Solutions - Sakurai ch. 1

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1
Problema 1 
 
Prove 
 
[ ] { } { } { } { }, , , , ,AB CD AC D B A C B D C D A B C A DB= − + − + . 
 
 
Solução : 
 
Temos que : 
 
 
[ ],AB CD ABCD CDAB= − . (1) 
 
 
Pode-se escrever o termo ABCD como : 
 
 
{ },ABCD A C B D ACBD= − . (2) 
 
 
Da mesma forma escreve-se o termo ACBD como : 
 
 
{ },ACBD AC D B ACDB= − . (3) 
 
 
O segundo termo do lado direito de (1) pode também ser escrito como : 
 
 
{ },CDAB C D A B CADB= − . (4) 
 
 
Substituindo (4), (3) e (2) em (1), tem-se : 
 
 
[ ] { } { } { }, , , ,AB CD A C B D AC D B ACDB C D A B CADB= − + − + . (5) 
 
 2
E finalmente, fazendo { },ACDB CADB C A DB+ = , temos : 
 
 
[ ] { } { } { } { }, , , , ,AB CD AC D B A C B D C D A B C A DB= − + − + . (6) 
 1
Problema 2 
 
Suponha que uma matriz X 2 2x ( não necessariamente Hermitiana, nem 
unitária ) seja escrita como 
 
0 .X a aσ= + G G , (1) 
 
onde 0a e 1,2,3a são números. 
 
a. Como são 0a e ( 1, 2,3)ka k = relacionados ao ( )tr X e ao ( )ktr Xσ ? 
b. Obtenha 0a e ka em termos dos elementos da matriz ijX . 
 
Solução : 
 
a. Consideraremos σG o vetor cujos componentes são as matrizes de Pauli : 
 
1
0 1
1 0
σ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 2
0
0
i
i
σ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 3
1 0
0 1
σ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠ 
 
Então a matriz X , escrita explicitamente, fica : 
 
0 31 2
0 31 2
0 3 1 2
1 2 0 3
0 00 00 1 0 1 0
0 00 01 0 0 0 1
a aa ai
X
a aa ai
a a a ia
X
a ia a a
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
+ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ −⎝ ⎠
 (2) 
 
O ( )tr X e definido como ( ) jj
j
tr X X=∑ , então 
 
0( ) 2tr X a= . (3) 
 
Calcularemos agora os ( )ktr Xσ para 1k = , 2 e 3 : 
 
1 2 0 3
1
0 3 1 2
1 1( ) 2
a ia a a
X
a a a ia
tr X a
σ
σ
+ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ −⎝ ⎠
=
 (4) 
 
 2
2 1 0 3
2
0 3 1 2
2 2( ) 2
a ia ia ia
X
ia ia ia a
tr X a
σ
σ
− − +⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠
=
 (5) 
 
0 3 1 2
3
1 2 0 3
3 3( ) 2
a a a ia
X
a ia a a
tr X a
σ
σ
+ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟− − − +⎝ ⎠
=
 (6) 
 
Podemos escrever em forma compacta 
 
( ) 2tr X aσ =G G ; 0( ) 2tr X a= (7) 
 
b. Para escrever 0,1,2,3a em termos dos elementos ijX faremos uso do (3), (4), 
(5) e (6), respectivamente : 
 
0 11 22
1 1 ( )
2 2
a trX X X= = + (8) 
 
1 1 21 12
1 1( ) ( )
2 2
a tr X X Xσ= = + (9) 
 
( )2 2 21 121 1 ( )2 2a tr X iX iXσ= = − + (10) 
 
3 3 11 22
1 1( ) ( )
2 2
a tr X X Xσ= = − (11) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1
Problema 3 
 
Mostre que o determinante de uma matriz 2 2x .aσG G é invariante sob 
 
ˆ ˆ. .. . ' exp . exp
2 2
i n i na a aσ φ σ φσ σ σ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞→ ≡ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
G GG G G G G G . (0) 
 
Encontre 'ka em termos de ka quando nˆ esta na direção positiva z e 
interprete o seu resultado. 
 
 
Solução : 
 
Observamos que os operadores ˆ.exp
2
i nσ φ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
G
 e ˆ.exp
2
i nσ φ−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
G
 são Hermitianos 
adjuntos um do outro. Chamaremos estes operadores de U e †U , 
respectivamente. Notamos que † 1UU = . Logo † 1det
det
U
U
= . Então : 
 
( )
†det( . ') det det( . )det
1det( . ') det det( . ) det .
det
a U a U
a U a a
U
σ σ
σ σ σ
=
= =
G G G G
G G G G G G (1) 
 
Calcularemos agora os 'ka em termos dos ka para ˆ ˆn z= . Neste caso, 3ˆ.nσ σ=G . 
Faremos a expansão : 
 
3
3
1exp
2 ! 2
k
k
k
i i
k
σ φ φ σ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∑ (2) 
 
Usando a propriedade da matriz 3σ : 
 
3
3
1,
,
k
se k e par
se k e impar
σ σ
⎧⎪= ⎨⎪⎩
, 
 
Podemos escrever : 
 
 2
3
3
1 1exp
2 ! 2 ! 2
k k
k par k impar
i i i
k k
σ φ φ φ σ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∑ ∑ (3) 
 
De forma análoga, temos : 
 
3
3
1 1exp
2 ! 2 ! 2
k k
k par k impar
i i i
k k
σ φ φ φ σ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∑ ∑ (4) 
 
Dessa forma, escrevemos (0) como : 
 
[ ]3 1 1 2 2 3 3
3
1 1. '
! 2 ! 2
1 1
! 2 ! 2
k k
k par k impar
k k
k par k impar
i ia a a a
k k
i i
k k
φ φσ σ σ σ σ
φ φ σ
⎧ ⎫⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭
⎧ ⎫⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭
∑ ∑
∑ ∑
G G
 (5) 
 
Usando as relações entre as matrizes de Pauli i j j iσ σ σ σ= − ( j i≠ ), podemos 
formar o termo de (5) que envolve o 10 termo entre colchetes : 
 
1 3 1 3
3 3
1 1
1 1 1 1
! 2 ! 2 ! 2 ! 2
exp exp
2 2
k k k k
k par k impar k par k impar
i i i ia
k k k k
i ia
φ φ φ φσ σ σ
σ φ σ φσ
⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∑ ∑ ∑ ∑
 (6) 
 
De forma totalmente análoga o termo de (5) formado pelo segundo termo 
entre colchetes fica : 
 
 3 32 2exp exp2 2
i iaσ φ σ φσ − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (7) 
 
Finalmente poderemos escrever o termo formado pelo terceiro termo entre 
colchetes de (5) : 
 
 3 33 3exp exp2 2
i iaσ φ σ φσ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (8) 
 3
 
Assumindo que 1,2,3a são números escrevemos (5) como : 
 
3 3
1 1 2 2 3 3. ' e
i ia a e a aσ φ σ φσ σ σ σ− −= + +G G (9) 
 
Desenvolveremos agora 3ie σ φ− : 
 
( ) ( )
( ) ( )
3
3
3
3
2 43
3 3 3 3
2 43
3 3
2 3 4 5
3 3 3
2 4 3 5
3
1 1 1( ) ...
2! 3! 4!
1 ( ) ...
2! 3! 4!
1 1 ...
2! 3! 4! 5!
1 1 1 11 ... ...
2! 4! 3! 5
i
i
i
i
e I i i i i
I Ie I i i i i
I Ie I i i i
e I i
e
σ φ
σ φ
σ φ
σ φ
σ φ σ φ σ φ σ φ
φσ φ φ σ φ
φσ φ φ σ φ φ σ
φ φ σ φ φ φ
−
−
−
−
−
= − + − + − + − +
= − + − + − + − +
= − − + + − +
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + + − − + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
3
3cos
i I i senσ φ φ σ φ= −
 (10) 
 
Onde I e a matriz identidade 2 2x . Substituindo 
 
3
1 0
0 1
σ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ; 1
0 1
1 0
σ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ ; 2
0
0
i
i
σ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ , 
 
Temos : 
 
'' '
31 2
1 1 2 2 3 3 ''
31 2
00 0
. ' ' ' '
00 ' 0
aa ia
a a a a
aa ia
σ σ σ σ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= + + = + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
G G 
 
Logo, 
 
' ' '
3 1 2
' ' '
1 2 3
. '
a a ia
a
a ia a
σ ⎛ ⎞−=⎜ ⎟+ −⎝ ⎠
G G (11) 
 
O segundo termo de (9) fica : 
 
 4
3 3 3
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3
31 2
31 2
3 1 2
1 2 3
( )
00 cos 0 0
00 0 cos 0
( )(cos )
( )(cos )
i i ia e a e a a a e a
aa ia sen
i
aa ia sen
a a ia isen
a ia isen a
σ φ σ φ σ φσ σ σ σ σ σ
φ φ
φ φ
φ φ
φ φ
− − −+ + = + + =
− ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ −+ −⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
− +⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ − −⎝ ⎠
 (12) 
 
Comparando (11) e (12), temos : 
 
'
3 3a a= (13) 
 
' '
1 2 1 2 1 1 2 2( )(cos ) cos cosa ia a ia isen a ia sen ia a senφ φ φ φ φ φ− = − + = + − + 
 
Logo : 
 
'
1 1 2
'
2 2 1
cos
cos
a a a sen
a a a sen
φ φ
φ φ
⎧ = +⎨ = −⎩
 (14) 
 
Vemos então que a transformação em questão é uma rotação espacial do 
sistema de coordenadas do espaço Euclidiano ordinário, visto que as 
equações (13) e (14) são as relações de transformações de um vetor quando 
o sistema de eixos cartesianos é girado de um ângulo φ . 
 
Rotação de um sistema de coordenadas 'S em torno do eixo z : 
 
1 1 2
2 2 1
3 3
' cos
' cos
'
x x x sen
x x x sen
x x
φ φ
φ φ
= +⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
 
 
Referência : Marion, Pág. 5. 
 1
Problema 4 
 
Usando as regras da álgebra de bras e kets, prove ou calcule o seguinte : 
 
a. ( ) ( )tr XY tr YX= , onde X e Y são operadores; 
b. † † †( )XY Y X= , onde X e Y são operadores; 
c. [ ]exp ( ) ?if A = na forma de bra-ket, onde A é um operador Hermitiano 
cujos autovalores são conhecidos; 
d. * ' '
'
( ') ( '')a a
a
x xΨ Ψ∑ G G , onde ' ( ') ' 'a x x aΨ =G G . 
 
Solução : 
 
a. Temos que o traço de uma matriz é definido por : 
 
i
trC i C i=∑ . 
 
