Solutions - Sakurai ch. 3

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1
Problema 3.1 
 
Encontre os autovalores e os autovetores de 0
0y
i
i
σ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ . Suponha que o 
elétron está no estado de spin αβ
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
. Se yS é medido, qual é a probabilidade 
do resultado 
2
= ? 
 
 
Solução: 
 
O vetor de estado pode ser escrito como: 
 
a bψ α β
αψ β
= +
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
∑ +==
'
''
a
bbaaaa ψψψψ 
........................................................................................................................... 
 
 
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−
+= α
αα . (3.2.27a) ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−
+= α
αχ (3.2.28) 
........................................................................................................................... 
 
 
Para os autovalores temos: 
 ( )det 0y Iσ λ− = 
 2
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=
0
0
2 i
i
S y
= . (1.4.18b) 
 
 
Portanto: 
 
yyS σ2
== . 
........................................................................................................................... 
 
 
Temos ainda que: 
 
0
0
0
y
i
i o
I
σ
λλ λ
−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
 
Substituindo, temos: 
 
2 2
0 0
det 0
0 0
det 0
0
i
i
i
i
i
λ
λ
λ
λ
λ
⎡ ⎤−⎛ ⎞ ⎛ ⎞− =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤− −⎛ ⎞ =⎢ ⎥⎜ ⎟−⎝ ⎠⎣ ⎦
+ =
 
 
Os autovalores são: 
 
1 1λ = e 2 1λ = − 
 
 3
Para os autovetores, temos: 
 
( ) 0
y
y
σ ψ λ ψ
σ λ ψ
=
− =
 
 
 
Substituindo, temos: 
 
0
0
0
0
i
i
i
i
i
i
λ α
λ β
λα β
α λβ
λα β
βα λ
− −⎛ ⎞⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠
− − =⎧⎨ − =⎩
− − =
= −
 
 
De acordo com a condição de normalização, temos: 
 
2 2 1α β+ = . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 4
Substituindo, temos: 
 
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2 2 2 2
2 2 2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
iβ βλ
β βλ
β λ β λ
β λ λ
λβ λ
λβ λ
− + =
+ =
+ =
+ =
= +
= +
 
 
Para α , temos: 
 
( )
2
21
i λα λ λ= − + 
 
Substituindo 1λ = − , temos: 
 
2
1
2
iα
β
=
=
 
 
 
 
 
 
 
 5
Substituindo 1λ = , temos: 
 
2
1
2
iα
β
= −
=
 
 
Portanto, 
 
1
12
iψ+ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 1=λ 1+=+ ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
λβ
αψ 
 
e 
 
1
12
iψ− ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 1−=λ 1−=− ⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
λβ
αψ 
 
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 ( )
( ) −−
++
−==
+==
ψλψσ
ψλψσ
1
1
y
y 
........................................................................................................................... 
 
Imagine que o sistema esta em um estado ψ . Qual é a probabilidade ou 
amplitude de transição para o sistema ser achado em +ψ quando yS é 
medido? 
 
A probabilidade de que o elétron esteja no estado de spin αψ β
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
, se yS é 
medido, pode ser escrita como: 
 
2
yP Sψ ψ+= . 
 
 
 
 6
Temos ainda que: 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=
0
0
2 i
i
S y
= 
 
Substituindo, 
 
( )
( )
2
2
01 1
022
1
2 2
i
P i
i
P i
α
β
α
β
−⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
=
=
 
 
temos a probabilidade de que o elétron seja achado em +ψ com autovalor 
2/=+ quando yS é medido: 
 
( )
2
2
2
2 2
8
P i
P i
α β
α β
= +
= +
=
=
. 
 1
Problema 3.10 
 
a. Prove que a evolução temporal do operador densidade ρ (no quadro de 
Schrödinger) é dado por 
 
†
0 0 0( ) ( , ) ( ) ( , )t U t t t U t tρ ρ= . 
 
b. Suponha que nós temos um conjunto puro em 0t = . Prove que ele não 
pode evoluir em um conjunto misto quando a evolução temporal é 
governada pela equação de Schrödinger. 
 
 
Solução: 
 
a. O operador densidade é definido por: 
 
( ) ( )i i
i
i
wρ α α=∑ . 
 
Para acharmos a evolução temporal de ρ devemos evoluir os kets e os brás 
destes estados: 
 
( ) ( )
0 0
( ) ( ) †
0 0
, ; ( , )
, ; ( , )
i i
i i
t t U t t
t t U t t
α α
α α
=
=
. 
 
Substituindo, temos: 
 
( )
( ) ( )
0 0
( ) ( ) †
0 0
( ) ( ) †
0 0
†
0 0 0
( ) , ; , ;
( ) ( , ) ( , )
( ) ( , ) ( , )
( ) ( , ) ( , )
i i
i
i
i i
i
i
i i
i
i
t w t t t t
t wU t t U t t
t U t t w U t t
t U t t t U t t
ρ α α
ρ α α
ρ α α
ρ ρ
=
=
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
=
∑
∑
∑
 
 
 
 
 2
b. A função densidade para o estado puro pode ser escrito como: 
 
ρ α α= . 
 
Do item (a), temos que: 
 
( ) †0 0 0
†
0 0
0 0
( ) ( , ) ( , )
( ) ( , ) ( , )
( ) , ; , ;
t U t t t U t t
t U t t U t t
t t t t t
ρ ρ
ρ α α
ρ α α
=
=
=
 
 
A expressão acima ainda está mostrando que este é um estado puro. 
 
Podemos checar esta afirmação. 
 
2
0 0 0 0
2
0 0
2
( ) , ; , ; , ; , ;
( ) , ; , ;
( ) ( )
t t t t t t t t t
t t t t t
t t
ρ α α α α
ρ α α
ρ ρ
=
=
=
 
 
e 
 
( ) 1Tr tρ = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1
Problema 3.11 
 
Considere um conjunto de sistemas de spin 1. A matriz densidade é agora 
uma matriz 3 3× . Quantos parâmetros reais independentes são necessários 
para caracterizar a matriz densidade? O que nós devemos conhecer em 
adição a [ ]xS , yS⎡ ⎤⎣ ⎦ e [ ]zS para caracterizar o conjunto completamente? 
 
 
Solução : 
 
Da equação (3.4.9), 
 
∑=
i
ii
i bbwbb ''''''
)()( ααρ , (1) 
 
podemos escrever a matriz densidade como 
 
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
fec
edb
cba
**
*ρ . (2) 
 
Como a matriz densidade ρ é Hermitiana, 
 
+= ρρ , (3) 
 
temos que a , d e f são reais, enquanto b , c e e devem ser complexos. 
Portanto, devemos ter uma matriz da forma: 
 
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−=−=
+=−=
+=+=
=
fieeeiccc
ieeedibbb
icccibbba
2121
2121
2121
**
*ρ . (4) 
 
Logo, temos 9 variáveis independentes: a , d , f , 1b , 2b , 1c , 2c , 1e e 2e . No 
entanto, temos ainda da equação (3.4.11), 
 
1=ρTr , (5) 
 
 
 2
ou seja, 
 
1=++ fda . (6) 
 
Portanto, 8 parâmetros independentes são necessários para caracterizar a 
matriz densidade. 
 
Se conhecermos [ ]xS , [ ]yS e [ ]zS , então necessitaremos de apenas 5 
quantidade independentes. 
 
........................................................................................................................... 
Problema 3.9: 
 
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
dc
baρ . 
 
A média de um conjunto de um operador A é 
 [ ] [ ]ATrA ρ= . 
 
Calculando os valores médios: 
 
[ ] ( )cb
cd
ab
Tr
dc
ba
TrSx +=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
2201
10
2
=== 
 
[ ] ( )cbi
icid
iaib
Tr
i
i
dc
ba
TrS y −=⎟⎟⎠⎞
⎜⎜⎝
⎛
−
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
220
0
2
=== 
 
[ ] ( )da
dc
ba
Tr
dc
ba
TrS z −=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
2210
01
2
=== 
........................................................................................................................... 
 
 
 
 
 
 
 
 3
Para [ ]xS , [ ]yS e [ ]zS , temos: 
 
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] )(2
)22(
2
*)*(
2
***
*
2
010
101
010
2**
*
11
11
ebS
ebS
eebbS
efce
debd
bcab
trS
fec
edb
cba
trS
x
x
x
x
x
+=
+=
+++=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
+
+
+
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=
=
=
=
 (7) 
 
 
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
Para sistemas de spin 1 as matrizes xS , yS e zS são: 
 
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
010
101
010
2
=
xS 
 
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
=
00
0
00
2 i
ii
i
S y
= 
 
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
100
000
001
=zS 
........................................................................................................................... 
 
