Solutions - Sakurai ch. 2

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1
Problema 1 
 
Considere o problema da precessão de spin discutido no texto. Ele pode 
também ser resolvido no quadro de Heisenberg. Usando o Hamiltoniano 
 
z z
eBH S wS
mc
⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠ , 
 
escreva as equações de Heisenberg do movimento para os operadores 
dependentes do tempo ( )xS t , ( )yS t e ( )zS t . Resolva elas para obter , ,x y zS 
como funções do tempo. 
 
Solução : 
 
A equação de movimento de Heisenberg para um operador ( ) ( )HA t (que 
chamaremos simplesmente ( )A t ) é: 
 
[ ] ( )( ), dA tA t H i
dt
= = . (1) 
 
Então, para zH wS= , temos as seguintes equações de movimento para 
( )xS t , ( )yS t e ( )zS t : 
 
[ ] ( )( ), ( ) xx z y dS tS t wS i wS t i dt= − == = (2) 
 
( )
( ), ( ) yy z x
dS t
S t wS i wS t i
dt
⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ = = (3) 
 
[ ] ( )( ), 0 zz z dS tS t wS i dt= = = (4) 
 
A equação (4) resulta em 
 
( )( ) (0) Sz z zS t S S= = . (5) 
 
 
 
 
 2
Substituindo a equação (2) na (3), temos: 
 
2
2 2
1( ) ( )x x
dS t S t
w dt
= − 
 
ou 
 
2
2
2 ( ) ( ) 0x x
d S t w S t
dt
+ = . (6) 
 
A solução geral desta equação é 
 
( ) cos( )xS t A wt φ= − . (7) 
 
Substituindo esta equação em (2), temos que: 
 
( ) ( )yS t Asen wt φ= − , (8) 
 
onde A é um operador independente do tempo e φ é um número. 
 
Como a fase φ é irrelevante, podemos estabelecer 0φ = . Em 0t = os 
operadores de Heisenberg e de Schrödinger devem coincidir. Portanto: 
 
( )(0) Sx xA S S= = . (9) 
 
Então, temos finalmente: 
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) cos
( )
( )
H S
x x
H S
y x
H S
z z
S t S wt
S t S senwt
S t S
=
=
=
 (10) 
 
 1
Problema 2 
 
Olhe de novo para o Hamiltoniano do capítulo 1, problema 11. Suponha 
que o datilógrafo cometeu um erro e escreveu H como 
 
11 22 121 1 2 2 1 2H H H H= + + . 
 
Qual princípio é agora violado? Ilustre o seu ponto explicitamente 
tentando resolver o problema mais geral dependente do tempo usando um 
Hamiltoniano ilegal deste tipo. (Você pode assumir 11 22 0H H= = por 
simplicidade.) 
 
Solução : 
 
Observando este Hamiltoniano vemos que ele não é Hermitiano, pois: 
 
†
11 22 121 1 2 2 2 1H H H H H= + + ≠ (1) 
 
Vejamos qual é o resultado da aplicação do operador †H nos bras ( 1 e 
2 ) de base, com 11 22 0H H= = : 
 
 01 † =H 12† 12 HH = (2) 
 
 
Usaremos estes resultados posteriormente. 
 
Expandiremos agora um ket arbitrário na descrição de Schrödinger em 
termos dos kets de base 1 e 2 : 
 
, 1 1 , 2 2 ,t t tα α α= + (3) 
 
Como , ( ) ,0t U tα α= , temos: 
 
, 1 1 ( ) ,0 2 2 ( ) ,0t U t U tα α α= + (4) 
 
Quando 0t = , temos: 
 
2 2
1 ,0 2 ,0 1α α+ = , (5) 
 
que é a probabilidade total. 
 2
A probabilidade total para 0t ≠ é dada por: 
 
2 2
1 ( ) ,0 2 ( ) ,0 ( )rU t U t P tα α+ = (6) 
 
Como H independe do tempo, temos: 
 
0,10,10,)(1
††
ααα ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
− tiHtiH
eetU == . (7) 
 
Fazendo 
 
tiHe
tiH
=
=
†
1
†
+= , (8) 
 
pois ( ) 0nH = para 1n ≠ , usando (2) temos: 
 
0,10,110,1
†
† ααα =⎩⎨
⎧
⎭⎬
⎫+=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −
tHie
tiH
=
= 
 
Portanto 
 
0,10,)(1 αα =tU (9) 
 
Da mesma forma, temos: 
0,20,20,)(2
††
ααα ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
− tiHtiH
eetU == 
0,120,)(2
†
† αα ⎩⎨
⎧
⎭⎬
⎫+= tHitU = 
 
0,10,20,)(2 12 ααα tHitU =−= . (10) 
 
Voltando em (6), calculamos a probabilidade total no instante 0t ≠ como 
sendo: 
2
12
2
0,10,20,1)( ααα tHitPr =−+= 
 3
 [ ] 12**22122222 0,10,20,20,10,10,20,1)( tHiHttPr == ααααααα −+++=
 
Usando (5), podemos escrever: 
 
[ ] 120,0,1Im20,11)( 1222 2212 ≠−+= == tHtHtPr ααα . (11) 
 
Vemos então que a probabilidade total é uma função linear do tempo, o 
que contraria o princípio da conservação da probabilidade total. 
 1
Problema 3 
 
Um eletron está sujeito a campo magnético uniforme independente do 
tempo e tamanho B na direção positiva z . Em 0t = o elétron é 
conhecido estar em um estado de ˆ.S n
G
 com autovalor / 2= , onde nˆ é um 
vetor unitário posicionado no plano xz , que faz um ângulo β com o eixo 
z . 
 
a. Obtenha a probabilidade de achar o elétron no estado 
2x
S = = como uma 
função do tempo. 
 
b. Encontre o valor esperado de xS como uma função do tempo. 
 
c. Mostre que nossa resposta está de acordo com os casos extremos (i) 
0β → e (ii) / 2β π→ . 
 
 
Solução : 
 
 
 
 
 
 
Figura 1: Geometria para o vetor unitário nˆ . 
 