Assim, se C XY= , obtemos : 
 
,
( ) 1
i i i j
trC tr XY i XY i i X Y i i X j j Y i= = = =∑ ∑ ∑ , 
 
,
( )
i j
tr XY j Y i i X j=∑ , 
 
Pois, 
 
i X j e j Y i , 
 
são números e comutam, logo, como 
 
1
i
i i=∑ , 
 
temos que 
 
( ) ( )
j
tr XY j YX j tr YX= =∑ , 
 
logo, 
 2
 
( ) ( )tr XY tr YX= . 
 
 
b. Temos que 
 
( ) ( )†XY XYα α↔ 
 
( )† † † †( ) DCXY X Y Y X Y Xα α α α= ↔ = 
 
o que fornece 
 
( )† † †XY Y X= . 
 
 
c. Uma função de operador pode ser escrita na forma de série de potências. 
Assim, como 
 
0 !
n
x
n
xe
n
∞
=
=∑ , 
 
podemos escrever a função acima como : 
 
[ ] [ ] [ ]2 3( )
0
1( ) 1 ( ) ( ) ( ) ...
! 2! 3!
n
nif A
n
i ie f A if A f A f A
n
∞
=
= = + − − +∑ 
 
Fazendo ( )if Ae atuar em um autoket de A , a saber, a , obtemos : 
 
[ ] [ ]2 3( ) 1( ) ( ) ( ) ...
2! 3!
if A ie a a if A a f A a f A a= + − − + (1) 
 
Para saber o efeito de ( )f A sobre a , vamos expandir ( )f A em serie de 
Taylor em torno do origem : 
 
0
( ) nn
n
f A c A
∞
=
=∑ 
 
 3
logo, 
 
0 0
( ) n nn n
n n
f A a c A a c a a
∞ ∞
= =
= =∑ ∑ 
 
Desde que 
0
( ) nn
n
f A c a
∞
=
=∑ , então : 
 
( ) ( )f A a f a a= , 
 
logo, sendo ( )f a um escalar, podemos determinar o efeito de aplicar ( )f A 
varias vezes sobre o autoket a , ou seja, 
 
[ ] [ ]2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f A a f a f A a f a f a a f a a= = = 
 
logo, a equação (1) torna-se : 
 
[ ] [ ]
[ ] [ ]
2 3( )
2 3( )
1( ) ( ) ( ) ...
2! 3!
11 ( ) ( ) ( ) ...
2! 3!
if A
if A
ie a a if a a f a a f a a
ie a if a f a f a a
= + − − +
⎛ ⎞= + − − − +⎜ ⎟⎝ ⎠
 (2) 
 
Mas, a série em (2) representa a função ( )if ae , logo, podemos escrever : 
 
( ) ( )if A if ae a e a= (3) 
 
Desde que A é Hermitiano, podemos escrever o elemento da matriz para 
( )if Ae na forma : 
 
( ) ( ) ( )
',' '
if A if a if a
a aa e a e a a e δ= = 
 
( ) ( )
','
if A if a
a aa e a e δ= (4) 
 
Podemos, portanto, representar (4) na forma matricial : 
 
 4
( )
( ')
( ) ( '')
. . .
. . .
0 0 ...
0 0 ...
0 0 ...
. . . ...
if a
if a
if A if a
e
e
e e
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
� , 
 
matriz diagonal que representa ( )if Ae na base de A . 
 
 
d. Temos que : 
 
*
' ( ') ' 'a x a xψ =G G e ' ( '') '' 'a x x aψ =G G 
 
Logo, substituindo na equação fornece : 
 
*
' '
' ' '
( ') ( '') ' ' '' ' '' ' ' ' '' 'a a
a a a
x x a x x a x a a x x xΨ Ψ = = =∑ ∑ ∑G G G G G G G G 
 
*
' '
'
( ') ( '') '' ' ( '' ')a a
a
x x x x x xδΨ Ψ = = −∑ G G G G G G 
 
 
 1
Problema 5 
 
a. Considere dois kets α e β . Suponha 'a α , ''a α ,... e 'a β , 
''a β ,... são todos conhecidos, onde ' , '' , ...a a formam um conjunto 
completo de kets de base. Encontre a representação matricial do operador 
α β dentro daquela base. 
 
b. Nós agora consideraremos um sistema de spin 1/ 2 e fazemos α e β 
serem / 2zS = = e / 2xS = = , respectivamente. Escreva abaixo 
explicitamente a matriz quadrada que corresponde a α β na base usual ( 
zS diagonal ). 
 
 
Solução : 
 
a. Nós podemos usar o fato de que a base é completa e usamos : 
 
' ''
' ' '' ''
a a
a a a aα β α β=∑∑ (1) 
 
O fator ' ''a aα β é definido como o elemento na linha 'a e coluna ''a na 
representação matricial do operador α β . Então : 
 
(1) (1) (1) (2)
.
(2) (1)
.
. .
. .
...
. ...
. . ...
a a a a
a a
α β α β
α β α β
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
� (2) 
 
b. A base usual é formada pelos dois kets : ;zS + e ;zS − . Em acordo com 
(2), temos : 
 
; ; ; ; ; ; ; ;
; ;
; ; ; ; ; ; ; ;
z z x z z z x z
z x
z z x z z z x z
S S S S S S S S
S S
S S S S S S S S
⎛ ⎞+ + + + + + + −+ + = ⎜ ⎟− + + + − + + −⎝ ⎠
� (3) 
 
Usando 
 
 2
; ; 1
; ; 0
; ; ; ; ; ; 1/ 2
z z
z z
x z x z x z
S S
S S
S S S S S S
+ + =
− + =
+ + = + − = + − =
 
 
temos 
 
1 11; ;
0 02z x
S S ⎛ ⎞+ + = ⎜ ⎟⎝ ⎠� 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1
Problema 6 
 
Suponha i e j são autokets de algum operador Hermitiano A . Sob quais 
condições nós podemos concluir que i j+ é também um autoket de A ? 
Justifique sua resposta. 
 
Solução : 
 
Se i e j são os autokets de A , então 
 
A i i i= e A j j j= (1) 
 
onde i e j são números reais por causa da Hermiticidade de A . 
 
Agora, se i j+ é também autoket de A , tem-se 
 
( ) ( )' ' 'A i j a i j a i a j+ = + = + (2) 
 
A partir da linearidade do operador A , pode-se escrever 
 
( )A i j A i A j i i j j+ = + = + (3) 
 
Comparando esse resultado com (2) e relembrando o fato de que os autokets 
i e j são linearmente independentes conclui-se que : 
 
'i j a= = . 
 
Então, pode-se dizer que se i e j são autokets do operador A , sua soma 
i j+ será também um autoket de A se os autovalores associados com eles 
são degenerados. 
 1
Problema 7 
 
Considere um ket de espaço expandido pelos autokets { }'a de um operador 
Hermitiano A . Não existe degenerescência. 
a. Prove que 
 
 ∏ −
'
)'(
a
aA 
 
é o operador nulo. 
 
b. Qual é osignificado de 
 
 ?
)"'(
)"(
"'
∏
≠ −
−
aa aa
aA 
 
c. Ilustre (a) e (b) usando o conjunto A igual a zS de um sistema de spin ½. 
 
Solução : 
 
a. Vamos aplicar o operador ∏ −
'
' )'(
a
aA sobre um ket arbitrário α que foi 
expandido em termos de { }'a . 
 
0"")""()'(
"")"()'(
"")'("")'()'(
" "'
" "'
' " '"'
=−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −
=−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=−=−
∑ ∏
∑ ∏
∏ ∑ ∏∑∏
≠
≠
α
α
ααα
aaaaaA
aaaAaA
aaaAaaaAaA
a aa
a aa
a a aaa
 
 
Todos os termos do somatório são nulos. Portanto, o operador 
 
∏ −
'
)'(
a
aA , 
 
quando aplicado sobre um ket de estado α , produz um resultado nulo, 
 
 2
0)'(
'
=−∏ α
a
aA . 
 
Considerando que α não seja nulo, então o operador ∏ −
'
)'(
a
aA é o 
operador nulo. 
 
 
b. Vamos agora aplicar o operador ∏
≠ −
−
'' )"'(
)"(
aa aa
aA sobre um ket α . 
 
αα ''''''
)"'(
)"(
)"'(
)"(
''' "'"'
aa
aa
aA
aa
aA
a aaaa
∑ ∏∏ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
−=−
−
≠≠
 
 
Os termos dentro do somatório para os quais '''' aa ≠ são todos nulos. 
_____________________________________________________________ 
Exemplo: 
Vamos fazer 1'=a e considerar também que 3,2,1"=a e 3,2,1''' =a na 
expressão abaixo. 
 
α
α
αα
33
)31(
)33(
)21(
)23(
22
)31(
)32(
)21(
)22(
11
)31(
)31(
)21(
)21(''''''
)"1(
)"(
''' "'
−
−
−
−
+−
−
−
−
+−
−
−
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
−∑ ∏
≠
aa
a
aA
a aa
 
 
Ou seja, sobrou apenas o termo para 1'=a e 1''' =a , isto é, o único termo que 
sobrevive é o termo '''' aa = . 
_____________________________________________________________ 
 
Para esse termo nós temos a seguinte expressão 
 
''''1''
)"'(
)"'(
)"'(
)"(
"'"'
aaaaaa
aa
aa
aa
aA
aaaa
αααα ==⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
−
− ∏∏
≠≠
. 
 
Dessa forma, o operador ∏
≠ −
−
'' )"'(
)"(
aa aa
aA é um projetor, ou seja, ele projeta o 
estado α sobre o estado 'a . 
 3
 
 
c. Considerando o caso especifico em que zSA = e que o conjunto { } { }−+= ,'a , temos : 
 
[ ]
0
22222222
22
)'(
'
=−−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−+++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −
=−−+++⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=−∏
αα
ααα
========
==
zz
a
SSaA
. 
 
Considerando agora que 
2
' ==a temos : 
 
( )[ ][ ]
( )
( )
( )
( ) ++=−−+
+−++++
+
=−−+++−−
−−=−
−∏
≠
ααα
ααα
2/2/
2/2/
2/2/
2/2/
2/(2/
)2/(
)"'(
)"(
"'
==
==
==
==
==
=z
aa
S
aa
aA
 
 
 
 1
Problema 8 
 
Usando a ortonormalidade de + e − , prove 
 
 
[ ]
{ } ,
2
,
,,
2
ijji
kijkji
SS
SiSS
δ
ε
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
=
=
=
 
 
onde 
 
 
( )
( )
( ).
2
,
2
,
2
−−−++=
+−+−+−=
+−+−+=
=
=
=
z
y
x
S
iS
S
 
 
 
Solução : 
 
Calculando o comutador [ ]ji SS , . 
 [ ]
[ ] ( ) ( )
( ) ( )
[ ] ( ) ( )
[ ] ( )
[ ] zyx
yx
yx
yx
xyyxyx
SiSS
iSS
iiSS
i
iSS
SSSSSS
=
=
==
==
==
=
−−−++=
−−+++−−−−−++=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−+−+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−+−+−
−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−+−+−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−+−+=
−=
,
2
,
44
,
22
22
,
,
2
22
 
 
 
 2
[ ]
[ ] ( ) ( )
( ) ( )
[ ] ( ) ( )
[ ] ( )
[ ] yzx
zx
zx
zx
xzzxzx
SiSS
SS
SS
SS
SSSSSS
=
=
==
==
==
−=
+−+−+−=
+−−−+−+−+−+−=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−+−+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−++
−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−++⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−+−+=
−=
,
2
,
44
,
22
22
,
,
2
22
 
 
 [ ]
[ ] ( ) ( )
( ) ( )
[ ] ( ) ( )
[ ] ( )
[ ] xzy
zy
zy
zy
yzzyzy
SiSS
iSS
iiSS
i
iSS
SSSSSS
=
=
==
==
==
=
+−+−+=
+−−−+−−+−+−+=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−+−+−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−++
−⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−++⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−+−+−=
−=
,
2
,
44
,
22
22
,
,
2
22
 
 
Usando uma das propriedades dos comutadores 
 [ ] [ ]ABBA ,, −= , 
 
temos para as relações 
 [ ]
[ ]
[ ] xyz
yxz
zxy
SiSS
SiSS
SiSS
=
=
=
−=
=
−=
,
,
,
. 
 
