Lista 2 - 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
Segunda lista de exerćıcios
Problema 1
Para a representação de Heisenberg, invocamos o nosso operador de evolução temporal dado por:
U(t) = exp
(
−iHt
ℏ
)
Então um operador A qualquer será expresso como:
A(H)(t) = U†A(S)U
Onde o (H) indica que o operador está na representação de Heisenberg e o (S) indica que ele está
na representação de Schrodinger. Derivando o operador A em relação ao tempo nós chegaremos na
famosa equação de movimento de Heisenberg (2.2.19 do Sakurai):
dA(H)
dt
=
1
iℏ
[A(H), H]
E explorando a comutação de U e H chegamos também na seguinte relação:
[A(H), H] = U†A(S)UH −HU†A(S)U
= U†A(S)HU − U†HA(S)U
= U†[A(S), H]U
= [A(S), H](H)
Sabendo disso, vamos então para a questão dos três operadores, vejamos:
• Para Sx(t):
dSx(t)
dt
=
1
iℏ
[Sx, H]
(H)
=
1
iℏ
[Sx, wSz]
(H)
=
w
iℏ
[Sx, Sz]
(H)
=
w
iℏ
(−iℏ)Sy
Segunda lista de exerćıcios
Logo:
dSx(t)
dt
= −wSy(t)
• Para Sy(t):
dSy(t)
dt
=
1
iℏ
[Sy, H]
(H)
=
1
iℏ
[Sy, wSz]
(H)
=
w
iℏ
[Sy, Sz]
(H)
=
w
iℏ
(iℏ)Sx
Logo:
dSy(t)
dt
= wSx(t)
• Para Sz(t):
dSz(t)
dt
=
1
iℏ
[Sz, H]
(H)
=
1
iℏ
[Sz, wSz]
(H)
=
w
iℏ
[Sz, Sz]
(H)
= 0
Logo:
dSz(t)
dt
= 0
Isso nos gera o sistema:

dSx(t)
dt = −wSy(t)
dSy(t)
dt = wSx(t)
dSz(t)
dt = 0
Trabalhando nas soluções, temos da primeira equação:
d2Sx(t)
dt
= −wdSy(t)
dt
= −w(wSx(t)) ⇒
d2Sx(t)
dt
+ w2Sx(t) = 0
Segunda lista de exerćıcios
Com solução conhecida de:
Sx(t) = A cos (wt) +B sin (wt)
De modo similar, a segunda equação do sistema nos diz:
d2Sy(t)
dt
= w
dSx(t)
dt
= w(−wSy(t)) ⇒
d2Sy(t)
dt
+ w2Sy(t) = 0
Com solução:
Sy(t) = C cos (wt) +D sin (wt)
Finalmente da terceira equação:
dSz(t)
dt
= 0 ⇒ Sz(t) = cte = Sz(0)
Agora para descobrir o valor das constantes suponhamos:
Sx(0) = A+B · 0 ∴ A = Sx(0)
Então:
(
dSx(t)
dt
)
t=0
= −wSy(0) ⇒ [Aw(− sin (wt) +Bw cos (wt)]t=0 = −wSy(0)
O que implica:
Bw = −wSy(0) ∴ B = −Sy(0)
De modo similar:
Sy(0) = C +D · 0 ∴ C = Sy(0)
Assim:
(
dSy(t)
dt
)
t=0
= wSx(0) ⇒ [Cw(− sin (wt) +Dw cos (wt)]t=0 = wSx(0)
E:
Dw = wSx(0) ∴ D = Sx(0)
Segunda lista de exerćıcios
