Verifica__o_de_Aprendizagem_2___Mec_nica_Qu_ntica_1__Yngrid_Simen

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Mecânica Quântica 1
Verificação de Aprendizagem 2
1 de Fevereiro de 2023
1
(a) Considere uma partícula de spin −1/2 ( carga -e, massa m) em repouso na origem, na
presença de um campo magnético girante de módulo constante B0, cuja direção percorre um
cone com ângulo de abertura α, com velocidade angular ω:
⃗B(t) = B0[sinαcos(wt)̂i+ senαsen(wt)ĵ + cosαk̂] (1)
O Hamiltoniano, dependente do tempo, que governa o sistema é dado por:
H(t) = −µS⃗ · B⃗(t) (2)
onde S⃗ é o operador vetorial de spin −1/2 e µ = −e/m. (a) Encontre os conjuntos de autovalo-
res E± e autovetores |Ez(t)⟩ de H(t), onde |E+(t)⟩ e |E−(t)⟩ representam os vetores de estados
de spin para cima e para baixo, respectivamente, ao longo da direção instantânea de B⃗(t).
Resolução:
B⃗(t) = B0[senα cos(ωt)̂ı+ senα sen(ωt)ȷ̂+ cosαk̂]
S⃗ · B⃗(t) = SxB0 senα cos(ωt) + SyB0 senα sen(ωt) + SzB0 cosα
S⃗ · B⃗(t) = ℏℏ
2
B0
(
cosα senα cos(ωt)− i senα sen(ωt)
senα cos(ωt) + i senα sen(ωt) − cosα
)
S⃗ · B⃗(t) = ℏ
2
B0
(
cosα senαe−iωt
senαeiωt − cosα
) (3)
Dessa forma, temos que:
H(t) =
eℏB0
2m
(
cosα senαe−iωt
senαeiωt − cosα
)
(4)
Agora vamos calcular os autovalores e autovetores de H(t).
det(H(t)− λ1) = 0(
eℏB0
2m
cosα− λ
)(
−eℏB0
2m
cosα− λ
)
−
(
eℏB0
2m
)2
sen2 α = 0
(5)
−
(
eℏB0
2m
)2
cos2 α− eℏB0
2m
cosαλ︸ ︷︷ ︸+ eℏB02m cosαλ︸ ︷︷ ︸+λ2 −
(
eℏB0
2m
)2
sen2 α = 0
−
(
eℏB0
2m
)2
+ λ2 = 0
⇒ λ = ±eℏB0
2m
E+ = +
eℏB0
2m
;E− = −
eℏB0
2m
(6)
Assim, o autovetor referente ao autovetor |E+⟩= + eℏB02m será:
eℏB0
2m
(
cosα senαe−iωt
senαeiωt − cosα
)(
a
b
)
=
eℏB0
2m
(
a
b
)
(7)
Então: {
a cosα + b senαe−iωt = a
b = a(1−cosα)
senα
eiωt
(8)
2
Utilizando: {
1− cosα = 2 sen2
(
α
3
);
senα = 2 sen
(
α
3
) cos
(
α
3
)
(9)
Temos: {
b = a · sen
(
1
3
)
cos
(
α
b
)
eiωt (10)
Assim o autovetor |E+(t)⟩ é dado por:
⇒ |E+(t)⟩ =
[
1
sen α
2
cos α
2
eiωt
]
(11)
Normalizando, temos :
