=

− =

− =

Sabendo que [ ]1 2, 0A A ≠ , teremos que quando 2A atuar no auto-ket de 1A , irá mudar de 1,a E para um novo estado denotado dado por α . Assim, se

2 1,A a E α= , teremos

2 1 2 1, , 0

0

EA a E HA a E

E H

H E

α α

α α

− =

− =

=

.

2

Desta forma, percebemos que α também é um auto-estado de H . Vamos repetir o mesmo procedimento para o primeiro comutador.

[ ]1, 0A H = → [ ]1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

, , 0

, , 0

, 0

A H a E

A H a E HA a E

EA a E HA a E

=

− =

− =

Seja o novo estado caracterizado por β , isto é,

1 2 1 2, , 0

0

EA a E HA a E

E H

H E

β β

β β

− =

− =

=

Logo, vemos que o auto-valor E de H tem dois auto-kets α e β . Portanto, temos um estado degenerado. No caso em que temos [ ], 0x zL L ≠ e [ ], 0xL H = , [ ], 0zL H = , ocorre uma degenerescência de ordem 2 1l + , pois para cada l , existem ,...,0,...l l− + , autokets de zL . Assim, quando 0l = , 0x zm m= = e 0; 0 0x lL m l= = = e 0; 0 0z lL m l= = = , desta forma não há a possibilidade de existência de um estado novo, o que resulta na quebra da degenerescência. Neste problema, a exceção ocorre (ou seja, quebra de degenerescência) quando 1 0A γ = (ou 2 0A γ = ), onde γ pode ser α , β , 1a ou 2a , qualquer autoket simultâneo de H .

1

Problema 18 a. O modo mais simples para derivar a desigualdade de Schwarz é apresentado a seguir. Primeiro, observe

( ) ( )* . 0α λ β α λ β+ + ≥ para qualquer número complexo λ; então escolha λ de tal um modo que a desigualdade anterior se reduz à desigualdade de Schwarz. b. Mostre que o sinal de igualdade na relação de incerteza generalizada se mantém se o estado em questão satisfaz

A Bα λ αΔ = Δ com λ puramente imaginário c. Apresente em cálculos que usam as regras habituais de ondas mecânicas, mostre que a função de onda para um pacote de onda Gaussianas dada por

( ) ( )21 42

22 exp4

x xi p xx dd

α π− ⎡ ⎤′ − ⟨ ⟩′⟨ ⟩′ = −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

satisfaz a relação de incerteza

( ) ( )2 2

2x pΔ Δ =

prove que o requisito

(número imginário) x x x pα α′ ′Δ = Δ É de fato satisfeito para tal pacote de onda Gaussiano, de acordo com (b) Solução :

2

a. Nós sabemos que para uma estado arbitrário c a seguinte relação se matém

0c c ≥ (1) Isto significa que nós escolhermos c α λ β= + onde λ é um número complexo, nós teremos

( ) ( )*

* *

2*

0

0

0

α λ β α λ β

α α λ α β λ β α λλ β β

α α λ α β λ β α λ β β

+ + + ≥

+ + + ≥

+ + + ≥

(2)

Se nós escolhermos agora

β αλ

β β= − e * α β

λβ β

= −

a relação anterior se tornará

2

2* *

2 2 2

2

2

2

0

0

0

0

0

β α α β β α α β β αα α β β

β β β β β β

β αβ α β α β α β αα α

β β β β β β

β α β α β αα α

β β β β β β

β αα α

β β

β β α α β α

α α β β β α

− − + ≥

− − + ≥

− − + ≥

− ≥

− ≥

≥

(3)

Note que o sinal de igualdade na ultima relação permanece quando

0c α λ β α λ β= + = ⇒ = − (4)

3

Isso é se α e β forem colineares. b. A relação e incerteza é

( ) ( ) [ ]22 2 1 ,

4A B A BΔ Δ ≥ (5)

Para provar esta relação nós usamos a desigualdade de Schwarz (3) para os vetores A aα = Δ e B aβ = Δ os quais dão

( ) ( )

( ) ( )

2

2

22 2

22 2

A B

a A A a a B B a A B

a A a a B a A B

A B A B

α α β β ≥ Δ Δ

Δ Δ Δ Δ ≥ Δ Δ

Δ Δ ≥ Δ Δ

Δ Δ ≥ Δ Δ

(6)

O sinal de igualdade nesta relação se mantém de acordo com (4) quando

A a B aλΔ = Δ (7)

Por outro lado o lado direito de (6) é

[ ] { }

[ ] { }

[ ] { }2 22

1 1, ,2 21 1, ,2 21 1, ,4 4

A B A B A B

A B A B A B

A B A B A B

Δ Δ = Δ Δ + Δ Δ

Δ Δ = + Δ Δ

Δ Δ = + Δ Δ

(8)

O que significa que o sinal de igualdade na relação de incerteza (5) se mantém se

4

{ }

{ }( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2

7

2 2*

2 2*

2*

1 , 04

, 0

0

0

0

0

A B

A B

a A B B A a

a B a a B a

a B a a B a

a B a

λ λ

λ λ

λ λ

Δ Δ =

Δ Δ =

Δ Δ + Δ Δ = ⇒

Δ + Δ =

Δ + Δ =

+ Δ =

(9)

Então o sinal de igualdade na relação de incerteza se mantém quando

A a B aλΔ = Δ (10) Com λ puramente imaginário. c. Devemos computar os valores esperados de x, x2, p e p2. O valor esperado de x é claramente zero por simetria

20x dx x x x dx x xα α α

∞ ∞

−∞ −∞

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= = =∫ ∫ (11)

Para x2 obtemos

( )

( )

22 2

222 2

1 24

22 2

2

22

1 exp4

1 exp

2

x dx x x

xx dx x ikx

dd

xx dx x ikx

dd

dx

α

π

π

∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

′ ′ ′=

⎡ ⎤⎛ ⎞ ′′ ′ ′= −⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦

⎡ ⎤′⎛ ⎞ ′ ′ ′= −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦

=

∫

∫

∫

(12)

O que nos dá

5

( )2

22 2

2dx x xΔ = − = (13)

Para dispersão do operador posição. O valor esperado para p e p2 também pode ser computado como se segue

( )

( )

( )

2

22

1 24

222 2

2

2222 2

12 24

22 2 2

2

1 exp4

1 exp4

2

p dx i x xx

p i dx xx

xp i dx ikx

x dd

p k

p dx xx

xp dx ikx

x dd

p kd

α α

α

π

α

π

∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

∂′ ′ ′= −′∂

∂′ ′= −′∂

⎡ ⎤⎛ ⎞ ′∂′ ′= − −⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟′∂ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦=

∂′ ′=′∂

⎡ ⎤⎛ ⎞ ′∂′ ′= −⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟′∂ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦

= +

∫

∫

∫

∫

∫

(14)

A dispersão do momento é então

( )

( )

( )

22 2

22 2 2 2 2

2

22

2

2

2

p p p

p k kd

pd

Δ = −

Δ = + −

Δ =

(14)

Arrumando (13) e (14) nós podemos verificar a relação de incerteza de Heisenberg

( ) ( )2

2 2

4x pΔ Δ = (15)

6

Assim um pacote de onda Gaussiana tem de fato uma relação de igualdade no lugar da mais geral relação de desigualdade, por essa razão é chamada de pacote de onda de incerteza mínima. Também temos que

( )

( )

x x x x x

x x x x x x

x x x x x

α α

α α α

α α

′ ′Δ ≡ −

′ ′ ′ ′Δ = −

′ ′ ′Δ = −

(16)

Por outro lado

( )

x p x p p

x p i x p xx

α α

α α α

′ ′Δ ≡ −

∂′ ′ ′Δ = − −′∂

(17)

Mas

( )

( )

2

2

2

4

12

x xi p xx x

x x d

i px x x x

x d

α α

α α

⎡ ⎤′ −′∂ ∂ ⎢ ⎥′ ′= −′ ′∂ ∂ ⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤∂ ′ ′ ′= − −⎢ ⎥′∂ ⎣ ⎦

(18)

Então substituindo em (17) nós temos

( )

( )

( )

2

2

2

2

2

Número imaginário

12

2

2

22

i px p i x x x p x

d

ix p p x x x x p xd

ix p x x xdix p x xd

i dx x x p

α α α

α α α α

α α

α α

α α

⎛ ⎞⎡ ⎤′ ′ ′ ′Δ = − − − −⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠

′ ′ ′ ′ ′Δ = + − −

′ ′ ′Δ = −

′ ′Δ = Δ

′ ′Δ = − Δ

(19)

1

Problema 19 a. Compute ( )2 22

x x xS S SΔ ≡ − ,

onde o valor esperado é calculado para o estado zS + . Usando o seu resultado, verifique a relação de incerteza generalizada

