Lista 1 - Mecanica Quântica - Baseado no Sakurai - PPGFIS (UFRGS)

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Programa de Pós-Graduação em F́ısica da UFRGS
Disciplina: Mecânica Quântica (FIP00003)
Professor: Gerardo Mart́ınez
Aluna: Emanuelly da Silva Santos
Primeira lista de exerćıcios
Problema 1
Sabemos da equação 1.4.45 do Sakurai que a probabilidade de obter |c′⟩ no caso (a) é dada por:
|⟨c′|b′⟩|2|⟨b′|a′⟩|2
Então, somando sobre todos os b′ temos:∑
b′
|⟨c′|b′⟩|2|⟨b′|a′⟩|2 =
∑
b′
⟨c′|b′⟩⟨c′|b′⟩∗⟨b′|a′⟩⟨b′|a′⟩∗
=
∑
b′
⟨c′|b′⟩⟨b′|c′⟩⟨b′|a′⟩⟨a′|b′⟩
=
∑
b′
⟨c′|b′⟩⟨b′|a′⟩⟨a′|b′⟩⟨b′|c′⟩
Mostrando assim que:
∑
b′
|⟨c′|b′⟩|2|⟨b′|a′⟩|2 = ⟨c′|b′⟩⟨b′|a′⟩⟨a′|b′⟩⟨b′|c′⟩
Agora, na configuração (b) a probabilidade de obter |c′⟩ será diferente. Primeiro, sabemos que
podemos fazer:
|a′⟩ =
∑
b′
|b′⟩⟨b′|a′⟩ ∴ ⟨a′| =
∑
b′′
⟨b′′|⟨a′|b′′⟩
Dessa forma:
|⟨c′|a′⟩|2 = ⟨c′|a′⟩⟨c′|a′⟩∗
= ⟨c′|a′⟩⟨a′|c′⟩
=
∑
b′
⟨c′||b′⟩⟨b′|a′⟩
∑
b′′
⟨b′′|⟨a′|b′′⟩|c′⟩
=
∑
b′′
∑
b′
⟨a′|b′′⟩⟨b′′|c′⟩⟨b′|a′⟩⟨c′|b′⟩
Primeira lista de exerćıcios
Então:
|⟨c′|a′⟩|2 =
∑
b′
∑
b′′
⟨c′|b′⟩⟨b′|a′⟩⟨a′|b′′⟩⟨b′′|c′⟩
Agora nos perguntemos quais as implicações quando temos ao menos uma dessas opções:
[A,B] = 0 ∴ [B,C] = 0
Vejamos, se [A,B] = 0:
A|a′⟩ = a′|a′⟩
B|a′⟩ = b′|a′⟩
Dessa forma, se aplicarmos um ⟨b′′| em ambos os lados da segunda expressão nós teremos:
⟨b′′|B|a′⟩ = b′⟨b′′|a′⟩ −→ (b′′ − b′)⟨b′′|a′⟩ = 0 −→ ⟨b′′|a′⟩ = δb′b′′⟨b′|a′⟩
Assim:
⟨b′′|a′⟩ = δb′b′′⟨b′|a′⟩
⟨a′|b′′⟩ = δb′b′′⟨a′|b′⟩
Agora, podemos verificar que a probabilidade na configuração (b) será dada por:
|⟨c′|a′⟩|2 =
∑
b′
∑
b′′
⟨c′|b′⟩⟨b′|a′⟩⟨a′|b′′⟩⟨b′′|c′⟩
=
∑
b′
∑
b′′
δb′b′′⟨c′|b′⟩⟨b′|a′⟩⟨a′|b′⟩⟨b′′|c′⟩
=
∑
b′
⟨c′|b′⟩⟨b′|a′⟩⟨a′|b′⟩⟨b′|c′⟩
=
∑
b′
|⟨c′|b′⟩|2|⟨b′|a′⟩|2
Ou seja, as probabilidades serão iguais. Da mesma forma, se:
[B,C] = 0 −→ ⟨b′′|c′⟩ = δb′b′′⟨b′|c′⟩
Então as probabilidades serão novamente iguais. Resumindo, se A e B comutam, os autoestados
de |a′⟩ ou |b′⟩ vão ser autoestados simultâneos de A ou de B (racioćınio similar para B e C). Logo, em
[A,B] = 0, o B não altera o estado quântico de |a′⟩. Pelo mesmo principio |b′⟩ não seria alterado ao
passar pelo experimento C caso [B,C] = 0. Em termos de observáveis conclúımos que se os observáveis
são incompat́ıveis as probabilidades são afetadas pela medida de um estado B intermediário.