|E+(t)⟩ =
[
cos
(
α
2
)
sen
(
α
2
)eiωt
]
|E+(t)⟩ = cos
(α
2
) |+⟩+ sen
(α
2
)eiωt |−⟩
(12)
Assim, seguindo os mesmo passos, teremos o autovetor referente ao autovalor E−= − eℏB02m :
eℏB0
2m
(
cosα senαe−iωt
senαeiωt − cosα
)(
c
d
)
= −cℏB0
2m
(
c
d
)
(13)
Então: {
c cosα + d senαe−iωt = −c
d = −c(1+cosα)
senα
eiωt
(14)
Utilizando: {
1 + cosα = 2 cos2 α
2
;
senα = 2 sen α
2
cos α
2
(15)
Temos: {
d = −c cos
(
α
2
)
sen
(
α
2
)
eiωt (16)
Assim o autovetor |E−(t)⟩ é dado por:
⇒ |E−(t)⟩ =
 1
− cos
(
α
2
)
sen
(
α
2
)eiωt
 (17)
Normalizando, temos :
|E−(t)⟩ =
[
sen
(
α
2
)
− cos
(
α
2
)eiωt
]
|E−(t)⟩ = sen
(α
2
)
|+⟩ − cos
(α
2
)
eiωt |−⟩
|E−(t)⟩ = sen
(α
2
)e−iωt |+⟩ − cos
(α
2
) |−⟩
(18)
3
(b) Determine o vetor de estado |ψ(t)⟩, o qual é a solução exata da equação de Schrödinger
dependente do tempo para um tempo t arbitrário, assumindo que o sistema inicia sua evolução
no estado de spin para cima |E+(0)⟩ [ao longo de B⃗(0)] no tempo t = 0. Para isso, resolva
explicitamente a equação de Schrödinger dependente do tempo, mostrando que:
|ψ(t)⟩ =
([
cos(λt/2) +
i(ω1 + ω)
λ
sen(λt/2)
]
cos(
α
2
) exp
−iωt
2[
cos(λt/2) +
i(ω1 − ω)
λ
sen(λt/2)
]
sen(
α
2
) exp
iωt
2
) (19)
onde
λ ≡
√
ω2 + ω21 + 2ωω1cosα (20)
ω1 ≡
−eB0
m
(21)
Resolução:
O estado inicial do sistema é dado por:
|E+(t)⟩ = cos
(α
2
) |+⟩+ sen
(α
2
) |−⟩ (22)
A Equação de Schrödinger dependente do tempo é dada por:
iℏ
∂
∂t
|ψ(t)⟩ = H(t) |ψ(t)⟩ (23)
Vamos considerar que |ψ(t)⟩ =
(
f(t)
g(t)
)
e utilizando o H(t) já conhecido:
iℏ
∂
∂t
(
f(t)
g(t)
)
=
eℏB0
2m
(
cosαα senαe−iωt
senαeiωt − cosα
)(
f(t)
g(t)
)
iℏ
∂
∂t
(
f(t)
g(t)
)
= −ℏ
2
ω1
(
cosα senαe−iωt
senαeiωt − cosα
)(
f(t)
g(t)
)
⇒ i
(
∂f(t)
∂t
∂g(t)
∂t
)
=
ω1
2
(
f(t) cosα + g(t) senαe−iωt
f(t) senαeiωt − g(t) cosα
) (24)
Assim, podemos chegar em :
∂f(t)
∂t
= i
ω1
2
(
f(t) cosα + g(t) senαe−iωt
)
∂g(t)
∂t
= i
ω1
2
(
f(t) senαeiωt + g(t) cosα
) (25)
Ok! Agora vamos olhar para a primeira parte do sistema (25) :