( ) ( ) [ ]22 2 1 ,

4A B A BΔ Δ ≥ ,

com xA S→ , yB S→ . b. Verifique a relação de incerteza com xA S→ e yB S→ para o estado xS + . Solução : a. e b. Calcularemos a quantidade xS .

x xS S= + + (1) Escrevendo xS como

( )2xS = + − + − + (2)

temos

( ) 02xS ⎡ ⎤= + + − + − + + =⎣ ⎦ ,

o que leva a

2 0xS = . (3)

2

Calcularemos agora 2xS :

Usando (2), 2

xS fica :

2 22 1

4 4xS ⎡ ⎤= + + + − − =⎣ ⎦ (4)

Assim,

2 22 2 1

4 4x xS S= + + = + + = , (5)

e consequentemente,

( )2

2 22

4x x xS S SΔ = − = (6)

Da mesma forma, podemos calcular ( )2

ySΔ no estado zS + :

Usando ( )

2yiS = − + − + − + , temos

0y yS S= + + = e 2

0yS = (7)

2 22 1

4 4yS ⎡ ⎤= − − + + − − − =⎣ ⎦ e 2 2

2 14 4yS = + + = (8)

Então,

( )22 22

4y y yS S SΔ = − = (9)

Calcularemos agora a quantidade ,x yS S⎡ ⎤⎣ ⎦ . Antes temos que :

,x y zS S i S⎡ ⎤ =⎣ ⎦ (10)

3

Logo 2

,2x y z z

iS S i S i S⎡ ⎤ = = + + =⎣ ⎦ (11)

e

42,

4x yS S = (12)

Fazendo o produto ( ) ( )422

16x yS SΔ Δ = .

Vemos então que a relação de incerteza generalizada é verificada, pois

4 4116 4 4

≥

1

Problema 20 Encontre a combinação linear dos kets + e − que maximize o produto de incerteza

( ) ( )22x yS SΔ Δ

Verifique explicitamente que para a combinação linear encontrada, a relação de incerteza para xS e yS não é violada. Solução : A combinação linear mais geral, a menos de uma fase global (que não tem interesse em Mecânica Quântica), é dada por

2 1/ 2(1 ) ia a e βα = + + − − , (1) em que a e β são reais e 1a ≤ . Os operadores xS e yS , em notação de ket-bra, são dados por :

( )2xS = + − + − + (2)

( )2yiS −

= + − − − + (3)

logo

( ) ( )

( )

2

2 22

2 2

14 4

x x x

x

S S S

S

⎡ ⎤= = + − + − + + − + − +⎢ ⎥⎣ ⎦

= + + + − − =

(4)

e

2

( ) ( )

( )

2

2 22

2 2

14 4

y y y

y

i iS S S

S

− −⎡ ⎤= = + − − − + + − − − +⎢ ⎥⎣ ⎦

= + + + − − =

(5)

onde 1 é o operador identidade. As dispersões são dadas por : ( )2 22

x x xS S SΔ = − . (6) ( )2 22

y y yS S SΔ = − (7)

Os valores esperados são calculados em relação ao estado α , dado por

2 1/ 2(1 ) ia a e βα = + + − − . Então :

2 2 22 2 1

4 4 4x xS Sα α α α α α= = = = (8)

onde usamos o fato que α é normalizado. Da mesma forma :

22 2

4y xS S= = (9)

O valor esperado xS é calculado usando 2 1/ 2(1 ) ia a e βα = + + − − .

( ) ( )

( ) ( )( )

1/ 2 1/ 22 2

1/ 2 1/ 22 2 2

2

1 1

1 1

1

i ix x x

i ix x x x

x

S S a a e S a a e

S a S a a e S a a e S

a S

β β

β β

α α −

−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = + + − − + + − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= + + + − + − + − − + +

− − −

(10)

Utilizando ( )

2xS = + − + − + temos que

0xS+ + = ;

2x xS S+ − = − + = ; 0xS− − =

3

Assim, o valor esperado de xS é:

{ }2 1/ 2 2 1/ 2 2 1/ 2(1 ) (1 ) (1 ) cos2

i ixS a a e a a e a aβ β β−= − + − = − (11)

Para yS temos uma expressão análoga à (*)

2 2 1/ 2 2 1/ 2 2(1 ) (1 ) (1 )i iy y y y yS a S a a e S a a e S a Sβ β−= + + + − + − + − − + + − − −

Usando

( )2yiS −

= + − − − +

Podemos calcular :

0yS+ + = ; 2y yiS S −

+ − = − − + = ; 0yS− − =

Logo, o valor esperado yS fica :

{ }2 1/ 2 2 1/ 2 2 1/ 2(1 ) (1 ) (1 )2

i iy

iS a a e a a e a a senβ β β−= − − − = − (13)

Assim, substituindo (8), (9), (11) e (13) em (6) e (7), temos :

( )2 2

2 2 2 2 2 2 2 2(1 )cos 1 4 (1 )cos4 4xS a a a aβ β⎡ ⎤Δ = − − = − −⎣ ⎦ (14)

e

( )2 22 2 2 2 2 2 2 2(1 ) 1 4 (1 )

4 4yS a a sen a a senβ β⎡ ⎤Δ = − − = − −⎣ ⎦ (15)

Substituindo estas expressões no produto de incerteza, temos :

4

( ) ( ) ( ) ( ){ }( ) ( ) { }

222 22 2 2 2 4 2 2

222 2 2 4 2 2 2

1 4 1 cos 16 (1 ) cos16

1 4 (1 ) 4 (1 ) (2 )16

x y

x y

S S a a sen a a sen

S S a a a a sen

β β β β

β

⎡ ⎤Δ Δ = − − − + −⎣ ⎦

Δ Δ = − − + −

Por inspeção vemos que o valor de β que maximiza o produto de incerteza é

/ 4β π= ± . Substituindo qualquer um destes valores em (16), o lado direito desta expressão se torna :

{ }2 22 22 2 2 2 2 21 2.2 (1 ) 2 (1 ) 1 2 (1 )16 16

a a a a a a⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − + − = − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (17)

O termo entre colchetes, considerado uma função do parâmetro “ a ” possui três pontos críticos : 0a = e 1/ 2a = ± . Os pontos 1/ 2a = ± são mínimos e o ponto 0a = é um máximo relativo. Vejamos qual o valor do termo entre colchetes nas extremidades do domínio de a ( 1a = ± ):

2 2

11 2 (1 ) 1

aa a

=±⎡ ⎤− − =⎣ ⎦ (18) Vejamos também qual o valor deste termo no máximo relativo 0a = :

2 2

01 2 (1 ) 1

aa a

=⎡ ⎤− − =⎣ ⎦ (19) Temos então que, dentro do intervalo 0 1a≤ ≤ o maior valor do produto de incerteza é obtido quando 0a = ou 1a = ± . Então, temos que as combinações lineares que maximizam o produto de incerteza são as seguintes :

4πβ = + , 0a = ⇒ / 4ie πα = −

4πβ = + , 1a = ± ⇒ α = ± +

4πβ = − , 0a = ⇒ / 4ie πα −= −

5

4πβ = − , 1a = ± ⇒ α = ± +

De forma geral : α = ± + (20a)

e

/ 4ie πα ±= − (20b) Verificamos agora se estas combinações lineares não violam a relação de incerteza entre xS e yS . Vejamos qual o valor do produto de incerteza para combinações do tipo (20a) e (20b) :

( ) ( )422

16x yS SΔ Δ = (21)

onde usamos a expressão (16). A relação de incerteza para xS e yS é a seguinte :

( ) ( )222 1 ,

4x y x yS S S S⎡ ⎤Δ Δ ≥ ⎣ ⎦ (22)

Temos que

,x y zS S i S⎡ ⎤ =⎣ ⎦ (23) e

z zS Sα α= . (24) Usando a combinação (20a), temos :

6

( )2z zS S= + ± + = (25)

ou usando (20b) :

/ 4 / 4

2i i

z z zS e S e Sπ π±= − − = − − = −∓ (26)

Substituindo (25) ou (26) em (24) e (22), temos :

( ) ( )

( ) ( )

222

422

14 2

16

x y

x y

S S i

S S

Δ Δ ≥ ±

Δ Δ ≥

Vemos então que as combinações lineares (20a) e (20b) não violam a relação de incerteza.

1

Problema 21 Calcule o produto de incerteza x p− ( ) ( )2 2x pΔ Δ

para uma partícula unidimensional confinada entre duas paredes rígidas

0 0para x aV

outros valores

< <⎧⎪= ⎨∞⎪⎩.