Primeira lista de exerćıcios
Problema 2
Para provar a desigualdade de Schwarz tomemos primeiro um |γ⟩ dado por:
|γ⟩ = |α⟩+ c|β⟩
Sabemos que:
⟨γ|γ⟩ ≥ 0
Então:
(⟨α|+ λ∗⟨β|)(|α⟩+ λ|β⟩) ≥ 0
⟨α|α⟩+ λ⟨α|β⟩+ λ∗⟨β|α⟩+ λ∗λ⟨β|β⟩ ≥ 0
Agora, tomemos um valor espećıfico de λ tal que ⟨β|γ⟩ = 0, assim:
⟨β|α⟩+ λ⟨β|β⟩ = 0 −→ λ = −⟨β|α⟩
⟨β|β⟩
Isso nos leva a:
⟨α|α⟩+
(
−⟨β|α⟩
⟨β|β⟩
)
⟨α|β⟩+
(
−⟨β|α⟩
⟨β|β⟩
)∗
⟨β|α⟩+
(
−⟨β|α⟩
⟨β|β⟩
)∗(
−⟨β|α⟩
⟨β|β⟩
)
⟨β|β⟩ ≥ 0
⟨α|α⟩ − ⟨β|α⟩⟨α|β⟩
⟨β|β⟩
− ⟨α|β⟩⟨β|α⟩
⟨β|β⟩
+
⟨α|β⟩⟨β|α⟩
|⟨β|β⟩|2
⟨β|β⟩ ≥ 0
⟨α|α⟩ − |⟨α|β⟩|
2
⟨β|β⟩
≥ 0
E finalmente:
⟨α|α⟩⟨β|β⟩ ≥ |⟨α|β⟩|2
Agora, assumindo os lemas 1.2 e 1.2 do Sakurai tomemos:
∆A|j⟩ = |α⟩ ⇒ ⟨j|(∆A)† = ⟨α|
∆B|j⟩ = |β⟩ ⇒ ⟨j|(∆B)† = ⟨β|
Então da desigualdade de Schwarz:
⟨j|(∆A)†(∆A)|j⟩⟨j|(∆B)†(∆B)|j⟩ ≥ |⟨j|(∆A)†(∆B)|j⟩|2
Primeira lista de exerćıcios
Mas pelos lemas:
∆A = (∆A)† e ∆B = (∆B)†
Então:
⟨(∆A)2⟩⟨(∆B)2⟩ ≥ |⟨(∆A)(∆B)⟩|2
Mas:
[∆A,∆B] = ∆A∆B −∆B∆A
{∆A,∆B} = ∆A∆B +∆B∆A
−→ ∆A∆B = 1
2
([∆A,∆B] + {∆A,∆B})
E:
[∆A,∆B] = (A−∆A)(B −∆B)− (B −∆B)(A−∆A)
= AB −A⟨B⟩ − ⟨A⟩B −BA+B⟨A⟩+A⟨B⟩ − ⟨A⟩⟨B⟩+ ⟨A⟩⟨B⟩
= AB −BA
= [A,B]
Onde [∆A,∆B] é claramente anti-hermitiano (Sakurai, equação 1.4.61) e seu anticomutador her-
mitiano. Dessa forma:
⟨(∆A)(∆B)⟩ = 1
2
⟨[A,B]⟩+ 1
2
⟨{∆A,∆B}⟩
E então finalmente:
⟨(∆A)2⟩⟨(∆B)2⟩ ≥ 1
4
|⟨[A,B]⟩|2
Aplicando ao caso de operadores de posição e momento, temos:
〈
(∆x)2
〉 〈
(∆px)
2
〉
≥ 1
4
|⟨[x, px]⟩|2
Mas:
[x, px] = iℏ
Logo:
〈
(∆x)2
〉 〈
(∆px)
2
〉
≥ ℏ
2
4
Primeira lista de exerćıcios
Agora, seguindo a sugestão da questão, tomemos:
∆A|α⟩ = λ∆B|α⟩
Com:
λ∗ = −λ
O que implica:
⟨α|∆A = −λ⟨α|∆B
Para uma part́ıcula em um estado |α⟩ nós teremos então:
⟨α|[A,B]|α⟩ = ⟨α|∆A∆B −∆B∆A|α⟩
= −λ⟨α|∆B∆B −∆Bλ∆B|α⟩
= −λ(⟨α|(∆B)2 + (∆B)2(∆B)2|α⟩)
= −λ(⟨α|2(∆B)2|α⟩)
= −2λ⟨α|(∆B)2|α⟩
E esta é a igualdade que claramente satisfaz a relação de incerteza generalizada. Isso explicita o
fato de o valor esperado de um operador anti-hermitiano ([∆A,∆B]) ser um imaginário puro.
Primeira lista de exerćıcios
Problema 3
Do enunciado temos que:
X = a0 + ax
(
0 1
1 0
)
+ ay
(
0 −i
i 0
)
+ az
(
1 0
0 −1
)
= a0
(
1 0
0 1
)
+ ax
(
0 1
1 0
)
+ ay
(
0 −i
i 0
)
+ az
(
1 0
0 −1
)
=
(
a0 0
0 a0
)
+
(
0 ax
ax 0
)
+
(
0 −iay
iay 0
)
+
(
az 0
0 −az
)
=
(
a0 + az ax − iay
ax + iay a0 − az
)
Onde utilizamos a matriz identidade como auxiliar para conseguirmos somar o a0 as demais ma-
trizes.