 2
A equação de autovalores do operador ˆ.S n
G
 é (exemplo 1.9): 
 
ˆ ˆ ˆ. . ; . ;
2
S n S n S n± = ± ±G G G= , (1) 
 
com 
 
ˆ. ; cos
2 2
S n senβ β⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
G
, (2) 
 
e 
 
ˆ. ; cos
2 2
S n sen β β⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
G
. (3) 
 
O Hamiltoniano deste sistema é dado por (2.1.53): 
 
zH wS= , (4) 
 
com 
 
e
e B
w
m c
= . (5) 
 
O operador de evolução temporal é dado por 
 
( )
ziwSiH t t
U t e e
− −= == = (6) 
 
Se o estado do sistema no tempo 0t = era caracterizado pelo ket da 
expressão (2), no instante t o estado será dado por: 
 
ˆ, ( ) . ; exp cos
2 2
ˆ, ( ) . ; exp cos exp
2 2 2 2
ziwS tt U t S n sen
iwt iwtt U t S n sen
β βα
β βα
⎡ ⎤−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
G
=
G , (7) 
 
 
 
 3
onde usamos 
 
exp exp
2
ziwS t iwt⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ± = ±⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∓= . 
 
a. A probabilidade de se encontrar o elétron no estado / 2xS = = é dada 
por: 
 
2
; ,xS tα+ , (8) 
 
onde ;xS + é dada por: 
 
 ( )1;
2x
S + = + + − . (8a)Então (8) fica: 
 
( )
2
2
2 2
2
2
2 2
1; , cos
2 2 2
1; , cos
2 2 2
iwt iwt
x
iwt iwt
x
S t e e sen
S t e e sen
β βα
β βα
−
−
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + + − + + −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
. (9) 
 
Desenvolvendo (9), temos: 
 
( ) ( )
2
2
2 2 2
2 2 2
1; , cos cos cos cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1; , cos 1 1
2 2 2
1; , 1 cos
2 2 2
x
x
x
wt wt wt wtS t isen sen isen sen
wt wtS t sen sen sen
wt wtS t sen
β β β βα
α β β
α
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + + −⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭
⎛ ⎞ ⎛+ = + −⎜ ⎟⎝ ⎠
{ }2 1; , 1 cos( ) ( )
2x
sen
S t wt sen
β
α β
⎧ ⎫⎡ ⎤⎞⎨ ⎬⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦⎩ ⎭
+ = +
 
Vemos que para 0β → , o lado direito de (10) se torna 1/ 2 . Isto faz 
sentido, pois se 0β = inicialmente, o sistema está no autoestado + , que 
é um autoestado do Hamiltoniano, e portanto, estacionário. Logo, a 
 4
probabilidade de se encontrar o estado / 2xS = += é constante e igual a 
1/ 2 , de acordo com (8a). 
 
No outro caso limite, / 2β π= , o sistema está inicialmente no estado 
/ 2xS = += e o lado direito de (10) se torna 
 
( ) 21 1 cos cos
2 2
wtwt ⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟⎝ ⎠ , 
 
que concorda com (2.1.60a). 
 
b. O valor esperado xS será dado por: 
 
, ,x xS t S tα α= (11) 
 
Escrevendo xS em forma de ket-bra, temos: 
 
( )
2x
S = + − + − += . (12) 
 
Substituindo (12) e (7) em (11), temos: 
 
( )/ 2 / 2
/ 2 / 2
/ 2 / 2 / 2 / 2
cos
2 2 2
cos
2 2
cos cos
2 2 2 2 2
iwt iwt
x
iwt iwt
iwt iwt iwt iwt
x
x
S e e sen
e e sen
S e e sen e e sen
S
β β
β β
β β β β
−
−
− −
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + − + − + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + + + + −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦
=
=
=
cos cos
2 2 2 2 2
cos
2
iwt iwt
x
e sen e sen
S sen wt
β β β β
β
−⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
=
=
=
 
 
 
 
 
 5
Logo : 
 
cos
2x
S sen wtβ= = (13) 
 
Se 0β → (estado inicial igual a + ), 0xS = , o que faz sentido, pois o 
estado + é estacionário, e neste estudo 0xS = . Se / 2β π→ , (13) 
concorda com (2.1.61). 
 
 
 
 
 
Problema 2.4 
 
Admita ( )tx como o operador coordenada para a partícula livre em uma dimensão no 
quadro de Heisenberg. Calcule 
 
( ) ( )0,tx x⎡ ⎤⎣ ⎦ 
 
 
Solução 
 
Pela definição de comutação, podemos escrever 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0,t t tx x x x x x⎡ ⎤ = −⎣ ⎦ (4.1) 
 
Onde ( )tx é o operador coordenada no tempo t e ( )0x o mesmo operador no tempo t = 0. 
Para uma partícula livre no quadro de Heisenberg, o operador coordenada num tempo t 
pode ser escrito como 
 
( ) ( )
( )0
0t
p
x x t
m
⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 (2.2.27) 
 
Substituindo em (4.1) temos que 
 
( )
( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )( )
( ) ( )
( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( ) ( )
0 0 0
0 0
0 0
0 0
0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0
0
,
,
p p p
m m m
p p
m m
p p
m m
p p
m m
p
m
x t x x t x x x t
x x tx x x x t
x x x x tx x t
tx x t
t x
⎡ ⎤+ = + − +⎢ ⎥⎣ ⎦
= + − −
= − + −
= −
⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦
 
 
Que de acordo com (2.2.29) 
 
( )( ) ( )0 0,pm i tt x m−⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦ = 
 
De modo que 
 
( ) ( )
( )( ) ( )00 0, ,pmtx x t x⎡ ⎤⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦ 
 
Logo, obtemos 
 
( ) ( )0,t
i tx x
m
−⎡ ⎤ =⎣ ⎦
=
 
 
 
Aplicando a relação de incerteza (1.4.53) 
 
( ) ( ) [ ] 22 2 1 ,
4
A B A BΔ Δ ≥ (1.4.53) 
 
Temos que 
 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
00
2
2 2
0
2 2
2 2
20
1 ,
4
1
4
4
tt t
t t
t t
x x x x
i tx x
m
tx x
m
=
=
=
⎡ ⎤Δ Δ ≥ ⎣ ⎦
−Δ Δ ≥
Δ Δ ≥
=
=
 (2.2.30) 
 
 
Entre outras coisas, isso implica que mesmo que a coordenada seja conhecida em t = 0, 
sua posição torna-se gradativamente mais incerta com o passar do tempo. 
 
 
 
 
 
 1
Problema 5 
 
Considere uma partícula em uma dimensão cujo Hamiltoniano é dado por 
 
2
( )
2
pH V x
m
= + . 
 
Calculando [ ], ,H x x⎡ ⎤⎣ ⎦ , prove que 
 
2
2
' ''
'
'' ' ( )
2a aa
a x a E E
m
− =∑ = , 
 
onde 'a é um autoket de energia com autovalor 'aE . 
 