De uma forma geral, podemos reescrever as três relações como 
 
 ,i j ijk kS S i Sε⎡ ⎤ =⎣ ⎦ = 
 
 3
em que xSS =1 , ySS =2 e zSS =3 . Temos ainda que ijkε ( conhecido como 
densidade de Levi-Civita ) possui a seguinte propriedade 
 
1=ijkε → permutação par da seqüência 123, 
1−=ijkε → permutação ímpar da seqüência 123, 
0=ijkε → dois índices repetidos. 
 
Calculando o anticomutador { }ji SS , . 
 
{ } { } ( ) ( ) 0
44
,,
22
=−−+++−+−−−++=+== == iiSSSSSSSS xyyxxyyx 
 
{ } { } ( ) ( ) 0
44
,,
22
=+−−−+++−+−+−=+== ==xzzxxzzx SSSSSSSS 
 
{ } { } ( ) ( ) 0
44
,,
22
=+−−−+−++−+−+=+== == iiSSSSSSSS yzzyyzzy 
 
 
{ } 22, iiiiiii SSSSSSS =+= 
 
1=i 
( )
24
22
22
2 == =−−+++=xS 
 
2=i 
( )
24
)1(22
22
2 == =−−−++−−=yS 
 
3=i 
( )
24
22
22
2 == =−−+++=zS 
 
De uma forma geral, temos : 
 
{ } ijji SS δ2,
2== . 
 1
Problema 9 
 
Construa +;ˆ.nSG tal que 
 
+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=+ ;ˆ.
2
;ˆ.ˆ. nSnSnS
G=GG 
 
onde nˆ é caracterizado pelos ângulos mostrados na figura. Expresse sua 
resposta como uma combinação linear de + e − . [ Nota : A resposta é 
 
 −⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ αββ iesen
22
cos . 
 
Não é para verificar apenas que a resposta satisfaz a equação de autovalor 
acima. E sim, tratar o problema como um problema de autovalor. Também, 
não utilize operadores de rotação, o qual nós introduziremos mais tarde 
nesse livro.] 
 
 
 
 
 
Figura 1 : vetor nˆ e caracterizado por um ângulo α e β . 
 
 
 2
Solução : 
 
Utilizando a notação vetorial, podemos escrever S
G
 e nˆ como 
 
 
 
e 
 
zSySxSS zyx ˆˆˆ ++=
G
 
 
Os operadores xS , yS e zS podem ser representados na forma matricial na 
base { }−+ , como 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
01
10
2
=�xS ; ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=
0
0
2 i
i
S y
=� ; ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−= 10
01
2
=�zS 
 
Calculando nS ˆ.
G
, temos 
 
zyx SSsensenSsennS .cos...cos.ˆ. βαβαβ ++=
G
. 
 
Na forma matricial, temos 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−+
−= βαβαβ
αβαββ
cos..cos.
.cos.cos
2
ˆ.
sensenisen
senisensen
nS =�
G
. 
 
Podemos representar o ket +;ˆ.nSG na base { }−+ , como uma matriz coluna 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=+
−
+
a
a
nS �
G
;ˆ. , 
 
ou ainda na forma 
 
−++=+ −+ aanS ;ˆ.
G
. 
 
Podemos agora escrever a equação de autovalor na forma matricial como 
 
zysensenxsenn ˆcosˆ.ˆcos.ˆ βαβαβ ++=
 3
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−+
−
−
+
−
+
a
a
a
a
sensenisen
sensenisen
2cos..cos.
..cos.cos
2
==
βαβαβ
αβαββ . 
 
Temos o seguinte sistema de equações 
 
−−+
+
−
−+
=−
=+
aaesena
aesenaa
i
i
ββ
ββ
α
α
cos...
..cos.
.
.
 
 
Isolando −a na primeira equação, e escrevendo em função de +a , temos : 
 
α
β
β ie
sen
aa )cos1( −= +− 
 
Substituindo a equação acima dentro da segunda equação temos 
 
[ ] 0.11
0.cos1.
0....)cos1()1(cos
.
.
2
..
=+−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ++−
=+−+−
+
+
++
α
α
αα
β
ββ
β
ββ
ββ
i
i
ii
e
sen
a
esen
sen
a
esenaae
sen
 
 
Esta equação é satisfeita para algum valor de +a , como deve ser para uma 
equação de autovalor. Também, temos uma relação que deve ser satisfeita 
pelos valores de +a e −a 
 
12
2 =+ −+ aa . 
 
Logo a nossa expressão pode ser escrita na forma 
 
. . .1 cos 2. tan . .
2 cos
2
i i i
sen
a e e e
a sen
α α α
ββ β
ββ
−
+
⎛ ⎞⎜ ⎟− ⎛ ⎞ ⎝ ⎠= = =⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎝ ⎠
. 
 
Vemos que a escolha de 
 
 4
αβ ..
2
iesena ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=− e ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=+ 2cos
βa 
 
satisfaz a equação acima. Temos então finalmente que 
 
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
=+
αβ
β
..
2
2
cos
;ˆ.
iesen
nS �
G
 
 
ou 
 
−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=+ αββ ..
22
cos;ˆ. iesennS
G
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1
Problema 10 
 
O operador Hamiltoniano para um sistema de dois estados é dado por 
 
( )1 1 2 2 1 2 2 1H a= − + + , 
 
onde a é um número com a dimensão de energia. Encontre os autovalores 
de energia e os autokets de energia correspondentes (como uma combinação 
linear de 1 e 2 ). 
 
Solução: 
 
Escrevendo o operador H na forma matricial na base { }1 , 2 temos : 
 
a a
H
a a
⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠� 
 
em que os elementos matriciais são i H j , e , 1,2i j = . A equação de 
autovalores na notação matricial tem a forma : 
 
H Eαα α= 
 
1 1
2 2
a a
E
a a α
α α
α α
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
 
ou 
 
11 0
0
20 1
a a
E
a a α
α
α
⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠
 
 
Para esta equação, deveremos ter soluções não triviais, isto é, 
 
det 0
a E a
a a E
α
α
−⎛ ⎞ =⎜ ⎟− −⎝ ⎠
. 
 
Isso leva a equação secular 
 
 2
2 2 2 0
2
E a a
E a
α
α
− − =
= + . 
 
Fornecendo assim os autovalores de H . Chamaremos esses autovalores de 
E+ e E− e chamaremos os autokets associados a esses autovalores como E+ 
e E− . 
 
Para achar os autokets em termos de 1 e 2 nós retornaremos a equação de 
autovalores. 
 
H E E E+ + += 
 
Escrevendo E+ em termos de 1 e 2 , temos : 
 
1 1 2 2E E E+ + += + . 
 
Substituindo a equação e usando a definição de H , temos : 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2
1 1 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2
H E E E
a E E E E E
a E E E E E E E
+ + +
+ + + + +
+ + + + + + +
=
⎡ ⎤− + + + = +⎣ ⎦
− + + = +
 
Multiplicando a equação acima ( à esquerda ) pelo bra 1 temos 
 
( )
1 2 1
1 2
( )
2 1
a E E E E
a E E a E
E a
E E
a
+ + + +
+ + +
+
+ +
⎡ ⎤+ =⎣ ⎦
− = −
−=
�
. 
 
Multiplicando a mesma equação acima ( à esquerda ) pelo bra 2 temos 
 
( )
2 1 2
2 1
a E E E E
E E a a E
+ + + +
+ + +
⎡ ⎤− + =⎣ ⎦
+ =
�
. 
 3
 
Substituindo a equação 
 
( )
2 1
E a
E E
a
+
+ +
−= 
 
na 
 
( )2 1E E a a E+ + ++ = � , 
 
temos 
 ( ) ( ) 1 1E a E a E a Ea+ + + +
− + = . 
 
Substituindo 2E a+ = + , temos 
 
2 2 2
2 2 22
E a a
a a a
+ − =
− =
. 
 
Essa equação é uma identidade. A equação 
 ( ) ( ) 1 1E a E a E a Ea+ + + +
− + = 
 
é satisfeita por todos os valores 1 E+ . De novo, temos apenas a 
proporcionalidade entre os componentes 1 E+ e 2 E+ , dado por 
 
( )
2 1
E a
E E
a
+
+ +
−= . 
 
Explicitamente 
 
2 2 2 1
1
E a a
aE
+
+
+ −= = + − . 
 
Procuramos por autokets normalizados, então 
 4
2 2
2 1 1E E+ ++ = . 
 
Se fizermos 
 
1 E C+ += 
 
então 
 ( )2 2 1E C+ += + − , 
 
e 
 
( )
( )
22
2
2
1/ 2
1 2 1 1
1 2 2 2 1 1
2 2 2 1
1
2 2 2
C
C
C
C
+
+
+
+
⎡ ⎤+ + − =⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤+ + + =⎣ ⎦
⎡ ⎤+ =⎣ ⎦
⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥+⎣ ⎦
. 
 
Finalmente, temos 
 
( )
( ) ( )
11
2 2 2
12 2 1
2 2 2
E
E
+
+
= +
= + −+
. 
 
Os autokets de H são : 
( ) ( )
( ) ( )
1/ 2
1/ 2
1 1 2 1 2
2 2 2
1 1 2 1 2
2 2 2
E
E
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥+ = + −⎣ ⎦⎢ ⎥−⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥− = − +⎣ ⎦⎢ ⎥+⎣ ⎦
 
 
 1
Problema 11 
 
Um sistema de dois estados é caracterizado pelo Hamiltoniano 
 
11 22 121 1 2 2 1 2 2 1H H H H ⎡ ⎤= + + +⎣ ⎦ 
 
onde 11H , 22H e 12H são números reais com a dimensão de energia, e 1 e 
2 são auto kets de alguma observável ( H≠ ). Encontre os autokets de 
energia e os correspondentes autovalores de energia. Esteja certo de que sua 
resposta faz sentido para 12 0H = . (Você não precisa resolver este problema 
completamente. O seguinte fato pode ser usado sem prova : 
 
ˆ ˆ ˆ. ; ;
2
S n n n+ = +G = , 
 
com ˆ;n + dado por 
 
ˆ; cos
2 2
in e senαβ β+ = + + − , 
 
em que β e α são os ângulos polares e azimutais, respectivamente, que 
caracterizam nˆ .) 
 
 
 
 
Figura 1 : Vetor unitário nˆ . 
 2
Solução : 
 
 
Os kets da base ( )1 , 2 podem ser considerados como autokets de 
observáveis, como, por exemplo, xS , yS e zS , etc. Por uma questão de 
conveniência vamos admitir que os elementos 1 e 2 sejam autokets de zS 
{ },+ − . Além disso, é possível supor que o Hamiltoniano H possa ser 
expresso como função do operador de spin ˆ.S n
G
. Sendo a e b constantes a 
serem determinadas, escrevemos: 
 
ˆ. .H a S n b I= • +G , (1) 
 
onde I é o operador identidade. 
 
