Problema 1 Prove

[ AB, CD ] = AC {D, B} + A{C , B} D C {D, A} B + {C , A} DB .Soluo : Temos que :

[ AB, CD ] = ABCD CDAB .Pode-se escrever o termo ABCD como :ABCD = A{C , B} D ACBD .

(1)

(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 tambm 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)

1

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)

2

Problema 2 Suponha que uma matriz X 2 x 2 ( no necessariamente Hermitiana, nem unitria ) seja escrita comoX = a0 + .a ,

(1)

onde a0 e a1,2,3 so nmeros. a. Como so a0 e ak (k = 1, 2,3) relacionados ao tr ( X ) e ao tr ( k X ) ? b. Obtenha a0 e ak em termos dos elementos da matriz X ij . Soluo : a. Consideraremos o vetor cujos componentes so as matrizes de Pauli :1 = 0 1 1 0

2 = i

0 i 0

3 =

1 0 0 1

Ento a matriz X , escrita explicitamente, fica :0 0 1 a1 a X = 0 + 0 a0 1 0 0 a + a a1 ia2 X = 0 3 a1 + ia2 a0 a3 0 0 i a2 + a1 i 0 0 0 1 0 a3 + a2 0 1 0 0 = a3

(2)

O tr ( X ) e definido como tr ( X ) = X jj , entoj

tr ( X ) = 2a0 .

(3)

Calcularemos agora os tr ( k X ) para k = 1 , 2 e 3 :2 0 3 1 X = 1 a0 + a3 a1 ia2

a + ia

a a

(4)

tr ( 1 X ) = 2a1

1

1 2X = 2 ia0 + ia3

a ia

ia0 + ia3 ia1 + a2

(5)

tr ( 2 X ) = 2a21 2 3X = 0 3 a1 ia2 a0 + a3

a +a

a ia

(6)

tr ( 3 X ) = 2a3

Podemos escrever em forma compactatr ( X ) = 2a ; tr ( X ) = 2a0

(7)

b. Para escrever a0,1,2,3 em termos dos elementos X ij faremos uso do (3), (4), (5) e (6), respectivamente :1 1 a0 = trX = ( X 11 + X 22 ) 2 2 1 1 a1 = tr ( 1 X ) = ( X 21 + X 12 ) 2 2 1 1 a2 = tr ( 2 X ) = (iX 21 + iX 12 ) 2 2 1 1 a3 = tr ( 3 X ) = ( X 11 X 22 ) 2 2

(8) (9) (10) (11)

2

Problema 3 Mostre que o determinante de uma matriz 2 x 2 .a invariante sob .a .a ' exp i .n i .n .a exp . 2 2

(0)

Encontre ak' em termos de ak quando n esta na direo positiva z e interprete o seu resultado.

Soluo : Observamos que os operadores exp e exp so Hermitianos 2 2 adjuntos um do outro. Chamaremos estes operadores de U e U , i .n i .n

respectivamente. Notamos que UU = 1 . Logo det U =det( .a ') = det U det( .a ) det U det( .a ') = det U det( .a ) 1 = det ( .a ) det U

1 . Ento : det U

(1)

Calcularemos agora os ak ' em termos dos ak para n = z . Neste caso, .n = 3 . Faremos a expanso :

1 i i exp 3 = 3k 2 k k ! 2 k

(2)

Usando a propriedade da matriz 3 :3 1, se k e par , = 3 , se k e impar

k

Podemos escrever :

1

1 i 1 i i exp 3 = + 3 2 k par k ! 2 k impar k ! 2 k k

(3)

De forma anloga, temos :1 i 1 i i exp 3 = 3 2 k par k ! 2 k impar k ! 2 k k

(4)

Dessa forma, escrevemos (0) como : k k 1 i 1 i .a ' = + 3 [ 1a1 + 2 a2 + 3 a3 ] k par k ! 2 k impar k ! 2 k k 1 i 1 i 3 k par k ! 2 k impar k ! 2

(5)

Usando as relaes entre as matrizes de Pauli i j = j i ( j i ), podemos formar o termo de (5) que envolve o 10 termo entre colchetes : k k k k 1 i 1 i 1 i 1 i 1 3 a1 3 = k par k ! 2 k impar k ! 2 k par k ! 2 k impar k ! 2 i 3 i 3 1 exp a1 exp 2 2

(6)

De forma totalmente anloga o termo de (5) formado pelo segundo termo entre colchetes fica : 2 exp i 3 i 3 a2 exp 2 2

(7)

Finalmente poderemos escrever o termo formado pelo terceiro termo entre colchetes de (5) : 3 exp i 3 i 3 a3 exp 2 2 2

(8)

Assumindo que a1,2,3 so nmeros escrevemos (5) como : .a ' = a1 1ei + a2 2 ei + a3 33 3

(9)

Desenvolveremos agora ei :3

e i 3 = I i 3 + e i 3 e i 3 e i 3

1 1 1 2 4 ( i 3 ) + (i 3 )3 + ( i 3 ) + ... 2! 3! 4! 1 I I 2 4 = I i 3 + ( i ) + (i )3 3 + ( i ) + ... 2! 3! 4! 1 1 I I = I i 3 2 + i 3 3 + 4 i 5 3 + ... 2! 3! 4! 5! 1 1 1 1 = I 1 2 + 4 + ... i 3 3 + 5 + ... 4! 3! 5 2!

(10)

e i 3 = I cos i 3 sen

Onde I e a matriz identidade 2 x 2 . Substituindo3 = 1 0 ; 0 1

1 =

0 1 ; 1 0

2 =

0 i , i 0

Temos : .a ' = 1a1 '+ 2 a2 '+ 3a3 ' = 0' 1 ' ' a1' 0 ia2 a3 + + 0 ia2 ' 0 0

a

0 ' a3

Logo,' a3 .a ' = ' ' a1 + ia2 ' a1' ia2 ' a3

(11)

O segundo termo de (9) fica :

3

a1 1e i 3 + a2 2 e i 3 + a3 3 = (a1 1 + a2 2 )e i 3 + a3 3 = a1 ia2 cos 0 sen 0 a3 i + 0 0 cos 0 sen 0 a3 (a1 ia2 )(cos + isen ) = a3 (a1 + ia2 )(cos isen ) 0 = a1 + ia2 0 a3

(12)

Comparando (11) e (12), temos :' a3 = a3

(13)

' a1' ia2 = (a1 ia2 )(cos + isen ) = a1 cos + ia1sen ia2 cos + a2 sen

Logo : a1' = a1 cos + a2 sen ' a2 = a2 cos a1sen

(14)

Vemos ento que a transformao em questo uma rotao espacial do sistema de coordenadas do espao Euclidiano ordinrio, visto que as equaes (13) e (14) so as relaes de transformaes de um vetor quando o sistema de eixos cartesianos girado de um ngulo . Rotao de um sistema de coordenadas S ' em torno do eixo z : x '1 = x1 cos + x2 sen x '2 = x2 cos x1sen x ' = x 3 3

Referncia : Marion, Pg. 5.

4

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

Soluo : a. Temos que o trao de uma matriz definido por :trC = i C i .i

Assim, se C = XY , obtemos :trC = tr ( XY ) = i XY i = i X 1Y i = i X ji i i, j

jY i ,

tr ( XY ) = j Y i i X j ,i, j

Pois,i X j

e

jY i ,

so nmeros e comutam, logo, como1= i i ,i

temos quetr ( XY ) = j YX j = tr (YX ) ,j

logo,1

tr ( XY ) = tr (YX ) .

b. Temos que

( XY )

( XY )DC

XY = X (Y ) ( Y ) X = Y X

o que fornece

( XY )

= YX .

c. Uma funo de operador pode ser escrita na forma de srie de potncias. Assim, comoex = n =0

xn , n!

podemos escrever a funo acima como :eif ( A) = in 1 i 2 3 n [ f ( A)] = 1 + if ( A) [ f ( A)] [ f ( A)] + ... 2! 3! n =0 n !

Fazendo eif ( A) atuar em um autoket de A , a saber, a , obtemos :eif ( A) a = a + if ( A) a 1 i 2 3 [ f ( A)] a [ f ( A)] a + ... 2! 3!

(1)

Para saber o efeito de f ( A) sobre a , vamos expandir f ( A) em serie de Taylor em torno do origem :f ( A) = cn Ann =0

2

logo,f ( A) a = cn A a = cn a n an n =0 n =0

Desde que f ( A) = cn a n , ento :n =0

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,

[ f ( A)]

2

a = f (a) f ( A) a = f (a) f (a) a = [ f (a) ] a2

logo, a equao (1) torna-se :eif ( A) a = a + if (a) a eif ( A)

1 i 2 3 [ f (a)] a [ f (a)] a + ... 2! 3! 1 i 2 3 a = 1 + if (a) [ f (a) ] [ f (a) ] + ... a 2! 3!

(2)

Mas, a srie em (2) representa a funo eif ( a ) , logo, podemos escrever :eif ( A) a = eif ( a ) a

(3)

Desde que A Hermitiano, podemos escrever o elemento da matriz para eif ( A) na forma :a ' eif ( A) a = eif ( a ) a ' a = eif ( a ) a ',a a ' eif ( A) a = eif ( a ) a ',a

(4)

Podemos, portanto, representar (4) na forma matricial :

3

eif ( A)

eif ( a ) 0 = 0 . . .

0 eif ( a ')

0 0 eif ( a '') .

0.

..

..

... ... ... , ...

matriz diagonal que representa eif ( A) na base de A .

d. Temos que :* a ' ( x ') = a ' x '

e

a ' ( x '') = x '' a '

Logo, substituindo na equao fornece :

a'

* a'

( x ') a ' ( x '') = a ' x ' x '' a ' = x '' a ' a ' x ' = x '' x 'a' a'

a'

* a'

( x ') a ' ( x '') = x '' x ' = ( x '' x ')

4

Problema 5 a. Considere dois kets e . Suponha a ' , a '' ,... e a ' , a '' ,... so todos conhecidos, onde a ' , a '' , ... formam um conjunto completo de kets de base. Encontre a representao matricial do operador dentro daquela base. b. Ns agora consideraremos um sistema de spin 1/ 2 e fazemos e Sz = / 2 e S x = / 2 , respectivamente. Escreva abaixo serem explicitamente a matriz quadrada que corresponde a na base usual ( S z diagonal ).

Soluo : a. Ns podemos usar o fato de que a base completa e usamos : = a ' a ' a '' a ''a' a ''

(1)

O fator a ' a '' definido como o elemento na linha a ' e coluna a '' na representao matricial do operador . Ento : a (1) a (1) = a (2) a (1) . . . a (1) a (2).

.. .

..

... ... ...

(2)

b. A base usual formada pelos dois kets : S z ; + e S z ; . Em acordo com (2), temos : S ; + Sz ; + Sx ; + Sz ; + Sz ; + Sx ; + = z Sz ; Sz ; + Sx ; + Sz ; + Sz ; + Sz ; + Sx ; + Sz ; Sz ; Sz ; + Sx ; + Sz ;

(3)

Usando

1

Sz ; + Sz ; + = 1 Sz ; Sz ; + = 0 S x ; + S z ; + = S x ; + S z ; = S x ; + S z ; = 1/ 2

temosSz ; + Sx ; + = 1 1 1 2 0 0

2

Problema 6 Suponha i e j so autokets de algum operador Hermitiano A . Sob quais condies ns podemos concluir que i + j tambm um autoket de A ? Justifique sua resposta. Soluo : Se i e j so os autokets de A , entoA i =i i

e

A j = j j

(1)

onde i e j so nmeros reais por causa da Hermiticidade de A . Agora, se i + j tambm autoket de A , tem-seA( i + j ) = a '( i + j ) = a ' i + a ' j

(2)

A partir da linearidade do operador A , pode-se escreverA( 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 so linearmente independentes conclui-se que :i = j = a'.

Ento, pode-se dizer que se i e j so autokets do operador A , sua soma i + j ser tambm um autoket de A se os autovalores associados com eles so degenerados.

1

Problema 7 Considere um ket de espao expandido pelos autokets { a ' } de um operador Hermitiano A . No existe degenerescncia. a. Prove que

( A a' )a'

o operador nulo. b. Qual o significado de

a ' a "

(a'a" ) ?