 
 4
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] )(2
)(
2
2
*)*(
2
***
*
2
00
0
00
2**
*
11
11
ebiS
ebiS
ieieibibS
ieificie
idieibid
ibiciaib
trS
i
ii
i
fec
edb
cba
trS
y
y
y
y
y
+=
+=
−+−=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−+−
−+−
−+−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=
=
=
=
 (8) 
 
 
[ ]
[ ]
[ ] ( )
[ ] [ ])()(
0*
0*
0
100
000
001
**
*
2211 faifaS
faS
fc
eb
ca
trS
fec
edb
cba
trS
z
z
z
z
−+−=
−=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
−⎥
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
=
=
=
=
=
 (9) 
 
 
As outras quantidades necessárias são: 
 [ ]yxSS , [ ]zy SS , [ ]xz SS , , [ ]2xS e [ ]2yS . (10) 
 
Podemos calcular estas quantidades utilizando a equação (3.4.10): 
 [ ] AtrA ρ= . (11) 
 
 
 
 
 
 
 5
Para o caso de [ ]yxSS , temos: 
 
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] )(
2
)*0(
2
*0*
*0*
0
2
0
000
0
**
*
2
00
0
00
2010
101
010
**
*
21212121
2
2
2
2
fifciccicaiaSS
ificiciaSS
ificific
ieibieib
iciaicia
SS
ii
ii
fec
edb
cba
trSS
i
ii
i
fec
edb
cba
trSS
yx
yx
yx
yx
yx
+−−−−+−=
−−++=
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−−+
−−+
−−+
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
=
=
=
=
==
. (12) 
 
Para o caso de [ ]zy SS , temos: 
 
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] )(
2
*)(
2
*0*
0
0
2
000
0
000
**
*
2
100
000
001
00
0
00
2**
*
2121
2
2
2
2
eiebibSS
ieibSS
ieie
idid
ibib
SS
ii
fec
edb
cba
trSS
i
ii
i
fec
edb
cba
trSS
zy
zy
zy
zy
zy
++−=
+=
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
=
=
=
=
==
 (13) 
 
 
 
 
 6
Para o caso de [ ]xz SS , temos: 
 
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] )(
2
)*(
2
0*0
0*0
00
2
010
000
010
**
*
2
010
101
010
2100
000
001
**
*
2121
2
2
2
2
ieeibbSS
ebSS
fc
eb
ca
SS
fec
edb
cba
trSS
fec
edb
cba
trSS
xz
xz
xz
xz
xz
−−−=
−=
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
=
=
=
=
==
 (14) 
 
Para o caso de [ ]2xS , temos: 
 
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] [ ])2()22(
2
)22(
2
)*2(
2
**2*
*2*
2
2
101
020
101
**
*
2
010
101
010
2010
101
010
2**
*
2221111
2
2
2121212121
2
2
2
2
2
2
2
2
2
fdaifdcaS
ifficcdidicciaaS
fcdcaS
fcefc
ebdeb
cabca
S
fec
edb
cba
trS
fec
edb
cba
trS
x
x
x
x
x
x
−+++++=
−+−++++++=
++++=
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
++
++
++
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
=
=
=
=
=
==
. (15) 
 
 
 7
Para o caso de [ ]2yS , temos: 
 
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] ( ) ( )[ ]222111122
2121212121
2
2
2
2
2
2
2
2
2
222
2
)22(
2
)*2(
2
**2*
*2*
2
2
101
020
101
**
*
2
00
0
00
200
0
00
2**
*
fdaifdcaS
ifficcdidicciaaS
fcdcaS
fcefc
ebdeb
cabca
trS
fec
edb
cba
trS
i
ii
i
i
ii
i
fec
edb
cba
trS
y
y
y
y
y
y
+++−+−=
+−+−++−−+=
+−+−=
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
+−−
+−−
+−−
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
⎥⎥
⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
⎟⎟
⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜
⎝
⎛
=
=
=
=
=
=
==
. (16) 
 
Temos 9 equações envolvendo os elementos de ρ : 
 ( ) 1)( 222111 =+++++ fdaifda 
 
[ ] )(2 11 ebSx += = 
 [ ] )(2 11 ebiS y += = 
 [ ] [ ])()( 2211 faifaS z −+−= = 
 
[ ] )(
2 21212121
2
fifciccicaiaSS yx +−−−−+−= = 
 
[ ] )(
2 2121
2
ieeibbSS xz +−−= = 
 
[ ] )(
2 2121
2
eiebibSS zy ++−= = 
 8
[ ] [ ])2()22(
2 2221111
2 fdaifdcaSx −+++++= = 
 
[ ] ( ) ( )[ ]22211112 2222 fdaifdcaS y +++−+−= = 
 
Resolvendo as 9 equações acima, seremos capazes de determinar os 9 
parâmetros, que são: a , d , f , 1b , 2b , 1c , 2c , 1e e 2e . 
 1
Problema 3.12 
 
Um autoestado de momento angular , maxj m m j= = é rotacionado por um 
ângulo infinitesimal ε em torno do eixo- y . Sem usar a forma explicita da 
função ( )'jm md , obtenha uma expressão para a probabilidade para o novo estado 
rotacionado ser achado no estado original até termos de ordem 2ε . 
 
 
Solução : 
 
Um estado rotacionado é dado por: 
 
jmj
JiJ
jmjU yyR =⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ +−−== ,...
2
1, 2
22
==
εε
 (1) 
 
A amplitudede probabilidade para o sistema ser achado no estado original 
pode ser escrita como: 
 
jmjUjmj R == ,, , (2) 
 
enquanto, a probabilidade pode ser estrita da forma: 
 
2
, ,RP j m U j m= . (3) 
 
Da expressão acima percebemos que necessitamos dos valores esperados de 
yJ e 2yJ . Estes operadores podem ser escritos como: 
 
2y
J JJ
i
+ −−= (3.5.5) 
 
[ ]+−−+−+ −−+−= JJJJJJJ y 222 41 (4) 
 
 
 
 
 
 
 2
Evidentemente, termos do tipo 
 
0
,
== jmjyJ , (5) 
 
quando considerado as equações (3.5.39) e (3.5.40). 
 
( )( )
( )( )
, 1 , 1
, 1 , 1
J j m j m j m j m
J j m j m j m j m
+
−
= − + + +
= + − + −
=
=
. 
 
Por outro lado, termos envolvendo o operador 2yJ , fornecerão os seguintes 
valores: 
 
( )
4
2,,
4
1 2
,
2 =jjmjJJjmjJ
jmjy
==== −+= (6) 
 
considerando que jm =max . 
 
A amplitude de probabilidade se torna: 
 
4
1...
42
21,,
2
2
2
2 εε jjjmjUjmj R −=+−=== =
= (7) 
 
Portanto, a probabilidade para termos de até 2ε , pode agora ser calculada: 
 
( )
( ) 22
22
2
22
2
11
4
1
4
1
,,)(
εε
εεε
ε
jP
jjP
jmjUjmjP R
−=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=
===
. (8) 
 
 1
Problema 3.13 
 
Mostre que as matrizes 3 3x ( 1, 2,3)iG i = , cujos elementos são dados por 
 
 
( )i ijkjkG i ε= − = , 
 
 
onde j e k são os índices das linhas e das colunas, satisfazem as relações de 
comutação de momento angular. Qual é o significado físico (ou geométrico) 
da matriz transformação que conecta iG as representações mais usuais 3 3x 
do operador momento angular iJ , com 3J considerado diagonal. Relacione o 
seu resultado ao 
 
 
ˆV V n Vδφ→ + ×G G G 
 
 
sob rotações infinitesimais. (Nota: Este problema pode ser útil na 
compreensão do spin do fóton.) 
 
 
Solução: 
 
 
 
Olhando para os elementos matriciais, temos: 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
ln ln
ln
,
,
i j i j j i
i j i j j ilm mnmn lm
G G GG G G
G G G G G G
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
 (1) 
 
 
 
 
 
 
 
 2
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
 
i j i j
n l
i j i j
n l m
i j i j
m n l
l GG n l l GG n n
l GG n l l G m m G n n
l GG n l l G m m G n n
=
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
=
∑ ∑
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
 (2) 
 
 
........................................................................................................................... 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
ln
2
ln
2
ln
,
,
,
i j i j j ilm mnmn lm
i j ilm jmn jlm imn
i j mil mnj mjl mni
G G G G G G
G G
G G
ε ε ε ε
ε ε ε ε
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
=
=
 (3) 
 
 
 
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
 
Para duas permutações, temos que ε é positivo. 
 
 
 
ilm iml mil
jmn mjn mnj
ε ε ε
ε ε ε
→ →
→ →
 (4) 
 
 
 3
min
jlm jml mjl
imn mni
ε ε ε
ε ε ε
→ →
→ →
 (5) 
 
 
........................................................................................................................... 
 
 
( ) ( )
2
ln
2
ln lnln
,
,
i j mil mnj mjl mni
i j in lj ij jn li ji
G G
G G
ε ε ε ε
δ δ δ δ δ δ δ δ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤⎡ ⎤ = − − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
=
=
 (6) 
 
 
Vamos considerar agora a seguinte relação: 
 
 
ln
ln
mil mnj in lj ij
mjl mni jn li ji
ε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
 (7) 
 
 
 
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
Em três dimensões, o símbolo de Levi-Civita é definido como: 
 
1
1
0
ijkε
+⎧⎪= −⎨⎪⎩
 (8) 
 
em que ijkε é +1 para permutação par, -1 para permutação ímpar e 0 se 
algum índice for repetido. 
 
 
 
 
 
 4
Relação com o Delta de Kronecker 
 
O símbolo de Levi-Civita está relacionado ao delta de Kronecker. Em três 
dimensões, esta relação pode ser escrita como: 
 
( ) ( ) ( )
det
det
il im in
ijk lmn jl jm jn
kl km kn
il im in il im
ijk lmn jl jm jn jl jm
kl km kn kl km
ijk lmn il jm kn jn km im jl kn jn kl in jm kl jl km
δ δ δ
ε ε δ δ δ
δ δ δ
δ δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ δ
δ δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ
⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
= − − − − −
 (9) 
 
Considerando l i= , e fazendo o somatório, temos: 
 ( ) ( ) ( )ijk imn ii jm kn jn km im ji kn jn ki in jm il ji km
i i
ε ε δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ= − − − − −∑ ∑ . (10) 
 
Considerando também que se i , j e k forem iguais, os termos serão nulos 
(da mesma forma para i , m e n ), então temos: 
 ( )ijk imn jm kn jn km
i i
ε ε δ δ δ δ= −∑ ∑ (11) 
 
Também, de acordo com a notação de Einstein, o símbolo do somatório 
pode ser omitido, ficando a seguinte expressão: 
 
ijk imn jm kn jn kmε ε δ δ δ δ= − (12) 
 
 
........................................................................................................................... 
 
