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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 − = + − −
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