a) Dado o exposto e sabendo que o traço de uma matriz é definido como a soma dos n elementos
de sua diagonal principal, temos que:
tr(X) = (a0 + az) + (a0 − az) = 2a0
Logo:
a0 =
tr(X)
2
Além disso:
Tr(σkX) = Tr(σ1X) + Tr(σ2X) + Tr(σ3X)
Onde:
σxX =
(
0 1
1 0
)(
a0 + az ax − iay
ax + iay a0 − az
)
=
(
ax + iay a0 − z
a0 + z ax − iay
)
σyX =
(
0 −i
i 0
)(
a0 + az ax − iay
ax + iay a0 − az
)
=
(
−iax + ay −ia0 + iaz
ia0 + iaz iax + ay
)
σzX =
(
1 0
0 −1
)(
a0 + az ax − iay
ax + iay a0 − az
)
=
(
a0 + az ax − iay
−ax − iay −a0 + az
)
Primeira lista de exerćıcios
Com isso, fica fácil perceber que:
Tr(σkX) = Tr(σxX) + Tr(σyX) + Tr(σzX)
= 2ax + 2ay + 2az
= 2δkxax + 2δkyay + 2δkzaz
= 2ak
Então:
ak =
Tr(σkX)
2
b) Em termos dos componentes de X, utilizando as relações deduzidas na letra (a), temos:
a0 =
X11 +X22
2
ax =
X21 +X12
2
ay =
−iX21 + iX12
2
az =
X11 −X22
2
Primeira lista de exerćıcios
Problema 4
Sabemos da equação 1.3.34 do Sakurai que:
A =
∑
a′
a′︸︷︷︸
autovalor
|a′⟩⟨a′|︸ ︷︷ ︸
projetor
=
∑
a′
a′Λa′
Aplicando isso ao sistema de spin 12 temos:
• Para Sx:
Sx =
ℏ
2
|S+x ⟩⟨S+x | −
ℏ
2
|S−x ⟩⟨S−x |
=
ℏ
2
[
1√
2
(|+⟩+ |−⟩) · 1√
2
(⟨+|+ ⟨−|)
]
− ℏ
2
[
1√
2
(|+⟩ − |−⟩) · 1√
2
(⟨+| − ⟨−|)
]
=
ℏ
2
[
1
2
(|+⟩⟨+|+ |+⟩⟨−|+ |−⟩⟨+|+ |−⟩⟨−|)
]
− ℏ
2
[
1
2
(|+⟩⟨+| − |+⟩⟨−| − |−⟩⟨+| − |−⟩⟨−|)
]
=
ℏ
2
[
1
2
|+⟩⟨−|+ 1
2
|−⟩⟨+|+ 1
2
|+⟩⟨−|+ 1
2
|−⟩⟨+|
]
=
ℏ
2
[|+⟩⟨−|+ |−⟩⟨+|]
• Para Sy:
Sy =
ℏ
2
|S+y ⟩⟨S+y | −
ℏ
2
|S−y ⟩⟨S−y |
=
ℏ
2
[(
1√
2
|+⟩+ i√
2
|−⟩
)
·
(
1√
2
⟨+| − i√
2
⟨−|
)]
− ℏ
2
[(
1√
2
|+⟩ − i√
2
|−⟩
)
·
(
1√
2
⟨+|+ i√
2
⟨−|
)]
=
ℏ
2
[
1
2
|+⟩⟨+| − i
2
|+⟩⟨−|+ i
2
|−⟩⟨+|+ 1
2
|−⟩⟨−|
]
− ℏ
2
[
1
2
|+⟩⟨+|+ i
2
|+⟩⟨−| − i
2
|−⟩⟨+|+ 1
2
|−⟩⟨−|
]
=
ℏ
2
[
− i
2
|+⟩⟨−|+ i
2
|−⟩⟨+| − i
2
|+⟩⟨−|+ i
2
|−⟩⟨+|
]
=
iℏ
2
[−|+⟩⟨−|+ |−⟩⟨+|]
• Para Sz:
Sz =
ℏ
2
|S+z ⟩⟨S+z | −
ℏ
2
|S−z ⟩⟨S−z |
=
ℏ
2
[|+⟩⟨+|]− ℏ
2
[|−⟩⟨−|]
=
ℏ
2
[|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|]
Assim terminamos de construir os operadores Sx, Sy e Sz na base |+⟩ e |−⟩:
Sx =
ℏ
2
[|+⟩⟨−|+ |−⟩⟨+|] Sy =
iℏ
2
[|−⟩⟨+| − |+⟩⟨−|] Sz =
ℏ
2
[|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|]
Primeira lista de exerćıcios
Tendo isso em mãos, agora vamos provar o que se pede. Primeiro, sabemos que:
[Si, Sj ] = SiSj − SjSi
Então calculando [Sx, Sy], temos que:
SxSy =
ℏ
2
(|+⟩⟨−|+ |−⟩⟨+|) iℏ
2
(|−⟩⟨+| − |+⟩⟨−|)
=
ℏ
2
iℏ
2
(|+⟩⟨−⟩−⟨+| − |+⟩⟨−⟩+⟨−|+ |−⟩⟨+⟩−⟨+| − |−⟩⟨+⟩+⟨−|)
=
iℏ2
4
(|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|)
SySx =
iℏ
2
(|−⟩⟨+| − |+⟩⟨−|)ℏ
2
(|+⟩⟨−|+ |−⟩⟨+|)
=
iℏ2
4
(|−⟩⟨+⟩+⟨−|+ |−⟩⟨+⟩−⟨+| − |+⟩⟨−⟩+⟨−| − |+⟩⟨−⟩−⟨+|)
=
iℏ2
4
(|−⟩⟨−| − |+⟩⟨+|)
= −SxSy
Portanto:
[Sx, Sy] = SxSy − (−SxSy)
=
iℏ2
4
(|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|) + iℏ