 
 
 
 
 5
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
 
Podemos testar também esta relação. 
 
 
ln
ln
mil mnj in lj ij
mjl mni jn li ji
ε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
 (13) 
 
 
Vamos considerar três situações em particular: 
 
 
I) Três índices iguais: 
 1m = , 1i = , 1j = , 1l = e 1n = 
 
 
 Nesta situação temos: 
 
 
 
ln
111 111 11 11 11 11
0 0
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
 (14) 
 
 
II) Dois índices iguais: 
 1m = , 1i = , 3j = , 3l = e 2n = 
 
 
 Nesta situação temos: 
 
 
 6
 
ln
113 123 12 33 13 32
0 0
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
 (15) 
 
 
III) Três índices diferentes: 
 1m = , 2i = , 3j = , 3l = e 2n = 
 
 
 Nesta situação temos: 
 
 
ln
123 123 22 33 23 32
1 1
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −=
 (16) 
 
 
Portanto, vale a relação acima. 
 
 
........................................................................................................................... 
 
 
Voltando a relação principal, temos: 
 
 
( ) ( )
( )
( )
( )
2
ln lnln
2
ln
2
lnln
lnln
lnln
,
,
,
,
,
i j in lj ij jn li ji
i j il jn in jl
i j kij k
i j ijk k
i j ijk k
G G
G G
G G
G G i i
G G i G
δ δ δ δ δ δ δ δ
δ δ δ δ
ε ε
ε ε
ε
⎡ ⎤⎡ ⎤ = − − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
=
=
=
= =
=
 (17) 
 
 
 7
Portanto, 
 
 
,i j ijk kG G i Gε⎡ ⎤ =⎣ ⎦ = . (18) 
 
 
A forma explicita de 3G (a partir de ( )i ijkjkG i ε= − = , onde j e k são os índices 
correspondentes a linhas e colunas) é dada por: 
 
 
3
0 1 0
1 0 0
0 0 0
G i
−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
= . (19) 
 
 
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
 
Índice 3i = 
Linha 2: 2j = 
Coluna 1: 1k = 
 
 
( )i ijkjkG i ε= − = (20) 
 
Temos 3 permutações para ε : 
 
 
321 312 132 123ε ε ε ε→ → → (21) 
 
 
Portanto, 
 
 
( )i ijkjkG i ε= − = ( )3 32121 ( 1)G i i iε= − = − − == = = (22) 
........................................................................................................................... 
 8
Os autovalores e autovetores são obtidos a partir da equação 
 
 
( )3 0G I rλλ− =G , (23) 
 
 
em que λ é a raiz de 
 
3 0G Iλ− = . (24) 
 
 
Os autovalores e autovetores ortonormais podem ser imediatamente 
mostrados. 
 
 
Para o cálculo dos autovalores, temos: 
 
 
3 2
0
et 0 0
0 0
0
0 0
0 0 0 0
0
i
D i
i i
Det i i
λ
λ
λ
λ λ
λ λ
λ
λ λ
− −⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
− − − −⎛ ⎞⎜ ⎟− − =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
− + =
=
=
= =
= =
=
 (25) 
 
 
As raízes são: 
 
 
0λ = , λ = += e λ = −= . (26) 
 
 
 
 
 
 9
Para o cálculo dos autovetores, temos para 0λ = : 
 
 
( )1 12 2
3 3
2
1
0 0
0 0 0
0 0 0
0
0
0
i x x
i x x
x x
i x
i x
λ
−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− =⎧⎪ =⎨⎪⎩
=
=
=
=
 (27) 
 
 
Normalizando, 
 
 
0
0
0r
c
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G (28) 
 
 
temos: 
 
 
( )
0 0
*
2
1
0
0 0 0 1
1
1
r r
c
c
c
c
=
⎛ ⎞⎜ ⎟ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=
=
G G
 (29) 
 
 
Portanto, o autovetor correspondente é: 
 
 
 10
0
0
0
1
r
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G . (30) 
 
 
Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = += : 
 
 
( )1 12 2
3 3
2 1
1 2
3
2 1
1 2
3
0 0
0 0
0 0 0
0
0
i x x
i x x
x x
i x x
i x x
x
ix x
ix x
x
λ
−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
− =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
=
= =
= =
= =
=
 (31) 
 
 
Portanto, 
 
 
1
1
0
x
ix
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. (32) 
 
 
Fazendo 1x c= , temos: 
 
 
0
c
ic
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 (33) 
 
 11
Normalizando, temos: 
 
 
1 1 1r r =G G 
 
( )*
2
1
1 0 1
0
(1 1) 1
1/ 2
c i c i
c
c
⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
+ =
=
 (34) 
 
 
Portanto 
 
 
1
1/ 2
0
r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G . (35) 
 
 
Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = −= : 
 
 
( )1 12 2
3 3
2 1
1 2
3
0 0
0 0
0 0 0
0
i x x
i x x
x x
i x x
i x x
x
λ
−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− = −⎧⎪ = −⎨⎪ = −⎩
=
= =
= =
= =
=
 (36) 
 12
2 1
1 2
3
2 1
1 2
3
0
0
ix x
ix x
x
ix x
ix x
x
− = −⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
=⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
 (37) 
 
 
Portanto, 
 
 
1
1
0
x
ix
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. (38) 
 
 
Fazendo 1x c= , temos: 
 
 
0
c
ic
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 (39) 
 
 
Normalizando, temos: 
 
 
 13
( )
( )
*
2 2
2
1
1 0 1
0
1 1
(2) 1
1/ 2
c i c i
c i
c
c
⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
− =
=
=
 (40) 
 
 
Portanto, 
 
 
1
1/ 2
0
r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G . (41) 
 
 
De uma maneira geral, os autovalores e autovetores são: 
 
 
0λ = 0
0
0
1
r
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G (42) 
 
 
λ = += 
1
1/ 2
0
r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G (43) 
 
 
λ = −= 
1
1/ 2
0
r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G (44) 
 
 14
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
 
Podemos agora testar a ortogonalidade dos autovetores. 
 
 
( ) ( )
1
11/ 2 1 0 1/ 2 1 1 0
2
0
r r i i− +
⎛ ⎞⎜ ⎟= = − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G G (45) 
 
 
( )0
1
0 0 1 1/ 2 0
0
r r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G G (46) 
 
 
( )0
1
0 0 1 1/ 2 0
0
r r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G G (47) 
 
 
........................................................................................................................... 
 
 
Vamos agora encontrar a matriz unitária que transforma iG a iJ , com 3J 
diagonal, tal que †i iJ U GU= , onde U é construído a partir dos autovetores de 
3G . 
 
 
Primeiramente, devemos ter em mente que:3
0 1 0
1 0 0
0 0 0
G i
−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
= (48) 
 
 15
1
1/ 2
0
r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 0
0
0
1
r
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 
1
1/ 2
0
r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G (49) 
 
 
1 0
1 0 0 2
2 1 0
i
U
i
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
 (50) 
 
 
†
1 0 1
1 0
2
0 2 0
U i i
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 (51) 
 
 
Podemos mostrar que U é realmente unitária. 
 
 
†
†
†
1 0 1 0 1
1 10 0 2 0
2 21 0 0 2 0
2 0 0
1 0 2 0
2
0 0 2
1
i
UU i i
i
UU
UU
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=
 (52) 
 
 
Podemos agora calcular o operador momento angular 3J : 
 
 
 16
( ) ( )
( )
( )
3
3
3
1 01 0 1 0 1 0
1/ 2 0 1 0 0 1/ 2 0 0 2
0 0 0 1 00 2 0
1 0 1 0 0 2
/ 2 0 1 0
0 0 00 2 0
0 0 2
/ 2 0 0 2
2 2 0
i
J i i i
i
J i i i i
J i i
i
⎛ ⎞⎛ ⎞ −⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎜ ⎟= − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞−⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=
=
=
. (53) 
 
 
Vamos agora diagonalizar a matriz 3J , 
 
 
3
0 0 2 / 2
0 0 2 / 2
2 / 2 2 / 2 0
i
J
i
⎛ ⎞−⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
=
=
= =
. (54) 
 
 
Vamos encontrar a equação característica. 
 
 
 17
( )
3
2 2 2
3
2 2
3
3 2
2 2
0
0 0 2 / 2
0 0 2 / 2 0
2 / 2 2 / 2 0
0 2 / 2 0
0 2 / 2 0 0
2 / 2 2 / 2 2 / 2 2 / 2
0
2 2
0
2 2
0
0
J I
i
i
i
i i
i
λ
λ
λ
λ
λ λ
λ λ
λ
λ λλ
λ λλ
λ λ
λ λ
− =
− −
− − =
− −
− − −
− − − =
− − −
− − + =
− + + =
− =
− =
=
=
= =
=
=
= = = =
= =
= =
=
= (55) 
 
 
Portanto, as raízes são: 
 
 
0λ = , λ = += e λ = −= (56) 
 
 
A matriz diagonalizada é: 
 
 
3
0 0 0
0 0
0 0
J
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
=
=
 (57) 
 
 
 18
A matriz unitária U transforma a representação do espaço cartesiano dos 
operadores momento angular, isto é, G
G
, na representação da base esférica 
dela, J
G
. 
 