 
Solução : 
 
Calcularemos antes o comutador 
 
[ ] [ ]2
0
, , ( ),
2
pH x x V x x
m =
⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦
[ ]
[ ] [ ] [ ]
[ ]
[ ]
21, ,
2
1 1, , ,
2 2
2,
2
,
H x p x
m
H x p p x p x p
m m
iH x p
m
iH x p
m
⎡ ⎤= ⎣ ⎦
= +
= −
= −
=
=
 (1) 
 
Então 
 
[ ] [ ] 2, , ,iH x x p x
m m
⎡ ⎤ = − = −⎣ ⎦ = = (2) 
 
Calculando o valor esperado deste comutador em (2) em relação ao 
autoestado de energia ''a , temos: 
 
 2
[ ] 2'' , , ''a H x x a
m
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦ = . (3) 
 
Desenvolvendo o lado esquerdo desta equação temos: 
 
[ ] [ ] [ ]
[ ]
[ ]
[ ]
'' , , '' '' , '' '' , ''
'' , , '' '' '' '' '' '' '' '' ''
'' , , '' '' '' '' '' '' '' '' ''
'' , , '' 2 '' '' '' '' ''
a H x x a a H x x a a x H x a
a H x x a a Hxx a a xHx a a xHx a a xxH a
a H x x a a Hxx a a xHx a a xHx a a xxH a
a H x x a a xHx a a xxH a a Hxx a
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦
⎡ ⎤ = − − +⎣ ⎦
⎡ ⎤ = − + +⎣ ⎦ ''
 
 
Sabendo que '''' ''aH a E a= , temos que (4) fica: 
 
''2 '' '' 2 '' ''aE a xx a a xHx a− (5) 
 
Aplicando o operador identidade 
'
' '
a
a a∑ , (5) fica: 
 
''
' '
2
'' '
' '
2
'
2 '' ' ' '' 2 '' ' ' ''
2 '' ' '' ' ' ''
2 ( ' '') '' ''
a
a a
a a
a a
a a
a
E a x a a x a a xH a a x a
a x a E E a x a a x a
E E a x a
− =
⎧ ⎫− =⎨ ⎬⎩ ⎭
− −
∑ ∑
∑ ∑
∑
 (6) 
 
 
 
 
Substituindo (6) no lado esquerdo de (3), temos: 
 
2
2
'
2
2
'
2 ( ' '') '' ''
( ' '') '' ''
2
a a
a
a a
a
E E a x a
m
E E a x a
m
− − = −
− =
∑
∑
=
=
 (7) 
 
 
 1
Problema 6 
 
Considere uma partícula em três dimensões cujo Hamiltoniano é dado por 
 
2
( )
2
pH V x
m
= +
G G . 
 
Calculando [ ]. ,x p HG G obtenha 
 
2
. .
2
d px p x V
dt m
= − ∇
G GG G G . 
 
Para identificar a relação precedente com o análogo quanto-mecânico do 
teorema de virial é essencial que o lado esquerdo se anule. Sob quais 
condições isto aconteceria? 
 
 
Solução : 
 
Substituindo a expressão para o Hamiltoniano no comutador [ ]. ,x p HG G , 
temos que: 
 
[ ] [ ]21. , . , . , ( )
2
x p H x p p x p V x
m
⎡ ⎤= +⎣ ⎦
G G G G G G G G (1) 
 
Desenvolvendo o primeiro comutador do lado direito desta expressão, 
temos: 
 
2 2. , . ,x p p x p p⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎣ ⎦ ⎣ ⎦
G G G G G G 2, .x p p⎡ ⎤+ ⎣ ⎦
G G G (2) 
 
O primeiro comutador é nulo, pois [ ], ( ) 0A f A = (i) 
 
O segundo comutadordo lado direito desta expressão será calculado com 
o auxílio da fórmula 
 
[ ] 2, ( ) ( )px F p i p= ∇GG G G= (3) 
 
onde 
 2
 
ˆˆ ˆ
p
x y z
i j k
p p p
∂ ∂ ∂∇ ≡ + +∂ ∂ ∂
G
 
 
Então: 
 
2, 2x p i p⎡ ⎤ =⎣ ⎦
G G G= , 
 
e assim (2) se torna 
 
2 2. , 2x p p i p⎡ ⎤ =⎣ ⎦
G G G G= (4) 
 
Desenvolveremos agora o segundo comutador do lado direito de (1): 
 
 [ ] [ ] [ ]. , ( ) . , ( ) , ( )x p V x x p V x x V x= +G G G G G G G G .pG (5) 
 
O segundo comutador do lado direito é nulo, pela razão exposta em (i). 
Fazendo uso da fórmula 
 
[ ], ( ) ( )p G x i G x= − ∇GG G G= . (6) 
 
O primeiro comutador do lado direito de (5) fica: 
 
[ ], ( ) ( )p V x i V x= − ∇GG G G= (7) 
 
Logo, a expressão (5) fica: 
 
[ ]. , ( ) . ( )x p V x i x V x= − ∇GG G G G G= (8) 
 
Substituindo (4) e (8) em (1), temos: 
 
[ ] 2. , . ( )px p H i x V x
m
⎧ ⎫= − ∇⎨ ⎬⎩ ⎭
G GG G G G= (9) 
 
Esta expressão foi derivada considerando que os operadores são descritos 
na “representação de Schrödinger”, mas é fácil ver que ela é válida se 
considerarmos os operadores como sendo operadores de Heisenberg. Para 
 3
escrever (9) na representação de Heisenberg é só aplicarmos o operador 
†U a esquerda de ambos os membros e o operador U a direita. 
Considerando que ( )V xG possa ser desenvolvido em série de potências de 
x , y e z , temos que: 
 
† †( ) ( ) ( )HU V x U V U xU V x= =G G G (10) 
 
Assim, (9) pode ser escrita na “representação de Heisenberg”: 
 
2
. , . ( )
H
H H H Hpx p H i x V x
m
⎧ ⎫⎪ ⎪⎡ ⎤ = − ∇⎨ ⎬⎣ ⎦ ⎪ ⎪⎩ ⎭
G GG G G G= (11) 
 
Nesta “representação” o comutador do primeiro membro é: 
 
. , ( . )H H dx p H i x p
dt
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
G G G G= (12) 
 
Substituindo em (11) e tomando o valor esperado de ambos os membros 
chegamos em: 
 
( ) 2. . ( )HH H H Hd px p x V xdt m= − ∇
G GG G G G (13) 
 
Como os estados na representação de Heisenberg são independentes do 
tempo, as operações de derivação temporal do valor esperado são 
independentes também. Logo, (13) se torna: 
 
 
2
. . ( )d px p x V x
dt m
= − ∇
G GG G G G , (14) 
 
onde suprimimos o índice H de Heisenberg, pois os valores esperados 
devem ser independentes da “representação”. 
 
Para termos o análogo quântico do Teorema do Virial o lado esquerdo de 
(14) deve se anular. Isto ocorrerá quando o valor esperado .x pG G for 
constante. Esta condição será satisfeita sempre que nossa partícula estiver 
 4
num estado estacionário (autoestado do Hamiltoniano), pois neste caso 
todos os valores esperados são constantes no tempo. 
 
 1
Problema 7 
 
Considere um pacote de onda de uma partícula livre em uma dimensão. 
Em 0t = ele satisfaz a relação de mínima incerteza, 
 
( ) ( ) 22 2
4
x pΔ Δ = = ( 0)t = . 
 
Em adição, nós conhecemos 
 
0x p= = ( 0)t = . 
 
Usando o quadro de Heisenberg, obtenha ( )2
t
xΔ como uma função de 
( 0)t t ≥ quando ( )2
0t
x
=
Δ é dado. (Dica: Considere a vantagem da 
propriedade da mínima incerteza do pacote de onda que você utilizou no 
capítulo 1, problema 18.) 
 