2
4
(|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|)
=
iℏ2
2
(|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|)
= iℏSz
E para [Sz, Sx]:
SzSx =
ℏ
2
(|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|)ℏ
2
(|+⟩⟨−|+ |−⟩⟨+|)
=
ℏ2
4
(|+⟩⟨+⟩+⟨−|+ |+⟩⟨+⟩−⟨+| − |−⟩|−⟩+⟨−| − |−⟩⟨−⟩−⟨+|)
=
ℏ2
4
(|+⟩⟨−| − |−⟩⟨+|)
SxSz =
ℏ
2
(|+⟩⟨−|+ |−⟩⟨+|)ℏ
2
(|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|)
=
ℏ2
4
(|+⟩⟨−⟩+⟨+| − |+⟩⟨−⟩−⟨−|+ |−⟩⟨+⟩+⟨+| − |−⟩⟨+⟩−⟨−|)
=
ℏ2
4
(−|+⟩⟨−|+ |−⟩⟨+|)
= −SzSx
Primeira lista de exerćıcios
Logo:
[Sz, Sx] = SzSx − (−SzSx)
=
ℏ2
2
(|+⟩⟨−| − |−⟩⟨+|)
= iℏSy
Finalmente para [Sy, Sz]:
SySz =
iℏ
2
(|−⟩⟨+| − |+⟩⟨−|)ℏ
2
(|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|)
=
iℏ2
4
(|−⟩⟨+⟩+⟨+| − |−⟩⟨+⟩−⟨−|− |+⟩⟨−⟩+⟨+|+ |+⟩⟨−⟩−⟨−|)
=
iℏ2
4
(|−⟩⟨+|+ |+⟩⟨−|)
SzSy =
ℏ
2
(|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|) iℏ
2
(|−⟩⟨+| − |+⟩⟨−|)
=
iℏ2
4
(|+⟩⟨+⟩−⟨+| − |+⟩⟨+⟩+⟨−| − |−⟩⟨−⟩−⟨+|+ |−⟩⟨−⟩+⟨−|)
=
iℏ2
4
(−|+⟩⟨−| − |−⟩⟨+|)
= −SySz
Portanto:
[Sy, Sz] = SySz − (−SySz)
=
iℏ2
2
(|−⟩⟨+|+ |+⟩⟨−|)
= iℏSx
Usando a seguinte propriedade: [A,B] = −[B,A], podemos concluir também que:
[Sz, Sy] = −iℏSx
[Sx, Sz] = −iℏSy
[Sy, Sx] = −iℏSz
Todos os casos caem então na formulação:
[Si, Sj ] = iϵi,j,kℏSk �
Primeira lista de exerćıcios
Partindo para provar a outra relação, nós sabemos que:
{Si, Sj} = SiSj + SjSi
Então calculando {Sx, Sy}, temos que:
{Sx, Sy} = SxSy + (−SxSy)
= 0
Já para {Sz, Sx}:
{Sz, Sx} = SzSx + (−SzSx)
= 0
E para {Sy, Sz}:
{Sy, Sz} = SySz + (−SySz)
= 0
Usando a seguinte propriedade: {A,B} = {B,A}, conclúımos que:
{Sz, Sy} = 0
{Sx, Sz} = 0
{Sy, Sx} = 0
Agora, calculando {Sx, Sx}, temos que:
{Sx, Sx} = 2SxSx
= 2
ℏ2
4
(|+⟩⟨−|+ |−⟩⟨+|)2
=
ℏ2
2
(|+⟩⟨−⟩+⟨−|+ |+⟩⟨−⟩−⟨+|+ |−⟩⟨+⟩+⟨−|+ |−⟩⟨+⟩−⟨+|)
=
ℏ2
2
(|+⟩⟨+|+ |−⟩⟨−|)
=
ℏ2
2
Primeira lista de exerćıcios
E {Sy, Sy}:
{Sy, Sy} = 2SySy
= 2
ℏ2
4
(|−⟩⟨+| − |+⟩⟨−|)2
=
ℏ2
2
(|−⟩⟨+⟩−⟨+| − |−⟩⟨+||+⟩⟨−| − |+⟩⟨−⟩−⟨+|+ |+⟩⟨−⟩+⟨−|)
=
ℏ2
2
(|+⟩⟨+|+ |−⟩⟨−|)
=
ℏ2
2
Já {Sz, Sz}:
{Sz, Sz} = 2SzSz
= 2
ℏ2
4
(|+⟩⟨+| − |−⟩⟨−|)2
=
ℏ2
2
(|+⟩⟨+⟩+⟨+| − |+⟩⟨+⟩−⟨−| − |−⟩⟨−⟩+⟨+|+ |−⟩⟨−⟩−⟨−|)
=
ℏ2
2
(|+⟩⟨+|+ |−⟩⟨−|)
=
ℏ2
2
Portanto, por construção, deduzimos que:
{Si, Sj} =
ℏ2
2
δi,j �
Primeira lista de exerćıcios
Problema 5
Primeiro, vamos aplicar o operador hamiltoniano a cada um dos vetores da base, então teremos:
H|1⟩ = a(|1⟩⟨1| − |2⟩⟨2|+ |1⟩⟨2|+ |2⟩⟨1|)(|1⟩)
= a|1⟩⟨1 | 1⟩ − a|2⟩⟨2 | 1⟩+ a|1⟩⟨2 | 1⟩+ a|2⟩⟨1 | 1⟩
= a|1⟩+ a|2⟩
H|2⟩ = a(|1⟩⟨1| − |2⟩⟨2|+ |1⟩⟨2|+ |2⟩⟨1|)|2⟩
= a|1⟩⟨1 | 2⟩ − a|2⟩⟨2 | 2⟩+ a|1⟩⟨2 | 2⟩+ a|2⟩⟨1 | 2⟩
= a|1⟩ − a|2⟩
Isso implica:
H =
(
H11 H12
H21 H22
)
=
(
a a
a −a
)
Pois:
H|1⟩ = H11|1⟩+H21|2⟩