 
Portanto, os J ’s e G ’s estão relacionados via uma rotação, e esta rotação 
finita pode ser obtida a partir da composição de rotações infinitesimais 
 
 
nˆφ∇→∇+ ×∇G G G (ou ˆG G n Gφ→ + ×G G G ). (58) 
 
 1
Problema 3.13 
 
Mostre que as matrizes 3 3x ( 1, 2,3)iG i = , cujos elementos são dados por 
 
 
( )i ijkjkG i ε= − = , 
 
 
onde j e k são os índices das linhas e das colunas, satisfazem as relações de 
comutação de momento angular. Qual é o significado físico (ou geométrico) 
da matriz transformação que conecta iG as representações mais usuais 3 3x 
do operador momento angular iJ , com 3J considerado diagonal. Relacione o 
seu resultado ao 
 
 
ˆV V n Vδφ→ + ×G G G 
 
 
sob rotações infinitesimais. (Nota: Este problema pode ser útil na 
compreensão do spin do fóton.) 
 
 
Solução: 
 
 
 
Olhando para os elementos matriciais, temos: 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
ln ln
ln
,
,
i j i j j i
i j i j j ilm mnmn lm
G G GG G G
G G G G G G
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
 
 
 
 
 
 
 
 
 2
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
 
i j i j
n l
i j i j
n l m
i j i j
m n l
l GG n l l GG n n
l GG n l l G m m G n n
l GG n l l G m m G n n
=
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
=
∑ ∑
∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
 
 
 
........................................................................................................................... 
 
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
ln
2
ln
2
ln
,
,
,
i j i j j ilm mnmn lm
i j ilm jmn jlm imn
i j mil mnj mjl mni
G G G G G G
G G
G G
ε ε ε ε
ε ε ε ε
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
=
=
 
 
 
 
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
 
Para duas permutações, temos que ε é positivo. 
 
 
 
ilm iml mil
jmn mjn mnj
ε ε ε
ε ε ε
→ →
→ →
 
 
 
 3
min
jlm jml mjl
imn mni
ε ε ε
ε ε ε
→ →
→ →
 
 
 
........................................................................................................................... 
 
 
( ) ( )
2
ln
2
ln lnln
,
,
i j mil mnj mjl mni
i j in lj ij jn li ji
G G
G G
ε ε ε ε
δ δ δ δ δ δ δ δ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤⎡ ⎤ = − − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
=
=
 
 
 
Vamos considerar agora a seguinte relação: 
 
 
ln
ln
mil mnj in lj ij
mjl mni jn li ji
ε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
 
 
 
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 4
 
 
 
 
 
 
 
 
 
........................................................................................................................... 
 
 
 
 
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
 
Podemos testar também esta relação. 
 
 
ln
ln
mil mnj in lj ij
mjl mni jn li ji
ε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
 
 
 
Vamos considerar três situações em particular: 
 
 
I) Três índices iguais: 
 1m = , 1i = , 1j = , 1l = e 1n = 
 
 
 Nesta situação temos: 
 
 
 5
 
ln
111 111 11 11 11 11
0 0
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
 
 
 
II) Dois índices iguais: 
 1m = , 1i = , 3j = , 3l = e 2n = 
 
 
 Nesta situação temos: 
 
 
 
ln
113 123 12 33 13 32
0 0
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
 
 
 
III) Três índices diferentes: 
 1m = , 2i = , 3j = , 3l = e 2n = 
 
 
 Nesta situação temos: 
 
 
ln
123 123 22 33 23 32
1 1
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
 
 
 
Portanto, vale a relação acima. 
 
 
........................................................................................................................... 
 6
 
 
Voltando a relação principal, temos: 
 
 
( ) ( )
( )
( )
( )
2
ln lnln
2
ln
2
lnln
lnln
lnln
,
,
,
,
,
i j in lj ij jn li ji
i j il jn in jl
i j kij k
i j ijk k
i j ijk k
G G
G G
G G
G G i i
G G i G
δ δ δ δ δ δ δ δ
δ δ δ δ
ε ε
ε ε
ε
⎡ ⎤⎡ ⎤ = − − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
=
=
=
= =
=
 
 
 
Portanto, 
 
 
,i j ijk kG G i Gε⎡ ⎤ =⎣ ⎦ = . 
 
 
A forma explicita de 3G (a partir de ( )i ijkjkG i ε= − = , onde j e k são os índices 
correspondentes a linhas e colunas) é dada por: 
 
 
3
0 1 0
1 0 0
0 0 0
G i
−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
= . 
 
 
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
 
Índice 3i = 
Linha 2: 2j = 
Coluna 1: 1k = 
 
 
 7
( )i ijkjkG i ε= − = 
 
Temos 3 permutações para ε : 
 
 
321 312 132 123εε ε ε→ → → 
 
 
Portanto, 
 
 
( )i ijkjkG i ε= − = ( )3 32121 ( 1)G i i iε= − = − − == = = 
........................................................................................................................... 
 
 
Os autovalores e autovetores são obtidos a partir da equação 
 
 
( )3 0G I rλλ− =G , 
 
 
em que λ é a raiz de 
 
3 0G Iλ− = . 
 
 
Os autovalores e autovetores ortonormais podem ser imediatamente 
mostrados. 
 
 
Para o cálculo dos autovalores, temos: 
 
 
 8
3 2
0
et 0 0
0 0
0
0 0
0 0 0 0
0
i
D i
i i
Det i i
λ
λ
λ
λ λ
λ λ
λ
λ λ
− −⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
− − − −⎛ ⎞⎜ ⎟− − =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
− + =
=
=
= =
= =
=
 
 
 
As raízes são: 
 
 
0λ = , λ = += e λ = −= . 
 
 
Para o cálculo dos autovetores, temos para 0λ = : 
 
 
( )1 12 2
3 3
2
1
0 0
0 0 0
0 0 0
0
0
0
i x x
i x x
x x
i x
i x
λ
−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− =⎧⎪ =⎨⎪⎩
=
=
=
=
 
 
 
Normalizando, 
 
 
0
0
0r
c
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 
 
 
 9
temos: 
 
 
( )
0 0
*
2
1
0
0 0 0 1
1
1
r r
c
c
c
c
=
⎛ ⎞⎜ ⎟ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=
=
G G
 
 
 
Portanto, o autovetor correspondente é: 
 
 
0
0
0
1
r
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G . 
 
 
Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = += : 
 
 
( )1 12 2
3 3
2 1
1 2
3
2 1
1 2
3
0 0
0 0
0 0 0
0
0
i x x
i x x
x x
i x x
i x x
x
ix x
ix x
x
λ
−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
− =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
=
= =
= =
= =
=
 
 10
Portanto, 
 
 
1
1
0
x
ix
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
 
Fazendo 1x c= , temos: 
 
 
0
c
ic
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
 
Normalizando, temos: 
 
 
1 1 1r r =G G 
 
( )*
2
1
1 0 1
0
(1 1) 1
1/ 2
c i c i
c
c
⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
+ =
=
 
 
 
Portanto 
 
 
1
1/ 2
0
r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 
 
 11
Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = −= : 
 
 
( )1 12 2
3 3
2 1
1 2
3
0 0
0 0
0 0 0
0
i x x
i x x
x x
i x x
i x x
x
λ
−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− = −⎧⎪ = −⎨⎪ = −⎩
=
= =
= =
= =
=
 
2 1
1 2
3
2 1
1 2
3
0
0
ix x
ix x
x
ix x
ix x
x
− = −⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
=⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
 
 
 
Portanto, 
 
 
1
1
0
x
ix
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
 
Fazendo 1x c= , temos: 
 
 
0
c
ic
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
 
 
 12
Normalizando, temos: 
 
 
( )
( )
*
2 2
2
1
1 0 1
0
1 1
(2) 1
1/ 2
c i c i
c i
c
c
⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
− =
=
=
 
 
 
Portanto, 
 
 
1
1/ 2
0
r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 
 
 
De uma maneira geral, os autovalores e autovetores são: 
 
 
0λ = 0
0
0
1
r
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 
 
 
λ = += 
1
1/ 2
0
r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 
 
 
 13
λ = −= 
1
1/ 2
0
r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 
 
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
 
Podemos agora testar a ortogonalidade dos autovetores. 
 
 
( ) ( )
1
11/ 2 1 0 1/ 2 1 1 0
2
0
r r i i− +
⎛ ⎞⎜ ⎟= = − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G G 
 
 
( )0
1
0 0 1 1/ 2 0
0
r r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G G 
 
 
( )0
1
0 0 1 1/ 2 0
0
r r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G G 
........................................................................................................................... 
 
 
Vamos agora encontrar a matriz unitária que transforma iG a iJ , com 3J 
diagonal, tal que †i iJ U GU= , onde U é construído a partir dos autovetores de 
3G . 
 
 
Primeiramente, devemos ter em mente que: 
 
 
 14
3
0 1 0
1 0 0
0 0 0
G i
−⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
= 
 
1
1/ 2
0
r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 0
0
0
1
r
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 
1
1/ 2
0
r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
G 
 
 
1 0
1 0 0 2
2 1 0
i
U
i
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
 
 
 
†
1 0 1
1 0
2
0 2 0
U i i
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 
 
 
Podemos mostrar que U é realmente unitária. 
 
 
†
†
†
1 0 1 0 1
1 10 0 2 0
2 21 0 0 2 0
2 0 0
1 0 2 0
2
0 0 2
1
i
UU i i
i
UU
UU
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=
 
 
 
Podemos agora calcular o operador momento angular 3J : 
 
 
 15
( ) ( )
( )
( )
3
3
3
1 01 0 1 0 1 0
1/ 2 0 1 0 0 1/ 2 0 0 2
0 0 0 1 00 2 0
1 0 1 0 0 2
/ 2 0 1 0
0 0 00 2 0
0 0 2
/ 2 0 0 2
2 2 0
i
J i i i
i
J i i i i
J i i
i
⎛ ⎞⎛ ⎞ −⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎜ ⎟= − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞−⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=
=
=
. 
 