O que nos leva ao resultado final:

Sx(t) = Sx(0) cos (wt)− Sy(0) sin (wt)
Sy(t) = Sy(0) cos (wt) + Sx(0) sin (wt)
Sz(t) = Sz(0)
Problema 2
a) O hamiltoniano do sistema é dado por:
H =
e
mec
S⃗ · B⃗
Onde:
S⃗ =
ℏ
2
σ⃗
E:
B⃗ = Bẑ
Então:
H =
eB
mec
ℏ
2
σz = ωSz
Escrevendo agora S⃗ · n̂ em termos dos autoestados do operador Sz, temos a evolução temporal do
operador:
S⃗ · n̂ = cos
(
β
2
)
|+⟩+ sen
(
β
2
)
|−⟩
Logo:
|Sn(t)⟩ =
∑
j
e−
iEjt
ℏ |j⟩⟨j|Sn
= e−iωt/2 cos
(
β
2
)
|+⟩+ eiωt/2sen
(
β
2
)
|−⟩
Agora vamos encontrar o estado |Sx,+⟩ na base Sz, para tanto devemos achar a sobreposição entre
|Sn⟩ e |Sx⟩:
|Sx; +⟩ = cos
(π
4
)
|+⟩+ sen
(π
4
)
|−⟩
= (1/
√
2)|+⟩+ (1/
√
2)|−⟩
Segunda lista de exerćıcios
Sendo assim, a probabilidade de |Sn⟩ ser mensurado no estado |Sx,+⟩ é:
P (x,+)(t) = |⟨Sx; + | α, t⟩|2
=
∣∣∣∣ 1√2e−iωt/2 cos
(
β
2
)
+
1√
2
eiωt/2sen
(
β
2
)∣∣∣∣2
=
1
2
cos2
(
β
2
)
+
1
2
(
eiωt + e−iωt
)
cos
(
β
2
)
sen
(
β
2
)
+
1
2
sen2
(
β
2
)
=
1
2
(1 + 2 cos(ωt) cos(β/2)sen(β/2))
=
1
2
(1 + sen(β) cos(ωt))
Logo:
P (x,+)(t) =
1
2
(1 + sen(β) cos(ωt))
b) Como são 2 estados do sistema, a probabilidade de P (x,−) é:
P (x,−) = 1− P (x,+)
Então:
P (x,+)(t) = 1− 1
2
(1 + sen(β) cos(ωt)) =
1
2
(1− sen(β) cos(ωt))
Portanto:
⟨Sx⟩ = P (x,+)
ℏ
2
+
(
−ℏ
2
)
P (x,−)
=
ℏ
2
sen
(
β
2
)
cos
(
β
2
)[
eiωt + e−ωt
]
Logo:
⟨Sx⟩ =
ℏ
2
sen(β) cos(ωt)
c) Para β = 0:
⟨Sx⟩ =
ℏ
2
sen(0) cosωt = 0
Para β = π2 :
⟨Sx⟩ =
ℏ
2
sen
(π
2
)
cos(ωt) =
ℏ
2
Segunda lista de exerćıcios
Problema 3
a) O hamiltoniano dado na representação matricial fica:
H =
(
0 δ
δ 0
)
Diagonalizando temos:
det
(
−λ δ
δ −λ
)
= 0
λ2 − δ2 = 0
Logo os autovalores são:
λ1 = +δ λ2 = −δ
Agora para os autoestados temos:
• Para λ1:
(
−λ1 δ
δ −λ1
)(
x1
x2
)
=
(
0
0
)
λ1=δ===⇒
−δx1 + δx2 = 0δx1 − δx2 = 0
Ambas as equações nos leva a:
x1 = x2
Normalizando:
|x1|2 + |x2|2 = 1 ⇒ x1 = ±
1√
2
Ou seja, o autoestado associado a λ1 é dado por um |Λ1⟩ com:
|Λ1⟩ =
1√
2
|a′⟩+ 1√
2
|a′′⟩
• Para λ2:
(
−λ2 δ
δ −λ2
)(
x1
x2
)
=
(
0
0
)
λ2=−δ====⇒
δx1 + δx2 = 0δx1 + δx2 = 0
Ambas as equações nos leva a:
x1 = −x2