H|2⟩ = H12|1⟩+H22|2⟩
Com a matriz em mãos, podemos diagonalizar e encontrar os autovalores. Vejamos:
det
(
a− λ a
a −a− λ
)
= 0
[
(a− λ)(−a− λ)− a2
]
= 0(
λ2 − a2 − a2
)
= 0
λ2 − 2a2 = 0
Isso implica autovalores dados por:
λ1 = +
√
2a λ2 = −
√
2a
Agora, queremos encontrar os autoestados correspondentes, dados por X, onde:
(H − λI)X = 0 X =
(
x1
x2
)
Primeira lista de exerćıcios
Desse modo:
• Para λ1:
(
−a(
√
2− 1) a
a −a(
√
2 + 1)
)(
x1
x2
)
=
(
0
0
)
(
−a(
√
2− 1)x1 + ax2
ax1 − a(
√
2 + 1)x2
)
=
(
0
0
)
• Para λ2:
(
a(
√
2 + 1) a
a a(
√
2− 1)
)(
x1
x2
)
=
(
0
0
)
(
a
(√
2 + 1
)
x1 + ax2
ax1 + a
(√
2− 1
)
x2
)
=
(
0
0
)
Resolvendo cada conjunto de equações encontramos respectivamente duas posśıveis soluções:
x+2 = (
√
2− 1)x1 x−2 = −(
√
2 + 1)x1
Em notação matricial:
∣∣x+2 〉 = x1
(
1√
2− 1
) ∣∣x−2 〉 = x1
(
1
−(
√
2 + 1)
)
Finalmente normalizando, temos:
x21[1
2 + (
√
2− 1)2] = 1 ∴ x+1 =
1√
1 + (
√
2− 1)2
=
1√
4− 2
√
2
x21[1
2 + (−
√
2− 1)2] = 1 ∴ x−1 =
1√
1 + (−
√
2− 1)2
=
1√
4 + 2
√
2
Com isso conclúımos que os autoestados (devidamente normalizados) associados a λ1 = +
√
2a e
λ2 = −
√
2a são:
∣∣x+2 〉 = 1√
4− 2
√
2
(
1√
2− 1
) ∣∣x−2 〉 = 1√
4 + 2
√
2
(
1
−(
√
2 + 1)
)
Primeira lista de exerćıcios
Problema 6
Primeiro, vamos criar um esquema do experimento para entendermos melhor o que ocorre. Segue
que:
Agora, precisamos entender que esse experimento é sequencial, então para obtermos informações a
respeito do feixe Sz = −ℏ/2 final devemos analisar o que acontece nas etapas anteriores. Vejamos:
• A etapa (a) deixa passar |S+z ⟩
• Agora na etapa (b) queremos que o |S+z ⟩ salte em |S+n ⟩. A probabilidade disso ocorrer é:
P|S+z ⟩→|S+n ⟩ = |⟨S
+
n |S+z ⟩|2
= |
(
cos (β/2)⟨+|+ eiα sin (β/2)⟨−|
)
(|+⟩) |2
= | cos (β/2)⟨+|+⟩+ eiα sin (β/2)⟨−|+⟩|2
= cos2 (β/2)
• Então finalmente na etapa (c) queremos que o |S+n ⟩ salte em |S−z ⟩. A probabilidade disso ocorrer
é:
P|S+n ⟩→|S−z ⟩ = |⟨S
−
z |S+n ⟩|2
= | (⟨−|)
(
cos (β/2)|+⟩+ eiα sin (β/2)|−⟩
)
|2
= | cos (β/2)⟨−|+⟩+ eiα sin (β/2)⟨−|−⟩|2
= sin2 (β/2)
Logo, a resposta para a nossa primeira pergunta é a probabilidade total:
Primeira lista de exerćıcios
Ptotal = P|S+z ⟩→|S+n ⟩ + P|S+n ⟩→|S−z ⟩ = cos
2 (β/2) + sin2 (β/2) =
(
sin (β)
2
)2
=
sin2 (β)
4
Agora para discutir nossa segunda questão é importante notar que a função de probabilidade que
encontramos se comporta da seguinte forma:
0 2 32 2
0.00
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
Pr
ob
ab
ilid
ad
e 
to
ta
l
É posśıvel ver no gráfico que a probabilidade é máxima quando o sin (β) atinge seu valor máximo,
isso ocorre nos valores de β = π2 ,
3π
2 e seus equivalentes. Nesses ângulos, o n̂ está alinhado com o Sx.