 
Vamos agora diagonalizar a matriz 3J , 
 
 
3
0 0 2 / 2
0 0 2 / 2
2 / 2 2 / 2 0
i
J
i
⎛ ⎞−⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
=
=
= =
. 
 
 
Vamos encontrar a equação característica. 
 
 
 16
( )
3
2 2 2
3
2 2
3
3 2
2 2
0
0 0 2 / 2
0 0 2 / 2 0
2 / 2 2 / 2 0
0 2 / 2 0
0 2 / 2 0 0
2 / 2 2 / 2 2 / 2 2 / 2
0
2 2
0
2 2
0
0
J I
i
i
i
i i
i
λ
λ
λ
λ
λ λ
λ λ
λ
λ λλ
λ λλ
λ λ
λ λ
− =
− −
− − =
− −
− − −
− − − =
− − −
− − + =
− + + =
− =
− =
=
=
= =
=
=
= = = =
= =
= =
=
= . 
 
 
Portanto, as raízes são: 
 
 
0λ = , λ = += e λ = −= 
 
 
A matriz diagonalizada é: 
 
 
3
0 0 0
0 0
0 0
J
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
=
=
 
 
 
 17
A matriz unitária U transforma a representação do espaço cartesiano dos 
operadores momento angular, isto é, G
G
, na representação da base esférica 
dela, J
G
. 
 
 
Portanto, os J ’s e G ’s estão relacionados via uma rotação, e esta rotação 
finita pode ser obtida a partir da composição de rotações infinitesimais 
 
 
nˆφ∇→∇+ ×∇G G G (ou ˆG G n Gφ→ + ×G G G ). 
 
 1
Problema 3.14 
 
a) Considere que J
G
 seja o momento angular. Ele pode ser o orbital L
G
, spin 
S
G
, ou o totalJ
G
. Usando o fato de que xJ , yJ , zJ ( yx iJJJ ±≡± ) satisfaça as 
relações usuais de comutação de momento angular, prove 
 
zz JJJJJ =
G −+= −+22 . 
 
b) Usando (a) (ou outra forma), derive a “famoso” expressão para o 
coeficiente −c que aparece em 
 
1, −−− = mjjm cJ ψψ . 
 
 
Solução: 
 
a) Temos que: 
 
)(
)(
)(
))((
22
22
22
22
xyyxz
xyyxz
xyyxyx
yyxxyx
yxyx
JJJJiJJJJ
JJJJiJJJJ
JJJJiJJJJ
JJiJJiJJJJ
iJJiJJJJ
−++=
−−−=
−−+=
+−+=
−+=
−+
−+
−+
−+
−+
G
G (1) 
 
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
Através da equação (3.1.20), temos: 
 [ ] zyxxyyx JiJJJJJJ ===− ,)( . 
........................................................................................................................... 
 
 
 
 
 
 2
Podemos então reescrever a expressão acima como: 
 
zz
zz
xyyxz
JJJJJ
iiJJJJJ
JJJJiJJJJ
=G
=G
G
−+=
++=
−++=
−+
−+
−+
22
22
22
)(
)(
 (2) 
 
 
b) Temos por um lado que 
 
2
−−+ = cjmJJjm , (3) 
 
enquanto, que usando a relaçãozz JJJJJ =
G +−=−+ 22 (4) 
 
temos por outro lado que 
 [ ] 22))1( =mmjjjmJJjm +−+=−+ . (5) 
 
Então, temos que, 
 [ ] 222 ))1( =mmjjc +−+=− , (6) 
 
ou 
 
22 )1)(( =+−+=− mjmjc . (7) 
 
Por convenção, vamos escolher 
 
=)1)(( +−+=− mjmjc . (8) 
 
Então, 
 
1,
1,
−−−
−−
=
−=
mjjm cJ
mjcjmJ
ψψ
 (9) 
 1
Problema 3.15 
 
A função de onda de uma partícula sujeita a um potencial esfericamente 
simétrico ( )V r é dado por: 
 
( ) ( 3 ) ( )x x y z f rψ = + +G . 
 
a.) ψ é uma autofunção de 2LG ? Em caso afirmativo, qual é o valor l ? Se não, 
quais são os possíveis valores de l que podemos obter quando 2L
G
 é medido? 
 
b.) Quais são as probabilidades para a partícula ser achada nos vários estados 
lm ? 
 
c.) Suponha que conhecemos que ( )xψ G é uma autofunção de energia com 
autovalor E . Indique como nós podemos achar ( )V r ? 
 
 
Solução : 
 
a.) Temos que: 
 
( ) ( )3 ( )x x x y z f rψ ψ= = + +G G . (1) 
 
Para verificarmos se ( )xψ G dada por (1) é uma autofunção de 2LG aplicaremos 
este operador ao ket ( )xψ G e veremos o resultado. Trabalharemos com 
coordenadas esféricas (3.6.15): 
 
( )22 2 2 21 1( )x L x sen xsen senψ θ ψθ φ θ θ θ
⎧ ⎫∂ ∂ ∂⎛ ⎞= − +⎨ ⎬⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎩ ⎭
GG G G= . (2) 
 
Escrevendo ( )xψ G em coordenadas esféricas, 
 
cos
cos
x rsen
y rsen sen
z r
θ φ
θ φ
θ
=
=
=
, (3) 
 
 
 2
temos: 
 
( ) ( )( cos 3cos )x rf r sen sen senψ θ φ θ φ θ= + +G . (4) 
 
Com a equação (4), podemos calcular cada termo separadamente para a 
equação (1): 
 
( ) [ ]
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2
2
2 2 2
2
2 2
1 1 ( )( cos 3cos )
1 ( ) cos
1 ( ) (cos )
x rf r sen sen sen
sen sen
rf r senx sen
sen sen
rf rx sen
sen sen
ψ θ φ θ φ θθ φ θ φ
θψ φ φθ φ θ φ
ψ φ φθ φ θ
∂ ∂= + +∂ ∂
∂ ∂= −∂ ∂
∂ = − +∂
G
G
G
 (5) 
 
e 
 
( ) [ ]
( )
( )
1 1 ( )( cos 3cos )
1 ( ) ( cos 3cos )
1 ( ) co
sen x sen rf r sen sen sen
sen sen
rf rsen x sen sen sen sen
sen sen
rf rsen x sen
sen sen
θ ψ θ θ φ θ φ θθ θ θ θ θ θ
θ ψ θ θ φ θ φ θθ θ θ θ θ θ
θ ψ θθ θ θ θ θ
∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
∂ ∂ ∂⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠
G
G
G
( )
( )
2
2
2 2
s cos cos 3
1 ( ) 3 (cos ) cos
1 ( ) 6 cos (cos )(cos )
sen sen sen
rf rsen x sen sen sen
sen sen
rf rsen x sen sen sen
sen sen
φ θ θ φ θ θ
θ ψ θ φ φ θ θθ θ θ θ θ
θ ψ θ θ φ φ θ θθ θ θ θ
⎡ ⎤+ −⎣ ⎦
∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎡ ⎤= − + +⎜ ⎟ ⎣ ⎦∂ ∂ ∂⎝ ⎠
∂ ∂⎛ ⎞ ⎡ ⎤= − + + −⎜ ⎟ ⎣ ⎦∂ ∂⎝ ⎠
G
G
 
 
Substituindo em (1), temos: 
 
 3
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 1( ) (cos ) 6 cos (cos )(cos )
1 1( ) (cos ) cos (cos ) 6cos
1( ) cos ( 1 cos
x L rf r sen sen sen sen
sen sen
x L rf r sen sen sen
sen sen
x L rf r sen
sen
ψ φ φ θ θ φ φ θ θθ θ
ψ φ φ φ φ θ θ θθ θ
ψ φ φ θθ
⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − + + − + + −⎨ ⎬⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭
⎡ ⎤= − − + + + − −⎢ ⎥⎣ ⎦
= − + − + −
GG =
GG =
GG =
( )
[ ]
( )
2
2 2 2
2 2
2 2
) 6cos
1( ) 2 (cos ) 6cos
2 ( ) cos 3cos
2
sen
x L rf r sen sen
sen
x L rf r sen sen sen
x L x
θ θ
ψ θ φ φ θθ
ψ θ φ θ φ θ
ψ ψ
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤= − − + −⎢ ⎥⎣ ⎦
= + +
=
GG =
GG =
GG G=
 
 
ou 
 
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2
1(1 1) ( )
( 1) ( )
L x x
L x x
L x l l x
ψ ψ
ψ ψ
ψ ψ
=
= +
= +
G G=
G G=
G G=
 (8) 
 
o que significa que ( )xψ G é uma autofunção de 2LG com autovalor 1l = . 
 
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
2 2 2 2 21 cos 1 1 2sen sen sen senθ θ θ θ θ− + − = − + − − = − (9) 
 
........................................................................................................................... 
 