( A a" )

c. Ilustre (a) e (b) usando o conjunto A igual a S z de um sistema de spin . Soluo : a. Vamos aplicar o operador

( A a' )'a'

sobre um ket arbitrrio que foi

expandido em termos de { a ' }.

( A a' ) = ( A a' ) a"a' a' a"

a" = ( A a ' ) a" a" = a" a ' a" = a" = 0

( A a')( A a" ) a" a" a ' a "

( A a' )(a"a" ) a" a" a ' a "

Todos os termos do somatrio so nulos. Portanto, o operador

( A a' ) ,a'

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

1

( A a' ) a'

= 0.

Considerando que operador nulo.

no seja nulo, ento o operador

( A a' )a'

o

b. Vamos agora aplicar o operador

a' a'

(a'a" )

( A a" )

sobre um ket .

a ' a "

(a'a" ) = (a'a" ) a' ' 'a '''

( A a" )

( A a" )

a ' a "

a' ' '

Os termos dentro do somatrio para os quais a' ' ' a ' so todos nulos. _____________________________________________________________ Exemplo: Vamos fazer a' = 1 e considerar tambm que a"= 1,2,3 e a' ' ' = 1,2,3 na expresso abaixo.

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

( A a" )

a ' a "

a' ' ' =

(1 2) (1 3) 1 1 + (1 2) (1 3) (2 2) (2 3) 2 2 + (1 2) (1 3) (3 2) (3 3) 3 3 (1 2) (1 3)

Ou seja, sobrou apenas o termo para a' = 1 e a' ' ' = 1 , isto , o nico termo que sobrevive o termo a' ' ' = a' . _____________________________________________________________ Para esse termo ns temos a seguinte expresso ( A a" ) (a'a" ) (a'a" ) = (a'a" ) a' a' = 1 a' a' = a ' a ' a " a ' a " a' .

Dessa forma, o operador

a' a'

(a'a" )

( A a" )

um projetor, ou seja, ele projeta o

estado sobre o estado a ' .2

c. Considerando o caso especifico em que A = S z e que o conjunto { a' } = { + , }, temos :

( A a' ) a'

= S z S z [ + + + ] = 2 2 . + + + + + = 0 2 2 2 2 2 2 2 2

Considerando agora que a' =

2

temos :

a ' a "

(a'a" )

( A a" )

=

S z ( / 2) [+ + + ]= [( / 2 ( / 2)] ( / 2 + / 2) + + + ( / 2 + / 2) = + + ( / 2 + / 2) ( / 2 + / 2)

3

Problema 8 Usando a ortonormalidade de + e , prove

[S , S ] = ii j

ijk 2

Sk ,

{S , S }= i j

ij , 2

onde

( + + + ), 2 i S y = ( + + + ), 2Sx = Sz = 2

(+

+ ).

Soluo : Calculando o comutador [S i , S j ].

[S [S [S [S [S

x

, Sy = SxSy SySx ,Sy i + + ) ( + + + ) 2 i 2 ( + + + ) 2 ( + + + ) 2 2 i ( + + ) i ( + + + ) = 4 4 2 i (+ + ) = 2 = i Sz

x

] ]= 2 ( + ] ] ]

x

,Sy ,Sy ,Sy

x

x

1

[S x , S z ] = S x S z S z S x [S x , S z ] = ( + 2 + + ) ( + + ) 2 2 ( + + ) 2 ( + + + )

[S x , S z ] = [S x , S z ] =

2

42

(

+ + + )

2

4

(+

+

)

( + + + 2 [S x , S z ] = i S y

)

[S [S [ [ [

y

, Sz = S ySz SzS y , Sz

+ + ) ( + + ) 2 i 2 ( + + ) 2 ( + + + ) 2 2 i ( + + + ) i ( + + ) S y , Sz = 4 4 2 i (+ + + ) S y , Sz = 2 S y , Sz = i Sxy

] ] = i2 ( + ] ] ]

Usando uma das propriedades dos comutadores

[A, B] = [B, A] ,temos para as relaes

[S z , S x ] = iz y

[S

y

, S x = i S z Sy . Sx

]

[S , S ] = i

De uma forma geral, podemos reescrever as trs relaes como Si , S j = i ijk S k

2

em que S1 = S x , S 2 = S y e S 3 = S z . Temos ainda que ijk ( conhecido como densidade de Levi-Civita ) possui a seguinte propriedade ijk = 1 ijk = 1 ijk = 0

permutao par da seqncia 123, permutao mpar da seqncia 123, dois ndices repetidos.

Calculando o anticomutador {S i , S j }.

{S

x

, S y } = {S y , S x } = S x S y + S y S x =

i

2

42

(+

+ )+

i

2

42

( + (+ ( +

+ + )= 0 + )= 0 + )= 0

{S x , S z } = {S z , S x } = S x S z + S z S x

=

4 i2

( + (+

+ + )+ + + )+

42

{S

S y , S z }= { z , S y }= S y S z + S z S y =

i

4

4

{S i , S i } = S i S i + S i S ii =12

= 2S i

2

2S x = 22

4

(+2

+ + )=

2

2

i=2

2 S y = 2(1)2

4

( +

+ )=

2

2

i=3

2S z = 22

2

4

(+

+ + )=

2

2

De uma forma geral, temos :

{S , S } =i j

2

2

ij .

3

Problema 9 Construa S .n;+ tal que

S .n S .n;+ = S .n;+ 2 onde n caracterizado pelos ngulos mostrados na figura. Expresse sua resposta como uma combinao linear de + e . [ Nota : A resposta

cos + + sen e i . 2 2

No para verificar apenas que a resposta satisfaz a equao de autovalor acima. E sim, tratar o problema como um problema de autovalor. Tambm, no utilize operadores de rotao, o qual ns introduziremos mais tarde nesse livro.]

Figura 1 : vetor n e caracterizado por um ngulo e .

1

Soluo : Utilizando a notao vetorial, podemos escrever S e n como n = sen . cos x + sen .sen y + cos z

e S = Sx x + S y y + Sz z

Os operadores S x , S y e S z podem ser representados na forma matricial na base { + , } comoSx =0 1 ; 2 1 0

Sy =

0 i ; 2i 0

Sz =

1 0 2 0 1

Calculando S .n , temos

S .n = sen . cos .S x + sen .sen .S y + cos .S z .

Na forma matricial, temos S .n = cos sen . cos + i.sen .sen 2

sen . cos isen .sen . cos

Podemos representar o ket S .n;+ na base { + , } como uma matriz colunaa S .n;+ = + , a

ou ainda na forma S .n;+ = a + + + a .

Podemos agora escrever a equao de autovalor na forma matricial como

2

cos sen . cos + i.sen .sen 2

sen . cos i.sen .sen a + a = + . a 2 a cos

Temos o seguinte sistema de equaesa + . cos + a .sen .e i. = a + a + .sen .e i. a . cos = a

Isolando a na primeira equao, e escrevendo em funo de a + , temos :a = a+(1 cos ) i e sen

Substituindo a equao acima dentro da segunda equao temos (cos + 1) (1 cos ) i. .e .a + + a + .sen .e i. = 0 sen

1 + cos 2 a + . + sen .e i. = 0 sen a+ [ 1 + 1].e i. = 0 sen

Esta equao satisfeita para algum valor de a + , como deve ser para uma equao de autovalor. Tambm, temos uma relao que deve ser satisfeita pelos valores de a + e a a+ + a2 2

= 1.

Logo a nossa expresso pode ser escrita na formaa 1 cos i. = .e = tan .ei. a+ sen 2 sen 2 .ei. . = cos 2

Vemos que a escolha de

3

a = sen .e i. 2

e

a + = cos 2

satisfaz a equao acima. Temos ento finalmente que cos 2 S .n;+ = i. sen .e 2

ou S .n;+ = cos + + sen .e i. 2 2

4

Problema 10 O operador Hamiltoniano para um sistema de dois estados dado porH = a( 1 1 2 2 + 1 2 + 2 1 ) ,

onde a um nmero com a dimenso de energia. Encontre os autovalores de energia e os autokets de energia correspondentes (como uma combinao linear de 1 e 2 ). Soluo: Escrevendo o operador H na forma matricial na base { 1 , 2 } temos :a a H = a a

em que os elementos matriciais so i H j , e i, j = 1, 2 . A equao de autovalores na notao matricial tem a forma :H = E

1 a a 1 2 = E 2 a a

ou a a 1 0 1 =0 E 0 1 2 a a

Para esta equao, deveremos ter solues no triviais, isto , a E det a = 0. a E a

Isso leva a equao secular

1

2 E a 2 a 2 = 0

E = + 2a

.

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 ns retornaremos a equao de autovalores.H E+ = E+ E+

Escrevendo E+ em termos de 1 e 2 , temos :E+ = 1 E+ 1 + 2 E+ 2 .

Substituindo a equao e usando a definio de H , temos :H E+ = E+ E+

a ( 1 1 2 2 + 1 2 + 2 1 ) 1 E+ a 1 E+

(

(

1 + 2 E+

1 2 E+

2 + 2 E+

1 + 1 E+

) ( 2 )=E ( 1 E+ +

2 = E+ 1 E+

1 + 2 E+ 2

2

1 + 2 E+

)

)

Multiplicando a equao acima ( esquerda ) pelo bra 1 temosa 1 E+ + 2 E+ = E+ 1 E+ + +

(a E ) 1 E2 E+ =

= a 2 E+1 E+

.

( E+ a)

a

Multiplicando a mesma equao acima ( esquerda ) pelo bra 2 temosa 2 E+ + 1 E+ = E+ 2 E+ 2 E+

( E+ + a ) = a 1 E+

.

2

Substituindo a equao2 E+ = ( E+ a) 1 E+

a

na2 E+

(E

+

+ a ) = a 1 E+ ,

temos

(E

+

a) a

(E

+

+ a ) 1 E+ = a 1 E+ .

Substituindo E+ = + 2a , temos2 E+ a 2 = a 2

2a 2 a 2 = a 2

.

Essa equao uma identidade. A equao

(E

+

a) a

(E

+

+ a ) 1 E+ = a 1 E+

satisfeita por todos os valores

1 E+ . De novo, temos apenas a

proporcionalidade entre os componentes 1 E+ e 2 E+ , dado por2 E+ = ( E+ a) 1 E+ .

a

Explicitamente2 E+ 1 E+

=

+a 2 a = + 2 1. a

Procuramos por autokets normalizados, ento3

2 E+

2

+ 1 E+

2

= 1.

Se fizermos1 E+ = C+

ento2 E+ = C+ + 2 1 ,

(

)

e2 2 C+ 1 + + 2 1 = 1 2 C+ 1 + 2 + 2 2 + 1 = 1 2 . 2C+ 2 + 2 = 1

(

)

1 C+ = 2 2+ 2

1/ 2

(

)

Finalmente, temos1 E+ = 2 E+ =

2 2+ 2

(

1

) ) (+2 1

2 2+ 2

(

1

)

.

Os autokets de H so : 1 E+ = 2 2 2 1/ 2

(

)

1 + 1

( (

2 1 2 2 +1 2

)

1 E = 2 2+ 2

1/ 2

(

)

)

4

Problema 11 Um sistema de dois estados caracterizado pelo HamiltonianoH = H11 1 1 + H 22 2 2 + H12 1 2 + 2 1

onde H11 , H 22 e H12 so nmeros reais com a dimenso de energia, e 1 e 2 so auto kets de alguma observvel ( H ). Encontre os autokets de energia e os correspondentes autovalores de energia. Esteja certo de que sua resposta faz sentido para H12 = 0 . (Voc no precisa resolver este problema completamente. O seguinte fato pode ser usado sem prova : S .n n; + = n; + ,

2

com n; + dado por

n; + = cos

2

+ + ei sen

2

,

em que e so os ngulos polares e azimutais, respectivamente, que caracterizam n .)

Figura 1 : Vetor unitrio n .