 
Solução : 
 
O operador ( )x t para a partícula livre obedece a expressão clássica 
 
(0)( ) (0) px t x t
m
= + . (1) 
 
O valor esperado deste operador pode ser facilmente encontrado: 
 
( ) (0)x t x= (0)p
m
+ 0t = (2) 
 
Logo a variância ( )2
t
xΔ fica simplesmente 
 
( )2 22 ( ) ( )
t
x x t x tΔ = − 2 ( )x t= . (3) 
 
 
 
 2
Usando (2), escrevemos 
 
( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2
(0) (0) (0)( ) (0) (0) (0)
(0) (0) (0) (0) (0) (0)
t
t
p p px x t x x t x t t
m m m
t t tx x x p p x p
m m m
Δ = = + + +
Δ = + + +
 (4) 
 
Da relação de incerteza e dos valores esperados em 0t = , temos: 
 
 
( )22
0
(0)
t
x x
=
= Δ (5) 
 
e 
 
( ) ( )
2
22
20
0
(0)
4t
t
p p
x=
=
= Δ =
Δ
= (5) 
 
Resta-nos agora calcular os valores esperados (0) (0)x p e (0) (0)p x . 
 
Como (0) (0) 0x p= = , temos que 
 
( ) 0(0) tx x == Δ e ( ) 0(0) tp p == Δ (6) 
 
Logo : 
 
0
(0) (0)
t
x p x p == Δ Δ 
 
e 
 
0
(0) (0)
t
p x p x == Δ Δ 
 
Do exercício (18) do capítulo (1), temos que a relação de incerteza 
mínima é satisfeita por um estado α tal que 
 
x pα λ αΔ = Δ ( 0t = ) (7) 
 
 3
onde λ é puramente imaginário. 
 
Aplicando o operador xΔ pela esquerda em ambos os membros da 
equação (7), resulta em: 
 
( )2x x pα λ αΔ = Δ Δ ( 0t = ) (8) 
 
Multiplicando esta equação pela esquerda pelo bra α , temos: 
 
( )2x x pα α λ α αΔ = Δ Δ ( 0t = ) 
 
ou 
 
( )2 00 ttx x pλ ==Δ = Δ Δ 
 
Então 
 
( )2
0
0
(0) (0) t
t
x
x p x p λ
=
=
Δ
Δ Δ = = . (9) 
 
Fazendo agora o Hermitiano adjunto da equação (7), temos: 
 
*x pα λ αΔ = Δ ( 0t = ) (10) 
 
Multiplicando esta equação a direita pelo ket x αΔ , chegamos em: 
 
( )2 *x p xα α λ α αΔ = Δ Δ ( 0t = ) 
 
ou 
 
( )2 * 00 ttx p xλ ==Δ = Δ Δ . 
 
Então 
( )2
0
*0
(0) (0) t
t
x
p x p x λ
=
=
Δ
Δ Δ = = (11) 
 4
Substituindo (11), (9) e (5) em (4), temos: 
 
( ) ( ) ( )
( ) ( )2 22 2 02 2 0
*220
0
4
tt
t t
t
x xt tx x
mm x λ λ
==
=
=
⎧ ⎫Δ Δ⎪ ⎪Δ = Δ + + +⎨ ⎬Δ ⎪ ⎪⎩ ⎭
= (12) 
 
Como ( )2
0t
x
=
Δ é real (pois ( )2xΔ é Hermitiano) e λ é puramente 
imaginário o termo entre chaves se anula (pois é o dobro da parte real de 
um número puramente imaginário, e é evidentemente zero ). 
 
Então, finalmente obtemos: 
 
 ( ) ( ) ( )
2
2 2 2
220
0
4t t
t
x x t
m x=
=
Δ = Δ +
Δ
= , (13) 
 
e o pacote se alarga no transcorrer do tempo. 
 1
Problema 8 
 
Considere 'a e ''a serem autoestados de um operador Hermitiano A 
com autovalores 'a e ''a , respectivamente ( ' '')a a≠ . O operador 
Hamiltoniano é dado por 
 
' '' '' 'H a a a aδ δ= + , 
 
onde δ é apenas um número real. 
 
a. Claramente, 'a e ''anão são autoestados do Hamiltoniano. Escreva 
abaixo os autoestados do Hamiltoniano. Quais são os seus autovalores de 
energia. 
 
b. Suponha que o sistema é conhecido estar no estado 'a em 0t = . 
Escreva abaixo o vetor de estado no quadro de Schrödinger para 0t > . 
 
c. Qual é a probabilidade de achar o sistema em ''a para 0t > se o 
sistema esta no estado 'a em 0t = ? 
 
d. Você pode pensar em uma situação física correspondente a este 
problema ? 
 
 
Solução : 
 
a. A matriz de H na base { }' , ''a a é 
 
0
0
H
δ
δ
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠� . (1) 
 
Os autovalores de H são as raízes da equação secular 
 
det( ) 0H Iλ− = , 
 
 
 
 2
que resulta em 
 
2 2 0λ δ
λ δ
− =
= ± . (2) 
 
Então, 'E δ= e ''E δ= − . 
 
Determinaremos os autovetores usando a equação de autovalores 
 
' ' 'H E E E= . 
 
Em forma matricial, temos: 
 
1 1
2 2
0
0
c c
c c
δ δδ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 (3) 
 
Então, associado ao autovalor 'E δ= temos o autovetor 1
2
c
c
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
 que, 
normalizado, fica: 
 
11'
12
E δ ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠� (4) 
 
 
Da mesma forma, para o autovalor ''E δ= − temos associado o autovalor 
1
1
c
c
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠
, que normalizado, fica: 
 
11''
12
E δ ⎛ ⎞= − = ⎜ ⎟−⎝ ⎠� (5) 
 
Em termos dos kets da base { }' , ''a a , temos: 
 
( )1' ' ''
2
E a aδ= = + (6) 
 
e 
 3
 
( )1' ' ''
2
E a aδ= − = − (7) 
 
b. Se em 0t = o sistema estava no estado 'a , o estado num tempo 0t > é 
obtido através da aplicação do operador evolução temporal no estado 'a 
: 
 
, ' '
iH t
t U a e aα −= = = (8) 
 
É mais conveniente expressarmos 'a em termos dos autoestados do 
Hamiltoniano. Somando (6) e (7) podemos escrever: 
 
( )1' ' ''
2
a E Eδ δ= = + = − (9) 
 
Substituindo em (8) temos: 
 
1, exp ' exp ''
2
1, exp ' exp ''
2
iHt iHtt E E
i t i tt E E
α δ δ
δ δα δ δ
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = + − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = + = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
= =
= =
 (10) 
 
Escrevendo novamente em termos de 'a e ''a , temos: 
 
( ) ( )1 1, exp ' '' exp ' ''
2 2
, cos ' ''
i t i tt a a a a
t tt a isen a
δ δα
δ δα
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= =
= =
 (11) 
 
c. A probabilidade de se encontrar o sistema no estado ''a no tempo 
0t > , sendo que no instante 0t = o estado em 'a , é dada por: 
 
2
( '' , ) '' ,rP a t a tα= (12) 
 