 
Através de (1) podemos expressar os elementos da matriz que representa H 
como uma função dos elementos da matriz ˆS n•G . Para isso, vamos em 
primeiro lugar determinar os elementos da matriz de ˆS n•G na base de zS . 
Assim, temos : 
 
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ. . ; . ; . ; . ;
2
S n S n S n S n S n⎡ ⎤= + + − − −⎣ ⎦
G G G G G= (2) 
 
onde foi usado a relação (1.3.34) do livro texto, em que ˆ. ;S n ±G são os 
autovetores de ˆ.S n
G
 e / 2±= são os autovalores. Do exercício 9 sabe-se como 
escrever os autokets de ˆ.S n
G
 na base zS . Assim, substituindo esses dados em 
(2), obtemos : 
 
ˆ. cos cos
2 2 2 2 2
cos cos
2 2 2 2 2
i i
i i
S n e sen e sen
sen e e sen
α α
α α
β β β β
β β β β
−
−
⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞= + + − + + − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞− + + − + − + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦
G =
=
. 
 
 
 
 
 
 3
Fazendo os produtos 
 
 
2 2
2 2
ˆ cos cos cos
2 2 2 2 2 2 2 2
cos cos cos
2 2 2 2 2 2 2 2
i i
i i
S n sen e sen e sen
e sen e sen sen
α α
α α
β β β β β β
β β β β β β
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞• = − + + + + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + + − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
G = =
= = 
temos finalmente, 
 
ˆ cos cos
2
i iS n e sen e senα αβ β β β−⎡ ⎤• = + + + + − + − + − − −⎣ ⎦
G = 
 
 
ou, na forma matricial podemos escrever : 
 
cosˆ
2 cos
i
i
e sen
S n
e sen
α
α
β β
β β
−⎛ ⎞• = ⎜ ⎟−⎝ ⎠
G = (3) 
 
Agora, H pode ser representado na forma abaixo, conforme a equação dada 
no enunciado : 
 
11 12
12 22
H H
H
H H
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠�
 (4) 
 
E, substituindo (4) e (3) em (1), obtemos : 
 
11 12
12 22
cos
2 2
cos
2 2
i
i
a b e asenH H
H H asen e a b
α
α
β β
β β
−⎛ ⎞+⎜ ⎟⎛ ⎞ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ − +⎜ ⎟⎝ ⎠
= =
= = (5) 
 
Como os elementos da matriz de H são reais, devemos fazer 0α = , para que 
a matriz do segundo membro de (5) seja real. Igualando os termos, obtemos 
 
 4
11
12
22
cos
2
2
cos
2
H a b
H asen
H a b
β
β
β
⎧ = +⎪⎪⎪ =⎨⎪⎪ = − +⎪⎩
=
=
=
 (6) 
 
No sistema de equações acima devemos determinar a e b . Assim, somando 
(6a) e (6c), obtemos : 
 
( )11 2212b H H= + (7) 
 
Subtraindo (6a) de (6b), temos : 
 
11 22cosa H Hβ = −=(8) 
 
Dividindo (6b) por (8), temos : 
 
12
11 22
2Htg
H H
β = − (9) 
 
A equação (9) permite construir o triangulo retângulo abaixo : 
 
 
 
 
Figura 2 : Relação matemática. 
 
 
 5
 
Assim, da figura acima, obtemos : 
 
12 12
2 2 2
12 11 22 2 11 22
12
2
4 ( )
2
H Hsen
H H H H HH
β = =+ − −⎛ ⎞+ ⎜ ⎟⎝ ⎠
 (10) 
 
E substituindo (10) em (6b), obtemos “ a ” : 
 
1/ 22
2 11 22
12
2
2
H Ha H
⎡ ⎤−⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦=
 (11) 
 
Para o operador ˆS n•G vale a equação de autovalor: 
 
ˆ ˆ ˆ. ; ;
2
S n n n± = ± ±G = 
 
Mas por (1), podemos trocar ˆS n•G por H na equação acima, logo : 
 
( )ˆ ˆ ˆ ˆ. ; ; ;
2
H bIS n n n n
a
−± = ± = ± ±G = 
 
ou 
 
ˆ ˆ; ;
2
aH n b n⎛ ⎞± = ± + ±⎜ ⎟⎝ ⎠
= (12) 
 
Vemos que ˆ;n ± são os autovetores de H com autovalores de 
2
a b⎛ ⎞± +⎜ ⎟⎝ ⎠
= , 
com as constantes a , b e β determinadas pelas equações (11), (9) e (7), e 
0α = . Então, se, 
 
, ,H E E E± = ± ± 
 
Vemos que 
 
2
aE b± = ± += (13) 
 6
 
E também 
 
ˆ, ,E n± = ± (14) 
 
As equações (13) e (14) só valem para as condições estabelecidas pelas 
equações (11), (9) e (7) com 0α = . Portanto, na base de zS , os autovetores 
de H podem ser escritos com os resultados do exercício (9), ou seja, 
 
cos
2 2
E senβ β+ = + + − , (15) 
 
e 
 
cos
2 2
E sen β β− = − + + − , (16) 
 
com 
 
12
11 22
2Harctg
H H
β ⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠ . 
 
Substituindo (7) e (11) em (13) obtemos : 
 
1/ 22
2 11 22 11 22
12 2 2
H H H HE H±
⎡ ⎤− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ± + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
, (17) 
 
que são os autovalores de H . 
 
Podemos testar se naturalmente as equações (15) e (16) estão corretas. A 
equação (12) é uma equação de autovalores escrita na base de zS . Se 
fizermos 12 0H = , H ficará diagonal onde os elementos da diagonal principal 
são os autovalores. Estes elementos são 11H e 22H . Assim, esperamos que 
fazendo 12 0H = na equação (17), E+ será igual a 11H , e E− será 22H . Fazendo 
isso, temos: 
 
 7
1/ 22
11 22 11 22 11 22 11 220
2 2 2 2
H H H H H H H HE±
⎡ ⎤− + − +⎛ ⎞ ⎡ ⎤= ± + + = ± +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦
 
 
Para E+ o argumento do módulo deve ser 0> , logo, 
 
11 22 11 22
11
11
2 2
H H H HE H
E H
+
+
− += + =
=
. 
 
Para E− , o argumento do módulo deve ser 0< , logo, 
 
11 22 11 22 11 22 11 22
22
22
2 2 2 2 2 2
H H H H H H H HE H
E H
−
−
− +⎛ ⎞= − + = − + + + =⎜ ⎟⎝ ⎠
=
 
 
Vemos então que a resposta obtida é correta. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1
Problema 12 
 
Um sistema de spin 1/ 2 é conhecido estar no autoestado de ˆ.S n
G
 com 
autovalor / 2= , em que nˆ é um vetor unitário que está no plano xz que faz 
um ângulo γ com o eixo z positivo. 
 
a. Suponha que xS seja medido. Qual é a probabilidade de obter / 2+= ? 
b. Calcule a dispersão em xS , isto é, 
 
( )2x xS S− . 
 
(Confira a sua resposta para os casos especiais 0, / 2γ π= e π ). 
 
 
Solução : 
 
 
 
 
 
Figura 1: Vetor unitário nˆ . 
 
 
 
 
 2
a. O autoestado do sistema expresso na base { },+ − está em acordo com o 
exercício 9. 
 
ˆ; cos
2 2
n senγ γ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (1) 
 
A probabilidade de obter / 2+= em uma medida de xS dentro deste estado é 
dada por : 
 
( ) 2ˆ ˆ, / 2 ; ;xP S x n+ = + += (2) 
 
O bra ˆ;x + é calculado da mesma forma que ˆ;n + , com / 2β π= e 0α = : 
 
( )1ˆ; cos
4 4 2
x senπ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + + − = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . (3) 
 
Então 
 
( )
2
1 1, / 2 cos (1 )
2 2 2 2x
P S sen senγ γ γ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= (4) 
 
 
b. A dispersão em xS é dada pela fórmula: 
 
( )2 22x x x xS S S S− = − . (5) 
 
Os valores médios são calculados para o estado ˆ;n + : 
 
2 ˆ ˆ; ;x x xS n S S n= + + (6) 
 
Usando a seguinte representação de xS , 
 
( )
2x
S = + − + − += , (7) 
 
e a expressão (1), temos: 
 3
 
2
22
2
2
2
2
cos cos
2 2 4 2 2
cos cos
4 2 2 2 2
cos cos
4 2 2 2
x
x
x
S sen sen
S sen sen
S sen
γ γ γ γ
γ γ γ γ
γ γ γ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤= + + − + − + − + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤= + + − + + + − − + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
=
=
=
[ ]
2
2 2 2
2
2
2
2
2
cos
4 2 2
1
4
4
x
x
x
sen
S sen
S
S
γ
γ γ
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
=
=
=
=
=
. (8) 
 
O valor médio de xS é dado por: 
 
cos cos
2 2 2 2 2
cos cos
2 2 2 2 2
cos cos
2 2 2 2 2
x
x
x
S sen sen
S sen sen
S sen sen
S
γ γ γ γ
γ γ γ γ
γ γ γ γ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎡ ⎤= + + − + − + − + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + − + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
=
=
=
2 cos
2 2 2
2
x
x
sen
S sen
γ γ
γ
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
=
=
=
 . (9) 
 
Para 2xS temos: 
 
2
2 2
4x
S sen γ= = . (10) 
 
 
 
 
Finalmente, temos: 
 4
 
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 22 2
2
2 2
2
2 2
4 4
1
4
cos
4
x x x x
x x
x x
S S S S sen
S S sen
S S
γ
γ
γ
− = − = −
− = −
− =
= =
=
=
 
 
Aplicando as condições particulares, temos: 
 
( ) 22
4x x
S S− = = para 0γ = 
 
( )2 0x xS S− = para / 2γ π= 
 
 ( ) 22
4x x
S S− = = para γ π= 
 
 1
Problema 13 
 
Um feixe de átomos de spin 1/ 2 passa através de uma série de medidas do 
tipo Stern-Gerlach como segue : 
 
a. A primeira medida aceita átomos / 2zS = = e rejeita átomos / 2zS = −= . 
 
b. A segunda medida aceita átomos / 2nS = = e rejeita átomos / 2nS = −= , 
onde nS é o autovalor do operador ˆ.S n
G
, com nˆ fazendo um ângulo β no 
plano xz com respeito ao eixo z . 
 
c. A terceira medida aceita átomos / 2zS = −= e rejeita átomos / 2zS = = . 
 
Qual é a intensidade do feixe final de / 2zS = −= , quando o feixe / 2zS = = 
sobrevivente a primeira medida é normalizada a unidade? Como nós 
devemos orientar o segundo aparato de medida se nós estamos interessados 
em maximizar a intensidade do feixe final / 2zS = −= ? 
 
Solução : 
 
 
 
 
 
 
Figura 1: Geometria para o vetor unitário nˆ .2
 
 
 
Figura 2: Intensidade dos feixes através dos diversos experimentos de SG. 
 
 
Consideremos que a intensidade do feixe seja normalizada a unidade após a 
primeira medida. Assim a intensidade final ( após a 3a medida ) será igual a 
probabilidade de obtermos / 2zS = −= . Temos : 
 
 
Probabilidade de se obter 2 2; ;/ 2 ; ;zz S n nS P S S− −= − ⇒ = − + + += 
 
 
ou seja, calcularemos a probabilidade de obtermos o ket + colapsar para o 
estado ˆ. ;S n +G e do ket ˆ. ;S n +G colapsar para o estado − . Usando o exercício 
anterior, temos que : 
 
 
 
ˆ. ; cos
2 2
iS n e senαβ β+ = + + −G . 
 
 
Logo, 
 
 
ˆ. ; cos
2
S n β+ + =G → 2 2ˆ. ; cos
2
S n β+ + =G , 
 
 
 
 3
e 
 
 
 ˆ. ;
2
iS n e senα β− + =G → 2 2 2 2ˆ. ;
2 2
iS n e sen senα β β− + = =G . 
 