1

Soluo :

Os kets da base

(1 , 2 )

podem ser considerados como autokets de

observveis, como, por exemplo, S x , S y e S z , etc. Por uma questo de convenincia vamos admitir que os elementos 1 e 2 sejam autokets de S z

{+

, } . Alm disso, possvel supor que o Hamiltoniano H possa ser

expresso como funo do operador de spin S .n . Sendo a e b constantes a serem determinadas, escrevemos:

H = a.S n + b.I ,

(1)

onde I o operador identidade.

Atravs de (1) podemos expressar os elementos da matriz que representa H como uma funo dos elementos da matriz S n . Para isso, vamos em primeiro lugar determinar os elementos da matriz de S n na base de S z . Assim, temos : S .n = S .n; + S .n; + S .n; S .n; 2

(2)

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

S .n =

i i cos 2 + + e sen 2 + cos 2 + e sen 2 2 i i sen 2 e + + cos 2 + e sen 2 + cos 2 2

.

2

Fazendo os produtos 2 sen 2 + + + e i cos sen + e i sen cos + + cos 2 2 2 2 2 2 2 2 i i 2 cos 2 e cos sen + e cos sen + + sen 2 2 2 2 2 2 2 2

S n =

temos finalmente, S n = cos + + + e i sen + + ei sen + cos 2

ou, na forma matricial podemos escrever : S n = cos 2 ei sen e i sen cos

(3)

Agora, H pode ser representado na forma abaixo, conforme a equao dada no enunciado :H H = 11 H12 H12 H 22

(4)

E, substituindo (4) e (3) em (1), obtemos : H11 H12 a cos + b e i asen H12 2 2 = H 22 i a cos + b asen e 2 2

(5)

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

3

H11 = a 2 cos + b H12 = asen 2 H 22 = a cos + b 2

(6)

No sistema de equaes acima devemos determinar a e b . Assim, somando (6a) e (6c), obtemos :b= 1 ( H11 + H 22 ) 2

(7)

Subtraindo (6a) de (6b), temos :a cos = H11 H 22

(8)

Dividindo (6b) por (8), temos :tg = 2H12 H11 H 22

(9)

A equao (9) permite construir o triangulo retngulo abaixo :

Figura 2 : Relao matemtica.

4

Assim, da figura acima, obtemos :sen = 2 H122 4 H12 + ( H11 H 22 ) 2

=

H12 H H 22 2 H12 + 11 2 2

(10)

E substituindo (10) em (6b), obtemos a :2 2 2 H11 H 22 a = H12 + 2 1/ 2

(11)

Para o operador S n vale a equao de autovalor:

S .n n; =

2

n;

Mas por (1), podemos trocar S n por H na equao acima, logo :

S .n n; =

( H bI ) n; = n; a 2

ou a H n; = + b n; 2

(12)a

Vemos que n; so os autovetores de H com autovalores de + b , 2 com as constantes a , b e determinadas pelas equaes (11), (9) e (7), e = 0 . Ento, se,H E, = E E,

Vemos queE = a +b 2

(13)

5

E tambm E , = n,

(14)

As equaes (13) e (14) s valem para as condies estabelecidas pelas equaes (11), (9) e (7) com = 0 . Portanto, na base de S z , os autovetores de H podem ser escritos com os resultados do exerccio (9), ou seja,E + = cos

2

+ + sen

2

,

(15)

eE = sen

2

+ + cos

2

,

(16)

com = arctg

2 H12 . H11 H 22

Substituindo (7) e (11) em (13) obtemos : 2 H11 H 22 2 E = H12 + 2 1/ 2

H + H 22 + 11 , 2

(17)

que so os autovalores de H . Podemos testar se naturalmente as equaes (15) e (16) esto corretas. A equao (12) uma equao de autovalores escrita na base de S z . Se fizermos H12 = 0 , H ficar diagonal onde os elementos da diagonal principal so os autovalores. Estes elementos so H11 e H 22 . Assim, esperamos que fazendo H12 = 0 na equao (17), E+ ser igual a H11 , e E ser H 22 . Fazendo isso, temos:

6

H11 H 22 2 E = 0 + 2

1/ 2

+

H11 + H 22 H H 22 H11 + H 22 = 11 + 2 2 2

Para E+ o argumento do mdulo deve ser > 0 , logo,H11 H 22 H11 + H 22 + = H11 . 2 2 E+ = H11 E+ =

Para E , o argumento do mdulo deve ser < 0 , logo,H H H H H H 22 H11 + H 22 E = 11 = 11 + 22 + 11 + 22 = H 22 + 2 2 2 2 2 2 E = H 22

Vemos ento que a resposta obtida correta.

7

Problema 12 Um sistema de spin 1/ 2 conhecido estar no autoestado de S .n com autovalor / 2 , em que n um vetor unitrio que est no plano xz que faz um ngulo com o eixo z positivo.

a. Suponha que S x seja medido. Qual a probabilidade de obter + / 2 ? b. Calcule a disperso em S x , isto ,

(S

x

Sx

)

2

.

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

Soluo :

Figura 1: Vetor unitrio n .

1

a. O autoestado do sistema expresso na base { + , } est em acordo com o exerccio 9. n; + = cos + + sen 2 2

(1)

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

(2)

O bra x; + calculado da mesma forma que n; + , com = / 2 e = 0 :

1 x; + = cos + + sen = ( + + ). 2 4 4

(3)

Ento1 1 P ( S x , + / 2 ) = cos + sen = (1 + sen ) 2 2 2 22

(4)

b. A disperso em S x dada pela frmula:

(S

x

Sx

)

2

= Sx2 Sx .2

(5)

Os valores mdios so calculados para o estado n; + :

S x 2 = n; + S x S x n; +

(6)

Usando a seguinte representao de S x ,Sx =

2

(+

+ + ),

(7)

e a expresso (1), temos:

2

2 2 S x2 = cos + + sen + + + cos + + sen 2 4 2 2 2 2 S x2 = cos + + sen + + + cos + + sen 4 2 2 2 2 2 S x2 = cos + + sen cos + + sen 4 2 2 2 2 . (8) 2 S x2 = cos 2 + sen 2 4 2 2

S x2 = S2 x

2

42

[1]

=

4

O valor mdio de S x dado por: S x = cos + + sen + + + cos + + sen 2 2 2 2 2 S x = cos + + sen sen + + cos 2 2 2 2 2 Sx = Sx = Sx = sen 2 cos 2 + sen 2 cos 2 2 2sen 2 cos 2 2 2 sen2

. (9)

Para S xSx2

temos: (10)

=

2

4

sen 2 .

Finalmente, temos:

3

(S (S

x

Sx Sx

) ) )

2

= Sx = =2

2

Sx2

2

=

2

4

2

4

sen 2

2

x

42

(1 sen )cos 2

( Sx Sx

2

4

Aplicando as condies particulares, temos:

(S

x Sx

)

2

=

2

4

para = 0 para = / 2

(S

x

Sx

)

2

=02

(S

x Sx

)

2

=

4

para =

4

Problema 13 Um feixe de tomos de spin 1/ 2 passa atravs de uma srie de medidas do tipo Stern-Gerlach como segue : a. A primeira medida aceita tomos S z = / 2 e rejeita tomos S z = / 2 . b. A segunda medida aceita tomos Sn = / 2 e rejeita tomos S n = / 2 , onde Sn o autovalor do operador S .n , com n fazendo um ngulo no plano xz com respeito ao eixo z . c. A terceira medida aceita tomos S z = / 2 e rejeita tomos S z = / 2 . Qual a intensidade do feixe final de S z = / 2 , quando o feixe S z = / 2 sobrevivente a primeira medida normalizada a unidade? Como ns devemos orientar o segundo aparato de medida se ns estamos interessados em maximizar a intensidade do feixe final S z = / 2 ? Soluo :

Figura 1: Geometria para o vetor unitrio n .

1

Figura 2: Intensidade dos feixes atravs dos diversos experimentos de SG.

Consideremos que a intensidade do feixe seja normalizada a unidade aps a primeira medida. Assim a intensidade final ( aps a 3a medida ) ser igual a probabilidade de obtermos S z = / 2 . Temos :

Probabilidade de se obter S z ; = / 2

PS z ; = S n ; +

2

Sn ; + +

2

ou seja, calcularemos a probabilidade de obtermos o ket + colapsar para o estado S .n; + e do ket S .n; + colapsar para o estado . Usando o exerccio

anterior, temos que :

S .n; + = cos

2

+ + ei sen

2

.

Logo,2

+ S .n; + = cos

+ S .n; +

2

= cos 2

2

,

2

e2

S .n; + = ei sen

S .n; +

2

= ei

2

sen 2

2

= sen 2

2

.

Consideramos acima que ei = 1 . Substituindo os resultados, temos :

2

PS z = cos sen = cos sen . 2 2 2 22 2 2

Como2

sen = 2 sen

cos

2

,

temos :sen 2 . 4

PS z =

Tambm, 0 < sen 2 < 1 , ento PS mximo para = / 2 , pois neste ngulo sen = 1 , o que faz com que a probabilidade se tornez

PS z max =

1 . 4

para = / 2

Ou seja, a mxima intensidade ( para = / 2 ) igual a 1/ 4 do seu valor inicial.

3

Problema 14 Uma certa observvel em mecnica quntica tem uma representao matricial 3x3 como segue :0 1 0 1 1 0 1 . 2 0 1 0

a. Encontre os autovetores normalizados dessa observvel e os correspondentes autovalores. Existe alguma degenerescncia? b. De um exemplo fsico onde tudo isso relevante.

Soluo : a. Seja0 1 0 1 L= 1 0 1, 2 0 1 0

com os autovalores e os autovetores determinados pela equao abaixo :L l =l l

( L lI ) l = 0 .

(1)

Como l no pode ser um ket nulo (no queremos uma soluo trivial), devemos ter,det( L lI ) = 0

ou,l 1/ 2 0 1/ 2 l 1/ 2 0 1/ 2 = 0 . l

1

Logo, obtemos :l l + =0 2 2 l3 l = 0 l 3 + l (l 1) = 02

(2)

Da equao (2), obtemos os trs autovalores:l1 = 0 l2 = 1 l = 1 3

Como l1 l2 l3 , no h degenerescncia. Assim vamos obter os autovetores correspondentes. a) l1 = 0 Substituindo em (1) temos :( L 0 I ) l1 = 0 0 1/ 2 0 x1 0 0 1/ 2 x2 = 0 1/ 2 0 1/ 2 0 x3 0

e obtemos :1 x2 = 0 2 1 1 x1 + x3 = 0 2 2 1 x2 = 0 2 x2 = 0 x1 = x3 x2 = 0

Temos uma varivel livre. Assim, fazendo x1 = 1 , x3 = 1 , obtemos :

2

1 l1 = 0 , 1

ondel1 = l1

em que e a constante de normalizao. Logo, vemos que,l1 l1 = 1

2

l1 l1 = 1 1 l1 l1

(a)

=

Mas,1 l1 l1 = (1 0 1) 0 = 1 + 1 = 2 1

logo (a) se torna : =1 2

Ento, obtemos o 10 vetor de L , dado por1 1 l1 = 0 2 1

b) l2 = 1 Substituindo l2 em (1), obtemos :

3

1 1/ 2 0 x1 0 1 1/ 2 x2 = 0 1/ 2 0 1/ 2 1 x3 0

Fazendo as multiplicaes, obtemos : x1 + x2 =0 2 x x1 x2 + 3 = 0 2 2 x2 x3 = 0 2 x2 = x1 2 x x x2 = 1 + 3 2 2 x x3 = 2 2

Vemos que x1 = x3 , assim, fazendo x2 = 2 , obtemos x1 = x3 = 1 , logo, 1 l2 = 2 1

temos

l2 l2 = 1

(

1 2 1 2 = 1+ 2 +1 = 4 1

)

(b)

Desde que o autovetor l2 normalizado dado por :l2 = 1 l2 l2 l2

obtemos por (b) que : 1 1 l2 = 2 2 1

4

c) l3 = 1 Substituindo l3 = 1 em (1), vamos obter: 1 1/ 2 0 x1 0 1 1/ 2 x2 = 0 1/ 2 0 1/ 2 1 x3 0

obtendo,x1 + x2 =0 2 x x1 + x2 + 3 = 0 2 2 x2 + x3 = 0 2 x2 = x1 2 x x x2 = 3 1 2 2 x x3 = 1 2

E, fazendo x2 = 2 , obtemos x1 = 1 e x3 = 1 . Logo, 1 l3 = 2 1

Logo, vemos que : 1 l3 l3 = 1 2 1 2 = 1 + 2 + 1 = 4 1

(

)

Logo, o autovetor normalizado l3 ser :l3 = 1 l3 l3 l3 ,

e

5

1 1 l3 = 2 . 2 1 b. A matriz do enunciado a componente na direo n do momento angular escrito na base de S z . uma matriz que representa spin unitrio, S = 1 .