Resolva para ambos os estados, fundamental e excitado. Solução : Para uma partícula confinada em uma caixa, os autoestados do Hamiltoniano são dados por : H Eψ ψ= Logo,

' 'x H E xψ ψ= Agora, dentro do poço, o potencial é nulo. Então, temos apenas energia cinética. Portanto,

2

2px E xmψ ψ=

Como

' ( ')x xψ ψ= e

2

2 2 2

'2'2 2p dxm m dx

ψψ = − ,

Temos :

2

2 2

2 0'

d mEdxψ ψ+ =

A equação diferencial acima tem solução

( ') cos ' 'x A kx Bsenkxψ = + onde

22

2mEk = (1)

Como V = ∞ em 0x = e x a= , devemos ter ( ' 0)xψ = e ( ) 0x aψ = = , pois nesses pontos a partícula não pode estar. Aplicando as condições de contorno, obtemos :

( ' 0) 0xψ = = e .0 0 0A B A+ = → =

Para a segunda condição, temos :

( ' ) 0x a Bsenkaψ = = = Para 0B ≠ , devemos ter ka nπ= , Com n inteiro. Logo

( ') 'n nx Bsenk xψ = 0 x a≤ ≤ Como 2( )xψ representa a probabilidade de encontrar a partícula dentro da caixa, devemos ter

3

2

0

2 2

0

2

1

' ' 1

12

2

a

n

a

n

dx

B sen k x dx

aB

Ba

ψ =

=

=

=

∫

∫

Logo,

2( ') ' 'n nx x senk xa

ψ ψ= = (3)

Cálculo de ( )2xΔ Temos que

x x xΔ = − Logo,

22 2 2x x x x xΔ = − +

( )2 22x x xΔ = − (4)

Para encontrar ( )2xΔ , devemos determinar 2x e 2x . Logo,

*'' ' '' '' ' ' '' ' ' ( '') ( ') ( '' ')x x dx dx x x x x x dx dx x x x x xψ ψ ψ ψ ψ ψ δ= = = −∫ ∫ ∫ ∫

2' ' ( ')x dx x xψ= ∫ O valor médio de x é calculado no intervalo 0 'x a< < . Logo,

4

[ ]

22

0 0 00

2 2

2 0

2

2 2 1 12 22 4 2 4

2 2 cos 22 4 (4 )

24

2

aa a a

n n nn n

an

n

x xx xsen k xdx sen k x xdx sen k dxa a k k

a ax k xa a k

axaax

⎡ ⎤= = − − +⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

=

∫ ∫ ∫

Para o calculo de 2x , temos :

2 2 2 2 2

3 22 2 2 2

0 0 00

2 32

2

' '' '' '' ' ' ' ' ( ')

2 2 12 22 4 2

2 1 16 2 2 6 4

aa a a

n n nn n

n n n

x x dx dx x x x x x dx x x

x xx x sen k xdx sen k x x dx xsen k xdxa a k k

a a a axa k k a k

ψ ψ ψ ψ ψ= = =

⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪= = − − +⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

Agora 2 2

22n

nkaπ

= , logo

3 2

2 22 2 2 2

1 1 13 2 3 2a ax a

n nπ π⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Portanto, ( )

( )

( )

2 22

2 2 22 2

2 2 2 2

22

2 2

1 1 13 2 4 3 4 2

1 12 6

x x x

a a ax an n

axn

π π

π

Δ = −

⎛ ⎞Δ = − − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞Δ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Cálculo de ( )2pΔ

Temos :

5

( )2 22p p pΔ = − Devemos determinar 2p e 2p .

* *

0 0 0

' ' ' ' ( ') '' '

a a a

p p dx x x p dx x i i dxx xψ ψψ ψ ψ ψ ψ ψ∂ ∂⎛ ⎞= = = − = −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠∫ ∫ ∫

0 0

2 2'cos ' ' 'cos ' 'a a

n n n n np i senk x k x dx i k senk x k x dxa a

= − = −∫ ∫

( ) ( )00

2 ' ' 0a

an n n

i ikp senk x d senk x senk xa a

= − = − =∫

Para 2p , temos :

22 2 2 * 2

20 0

' ' ' ' ( ')'

a a

p p dx x x p dx xxψψ ψ ψ ψ ψ

⎛ ⎞∂= = = −⎜ ⎟∂⎝ ⎠

∫ ∫

( )

2 2 2 22 2

0 0

2 2 2 22

0

2 2 22 2 2

2

2 22

2

2 2 cos 2 '' ' '2 2

2 21 2 02 4 2

( )

a an n n

n

an nn

n

n

k k k xap sen k x dx dxa a

k ka ap sen k xa k a

np ka

npa

π

π

⎛ ⎞= = −⎜ ⎟

⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

= =

=

∫ ∫

Temos então : ( )

( )

2 22 2 2

2 22

2

0

( )

p p p p p

npaπ

Δ = − = − =

Δ =

6

Cálculo da Relação de Incerteza Logo,

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

222 2 2

2 2 2

222 2

1 12 6

12 6

nax pn a

nx p

ππ

π

⎛ ⎞Δ Δ = −⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞⎜ ⎟Δ Δ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Para o estado fundamental, 1n = , a equação se reduz a :

( ) ( )2 2

2 2 12 6

x p π⎛ ⎞Δ Δ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠ (fundamental)

Para 1n > , estados excitados, temos :

( ) ( ) ( )222 2 1

2 6n

x pπ⎛ ⎞

⎜ ⎟Δ Δ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

(excitado)

1

Problema 22 Estime a ordem de grandeza do intervalo de tempo que um picador de gelo pode ser equilibrado sobre sua ponta se a única limitação imposta for o princípio da incerteza de Heisenberg. Assuma que a ponta seja afiada e que tanto a ponta quanto a superfície, onde o picador de gelo está apoiado, são duros. Você pode fazer aproximações que não modificam a ordem de grandeza geral do resultado. Admita valores razoáveis para as dimensões e massa do picador de gelo. Obtenha um resultado numérico aproximado e expresse-o em segundos. Solução:

Inicialmente, assume-se que o picador de gelo seja equivalente a um ponto de massa m ligado a uma haste leve de comprimento L com a outra extremidade sendo equilibrada em uma superfície dura e fixa. Para um deslocamento angular pequeno do picador de gelo em relação à um eixo vertical, a equação de movimento é:

02

22 =−mgL

dtdmL θ

A solução desta equação é dada por:

tLgtLg beaet )/()/()( −+=θ

Em t = 0 temos:

LbaLx )( +==Δ θ e

( )tLgtLg beaeLgmL

dtdmLp )/()/( −+==Δθ

2

E a relação de incerteza deve ser tal que:

2≈ΔΔ px

Tal relação implica:

( )[ ]213

22

2 gLmba +=

O deslocamento em um tempo posterior t é minimizado ao assegurar a e b tão pequenos quanto possíveis. Deste modo, fixando a e b:

( )[ ] 0,2 213

=±= bgLm

a

o qual pode ser desconsiderado para gLt >> . O deslocamento se torna perceptível quando θ for maior do que

100πθ =f

Temos:

ftLgf ae=θ

e, tomando pela definição,

( )⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+=

2132ln21)ln( gLm

gLt ff θ

Considerando 2/980,100,10 scmggmcmL === , temos:

st f 4,3=

3

de acordo com m e θ. Para qualquer valor razoável de dimensões e massa de um picador de

gelo, deve-se ter:

st 3~ .

1

Problema 23 Considere um ket de espaço tridimensional. Se um certo conjunto de kets ortonormais – digamos, 1 , 2 e 3 - são usados como kets de base, os operadores A e B são representados por

000 0

a oA a o

a

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

0

0 00 0

b oB ib

ib

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

,

com a e b ambos reais. a. Obviamente A exibe um espectro degenerado. B também exibe um

espectro degenerado ? b. Mostre que A e B comutam. c. Encontre um novo conjunto de kets ortonormais que sejam autokets

simultâneos de ambos A e B . Especifique os autovalores de A e B para cada um dos três autokets. Esta especificação de autovalores caracteriza completamente cada autoket ?

Solução : a. Para sabermos se B tem um espectro degenerado precisamos calcular os seus autovalores. Para isto estabelecemos a equação secular, cujas raízes são os autovalores de B .

2 2

det( ) 00 0

det 0 ( )( ) 00

B Ib

ib b bib

λλ

λ λ λλ

− =

−⎛ ⎞⎜ ⎟− − = − − =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

As raízes desta equação (autovalores de B ) são

1 bλ = , 2 bλ = − e 3 bλ = . Vemos então que o espectro de B também é degenerado, pois possui dois autovalores iguais, b+ .

2

b. Calcularemos o comutador [ ],A B AB BA= − .

0 00 00 0

abAB iab

iab

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

0 0

0 00 0

abBA iab

iab

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Portanto, [ ], 0A B = . Podemos concluir que é possível encontrar um conjunto ortonormal completo de kets de base que sejam autokets simultâneos de A e B . c. Temos que { }1 , 2 , 3 forma um conjunto completo e ortonormal de kets de base. Estes kets são os autokets do operador A , pois A é diagonal nesta base. O ket 1 , representado por

11 0

0

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

é um autoket de B , com autovalor b+ , como é fácil verificar.