 
Consideramos acima que 2 1ie α = . Substituindo os resultados, temos : 
 
 
2
2 2cos cos
2 2 2 2zS
P sen senβ β β β⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
 
 
Como 
 
 
2 cos
2 2
sen sen β ββ = , 
 
 
temos : 
 
 
2
4zS
senP β= . 
 
 
Também, 20 1sen β< < , então 
zS
P é máximo para / 2β π= , pois neste ângulo 
1senβ = , o que faz com que a probabilidade se torne 
 
 
max
1
4zS
P → = . para / 2β π= 
 
 
Ou seja, a máxima intensidade ( para / 2β π= ) é igual a 1/ 4 do seu valor 
inicial. 
 1
Problema 14 
 
Uma certa observável em mecânica quântica tem uma representação 
matricial 3 3x como segue : 
 
0 1 0
1 1 0 1
2 0 1 0
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. 
 
a. Encontre os autovetores normalizados dessa observável e os 
correspondentes autovalores. Existe alguma degenerescência? 
 
b. De um exemplo físico onde tudo isso é relevante. 
 
 
Solução : 
 
a. Seja 
 
0 1 0
1 1 0 1
2 0 1 0
L
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
, 
 
com os autovalores e os autovetores determinados pela equação abaixo : 
 
L l l l= ⇒ ( ) 0L lI l− = . (1) 
 
Como l não pode ser um ket nulo (não queremos uma solução trivial), 
devemos ter, 
 
det( ) 0L lI− = 
 
ou, 
 
1/ 2 0
1/ 2 1/ 2 0
0 1/ 2
l
l
l
−
− =
−
. 
 2
Logo, obtemos : 
 
3
3
2
0
2 2
0
( 1) 0
l ll
l l
l l
− + + =
− =
− =
 (2) 
 
Da equação (2), obtemos os três autovalores: 
 
1
2
3
0
1
1
l
l
l
=⎧⎪ =⎨⎪ = −⎩
 
 
Como 1 2 3l l l≠ ≠ , não há degenerescência. Assim vamos obter os autovetores 
correspondentes. 
 
a) 1 0l = 
 
Substituindo em (1) temos : 
 
1
1
2
3
( 0 ) 0
0 1/ 2 0 0
1/ 2 0 1/ 2 0
00 1/ 2 0
L I l
x
x
x
− =
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
�
 
 
e obtemos : 
 
2 2
1 3 1 3
2 2
1 0 0
2
1 1 0
2 2
1 0 0
2
x x
x x x x
x x
= → =
+ = → = −
= → =
 
 
 
Temos uma variável livre. Assim, fazendo 1 1x = , 3 1x = − , obtemos : 
 
 3
1
1
0
1
l
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
� , 
 
onde 
 
1 1l lα= � 
 
em que α e a constante de normalização. Logo, vemos que, 
 
1 1
2
1 1
1 1
1
1
1
l l
l l
l l
α
α
=
=
=
� �
� �
 (a) 
 
Mas, 
 
( )1 1
1
1 0 1 0 1 1 2
1
l l
⎛ ⎞⎜ ⎟= − = + =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
� � 
 
logo (a) se torna : 
 
1
2
α = 
 
Então, obtemos o 10 vetor de L , dado por 
 
1
1
1 0
2 1
l
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
 
 
b) 2 1l = 
 
Substituindo 2l em (1), obtemos : 
 
 4
1
2
3
1 1/ 2 0 0
1/ 2 1 1/ 2 0
00 1/ 2 1
x
x
x
⎛ ⎞− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
 
 
Fazendo as multiplicações, obtemos : 
 
2 2
1 1
3 31 1
2 2
2 2
3 3
0
2 2
0
2 2 2 2
0
2 2
x xx x
x xx xx x
x xx x
− + = → =
− + = → = +
− = → =
 
 
Vemos que 1 3x x= , assim, fazendo 2 2x = , obtemos 1 3 1x x= = , logo, 
 
2
1
2
1
l
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
� 
 
temos 
 
( )2 2
1
1 2 1 2 1 2 1 4
1
l l
⎛ ⎞⎜ ⎟= = + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
� � (b) 
 
Desde que o autovetor 2l normalizado é dado por : 
 
2 2
2 2
1l l
l l
= �� � 
 
obtemos por (b) que : 
 
2
1
1 2
2
1
l
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 5
c) 3 1l = − 
 
Substituindo 3 1l = − em (1), vamos obter: 
 
1
2
3
1 1/ 2 0 0
1/ 2 1 1/ 2 0
00 1/ 2 1
x
x
x
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
 
 
obtendo, 
 
2 2
1 1
3 31 1
2 2
2 1
3 3
0
2 2
0
2 2 2 2
0
2 2
x xx x
x xx xx x
x xx x
+ = → − =
+ + = → = − −
+ = → = −
 
 
E, fazendo 2 2x = − , obtemos 1 1x = e 3 1x = . Logo, 
 
3
1
2
1
l
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
� 
 
Logo, vemos que : 
 
( )3 3
1
1 2 1 2 1 2 1 4
1
l l
⎛ ⎞⎜ ⎟= − − = + + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
� � 
 
Logo, o autovetor normalizado 3l será : 
 
3 3
3 3
1l l
l l
= �� � , 
 
e 
 6
3
1
1 2
2
1
l
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. 
 
b. A matriz do enunciado é a componente na direção nˆ do momento angular 
escrito na base de zS . É uma matriz que representa spin unitário, 1S = . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1
Problema 15 
 
A e B são observáveis. Suponha que os autokets simultâneos de A e B 
{ }', 'a b formam um conjunto completo ortonormal de kets de base. Nós 
podemos sempre concluir que 
 
[ ], 0A B = ? 
 
Se a sua resposta é sim, prove esta asserção. Se sua resposta é não, de um 
contra-exemplo. 
 
 
Solução : 
 
Vejamos qual o resultado da operação de [ ],A B sobre um ket arbitrário α . 
Como o conjunto { }', 'a b forma um conjunto completo de kets de base 
normalizados, escrevemos α com o auxilio do operador identidade, isto é, 
 
' '
', ' ', '
a b
a b a bα α=∑∑ . (1) 
 
Aplicando [ ],A B sobre este ket, temos : 
 
[ ]
' '
, ( ) ( ' ' ' ') ', ' ', '
a b
A B AB BA a b b a a b a bα α α= − = −∑∑ . (2) 
 
Logo, como 
 
[ ], 0A B α = , (3) 
 
e considerando que α é um ket arbitrário, a equação (3) será sempre 
satisfeita somente se 
 
[ ], 0A B = . 
 1
Problema 16 
 
Dois operadores Hermitianos anticomutam: 
 
{ }, 0A B AB BA= + = . 
 
É possível ter autokets simultâneos ( isto é, comuns ) de A e B ? Prove ou 
ilustre a sua asserção. 
 
 
Solução : 
 
Suponhamos que existe um ket ', 'a b não nulo simultâneo a A e B . Então : 
 
', ' ' ', '
', ' ' ', '
A a b a a b
B a b b a b
=
= (1) 
 
e 
 
{ }
{ }
{ }
, ', ' ', ' ', '
, ', ' ' ' ', ' ' ' ', '
, ', ' 2 ' ' ', '
A B a b AB a b BA a b
A B a b a b a b b a a b
A B a b a b a b
= +
= +
=
 (2) 
 
Mas como { }, 0A B = , a equação (2) é um absurdo! Logo, se A e B 
anticomutam, não existe nenhum ket não nulo que seja autoket de A e B ao 
mesmo tempo. 
 
 
 
 1
Problema 17 
 
Duas observáveis 1A e 2A , que não envolvem o tempo explicitamente, são 
conhecidas não comutarem, 
 
[ ]1 2, 0A A ≠ , 
 
ainda que nós também conhecemos que ambas 1A e 2A comutam com o 
Hamiltoniano : 
 
[ ]1, 0A H = , [ ]2 , 0A H = . 
 
Prove que os autoestados de energia são, em geral, degenerados. Existem 
exceções? Como um exemplo, você pode pensar no problema de força 
central, 
2( )
2
pH V r
m
= +
G
, com 1 zA L→ , 2 xA L→ . 
 
Solução : 
 
Seja 1,a E o auto-ket simultâneo de 1A e H e 2 ,a E o auto-ket simultâneo 
de 2A e H . Temos então que 
 
[ ]2 , 0A H = → 
[ ]2 1
2 1 2 1
2 1 2 1
, , 0
, , 0
, 0
A H a E
A H a E HA a E
EA a E HA a E
=
− =
− =
 
 
Sabendo que [ ]1 2, 0A A ≠ , teremos que quando 2A atuar no auto-ket de 1A , irá 
mudar de 1,a E para um novo estado denotado dado por α . Assim, se 
 
2 1,A a E α= , 
 
teremos 
 
 
2 1 2 1, , 0
0
EA a E HA a E
E H
H E
α α
α α
− =
− =
=
. 
 2
 
Desta forma, percebemos que α também é um auto-estado de H . 
 
Vamos repetir o mesmo procedimento para o primeiro comutador. 
 
[ ]1, 0A H = → 
[ ]1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
, , 0
, , 0
, 0
A H a E
AH a E HA a E
EA a E HA a E
=
− =
− =
 
 
Seja o novo estado caracterizado por β , isto é, 
 
 
1 2 1 2, , 0
0
EA a E HA a E
E H
H E
β β
β β
− =
− =
=
 
 
Logo, vemos que o auto-valor E de H tem dois auto-kets α e β . 
Portanto, temos um estado degenerado. No caso em que temos [ ], 0x zL L ≠ e 
[ ], 0xL H = , [ ], 0zL H = , ocorre uma degenerescência de ordem 2 1l + , pois para 
cada l , existem ,...,0,...l l− + , autokets de zL . Assim, quando 0l = , 0x zm m= = 
e 0; 0 0x lL m l= = = e 0; 0 0z lL m l= = = , desta forma não há a possibilidade 
de existência de um estado novo, o que resulta na quebra da 
degenerescência. 
 
Neste problema, a exceção ocorre (ou seja, quebra de degenerescência) 
quando 1 0A γ = (ou 2 0A γ = ), onde γ pode ser α , β , 1a ou 2a , 
qualquer autoket simultâneo de H . 
 