 
 4
Usando (11), temos: 
 
2
2( '' , )r
t tP a t isen senδ δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = . (13) 
 
d. Uma situação física que corresponde a este problema é o problema da 
precessão do spin, tratado na seção 2.1 do livro texto. Para que estes 
problemas se equivalham, as seguintes associações são necessárias: 
 
' ;
'' ;
/ 2
'
''
x
x
a S
a S
w
E
E
δ
δ
δ
→ +
→ −
→
= → +
= − → −
= 
 
 1
Problema 9 
 
Uma caixa contendo uma partícula é dividida em compartimentos direito 
e esquerdo por uma fina partição. Se a partícula é conhecida estar sob o 
lado direito (esquerdo) com certeza, o estado é representado pelo autoket 
de posição R ( L ), onde nós temos negligenciado variações espaciais 
dentro de cada metade da caixa. O mais geral vetor de estado pode ser 
escrito como: 
 
R R L Lα α α= + , 
 
onde R α e L α pode ser pensado como “funções de onda”. A 
partícula pode tunelar através da função partição; este efeito é 
caracterizado pelo Hamiltoniano 
 
( )H L R R L= Δ + , 
 
onde Δ é um número real com dimensão de energia. 
 
a. Encontre os autokets de energia normalizados. Quais são os 
correspondentes autovalores de energia? 
 
b. No quadro de Schrödinger os kets de base R e L são fixos, e o vetor 
de estado se move com o tempo. Suponha que o sistema seja representado 
por α como dado acima em 0t = . Encontre o vetor de estado 0, 0;t tα = 
para 0t > pela aplicação do operador de evolução temporal apropriado 
para α . 
 
c. Suponha que em 0t = a partícula está sobre o lado direito com certeza. 
Qual é a probabilidade para observar a partícula sobre o lado esquerdo 
como uma função do tempo? 
 
d. Escreva abaixo as equações de Schrödinger acopladas para as funções 
de onda 0, 0;R t tα = e 0, 0;L t tα = . Mostre que as soluções para as 
equações de Schrödinger acopladas são apenas aquelas que você 
esperaria a partir do item (b). 
 
e. Suponha que o datilógrafo tenha cometido um erro e escreveu H como 
 2
 
H L R= Δ . 
 
Resolva explicitamente o problema para a evolução temporal mais geral 
com esse Hamiltoniano, mostre que a conservação de probabilidade é 
violada. 
 
 
Solução : 
 
a. O Hamiltoniano pode ser representado (na base de { };L R ) como: 
 
0
0
H
Δ⎛ ⎞= ⎜ ⎟Δ⎝ ⎠� . 
 
Logo, podemos determinar os autovalores e autovetores pelo método 
padrão. Então, temos: 
 
det( ) 0 0H I
λλ λ
− Δ− = → =Δ − 
 
Logo, 
 
2 2 0λ
λ
−Δ =
= ±Δ 
 
Assim, temos dois níveis de energia; 1E = Δ e 2E = −Δ . Os autovetores 
serão portanto: 
 
( )1 1 0H E I E− = 
 
Calculo de 1E : 
 
1
2
0
0
x
x
−Δ Δ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟Δ −Δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
 
 
 
 3
1 2
1 2
0
0
x x
x x
−Δ + Δ =⎧⎨ Δ −Δ =⎩
 
 
1 2
2 1
x x
x x
=⎧⎨ =⎩
 
 
Fazendo 1 1x = , obtemos: 
 
1
11
12
E ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 
1
1 1
2 2
E R L= + 
 
Calculo de 2E : 
 
( )2 2 0H E I E− = 
 
1
2
0
0
x
x
Δ Δ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟Δ Δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
 
 
1 2
1 2
0
0
x x
x x
Δ + Δ =⎧⎨Δ + Δ =⎩
 
 
1 2
1 2
x x
x x
= −⎧⎨ = −⎩
 
 
Fazendo 2 1x = − , obtemos 1 1x = , logo: 
 
2
11
12
E ⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠ 
 
2
1 1
2 2
E R L− 
 
onde 1E = Δ e 2E = −Δ . 
 4
b. Temos: 
 
R R L Lα α α= + , 
 
então 
 
0, ; ( ,0) ( ;0) ( ;0)t t U t R U t R L U t Lα α α α= = + . (1) 
 
Assim, para determinar 0, ;t tα , devemos conhecer ( ;0)U t R e ( ;0)U t L . 
Para isso, precisamos escrever ( ;0)U t na base { },R L . Agora, sabemos 
que: 
 
/( ;0) iHtU t e−= = 
 
logo, 
 
/
1 1
/
2 2
i t
i t
U E e E
U E e E
− Δ
Δ
⎧ =⎪⎨ =⎪⎩
=
= 
 
Portanto na base de H , U tem a representação: 
 
{ }1 2
/.
/
,
0
( ;0)
0
i t
i t
base
E E
e
U t
e
− Δ
Δ
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠=
=
= 
 
A matriz unitária de transformação, Ω da base { }1 2;E E para base 
{ };R L é dada por: 
 
( ) ( )
1 2
1 0
1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2
0 1
0 01/ 2 1/ 2
0 0 1/ 2 1/ 2
1/ 2 1/ 2
1/ 2 1/ 2
R E L EΩ = +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞Ω = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞ ⎛ ⎞Ω = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞Ω = ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
 
 
 5
Portanto ( ,0)U t na base { },R L será: 
 
{ } { }; ,1 2
†( ,0)
basebase
R L E E
U t UΩ Ω= . 
 
E substituindo os dados: 
 
( ) ( )
/
/
/ /
/ /
/ / / /
/1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 20
( ,0)
01/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2
/ 2 / 2 1/ 2 1/ 2
( ,0)
/ 2 / 2 1/ 2 1/ 2
1
2 2( ,0)
2
i t
i t
i t i t
i t i t
i t i t i t i t
i t i
e
U t
e
e e
U t
e e
ie e e e
iU t
i e e
i
− Δ
Δ
− Δ Δ
− Δ Δ
− Δ Δ Δ − Δ
Δ − Δ
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠
−+ −
= − −
=
=
= =
= =
= = = =
=
�
�
� ( ) ( )
{ }
/ / /
;
1
2
cos / /
( ,0)
/ cos /
t i t i t
base
L R
e e
t isen t
U t
isen t t
Δ − Δ
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎜ ⎟⎝ ⎠
Δ − Δ⎛ ⎞⎜ ⎟− Δ Δ⎝ ⎠=
= = =
= =
= =� 
 
E aplicando R e L , obtemos: 
 
cos / / 1 cos /
/ cos / 0 /
cos
t isen t t
U R
isen t t isen t
t tU R R isen L
Δ − Δ Δ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− Δ Δ − Δ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Δ Δ= −
= = =
= = =
= =
 (2) 
 
cos / / 0 /
/ cos / 1 cos /
cos
t isen t isen t
U L
isen t t t
t tU L isen R L
Δ − Δ − Δ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− Δ Δ Δ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Δ Δ= − +
= = =
= = =
= =
 (3) 
 6
Substituindo (2) e (3) em (1), obtemos: 
 
0
0
, ; cos cos
, ; cos cos
t t t tt t R R isen L L isen R L
t t t tt t R i L sen R L i R sen L
α α α
α α α α α
Δ Δ Δ Δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Δ Δ Δ Δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= = = =
= = = =
 
 
c. Em 0 0t = , temos para Rα = 
 
Temos que 
 
0, 0; ( ,0) cos
t tt t U t R R isen Lα Δ Δ= = = −= = 
 
onde usamos equação (2) do item (b). Assim, a probabilidade será: 
 
2
2 2
0( ) , ;
t tP L L t t isen senα Δ Δ= = − == = . 
 