1 1B b= Os kets

02 1

0

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

e 0

3 01

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

não são autokets de B , pois

2 3B ib= e 3 2B ib= − .

3

Como { }2 , 3 é um subespaço dos operadores A e B , temos que os novos autokets simultâneos a A e B devem ser combinações lineares destes dois kets. Escrevemos estes autokets simultâneos a A e B como:

( )( )

2

3

1/ 222 2

1/ 223 3

2 ' 2 1 3

3' 2 1 3

i

i

e

e

β

β

α α

α α

= + −

= + −,

em que α e β são reais. Como já vimos no exercício anterior, isto é a mais geral combinação linear de dois kets que interessa à Mecânica Quântica. Então, na base { }1 , 2 , 3 , estes kets tem a seguinte representação matricial:

2

22 1/ 22

02 '

(1 ) ie β

αα

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

,

( ) 3

31/ 22

3

03'

1 ie β

α

α

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Obviamente, 2 ' e 3' , continuam sendo autokets de A :

2 ' 2 '

3' 3'

A a

A a

= −

= −.

Os parâmetros das combinações lineares ( 2 3 2 3, , ,α α β β ) serão então determinados através da condição que 2 ' e 3' sejam autokets de B . As equações de autovalores, para os kets 2 ' e 3' , ficam:

2 ' 2 'B b= e 3' 3'B b= − .

4

Na forma matricial a primeira destas equações fica:

2 2

2 22 1/ 2 2 1/ 2

2 2

0 0 0 00 00 0 (1 ) (1 )i i

bib b

ib e eβ β

α αα α

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Temos da relação acima que

22 1/ 22 2(1 ) ib e ibβα α− = .

Esta equação complexa representa as duas equações reais:

2 1/ 22 22 1/ 22 2 2

(1 ) cos 0

(1 ) sen

α β

α β α

− =

− =.

A primeira equação só pode ser satisfeita se 2cos 0β = , pois se 2 1/ 2

2(1 ) 0α− = , a segunda equação não é satisfeita. Então:

2 / 2β π= + A equação 2 1/ 2

2 2 2(1 ) senα β α− = pode ser escrita como

22 22

2

(1 )senααβ

⎛ ⎞− = ⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Substituindo 2 / 2β π= + , temos que 2 1/ 2α = + . A segunda equação, 3' 3'B b= − , na forma matricial, se torna:

3 3

3 32 1/ 2 2 1/ 2

3 3

0 0 0 00 00 0 (1 ) (1 )i i

bib b

ib e eβ β

α αα α

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

5

Isto nos leva as equações reais :

2 1/ 23 32 1/ 23 3 3

(1 ) cos 0

(1 ) sen

α β

α β α

− =

− = −

com as soluções

3

3

/ 2

1/ 2

β π

α

= +

= +.

A escolha conveniente dos sinais destes parâmetros será feita através da condição de ortogonalizacao de 2 ' e 3' . Isto é, usando as equações

( )( )

2

3

1/ 222 2

1/ 223 3

2 ' 2 1 3

3' 2 1 3

i

i

e

e

β

β

α α

α α

= + −

= + −

temos

( ) ( )

( )( )

32

3 2

3 2

1/ 2 1/ 22 22 2 3 3

1/ 2 ( )2 22 3 2 3

( )2 3

2 ' 3' 0

2 1 3 2 1 3 0

2 2 1 1 3 3 0

1 02

ii

i

i

e e

e

e

ββ

β β

β β

α α α α

α α α α

α α

−

−

−

=

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − + − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤+ − − =⎣ ⎦

+ =

Logo, 2 3β β= (ambos devem ter o mesmo sinal) e 2 3 1/ 2α α = − ( 2α e 3α devem ter sinais contrários). Então os autokets 2 ' e 3' , simultâneos a A e B , são dados por:

{ }

/ 21 12 ' 2 32 21 2 32

ie

i

π= +

= +

6

e

{ }

/ 21 13' 2 32 21 2 32

ie

i

π= − +

= − −

Podemos especificar o conjunto de autokets simultâneos pelos autovalores de A e B , 1' 1 ,

2 ' ,

3' ,

a b

a b

a b

= =

= −

= − −

,

em que usamos as relações

2 ' 2 'B b= e 3' 3'B b= − . Vemos então que a especificação dos autovalores caracteriza completamente os autokets 1' , 2 ' e 3' .

1

Problema 24 a. Prove que ( )( )1/ 2 1 xiσ+ atuando sobre um spinor de duas componentes pode ser pensado como a representação matricial do operador rotação em torno do eixo- x por um ângulo / 2π− . (O sinal menos significa que o sentido da rotação é o mesmo do ponteiro do relógio.) b. Construa a representação matricial de zS quando os autokets de yS são usados como vetores de base. Solução : a. O operador ( )( )1/ 2 1 xiσ+ possui a seguinte representação matricial na

base { },+ − :

( ) 1 0 0 1 11 1 110 1 1 0 12 2 2x

ii i

iσ

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ (1)

Vejamos agora qual é a forma do operador de rotação do sistema físico (não do sistema de coordenadas) de um ângulo / 2π no sentido horário em torno do eixo x . Este operador transforma os autoestados de zS nos autoestados de yS , da seguinte forma :

;yS+ → + ; ;yS− → − (2)

Denotando este operador por ( )/ 2xD π temos :

( / 2) ;x yD Sπ + = + (3) e

( / 2) ;x yD Sπ − = − (4)

2

Figura 1: representação de uma rotação por um ângulo / 2π no sentido horário em torno do eixo x . Usando o conjunto de kets { },+ − , podemos expandir ;yS + e ;yS − como:

1;2 2y

iS + = + + − (5)

1;2 2y

iS − = + − − (6)

Multiplicando um ket por uma fase global não alteraremos o seu significado físico. Então, se multiplicarmos (6) por / 2ie iπ = não alteramos o significado físico de ;yS − . O conjunto { }; , ;y yS i S+ − continua sendo ortonormal. Então procuraremos o operador ( )/ 2xD π que realize a seguinte transformação :

( )1( / 2)2xD iπ + = + + − (7)

e

3

( )1( / 2) ;

2x yD i S iπ − = − = + + − (8)

Na notação matricial, base { },+ − , (7) temos:

11 12

21 22

1 110 2

d dd d i⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

. (9)

Isto significa que :

1112

d =

e

2112

d i= .

Para determinarmos os elementos 12d e 22d escrevemos (8) em notação matricial:

12

22

1/ 2 0 11 121/ 2

d i

d

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

. (11)

Isto nos fornece

1212

d i= (12)

e

2212

d = (12)

4

Então o operador ( )/ 2xD π pode ser representado pela matriz

11( / 2)12x

iD

iπ

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠ (13)

na base { },+ − . Observamos que esta matriz é idêntica a do operador ( )( )1/ 2 1 xiσ+ na mesma base. Logo :

( )1( / 2) 12x xD iπ σ= + (14)

Se, ao invés de usar ;yi S − tivéssemos usado ;yS − , ou seja, se desprezássemos a fase global / 2ie π , teríamos encontrado para ( )/ 2xD π , a forma :

1 11( / 2)2xD

i iπ

⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

Embora tenha uma forma diferente este operador tem o mesmo significado físico que o operador (13). Esta arbitrariedade se deve, como já foi comentado, ao fato que um ket não tem seu significado físico alterado se o multiplicarmos por uma fase global. b. Na base { },+ − o operador zS é representado pela matriz

1 00 12 2z zS σ⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟−⎝ ⎠ (16)

Uma mudança de base é realizada por um operador unitário U de forma que

( ) ( )k kU a b= (17) Onde { }( )ka é uma base antiga e { }( )kb é a base nova. A transformação de um operador B é dada por :

5

†

novo velhoB U B U= (18) Observamos que o operador ( / 2)xD π é unitário, seja usada na forma (13) ou (15). Também, observamos que, associada a forma (13), as equações (7) e (8) são as equações da mudança de base { } { }, ; , ;y yS i S+ − → + − (19)

E associada a forma (15) as equações (5) e (6) são as equações da mudança de base { } { }, ; , ;y yS S+ − → + − (20)

O operador zS e transformado de acordo com (18) :

' † ( / 2) ( / 2)z x z xS D S Dπ π= (21) Se usarmos a forma (13) para ( / 2)xD π , temos que :

' 1 1 0 1 011 0 1 1 02 2 2z

i i iS

i i i−⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ base { }; , ;y yS i S+ − (22)

Ao passo que se usarmos a forma (15) para ( / 2)xD π (o que equivale a escrever zS na base { }; , ;y yS S+ − ), temos :

' 1 1 0 1 1 0 111 0 1 1 02 2 2z

iS

i i i−⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (23)

1

Problema 25 Alguns autores definem um operador como real quando cada membro dos elementos matriciais deles ' ''b A b é real em alguma representação (base { }'b neste caso). É este conceito de representação independente, isto é, os elementos matriciais permanecem reais mesmo se alguma outra base que { }'b é usado ? Verifique sua asserção usando operadores familiares tais como yS e zS (veja problema 24) ou x e xp . Solução : Considere

' ''

', ''

' '' ' ' ' '' '' ''

' '' ' ' ' '' '' ''b b

b b

c A c c b b A b b c

c A c c b b A b b c

=

=

∑ ∑

∑,

ou seja,

' ''b A b é real, mas não é necessário que

' 'c b e '' ''b c sejam reais. Vamos considerar o problema 24. Nele

y

z

c S

b S

→

→.