Segunda lista de exerćıcios
Normalizando:
|x1|2 + |x2|2 = 1 ⇒ x1 =
1√
2
Ou seja, o autoestado associado a λ2 é dado por um |Λ2⟩ com:
|Λ2⟩ =
1√
2
|a′⟩ − 1√
2
|a′′⟩
b) Primeiro vamos colocar o nosso |a′⟩ na base do hamiltoniano, vejamos:
|Λ1⟩ =
1√
2
|a′⟩+ 1√
2
|a′′⟩
|Λ2⟩ =
1√
2
|a′⟩ − 1√
2
|a′′⟩
Isso implica:
|Λ1⟩+ |Λ2⟩ =
2√
2
|a′⟩
Portanto:
|a′⟩ = 1√
2
[|Λ1⟩+ |Λ2⟩]
Dessa forma:
|α⟩0 = |a′⟩ =
1√
2
[|Λ1⟩+ |Λ2⟩]
Então podemos desenvolver, de modo que:
|α⟩t = exp
(
−iHt
ℏ
)
|α⟩0
=
1√
2
exp
(
−iHt
ℏ
)
[|Λ1⟩+ |Λ2⟩]
=
1√
2
[
exp
(
−iHt
ℏ
)
|Λ1⟩+ exp
(
−iHt
ℏ
)
|Λ2⟩
]
=
1√
2
[
exp
(
−iE1t
ℏ
)
|Λ1⟩+ exp
(
−iE2t
ℏ
)
|Λ2⟩
]
=
1√
2
[
exp
(
−iλ1t
ℏ
)
|Λ1⟩+ exp
(
−iλ2t
ℏ
)
|Λ2⟩
]
Assim podemos concluir que o vetor estado no quadro de Schrodinger para t > 0 é dado por:
|α⟩t =
1√
2
[
exp
(
−iδt
ℏ
)
|Λ1⟩+ exp
(
iδt
ℏ
)
|Λ2⟩
]
Segunda lista de exerćıcios
Este resultado está na base do hamiltoniano, se quisermos obter o resultado na base inicial preci-
samos fazer:
|α⟩t =
1√
2
{
exp
(
−iδt
ℏ
)(
1√
2
|a′⟩+ 1√
2
|a′′⟩
)
+ exp
(
iδt
ℏ
)(
1√
2
|a′⟩ − 1√
2
|a′′⟩
)}
Então:
|α⟩t =
exp
(−iδt
ℏ
)
2
|a′⟩+
exp
(
iδt
ℏ
)
2
|a′⟩+
exp
(−iδt
ℏ
)
2
|a′′⟩ −
exp
(
iδt
ℏ
)
2
|a′′⟩
= cos (δt/ℏ)|a′⟩ − i sin (δt/ℏ)|a′′⟩
Onde foram utilizadas as relações:
eiθ + e−iθ = 2 cos (θ) eiθ − e−iθ = 2i sin (θ)
Dessa forma:
|α⟩t = cos (δt/ℏ)|a′⟩ − i sin (δt/ℏ)|a′′⟩
c) Agora referente a probabilidade de encontrar o sistema em |a′′⟩ temos:
P (t) = |⟨a′′|α⟩t|2
= ⟨a′′|α⟩⟨a′′|α⟩∗
= |a′′⟩
[
cos (δt/ℏ)|a′⟩ − i sin (δt/ℏ)|a′′⟩
] (
|a′′⟩
[
cos (δt/ℏ)|a′⟩ − i sin (δt/ℏ)|a′′⟩
])∗
= −i sin (δt/ℏ) [−i sin (δt/ℏ)]∗
= −i sin (δt/ℏ)i sin (δt/ℏ)
Logo:
P (t) = sin2 (δt/ℏ)
d) Sim, um sistema de spin 1/2. Note:
H =
(
0 δ
δ 0
)
A =
(
0 a′
a′′ 0
)
Isso poderia muito bem ser:
H = βSx com δ =
βℏ
2
A = Sz com a
′ = ℏ/2 e a′′ = −ℏ/2
Segunda lista de exerćıcios
Problema 4
a) Na representação de Schrodinger, apenas o estado ket evolui no tempo. Já no quadro de
Heisenberg, o operador e o ket de base evoluem no tempo. Ou seja, para escrevermos x e p como
variáveis dinâmicas devemos explorar o quadro de Heisenberg.