Portanto, se queremos maximizar o feixe final, o segundo aparato de medida deve estar posicionado
nessa direção.
Primeira lista de exerćıcios
Problema 7
a) Temos que:
B =
b 0 00 0 −ib
0 ib 0

Vamos então encontrar os autovalores dessa matriz para saber se B também possui espectro dege-
nerado. Diagonalizando:
det
b− λ 0 00 −λ −ib
0 ib −λ
 = 0
{[
λ2(b− λ)
]
−
[
−i2b2(b− λ)
]}
= 0[
λ2(b− λ)− b2(b− λ)
]
= 0
(b− λ)(λ2 − b2) = 0
(b− λ)(λ+ b)(λ− b) = 0
Logo os autovalores são:
λ1 = −b λ2 = +b λ3 = +b
Assim, o espectro de B também é degenerado.
b) Queremos provar que:
[A,B] = 0
Então, por calculo direto, temos que:
AB =
a 0 00 −a 0
0 0 −a

b 0 00 0 −ib
0 ib 0
 =
ab 0 00 0 iab
0 −iab 0

BA =
b 0 00 0 −ib
0 ib 0

a 0 00 −a 0
0 0 −a
 =
ba 0 00 0 iba
0 −iba 0

Como a e b são reais:
AB = BA
Provando assim que A e B comutam.
Primeira lista de exerćıcios
c) Primeiro, como [A,B] comutam, os autovetores de B são simultaneamente autovetores de A.
Vamos então determinar os autovetores de B:
• Autoket associado ao λ1:
B|b1⟩ = λ1|b1⟩ ⇒ B|b1⟩ = −b|b1⟩
Temos que achar as componentes:
⟨1|b1⟩ ⟨2|b1⟩ ⟨3|b1⟩
O sistema será dado por:
b 0 00 0 −ib
0 ib 0

⟨1|b1⟩⟨2|b1⟩
⟨3|b1⟩
 = −b
⟨1|b1⟩⟨2|b1⟩
⟨3|b1⟩

Isso nos leva a:
b⟨1|b1⟩ = −b⟨1|b1⟩ ⇒ ⟨1|b1⟩ = 0
−ib⟨3|b1⟩ = −b⟨2|b1⟩ib⟨2|b1⟩ = −b⟨3|b1⟩ ⇒ ⟨3|b1⟩ = −i⟨2|b1⟩
Logo:
|b1⟩ = 0|1⟩+ (⟨2|b1⟩)|2⟩+ (⟨3|b1⟩)|3⟩ = (⟨2|b1⟩)|2⟩ − i(⟨2|b1⟩)|3⟩
E normalizando ⟨b1|b1⟩ = 0:
|b1⟩ =
1√
2
|2⟩ − i√
2
|3⟩
• Autoket associado ao λ2 e λ2:
B|b2⟩ = λ2|b1⟩ ⇒ B|b2⟩ = b|b2⟩
O sistema será dado por:
b 0 00 0 −ib
0 ib 0

⟨1|b2⟩⟨2|b2⟩
⟨3|b2⟩
 = −b
⟨1|b2⟩⟨2|b2⟩
⟨3|b2⟩

Primeira lista de exerćıcios
Isso nos leva a:
b⟨1|b2⟩ = b⟨1|b2⟩
−ib⟨3|b2⟩ = b⟨2|b2⟩ib⟨2|b2⟩ = b⟨3|b2⟩ ⇒ ⟨3|b2⟩ = i⟨2|b2⟩
Escolhendo ⟨1|b2⟩ = 1:
⟨3|b2⟩ = ⟨2|b2⟩ = 0
E:
|b2⟩ = |1⟩
Agora, pra λ3 os cálculos são iguais, mas nesse final vamos escolher ⟨1|b3⟩ = 0, então:
|b3⟩ =
1√
2
|2⟩+ i√
2
|3⟩
Pegando os resultados obtidos e agora aplicando a A, ficamos com:
A|b1⟩ = A
(
1√
2
|2⟩ − i√
2
|3⟩
)
A|b2⟩ = A|1⟩
A|b3⟩ = A
(
1√
2
|2⟩+ i√
2
|3⟩
)
Logo:
|b1⟩ = | − a,−b⟩
|b2⟩ = |a, b⟩
|b3⟩ = | − a, b⟩
E finalmente, em uma notação mais completa:
|a, b⟩ = |1⟩ | − a, b⟩ = 1√
2
(|2⟩+ i|3⟩) | − a,−b⟩ = 1√
2
(|2⟩ − i|3⟩)
Primeira lista de exerćıcios
Problema 8
a) Seja:
U |+⟩ = 1√
2
[(
1 0
0 1
)
+ i
(
0 1
1 0
)](
1
0
)
=
1√
2
(
1 i
i 1
)(
1
0
)
=
1√
2
(
1
i
)
Podemos reescrever como:
U |+⟩ = 1√
2
(
1
i
)
=
1√
2
(
1
0
)
+
i√
2
(
0
1
)
=
1√
2
|+⟩+ i√
2
|−⟩
Mas pela definição do Sakurai na equação 1.4.17b:
|Sy;±⟩ =
1√
2
|+⟩ ± i√
2
|−⟩
Logo:
U |+⟩ = |Sy; +⟩
Analogamente, temos:
U |−⟩ = 1√
2
[(
1 0
0 1
)
+ i
(
0 1
1 0
)](
0
1
)
=
1√
2
(
1 i
i 1
)(
0
1
)
=
1√
2
(
i
1
)
=
i√
2
(
1
0
)
+
1√
2
(
0
1
)
= i
[
1√
2
(
1
0
)
+
1
i
√
2
(
0
1
)]
= i
[
1√
2
(
1
0
)
− i√
2
(
0
1
)]
= i |Sy;−⟩
Assim, quando o operador U é aplicado, ele produz uma rotação do estado de spin. Nesse caso, U
leva o estado |±⟩ para um estado |Sy;±⟩, isso implica uma rotação de 90 graus ao redor do eixo x.