Temos então

2

1'

0

0''

1

b

b

⎛ ⎞= = +⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

= = −⎜ ⎟⎝ ⎠

zS

e

1/ 2' ;

/ 2

1/ 2'' ;

/ 2

y

y

c Si

c Si

⎛ ⎞= = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

= = −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

yS

em que

2zS ± = ± ±

e

21 1;2 2

iyS e δ± = + ± − .

Voltando a expressão, temos :

', ''' '' ' ' ' '' '' ''

realb bc A c c b b A b b c= ∑

2

1 1' '2 2

1' '2

ic b e

c b

δ−⎛ ⎞= + + − +⎜ ⎟⎝ ⎠

=

e

3

21 1'' '2 2

1'' '2

ic b e

c b

δ−⎛ ⎞= + − − +⎜ ⎟⎝ ⎠

=

e

1'' ''2 2

'' ''2

ic b

ic b

⎛ ⎞= + − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

= −

e

1' ''2 2

' ''2

ic b

ic b

⎛ ⎞= + + − −⎜ ⎟⎝ ⎠

=.

Logo, a definição de representação independente está incorreta.

1

Problema 26 Construa a matriz transformação que conecta a base diagonal zS a base diagonal de xS . Mostre que seu resultado é consistente com a relação geral

( ) ( )r r

rU b a=∑ .

Solução : Sabemos dos exercícios anteriores que :

1 1;2 2xS ± = + ± −

Sendo U a matriz de transformação, temos que :

; ;x zU S S± = ± (1) Então para ;xS + e ;zS + , obtemos :

11 12

21 22

1/ 2 101/ 2

U UU U

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

onde

1; ; 0. ;

0z z zS S S⎛ ⎞

+ = + + − = ⎜ ⎟⎝ ⎠

Portanto, do sistema de equações acima, obtemos :

11 12

21 22

20

U UU U

⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩

(a,b)

Para ;xS − e ;zS − , obtemos :

2

11 12

21 22

1/ 2 011/ 2

U UU U

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −− ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

Logo,

11 12

21 22

0

2

U U

U U

− =⎧⎪⎨⎪ − =⎩

(c,d)

Substituindo (c) em (a), obtemos :

11 11

11

2

2 12 2

U U

U

+ =

= =

De (c), temos :

12 11 1/ 2U U= = Substituindo (b) em (d), temos :

21 21

21

( ) 2

1/ 2

U U

U

− − =

=

Logo, por (b), vemos que :

22 21

22

1/ 2

1/ 2

U U

U

= − = −

= −

A matriz U é dada então por :

1/ 2 1/ 2

1/ 2 1/ 2U

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

(2)

Fazendo o adjunto de (2), vemos que :

3

† 1/ 2 1/ 2

1/ 2 1/ 2U

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

(3)

Logo,

†

1 1 1 11/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1 02 2 2 2 1

1 1 1 1 0 11/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 22 2 2 2

U U

⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= = = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎜ ⎟− − ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ − − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Logo, vemos que U é unitária, também pode ser mostrado que † 1UU = . Multiplicando (1) por (3), obtemos :

† †; ;x zU U S U S± = ± Como † 1U U = , obtemos :

† ; ;z xU S S± = ± (4) E vemos que a transformação inversa é obtida com (3). Agora resta mostrar que (2) e (3) são coerentes com a relação geral :

r rgeral

rU b a=∑ (5)

Sendo ra correspondente a ;xS ± e r

b a ;zS ± , escrevemos (5) como :

; ; ; ;geral z x z xU S S S S= + + + − − (6) Logo, substituindo os ket’s na forma matricial, obtemos :

( ) ( )1 01/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2

0 1geralU⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0 0 1/ 2 1/ 21/ 2 1/ 2

0 0 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2geral

geral

U U

U U

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠=

4

Considerando o adjunto de (6), obtemos :

† ; ; ; ;geral x z x zU S S S S= + + + − − Logo, fazendo o mesmo que no caso anterior, obtemos :

( ) ( )†

† †

1/ 2 1/ 21 0 0 1

1/ 2 1/ 2

1/ 2 0 0 1/ 2 1/ 2 1/ 2

1/ 2 0 0 1/ 2 1/ 2 1/ 2

geral

geral

U

U U

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Logo,

† †geralU U=

Assim vemos que existe consistência entre os dois operadores.

1

Problema 27 a. Suponha que ( )f A é uma função de um operador Hermitiano A com a propriedade ' ' 'A a a a= . Calcule '' ( ) 'b f A b quando a matriz transformação da base 'a para a base 'b é conhecida. b. Usando o análogo contínuo do resultado obtido em (a), calcule

'' ( ) 'p F r p . Simplifique sua expressão até onde você puder. Note que r é 2 2 2x y z+ + , onde x , y e z são operadores. Solução : a. Podemos expandir a função ( )f A em série de potências de A (série de Taylor):

( ) nn

nf A t A=∑ (1)

onde nt é o n -ésimo coeficiente da serie de Taylor 1 ( )!

n

n n

d f Atn dA

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠. Quando

aplicamos o operador ( )f A sobre um ket 'a temos :

( ) ' '

( ) ' ' '

( ) ' ' '

( ) ' ( ') '

nn

nn

nn

nn

n

f A a t A a

f A a t a a

f A a t a a

f A a f a a

=

=

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

=

∑

∑

∑ (2)

Calcularemos agora ' ( ) ''b f A b . Usando o fato que a base { }'a é completa aplicamos o operador identidade

'' '

aa a∑ da seguinte forma:

2

'' ( ) '' ' ( ) ' ' ''

ab f A b b f A a a b=∑ (3)

Usando (2), temos :

'' ( ) '' ( ') ' ' ' ''

ab f A b f a b a a b=∑ (4)

Onde ( ) ( )i ja b é o elemento ij da matriz de mudança de base, como já verificado no exercício 26. b. O análogo contínuo da expressão (4) é

' ( ) '' ' ( ') ' ' ' ''b f A b da f a b a a b= ∫ (5) Calcularemos então '' ( ) 'p F r p usando (5).

3'' ( ) ' ( ) '' 'p F r p d rF r p x x p= ∫ (6) onde 3d r dxdydz≡ e ( )1/ 22 2 2r x y z r= + + = . Conhecemos os elementos da matriz mudança de base.

3/ 2

1 ''.'' exp(2 )

ip xp xπ

⎡ ⎤ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ (7)

e

3/ 2

1 '.' exp(2 )

ip xx pπ

⎡ ⎤ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ (8)

Substituindo (7) e (8) em (6) temos :

( )3

31 ( ' '').'' ( ) ' ( ) exp

2i p p xp F r p d xF r

π

⎡ ⎤ −⎡ ⎤= ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦∫ (9)

3

Usando coordenadas esféricas, com o eixo z na direção do vetor ( ' '')p p− , a integral nesta expressão se torna :

( )2

3 2

0 0 0

( ' '').( ) exp ( ) exp cosi p p xd xF r drr F r d d sen i rπ π

θ φ φ κ φ∞−⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦∫ ∫ ∫ ∫ (10)

onde ' ''p pκ

−≡ .

A integral em φ pode ser escrita como

[ ] [ ]

[ ] ( )

[ ] ( )

1cos 1

cos 11

1

11

1

1(cos )exp cos exp cos

1(cos )exp cos

2(cos )exp cos

i r i r

d i r i ri r

d i r e ei r

d i r sen rr

φ

φ

κ κ

φ κ φ κ φκ

φ κ φκ

φ κ φ κκ

=

=−−

−

−

−

=

= −

=

∫

∫

∫

(11)

Voltando na integral em (10), temos :

( )0

4 ( )drF r rsen rπ κκ

∞

∫ (12)

Voltando em (9), temos finalmente que

( )20

' ''1 1'' ( ) ' ( )' ''2

p pp F r p drF r rsen r

p pπ

∞ ⎡ ⎤−= ⎢ ⎥− ⎣ ⎦

∫ (13)

1

Problema 28 a. Considere x e xp serem as coordenadas e o momento linear em uma dimensão. Calcule o colchete de Poisson clássico, [ ], ( )x classicox F p .

b. Considere x e xp os correspondentes operadores quanto-mecânico. Calcule o comutador

, exp xip ax⎡ ⎤⎛ ⎞⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

.

c. Usando o resultado obtido em (b), prove que

exp 'xip a x⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

, ( )' ' 'x x x x=

é um autoestado do operador coordenada x . Qual é o autovalor correspondente. Solução : a. De acordo com a equação (1.6.48), temos:

[ ]( , ); ( , )classico

s s s s s

A B A BA q p B q pq p p q

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂= −⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠∑ .

Agora, como estamos em uma dimensão, então sq x= e s xp p= e, também, fazendo A x= , e ( )xB F p= , obtemos:

[ ] ( ) ( ), ( ) x xx

x x

F p F px xx F px p p x∂ ∂∂ ∂

= −∂ ∂ ∂ ∂

.

2

Como ( )xF F p= somente, 0Fx

∂=

∂. Logo,

[ ] ( ) ( ), ( ) x xx

x x

F p dF px F pp dp

∂= =

∂.

Temos então:

[ ], ( )x classicox

dFx F pdp

=

b. Sabemos que : I) Primeira maneira

1, ,classico quanticoi

⎡ ⎤ ⎡ ⎤→⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Logo,

[ ] [ ]

[ ] [ ]

1, ( ) , ( )

, ( ) , ( )

x xclassico quantico

x xquantico classico

x F p x F pi

x F p i x F p

=

=

Agora, para ( ) exp xx

ip aF p ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

, temos :

, exp exp exp exp

,exp exp

x x x x

x

x x

ip a ip a ip a ip ad iax i i adp

ip a ip ax a

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

3

II) Segunda maneira A segunda maneira de resolver o problema está baseada no conhecimento de [ ], xx p i= . Então, sabemos que:

[ ] [ ][ ]

[ ]

2

3 2 2 2 2 2 2

4 3 3 3 3 3

, , , ( )2

, , , , 2 3

, , , 3 ( )4

x x x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

x p x p p p x p i p

x p x p p x p p p x p i p p i i p

x p x p p p x p i p p i i p

⎡ ⎤ = + =⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = + = + =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + = + =⎣ ⎦ ⎣ ⎦

De um modo geral

1, n nx xx p i np −⎡ ⎤ =⎣ ⎦ (1)

Agora

2 2 2 2 2 2

2 2, exp 1 ... 1 ...2! 2!

x xip a ip ax x x x xip a ip a i p a ip a i p ax xe e x x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞ = − = + + + − + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2 2 2 2 2

2 2, exp ... ...2! 2!

x x x x xip a ixp a i xp a ip xa i p a xx x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞ = + + + − + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

[ ]2 2 3 3

2 32 3, exp , , , ...

2! 3!x

x x xip a ia i a i ax x p x p x p⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + +⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦

Usando [ ], xx p i= e a equação (1), temos:

2 2 3 32

2 3

2 22

2

0

, exp ( ) ( )2 ( )3 ...3.2!

,exp 1 ...2!

1,exp!

,exp exp

xx x

x x

nx x

n

x x

ip a ia i a i ax i i p i p

ip a iap i ax i a

ip a iapx an

ip a iapx a

∞

=

⎡ ⎤⎛ ⎞ = + + +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞ = + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛= −⎜ ⎟ ⎜⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝⎣ ⎦

∑

⎞⎟⎠

4

A única vantagem desta maneira é que não precisa conhecer o colchete de Poisson clássico. c. Temos,

,exp ' exp '

exp ' exp ' exp '

x x

x x x

ip a iapx x a x

ip a ip a ip ax x x x a x

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

exp ' ( ') xp ' 0

exp ' exp '( ' )

x x

x x

operador autovalorautovetor autovetor

ip a ip ax x a x e x

ip a ip ax xx ax

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

uma equação de autovetor/autovalor, em que o autovalor corresponde a

'x a− .

1

Problema 29 a. Na página 247, Gottried (1966), declara que

( ),ii

Gx G p ip∂

⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ∂, [ ], ( )i

i

Fp F x ix∂

= −∂

pode ser “facilmente derivado” a partir das relações de comutação fundamentais para todas as funções F e G que podem ser expressadas como séries de potências em seus argumentos. Verifique sua declaração. b. Calcule 2 2,x p⎡ ⎤⎣ ⎦ . Compare seu resultado com o colchete de Poisson clássico 2 2,

classicox p⎡ ⎤⎣ ⎦ .

Solução : a. Escreveremos a função ( )G p (função escalar de uma variável vetorial) como: 1 2 3( ) ( , , )G p G p p p→ (1)

Considerar G como uma função escalar não limita nosso resultado, pois se G fosse vetor teríamos

[ ] [ ]ˆ ˆ ˆ, ( ) , ( ) , ( ) , ( )i i x i y i zx G p x x G p y x G p z x G p⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + +⎣ ⎦⎣ ⎦ (2) onde xG , yG e zG são funções escalares de uma variável vetorial. Então, de acordo com (2), resolvendo o comutador para G escalar teremos resolvido o problema para o vetor G . A expressão (1) nos diz que podemos considerar uma função escalar de uma variável vetorial como sendo uma função escalar de três variáveis escalares (as três componentes do operador momento linear). Assim, se 1 2 3( , , )G p p p puder ser expressa em série de potências, temos:

2

3

1 2 30 1

( , , ) njn j

n jG p p p t p

∞

= =

=∑∑ (3)

onde jnt são coeficientes constantes (independente dos jp ’s). Calcularemos agora o comutador [ ]1 2 3, ( , , )ix G p p p ,

[ ]3

1 2 30 1

, ( , , ) , ni jn i j

n jx G p p p t x p

∞

= =

⎡ ⎤= ⎣ ⎦∑∑ ,

onde usamos as relações:

[ ], ,i ii i

A B A B⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎣ ⎦∑ ∑ e [ ] [ ], ,A cB c A B= ,

em que c e uma constante. Temos ainda que calcular o comutador , n

i jx p⎡ ⎤⎣ ⎦ . Das relações fundamentais de comutação temos que

,i j ijx p i δ⎡ ⎤ =⎣ ⎦ (5) Temos então que

1 1 1, , , ,n n n ni j i j j i j j j i jx p x p p x p p p x p− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤= = +⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (6)

onde usamos [ ] [ ] [ ], , ,A BC A B C B A C= + . Mostraremos agora, por indução matemática, que 1, n n

i j ij jx p i npδ −⎡ ⎤ =⎣ ⎦ (7) Primeiro, observamos que esta fórmula é valida para 1n = , como vemos em (5). Basta mostrar então que, se (7) é valida para ( 1)n k= − , deve ser válida para n k= . Para isto usaremos a relação de recorrência (6):

3

{ }{ }

1 1

1 2

1 1

1

, , ,

, ( 1)

, ( 1)

,

k k ki j i j j j i j

k k ki j ij j j ij j

k k ki j ij j j

k ki j ij j

x p x p p p x p

x p i p p i k p

x p i p k p

x p i kp

δ δ

δ

δ

− −

− −

− −

−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤= +⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ = + −⎣ ⎦⎡ ⎤ = + −⎣ ⎦⎡ ⎤ =⎣ ⎦

(8)

Na segunda linha usamos a hipótese de que (7) vale para 1n k= − . Na última linha concluímos que (7) vale para n k= . Logo (7) está demonstrada. Substituindo (7) em (4), temos que:

[ ]

[ ]

[ ]

31

1 2 30 1

31

1 2 30 1

3

1 2 30 1

, ( , , ) ( )

, ( , , )

, ( , , )

ni jn ij j

n j

ni jn ij j

n j

ni jn ij j

n j j

x G p p p t i np

x G p p p i t np

x G p p p i t pp

δ

δ

δ

∞−

= =

∞−

= =

∞

= =

=

=

⎛ ⎞∂= ⎜ ⎟⎜ ⎟∂⎝ ⎠

∑∑

∑∑

∑∑

(9)

Observando (3), temos, finalmente que

[ ], ( )ii

Gx G p ip∂

=∂

(10)

Calcularemos agora o comutador [ ], ( )ip F x . O procedimento para o cálculo deste comutador é em todos os passos idêntico ao anterior. Basta então trocarmos i ix p→ e ( ) ( )G p F x→ em (4), observando que

, ,i j j ix p p x⎡ ⎤ ⎡ ⎤= −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ e, consequentemente, 1, n n ni j ij j j

i

p x i nx i xx

δ − ∂⎡ ⎤ = − = −⎣ ⎦ ∂. Assim

temos:

[ ], ( )ii

Fp F x ix∂

= −∂

. (11)

4

b. Usaremos nossos resultados para calcular 2 2,x p⎡ ⎤⎣ ⎦ , onde 2 2i

ix x=∑ e

2 2j

jp p=∑ . Então

2 2 2 2, ,i j

i jx p x p⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎣ ⎦ ⎣ ⎦∑∑ (12)