6

Problema 15A e B so observveis. Suponha que os autokets simultneos de A e B { a ', b ' } formam um conjunto completo ortonormal de kets de base. Ns

podemos sempre concluir que

[ A, B ] = 0 ?Se a sua resposta sim, prove esta assero. Se sua resposta no, de um contra-exemplo.

Soluo : Vejamos qual o resultado da operao de [ A, B ] sobre um ket arbitrrio . Como o conjunto { a ', b ' } forma um conjunto completo de kets de base normalizados, escrevemos com o auxilio do operador identidade, isto , = a ', b ' a ', b ' .a' b'

(1)

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

[ A, B ]

= ( AB BA) = (a ' b ' b ' a ') a ', b ' a ', b ' .a' b'

(2)

Logo, como

[ A, B ]

= 0,

(3) um ket arbitrrio, a equao (3) ser sempre

e considerando que satisfeita somente se

[ A, B ] = 0 .

1

Problema 16 Dois operadores Hermitianos anticomutam:

{ A, B} = AB + BA = 0 . possvel ter autokets simultneos ( isto , comuns ) de A e B ? Prove ou ilustre a sua assero.

Soluo : Suponhamos que existe um ket a ', b ' no nulo simultneo a A e B . Ento :A a ', b ' = a ' a ', b ' B a ', b ' = b ' a ', b '

(1)

e

{ A, B} a ', b ' { A, B} a ', b ' { A, B} a ', b '

= AB a ', b ' + BA a ', b ' = a ' b ' a ', b ' + b ' a ' a ', b ' = 2a ' b ' a ', b '

(2)

Mas como { A, B} = 0 , a equao (2) um absurdo! Logo, se A e B anticomutam, no existe nenhum ket no nulo que seja autoket de A e B ao mesmo tempo.

1

Problema 17 Duas observveis A1 e A2 , que no envolvem o tempo explicitamente, so conhecidas no comutarem,

[ A1 , A2 ] 0 ,ainda que ns tambm conhecemos que ambas A1 e A2 comutam com o Hamiltoniano :

[ A1 , H ] = 0 ,

[ A2 , H ] = 0 .

Prove que os autoestados de energia so, em geral, degenerados. Existem excees? Como um exemplo, voc pode pensar no problema de forap2 central, H = + V (r ) , com A1 Lz , A2 Lx . 2m

Soluo : Seja a1 , E o auto-ket simultneo de A1 e H e a2 , E o auto-ket simultneo de A2 e H . Temos ento que

[ A2 , H ] a1 , E[ A2 , H ] = 0

=0

A2 H a1 , E HA2 a1 , E = 0 EA2 a1 E HA2 a1 , E = 0

Sabendo que [ A1 , A2 ] 0 , teremos que quando A2 atuar no auto-ket de A1 , ir mudar de a1 , E para um novo estado denotado dado por . Assim, seA2 a1 , E = ,

teremosEA2 a1 , E HA2 a1 , E = 0 E H =0 H =E

.

1

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

[ A1 , H ] a2 , E [ A1 , H ] = 0

=0

A1 H a2 , E HA1 a2 , E = 0 EA1 a2 E HA1 a2 , E = 0

Seja o novo estado caracterizado por , isto ,EA1 a2 , E HA1 a2 , E = 0 E H =0 H =E

Logo, vemos que o auto-valor E de H tem dois auto-kets e . Portanto, temos um estado degenerado. No caso em que temos [ Lx , Lz ] 0 e [ Lx , H ] = 0 , [ Lz , H ] = 0 , ocorre uma degenerescncia de ordem 2l + 1 , pois para cada l , existem l ,..., 0,... + l , autokets de Lz . Assim, quando l = 0 , mx = mz = 0 e Lx ml = 0; l = 0 = 0 e Lz ml = 0; l = 0 = 0 , desta forma no h a possibilidade de existncia de um estado novo, o que resulta na quebra da degenerescncia. Neste problema, a exceo ocorre (ou seja, quebra de degenerescncia) quando A1 = 0 (ou A2 = 0 ), onde pode ser , , a1 ou a2 , qualquer autoket simultneo de H .

2

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

(

+ * ).( +

)0

para qualquer nmero complexo ; ento escolha de tal um modo que a desigualdade anterior se reduz desigualdade de Schwarz. b. Mostre que o sinal de igualdade na relao de incerteza generalizada se mantm se o estado em questo satisfazA = B

com puramente imaginrio c. Apresente em clculos que usam as regras habituais de ondas mecnicas, mostre que a funo de onda para um pacote de onda Gaussianas dada porx = ( 2 d2 1 4

)

i p x ( x x ) 2 exp 4d 2

satisfaz a relao de incerteza

( x )prove que o requisito

2

( p )

2

=

2

x x = (nmero imginrio) x p

de fato satisfeito para tal pacote de onda Gaussiano, de acordo com (b)

Soluo :

1

a. Ns sabemos que para uma estado arbitrrio c a seguinte relao se matmc c 0

(1) onde um nmero

Isto significa que ns escolhermos c = + complexo, ns teremos

(

+ *

)+(

+

)0(2)

+ + * + * 0 + + * + 2

0

Se ns escolhermos agora=

e

* =

a relao anterior se tornar + * 2

02

2

*

+ +

02

2

02

(3)

02

02

Note que o sinal de igualdade na ultima relao permanece quandoc = + = 0 =

(4)

2

Isso se e forem colineares. b. A relao e incerteza

( A )

2

( B )

2

1 4

[ A, B ]

2

(5)

Para provar esta relao ns usamos a desigualdade de Schwarz (3) para os vetores = A a e = B a os quais do ABa AA a a BB a AB a ( A) a a ( B ) a AB2 2 2

2

2

(6)

( A)

2

( B )

2

AB

2

O sinal de igualdade nesta relao se mantm de acordo com (4) quandoA a = B a

(7)

Por outro lado o lado direito de (6) 1 1 [ A, B ] + {A, B} 2 2 1 1 AB = [ A, B ] + {A, B} 2 2 2 2 1 1 AB = [ A, B ] + {A, B} 4 4 AB =

(8)2

O que significa que o sinal de igualdade na relao de incerteza (5) se mantm se

3

1 4

{A, B}

2

=0 =0(7)

{A, B}* 2

a AB + BA a = 0 a ( B ) a + a ( B ) a = 02

(9)

a ( B ) a + * a ( B ) a = 02 2

( + ) a ( B )*

2

a =0

Ento o sinal de igualdade na relao de incerteza se mantm quandoA a = B a

(10)

Com puramente imaginrio. c. Devemos computar os valores esperados de x, x2, p e p2. O valor esperado de x claramente zero por simetria

x =

dx x x x =

dx

x

2

x = 0

(11)

Para x2 obtemos

x

2

=

dxx

2

x

2

x

2

1 = dxx 1 4 d 2

2 ( x ) exp ikx 4d 2 2

2

( x ) 1 x2 = dxx2 exp ikx 2 d d

(12)

x2 =

d2 2

O que nos d

4

( x )

2

= x2 x

2

=

d2 2

(13)

Para disperso do operador posio. O valor esperado para p e p2 tambm pode ser computado como se segue

p =

dx ( i ) x

x x 2

p = i

dx x

x

p = i dx x p = k

1 1 4 d

2 ( x ) exp ikx 4d 2

2

p2 =

2

dx

2 x x22

2

(14)2 ( x ) exp ikx 4d 2 2

p2

1 = 2 dx 2 1 x 4 d 2

p2 =

2d

2

+

2

k2

A disperso do momento ento

( p ) ( p ) ( p )

2

= p2 p = =2

2

2

2d 22

+

2

k2

2

k2

(14)

2

2d 2

Arrumando (13) e (14) ns podemos verificar a relao de incerteza de Heisenberg

( x )

2

( p )

2

=

2

4

(15)

5

Assim um pacote de onda Gaussiana tem de fato uma relao de igualdade no lugar da mais geral relao de desigualdade, por essa razo chamada de pacote de onda de incerteza mnima. Tambm temos quex x x ( x x x x = ( x x

)(16)x

x x = x x x x

)

Por outro ladox p x ( p p x p = i

)(17)

x p x x

Mas2 i p x ( x x ) x = x 4d 2 x x i p 1 x = x 2 ( x x ) 2d x

(18)

Ento substituindo em (17) ns temos i p 1 2 ( x x x p = i x 2d i x p = p x + 2 ( x x ) x 2d i x p = 2 ( x x ) x 2d i x p = 2 x x 2d i 2d 2 x x = x p Nmero imaginrio

)

p x

p x

(19)

6

Problema 19 a. Compute

( S x )

2

S x2 S x ,

2

onde o valor esperado calculado para o estado S z + . Usando o seu resultado, verifique a relao de incerteza generalizada

( A)

2

( B )

2

1 4

[ A, B ] ,2

com A S x , B S y . b. Verifique a relao de incerteza com A S x e B S y para o estado S x + .

Soluo : a. e b. Calcularemos a quantidade S x .Sx = + Sx +

(1)

Escrevendo S x comoSx =

2

(+

+ +

)

(2)

temosSx = + 2

(+

+ +

) + =0,

o que leva aSx2

=0.

(3)

1

Calcularemos agora S x 2 : Usando (2), S x2 fica :Sx2 = + + + = 1 4 4 2 2

(4)

Assim,S x2 = + S x2 + =2

4

+1+ =

2

4

,

(5)

e consequentemente,

( S x )

2

= S

2 x

Sx

2

=

2

4

(6)

Da mesma forma, podemos calcular Usando S y =i ( + + + ) , temos 2

( S )y

2

no estado S z + :

Sy = + Sy + = 0Sy = 2 2

e2

Sy

2

=02 2

(7)S2 y

+ + = 1 4 4

e

=

4

+1+ =

4

(8)

Ento,

( S )y

2

2 = Sy Sy

2

=

2

4

(9)

Calcularemos agora a quantidade S x , S y . Antes temos que : Sx , S y = i Sz

(10)

2

Logo S x , S y = i S z = i + S z + = eSx , S y2

i

2

2

(11)

=

4

42

(12)

Fazendo o produto ( S x )

( S y )

2

=

4

16

.

Vemos ento que a relao de incerteza generalizada verificada, pois1 4 16 4 44

3

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

( S x )

2

( S )y

2

Verifique explicitamente que para a combinao linear encontrada, a relao de incerteza para S x e S y no violada. Soluo : A combinao linear mais geral, a menos de uma fase global (que no tem interesse em Mecnica Quntica), dada por = a + + (1 a 2 )1/ 2 ei ,

(1)

em que a e so reais e a 1 . Os operadores S x e S y , em notao de ket-bra, so dados por :Sx =

2

(+

+ +

) )

(2) (3)

Sy =

i 2

(+

+

logo S x2 = S x S x = ( + + + ) ( + + + ) 2 2 S x2 =2

4

(+

+ + )=

2

(4)

4

1

e

1

i 2 Sy = SySy = 2 S =2 y 2

(+

+2

i ) 2 ( +

+ )

4

(+

+ + )=

(5)

4

1

onde 1 o operador identidade. As disperses so dadas por :

( S x )y

2

= Sx2 Sx .