Logo 
 
2( ) tP L sen Δ= = . 
 
d. Temos 
 
0 0, 0; , 0;ti t t H t tα α∂ = = == 
 
Inserindo 
 
1 R R L L= + 
 
e substituindo H , obtemos: 
 
( ) ( )0 0 0 0, 0; , 0; , 0; , 0;ti R R t t L L t t L R t t R L t tα α α α∂ = + = = Δ = + ==
 
 
 
 7
Os ket’s da base estão fixos na representação de Schrödinger. Logo, 
 
0 0, 0; , 0;t tR R t t R R t tα α∂ = = ∂ = 
 
e 
 
0 0, 0; , 0;t tL L t t L L t tα α∂ = = ∂ = 
 
Assim, temos: 
 
( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0, 0; , 0; , 0; , 0;t tR i R t t L i L t t R L t t L R t tα α α α∂ = + ∂ = = Δ = + Δ == =
 
Igualando os coeficientes de L e R , temos: 
 
0 0
0 0
, 0; , 0;
, 0; , 0;
t
t
i R t t L t t
i L t t R t t
α α
α α
⎧ ∂ = = Δ =⎪⎨ ∂ = = Δ =⎪⎩
=
= 
 
que são as equações acopladas de Schrödinger. E substituindo (2) em (1), 
obtemos: 
 
0 0, 0; , 0;t t
ii L t t L t tα α⎛ ⎞∂ ∂ = = Δ =⎜ ⎟Δ⎝ ⎠
== 
 
2 2
0 02
2 2
0 02 2
2 2
0 02 2
, 0; , 0;
, 0; , 0;
, 0; , 0; 0
d L t t L t t
dt
d L t t L t t
dt
d L t t L t t
dt
α α
α α
α α
− = = Δ =Δ
Δ= = − =
Δ= + = =
=
=
=
 
 
Supondo 
 
0, 0;
tL t t eλα = = , 
 
temos: 
 
 8
2
2
2 0
t te e
i
λ λλ
λ
Δ+ =
Δ= ±
=
=
 
 
Logo, a solução geral para a equação diferencial é: 
 
/ /
0
0
, 0;
, 0; cos
i t i tL t t Ae Be
t tL t t A Bsen
α
α
Δ − Δ= = +
Δ Δ= = +
= =
= =
 
 
E procurando da mesma forma após substituir (1) em (2), vamos obter: 
 
0, 0; cos
t tR t t D Esenα Δ Δ= = += = 
 
Sabemos que 
 
0, 0t R R L Lα α α= = + 
 
E como 
 
0 0 0
0
, 0, , 0; , 0;
, 0, cos cos
t t R R t t L L t t
t t t tt t R D Esen L A Bsen
α α α
α
= = = + =
Δ Δ Δ Δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= = = =
 
 
E, fazendo 0t = , em (6), obtemos: 
 
0, 0;0t A R D Lα = = + 
 
E comparando com (5), temos: 
 
A R α= e D L α= . 
 
 
 
 
 
 9
O ket 0, 0;t tα = deve ser normalizado, isto é, 
 
* ** *
0 0
* *
0 0
*
, 0, , 0, cos cos
cos cos 1
, 0, , 0, cos cos
cos
t t t tt t t t R R B sen L L E sen
t t t tR R Bsen L L Esen
t t t tt t t t R B sen R Bsen
L
α α α α
α α
α α α α
α
⎡ ⎤Δ Δ Δ Δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
⎡ ⎤Δ Δ Δ Δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
Δ Δ Δ Δ⎛ ⎞⎛ ⎞= = = + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
Δ
= = = =
= = = =
= = = =
( ) ( )
( )
*
2 2 2 22 2
0 0
* ** *
cos 1
, 0, , 0, cos
cos 1
t t t tE sen L Esen
t tt t t t R L sen B E
t tR B B R L E E L sen
α
α α α α
α α α α
Δ Δ Δ⎛ ⎞⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠
Δ Δ= = = + + + +
Δ Δ+ + + =
= = = =
= =
= =
 
Desde que 0 0, 0; , 0; 1t t t tα α= = = , então 2 2 1R Lα α+ = , então 
 
( )
( )
2 22 2
0 0
* ** *
, 0, , 0, cos
cos 1
t tt t t t sen B E
t tR B B R L E E L sen
α α
α α α α
Δ Δ= = = + + +
Δ Δ+ + + =
= =
= =
 
 
Para que a igualdade seja satisfeita, devemos ter: 
 
2 2
* ** *
1
0
B E
R B R B L E L Eα α α α
⎧ + =⎪⎨ + + + =⎪⎩
 (7,8) 
 
Comparando com a solução, item “b”, os valores de A e D obtidos são 
idênticos a solução do item “b”. Agora, se escolhermos B i L α= − e 
E i R α= − e substituindo em (7) e (8), obtemos: 
 
2 22 2 1B E L Rα α+ = + = 
 
pois, 
 
 10
0 0, 0; , 0; 1t t t tα α= = = 
 
e, 
 
* * * * 0i R L i R L i L R i L Rα α α α α α α α− − + = 
 
E vemos que as condições impostas são verificadas, mostrando que a 
resposta obtida em b é consistente. 
 
e. Seja α um estado mais geral escrito na base { },L R . Então 
 
1 2a L a Rα = + 
 
com 
 
22
1a L α= 
 
a probabilidade de obtermos L e 222a R α= a probabilidade de 
obtermos R . Façamos com que a equação de Schrödinger α evolua no 
tempo: 
 
( ) ( )( )
0 0
1 2 1 2
1 2 2
, 0; , 0;
0
t
t
i t t H t t
i a L a R L R a L a R
i a L i a R R a L
α α∂ = = =
∂ + = Δ +
+ = + Δ
=
=
� �= =
 
 
onde, obtemos 
 
2
2 2
0
(0)
dai
dt
a a cte
=
= =
= 
1 2
1
2
i a a
da a
dt i
= Δ
Δ=
�=
=
 
 
Logo, obtemos 
 
1 1 2( ) (0) (0)
ta t a aΔ= + = 
 
 11
Então 
 
0 1 2 2, 0; (0) (0) (0)
tt t a a L a R
i
α Δ⎛ ⎞= = + +⎜ ⎟⎝ ⎠= 
 
Na equação (1) supomos que 1α α = , tal que: 
 
2 2
1 2 1a a+ = 
 
Ou seja, a soma das probabilidades de obter L ou R é 1. No caso de 
0, 0;t tα = , a soma das probabilidades não é constante, mas depende do 
tempo: 
 
2
2
1 2 2(0) (0) (0) ( )
ta a a f t
i
Δ⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟⎝ ⎠= 
 
Para que uma quantidade seja conservada, ela deve ser constante no 
tempo, o que não ocorre neste caso. 
 