 
 
 
 1
Problema 18 
 
a. O modo mais simples para derivar a desigualdade de Schwarz é 
apresentado a seguir. 
Primeiro, observe 
 ( ) ( )* . 0α λ β α λ β+ + ≥ 
 
para qualquer número complexo λ; então escolha λ de tal um modo que a 
desigualdade anterior se reduz à desigualdade de Schwarz. 
 
b. Mostre que o sinal de igualdade na relação de incerteza generalizada se 
mantém se o estado em questão satisfaz 
 
A Bα λ αΔ = Δ 
 
com λ puramente imaginário 
 
c. Apresente em cálculos que usam as regras habituais de ondas mecânicas, 
mostre que a função de onda para um pacote de onda Gaussianas dada por 
 
( ) ( )21 42 22 exp 4x xi p xx d dα π −
⎡ ⎤′ − 〈 〉′〈 〉′ = −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦=
 
 
satisfaz a relação de incerteza 
 
( ) ( )2 2
2
x pΔ Δ = = 
 
prove que o requisito 
 
(número imginário) x x x pα α′ ′Δ = Δ 
 
É de fato satisfeito para tal pacote de onda Gaussiano, de acordo com (b) 
 
 
Solução : 
 
 2
a. Nós sabemos que para uma estado arbitrário c a seguinte relação se 
matém 
 
0c c ≥ (1) 
 
Isto significa que nós escolhermos c α λ β= + onde λ é um número 
complexo, nós teremos 
 ( ) ( )*
* *
2*
0
0
0
α λ β α λ β
α α λ α β λ β α λλ β β
α α λ α β λ β α λ β β
+ + + ≥
+ + + ≥
+ + + ≥
 (2) 
 
Se nós escolhermos agora 
 
β αλ β β= − e 
* α βλ β β= − 
 
a relação anterior se tornará 
 
2
2* *
2 2 2
2
2
2
0
0
0
0
0
β α α β β α α β β αα α β ββ β β β β β
β αβ α β α β α β αα α β β β β β β
β α β α β αα α β β β β β β
β αα α β β
β β α α β α
α α β β β α
− − + ≥
− − + ≥
− − + ≥
− ≥
− ≥
≥
 (3) 
 
Note que o sinal de igualdade na ultima relação permanece quando 
 
0c α λ β α λ β= + = ⇒ = − (4) 
 
 3
Isso é se α e β forem colineares. 
 
b. A relação e incerteza é 
 
( ) ( ) [ ] 22 2 1 ,
4
A B A BΔ Δ ≥ (5) 
 
Para provar esta relação nós usamos a desigualdade de Schwarz (3) para os 
vetores A aα = Δ e B aβ = Δ os quais dão 
 
( ) ( )
( ) ( )
2
2
22 2
22 2
A B
a A A a a B B a A B
a A a a B a A B
A B A B
α α β β ≥ Δ Δ
Δ Δ Δ Δ ≥ Δ Δ
Δ Δ ≥ Δ Δ
Δ Δ ≥ Δ Δ
 (6) 
 
O sinal de igualdade nesta relação se mantém de acordo com (4) quando 
 
A a B aλΔ = Δ (7) 
 
Por outro lado o lado direito de (6) é 
 
[ ] { }
[ ] { }
[ ] { }2 22
1 1, ,
2 2
1 1, ,
2 2
1 1, ,
4 4
A B A B A B
A B A B A B
A B A B A B
Δ Δ = Δ Δ + Δ Δ
Δ Δ = + Δ Δ
Δ Δ = + Δ Δ
 (8) 
 
O que significa que o sinal de igualdade na relação de incerteza (5) se 
mantém se 
 
 4
{ }
{ }
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
7
2 2*
2 2*
2*
1 , 0
4
, 0
0
0
0
0
A B
A B
a A B B A a
a B a a B a
a B a a B a
a B a
λ λ
λ λ
λ λ
Δ Δ =
Δ Δ =
Δ Δ + Δ Δ = ⇒
Δ + Δ =
Δ + Δ =
+ Δ =
 (9) 
 
Então o sinal de igualdade na relação de incerteza se mantém quando 
 
A a B aλΔ = Δ (10) 
 
Com λ puramente imaginário. 
 
c. Devemos computar os valores esperados de x, x2, p e p2. O valor esperado 
de x é claramente zero por simetria 
 
2
0x dx x x x dx x xα α α
∞ ∞
−∞ −∞
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= = =∫ ∫ (11) 
 
 
Para x2 obtemos 
 
( )
( )
22 2
22
2 2
1 2
4
2
2 2
2
2
2
1 exp
4
1 exp
2
x dx x x
x
x dx x ikx
dd
x
x dx x ikx
dd
dx
α
π
π
∞
−∞
∞
−∞
∞
−∞
′ ′ ′=
⎡ ⎤⎛ ⎞ ′′ ′ ′= −⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦
⎡ ⎤′⎛ ⎞ ′ ′ ′= −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎣ ⎦
=
∫
∫
∫
 (12) 
 
 
O que nos dá 
 5
 
 ( ) 222 2
2
dx x xΔ = − = (13) 
 
Para dispersão do operador posição. O valor esperado para p e p2 também 
pode ser computado como se segue 
 
( )
( )
( )
2
22
1 2
4
2
22 2
2
222
2 2
12 2
4
2
2 2 2
2
1 exp
4
1 exp
4
2
p dx i x x
x
p i dx x
x
x
p i dx ikx
x dd
p k
p dx x
x
x
p dx ikx
x dd
p k
d
α α
α
π
α
π
∞
−∞
∞
−∞
∞
−∞
∞
−∞
∞
−∞
∂′ ′ ′= − ′∂
∂′ ′= − ′∂
⎡ ⎤⎛ ⎞ ′∂′ ′= − −⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟′∂ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦
=
∂′ ′= ′∂
⎡ ⎤⎛ ⎞ ′∂′ ′= −⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟′∂ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦
= +
∫
∫
∫
∫
∫
=
=
=
=
=
=
= =
 (14)
 
 
A dispersão do momento é então 
 
( )
( )
( )
22 2
2
2 2 2 2 2
2
2
2
2
2
2
p p p
p k k
d
p
d
Δ = −
Δ = + −
Δ =
= = =
=
 
(14) 
 
Arrumando (13) e (14) nós podemos verificar a relação de incerteza de 
Heisenberg 
 
 ( ) ( ) 22 2
4
x pΔ Δ = = (15) 
 
 6
Assim um pacote de onda Gaussiana tem de fato uma relação de igualdade 
no lugar da mais geral relação de desigualdade, por essa razão é chamada de 
pacote de onda de incerteza mínima. 
 
Também temos que 
 
( )
( ) 
x x x x x
x x x x x x
x x x x x
α α
α α α
α α
′ ′Δ ≡ −
′ ′ ′ ′Δ = −
′ ′ ′Δ = −
 (16) 
 
Por outro lado 
 
( )
 
x p x p p
x p i x p x
x
α α
α α α
′ ′Δ ≡ −
∂′ ′ ′Δ = − −′∂=
 (17) 
 
Mas 
 
( )
( )
2
2
2
4
1
2
x xi p x
x x
x x d
i p
x x x x
x d
α α
α α
⎡ ⎤′ −′∂ ∂ ⎢ ⎥′ ′= −′ ′∂ ∂ ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤∂ ′ ′ ′= − −⎢ ⎥′∂ ⎣ ⎦
=
=
 (18) 
 
Então substituindo em (17) nós temos 
 
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
Número imaginário
1
2
2
2
2
2
i p
x p i x x x p x
d
ix p p x x x x p x
d
ix p x x x
d
ix p x x
d
i dx x x p
α α α
α α α α
α α
α α
α α
⎛ ⎞⎡ ⎤′ ′ ′ ′Δ = − − − −⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠
′ ′ ′ ′ ′Δ = + − −
′ ′ ′Δ = −
′ ′Δ= Δ
′ ′Δ = − Δ
= =
=
=
=
=
 (19) 
 
 1
Problema 19 
 
a. Compute 
 
( )2 22x x xS S SΔ ≡ − , 
 
onde o valor esperado é calculado para o estado zS + . Usando o seu 
resultado, verifique a relação de incerteza generalizada 
 
( ) ( ) [ ] 22 2 1 ,
4
A B A BΔ Δ ≥ , 
 
com xA S→ , yB S→ . 
 
b. Verifique a relação de incerteza com xA S→ e yB S→ para o estado xS + . 
 
 
Solução : 
 
a. e b. Calcularemos a quantidade xS . 
 
x xS S= + + (1) 
 
Escrevendo xS como 
 
( )
2x
S = + − + − += (2) 
 
temos 
 
( ) 0
2x
S ⎡ ⎤= + + − + − + + =⎣ ⎦
= , 
 
o que leva a 
 
2 0xS = . (3) 
 
 2
Calcularemos agora 2xS : 
 
Usando (2), 2xS fica : 
 
2 2
2 1
4 4x
S ⎡ ⎤= + + + − − =⎣ ⎦= = (4) 
 
Assim, 
 
2 2
2 2 1
4 4x x
S S= + + = + + == = , (5) 
 
e consequentemente, 
 
( ) 22 22
4x x x
S S SΔ = − = = (6) 
 
Da mesma forma, podemos calcular ( )2ySΔ no estado zS + : 
 
Usando ( )
2y
iS = − + − + − += , temos 
 
0y yS S= + + = e 2 0yS = (7) 
 
2 2
2 1
4 4y
S ⎡ ⎤= − − + + − − − =⎣ ⎦= = e 
2 2
2 1
4 4y
S = + + == = (8) 
 
Então, 
 
( ) 22 22 4y y yS S SΔ = − = = (9) 
 
Calcularemos agora a quantidade ,x yS S⎡ ⎤⎣ ⎦ . Antes temos que : 
 
,x y zS S i S⎡ ⎤ =⎣ ⎦ = (10) 
 
 3
Logo 
2
,
2x y z z
iS S i S i S⎡ ⎤ = = + + =⎣ ⎦
== = (11) 
 
e 
 
42
,
4x y
S S = = (12) 
 
Fazendo o produto ( ) ( ) 422 16x yS SΔ Δ = = . 
 
Vemos então que a relação de incerteza generalizada é verificada, pois 
 
4 41
16 4 4
≥= = 
 1
Problema 20 
 
Encontre a combinação linear dos kets + e − que maximize o produto de 
incerteza 
 
( ) ( )22x yS SΔ Δ 
 
Verifique explicitamente que para a combinação linear encontrada, a relação 
de incerteza para xS e yS não é violada. 
 
Solução : 
 
A combinação linear mais geral, a menos de uma fase global (que não tem 
interesse em Mecânica Quântica), é dada por 
 
2 1/ 2(1 ) ia a e βα = + + − − , (1) 
 
em que a e β são reais e 1a ≤ . 
 
Os operadores xS e yS , em notação de ket-bra, são dados por : 
 
( )
2x
S = + − + − += (2) 
 
( )
2y
iS −= + − − − += (3) 
 
logo 
 
( ) ( )
( )
2
2 2
2
2 2
1
4 4
x x x
x
S S S
S
⎡ ⎤= = + − + − + + − + − +⎢ ⎥⎣ ⎦
= + + + − − =
= =
= =
 (4) 
 
e 
 2
( ) ( )
( )
2
2 2
2
2 2
1
4 4
y y y
y
i iS S S
S
− −⎡ ⎤= = + − − − + + − − − +⎢ ⎥⎣ ⎦
= + + + − − =
= =
= =
 (5) 
 
onde 1 é o operador identidade. 
 
As dispersões são dadas por : 
 
( )2 22x x xS S SΔ = − . (6) 
 
( )2 22y y yS S SΔ = − (7) 
 
Os valores esperados são calculados em relação ao estado α , dado por 
2 1/ 2(1 ) ia a e βα = + + − − . Então : 
 
2 2 2
2 2 1
4 4 4x x
S Sα α α α α α= = = == = = (8) 
 
onde usamos o fato que α é normalizado. Da mesma forma : 
 
2
2 2
4y x
S S= = = (9) 
 
O valor esperado xS é calculado usando 2 1/ 2(1 ) ia a e βα = + + − − . 
 