2

(6) (7)

( S )

2

= Sy2 Sy

2

Os valores esperados so calculados em relao ao estado , dado por = a + + (1 a 2 )1/ 2 ei . Ento :Sx2 = Sx2 = 2

4

1 =

2

4

=

2

4

(8)

onde usamos o fato que normalizado. Da mesma forma :S y2 = Sx2 =2

4

(9)

O valor esperado S x calculado usando = a + + (1 a 2 )1/ 2 ei .S x = S x = a + + 1 a 2 Sx = a2 + Sx + + a 1 a2

(

)

1/ 2

e i S x a + + 1 a 2

(

)

1/ 2

ei

(

)

1/ 2

ei + S x + a 1 a 2

(

)

1/ 2

e i S x + +

(10)

(1 a ) S2

x

Utilizando S x =+ Sx + = 0 ;

2

(+

+ +

) temos que2

+ Sx = Sx + =

;

Sx = 0

2

Assim, o valor esperado de S x :Sx =

2

{a(1 a )

2 1/ 2 i

e + a (1 a 2 )1/ 2 e i = a (1 a 2 )1/ 2 cos

}

(11)

Para S y temos uma expresso anloga (*)S y = a 2 + S y + + a(1 a 2 )1/ 2 ei + S y + a(1 a 2 )1/ 2 e i S y + + (1 a 2 ) S y

UsandoSy = i 2

(+

+

)

Podemos calcular :+ Sy + = 0 ;

+ Sy = Sy + =

i ; 2

Sy = 0

Logo, o valor esperado S y fica :Sy = i a(1 a 2 )1/ 2 e i a(1 a 2 )1/ 2 ei = a(1 a 2 )1/ 2 sen 2

{

}

(13)

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

( S x )e

2

=

2

4

2

a 2 (1 a 2 ) cos 2 =

1 4a 2 (1 a 2 ) cos 2 4

2

(14)

( S y )

2

=

2

4

2

a 2 (1 a 2 ) sen 2 =

1 4a 2 (1 a 2 ) sen 2 4

2

(15)

Substituindo estas expresses no produto de incerteza, temos :

3

( S x ) ( S x )

2

( S )y

2

= =

{1 4a (1 a ) sen cos + 16a (1 a ) ( sen cos ) } 162 2 2 2 2 4 2 2 2 2

2

( S )y

2

16

{1 4a (1 a ) + 4a (1 a ) sen (2 )}2 2 4 2 2 2

Por inspeo vemos que o valor de que maximiza o produto de incerteza = / 4 . Substituindo qualquer um destes valores em (16), o lado direito desta expresso se torna :16 {2

1 2.2a 2 (1 a 2 ) + 2a 2 (1 a 2 )

2

}

=

1 2a 2 (1 a 2 ) 16

2

2

(17)

O termo entre colchetes, considerado uma funo do parmetro a possui trs pontos crticos : a = 0 e a = 1/ 2 . Os pontos a = 1/ 2 so mnimos e o ponto a = 0 um mximo relativo. Vejamos qual o valor do termo entre colchetes nas extremidades do domnio de a ( a = 1 ):1 2a 2 (1 a 2 ) a =1 = 1

(18)

Vejamos tambm qual o valor deste termo no mximo relativo a = 0 :1 2a 2 (1 a 2 ) = 1 a =0

(19)

Temos ento que, dentro do intervalo 0 a 1 o maior valor do produto de incerteza obtido quando a = 0 ou a = 1 . Ento, temos que as combinaes lineares que maximizam o produto de incerteza so as seguintes : =+ =+ = 4

, , ,

a=0

= ei / 4

4

a = 1

= +

4

a=0

= e i / 4

4

=

4

,

a = 1

= +

De forma geral : = +

(20a)

e = e i / 4

(20b)

Verificamos agora se estas combinaes lineares no violam a relao de incerteza entre S x e S y . Vejamos qual o valor do produto de incerteza para combinaes do tipo (20a) e (20b) :

( S x )

2

( S )y

2

=

4

16

(21)

onde usamos a expresso (16). A relao de incerteza para S x e S y a seguinte :

( S x )

2

( S )y

2

1 Sx , S y 4

2

(22)

Temos queSx , S y = i Sz

(23)

eSz = Sz .

(24)

Usando a combinao (20a), temos :

5

Sz = + ( ) Sz + =

2

(25)

ou usando (20b) :S z = e i / 4 S z e i / 4 = S z =

2

(26)

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

( S x ) ( S x )

2

( S )y

2

1 i 4 2 4

2

2

( S )y

2

16

Vemos ento que as combinaes lineares (20a) e (20b) no violam a relao de incerteza.

6

Problema 21 Calcule o produto de incerteza x p

( x )

2

( p )

2

para uma partcula unidimensional confinada entre duas paredes rgidas0 V = para 0 < x < a outros valores

.

Resolva para ambos os estados, fundamental e excitado.

Soluo : Para uma partcula confinada em uma caixa, os autoestados do Hamiltoniano so dados por :H =E

Logo,x' H = E x'

Agora, dentro do poo, o potencial nulo. Ento, temos apenas energia cintica. Portanto,x p2 =E x 2m

Comox ' = ( x ')

e

1

x'

2 p2 d 2 = , 2m 2m dx '2

Temos :d 2 2mE + 2 =0 dx '2

A equao diferencial acima tem soluo ( x ') = A cos kx '+ Bsenkx '

ondek2 = 2mE2

(1)

Como V = em x = 0 e x = a , devemos ter ( x ' = 0) e ( x = a) = 0 , pois nesses pontos a partcula no pode estar. Aplicando as condies de contorno, obtemos : ( x ' = 0) = 0

e

A + B.0 = 0 A = 0

Para a segunda condio, temos : ( x ' = a) = 0 = Bsenka

Para B 0 , devemos terka = n ,

Com n inteiro. Logo n ( x ') = Bsenkn x '2

0 xa

Como ( x) representa a probabilidade de encontrar a partcula dentro da caixa, devemos ter

2

0

a

2n a

dx = 12

B B

2

sen k x ' dx ' = 1n

0

a =1 2 2 B = a2

Logo, n ( x ') = x ' =2 senkn x ' a

(3)

Clculo de ( x ) Temos quex = x x

2

Logo,x 2 = x 2 2 x x + x2

( x )

2

= x2 x

2

(4)2 2

Para encontrar ( x ) , devemos determinar x 2 e x . Logo,x = x = dx '' dx ' x '' x '' x x ' x ' = dx '' dx ' x ' * ( x '') ( x ') ( x '' x ')x = dx ' x ' ( x ')2

O valor mdio de x calculado no intervalo 0 < x ' < a . Logo,

3

a a 1a 2 2 x2 x 1 2 x = xsen kn xdx = sen2kn x xdx + sen 2kn dx 4k n a0 a 2 4k n 0 2 0 0

a

2 a2 a2 2 a x = [cos 2kn x ]0 4 a (4kn ) 2 a 2 2 a2 a 4 a x = 2 x =

Para o calculo de x 2 , temos :x 2 = x 2 = dx ' dx '' x '' x '' x 2 x ' x ' = dx 'x '2 ( x ') 2 x2 a a a a 2 2 2 2 2 x3 x 2 1 = x sen kn xdx = sen 2kn x x dx + xsen 2kn xdx 2k n 0 a0 a 2 4kn 0 0 2 a2 1 a 1 a3 a = + = 6 2k 2k a 6 4k 2 a n n n

x2

Agora kn2 =2

n 2 2 , logo a2

x

a3 1 a 2 1 1 = = a2 2 2 2 2 3 2n 3 2n

Portanto,

( x ) ( x ) ( x )

2

= x2 x = =

2

2

a2 a2 a2 1 1 1 2 2 = a2 2 2 3 2n 4 3 4 2n a2 1 1 2 2 2 6 n 2

2

Clculo de ( p ) Temos :

4

( p )

2

= p2 p

2

Devemos determinar p 2 e p . * p = p = dx ' x ' x ' p = dx ' * ( x ') i dx ' = i x ' x ' 0 0 0a a a

2

2 2 p = i senkn x 'cos kn x ' dx ' = i kn senkn x 'cos kn x 'dx ' a0 a 0 p = i 2 ik a senkn x ' d ( senkn x ') = a ( senkn x )0 = 0 a 0a

a

a

Para p 2 , temos :a a p 2 = p 2 = dx ' x ' x ' p 2 = dx ' * ( x ') 0 0 2

2 x '2

p2 = p2 = p2 = p2 =

a 2 a 2 2 kn 2 2 kn 2 a cos 2kn x ' sen 2 kn x ' dx ' = dx ' 2 a 0 a 2 0 2 2 2 2 kn a 2 2 kn a 1 a ( sen2kn x )0 = 0 a 2 4kn a 2 2 2 kn = 2

n 2 2 a2

2

(n ) 2 a2

Temos ento :

( p ) ( p )

2

= p2 p =2

2

= p2 0 = p2

2

(n ) 2 a2

5

Clculo da Relao de Incerteza Logo,

( x ) ( x )

2

( p ) ( p )

2

a2 1 1 = 2 2 2 6 n ( n )2 = 1 2 6 2

2

( n )a2

2

2

2

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

( x )

2

( p )

2

2 = 1 2 6 2

(fundamental)

Para n > 1 , estados excitados, temos :

( x )

2

( p )

2

( n )2 = 1 2 6 2

(excitado)

6

Problema 22 Estime a ordem de grandeza do intervalo de tempo que um picador de gelo pode ser equilibrado sobre sua ponta se a nica limitao imposta for o princpio da incerteza de Heisenberg. Assuma que a ponta seja afiada e que tanto a ponta quanto a superfcie, onde o picador de gelo est apoiado, so duros. Voc pode fazer aproximaes que no modificam a ordem de grandeza geral do resultado. Admita valores razoveis para as dimenses e massa do picador de gelo. Obtenha um resultado numrico aproximado e expresse-o em segundos.

Soluo: 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 superfcie dura e fixa. Para um deslocamento angular pequeno do picador de gelo em relao um eixo vertical, a equao de movimento :mL2 d 2 mgL = 0 dt 2

A soluo desta equao dada por: (t ) = ae (g / L )t

+ be (

g / L )t

Em t = 0 temos:x = L = (a + b) L

ep = mL d g ( = mL ae dt L

(

g / L )t

+ be (

g / L )t

)

1

E a relao de incerteza deve ser tal que:xp

2

Tal relao implica:a2 = b2 +

[2m(gL ) ]3 12

O deslocamento em um tempo posterior t minimizado ao assegurar a e b to pequenos quanto possveis. Deste modo, fixando a e b:a=

[2m(gL ) ],3 12

b=0

o qual pode ser desconsiderado para t >> L g .

O deslocamento se torna perceptvel quando for maior do que

f =

100

Temos: f = aeg Lt f

e, tomando pela definio,tf =12 L 1 2m(gL3 ) ln( f ) + ln g 2

Considerando L = 10 cm, m = 100 g , g = 980 cm / s 2 , temos:t f = 3,4 s

2

de acordo com m e . Para qualquer valor razovel de dimenses e massa de um picador de gelo, deve-se ter:t ~3s.

3

Problema 23 Considere um ket de espao tridimensional. Se um certo conjunto de kets ortonormais digamos, 1 , 2 e 3 - so usados como kets de base, os operadores A e B so representados poro a 0 A = 0 a o 0 0 a b 0 o B = 0 0 ib , 0 ib 0

com a e b ambos reais. a. Obviamente A exibe um espectro degenerado. B tambm exibe um espectro degenerado ? b. Mostre que A e B comutam. c. Encontre um novo conjunto de kets ortonormais que sejam autokets simultneos de ambos A e B . Especifique os autovalores de A e B para cada um dos trs autokets. Esta especificao de autovalores caracteriza completamente cada autoket ? Soluo : a. Para sabermos se B tem um espectro degenerado precisamos calcular os seus autovalores. Para isto estabelecemos a equao secular, cujas razes so os autovalores de B .det( B I ) = 0 b det 0 0 0 ib 0 . ib = ( 2 b 2 )(b ) = 0

As razes desta equao (autovalores de B ) so1 = b , 2 = b

e

3 = b .

Vemos ento que o espectro de B tambm degenerado, pois possui dois autovalores iguais, +b .