 
 
b.) Como nos já conhecemos que 1l = , podemos tentar escrever ( )xψ G em 
termos dos harmônicos esféricos 1 ( , )mY θ φ . Sabemos que (3.6.39): 
 
0
1
3 3cos
4 4
zY
r
θπ π= = . (10) 
 
 
 4
Isolando z , temos: 
 
0
1
4
3
z r Yπ= . (11) 
 
Temos também que (A.5.7), 
 
( ) ( )
( ) ( )
1
1
1
1
3 3 3cos
8 8 8
3 3 3cos
8 8 8
i
i
Y sen e sen isen sen co isen sen
Y sen e sen isen sen co isen sen
φ
φ
θ θ φ φ θ φ θ φπ π π
θ θ φ φ θ φ θ φπ π π
+
− −
= − = − + = − +
= = − = −
. (12) 
 
Como 
 
( ) ( )
( ) ( )
x iy
sen co isen sen
r
x iy
sen co isen sen
r
θ φ θ φ
θ φ θ φ
+ = +
− = −
, (13) 
 
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
( )
( )
cos
cos
x iy rsen irsen sen
r r
x iy
sen isen sen
r
θ φ θ φ
θ φ θ φ
+ +=
+ = +
 (14) 
 
........................................................................................................................... 
 
 
temos: 
 
( )
( )
1
1
1
1
3
8
3
8
x iy
Y
r
x iy
Y
r
π
π
+
−
+= −
−=
. (15) 
 
 
 5
Isolando x e y , temos: 
 
( )
( )
1 1
1 1
1 1
1 1
2
3
2
3
x r Y Y
y ir Y Y
π
π
− +
− +
= −
= +
. (16) 
 
Podemos agora escrever 
 
( ) ( 3 ) ( )x x y z f rψ = + +G (17) 
 
considerando que 
 
( )
( )
1 1
1 1
1 1
1 1
2
3
2
3
x r Y Y
y ir Y Y
π
π
− +
− +
= −
= +
 (18) 
0
1
4
3
z r Yπ= 
 
como: 
 
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 0
1 1 1 1 1
1 1 1 1 0
1 1 1 1 1
0 1 1 1 1
1 1 1 1 1
0 1 1
1 1 1
( ) ( 3 ) ( )
2 2 4( ) ( )( 3 )
3 3 3
2 2 2 2( ) ( )( 3 )
3 3 3
2 ( ) 3 2
3
2 ( ) 3 2 1 1
3
x x y z f r
x f r r Y Y ir Y Y r Y
x rf r Y Y i Y Y Y
x r f r Y Y Y iY iY
x r f r Y i Y i Y
ψ
π π πψ
π π πψ
πψ
πψ
− + − +
− + − +
− + − +
− +
= + +
= − + + +
= − + + +
⎡ ⎤= + − + +⎣ ⎦
⎡ ⎤= + + + −⎣ ⎦
G
G
G
G
G
. (19) 
 
Temos que a parte do estado que depende dos valores de m pode ser escrito 
na seguinte forma: 
 
( ) ( )3 2 1, 0 1 1, 1 1 1, 1m N l m i l m i l mψ ⎡ ⎤= = =+ + = = − + − = =⎣ ⎦ . (20) 
 
 6
Normalizando ele, podemos escrever: 
 
( ) ( )
( )
2 22 2
2
3 2 1 (1 ) 1
18 2 2 1
1
22
N i i
N
N
⎡ ⎤+ + + − =⎢ ⎥⎣ ⎦
+ + =
=
. (21) 
 
Ou seja, 
 
( ) ( )1 3 2 1, 0 1 1, 1 1 1, 1
22
l m i l m i l mψ ⎡ ⎤= = = + + = = − + − = =⎣ ⎦ . (22) 
 
 
Então, 
 
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2
1 9 2 90 1, 0 3 2
22 1122
1 2 11 1, 1 (1 )
22 1122
1 2 11 1, 1 (1 )
22 1122
xP m l m
P m l m i
P m l m i
ψ
ψ
ψ
= = = = = = =
= + = = = + = − = =
= − = = = − = + = =
. (23) 
 
 
c.) Se ( )E xψ G é uma autofunção de energia, então ela pode ser usada para 
resolver a equação de Schrödinger (2.4.11): 
 
2
2 ( ) ( ) ( )
2 E E E
u x Vu x Eu x
m
⎛ ⎞− ∇ + =⎜ ⎟⎝ ⎠
= G G G . (24) 
 
 
 
 
 
 
 
 7
Considerando que o operador 2∇ pode ser escrito em coordenadas esféricas 
com apenas a componente radial da seguinte forma (3.6.21), 
 
2
2 2
2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
1
2 2
2 1
2
2
2 E E E
x p x
m m
x x x x L
m r r r r
Lu u u
m r r r r
α α
α α α α
⎛ ⎞= − ∇⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂− ∇ = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞ ∂ ∂− ∇ = + −⎜ ⎟⎜ ⎟ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠
=G G G
G= G G G G
=
G=
=
 (25) 
 
temos: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
2
2 2
2
E E E E E
m m m
l l l
Lx x x V r x E x
m r r r r
d dY rf r rf r rf r V r rf r Y Erf r Y
m dr r dr r
ψ ψ ψ ψ ψ⎡ ⎤∂ ∂− + − + =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤− + − + =⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦
= G G G G G G
=
= G
 (26) 
 
Isolando ( )V r , temos: 
 
( ) [ ] [ ]
( ) [ ]
( ) [ ]
( )
2
2
2
2
1 2 2( ) '( ) ( ) '( ) ( )
( ) 2
1 ( ) '( ) 2 '( )
( ) 2
1 '( ) '( ) ''( ) 2 '( )
( ) 2
''( ) 4 '( )
2 ( )
dV r E f r rf r f r rf r f r
rf r m dr r r
dV r E f r rf r f r
rf r m dr
V r E f r f r rf r f r
rf r m
rf r f rV r E
m rf r
⎡ ⎤= + + + + −⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤= + + +⎢ ⎥⎣ ⎦
= + + + +
+= +
=
=
=
=
. (27) 
 
 1
Problema 3.16 
 
Uma partícula em um potencial esfericamente simétrico é conhecida estar 
em um autoestado de 2L
G
 e zL com autovalores 2 ( 1)l l += e m= , 
respectivamente. Prove que os valores esperados entre os estados lm 
satisfazem 
 
0x yL L= = , 
2 2 2
2 2
( 1)
2x y
l l m
L L
⎡ ⎤+ −⎣ ⎦= = = = . 
 
Interprete este resultado semi-classicamente. 
 
 
Solução: 
 
Temos que: 
 
( )
( )
1
2
2
x
y
L L L
iL L L
+ −
− +
= +
= −
. (1) 
 
Também, a partir da (3.5.39) e (3.5.40), temos: 
 
( )( )
( )( )
, 1 , 1
, 1 , 1
J j m j m j m j m
J j m j m j m j m
+
−
= − + + +
= + − + −
=
=
. (2) 
 
Logo: 
 
( ) ( ) ( )1 1, , , , , , , , 0
2 2x x
L j m L j m j m L L j m j m L j m j m L j m+ − + −⎡ ⎤= = + = + =⎣ ⎦
 
O mesmo raciocínio pode ser aplicado para yL . 
 
Desta forma, demonstramos a primeira parte do problema. 
 
 
 2
Vamos agora calcular 2xL . 
 
( )( )
( )
2
2 2 2
1
4
1
4
x
x
L L L L L
L L L L L L L
+ − + −
+ − + − − +
= + +
= + + +
 (4) 
 
Para o valor esperado, temos: 
 
2 21,
4x
L j m L+= 2L−+( )
( )( ) ( )( ){ }
{ }
{ }
{ }
2
2
2 2 2
2
2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2 2
2
,
1 1, , , ,
4 4
1 1, , , ,
4 4
1 1 1
4
4
2 2 2
4
2
x
x
x
x
x
x
L L L L j m
L j m L L j m j m L L j m
L j m L L j m j m L L j m
L j m j m j m j m
L j jm j mj m m j jm j mj m m
L j m j
j m j
L
+ − − +
+ − − +
+ − − +
⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦
= +
= +
= + − + + − + +
= − + + − + + + + − − −
= − +
− +=
= =
=
=
=
 (5) 
 
Na realidade, nos não temos spin, então: 
 
lj = . (6) 
 
Desta forma, a equação acima pode ser escrita como: 
 ( )[ ]
[ ]
2
)1(
2
22
2
222
2
=
=
mllL
mllL
x
x
−+=
−+=
 (7) 
 
 
 
 
 
 3
Vamos agora calcular 2yL . 
 
( )( )
( )
2
2 2 2
1
4
1
4
y
y
L L L L L
L L L L L L L
− + − +
− + + − − +
−= − −
−= + − −
 (8) 
 
Para o valor esperado, temos: 
 
2 21,
4y
L j m L+= − 2L−−( )
2
2 2
,
1 1, , , ,
4 4y
y x
L L L L j m
L j m L L j m j m L L j m
L L
+ − − +
+ − − +
⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦
= +
=
 (9) 
 
Interpretação Semi-clássica. 
 
Conhecemos que 
 
lmlllmL )1(22 += =G , (10) 
 
e, 
 
lmmlmLz
222 == . (11) 
 
Então, os valores esperados são: 
 
22 )1( =G += llL , (12) 
 
e, 
 
222 =mLz = . (13) 
 
Dentro da correspondência clássica, 
 
2222
zyx LLLL ++=
G
, (14) 
 4
 
podemos expressar em termos dos valores esperados correspondentes: 
 
[ ] [ ] 22222222222 )1()1(
2
1)1(
2
1 LllmmllmllLLL zyx
G==== =+=+−++−+=++ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 1
Problema 3.17 
 
Suponha que um valor de l semi-inteiro, digo ½, fosse permitido para o 
momento angular. A partir de 
 
( )1/2,1/2 , 0L Y θ φ+ = , 
 
nós podemos deduzir, como usual 
 
/2
1/2,1/2 ( , )
iY e senφθ φ θ∝ . 
 
Agora, tentemos por construção 1/2, 1/2 ( , )Y θ φ− ; por 
 
a.) aplicando L− a ( )1/2,1/2 ,Y θ φ ; 
 
b.) usando ( )1/2, 1/2 , 0L Y θ φ− − = . 
 
Mostre que os dois procedimentos levam a resultados contraditórios. (Isto da 
um argumento contra valores l semi-inteiros para o momento angular 
orbital.) 
 
 
Solução: 
 
A partir da (3.6.13), temos para L+ : 
 
cotiL i e iφ θθ φ
+
+
⎛ ⎞∂ ∂= − + −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠= . 
 