Primeira lista de exerćıcios
b) Na base ⟨Sy,±⟩, arepresentação matricial de Sz é:
Sz =
(
⟨Sy; + |Sz|Sy; +⟩ ⟨Sy; + |Sz|Sy;−⟩
⟨Sy;− |Sz|Sy; +⟩ ⟨Sy;− |Sz|Sy;−⟩
)
=
( 〈
+
∣∣U †SzU ∣∣+〉 −i 〈+ ∣∣U †SzU ∣∣−〉
i
〈
−
∣∣U †SzU ∣∣+〉 〈− ∣∣U †SzU ∣∣−〉
)
Mas temos que:
U †SzU =
1√
2
(1− iσx)
ℏ
2
σz
1√
2
(1 + iσx)
=
ℏ
4
(1− iσx)2 σz
= −iℏ
2
σxσz
= −iℏ
2
(
0 1
1 0
)(
1 0
0 −1
)
=
ℏ
2
(
0 i
−i 0
)
Então, calculando cada termo temos:
〈
+
∣∣∣U †SzU ∣∣∣+〉 = ℏ
2
(
1 0
)( 0 i
−i 0
)(
1
0
)
=
ℏ
2
(
0 i
)(1
0
)
= 0
−i
〈
+
∣∣∣U †SzU ∣∣∣−〉 = −iℏ
2
(
1 0
)( 0 i
−i 0
)(
0
1
)
= −iℏ
2
(
0 i
)(0
1
)
= −iℏ
2
i
=
ℏ
2
Primeira lista de exerćıcios
i
〈
−
∣∣∣U †SzU ∣∣∣+〉 = iℏ
2
(
0 1
)( 0 i
−i 0
)(
1
0
)
= i
ℏ
2
(
−i 0
)(1
0
)
= i
ℏ
2
(−i)
=
ℏ
2
〈
+
∣∣∣U †SzU ∣∣∣+〉 = ℏ
2
(
0 1
)( 0 i
−i 0
)(
0
1
)
=
ℏ
2
(
−i 0
)(0
1
)
= 0
O que nos leva a finalmente:
Sz =
(
0 ℏ2
ℏ
2 0
)
=
ℏ
2
(
0 1
1 0
)
=
ℏ
2
σx
Primeira lista de exerćıcios
Problema 9
Sabemos que o operador x é hermitiano na base x, de modo que, os autovalores de x na base |x′⟩
são reais.
Já os elementos da matriz do operador x na base do momento são:
〈
p′|x|p′′
〉
=
∫ 〈
p′|x|x′
〉 〈
x′ | p′′
〉
dx′ =
∫
x′
〈
p′ | x′
〉 〈
x′ | p′′
〉
=
1
2πℏ
∫
x′ exp
(
− ip
′x
ℏ
)
exp
(
ip′′x
ℏ
)
dx
=
1
2πℏ
∫
x′ exp
(
i
(p′′ − p′)x′
ℏ
)
dx′
Fazendo agora uma substituição do tipo:
t = p′′ − p′
y = x′/ℏ
Nós teremos:
〈
p′|x|p′′
〉
=
1
2πℏ
∫
x′ exp
(
i
(p′′ − p′)x′
ℏ
)
dx′
=
1
2πℏ
∫
ℏyeityℏdy
=
ℏ
2π
∫
yeitydy
E usando também:
d
dt
∫
eitydy =
∫
iyeitydy ⇒
∫
yeitydy =
1
i
d
dt
∫
eitydy
Podemos reescrever ⟨p′|x|p′′⟩ como:
〈
p′|x|p′′
〉
=
ℏ
2π
1
i
d
dt
∫
eitydy =
ℏ
2πi
d
dt
∫
ei(p
′′−p′)ydy =
ℏ
2πi
d
dt
2πδ
(
p′′ − p′
)
=
ℏ
i
d
dt
δ
(
p′′ − p′
)
Como a função delta é puramente real, este resultado é imaginário. Logo, mesmo que os elementos
da matriz do operador x na base da posição sejam reais, na base do momento eles são imaginários .