( ) ( )
( ) ( )
( )
1/ 2 1/ 22 2
1/ 2 1/ 22 2 2
2
1 1
1 1
1
i i
x x x
i i
x x x x
x
S S a a e S a a e
S a S a a e S a a e S
a S
β β
β β
α α −
−
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = + + − − + + − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
= + + + − + − + − − + +
− − −
 (10) 
 
Utilizando ( )
2x
S = + − + − += temos que 
 
0xS+ + = ; 2x xS S+ − = − + =
= ; 0xS− − = 
 3
 
Assim, o valor esperado de xS é: 
 
{ }2 1/ 2 2 1/ 2 2 1/ 2(1 ) (1 ) (1 ) cos2 i ixS a a e a a e a aβ β β−= − + − = −= = (11) 
 
Para yS temos uma expressão análoga à (*) 
 
2 2 1/ 2 2 1/ 2 2(1 ) (1 ) (1 )i iy y y y yS a S a a e S a a e S a S
β β−= + + + − + − + − − + + − − − 
 
Usando 
 
( )
2y
iS −= + − − − += 
 
Podemos calcular : 
 
0yS+ + = ; 2y y
iS S −+ − = − − + = = ; 0yS− − = 
 
Logo, o valor esperado yS fica : 
 
{ }2 1/ 2 2 1/ 2 2 1/ 2(1 ) (1 ) (1 )2 i iy iS a a e a a e a a senβ β β−= − − − = −= = (13) 
 
Assim, substituindo (8), (9), (11) e (13) em (6) e (7), temos : 
 
( ) 2 22 2 2 2 2 2 2 2(1 )cos 1 4 (1 )cos
4 4x
S a a a aβ β⎡ ⎤Δ = − − = − −⎣ ⎦= == (14) 
 
e 
 
( ) 2 22 2 2 2 2 2 2 2(1 ) 1 4 (1 )4 4yS a a sen a a senβ β⎡ ⎤Δ = − − = − −⎣ ⎦= == (15) 
 
Substituindo estas expressões no produto de incerteza, temos : 
 
 4
( ) ( ) ( ) ( ){ }
( ) ( ) { }
222 22 2 2 2 4 2 2
222 2 2 4 2 2 2
1 4 1 cos 16 (1 ) cos
16
1 4 (1 ) 4 (1 ) (2 )
16
x y
x y
S S a a sen a a sen
S S a a a a sen
β β β β
β
⎡ ⎤Δ Δ = − − − + −⎣ ⎦
Δ Δ = − − + −
=
= 
 
Por inspeção vemos que o valor de β que maximiza o produto de incerteza é 
/ 4β π= ± . Substituindo qualquer um destes valores em (16), o lado direito 
desta expressão se torna : 
 
{ }2 22 22 2 2 2 2 21 2.2 (1 ) 2 (1 ) 1 2 (1 )16 16a a a a a a⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − + − = − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦= = (17) 
 
O termo entre colchetes, considerado uma função do parâmetro “a ” possui 
três pontos críticos : 0a = e 1/ 2a = ± . Os pontos 1/ 2a = ± são mínimos e o 
ponto 0a = é um máximo relativo. Vejamos qual o valor do termo entre 
colchetes nas extremidades do domínio de a ( 1a = ± ): 
 
2 2
1
1 2 (1 ) 1
a
a a =±⎡ ⎤− − =⎣ ⎦ (18) 
 
Vejamos também qual o valor deste termo no máximo relativo 0a = : 
 
2 2
0
1 2 (1 ) 1
a
a a =⎡ ⎤− − =⎣ ⎦ (19) 
 
Temos então que, dentro do intervalo 0 1a≤ ≤ o maior valor do produto de 
incerteza é obtido quando 0a = ou 1a = ± . 
 
Então, temos que as combinações lineares que maximizam o produto de 
incerteza são as seguintes : 
 
4
πβ = + , 0a = ⇒ / 4ie πα = − 
 
4
πβ = + , 1a = ± ⇒ α = ± + 
 
4
πβ = − , 0a = ⇒ / 4ie πα −= − 
 
 5
4
πβ = − , 1a = ± ⇒ α = ± + 
 
De forma geral : 
 
α = ± + (20a) 
 
e 
 
/ 4ie πα ±= −(20b) 
 
Verificamos agora se estas combinações lineares não violam a relação de 
incerteza entre xS e yS . 
 
Vejamos qual o valor do produto de incerteza para combinações do tipo 
(20a) e (20b) : 
 
( ) ( ) 422 16x yS SΔ Δ = = (21) 
 
onde usamos a expressão (16). 
 
A relação de incerteza para xS e yS é a seguinte : 
 
( ) ( ) 222 1 ,4x y x yS S S S⎡ ⎤Δ Δ ≥ ⎣ ⎦ (22) 
 
Temos que 
 
,x y zS S i S⎡ ⎤ =⎣ ⎦ = (23) 
 
e 
 
z zS Sα α= . (24) 
 
Usando a combinação (20a), temos : 
 
 6
( )
2z z
S S= + ± + = = (25) 
 
ou usando (20b) : 
 
/ 4 / 4
2
i i
z z zS e S e S
π π±= − − = − − = −∓ = (26) 
 
Substituindo (25) ou (26) em (24) e (22), temos : 
 
( ) ( )
( ) ( )
2
22
422
1
4 2
16
x y
x y
S S i
S S
Δ Δ ≥ ±
Δ Δ ≥
==
=
 
 
Vemos então que as combinações lineares (20a) e (20b) não violam a 
relação de incerteza. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1
Problema 21 
 
Calcule o produto de incerteza x p− 
 
( ) ( )2 2x pΔ Δ 
 
para uma partícula unidimensional confinada entre duas paredes rígidas 
 
0 0para x a
V
outros valores
< <⎧⎪= ⎨∞⎪⎩
. 
 
Resolva para ambos os estados, fundamental e excitado. 
 
 
Solução : 
 
Para uma partícula confinada em uma caixa, os autoestados do Hamiltoniano 
são dados por : 
 
H Eψ ψ= 
 
Logo, 
 
' 'x H E xψ ψ= 
 
Agora, dentro do poço, o potencial é nulo. Então, temos apenas energia 
cinética. Portanto, 
 
2
2
px E x
m
ψ ψ= 
 
Como 
 
' ( ')x xψ ψ= 
 
e 
 
 2
2 2 2
'2' 2 2
p dx
m m dx
ψψ = − = , 
 
Temos : 
 
2
2 2
2 0
'
d mE
dx
ψ ψ+ == 
 
A equação diferencial acima tem solução 
 
( ') cos ' 'x A kx Bsenkxψ = + 
 
onde 
 
2
2
2mEk = = (1) 
 
Como V = ∞ em 0x = e x a= , devemos ter ( ' 0)xψ = e ( ) 0x aψ = = , pois 
nesses pontos a partícula não pode estar. Aplicando as condições de 
contorno, obtemos : 
 
( ' 0) 0xψ = = e .0 0 0A B A+ = → = 
 
Para a segunda condição, temos : 
 
( ' ) 0x a Bsenkaψ = = = 
 
Para 0B ≠ , devemos ter 
 
ka nπ= , 
 
Com n inteiro. Logo 
 
( ') 'n nx Bsenk xψ = 0 x a≤ ≤ 
 
Como 2( )xψ representa a probabilidade de encontrar a partícula dentro da 
caixa, devemos ter 
 
 3
2
0
2 2
0
2
1
' ' 1
1
2
2
a
n
a
n
dx
B sen k x dx
aB
B
a
ψ =
=
=
=
∫
∫
 
 
Logo, 
 
2( ') ' 'n nx x senk xa
ψ ψ= = (3) 
 
 
Cálculo de ( )2xΔ 
 
Temos que 
 
x x xΔ = − 
 
Logo, 
 
22 2 2x x x x xΔ = − + 
 
( )2 22x x xΔ = − (4) 
 
Para encontrar ( )2xΔ , devemos determinar 2x e 2x . Logo, 
 
*'' ' '' '' ' ' '' ' ' ( '') ( ') ( '' ')x x dx dx x x x x x dx dx x x x x xψ ψ ψ ψ ψ ψ δ= = = −∫ ∫ ∫ ∫ 
 
2' ' ( ')x dx x xψ= ∫ 
 
O valor médio de x é calculado no intervalo 0 'x a< < . Logo, 
 
 4
[ ]
2
2
0 0 00
2 2
2 0
2
2 2 1 12 2
2 4 2 4
2 2 cos 2
2 4 (4 )
2
4
2
aa a a
n n n
n n
a
n
n
x xx xsen k xdx sen k x xdx sen k dx
a a k k
a ax k x
a a k
ax
a
ax
⎡ ⎤= = − − +⎢ ⎥⎣ ⎦
⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠
=
=
∫ ∫ ∫
 
 
Para o calculo de 2x , temos : 
 
2 2 2 2 2
3 2
2 2 2 2
0 0 00
2 3
2
2
' '' '' '' ' ' ' ' ( ')
2 2 12 2
2 4 2
2 1 1
6 2 2 6 4
aa a a
n n n
n n
n n n
x x dx dx x x x x x dx x x
x xx x sen k xdx sen k x x dx xsen k xdx
a a k k
a a a ax
a k k a k
ψ ψ ψ ψ ψ= = =
⎧ ⎫⎛ ⎞⎪ ⎪= = − − +⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫ 
 
Agora 
2 2
2
2n
nk
a
π= , logo 
 
3 2
2 2
2 2 2 2
1 1 1
3 2 3 2
a ax a
n nπ π
⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 
Portanto, 
 
( )
( )
( )
2 22
2 2 2
2 2
2 2 2 2
2
2
2 2
1 1 1
3 2 4 3 4 2
1 1
2 6
x x x
a a ax a
n n
ax
n
π π
π
Δ = −
⎛ ⎞Δ = − − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞Δ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
Cálculo de ( )2pΔ 
 
Temos : 
 
 5
( )2 22p p pΔ = − 
 
Devemos determinar 2p e 2p . 
 
* *
0 0 0
' ' ' ' ( ') '
' '
a a a
p p dx x x p dx x i i dx
x x
ψ ψψ ψ ψ ψ ψ ψ∂ ∂⎛ ⎞= = = − = −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠∫ ∫ ∫= = 
 
0 0
2 2'cos ' ' 'cos ' '
a a
n n n n np i senk x k x dx i k senk x k x dxa a
= − = −∫ ∫= = 
 
( ) ( )0
0
2 ' ' 0
a
a
n n n
i ikp senk x d senk x senk x
a a
= − = − =∫= 
 
Para 2p , temos : 
 
2
2 2 2 * 2
2
0 0
' ' ' ' ( ')
'
a a
p p dx x x p dx x
x
ψψ ψ ψ ψ ψ ⎛ ⎞∂= = = −⎜ ⎟∂⎝ ⎠∫ ∫ = 
 
( )
2 2 2 2
2 2
0 0
2 2 2 2
2
0
2 2 2
2 2 2
2
2 2
2
2
2 2 cos 2 '' ' '
2 2
2 21 2 0
2 4 2
( )
a a
n n n
n
an n
n
n
n
k k k xap sen k x dx dx
a a
k ka ap sen k x
a k a
np k
a
np
a
π
π
⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
= =
=
∫ ∫= =
= =
==
=
 
 
Temos então : 
 
( )
( )
2 22 2 2
2 2
2
2
0
( )
p p p p p
np
a
π
Δ = − = − =
Δ = =
 
 
 
 
 6
Cálculo da Relação de Incerteza 
 
Logo, 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
22
2 2 2
2 2 2
22
2 2
1 1
2 6
1
2 6
nax p
n a
n
x p
π
π
π
⎛ ⎞Δ Δ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞⎜ ⎟Δ Δ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
=
=
 
 
Para o estado fundamental, 1n = , a equação se reduz a : 
 
( ) ( ) 2 22 2 1
2 6
x p π⎛ ⎞Δ Δ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
= (fundamental) 
 
Para 1n > , estados excitados, temos : 
 
( ) ( ) ( )
22
2 2 1
2 6
n
x p
π⎛ ⎞⎜ ⎟Δ Δ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
= (excitado) 
 
 1
Problema 22 
 
Estime a ordem de grandeza do intervalo de tempo que um picador de gelo 
pode ser equilibrado sobre sua ponta se a única limitação imposta for o 
princípio da incerteza de Heisenberg. Assuma que a ponta seja afiada e que 
tanto a ponta quanto a superfície, onde o picador de gelo está apoiado, são 
duros. Você pode fazer aproximações que não modificam a ordem de 
grandeza geral do resultado. Admita valores razoáveis para as dimensões e 
massa do picador de gelo. Obtenha um resultado numérico aproximado e 
expresse-o em segundos. 
 