Podemos também deduzir que 
 
( ) 21/2,1/2 , iY e sen
φ
θ φ θ∝ 
 
a partir da equação 
 
1/2,1/2 ( , ) 0L Y θ φ+ = . 
 
 2
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
Para o caso m l= , temos: 
 
, 0L l l+ = 
 
ou 
 
ˆcot , 0ii e i n l lφ θθ φ
⎡ ⎤∂ ∂− − =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦= 
 
Considerando que 
 
ˆ , ( , )lln l l Y θ φ= , 
 
podemos resolver a equação diferencial para ( , )llY θ φ : 
 
cot 0
cot 0
cot 0
cot
i l
l
l l
i il l
l l
l l
l l
l l
i e i Y
Y Ye i e
Y Yi
Y Yi
φ
φ φ
θθ φ
θθ φ
θθ φ
θθ φ
⎡ ⎤∂ ∂− − =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
∂ ∂+ =∂ ∂
∂ ∂+ =∂ ∂
∂ ∂= −∂ ∂
=
= =
. 
 
Considerando que 
 
( ) ( ) ( ) ( ),l illY T R e Rφθ φ φ θ θ= = , 
 
temos: 
 
cot
( ) cot ( )
l l
l l
ilil
Y Yi
R ee i R
φ
φ
θθ φ
θ θ θθ φ
∂ ∂= −∂ ∂
∂ ∂= −∂ ∂
 
 3
( ) cot ( )
( ) cot ( )
il ilRe i R ile
R i R il
φ φθ θ θθ
θ θ θθ
∂ = −∂
∂ = −∂
 
 
Isolando para ( )R θ e θ , temos: 
 
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) cot
ln ln
ln ln l
l
R l
R
R l sen
R sen
R sen
θ θ θθ
θ θ
θ θ
θ θ
∂ = ∂
=
=
=
. 
 
Para a solução da equação acima, foi considerado que: 
 
( )cot lnd senθ θ θ= −∫ . 
 
Portanto, 
 
( ),l il llY e senφθ φ θ= , 
 
ou, com a constante de integração, temos: 
 
( ),l il l il ll lY e sen c e senφ φθ φ θ θ∝ = , 
 
em que a constante de integração vale: 
 
( )1 (2 1)(2 )!
2 ! 4
l
l l
l lc
l π
⎡ ⎤− += ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
. 
 
Para l semi-inteiro, temos: 
 
( )
( ) 21/2,1/2
( , ) ,
,
l l il l
l l
i
Y l m l Y e sen
Y e sen
φ
φ
θ φ θ
θ φ θ
= = ∝
∝
. 
........................................................................................................................... 
 4
a. Aplicando L− a função 1/2,1/2Y , temos: 
 
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
1/2,1/2 1/2, 1/2
2
1/2, 1/2
2 2
1/2, 1/2
2
1/2, 1/2
, ,
, cot
, cot
1 cos, cot
2
ii
i ii i
i i
L Y Y
Y i e i e sen
Y i e i e sen i e e sen
Y e i e
sen
φ
φ
φ φ
φ φ
φ
φ
θ φ θ φ
θ φ θ θθ φ
θ φ θ θ θθ φ
θθ φ θ
− −
−
−
− −
−
− −
−
=
⎡ ⎤∂ ∂= − − −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂⎛ ⎞= − − + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠
=
= =
= = ( )
( ) ( ) ( )
2
2 2
1/2, 1/2
2
1 cos cos,
2 2
i
i ii
i e sen
iY e i e e sen
sensen
φ
φ φ
φ
θ θ
θ θθ φ θθθ
− −
−
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= =
 
( )
( ) ( )
2
1/2, 1/2
1/22
1/2, 1/2
1 cos 1 cos,
2 2
, cos
i
i
Y e
sen sen
Y e sen
φ
φ
θ θθ φ θ θ
θ φ θ θ
−
−
− −
−
⎛ ⎞⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
= −
=
=
 
 
 
b. Aplicando L− a 1/2, 1/2 ( , )Y θ φ− , temos: 
 
1/2, 1/2
1/2, 1/2
( , ) 0
cot ( , ) 0i
L Y
i e i Yφ
θ φ
θ θ φθ φ
− −
−
−
=
⎛ ⎞∂ ∂− − − =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠=
. 
 
Considerando ainda que 
 
2
1/2, 1/2 ( , ) ( )
i
Y e f
φ
θ φ θ−− ∝ , 
 
temos para a solução da equação diferencial: 
 
( )
1/2, 1/2
2
cot ( , ) 0
cot 0
i
i
i
i e i Y
i e i e f
φ
φ
φ
θ θ φθ φ
θ θθ φ
−
−
−−
⎛ ⎞∂ ∂− − − =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
⎛ ⎞∂ ∂− − − =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
=
=
 
 5
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2
3 3
2 2
cot 0
cot 0
cot 0
2
1 cot 0
2
i
i
i i
i i
i i
i e i e f
i e e i f i e f e
f ie i e f
f f
φ
φ
φ φ
φ φ
φ φ
θ θθ φ
θ θ θθ φ
θθ
θθ
−−
− −− −
− −
⎛ ⎞∂ ∂− − − =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂⎛ ⎞− − + − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
∂ −⎛ ⎞− + =⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠
∂− + =∂
=
= =
= =
 
 
Resolvendo para f e θ , temos: 
 
1 cot 0
2
1 cot
2
1ln ln
2
f f
f
f
f sen
θθ
θ θ
θ
∂− + =∂
∂ = ∂
= −
 
 
ou 
 
( ) 1/2f senθ −= . 
 
Temos que a resposta final é: 
 
(a) ( ) ( ) 1/221/2, 1/2 , cosiY e sen
φ
θ φ θ θ− −− = −= 
 
(b) 1/221/2, 1/2 ( )
i
Y e sen
φ
θ− −− ∝ . 
 
Comparando as equações (a) e (b), podemos perceber os resultados 
contraditórios. Então, isto é um outro argumento contra o valor semi-inteiro 
l para o momento angular orbital. 
 
 
 
 
 
 1
Problema 3.18 
 
Considere um autoestado do momento angular orbital 2, 0l m= = . Suponha 
que este estado seja rotacionado por um ângulo β em torno do eixo- y . 
Encontre a probabilidade para o novo estado ser achado em 0m = , 1± e 2± . 
(Os harmônicos esféricos para 0l = , 1 e 2 dados no Apêndice A podem ser 
úteis.) 
 
 
 
 
Figura 1: Ângulos azimutal e polar que caracteriza nˆ . 
 
 
Solução : 
 
 
A partir da (3.6.46), temos: 
 
ˆ ˆ( )n D R z= . 
 2
 
Também, da (3.6.48), temos: 
 
ˆ ˆ( ) , ,
l m
n D R l m l m z=∑∑ . 
 
Podemos ainda escrever como: 
 
( )
'
' '
( ) , , ' , ' ( ) , , ' ( )lm m
m m
D R l m l m l m D R l m l m D R= =∑ ∑ . 
 
 
Considerando 0m = inicialmente, temos para uma rotação arbitraria ( )D R , a 
probabilidade como: 
 
22 ( )
,0, ( ) ,0
l
ml m D R l D= . 
 
Equação (3.6.52) nos fornece ( ),0lmD : 
 
( ) ( )*( )0
,
4, , 0 ,
(2 1)
l m
m lD Yl θ β φ α
πα β γ θ φ
= =
= = + . 
 
 
Com 2l = , obtemos os seguintes resultados para 0m = : 
 
* 22(2) 0
00 2
4 ( ,0)
5
D Yπ β= 
 
Para o harmônico esférico, temos: 
 
( )0 22 5 3cos 116Y θπ= − . 
 
Substituindo, temos: 
 
 3
 
( )
( )
( )
2
2(2) 2
00
22(2) 2
00
22(2) 2
00
4 5 3 1
5 16
4 5 3 1
5 16
1 3 1
4
D cos
D cos
D cos
π βπ
π βπ
β
= −
= −
= −
. 
 
 
Com 2l = , obtemos os seguintes resultados para 1m = ± : 
 
* 22(2) 1
10 2
4 ( ,0)
5
D Yπ β±± = 
 
Para o harmônico esférico, temos: 
 
( )12 15 cos8 iY sen e φβ βπ± ±= ∓ . 
 
Substituindo, temos: 
 
 
( )
( )
( )
2
2(2)
10
2 2(2)
10
2 2(2)
10
4 15 cos
5 8
4 15 cos
5 8
3 cos
2
iD sen e
D sen
D sen
φπ β βπ
π β βπ
β β
±
±
±
±
=
=
=
∓
. 
 
 
Com 2l = , obtemos os seguintes resultados para 2m = ± : 
 
* 22(2) 2
20 2
4 ( ,0)
5
D Yπ β±± = 
 
Para o harmônico esférico, temos: 
 
( )2 2 22 1532 iY sen e φβπ± ±= . 
 
 4
Substituindo, temos: 
 
( )
( )
( )
β
β
βπ
π
βπ
π φ
42)2(
20
222)2(
20
222)2(
20
2
222)2(
20
8
3
8
3
32
15
5
4
32
15
5
4
senD
senD
senD
esenD i
=
=
=
=
±
±
±
±
±
. 
 
Podemos agora mostrar que a probabilidade total somada sobre 'm deve ser 
unitária. Considerando, 
 
0m = → ( )22(2) 200 1 3 14D cos β= − 
 
1m = ± → ( )2 2(2)10 3 cos2D senβ β± = 
 
2m = ± → β42)2( 20 8
3 senD =± 
 
temos: 
 
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2 2(2) (2) (2) (2) (2)
00 10 10 20 20
2 22 4
4 2 2 2 4
4 2 2 2 4
4 2 2 2 4
1 3 33 1 2 cos 2
4 2 8
1 39cos 1 6cos 3 cos
4 4
9 1 6 3cos cos 3 cos
4 4 4 4
9 1 6 3cos cos 3 1
4 4 4 4
P D D D D D
P cos sen sen
P sen sen
P sen sen
P sen sen sen
β β β β
β β β β β
β β β β β
β β β β
+ − + −= + + + +
= − + +
= + − + +
= + − + +
= + − + − + β
. 
 