1

b. Calcularemos o comutador [ A, B ] = AB BA .0 0 ab AB = 0 iab 0 0 iab 0 0 0 ab 0 BA = 0 iab 0 iab 0

Portanto,

[ A, B ] = 0 .Podemos concluir que possvel encontrar um conjunto ortonormal completo de kets de base que sejam autokets simultneos de A e B . c. Temos que { 1 , 2 , 3 } forma um conjunto completo e ortonormal de kets de base. Estes kets so os autokets do operador A , pois A diagonal nesta base. O ket 1 , representado por1 1 = 0 0

um autoket de B , com autovalor +b , como fcil verificar.B 1 =b 1

Os kets0 2 = 1 0 0 3 = 0 1

e

no so autokets de B , poisB 2 = ib 3

e

B 3 = ib 2 .

2

Como { 2 , 3 } um subespao dos operadores A e B , temos que os novos autokets simultneos a A e B devem ser combinaes lineares destes dois kets. Escrevemos estes autokets simultneos a A e B como:2 2 ' = 2 2 + 1 2

3' = 3 2

( ) + (1 )2 3

1/ 2

ei 2 3 ei 3

1/ 2

,

3

em que e so reais. Como j vimos no exerccio anterior, isto a mais geral combinao linear de dois kets que interessa Mecnica Quntica. Ento, na base { 1 , 2 , 3 } , estes kets tem a seguinte representao matricial:0 2' = 2 , (1 2 )1/ 2 ei2 2

0 . 3 3' = 1/ 2 i 3 1 32 e

(

)

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

.

Os parmetros das combinaes lineares ( 2 , 3 , 2 , 3 ) sero ento determinados atravs da condio que 2 ' e 3' sejam autokets de B . As equaes de autovalores, para os kets 2 ' e 3' , ficam:B 2' = b 2'

e

B 3' = b 3' .

3

Na forma matricial a primeira destas equaes fica:0 0 b 0 0 2 2 0 0 ib = b . 2 1/ 2 i 2 2 1/ 2 i 2 0 ib 0 (1 ) e (1 ) e 2 2

Temos da relao acima que2 b(1 2 )1/ 2 ei2 = ib 2 .

Esta equao complexa representa as duas equaes reais:2 (1 2 )1/ 2 cos 2 = 0 2 (1 2 )1/ 2 sen 2 = 2

.

A primeira equao s pode ser satisfeita se cos 2 = 0 , pois se (1 22 )1/ 2 = 0 , a segunda equao no satisfeita. Ento: 2 = + / 2

A equao (1 22 )1/ 2 sen 2 = 2 pode ser escrita como 2 (1 ) = . sen 2 2 2 2

Substituindo 2 = + / 2 , temos que 2 = +1/ 2 . A segunda equao, B 3' = b 3' , na forma matricial, se torna:0 0 b 0 0 3 3 0 0 ib = b 0 ib 0 (1 2 )1/ 2 ei3 (1 2 )1/ 2 ei3 3 3

4

Isto nos leva as equaes reais :(1 32 )1/ 2 cos 3 = 0 (1 32 )1/ 2 sen 3 = 3

com as solues3 = + / 2 3 = +1/ 2

.

A escolha conveniente dos sinais destes parmetros ser feita atravs da condio de ortogonalizacao de 2 ' e 3' . Isto , usando as equaes2 2 ' = 2 2 + 1 2

3' = 3 2

( ) + (1 )2 3

1/ 2

ei 2 3 ei 3 3

1/ 2

temos2 ' 3' = 0 2 + 1 2 2 2

(

)

1/ 2

e i2 3 3 2 + 1 32 1/ 2

(

)

1/ 2

ei 3 3 = 0

2 2 3 2 2 + (1 2 )(1 32 )

ei ( 3 2 ) 3 3 = 0

2 3 + ei ( ) = 03 2

1 2

Logo, 2 = 3 (ambos devem ter o mesmo sinal) e 2 3 = 1/ 2 ( 2 e 3 devem ter sinais contrrios). Ento os autokets 2 ' e 3' , simultneos a A e B , so dados por:2' = 1 1 i / 2 e 2 + 3 2 2 1 = { 2 +i 3 } 2

5

e3' = 1 1 i / 2 2 + 3 e 2 2 1 = { 2 i 3 } 2

Podemos especificar o conjunto de autokets simultneos pelos autovalores de A e B ,1' = 1 = a, b 2 ' = a, b 3' = a, b

,

em que usamos as relaesB 2' = b 2'

e

B 3' = b 3' .

Vemos ento que a especificao dos autovalores caracteriza completamente os autokets 1' , 2 ' e 3' .

6

Problema 24 a. Prove que (1/ 2 ) (1 + i x ) atuando sobre um spinor de duas componentes pode ser pensado como a representao matricial do operador rotao em o torno do eixo- x por um ngulo / 2 . (O sinal menos significa que sentido da rotao o mesmo do ponteiro do relgio.) b. Construa a representao matricial de S z quando os autokets de S y so usados como vetores de base. Soluo : a. O operador (1/ 2 ) (1 + i x ) possui a seguinte representao matricial na

base { + , } :

1 1 1 0 0 1 1 1 i (1 + i x ) = +i = 2 2 0 1 1 0 2 i 1

(1)

Vejamos agora qual a forma do operador de rotao do sistema fsico (no do sistema de coordenadas) de um ngulo / 2 no sentido horrio em torno do eixo x . Este operador transforma os autoestados de S z nos autoestados de S y , da seguinte forma :+ Sy; +

;

Sy ;

(2)

Denotando este operador por Dx ( / 2 ) temos :Dx ( / 2) + = S y ; +

(3)

eDx ( / 2) = S y ;

(4)

1

Figura 1: representao de uma rotao por um ngulo / 2 no sentido horrio em torno do eixo x .

Usando o conjunto de kets como:Sy; + =1 i + + 2 2 1 i + 2 2

{+

, } , podemos expandir

Sy; +

e Sy;

(5)

Sy; =

(6)

Multiplicando um ket por uma fase global no alteraremos o seu significado fsico. Ento, se multiplicarmos (6) por ei / 2 = i no alteramos o significado fsico de S y ; . O conjunto { S y ; + , i S y ; } continua sendo ortonormal. Ento procuraremos o operador transformao :Dx ( / 2) + =1 ( + +i 2Dx ( / 2 )

que realize a seguinte

)

(7)

e2

Dx ( / 2) = i S y ; =

1 (i + + 2

)

(8)

Na notao matricial, base { + , } , (7) temos: d11 d 21 d12 1 1 1 = . d 22 0 2 i

(9)

Isto significa que :d11 =1 2

ed 21 =1 i. 2

Para determinarmos os elementos d12 e d 22 escrevemos (8) em notao matricial:1/ 2 1/ 2 d12 0 1 i = . 2 1 d 22 1

(11)

Isto nos forneced12 =1 i 2

(12)

ed 22 =1 2

(12)

3

Ento o operador Dx ( / 2 ) pode ser representado pela matrizDx ( / 2) =1 1 i 2 i 1

(13)

na base { + , } . Observamos que esta matriz idntica a do operador (1/ 2 ) (1 + i x ) na mesma base. Logo :Dx ( / 2) =1 (1 + i x ) 2

(14) tivssemos usadoS y ; , ou seja, se

Se, ao invs de usar i S y ;

desprezssemos a fase global ei / 2 , teramos encontrado para Dx ( / 2 ) , a forma :Dx ( / 2) =1 1 1 2 i i

Embora tenha uma forma diferente este operador tem o mesmo significado fsico que o operador (13). Esta arbitrariedade se deve, como j foi comentado, ao fato que um ket no tem seu significado fsico alterado se o multiplicarmos por uma fase global. b. Na base { + , } o operador S z representado pela matriz1 0 Sz = z = 2 2 0 1

(16)

Uma mudana de base realizada por um operador unitrio U de forma queU a ( k ) = b( k )

(17)(k )

Onde { a ( k )

} uma base antiga e { b } a base nova. A transformao de4

um operador B dada por :

Bnovo = U BvelhoU

(18)

Observamos que o operador Dx ( / 2) unitrio, seja usada na forma (13) ou (15). Tambm, observamos que, associada a forma (13), as equaes (7) e (8) so as equaes da mudana de base

{+

,}

{ S ;+ ,i S ; }y y

(19)

E associada a forma (15) as equaes (5) e (6) so as equaes da mudana de base

{+

,}

{ S ;+ , S ; }y y

(20)

O operador S z e transformado de acordo com (18) : S z' = Dx ( / 2) S z Dx ( / 2)

(21)

Se usarmos a forma (13) para Dx ( / 2) , temos que :S z' = 0 i 1 1 i 1 0 1 i = 2 2 i 1 0 1 i 1 2 i 0

base { S y ; + , i S y ; }

(22)

escrever S z na base { S y ; + , S y ; } ), temos :S z' = 0 1 1 1 i 1 0 1 1 = 2 2 1 i 0 1 i i 2 1 0

Ao passo que se usarmos a forma (15) para Dx ( / 2) (o que equivale a

(23)

5

Problema 25 Alguns autores definem um operador como real quando cada membro dos elementos matriciais deles b ' A b '' real em alguma representao (base neste caso). este conceito de representao independente, isto , os elementos matriciais permanecem reais mesmo se alguma outra base que { b ' } usado ? Verifique sua assero usando operadores familiares tais como S y e S z (veja problema 24) ou x e px .

{ b' }

Soluo : Considerec ' A c '' = c '

b'b'

b ' A b '' b '' c ''b ''

c ' A c '' = c ' b ' b ' A b '' b '' c ''b ',b ''

,

ou seja,b ' A b ''

real, mas no necessrio quec' b'

e

b '' c ''

sejam reais. Vamos considerar o problema 24. Nelec b Sy Sz

.

Temos ento

1

1 b' = = + 0 0 b '' = = 1

Sz

e 1/ 2 c' = = Sy; + i / 2 1/ 2 c '' = = Sy; i / 2

Sy

em queSz =

2

eSy; = 1 1 i 2 + e . 2 2

Voltando a expresso, temos :c ' A c '' = c ' b ' b ' A b '' b '' c ''b ',b '' real

1 i 2 1 + + + c' b' = e 2 2 1 c' b' = 2

e

2

1 i 2 1 c '' b ' = e + + 2 2 1 c '' b ' = 2

ei 1 c '' b '' = + 2 2 i c '' b '' = 2

ei 1 c ' b '' = + + 2 2 . i c ' b '' = 2

Logo, a definio de representao independente est incorreta.

3

Problema 26 Construa a matriz transformao que conecta a base diagonal S z a base diagonal de S x . Mostre que seu resultado consistente com a relao geralU = b( r ) a ( r ) .r

Soluo : Sabemos dos exerccios anteriores que :Sx ; =1 1 + 2 2

Sendo U a matriz de transformao, temos que :U Sx ; = Sz ;

(1)

Ento para S x ; + e S z ; + , obtemos : U11 U12 1/ 2 1 = U 21 U 22 1/ 2 0

onde1 S z ; + = S z ; + + 0. S z ; = 0

Portanto, do sistema de equaes acima, obtemos :U11 + U12 = 2 U + U = 0 22 21

(a,b)

Para S x ; e S z ; , obtemos :

1

U11 U12 1/ 2 0 = U 21 U 22 1/ 2 1

Logo, U11 U12 = 0 U 21 U 22 = 2

(c,d)

Substituindo (c) em (a), obtemos :U11 + U11 = 2 U11 = 2 1 = 2 2

De (c), temos :U12 = U11 = 1/ 2

Substituindo (b) em (d), temos :U 21 (U 21 ) = 2 U 21 = 1/ 2

Logo, por (b), vemos que :U 22 = U 21 = 1/ 2 U 22 = 1/ 2

A matriz U dada ento por :1/ 2 U = 1/ 2 1/ 2 1/ 2

(2)

Fazendo o adjunto de (2), vemos que :

2

1/ 2 U = 1/ 2

1/ 2 1/ 2

(3)

Logo,1/ 2 U U = 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1 1 + 1/ 2 2 2 = 1/ 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 0 = =1 1 1 0 1 2 2

Logo, vemos que U unitria, tambm pode ser mostrado que UU = 1 . Multiplicando (1) por (3), obtemos :U U S x ; = U S z ;

Como U U = 1 , obtemos :U Sz ; = Sx ;

(4)

E vemos que a transformao inversa obtida com (3). Agora resta mostrar que (2) e (3) so coerentes com a relao geral :U geral = b rr

ar

(5)r

Sendo a r correspondente a S x ; e bU geral = S z ; + S x ; + + S z ; S x ;

a S z ; , escrevemos (5) como : (6)

Logo, substituindo os kets na forma matricial, obtemos :1 0 U geral = 1/ 2 1/ 2 + 1/ 2 0 1

(

)

(

1/ 2

)1/ 2 =U 1/ 2

0 1/ 2 1/ 2 1/ 2 0 U geral = + = 0 0 1/ 2 1/ 2 1/ 2 U geral = U

3

Considerando o adjunto de (6), obtemos : U geral = S x ; + S z ; + + S x ; S z ;

Logo, fazendo o mesmo que no caso anterior, obtemos : 1/ 2 1/ 2 U geral = (1 0 ) + ( 0 1) 1/ 2 1/ 2 1/ 2 U geral = 1/ 2 0 0 1/ 2 1/ 2 + = 0 0 1/ 2 1/ 2 1/ 2 =U 1/ 2

Logo, U geral = U

Assim vemos que existe consistncia entre os dois operadores.