 
 
 
 
 1
Problema 10 
 
Usando o oscilador harmônico simples em uma dimensão como um 
exemplo, ilustre a diferença entre o quadro de Heisenberg e o quadro de 
Schrödinger. Discuta em particular como (a) as variáveis dinâmicas x e 
p e (b) o vetor de estado mais geral evolui com o tempo em cada um dos 
dois quadros. 
 
 
Solução : 
 
a. Para a equação de Heisenberg para o operador p temos: 
 
[ ]
[ ] [ ]{ }
2
2
2
1 1, ,
2
, ,
2
dp mwp H p x
dt i i
dp mw p x x x p x
dt i
⎡ ⎤= = ⎣ ⎦
= +
= =
=
 
 
Temos ainda que: 
 
[ ],x p i= = , 
 
Logo 
 
( )2
2
2
2
dp mw i x
dt i
dp mw x
dt
= −
= −
== 
 
Para a equação de Heisenberg para o operador x , temos: 
 
[ ]
[ ] [ ]{ }
{ }
1 ,
1 , ,
2
1 2
2
dx x H
dt i
dx p x p x p p
dt mi
dx i p
dt mi
dx p
dt m
=
= +
=
=
=
=
==
 
 2
Logo, temos duas equações acopladas: 
 
2
dx p
dt m
dp mw x
dt
=
= −
 
 
Derivando a primeira: 
 
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
0
d x dp
dt m dt
d x mw x
dt m
d x w x
dt
=
= −
+ =
, 
 
e derivando a segunda: 
 
2
2 2
2
2
2
2 0
d p dx pmw mw
dt dt m
d p w p
dt
= − = −
+ =
. 
 
Condições iniciais: 
 
0
0
(0)
(0)
x x
p p
=⎧⎨ =⎩
 e 
0
2
0
(0)
(0)
px
mp mw x
⎧ =⎪⎨⎪ = −⎩
�
�
 
 
Soluções: 
 
(0)( ) (0)cos px t x wt senwt
mw
⎡ ⎤= + ⎢ ⎥⎣ ⎦ 
 
 
 
 
 
 
 3
...................................................................................................................... 
Demonstração : 
 
0 0
0 0
(0)
(0) cos
x x A x
p px Bw wt
m m
= → =
= → =� 0pB
mw
→ =
 
 
...................................................................................................................... 
 
[ ]( ) (0) (0)cosp t mwx senwt p wt= − + 
 
...................................................................................................................... 
Demonstração : 
 
0 0
2 2
0 0
(0)
(0) cos
p p C x
p w x mw x DwBw wt
= → =
= − → − = +� 0D mwx→ = −
 
...................................................................................................................... 
 
Utilizando estas equações podemos mostrar que o Hamiltoniano é 
independente do tempo. 
 
[ ]{ }
{ }
2
2 2
2
2
2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 2
( ) 1( ) ( )
2 2
1( ) (0) (0)cos
2
1 (0)(0)cos
2
1( ) (0) (0)cos 2 (0) (0) cos
2
1 (0) 2 (0) (0)(0)cos cos
2
p tH t mw x t
m
H t mwx senwt p wt
m
pmw x wt senwt
mw
H t m w x sen wt p wt mwx p senwt wt
m
p x pmw x wt sen wt wt
m w mw
= +
= − + +
⎧ ⎫⎡ ⎤+⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭
= + −
+ +
2
2 2
2
2 20
0
(0) 1( ) (0)
2 2
1( ) (0)
2 2
senwt
pH t mw x
m
pH t mw x H
m
⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭
= +
= + =
 
 4
Pode-se perceber que H é independente do tempo. Variáveis dinâmicas x 
e p são dependentes do tempo no quadro de Heisenberg. No entanto, em 
0t = , os quadros de Heisenberg e Schrödinger coincidem, ou seja, 
 
0(0) (0)H Sx x x= = (com ( ) (0)S Sx t x= ) 
 
e 
 
0(0) (0)H Sp p p= = (com ( ) (0)S Sp t p= ) 
 
Podemos notar a independência em relação ao tempo das variáveis 
dinâmicas no quadro de Schrödinger 
 
0
0
(0)
(0)
S
S
x x
p p
=
= 
 
As relações entre os quadros de Heisenberg e Schrödinger são: 
 
/ /
0
( ) iHt iHtH S
x
x t e x e−
→
= = = 
 
e 
 
/ /
0
( ) iHt iHtH S
p
p t e p e−
→
= = = 
 
Ou seja, usando (2.3.48) e (2.3.50), pode-se conhecer: 
 
0
0( ) cosH
px t x wt senwt
mw
⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 
e 
 
0 0( ) cosHp t p wt mwx senwt= − 
 
 
 
 
 
 5
b. Em 0t = , o vetor de estado geral em ambos os quadros são iguais, 
 
0, 0H S tα α α= = = , 
 
e 
 
, 0 (0)n
n
t C nα = =∑ . 
 
Em 0t ≠ , temos: 
 
, , 0 (0)nH
n
t t C nα α= = =∑ . 
 
Isto é, independente do tempo, enquanto 
 
/ ( 1/ 2), , 0 (0)iHt iw n tnS
n
t e t C e nα α− − += = =∑= 
 
E é independente do tempo, lembre-se, nós usamos 
 
( 1/ 2)
( ) ( )
H w N
F N n F n n
= +
=
=
 
 
o qual é independente do tempo em ambos os quadros. Podemos pensar 
também 
 
,
S
tα 
 
como 
 
, ( )nS
n
t C t nα =∑ , 
 
com 
 
( 1/ 2)( ) (0) iw n tn nC t C e
− += 
 
 
 
 6
 
A equação de Schrödinger para o vetor de estado é 
 
, ,
S S
i t H t
t
α α∂ =∂= . 
 
Neste caso 
 
( )nC t 
 
pode ser determinado: 
 
a) Quadro de Schrödinger 
 
( 1/ 2)( ) , (0) iw n tn nSC t n t C eα − += = 
 
em que os kets de base são independentes do tempo. 
 
 
 
...................................................................................................................... 
Demonstração : 
 
( 1/ 2)
, (0) ,
, (0)
n
n n
iw n t
n
n
t n n C t
t C e n
α α α
α − +
= =
=
∑ ∑
∑ 
 
Logo 
 
( 1/ 2)( ) (0) iw n tn nC t C e
− += 
 
ou 
 
( ) ,n SC t n tα= 
...................................................................................................................... 
 