Mas

2 2 2 2, , ,i j i i j i j ix p x x p x p x⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (13) Então (12) se torna :

( )2 2 2 2, , ,i i j i j ii j

x p x x p x p x⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦∑∑ (14)

Mas, de acordo com (10), quando 2

jG p= , temos:

2 2, 2i j j ij ji

x p i p i pp

δ∂⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ∂. (15)

Logo, a equação (14) fica:

( ) { }2 2, 2 2 .i i i ii

x p i x p p x i x p⎡ ⎤ = + =⎣ ⎦ ∑ (16)

em que { } é o anticomutador. Calcularemos agora os colchetes de Poisson

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 2

, ,

2 2

, ,

2 2

, ,

, 2 2

, 4

i j i ji j

i j k i j k k k k

ik k jk ki j k

i ii

x p x px p x p

x p p x

x p x p

x p x p

δ δ

⎧ ⎫∂ ∂ ∂ ∂⎪ ⎪⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = −⎨ ⎬⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ∂ ∂ ∂ ∂⎪ ⎪⎩ ⎭⎡ ⎤ =⎣ ⎦

⎡ ⎤ =⎣ ⎦

∑ ∑∑

∑

∑

(17)

5

Comparando as equações, temos:

{ }2 2, 2 .x p i x p⎡ ⎤ =⎣ ⎦ Quântico

2 2, 4 i ii

x p x p⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ∑ Clássico

Vemos então que há correspondência:

2 2 2 21, ,classico

x p x pi

⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎣ ⎦ ⎣ ⎦ .

Notamos aqui que existe um operador quântico Hermitiano associado a cada grandeza dinâmica em mecânica clássica. À grandeza clássica i ix p , temos

associado o operador quântico Hermitiano ( )12 i i i ix p p x+ . Assim, (16) é o

análogo quântico da expressão clássica.

1

Problema 30 O operador de translação para um deslocamento finito (espacial) é dado por

.( ) exp ip ll⎛ ⎞−

ℑ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

,

em que p é o operador momento. a. Calcule

, ( )ix l⎡ ⎤ℑ⎣ ⎦ . b. Usando (a) (ou outra forma), demonstre como o valor esperado x muda sob uma translação. Solução : a. Para resolver o comutador, vamos adotar a maneira usada no exercício 28. Temos:

( )1 1 2 2 3 3, ( ) exp

, ( ) exp exp

, ( ) ( ) exp exp

, ( ) exp

ii

i j j i ij i i

i i j j i ii j

i i j j i ii j

ix l i p l p l p lp

i ix l i p l p lp

i i ix l l i p l l p

ix l l p l l p

≠

≠

≠

∂ −⎡ ⎤⎡ ⎤ℑ = + +⎢ ⎥⎣ ⎦ ∂ ⎣ ⎦

⎛ ⎞− ∂ −⎛ ⎞⎡ ⎤ℑ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞− −⎛ ⎞⎡ ⎤ℑ = − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎡ ⎛ ⎞−⎡ ⎤ℑ = +⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠⎣

∑

∑

∑

., ( ) exp

, ( ) ( )

i i

i i

ip lx l l

x l l l

⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎦⎛ ⎞−⎡ ⎤ℑ = ⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠

⎡ ⎤ℑ = ℑ⎣ ⎦

2

b. Seja um ket ψ arbitrário, tal que ( )T

lψ ψ= ℑ . O valor médio de x após a translação,

Tx , será:

† †( ) ( ) ( ) ( )iT T T

ix x l x l l x lψ ψ ψ ψ ψ ψ= = ℑ ℑ = ℑ ℑ∑ (1)

Da equação do item anterior, temos que:

( ) ( ) ( )i i ix l l x l lℑ −ℑ = ℑ . Multiplicando por †( )lℑ , lembrando que ( )lℑ é unitário, podemos escrever:

†

1 1

† † †( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )i i i il x l x l l l ll l l l= =

ℑ ℑ − = ℑ ℑ =ℑ ℑ ℑ ℑ ,

logo,

† ( ) ( )i i il x l x lℑ ℑ − = ;

† ( ) ( )i i il x l x lℑ ℑ = + e, substituindo em (1), temos :

i i i iTi i i

x x l x lψ ψ ψ ψ ψ ψ= + = +∑ ∑ ∑ ,

pois, il é um número,

Tx x l= + .

1

Problema 31 Dentro do texto principal nós discutimos o efeito de ( ')dxℑ sobre os autokets de posição e momento, e sobre o mais geral ket de estado α . Nós podemos também estudar o comportamento dos valores esperados x e p sob uma translação infinitesimal. Usando (1.6.25), (1.6.45), e ( ')dxα α→ℑ apenas, prove 'x x dx→ + , p p→ sob translação infinitesimal. Solução : As fórmulas citadas são as seguintes : [ ], ( ') 'x dx dxℑ = (1.6.25) e [ ], ( ') 0p dxℑ = (1.6.45) O valor esperado x varia da seguinte forma, quando ( ')dxα α→ℑ :

[ ]† †( ') , ( ') ( ') ( ')x dx x dx dx dx xα α α α→ ℑ ℑ + ℑ ℑ (2)

Como o operador ( ')dxℑ é unitário o segundo termo do lado direito de (2) é simplesmente x xα α = . O primeiro termo do lado direito de (2), usando ( 1.6.25 ) fica:

† †( ') ' ' ( ')dx dx dx dxα α α αℑ = ℑ (3) Faremos a aproximação † ( ') 1dxα αℑ ≈ , pois

†

' 0( ') 1lim

dxdx

→ℑ = (4)

(Esta é a aproximação feita na eq. 1.6.19 do Sakurai). Assim, (2) se torna:

2

'x dx x→ + (5)

Observação : Esta expressão já havia sido demonstrada no exercício 30 para translações finitas, das quais as transformações infinitesimais são um caso especial. O valor esperado do momento p varia sob transformações infinitesimais da seguinte forma:

[ ]† †

†

( ') ( ') ( ') , ( ')

( ') ( ')

p dx p dx dx p dx

dx dx p

α α α α

α α

→ ℑ ℑ = ℑ ℑ

+ ℑ ℑ (6)

Usando (1.6.45), o primeiro termo do lado direito desta expressão se anula. Usando a propriedade de unitariedade do operador de translação, o segundo termo do lado direito se reduz a

p pα α = . Logo :

p p→ (7)

1

Problema 32 a. Verifique (1.7.39a) e (1.7.39b) para o valor esperado de p e 2p a partir do pacote de onda Gaussiano (1.7.35). b. Calcule o valor esperado de p e 2p usando a função de onda espaço- momento (1.7.42). Solução : a. As respectivas equações são :

p k= (1.7.39a)

22 2 2

22p k

d= + (1.7.39b)

2

21/ 4

1 '' exp '2xx ikxdd

απ

⎛ ⎞⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(1.7.35)

Vamos definir

1/ 4

1Adπ

≡ (1)

Calculo de p Temos que

*' ' ' ' ( ') ( ')'

p p dx x x p dx x i xxα αα α α α ψ ψ

+∞ +∞

−∞ −∞

∂⎛ ⎞= = = −⎜ ⎟∂⎝ ⎠∫ ∫ (2)

Agora,

2 2

2 2 2

' ' 'exp ' exp '2 2x x xx A ikx A ikx ik

x x d d dα

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ⎛ ⎞= − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

Substituindo em (2) temos :

2 2*

2 2 2

' ' 'exp ' exp ' '2 2x x xp i A ikx A ikx ik dxd d d

+∞

−∞

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= − − − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫

2 2

2 22 2

2' '2 2 ' /

2 2

' ' ' ' 'x x

x dd dAxp i A e ik dx k A e dx i x e dx

d d

−+∞ ∞ +∞ −−

−∞ −∞ −∞

⎛ ⎞= − − = +⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ ∫

A segunda integral é zero pois o integrando é uma função ímpar integrada em um intervalo anti-simétrico. Assim, resta a primeira integral:

2

2 22'

2 2 '

0

' 2 'x

xdp k A e dx k A e dxα−+∞ ∞

−

−∞

= =∫ ∫

onde escrevemos

2 21/ dα = . (3) E trocamos os limites pois o integrando é par. Temos então que,

22p k A I= (4) Com

2 2'

0

'xI e dxα+∞

−= ∫ (5)

Solução da Integral I Vamos quadrar (5), obtendo

( )2 22

0 0

x yI e dxdyε∞ ∞

− += ∫ ∫ .