∂f(t)
∂t
= i
ω1
2
(
f(t) cosα + g(t) senαe−iωt
)
−2i
ω1
∂f(t)
∂t
− f(t) cosα = g(t) senαe−iωt
g(t) =
−2i
ω1
eiωt
senα
∂f(t)
∂t
− f(t) cotαeiωt
(26)
4
OK! Agora vamos olhar para a segunda parte do sistema (25) :
∂g(t)
∂t
= i
ω1
2
(
f(t) senαeiωt + g(t) cosα
)
−2i
ω1
∂g(t)
∂t
+ g(t) cosα = f(t) senαeiωt
(27)
Derivando o resultado encontrado em (25), temos:
∂g(t)
∂t
=
−2i
ω1
1
senα
(
iωeiω1t
∂f(t)
∂t
+ eiωt
∂2f(t)
∂t2
)
− f(t) cotα(iω)eiωt − ∂f(t)
∂t
cotαeiωt (28)
Substituindo os resultados encontrados das derivadas, teremos:
−4
ω21
1
senα
(
iωeiωt
∂f(t)
∂t
+ eiωt
∂2f(t)
∂t2
)
− 2ω
ω1
f(t) cotαeiωt+
2i
ω1
∂f(t)
∂t
cotαeiωt︸ ︷︷ ︸−
2i
ω1
∂f(t)
∂t
cotαeiωt︸ ︷︷ ︸−f(t)
cos2α
senα
eiωt = f(t)senαeiωt
(29)
Multiplicando por senαe−iωt :
−4
ω21
∂2f(t)
∂t2
− −4
ω21
iω∂f(t)
∂t
− 2ω
ω1
cosαf(t)− cos2αf(t) = sen2αf(t)
−4
ω21
∂2f(t)
∂t2
− −4
ω21
iω∂f(t)
∂t
− 2ω
ω1
cosαf(t)− cos2αf(t)− f(t) = 0
∂2f(t)
∂t2
+
iω∂f(t)
∂t
+
ωω1
2
cosαf(t) +
ω21
4
f(t) = 0
∂2f(t)
∂t2
+
iω∂f(t)
∂t
+
(
ωω1
2
cosα +
ω21
4
)
f(t) = 0
(30)
Sendo assim, para encontrarmos uma equação semelhante para g(t), vamos derivar o resultado
da equação (28) e substituir o resultado e a própria equação (28) em (25) :
f(t) =
−2i
ω1
1
senα
e−iωt
∂g(t)
∂t
+ g(t) cotαe−iωt
Derivando o resultado encontrado:
∂f(t)
∂t
=
−2i
ω1
1
senα
(
− iωe−iωt∂g(t)
∂t
+ e−iωt
∂2g(t)
∂t2
)
− g(t)iω cotαe−iωt + ∂g(t)
∂t
cotαe−iωt
(31)
Substituindo os dois resultados encontrados em (25), temos:
−4
ω21
1
senα
(
− iωe−iωt∂g(t)
∂t
+ e−iωt
∂2g(t)
∂t2
)
− 2g(t)ω
ω1
cotαe−iωt − 2i
ω1
∂g(t)
∂t
cotαe−iωt︸ ︷︷ ︸+
2i
ω1
∂g(t)
∂t
cotαe−iωt︸ ︷︷ ︸
−g(t)cos
2α
senα
e−iωt = g(t)senαe−iωt
(32)
5
Multiplicando esse resultado por senαeiωt, temos:
4iω
ω21
∂g(t)
∂t
− −4
ω21
∂2g(t)
∂t2
− 2ω
ω1
cosαg(t)− cos2αg(t) = sen2αg(t)
−4
ω21
∂2g(t)
∂t2
+
4iω
ω21
∂g(t)
∂t
− 2ω
ω1
cosαg(t)− g(t) = 0
∂2g(t)
∂t2
− iω∂g(t)
∂t
+
(
ωω1
2
cosα +
ω21
4
)
g(t) = 0
(33)
Ok! Agora tudo o que precisamos fazer é resolver as EDO’s de f(t) e g(t).