 
Solução: 
 
 Inicialmente, assume-se que o picador de gelo seja equivalente 
a um ponto de massa m ligado a uma haste leve de comprimento L com a 
outra extremidade sendo equilibrada em uma superfície dura e fixa. Para um 
deslocamento angular pequeno do picador de gelo em relação à um eixo 
vertical, a equação de movimento é: 
 
02
2
2 =−mgL
dt
dmL θ 
 
 
A solução desta equação é dada por: 
 
tLgtLg beaet )/()/()( −+=θ 
 
 
Em t = 0 temos: 
 
LbaLx )( +==Δ θ 
 
e 
 
( )tLgtLg beae
L
gmL
dt
dmLp )/()/( −+==Δ θ 
 
 
 2
E a relação de incerteza deve ser tal que: 
 
2
=≈ΔΔ px 
 
Tal relação implica: 
 
( )[ ]21322 2 gLmba =+= 
 
 
O deslocamento em um tempo posterior t é minimizado ao assegurar 
a e b tão pequenos quanto possíveis. Deste modo, fixando a e b: 
 
( )[ ] 0,2 213 =±= bgLma = 
 
 
o qual pode ser desconsiderado para gLt >> . 
 
O deslocamento se torna perceptível quando θ for maior do que 
100
πθ =f 
 
Temos:ftLg
f ae=θ 
 
e, tomando pela definição, 
 
( )
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+= =
2132ln
2
1)ln( gLm
g
Lt ff θ 
 
 
Considerando 2/980,100,10 scmggmcmL === , temos: 
 
st f 4,3= 
 
 3
de acordo com m e θ. 
 
Para qualquer valor razoável de dimensões e massa de um picador de 
gelo, deve-se ter: 
 
st 3~ . 
 
 
 
 
 1
Problema 23 
 
Considere um ket de espaço tridimensional. Se um certo conjunto de kets 
ortonormais – digamos, 1 , 2 e 3 - são usados como kets de base, os 
operadores A e B são representados por 
 
0
0
0 0
a o
A a o
a
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
� 
0
0 0
0 0
b o
B ib
ib
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
� , 
 
com a e b ambos reais. 
a. Obviamente A exibe um espectro degenerado. B também exibe um 
espectro degenerado ? 
b. Mostre que A e B comutam. 
c. Encontre um novo conjunto de kets ortonormais que sejam autokets 
simultâneos de ambos A e B . Especifique os autovalores de A e B 
para cada um dos três autokets. Esta especificação de autovalores 
caracteriza completamente cada autoket ? 
 
Solução : 
 
a. Para sabermos se B tem um espectro degenerado precisamos calcular os 
seus autovalores. Para isto estabelecemos a equação secular, cujas raízes são 
os autovalores de B . 
 
2 2
det( ) 0
0 0
det 0 ( )( ) 0
0
B I
b
ib b b
ib
λ
λ
λ λ λ
λ
− =
−⎛ ⎞⎜ ⎟− − = − − =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
. 
 
As raízes desta equação (autovalores de B ) são 
 
1 bλ = , 2 bλ = − e 3 bλ = . 
 
Vemos então que o espectro de B também é degenerado, pois possui dois 
autovalores iguais, b+ . 
 
 
 2
b. Calcularemos o comutador [ ],A B AB BA= − . 
 
0 0
0 0
0 0
ab
AB iab
iab
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
� 
0 0
0 0
0 0
ab
BA iab
iab
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
� 
 
Portanto, 
 
[ ], 0A B = . 
 
Podemos concluir que é possível encontrar um conjunto ortonormal 
completo de kets de base que sejam autokets simultâneos de A e B . 
 
 
c. Temos que { }1 , 2 , 3 forma um conjunto completo e ortonormal de kets 
de base. Estes kets são os autokets do operador A , pois A é diagonal nesta 
base. O ket 1 , representado por 
 
1
1 0
0
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
� 
 
é um autoket de B , com autovalor b+ , como é fácil verificar. 
 
1 1B b= 
 
Os kets 
 
0
2 1
0
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
� e 
0
3 0
1
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
� 
 
não são autokets de B , pois 
 
2 3B ib= e 3 2B ib= − . 
 
 3
Como { }2 , 3 é um subespaço dos operadores A e B , temos que os novos 
autokets simultâneos a A e B devem ser combinações lineares destes dois 
kets. Escrevemos estes autokets simultâneos a A e B como: 
 
( )
( )
2
3
1/ 22
2 2
1/ 22
3 3
2 ' 2 1 3
3' 2 1 3
i
i
e
e
β
β
α α
α α
= + −
= + −
, 
 
em que α e β são reais. 
 
Como já vimos no exercício anterior, isto é a mais geral combinação linear 
de dois kets que interessa à Mecânica Quântica. Então, na base { }1 , 2 , 3 , 
estes kets tem a seguinte representação matricial: 
 
2
2
2 1/ 2
2
0
2 '
(1 ) ie β
α
α
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
� , 
 
( ) 3
3
1/ 22
3
0
3'
1 ie β
α
α
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
� . 
 
Obviamente, 2 ' e 3' , continuam sendo autokets de A : 
 
2 ' 2 '
3' 3'
A a
A a
= −
= − . 
 
Os parâmetros das combinações lineares ( 2 3 2 3, , ,α α β β ) serão então 
determinados através da condição que 2 ' e 3' sejam autokets de B . As 
equações de autovalores, para os kets 2 ' e 3' , ficam: 
 
2 ' 2 'B b= e 3' 3'B b= − . 
 
 
 
 4
Na forma matricial a primeira destas equações fica: 
 
2 2
2 2
2 1/ 2 2 1/ 2
2 2
0 0 0 0
0 0
0 0 (1 ) (1 )i i
b
ib b
ib e eβ β
α α
α α
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
. 
 
Temos da relação acima que 
 
22 1/ 2
2 2(1 )
ib e ibβα α− = . 
 
Esta equação complexa representa as duas equações reais: 
 
2 1/ 2
2 2
2 1/ 2
2 2 2
(1 ) cos 0
(1 ) sen
α β
α β α
− =
− = . 
 
A primeira equação só pode ser satisfeita se 2cos 0β = , pois se 2 1/ 22(1 ) 0α− = , a 
segunda equação não é satisfeita. Então: 
 
2 / 2β π= + 
 
A equação 2 1/ 22 2 2(1 ) senα β α− = pode ser escrita como 
 
2
2 2
2
2
(1 )
sen
αα β
⎛ ⎞− = ⎜ ⎟⎝ ⎠
. 
 
Substituindo 2 / 2β π= + , temos que 2 1/ 2α = + . 
 
A segunda equação, 3' 3'B b= − , na forma matricial, se torna: 
 
3 3
3 3
2 1/ 2 2 1/ 2
3 3
0 0 0 0
0 0
0 0 (1 ) (1 )i i
b
ib b
ib e eβ β
α α
α α
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 
 
 
 
 
 
 5
Isto nos leva as equações reais : 
 
2 1/ 2
3 3
2 1/ 2
3 3 3
(1 ) cos 0
(1 ) sen
α β
α β α
− =
− = − 
 
com as soluções 
 
3
3
/ 2
1/ 2
β π
α
= +
= + . 
 
A escolha conveniente dos sinais destes parâmetros será feita através da 
condição de ortogonalizacao de 2 ' e 3' . Isto é, usando as equações 
 
 
( )
( )
2
3
1/ 22
2 2
1/ 22
3 3
2 ' 2 1 3
3' 2 1 3
i
i
e
e
β
β
α α
α α
= + −
= + −
 
 
temos 
 
( ) ( )
( )( )
32
3 2
3 2
1/ 2 1/ 22 2
2 2 3 3
1/ 2 ( )2 2
2 3 2 3
( )
2 3
2 ' 3' 0
2 1 3 2 1 3 0
2 2 1 1 3 3 0
1 0
2
ii
i
i
e e
e
e
ββ
β β
β β
α α α α
α α α α
α α
−
−
−
=
⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − + − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤+ − − =⎣ ⎦
+ =
 
 
Logo, 2 3β β= (ambos devem ter o mesmo sinal) e 2 3 1/ 2α α = − ( 2α e 3α 
devem ter sinais contrários). 
 
Então os autokets 2 ' e 3' , simultâneos a A e B , são dados por: 
 
{ }
/ 21 12 ' 2 3
2 2
1 2 3
2
ie
i
π= +
= +
 
 
 
 6
e 
 
{ }
/ 21 13' 2 3
2 2
1 2 3
2
ie
i
π= − +
= − −
 
 
Podemos especificar o conjunto de autokets simultâneos pelos autovalores 
de A e B , 
 
1' 1 ,
2 ' ,
3' ,
a b
a b
a b
= =
= −
= − −
, 
 
em que usamos as relações 
 
2 ' 2 'B b= e 3' 3'B b= − . 
 
Vemos então que a especificação dos autovalores caracteriza completamente 
os autokets 1' , 2 ' e 3' . 
 1
Problema 24 
 
a. Prove que ( )( )1/ 2 1 xiσ+ atuando sobre um spinor de duas componentes 
pode ser pensado como a representação matricial do operador rotação em 
torno do eixo- x por um ângulo / 2π− . (O sinal menos significa que o 
sentido da rotação é o mesmo do ponteiro do relógio.) 
 
b. Construa a representação matricial de zS quando os autokets de yS são 
usados como vetores de base. 
 
Solução : 
 
a. O operador ( )( )1/ 2 1 xiσ+ possui a seguinte representação matricial na 
base { },+ − : 
 
( ) 1 0 0 1 11 1 11
0 1 1 0 12 2 2x
i
i i
i
σ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
 (1) 
 
Vejamos agora qual é a forma do operador de rotação do sistema físico (não 
do sistema de coordenadas) de um ângulo / 2π no sentido horário em torno 
do eixo x . 
 
Este operador transforma os autoestados de zS nos autoestados de yS , da 
seguinte forma : 
 
;yS+ → + ; ;yS− → − (2) 
 
Denotando este operador por ( )/ 2xD π temos : 
 
( / 2) ;x yD Sπ + = + (3) 
 
e 
 
( / 2) ;x yD Sπ − = − (4) 
 
 
 2
 
 
Figura 1: representação de uma rotação por um ângulo / 2π no sentido 
horário em torno do eixo x . 
 
 
Usando o conjunto de kets { },+ − , podemos expandir ;yS + e ;yS − 
como: 
 
1;
2 2y
iS + = + + − (5) 
 
1;
2 2y
iS − = + − −