4

Problema 27 a. Suponha que f ( A) uma funo de um operador Hermitiano A com a b '' f ( A) b ' quando a matriz propriedade A a ' = a ' a ' . Calcule transformao da base a ' para a base b ' conhecida. b. Usando o anlogo contnuo do resultado obtido em (a), calculep '' F (r ) p ' .

Simplifique sua expresso at onde voc puder. Note que r onde x , y e z so operadores.

x2 + y 2 + z 2 ,

Soluo : a. Podemos expandir a funo f ( A) em srie de potncias de A (srie de Taylor):f ( A) = tn Ann

(1) 1 d n f ( A)

onde tn o n -simo coeficiente da serie de Taylor tn = . Quando n ! dAn aplicamos o operador f ( A) sobre um ket a ' temos :f ( A) a ' = tn An a ' f ( A) a ' = tn a 'n a 'n n

f ( A) a ' = tn a 'n a ' n f ( A) a ' = f (a ') a '

(2)

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

a'a'

a ' da seguinte forma:

1

b ' f ( A) b '' = b ' f ( A) a ' a ' b ''a'

(3)

Usando (2), temos :b ' f ( A) b '' = f (a ') b ' a ' a ' b ''a'

(4)

Onde a (i ) b( j ) o elemento ij da matriz de mudana de base, como j verificado no exerccio 26.

b. O anlogo contnuo da expresso (4) b ' f ( A) b '' = da ' f (a ') b ' a ' a ' b ''

(5)

Calcularemos ento p '' F (r ) p ' usando (5).p '' F (r ) p ' = d 3 rF (r ) p '' x x p '1/ 2

(6)

onde d 3r dxdydz e r = ( x 2 + y 2 + z 2 ) = r . Conhecemos os elementos da matriz mudana de base. 1 ip ''.x p '' x = exp 3/ 2 (2 )

(7)

e 1 ip '.x x p' = exp 3/ 2 (2 )

(8)

Substituindo (7) e (8) em (6) temos : 1 p '' F (r ) p ' = ( 2 i ( p ' p '').x d 3 xF (r ) exp 3 )

(9)

2

Usando coordenadas esfricas, com o eixo z na direo do vetor ( p ' p '') , a integral nesta expresso se torna : i ( p ' p '').x 2 d xF (r ) exp = drr F (r ) d d sen exp ( i r cos ) 0 0 03 2

(10)

onde

p ' p ''

.

A integral em pode ser escrita como

11

d (cos ) exp [i r cos ] = i r exp [i r cos ] d (cos ) exp [i r cos ] = i r ( e11

1

1

cos =1 cos =1

i r

e i r )

(11)

1

1

d (cos ) exp [i r cos ] = r sen ( r )

2

Voltando na integral em (10), temos :4

drF (r )rsen ( r )0

(12)

Voltando em (9), temos finalmente quep '' F (r ) p ' = 1 2 (

)

2

p ' p '' 1 drF (r )rsen p ' p '' 0

r

(13)

3

Problema 28 a. Considere x e px serem as coordenadas e o momento linear em uma dimenso. Calcule o colchete de Poisson clssico,

[ x, F ( px )]classico .b. Considere x e px os correspondentes operadores quanto-mecnico. Calcule o comutador ipx a . x, exp

c. Usando o resultado obtido em (b), prove que ip a exp x x ' ,

(x x'

= x' x'

)

um autoestado do operador coordenada x . Qual o autovalor correspondente.

Soluo : a. De acordo com a equao (1.6.48), temos:

[ A(q, p); B(q, p)]classico = s

A B A B . qs ps ps qs

Agora, como estamos em uma dimenso, ento qs = x e ps = px e, tambm, fazendo A = x , e B = F ( px ) , obtemos:

[ x, F ( p x ) ] =

x F ( px ) x F ( px ) . x px px x

1

Como F = F ( px ) somente,

F = 0 . Logo, x

[ x, F ( p x ) ] =

F ( px ) dF ( px ) = . px dpx

Temos ento:

[ x, F ( px )]classico =

dF dpx

b. Sabemos que :

I) Primeira maneira , classico 1 , i quantico

Logo,

[ x, F ( px )]classico = [ x, F ( px )]quantico [ x, F ( px )]quantico

1 i = i [ x, F ( px ) ]classico

Agora, para F ( px ) = exp

ipx a , temos :

ipx a ia d ipx a ipx a ipx a = i dp exp = i exp = a exp x, exp x ipx a ipx a = a exp x, exp

2

II) Segunda maneira A segunda maneira de resolver o problema est baseada no conhecimento de [ x, px ] = i . Ento, sabemos que: x, px 2 = [ x, px ] px + px [ x, px ] = (i )2 px 2 2 2 2 2 2 x , p x 3 = x, p x p x = x, p x p x + p x [ x , p x ] = i 2 p x + p x i = i 3 p x 4 3 3 3 3 3 x, px = x, px px + px [ x, px ] = i 3 px + px i = (i )4 px

De um modo geraln n x, px = i npx 1

(1)

Agoraip x a ipx a 2 ip a i 2 px a 2 ip a i 2 px 2 a 2 ip a x, exp x = xe e x = x 1 + x + + ... 1 + x + + ... x 2 2 2! 2!

2 ixp a i 2 xpx a 2 ip xa i 2 px 2 a 2 x ip a + ... x + x + + ... x, exp x = x + x + 2 2 2! 2!

i2a2 i3a3 ip a ia 2 3 x, p x + x, px + ... x, exp x = [ x, px ] + 2! 2 3! 3

Usando [ x, px ] = i e a equao (1), temos: i 2a2 i 3a3 ip a ia 2 x, exp x = (i ) + 2 (i )2 px + (i )3 px + ... 3 3.2! 2 2 ipx a 2 iapx i a + + ... = i a 1 + x, exp 2 2! 1 iap ip a x, exp x = a x n =0 n ! ipx a iapx = a exp x, exp n

3

A nica vantagem desta maneira que no precisa conhecer o colchete de Poisson clssico. c. Temos, ipx a iapx x ' = a exp x' x, exp ip a ip a ip a x exp x x ' exp x x x ' = a exp x x ' ip a ip a x exp x x ' + (a x ')e xp x x ' = 0 ipx a ipx a x exp x ' = ( x ' a) exp x' operador autovalor autovetor autovetor

uma equao de autovetor/autovalor, em que o autovalor corresponde a x ' a .

4

Problema 29 a. Na pgina 247, Gottried (1966), declara queG xi , G ( p ) = i , pi

[ pi , F ( x )] = i

F xi

pode ser facilmente derivado a partir das relaes de comutao fundamentais para todas as funes F e G que podem ser expressadas como sries de potncias em seus argumentos. Verifique sua declarao. b. Calcule x 2 , p 2 . Compare seu resultado com o colchete de Poisson 2 2 clssico x , p classico .

Soluo :

a. Escreveremos a funo G ( p) (funo escalar de uma varivel vetorial) como:G ( p ) G ( p1 , p2 , p3 )

(1)

Considerar G como uma funo escalar no limita nosso resultado, pois se G fosse vetor teramos xi , G ( p ) = x [ xi , Gx ( p )] + y xi , G y ( p ) + z [ xi , Gz ( p ) ]

(2)

onde Gx , G y e Gz so funes escalares de uma varivel vetorial. Ento, de acordo com (2), resolvendo o comutador para G escalar teremos resolvido o problema para o vetor G . A expresso (1) nos diz que podemos considerar uma funo escalar de uma varivel vetorial como sendo uma funo escalar de trs variveis escalares (as trs componentes do operador momento linear). Assim, se G ( p1 , p2 , p3 ) puder ser expressa em srie de potncias, temos:

1

G ( p1 , p2 , p3 ) = t jn p n jn = 0 j =1

3

(3)

onde t jn so coeficientes constantes (independente dos p j s). Calcularemos agora o comutador [ xi , G ( p1 , p2 , p3 )] ,

[ xi , G ( p1 , p2 , p3 )] = t jn xi , p nj , n = 0 j =1

3

onde usamos as relaes: A, Bi = [ A, Bi ] i i

e

[ A, cB ] = c [ A, B ] ,

em que c e uma constante. Temos ainda que calcular o comutador xi , p n . Das relaes fundamentais j de comutao temos que xi , p j = i ij

(5)

Temos ento que xi , p n = xi , p j p j n 1 = xi , p j p n 1 + p j xi , p n 1 j j j

(6)

onde usamos

[ A, BC ] = [ A, B ] C + B [ A, C ] .Mostraremos agora, por induo matemtica, que xi , p n = i ij np n 1 j j

(7)

Primeiro, observamos que esta frmula valida para n = 1 , como vemos em (5). Basta mostrar ento que, se (7) valida para n = (k 1) , deve ser vlida para n = k . Para isto usaremos a relao de recorrncia (6):2

xi , p k = xi , p j p k 1 + p j xi , p k 1 j j j xi , p k = i ij p k 1 + p j i ij (k 1) p k 2 j j j xi , p k = i ij p k 1 + (k 1) p k 1 j j j xi , p k = i ij kp k 1 j j

{

}

{

}

(8)

Na segunda linha usamos a hiptese de que (7) vale para n = k 1 . Na ltima linha conclumos que (7) vale para n = k . Logo (7) est demonstrada. Substituindo (7) em (4), temos que:

[ xi , G ( p1 , p2 , p3 )] = t jn (i ) ij np nj 1n = 0 j =1

3

[ xi , G ( p1 , p2 , p3 )] = i

tn = 0 j =1

3

jn ij

np n 1 j

(9)

3 n xi , G ( p1 , p2 , p3 ) ] = i t jn ij pj [ n =0 j =1 p j

Observando (3), temos, finalmente que

[ xi , G( p)] = i

G pi

(10)

Calcularemos agora o comutador deste comutador em todos os trocarmos xi pi e G ( p)

[ pi , F ( x )] . O procedimento para o clculopassos idntico ao anterior. Basta ento F ( x ) em (4), observando que

n xi , p j = p j , xi e, consequentemente, pi , x n = i ij nx n 1 = i x j . Assim j j xi

temos:

[ pi , F ( x )] = i

F . xi

(11)

3

b. Usaremos nossos resultados para calcular x 2 , p 2 , onde x 2 = xi 2 e ip 2 = p 2 . Ento jj

x 2 , p 2 = xi 2 , p j 2 i j

(12)

Mas xi2 , p j 2 = xi xi , p j 2 + xi , p j 2 xi

(13)

Ento (12) se torna : x 2 , p 2 = xi xi , p 2 + xi , p 2 xi j j i j

(

)

(14)

Mas, de acordo com (10), quando G = p 2 , temos: j 2 xi , p j 2 = i p j = 2i ij p j . pi

(15)

Logo, a equao (14) fica: x 2 , p 2 = 2i

( x p + p x ) = 2i { x. p}i i i i i

(16)

em que { } o anticomutador. Calcularemos agora os colchetes de Poisson xi 2 p j 2 xi 2 p j 2 x , p = x , p = pk pk xk i, j k i , j xk 2 2 2 i 2 j

( ) ( )

( ) ( )

x 2 , p 2 = 2 ik xk 2 jk pk i , j ,k

(17)

x 2 , p 2 = 4 xi pi i

4

Comparando as equaes, temos: x 2 , p 2 = 2i

{ x. p}

Quntico Clssico

x 2 , p 2 = 4 xi pi i

Vemos ento que h correspondncia:1 2 2 x2 , p2 classico = i x , p .