Vamos começar por f(t) :
∂2f(t)
∂t2
+
iω∂f(t)
∂t
+
(
ωω1
2
cosα +
ω21
4
)
f(t) = 0 (34)
Utilizando o método do polinômio característico, temos:
r2 + iωr +
(
ωω1
2
cosα +
ω21
4
)
= 0
r =
−iω ±
√
−ω2 − 2ωω1cosα− ω21
2
(35)
Fazendo a substituição de
λ ≡
√
ω2 + 2ωω1cosα + ω21
temos que
r =
iω ± iλ
2
(36)
Desta forma, a solução da EDO referente a f(t) é dada por:
f(t) = c1e
iω+iλ
2 + c2e
iω−iλ
2
f(t) =
(
c1e
iλt
2 + c2e
−iλt
2
)
e
iωt
2
(37)
Usando a condição inicial, temos que f(0) = cosα
2
, assim :
c1 + c2 = cos
α
2
(38)
O que nos leva à:
f(t) =
[
c1
(
cos
(λt
2
)
+ isen
(λt
2
))
+ c2
(
cos
(λt
2
)
− isen
(λt
2
))]
e
−iωt
2
f(t) =
[
cos
(α
2
)cos
(λt
2
)
+ (c1 − c2)isen
(λt
2
)]
e
−iωt
2
(39)
6
Ao aplicarmos t = 0 na equação (25), teremos:
−2i
ω1
(
ic1
−ω + λ
2
− ic2
ω + λ
2
)
− cosα
2
cosα = sen
α
2
senα
c1
ω1
(−ω + λ)− c2
ω1
(ω + λ) = cos
α
2
λ
ω1
(c1 − c2)−
ω
ω1
(c1 + c2) = cos
α
2
λ
ω1
(c1 − c2)−
ω
ω1
cos
α
2
= cos
α
2
λ
ω1
(c1 − c2) = cos
α
2
(ω1 + ω
ω1
)
∴ c1 − c2 = cos
α
2
(ω1 + ω
λ
)
(40)
Então, nosso f(t) toma a seguinte forma:
f(t) =
(
cos
α
2
cos
λt
2
+ cos
α
2
(ω1 + ω
λ
)
isen
λt
2
)
e−iω
t
2
f(t) =
(
cos
λt
2
+
(ω1 + ω
λ
)
isen
λt
2
))
cos
α
2
e−iω
t
2
(41)
Seguindo os mesmos passos, somos capazes de encontrar uma solução para g(t), onde
g(0) = senα
2
=
(
c3 + c4
)
, e, c3 − c4 = senα2
(
ω1−ω
λ
)
∴
g(t) =
(
cos
λt
2
+
(ω1 − ω
λ
)
isen
λt
2
)
sen
α
2
eiω
t
2
(42)
Assim, agora somos capazes de determinar o estado |ψ(t)⟩
|ψ(t)⟩ =
(
f(t)
g(t)
)
|ψ(t)⟩ =

(
cosλt
2
+
(
ω1+ω
λ
)
isenλt
2
))
cosα
2
e−iω
t
2(
cosλt
2
+
(
ω1−ω
λ
)
isenλt
2
)
senα
2
eiω
t
2
 (43)
7
(c) Mostre que a probabilidade de transição |⟨E−(t)|ψ(t)⟩|2 para o estado |E−(t)⟩ em um
ponto arbitrário t é dada por:
|⟨E−(t)|ψ(t)⟩|2 =
[
ω
λ
sen
λt
2
]2
(44)
Resolução:
Sabemos que |E−(t)⟩ toma a forma:|E−(t)⟩ =
[
sen
(
α
2
)
− cos
(
α
2
)eiωt
]
(45)
Assim,
|⟨E−(t)|ψ(t)⟩|2 =
(
sen
α
2
− cosα
2
e−iωt
)
(
cosλt
2
+
(
ω1+ω
λ
)
isenλt
2
))
cosα
2
e−iω
t
2(
cosλt
2
+
(
ω1−ω
λ
)
isenλt
2
)
senα
2
eiω
t
2

=
[
cos
λt
2
+
(ω1 + ω
λ
)
isen
λt
2
]
cos
α
2
sen
α
2
e−iω
t
2 −
[
cos
λt
2
+
(ω1 − ω
λ
)
isen
λt
2
]
cos
α
2
sen
α
2
e−iω
t
2
= cos
α
2
sen
α
2
e−iω
t
2
[
cos
λt
2
+
(ω1 + ω
λ
)
isen
λt
2
− cosλt
2
−
(ω1 − ω
λ
)
isen
λt
2
]
= cos
α
2
sen
α
2
e−iω
t
2
[
2
ω
λ
sen
λt
2
]
= sen
α
2
senα
(ω
λ
)
e−iω
t
2
(46)
Por fim,
|⟨E−(t)|ψ(t)⟩|2 =
(
sen
α
2
senα
(ω
λ
)
e−iω
t
2
)(
sen
α
2
senα
(ω
λ
)
eiω
t
2
)
|⟨E−(t)|ψ(t)⟩|2 =
[(ω
λ
)
sen
(
λt
2
)]2 (47)
8
(d) Que condição deve ser obedecida para que a evolução seja adiabática? Resolva essa
questão calculando explicitamente a condição adiabática para o gap de energia, assumindo por
simplicidade que a abertura do cone não tenda a zero. Mostre então que a probabilidade de
transição do item (c) se anula no regime adiabático, ou seja, a partícula evoluirá continuamente
para o estado de spin para cima |E+(t)⟩ instantâneo ao longo de B⃗(t).