Vejamos, o hamiltoniano para o oscilador harmônico simples é:
H =
p2
2m
+
1
2
mω2x2
Então para o operador posição:
dxH
dt
=
i
ℏ
[H,xH ] +
(
dx
dt
)
H
=
i
ℏ
[H,xH ]
=
i
ℏ
[
H, Û †xÛ
]
=
i
ℏ
Û † [H,x] Û
Onde o ı́ndice H no operador se refere a representação de Heisenberg. Agora substituindo o
hamiltoniano na expressão encontrada, temos:
dxH
dt
=
i
ℏ
Û † [H,xH ] Û
=
i
ℏ
Û †
[(
p2
2m
+
1
2
mω2x2
)
, x
]
Û
=
i
ℏ
Û †
[
p2
2m
,x
]
Û +
i
ℏ
Û †
[
1
2
mω2x2, x
]
Û
=
i
2mℏ
Û †
[
p2, x
]
Û
=
i
2mℏ
Û † {p [p, x] + p [p, x]} Û
=
i
2mℏ
Û † [−iℏp+−iℏp] Û
=
Û †pÛ
m
=
pH
m
Segunda lista de exerćıcios
De maneira similar para o operador momento:
dpH
dt
=
i
ℏ
[H, pH ] +
(
dp
dt
)
H
=
i
ℏ
[H, pH ]
=
i
ℏ
[
H, Û †pÛ
]
=
i
ℏ
Û † [H, p] Û
=
i
ℏ
Û †
[(
p2
2m
+
1
2
mω2x2
)
, p
]
Û
=
i
ℏ
Û †
[
p2
2m
, p
]
Û +
i
ℏ
Û †
[
1
2
mω2x2, p
]
Û
=
imω2
2ℏ
Û †
[
x2, p
]
Û
=
imω2
2ℏ
Û † {x [x, p] + x [x, p]} Û
=
imω2
2ℏ
Û † [iℏx+ iℏx] Û
= −mω2Û †xÛ
= −mω2xH
Então, podemos agora unir as duas equações anteriores para resolver as expressões dependentes
do tempo dos operadores de momento e posição. A prinćıpio, considerando a derivada temporal daequação para o operador de momento, obtemos:
d2pH
dt2
= −mω2dxH
dt
= −mω2 pH
m
= −ω2pH
Isso implica:
d2pH
dt2
+ ω2pH = 0
Com solução conhecida de:
pH(t) = Acos(ωt) +Bsin(ωt)
Segunda lista de exerćıcios
De maneira semelhante:
d2xH
dt2
=
1
m
dpH
dt
= − 1
m
(
mω2xH
)
= −ω2xH
Assim:
d2xH
dt2
+ ω2xH = 0
Com solução:
xH(t) = Ccos(ωt) +Dsin(ωt)
Agora vamos descobrir os valores das constantes:
pH(0) = Acos(0) +Bsin(0) = A ⇒ A = p(0)
E
(
dpH
dt
)
t=0
= −ωAsin(0) + ωBcos(0) = ωB ⇒ ωB = −mω2x ⇒ B = −mωx
Para x:
xH(0) = Ccos(0) +Dsin(0) = C ⇒ C = x(0)
E:
(
dxH
dt
)
t=0
= −ωCsin(0) + ωDcos(0) = ωD ⇒ ωD = p
m
⇒ D = p
mω
Nos levando finalmente a:
x(H)(t) = x(0) cosωt+
p(0)
mω
sinωt
p(H)(t) = p(0) cosωt−mωx(0) sinωt
Elas se parecem com as equações clássicas de movimento. Vemos que os operadores x e p “osci-
lam”exatamente como seus análogos clássicos.
Segunda lista de exerćıcios
b) Na representação de Heisenberg o estado ket |ψ⟩ é estacionário enquanto na imagem de Schor-
dinger o estado ket evolui de acordo com
|ψ; t⟩ =
∞∑
n=0
cne
−iω(n+1/2)t|n⟩
Onde |n⟩ são autoestados de energia H|n⟩ = En|n⟩;En = ℏω(n+ 1/2).
Problema 5
a) Temos que:
⟨x′|p′⟩ = (2πℏ)−1/2 exp
(
ip′x′
ℏ
)
∴ ⟨p′|x′⟩ = (2πℏ)−1/2 exp
(
−ip′x′
ℏ
)
Agora vamos resolver isso com poucos passos pois essa resolução já foi abordada com mais detalhes
na lista 1 (problema 10), vejamos:
⟨p′|x|α⟩ =
∫
dx′⟨p′|x′⟩x′⟨x′|α⟩ =
∫
dx′x′⟨p′|x′⟩⟨x′|α⟩
Mas o termo x′⟨p′|x′⟩ pode ser reescrito de modo que:
x′⟨p′|x′⟩ = iℏ ∂
∂p′
[
(2πℏ)−1/2 exp
(
−ip′x′
ℏ
)]
= iℏ
∂
∂p′
⟨p′|x′⟩
Então:
⟨p′|x|α⟩ =
∫
dx′x′⟨p′|x′⟩⟨x′|α⟩
=
∫
dx′iℏ
∂
∂p′
⟨p′|x′⟩⟨x′|α⟩
= iℏ
∂
∂p′
∫
dx′⟨p′|x′⟩⟨x′|α⟩
No entanto a equação 1.7.33b do Sakurai diz que:
⟨p′|α⟩ =
∫
dx′⟨p′|x′⟩⟨x′|α⟩
Então, finalmente temos:
⟨p′|x|α⟩ = iℏ ∂
∂p′
⟨p′|α⟩
b) Para o oscilador harmônico temos:
H =
p2
2m
+
mw2x2
2
Segunda lista de exerćıcios
Então a equação de Schrodinger seria:
(
p2
2m
+
mw2x2
2
)
|α⟩ = E|α⟩
E no espaço dos momentos:
⟨p′|
(
p2
2m
+
mw2x2
2
)
|α⟩ = ⟨p′|E|α⟩
O que implica:
1
2m
⟨p′|p2|α⟩+ mw
2
2
⟨p′|x2|α⟩ = E⟨p′|α⟩
E pelo exerćıcio anterior:
⟨p′|x2|α⟩ = iℏ ∂
∂p′
⟨p′|x|α⟩ = −ℏ2 ∂
2
∂p′2
⟨p′|α′⟩
Ademais (por 1.7.22):
⟨p′|p2 = ⟨p′|p′2
Logo:
p′2
2m
⟨p′|α⟩ − mℏ
2w2
2
∂2
∂p′2
⟨p′|α⟩ = E⟨p′|α′⟩
E como uα(p
′) = ⟨p′|α′⟩ teremos:
1
2m
p′2uα(p
′)− mℏ
2w2
2
d2uα
dp′2
= Euα(p
′)
No espaço dos momentos em termos dos polinômios de Hermite temos a solução:
e−p
2/2p20Hn(p/p0) com p0 =
√
ℏmw
Problema 6
a) Vamos primeiro mostrar que este é um estado coerente, para isso vamos aplicar o operador a de
modo que:
a|λ⟩ = e−|λ|2/2aeλa† |0⟩
Mas:
[a, eλa
†
] = aeλa
† − eλa†a ⇒ [a, eλa† ] + eλa†a = aeλa†
Segunda lista de exerćıcios
Então:
a|λ⟩ = e−|λ|2/2aeλa† |0⟩
= e−|λ|
2/2
(
[a, eλa
†
] + eλa
†
a
)
|0⟩
= e−|λ|
2/2[a, eλa
†
]|0⟩+ e−|λ|2/2eλa†a|0⟩
Como:
a|0⟩ = 0
Temos:
a|λ⟩ = e−|λ|2/2[a, eλa† ]|0⟩
Agora, podemos escrever:
eλa
†
=
∞∑
0
(λa†)n
n!
Isso implica:
a|λ⟩ = e−|λ|2/2[a, eλa† ]|0⟩
= e−|λ|
2/2
[
a,
∞∑
0
(λa†)n
n!
]
|0⟩
= e−|λ|
2/2
∞∑
0
λn
n!
[a, a†n]|0⟩
Agora, sabemos a seguinte propriedade:
[A,B(x)] =
∂B(x)
∂x
[a, x]
Então:
a|λ⟩ = e−|λ|2/2
∞∑
0
λn
n!
na†(n−1)[a, a†]|0⟩
Segunda lista de exerćıcios
E como [a, a†] = 1:
a|λ⟩ = e−|λ|2/2
∞∑
0
λn
n!
na†(n−1)|0⟩
= e−|λ|
2/2
(
0 +
∞∑
1
λn
n!
na†(n−1)
)
|0⟩
= e−|λ|
2/2
(
λ
λ
∞∑
1
λn
n(n− 1)!
na†(n−1)
)
|0⟩
= e−|λ|
2/2
(
λ
∞∑
1
λn−1
(n− 1)!
a†(n−1)
)
|0⟩
Agora vamos fazer uma substituição onde:
n− 1 = k ∴ n = 1 ⇒ k = 0
Então:
a|λ⟩ = e−|λ|2/2
(
λ
∞∑
0
λk
k!
a†k
)
|0⟩ = e−|λ|2/2λeλa† |0⟩
E como λ é um número não há problemas com comutação, dessa forma:
a|λ⟩ = λe−|λ|2/2eλa† |0⟩
Mas:
λe−|λ|
2/2eλa
† |0⟩ = |λ⟩
Logo o estado é coerente, pois:
a|λ⟩ = λ|λ⟩
Agora vamos conferir se é normalizável:
⟨λ|λ⟩ = ⟨0|e−|λ|2/2eλ∗aeλa†e−|λ|2/2|0⟩
= e−|λ|
2⟨0|eλ∗aeλa† |0⟩
= e−|λ|
2⟨0|
∞∑
n=0
(λ∗a)n
n!
∞∑
m=0
(λa†)m
m!
|0⟩
= e−|λ|
2
∞∑
n=0
(λ∗)n
n!
∞∑
m=0
(λ)m
m!