3

Essa integração é realizada em todo o meio plano xy . Vamos trocar as variáveis ( , )x y pelo par ( , )r θ em coordenadas polares. Lembrando que o

Jacobiano neste caso e ( , )( , )x y rr θ

∂=

∂, obtemos:

2 2 2 2

/ 22

0 0 02r rI e rdrd e rdr

πα απθ

∞ ∞− −= =∫ ∫ ∫

Com 2 2u rα= − e 22du rdrα= − , temos :

22 2

0

12 2 4

uI e duπ πα α

−∞⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫

2I π

α= .

E, levando esse resultado em (4), e já trocando 2 21/ dα = , obtemos:

2 122dp k A k d k

dp k

π ππ

= = =

= (1.7.39a)

Calculo de 2p Temos que

22 2 2 * 2

2

( ')' ' ' ' ( ')'xp p x x p dx dx x

xα

αψα α α α ψ

+∞ +∞

−∞ −∞

⎛ ⎞∂= = = −⎜ ⎟∂⎝ ⎠

∫ ∫

2

2 2 *2( ') ''

p x dxx

αα

ψψ+∞

−∞

∂= −

∂∫ (1)

Agora

4

2

2 2

2 2

2 2 2 2 2

22

2 2

( ') ' 'exp '' ' ' 2

( ') ' ' ' 1 'exp ' exp '' ' 2 2

( ') ' exp ''

x x xA ikx ikx x x d d

x x x x xA ik ik ikx ikxx x d d d d d

x x xA ik ikxx d

α

α

α

ψ

ψ

ψ

⎡ ⎤⎛ ⎞∂∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − −⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂∂ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= − − − − −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

∂ ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠

2 2

2 2 2

' 1 'exp '2 2

xikxd d d

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

E, substituindo em (1), obtemos :

2 2 2 2

2 2 2 2 ' 2 2

222 2 / /

2 2

2 22 222 2 2 / 2 ' / /

4 2

1 '

' ' ' '

x d x d

x d x d x d

xp A ik e e dxd d

A Ap k A e dx x e dx e dx

d d

+∞− −

−∞

+∞ +∞ +∞− − −

−∞ −∞ −∞

⎡ ⎤⎛ ⎞= − − −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

= − +

∫

∫ ∫ ∫

Façamos 21/ dυ = , então, temos :

2 2 ' 22 22 2

22 2 2 ' 2 '4 2

0 0 0

2 22 ' ' ' 'x x xA A

p k A e dx x e dx e dxd d

υ υ υ+∞ +∞ +∞

− − −= − +∫ ∫ ∫

Acima, sabemos que :

2'

0

1'2

xe dxυ πυ

∞− =∫

Logo

2 22 222 2 2

4 2

3

2 21 1 12 12 2 2 2A A

p k Ad d

d

π π πυ υ

= − +

Como 21/ dυ = , então,

5

2 3 22 2 2

4 2

2 22 2 2

2 2

22 2 2

2

1 12

2

2

dp k d dd d dd d

p kd d

p kd

π ππ π

= − +

= − +

= +

b.

1/ 2 2 2

1/ 2 1/ 4 2

( ' )( ') exp2p

d p k dpφπ

⎛ ⎞− −= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Vamos definir

1/ 2

1/ 2 1/ 4

dBπ

≡

Então temos

( )

2 2

*

2 22

2

2 2 22 2 2

2

2 2 22

2

' ' ' ' ' ( ') ( ')

''exp '

' 2 ''exp '

' 2 ''exp 'd k

p p dp p p p dp p p p

p k dp B p dp

d p p kdp B p d k dp

d p p kdp B e p dp

α αα α α α φ φ+∞ +∞

−∞ −∞

+∞

−∞

+∞

−∞

+∞−

−∞

= = =

⎛ ⎞−⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫ ∫

∫

∫

∫

E completando o quadrado, temos :

2

2 2 2 2

2

'2

'2

'e '

'e '

d p dkd k d k

d p dk

p B e p e dp

p B p dp

⎛ ⎞+∞ − −⎜ ⎟− ⎝ ⎠

−∞

⎛ ⎞+∞ − −⎜ ⎟⎝ ⎠

−∞

=

=

∫

∫

6

E fazendo 'du p dk= − , e 'ddu dp= , temos :

2 2 22 2 2e u u up B u k du B ue du k B e du

d d d d d

+∞ +∞ +∞− − −

−∞ −∞ −∞

⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ∫

A 1a integral é nula, pois temos uma função ímpar integrada em um intervalo anti-simétrico. Logo,

22

0

2 ukp B e du kd

∞−= =∫

Calculo de 2p Temos que

( )

2 2 2 '2 *

2 222 2

2

' ' ' ' ( ') ( ')

'' exp '

p p p p p dp dp p p p

p k dp B p dp

α αα α α α φ φ+∞ +∞

−∞ −∞

+∞

−∞

= = =

⎛ ⎞−⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫

∫

Podemos utilizar o desenvolvimento realizado no calculo de p , assim, escreveremos diretamente I :

2

'22 2' 'd p dk

p B p e dp⎛ ⎞+∞ − −⎜ ⎟⎝ ⎠

−∞

= ∫

E fazendo a substituição d p dkυ = − , com 'dd dpυ = , temos :

2

2

2 2

22

2 2 222 2 2

2

32 22 2 2 2

3

2

p B k e dd d

p B k k e dd d

p B e d B k e dd d

υ

υ

υ υ

υ

υ υ υα

υ υ υ

+∞−

−∞

+∞−

−∞

+∞ +∞− −

−∞ −∞

⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

= +

∫

∫

∫ ∫

7

A integral do “meio” é nula, pois o integrando é uma função impar. Usando os resultados anteriores, escrevemos :

32 22 2 2

3

32 2 2

3

2 2 222

p B B kd d

d dp kd d

p kd

π παπ παπ π

= +

= +

= +

1

Problema 33 a. Prove o seguinte : (i) ' '

'p x i p

pα α∂

=∂

,

(ii) *' ( ') ( ')

'x dp p i p

pβ αβ α φ φ∂=

∂∫ ,

onde ( ') 'p pαφ α= e ( ') 'p pβφ β= são as funções de onda espaço-momento. b. Qual é o significado físico de

exp ixΞ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

,

onde x é o operador posição e Ξ é algum número com a dimensão de momento? Justifique sua resposta. Solução : a. i) Usando a completeza dos autokets da posição podemos escrever a relação :

' ' ' ' ' ' 'x dx x x x dx x x xα α α= =∫ ∫ (1) Multiplicando pela esquerda pelo bra 'p temos :

' ' ' ' ' 'p x dx x p x xα α= ∫ (2) Usando a função de onda

† 1 ' '' ' ' ' exp2

ip xx p p xπ

⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

(3)

2

E substituindo em (2) temos :

1 ' '' ' ' exp '2

ip xp x dx x xα απ

⎧ ⎫−⎡ ⎤= ⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭∫ (4)

O termo entre chaves pode ser escrito como :

1 ' 'exp ' '' '2

ip xi i p xp pπ⎡ ⎤∂ − ∂⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎢ ⎥∂ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦

(5)

Assim, (4) nos fornece :

' ' ' ' ''

p x dx i p x xp

α α⎛ ⎞∂

= ⎜ ⎟∂⎝ ⎠∫ (6)

Como 'x α não depende de 'p e a integração em 'x é independente da derivação em 'p , temos :

' ' ' ' ''

p x i dx p x xp

α α∂=

∂ ∫ (7)

Logo :

' ''

p x i pp

α α∂=

∂ (8)

ii) Usando o fato que os autokets de p formam um conjunto completo, podemos escrever a relação :

' ' 'x dp p p xβ α β α= ∫ (9) Usando (8), temos :

' ' ''

x dp p i pp

β α β α∂=

∂∫ (10)

Usando a notação de funções de onda no espaço- p , temos que :

3

*' ( ') ( ')'

x dp p i ppβ αβ α φ φ∂

=∂∫ (11)

b. Para encontrarmos o significado físico da exp ixΞ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

aplicaremos este

operador a um autoestado do momento linear, 'p . Então :

exp ' 'exp ' ' 'ix ixp dx x x pΞ Ξ⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ (12)

O ket 'x é autoket deste operador. Logo :

'exp ' ' exp ' ' 'ix ixp dx x p x⎡ ⎤Ξ Ξ⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∫ (13)

Usando (3), temos :

( )1 'exp ' ' exp ' ' '2

ix ixx p p x pπ

Ξ⎛ ⎞ ⎡ ⎤= +Ξ = +Ξ⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦ (14)

Voltando em (13) com este resultado, temos :

exp ' ' ' ' ' 'ix p dx x x p pΞ⎛ ⎞ = +Ξ = +Ξ⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ (15)

Logo, o operador exp ixΞ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

provoca um deslocamento no valor do momento

linear do sistema. O parâmetro Ξ é o valor deste deslocamento no nosso problema unidimensional. No caso tridimensional teríamos, por generalização :

.exp ' 'ix p p⎛ ⎞Ξ

= +Ξ⎜ ⎟⎝ ⎠

(16)