Resolução:
A condição para que a evolução seja adiabática é dada por:∣∣∣∣∣⟨E−(t)|Ḣ(t)|E+(t)⟩(E+(t)− E−(t))
2
∣∣∣∣∣≪ 1 (48)
Onde: 
E+ = +
eℏB0
2m
= −ℏ
2
ω1;E− = −
eℏB0
2m
=
ℏ
2
ω1
∴
⟨E−(t)| =
(
senα
2
cosα
2
e−iω
t
2
)
|E+(t)⟩ =
(
cosα
2
senα
2
e−iω
t
2
)
Ḣ(t) = −ℏω1
2
(
0 −iωsenαe−iωt
iωsenαeiωt 0
)
(49)
E, ao fazer Ḣ(t)|E+(t)⟩, teremos :
Ḣ(t)|E+(t)⟩ = −
ℏω1
2
(
0 −iωsenαe−iωt
iωsenαeiωt 0
)(
cosα
2
senα
2
e−iω
t
2
)
Ḣ(t)|E+(t) = −
ℏω1
2
(
−iωsenαsenα
2
iωsenαcosα
2
eiωt
) (50)
Assim,
⟨E−(t)|Ḣ(t)|E+(t)⟩ = −
ℏω1
2
(
senα
2
cosα
2
e−iω
t
2
)( −iωsenαsenα
2
iωsenαcosα
2
eiωt
)
⟨E−(t)|Ḣ(t)|E+(t)⟩ = −
ℏω1
2
(
−iωsen2αsenα
2
−iωcos2 α
2
senα
)
⟨E−(t)|Ḣ(t)|E+(t)⟩ =
ℏiω1ωsenα
2
(51)
Aplicando a condição de adiabaticidade:∣∣∣∣∣ ℏiω1ωsenα2ℏ2ω21
∣∣∣∣∣≪ 1 ⇒
∣∣∣∣iωsenα2ℏω1
∣∣∣∣
∴
senα
2ℏ
ω
ω1
≪ 1
(52)
Como senα
2ℏ é constante, podemos concluir que a condição adiabática é dada, então, por:
ω ≪ ω1
9
De forma que, da probabilidade de transição encontrada no item (c), temos:
|⟨E−(t)|ψ(t)⟩|2 =
[(ω
λ
)
sen
(
λt
2
)]2
e sabemos que:
λ ≡
√
ω2 + ω21 + 2ωω1cosα
∴
para ω ≪ ω1 ⇒ λ ≡
√
ω21 = ω1
∴
|⟨E−(t)|ψ(t)⟩|2 =
[
ω
ω1
senαsen
(
ω1t
2
)]2
(53)
Devido a condição adiabática, ω
ω1
≪ 1, de forma que |⟨E−(t)|ψ(t)⟩|2 tende à zero.