 
 
 
 5
4 2 2 4 4
4 2 2 4
4 2 2 2 2
4 2 2 4 2
4
9 1 6 3cos cos 3 3
4 4 4 4
9 1 6 9cos cos 3
4 4 4 4
9 1 6 9cos cos 3(1 cos ) (1 cos )
4 4 4 4
9 1 6 9cos cos 3 3cos (1 cos 2cos )
4 4 4 4
9 cos
4
P sen sen sen
P sen sen
P
P
P
β β β β β
β β β β
β β β β
β β β β β
β
= + − + − +
= + − + −
= + − + − − −
= + − + − − + −
= 2 2 41 6 9 9cos 3 3cos cos
4 4 4 4
β β β+ − + − − − 2
2 2 2
2
9 cos
2
1 6 9 9cos 3 3cos cos
4 4 4 2
1 9 6 93 3 cos
4 4 4 2
1
P
P
P
β
β β β
β
+
= − + − − +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − + − − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
=
 
 1
Problema 3.19 
 
Qual é o significado físico dos operadores 
 
† †K a a+ + −≡ e K a a− + −≡ 
 
no esquema de Schwinger para o momento angular? Dê os elementos da 
matriz não nulos de K± . 
 
Solução : 
 
O operador K+ , atuando sobre o ket ,n n+ − , resulta em: 
 
( )( )† †, , 1 1 1, 1K n n a a n n n n n n+ + − + − + − + − + −= = + + + + (1) 
 
e 
 
, , 1, 1K n n a a n n n n n n− + − + − + − + − + −= = − − (2) 
 
a+ e †a+ são os operadores aniquilação e criação, respectivamente. 
 
Logo, os operadores K+ (K− ) criam (destroem) duas partículas de “spins 
opostos”, não alterando o momento angular total. 
 
Considere também que 
 
2
−+ += nnj(3) 
 
e 
 
2
−+ −= nnm , (4) 
 
e também que 
 
mjnn ,, →−+ . (5) 
 
 2
 
 
Então, equação (1) pode ser escrita como 
 
( )( ) mjmjmjmjK ,11(1(, ++−+++ (6) 
 
e 
 
( )( ) mjmjmjmjK ,1((, −−+− (7) 
 
isto é, +K e −K , são os operadores de levantamento e abaixamento para 
2
−+ += nnj onde −+ + nn correspondem ao numero total de “partículas” de 
spin ½. 
 
Os elementos da matriz destes dois operadores são dados por: 
 
( )( ) mmjjmjmjmjKmj ,'1,'11,',' δδ ++ +−++= (8) 
 
e 
 
( )( ) mmjjmjmjmjKmj ,'1,',',' δδ −− −+= (9) 
 
 
 
 
 1
Problema 3.2 
 
Considere uma matriz 2 2× definida por 
 
0
0
a i aU
a i a
σ
σ
+= −
G GiG Gi , 
 
onde 0a é um número real e a
G é um vetor tridimensional com componentes 
reais. 
 
a. Prove que U é unitário e unimodular. 
 
b. Em geral, uma matriz unimodular untária 2 2× representa uma rotação em 
três dimensões. Encontre os eixos e o ângulo de rotação apropriados para U 
em termos de 0a , 1a , 2a e 3a . 
 
Solução: 
 
a. Primeiramente, vamos reescrever U como: 
 
( )( )
( )
1
0 0
1†
U a i a a i a
U A A
σ σ −
−
= + −
=
G G G Gi i
 (1) 
 
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
† *A A= 
........................................................................................................................... 
 
Então, temos para †UU a seguinte expressão: 
 
( ) ( )1 1† † 1 † † †UU A A A A A AA A− −−= = , (2) 
 
ou 
 
† †
2 2 2 2
0 1 2 3
1 1UU A A
a a a a
= =+ + + (3) 
 2
........................................................................................................................... 
Lembre-se: 
 
( )† † †XY Y X= 
 
( ) ( )† †1 1† † † † 1 †U A A A A A A− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 
 
........................................................................................................................... 
 
 
Da mesma forma, podemos mostrar também que † 1U U = . 
 
( ) 1† 1 † †U U A A A A −−= , (4) 
 
Como A e †A comutam, temos que: 
 
( )
( ) ( )
1† 1 † †
1† 1 † †
† 1
U U A A A A
U U A A A A
U U
−−
−−
=
⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
=
 (5) 
 
 
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
Calculando †AA : 
 
( )( )
( ) ( ) ( )
†
0 0
2† 2 2
0 0 0
2† 2
0
† 2 2 2 2
0 1 2 3
AA a i a a i a
AA a a i a i a a i a
AA a a
AA a a a a
σ σ
σ σ σ
= + −
= − + −
= +
= + + +
G G G Gi i
G G G G G Gi i i
G 
 
 
 
 
 
 3
Calculando †A A : 
 
( )( )
( ) ( ) ( )
†
0 0
2† 2 2
0 0 0
2† 2
0
† 2 2 2 2
0 1 2 3
A A a i a a i a
A A a a i a i a a i a
A A a a
A A a a a a
σ σ
σ σ σ
= − +
= + − −
= +
= + + +
G G G Gi i
G G G G G Gi i i
G 
 
........................................................................................................................... 
 
Ou seja, provamos que U é unitário. 
 
 
Vamos provar agora que U é unimodular. 
 
........................................................................................................................... 
Lembrar: 
 
1
0 1
1 0
σ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 2
0
0
i
i
σ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 3
1 0
0 1
σ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠ 
 
1 2 3
ˆˆ ˆa a i a j a k= + +G 
 
( )2 2.a aσ =G G G (3.2.41) 
........................................................................................................................... 
 
 
Primeiramente: 
 
3 1 2
1 2 3
a a ia
a
a ia a
σ −⎛ ⎞= ⎜ ⎟+ −⎝ ⎠
G Gi , (6) 
 
então 
 
0 3 1 2
0
1 2 0 3
a ia ia a
A a i a
ia a a ia
σ + +⎛ ⎞= + = ⎜ ⎟− −⎝ ⎠
G Gi (7) 
 
 4
0 3 1 2†
0
1 2 0 3
a ia ia a
A a i a
ia a a ia
σ − − −⎛ ⎞= − = ⎜ ⎟− + +⎝ ⎠
G Gi (8) 
 
0 3 1 2† 1
1 2 0 3
a ia ia a
A
ia a a ia
− − − +⎛ ⎞= ⎜ ⎟− − +⎝ ⎠
 (9) 
 
........................................................................................................................... 
Lembrar: 
 
1TA A−= 
 
........................................................................................................................... 
 
 
Temos também que: 
 
† 2 2 2 2
0 1 2 3DetA DetA a a a a= = + + + (10) 
 
enquanto que: 
 
( )( ) ( )1† † † † 1 1Det A A DetA Det A− −= = , (11) 
 
ou seja, ambos os determinantes, ( )( )1† †Det A A − e ( )( )1† †Det A A − , são iguais. 
 
Portanto, temos que: 
 
( ) ( )† 1 2 2 2 2† 0 1 2 3
1 1Det A
a a a aDet A
− = = + + + (12) 
 
Então: 
 
† 1 † 1( ) ( ) 1DetU Det A A DetADet A− −⎡ ⎤= = =⎣ ⎦ , (13) 
 
portanto U é unimodular. 
 
 
 5
b. Desde que 
 
† † 2 2 2 2
0 1 2 3 1AA A A a a a a α= = + + + = � (14) 
 
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
( )( )
( ) ( ) ( )
†
0 0
2† 2 2
0 0 0
2† 2
0
† 2 2 2 2
0 1 2 3
AA a i a a i a
AA a a i a i a a i a
AA a a
AA a a a a
σ σ
σ σ σ
= + −
= − + −
= +
= + + +
G G G Gi i
G G G G G Gi i i
G 
 
........................................................................................................................... 
 
temos que: 
 
( ) 1†
†
2
22
0 0 3 0 2 0 1
22
0 2 0 1 0 0 3
2 2 21
2 2 2
U A A
A AU
A A
AU
a a ia a a a ia a
U
a a ia a a a ia a
α
α
−=
=
=
⎛ ⎞− + +⎜ ⎟= ⎜ ⎟− + − −⎝ ⎠
G
G
 (15) 
 
........................................................................................................................... 
Demonstração: 
 
0 3 1 2
1 2 0 3
a ia ia a
A
ia a a ia
+ +⎛ ⎞= ⎜ ⎟− −⎝ ⎠
 
 
0 3 1 2 0 3 1 22
1 2 0 3 1 2 0 3
22
0 0 3 0 2 0 12
22
0 2 0 1 0 0 3
2 2 2
2 2 2
a ia ia a a ia ia a
A
ia a a ia ia a a ia
a a ia a a a ia a
A
a a ia a a a ia a
+ + + +⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞− + +⎜ ⎟= ⎜ ⎟− + − −⎝ ⎠
G
G
 
 
 6
Elemento 1.1: 
 
( )( ) ( )( )
( ) ( )
11 0 3 0 3 1 2 1 2
2 2 2 2 2 2
11 0 0 3 3 0 3 1 2 1 2 1 2
2 2 2 2
11 0 0 3 3 1 2
22
11 0 0 3
2
2
E a ia a ia ia a ia a
E