⟨0|ana†m|0⟩
Segunda lista de exerćıcios
E como:
a†m|0⟩ =
√
m!|m⟩
⟨0|an = a†n|0⟩ =
√
n!|n⟩
Disso podemos tirar que
√
n!|n⟩ = ⟨m|
√
n!
∗
, mas como o
√
n! é um número inteiro, então:
⟨λ|λ⟩ = e−|λ|2
∞∑
n=0
(λ∗)n
n!
∞∑
m=0
(λ)m
m!
⟨0|ana†m|0⟩
= e−|λ|
2
∞∑
n=0
(λ∗)n
n!
∞∑
m=0
(λ)m
m!
⟨n|
√
n!
√
m!|m⟩
= e−|λ|
2
∞∑
n=0
(λ∗)n
n!
∞∑
m=0
(λ)m
m!
√
n!
√
m!⟨n|m⟩
= e−|λ|
2
∞∑
n=0
(λ∗)n
n!
∞∑
m=0
(λ)m
m!
√
n!
√
m!δn,m
Então, quando n = m:
⟨λ|λ⟩ = e−|λ|2
∞∑
n=0
|λ|2n
(n!)2
n! = e−|λ|
2
e|λ|
2
Logo o estado é normalizável, pois como acabamos de demonstrar:
⟨λ|λ⟩ = 1
b) Queremos saber da relação de mı́nima incerteza, para tanto vamos usar além dos fatos da letra
(a) e das propriedades dos operadores escadas as seguintes definições:
x =
√
ℏ
2mw
(a+ a†) p = i
√
mℏw
2
(−a+ a†)
Vejamos:
• O ⟨x⟩ é:
⟨x⟩ = ⟨λ|x|λ⟩
=
√
ℏ
2mw
(⟨λ|a|λ⟩+ ⟨λ|a†|λ⟩)
=
√
ℏ
2mw
(λ+ λ∗)
Segunda lista de exerćıcios
• Portanto o ⟨x⟩2 é:
⟨x⟩2 = ℏ
2mw
(λ+ λ∗)2
• Já ⟨x2⟩:
⟨x2⟩ = ⟨λ|xx|λ⟩
=
ℏ
2mw
⟨λ|(a+ a†)(a+ a†)|λ⟩
=
ℏ
2mw
(⟨λ|aa|λ⟩+ 2⟨λ|a†a|λ⟩+ ⟨λ|I|λ⟩+ ⟨λ|a†a†|λ⟩)
=
ℏ
2mw
(λ2 + (λ∗)2 + 2λ∗λ+ 1)
=
ℏ
2mw
((λ∗ + λ)2 + 1)
• Agora para ⟨p⟩:
⟨p⟩ = i
√
mℏw
2
⟨λ|(a† − a)|λ⟩
= −i
√
mℏw
2
(λ∗ − λ)
• E então ⟨p⟩:
⟨p⟩2 = mℏw
2
(λ∗ − λ)2
• Para ⟨p2⟩:
⟨p2⟩ = ⟨λ|pp|λ⟩
= −mℏw
2
⟨λ|(−a+ a†)(−a+ a†)|λ⟩
= −mℏw
2
(⟨λ|aa|λ⟩ − 2⟨λ|a†a|λ⟩ − ⟨λ|I|λ⟩+ ⟨λ|a†a†|λ⟩)
= −mℏw
2
(λ2 + (λ∗)2 − 2λ∗λ− 1)
= −mℏw
2
((λ∗ − λ)2 − 1)
• Sendo assim, ∆x é:
∆x =
√
⟨x2⟩ − ⟨x⟩2
=
√
ℏ
2mw
((λ∗ + λ)2 + 1)− ℏ
2mw
(λ+ λ∗)2
=
√
ℏ
2mw
+
ℏ
2mw
(λ+ λ∗)2 − ℏ
2mw
(λ+ λ∗)2
=
√
ℏ
2mw
Segunda lista de exerćıcios
• E ∆p é:
∆p =
√
⟨p2⟩ − ⟨p⟩2
=
√
−mℏw
2
((λ∗ − λ)2 − 1) + mℏw
2
(λ− λ∗)2
=
√
mℏw
2
− mℏw
2
(λ− λ∗)2 + mℏw
2
(λ− λ∗)2
=
√
mℏw
2
• Finalmente, ∆x∆p:
∆x∆p =
√
ℏ
2mw
√
mℏw
2
=
√
mℏ2w
4mw
Logo chegamos na relação que queŕıamos:
∆x∆p =
ℏ
2
c) Temos que:
|λ⟩ = e−|λ|2/2eλa† |0⟩
Expandindo o potencial e usando a†n|0⟩ =
√
n!|n⟩, temos:
|λ⟩ = e−|λ|2/2eλa† |0⟩
= e−|λ|
2/2
∞∑
n=0
(λa†)n
n!