Notamos aqui que existe um operador quntico Hermitiano associado a cada grandeza dinmica em mecnica clssica. grandeza clssica xi pi , temos associado o operador quntico Hermitiano anlogo quntico da expresso clssica.1 ( xi pi + pi xi ) . Assim, (16) o 2

5

Problema 30 O operador de translao para um deslocamento finito (espacial) dado por ip.l (l ) = exp ,

em que p o operador momento. a. Calcule xi , (l ) .

b. Usando (a) (ou outra forma), demonstre como o valor esperado x muda sob uma translao. Soluo : a. Para resolver o comutador, vamos adotar a maneira usada no exerccio 28. Temos: i xi , (l ) = i exp ( p1l1 + p2l2 + p3l3 ) pi i i xi , (l ) = i exp p j l j exp pi li j i pi i i i xi , (l ) = li (i ) exp p j l j exp li pi i j i xi , (l ) = li exp p j l j + li pi i j ip.l xi , (l ) = li exp xi , (l ) = li (l )

1

b. Seja um ket arbitrrio, tal que a translao, x T , ser:xT

T

= (l ) . O valor mdio de x aps

=T x

T

= (l ) x (l ) = (l ) xi (l ) i

(1)

Da equao do item anterior, temos que:xi (l ) (l ) xi = li (l ) .

Multiplicando por (l ) , lembrando que (l ) unitrio, podemos escrever: (l ) xi (l ) (l )(l )xi = (l )li (l ) = li (l )(l ) ,=1 =1

logo, (l ) xi (l ) xi = li ; (l ) xi (l ) = xi + li

e, substituindo em (1), temos :xT

= xi + li = xi + li ,i i i

pois, li um nmero,xT

= x +l .

2

Problema 31 Dentro do texto principal ns discutimos o efeito de (dx ') sobre os autokets de posio e momento, e sobre o mais geral ket de estado . Ns podemos tambm estudar o comportamento dos valores esperados x e p sob uma translao infinitesimal. Usando (1.6.25), (1.6.45), e (dx ') apenas, prove x x + dx ' , p p sob translao infinitesimal. Soluo : As frmulas citadas so as seguintes :

[ x , (dx ')] = dx 'e

(1.6.25)

[ p, (dx ')] = 0

(1.6.45)

O valor esperado x varia da seguinte forma, quando (dx ') :x

(dx ') [ x , (dx ') ] + (dx ')(dx ') x

(2)

Como o operador (dx ') unitrio o segundo termo do lado direito de (2) simplesmente x = x . O primeiro termo do lado direito de (2), usando ( 1.6.25 ) fica: (dx ')dx ' = dx ' (dx ')

(3)

Faremos a aproximao (dx ') 1 , poisdx '0 lim (dx ') = 1

(4)

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

1

x

dx '+ x

(5)

Observao : Esta expresso j havia sido demonstrada no exerccio 30 para translaes finitas, das quais as transformaes infinitesimais so um caso especial. O valor esperado do momento p varia sob transformaes infinitesimais da seguinte forma:p

(dx ') p(dx ') = (dx ') [ p, (dx ')] + (dx ')(dx ') p

(6)

Usando (1.6.45), o primeiro termo do lado direito desta expresso se anula. Usando a propriedade de unitariedade do operador de translao, o segundo termo do lado direito se reduz a p = p .

Logo :p p

(7)

2

Problema 32 a. Verifique (1.7.39a) e (1.7.39b) para o valor esperado de p e p 2 a partir do pacote de onda Gaussiano (1.7.35). b. Calcule o valor esperado de p e p 2 usando a funo de onda espaomomento (1.7.42). Soluo :

a. As respectivas equaes so :p = k

(1.7.39a)2

p2 =

2d 2

+

2

k2

(1.7.39b)

x '2 1 x ' = 1/ 4 exp ikx ' 2d 2 d

(1.7.35)

Vamos definirA1

1/ 4

d

(1)

Calculo de p Temos quep = p =+

dx '

x' x' p =

+

dx ' ( x ') i *

( x ') x '

(2)

Agora, x '2 x '2 x' x = A exp ikx ' 2 = A exp ikx ' 2 ik 2 x x 2d 2d d

1

Substituindo em (2) temos :+

p = i

x '2 x '2 x' A* exp ikx ' 2 A exp ikx ' 2 ik 2 dx ' 2d 2d d + 2

p = i A

e

x '2 d2

A 2 2 x' 2 ik 2 dx ' = k A e x ' / d dx ' + i d d2

2 +

x 'e

x '2 d2

dx '

A segunda integral zero pois o integrando uma funo mpar integrada em um intervalo anti-simtrico. Assim, resta a primeira integral:+

p = k A

2

e

x '2 d2

dx ' = 2k A

2

e0

2 x '2

dx '

onde escrevemos 2 = 1/ d 2 .

(3)

E trocamos os limites pois o integrando par. Temos ento que,p = k2 A I2

(4)

Com+

I=

e0

2 x '2

dx '

(5)

Soluo da Integral I Vamos quadrar (5), obtendoI2 = e0 0 x 2 + y 2

(

)

dxdy .

2

Essa integrao realizada em todo o meio plano xy . Vamos trocar as variveis ( x, y ) pelo par (r , ) em coordenadas polares. Lembrando que o Jacobiano neste caso e /2

( x, y ) = r , obtemos: (r , ) 2 r 2

I2 =

0 0

e r rdrd =2 2

e 20

rdr

Com u = 2 r 2 e du = 2 2 rdr , temos :1 I = 2 2 2 2

e du = 4u 0

2

I=

. 2

E, levando esse resultado em (4), e j trocando 2 = 1/ d 2 , obtemos:p = k2 A p = k2

d 1 = k d = k 2 d

(1.7.39a)

Calculo de p 2 Temos quep2 = p2 =+

x ' x ' p 2 dx ' =

+

* dx ' ( x ')

2

2 ( x ') x '2

p

2

2 dx ' = ( x ') x '2 2 *

+

(1)

Agora

3

x '2 x ' ( x ') =A exp ikx ' 2 ik 2 d x ' x ' x ' 2d x ' x' x '2 1 x '2 ( x ') = A ik 2 ik 2 exp ikx ' 2 2 exp ikx ' 2 d d 2d d 2d x ' x ' 2 2 ( x ') x' x '2 1 x '2 = A ik 2 exp ikx ' 2 2 exp ikx ' 2 d x '2 2d d 2d

E, substituindo em (1), obtemos :p2

= =2

2

2 x x2 / d 2 1 x2 / d 2 A ik 2 e 2e dx ' d d + 2 + 2 2

p

2

k A

e

2 x2 / d 2

dx '

A4

2 +

d

x'

2 2

e

x '2 / d 2

dx '+

A2

2 +

d

e

x' 2 / d 2

dx '

Faamos = 1/ d 2 , ento, temos :+

p

2

=2 k A2 2

2

e0

x '2

dx '

2

2

A4

2 +

d

x'0

2

e

x '2

dx '+

2

2

A2

2 +

d

e0

x' 2

dx '

Acima, sabemos que :

e0

x '2

dx ' =

1 2

Logop2 2 1 2 A =2 k A 2 2d 4 2 2 2 2

12 1 d3

+

2

A 1 2 d 2 2

2

Como = 1/ d 2 , ento,

4

p2 = p2 = p2 =

2

k2 k2 k2 +

1

d2

d +2

2 d3 + 2 2d 4 d d

2

1

d

d

2

2d 22

d2

2

2d 2

b. p ( p ') =d 1/ 21/ 2

1/ 4

( p ' k ) 2 d 2 exp 2 2

Vamos definirB d 1/ 21/ 2

1/ 4

Ento temosp = p =+ +

dp '

p p' p' =2 2

+

dp ' p ' ( p ') ( p ')*

( p ' k ) d dp ' p 'exp 2 + 2 2 d p ' 2 p ' kd 2 2 p = B p 'exp 2 + d 2 k 2 dp ' + 2 2 d 2 p '2 2 p ' kd 2 2 p = B e d k p 'exp 2 + dp ' p = B2

E completando o quadrado, temos :p = B e2 d 2k 2 +

+

p 'e

d p ' dk

2

e d k dp '

2 2

p = B

2

p 'e

d p ' dk

2

dp '

5

E fazendo u =+

d

p ' dk , e du =

d

dp ' , temos :+ +

2 2 p = B u + k e u du = B d d d d 2

ue

u2

du + k

d

B

2

e

u2

du

A 1a integral nula, pois temos uma funo mpar integrada em um intervalo anti-simtrico. Logo,p =2 k 2 B 2 e u du = k d 0

Calculo de p 2 Temos quep2 = p2 =+ 2 2 2 +

p 2 p ' p ' dp ' =

+

dp ' p

'2 *

( p ') ( p ')

p

( p ' k )2 d 2 dp ' = B p ' exp 2 p , assim,

Podemos utilizar o desenvolvimento realizado no calculo de escreveremos diretamente I :+

p

2

= B

2

p'

2

e

d p ' dk

2

dp '

E fazendo a substituio =+

d

p dk , com d =

d

dp ' , temos :

p

2

=

d d3

B B

2

2 + k e d = d + 2 2 2 + 2 k + d2 + 2 2

p2 = p2

2

2 k 2 e d = + 2

=

d

3

B

e

2 2

d +

d

B k

2

2

e

2

d

6

A integral do meio nula, pois o integrando uma funo impar. Usando os resultados anteriores, escrevemos :p2 = p2 = p2 =3

d

3 3

B

d32d2

2 + B k2 2 d d d 2 2 + k d 2 2

+

k2

7

Problema 33 a. Prove o seguinte : (i)p' x = i p' , p ' ( p ') , p '

(ii)

* x = dp ' ( p ')i

onde ( p ') = p ' momento.

e ( p ') = p '

so as funes de onda espao-

b. Qual o significado fsico de ix exp ,

onde x o operador posio e algum nmero com a dimenso de momento? Justifique sua resposta. Soluo : a. i) Usando a completeza dos autokets da posio podemos escrever a relao :x = dx ' x x ' x ' = dx ' x ' x ' x '

(1)

Multiplicando pela esquerda pelo bra p ' temos :p ' x = dx ' x ' p ' x ' x '

(2)

Usando a funo de ondax' p' = p' x' =

1 ip ' x ' exp 2

(3)

1

E substituindo em (2) temos : 1 ip ' x ' exp p ' x = dx ' x ' x ' 2

(4)

O termo entre chaves pode ser escrito como :i 1 ip ' x ' exp p' x' = i p ' 2 p '

(5)

Assim, (4) nos fornece : p ' x = dx ' i p' x' x' p '

(6)

Como x ' no depende de p ' e a integrao em x ' independente da derivao em p ' , temos :p' x = i dx ' p ' x ' x ' p '

(7)

Logo :p' x = i p' p '

(8)

ii) Usando o fato que os autokets de p formam um conjunto completo, podemos escrever a relao : x = dp ' p ' p ' x

(9)

Usando (8), temos : x = dp ' p ' i p' p '

(10)

Usando a notao de funes de onda no espao- p , temos que :2

* x = dp ' ( p ')i

( p ') p '

(11)ix aplicaremos este

b. Para encontrarmos o significado fsico da exp

operador a um autoestado do momento linear, p ' . Ento : ix ix exp p ' = dx 'exp x' x' p'

(12)

O ket x ' autoket deste operador. Logo : ix ix ' exp p ' = dx ' exp x' p' x'

(13)

Usando (3), temos :1 ix ix ' exp exp ( p '+ ) = x ' p '+ x' p' = 2

(14)

Voltando em (13) com este resultado, temos : ix exp p ' = dx ' x ' x ' p '+ = p '+

(15)

Logo, o operador exp

ix provoca um deslocamento no valor do momento linear do sistema. O parmetro o valor deste deslocamento no nosso

problema unidimensional. generalizao : ix. exp p ' = p '+

No

caso

tridimensional

teramos,

por

(16)

3