Primeira lista de exerćıcios
Problema 10
a) Sabemos que o ket de um estado f́ısico arbitrário pode ser expandido em termos de |x′⟩, de modo
que:
|α⟩ =
∫
dx′|x′⟩⟨x′|α⟩
Logo:
⟨p′|x|α⟩ = ⟨p′|x|
∫
dx′|x′⟩⟨x′|α⟩
=
∫
dx′⟨p′|x|x′⟩⟨x′|α⟩
=
∫
dx′⟨p′|x′|x′⟩⟨x′|α⟩
=
∫
dx′x′⟨p′|x′⟩⟨x′|α⟩
Também sabemos da equação 1.7.33a do Sakurai que podemos fazer uma mudança de base de modo
que:
⟨x′|α⟩ =
∫
dp′′⟨x′|p′′⟩⟨p′′|α⟩
Então:
⟨p′|x|α⟩ =
∫
dx′x′⟨p′|x′⟩
∫
dp′′⟨x′|p′′⟩⟨p′′|α⟩
E da solução para ondas planas dada pela equação 1.7.32, temos:
⟨x′|p′⟩ = 1√
2πℏ
exp
(
ip′x′
ℏ
)
∴ ⟨p′|x′⟩ = 1√
2πℏ
exp
(
−ip′x′
ℏ
)
Logo:
⟨p′|x|α⟩ =
∫
dx′x′
1√
2πℏ
exp
(
−ip′x′
ℏ
)∫
dp′′
1√
2πℏ
exp
(
ip′′x′
ℏ
)
⟨p′′|α⟩
=
1
2πℏ
∫
dp′′
∫
dx′x′exp
(
−ip′x′
ℏ
)
exp
(
ip′′x′
ℏ
)
⟨p′′|α⟩
=
1
2πℏ
∫
dp′′
∫
dx′x′exp
[
i(p′′ − p′)x′
ℏ
]
⟨p′′|α⟩
Veja que podemos rearranjar alguns termos, dessa forma:
x′exp
[
i(p′′ − p′)x′
ℏ
]
= −ℏ
i
∂
∂p′
{
exp
[
i(p′′ − p′)x′
ℏ
]}
Primeira lista de exerćıcios
Então:
⟨p′|x|α⟩ = 1
2πℏ
∫
dp′′
∫
dx′
(
−ℏ
i
)
∂
∂p′
{
exp
[
i(p′′ − p′)x′
ℏ
]}
⟨p′′|α⟩
Mas, da ortogonalização das ondas planas:
∫
dx′exp
[
i(p′′ − p′)x′
ℏ
]
= 2πℏδ(p′′ − p′)
Assim:
⟨p′|x|α⟩ = − 1
2πi
∫
dp′′
∂
∂p′
{∫
dx′exp
[
i(p′′ − p′)x′
ℏ
]}
⟨p′′|α⟩
= − 1
2πi
∫
dp′′
∂
∂p′
[
2πℏδ(p′′ − p′)
]
⟨p′′|α⟩
= iℏ
∂
∂p′
∫
dp′′δ(p′′ − p′)⟨p′′|α⟩
E finalmente:
⟨p′|x|α⟩ = iℏ ∂
∂p′
⟨p′|α⟩
b) Como não temos nenhuma informação sobre β, vamos tentar expandi-lo no espaço dos momentos.
Então:
⟨β| =
∫
dp′⟨β|p′⟩⟨p′|
Agora, aplicando essa expansão, temos:
⟨β|x|α⟩ =
∫
dp′⟨β|p′⟩⟨p′|x|α⟩
Mas do item i sabemos o resultado do termo ⟨p′|x|α⟩ e segundo o enunciado Φα(p′) = ⟨p′|α⟩ e
Φβ(p
′) = ⟨p′|β⟩. Substituindo essas informações:
⟨β|x|α⟩ =
∫
dp′⟨β|p′⟩iℏ ∂
∂p′
⟨p′|α⟩
=
∫
dp′Φ∗β(p
′)iℏ
∂
∂p′
Φα(p
′)
Primeira lista de exerćıcios
Provando assim que:
⟨β|x|α⟩ =
∫
dp′Φ∗β(p
′)iℏ
∂
∂p′
Φα(p
′)
c) O operador exp( ixΞℏ ) parece muito com um operador translação no espaço de posição. Como
nesse caso o Ξ tem unidade de momento o meu palpite principal é que este seja um operador translação
no espaço dos momentos. Vamos tentar provar isto. Primeiro, das relações de completeza temos:
exp
(
ixΞ
ℏ
)
|p⟩ =
∫
dx exp
(
ixΞ
ℏ
)
|x⟩⟨x|p⟩
Mas da relação 1.7.32 do Sakurai:
⟨x|p⟩ = 1√
2πℏ
exp
(
ipx
ℏ
)
Então:
∫
dx exp
(
ixΞ
ℏ
)
|x⟩⟨x|p⟩ =
∫
dx exp
(
ixΞ
ℏ
)
1√
2πℏ
exp
(
ipx
ℏ
)
|x⟩
=
∫
dx|x⟩ 1√
2πℏ
exp
(
i(p+ Ξ)x
ℏ
)
︸ ︷︷ ︸
mas este é o mesmo formato de 1.7.32
Com isso:
exp
(
ixΞ
ℏ
)
|p⟩ = exp
(
ixΞ
ℏ
)
|p+ Ξ⟩
Provando então que este é efetivamente um gerador de translações no espaço de momento.
Primeira lista de exerćıcios
Referências
[1] SAKURAI, Jun John; NAPOLITANO, Jim. Mecânica quântica moderna. bookman, 2013.