|0⟩
= e−|λ|
2/2
∞∑
n=0
λn
√
n
n!
|n⟩
= e−|λ|
2/2
∞∑
n=0
λn√
n!
|n⟩
=
∞∑
n=0
e−|λ|
2/2 λ
n
√
n!
|n⟩
Segunda lista de exerćıcios
Sendo:
f(n) = e−|λ|
2/2 λ
n
√
n!
Então:
|f(n)|2 = e−|λ|2 λ
2n
n!
Porém, uma função de poisson é dada por:
f(α, β) =
e−ββα
α!
Nesse caso, β = λ2 e α = n. Agora para a energia:
Ep = ℏw
(
np +
1
2
)
Para encontrar np:
np = ⟨λ|N |λ⟩
= ⟨λ|a†a|λ⟩
= λ∗λ⟨λ|λ⟩
= |λ|2
Portanto:
Ep = ℏw
(
|λ|2 + 1
2
)
d) Temos e−
ipl
ℏ |0⟩, onde p é dado por p = i
√
mℏw
2 (−a+ a
†) = 1i
√
mℏw
2 (a− a
†). Então:
|λ⟩ = exp
(
− il
ℏ
(
1
i
√
mℏw
2
(a− a†)
))
|0⟩
= exp
(
l
h
(a− a†)
√
mℏw
2
)
|0⟩
Segunda lista de exerćıcios
Sabendo que: eA+B = eAeBe−[A,B]/2, onde, A = a†, B = −a, [A,B] = [a†,−a] = 1, temos que:
|λ⟩ = exp
(
l
ℏ
√
mℏw
2
a†
)
exp
(
− l
ℏ
√
mℏw
2
a
)
exp
1
2
(
l
ℏ
√
mℏw
2
)2 |0⟩
= exp
(
l
ℏ
√
mℏw
2
a†
)
exp
1
2
(
l
ℏ
√
mℏw
2
)2 exp(− l
ℏ
√
mℏw
2
a
)
|0⟩
= exp
(
l
ℏ
√
mℏw
2
a†
)
exp
1
2
(
l
ℏ
√
mℏw
2
)2A
Onde:
A = exp
(
− l
ℏ
√
mℏw
2
a
)
|0⟩ =
∞∑
n=0
(
− lℏ
√
mℏw
2
)n
n!
an|0⟩ =
∞∑
n=0
0n
n!
|0⟩ = |0⟩
Logo:
|λ⟩ = exp
(
l
ℏ
√
mℏw
2
a†
)
exp
1
2
(
l
ℏ
√
mℏw
2
)2A
= exp
(
l
ℏ
√
mℏw
2
a†
)
exp
1
2
(
l
ℏ
√
mℏw
2
)2 |0⟩
Fazendo, λ = lℏ
√
mℏw
2 :
|λ⟩ = e
λ2
2 eλa
† |0⟩
Problema 7
Sabemos que as bases de kets evoluem ao longo do tempo como
∣∣p′, t〉 = U(t)† ∣∣p′, 0〉
E também que: 〈
p′, t
∣∣ = 〈p′, 0∣∣U(t)
No caso da part́ıcula livre o hamiltoniano associado é dado por:
H =
p2
2m
Segunda lista de exerćıcios
Ademais, o operador de evolução temporal para qualquer estado no espaço de momento é:
U(t) = e
iHt
ℏ = exp
[
ip2t
2mℏ
]
Sendo assim:
∣∣p′, t〉 = U(t)† ∣∣p′, 0〉 = ⟨p′′, 0| exp [ ip2t0
2mℏ
]
E também: 〈
p′, t
∣∣ = 〈p′, 0∣∣U(t) = 〈p′, t0∣∣ exp [ ip2t
2mℏ
]
Então:〈
p′′, t | p′, t0
〉
=
〈
p′′, 0
∣∣∣∣exp [ ip2t2mℏ
]
exp
[
ip2t0
2mℏ
]∣∣∣∣p′, 0〉
= exp
[
ip2
2mℏ
(t− t0)
] 〈
p′′, 0 | p′, 0
〉
= exp
[
ip2
2mℏ
(t− t0)
]
δ
(
p′′ − p′
)
Portanto, a expressão correspondente do propagador no espaço de momentum para a part́ıcula livre
é dada por:
K(p′′, t;p′, t0) =
〈
p′′, t | p′, t0
〉
= exp
[
ip2
2mℏ
(t− t0)
]
δ
(
p′′ − p′
)
Problema 8
a) A ação clássica é dada por:
S(n, n− 1) =
∫ tn
tn−1
dtL(x, ẋ)
Mas a lagrangiana do oscilador harmônico simples é dada por:
L = 1
2
mẋ2 − 1
2
mw2x2
Sabendo que temos um intervalo de tempo finito vamos manipular utilizando os mesmos prinćıpios
da equação 2.6.41, de modo que:
S(n, n− 1) =
∫ tn
tn−1
dt
[
1
2
mẋ2 − 1
2
mw2x2
]
=
∆tm
2
[(
xn − xn−1
∆t
)2
− w2
(
xn + xn−1
2
)2]
Segunda lista de exerćıcios
Então:
S(n, n− 1) = m
2
[
(xn − xn−1)2
∆t
− w2
(
2xn + xn − xn−1
2
)2
∆t
]
=
m
2
[
(xn − xn−1)2
∆t
− w2
(
xn +
∆x
2
)2
∆t
]
=
m
2
[
(xn − xn−1)2
∆t
− w2
(
x2n + xn∆x+
∆x2
4
)
∆t
]
=
m
2
[
(xn − xn−1)2
∆t
− w2
(
x2n∆t+ xn∆x∆t+
∆x2∆t
4
)]
Mas os intervalos são muito pequenos então podemos desconsiderar os termos em vermelho, fazendo
esse truncamento na ordem temos como resultado final:
S(n, n− 1) = m(xn − xn−1)
2
2∆t
− mw
2x2n∆t
2
b) Na prescrição de Feynman temos:
⟨xn, tn|xn−1, tn−1⟩ =
1
w(∆t)
exp
(
iS(n, n− 1)
ℏ
)
Para o caso da part́ıcula livre:
w(∆t) =
√
2πiℏ∆t
m
Então:
⟨xn, tn|xn−1, tn−1⟩ =
√
m
2πiℏ∆t
exp
(
im(xn − xn−1)2
2ℏ∆t
− imw
2x2n∆t
2ℏ
)
Agora, vamos verificar se o limite (t−t0) → 0 coincide com as notas de aula. Primeiro, por definição
sabemos que:
k(xn, tn;xn−1, tn−1) =
√
mw
2πiℏ sin (w(tn − tn−1))
exp [
(
imw
2ℏ sin (w(tn − tn−1))
)
×
(
(x2n + x
2
n−1) cos (w(tn − tn−1))− 2xnxn−1
)
]
=
√
mw
2πiℏ sin (w∆t)
exp
[(
imw
2ℏ sin (w∆t)
)(
(x2n + x
2
n−1) cos (w∆t)− 2xnxn−1
)]
Segunda lista de exerćıcios
Para valores muito pequenos de w∆t temos:
sin (w∆t) ≈ w∆t
Então:
k(xn, tn;xn−1, tn−1) =
√
mw
2πiℏ(w∆t)
exp
[(
imw
2ℏ(w∆t)
)(
(x2n + x
2
n−1) cos (w∆t)− 2xnxn−1
)]
E tomando:
cos (w∆t) = 1− w
2∆t2
2
Temos:
k(xn, tn;xn−1, tn−1) =
√
m
2πiℏ(∆t)
exp
[(
im
2ℏ(∆t)
)(
(x2n + x
2
n−1)
(
1− w
2∆t2
2
)
− 2xnxn−1
)]
=
√
m
2πiℏ(∆t)
exp
[(
im
2ℏ(∆t)
)(
(xn + xn−1)
2 −
(x2n + x
2
n−1)
2
w2∆t2
)]
=
√
m
2πiℏ(∆t)
exp
[(
im
2ℏ(∆t)
)(
(xn + xn−1)
2 − x2nw2∆t2
)]
Portanto, em coerência com as notas de aula, chegamos ao resultado:
⟨xn, tn|xn−1, tn−1⟩ =
√
m
2πiℏ∆t
exp
(
im(xn − xn−1)2
2ℏ∆t
− imw
2x2n∆t
2ℏ
)
Segunda lista de exerćıcios
Referências
[1] SAKURAI, Jun John; NAPOLITANO, Jim. Mecânica quântica moderna. bookman, 2013.