 
 
 
 7
 
b) Quadro de Heisenberg 
 
/ ( 1/ 2)( ) , , , 0 (0)iHt iw n tn nH HC t n t t t C en eα α− − += = = == 
 
com os kets de base 
 
/, iHtn t e n= = 
 
dependentes do tempo. 
 1
Problema 11 
 
Considere uma partícula sujeita a um potencial do oscilador harmônico 
simples em uma dimensão. Suponha que em 0t = o vetor de estado seja 
dado por 
 
exp 0ipa−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= , 
 
Onde p é operador momento e a é algum número com dimensão de 
comprimento. Usando o quadro de Heisenberg, calcule o valor esperado 
x para 0t ≥ . 
 
Solução : 
 
Na descrição de Heisenberg o vetor de estado não varia com o tempo e é 
igual ao vetor de estado de Schrödinger em 0t = . Então: 
 
, exp 0
H
ipatα −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠= (1) 
 
Observamos que o operador exp ipa−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= é o operador translação espacial 
em 0t = . Então: 
 
, ( , 0) 0
H
t a tα = ℑ = (2) 
 
onde 
 
( , 0) ', ' ,
H H
a t x t x a tℑ = = + (3) 
 
O valor esperado ( )x t é, portanto, dado por: 
 
( ) , ( ) , 0 ( , 0) ( ) ( , 0) 0TH Hx t t x t t a t x t a tα α= = ℑ = ℑ = (4) 
 
A forma como ( )x t varia com o tempo é obtida resolvendo-se a equação 
de movimento de Heisenberg. Isto já foi feito no texto e o resultado é 
 
 2
(0)( ) (0)cos px t x wt senwt
mw
= + . (5) 
 
Substituindo esta em (4), resulta em 
 
†
†
( ) 0 ( , 0) (0) ( , 0) 0 cos
0 ( , 0) (0) ( , 0) 0
x t a t x a t wt
senwta t p a t
mw
= ℑ = ℑ = +
ℑ = ℑ = (6) 
 
Pelas propriedades do operador translação temos que: 
 
† ( , 0) (0) ( , 0) (0)a t x a t x aℑ = ℑ = = + (7) 
 
e 
 
† ( , 0) (0) ( , 0) (0)a t p a t pℑ = ℑ = = (8) 
 
A primeira destas relações já foi derivada no texto (equação 2.2.7). A 
segunda surge do fato que ( , 0)a tℑ = comuta com (0)p . 
 
Substituindo (7) e (8) em (6), temos: 
 
( )
{ }
( ) 0 (0) 0 cos 0 (0) 0
( ) 0 (0) 0 cos 0 (0) 0
senwtx t x a wt p
mw
senwtx t x a wt p
mw
= + +
= + +
 (9) 
 
Também já vimos no texto que os valores esperados do operador posição 
e do operador momento no estado fundamental em 0t = são nulos. Então 
: 
 
0 (0) 0 0 (0) 0 0x p= = (10) 
 
Logo: 
 
( ) cosx t a wt= (11) 
 
 
 
 1
Problema 12 
 
a. Escreva abaixo a função de onda (em coordenadas espaciais) para o 
estado especificado no problema 11 em 0t = . Você pode usar 
 
2
1/ 4 1/ 2
0
0
1 '' 0 exp
2
xx x
x
π − − ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
, (1)
 
onde 
 
1/ 2
0x mw
⎡ ⎤⎛ ⎞≡⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
= . 
 
b. Obtenha uma expressão simples para a probabilidade que o estado seja 
achado no estado fundamental em 0t = . Essa probabilidade muda para 
0t > ? 
 
 
Solução : 
 
a. O estado especificado no problema anterior em 0t = é: 
 
/ 0ipaeα −= = . (2) 
 
A função de onda para este estado é dada por 
 
/( ') ' ' 0ipax x x eψ α −= = = . (3) 
 
Identificando o operador exp ipa−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= como o operador translação espacial 
temos que, quando aplicado sobre o bra 'x em (3), a função de onda se 
torna: 
 
( ') ' 0x x aψ = − .(4) 
 
 
 
 2
Aplicando o operador identidade '' '' ''dx x x∫ nesta expressão temos que: 
 
( ') '' ' '' '' 0x dx x a x xψ = −∫ , (5) 
 
onde '' 0x é dado pela expressão (1). Usaremos a notação 
 
0 ( '') '' 0x xψ = . (6) 
 
A expressão (5) pode então ser escrita como 
 
[ ] 0 0( ') ' ' '' ( ' ) ( '') ( ' )x dx x x a x x aψ δ ψ ψ= − − = −∫ . (7) 
 
Usando a expressão (1), temos finalmente: 
 
2
1/ 4 1/ 2
0 2
0
1 ( ' )( ') exp
2
x ax x
x
ψ π − − ⎡ ⎤−= −⎢ ⎥⎣ ⎦ . (8) 
 
b. A probabilidade de que o sistema esteja no estado fundamental em 
0t = é dada por 
 
222 / /0 0 0 ' 0 ' ' 0ipa ipae dx x x eα − −= = ∫= = . (9) 
 
Usando (1), (3), (6) e (8), temos que: 
 
( )
22 *
0
2
2 1/ 2 1 2 2
2
0
2
2
2 2
2 2 2 2
0 0 0 0
2
2
2 1/ 2
02 2
0 0
2
2
2
0
0 ' ( ') ( ')
10 'exp 2 ' 2 '
2
1 10 'exp ' '
2
10 exp
4
0 exp
2
o
dx x x
x dx x ax a
x
a adx x x
x x x x
ax
x x
a
x
α ψ ψ
α π
α π
α ππ
α
− −
=
⎡ ⎤= − − +⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤= − + −⎢ ⎥⎣ ⎦
⎛ ⎞−= ⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞−= ⎜ ⎟⎝ ⎠
∫
∫
∫ (10) 
 
 1
Problema 13 
 
Considere um oscilador harmônico simples em uma dimensão 
 
a. Usando 
 
† 2
a mw ipx
a mw
⎫ ⎛ ⎞= ±⎬ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎭ =
, (1)
 
e 
 
†
1
1 1
n na n
a n n n
⎧ −⎫⎪ ⎪=⎬ ⎨ + +⎪⎭ ⎪⎩
, (2) 
 
Calcule m x n , m p n , { },m x p n , 2m x n e 2m p n . 
 
b. Mostre que o teorema do virial vale para os valores esperados da 
energia potencial e cinética quando se considera um autoestado de 
energia. 
 
 
Solução : 
 
Podemos, usando (1), escrever os operadores x e p em função dos 
operadores a e †a : 
 
†( )
2
x a a
mw
= += (3) 
 
†( )
2
m wp i a a= − += (4) 
 
Usando estas expressões e com o auxílio de (2), temos: 
 
 2
†
, 1 , 1
2
1 1 1
2
1
2 m n m n
m x n m a n m a n
mw
m x n n m n n m n
mw
m x n n n
mw
δ δ− +
⎡ ⎤= +⎣ ⎦
⎡ ⎤= − + + +⎣ ⎦
⎡ ⎤= + +⎣ ⎦
=
=
=
 (5) 
 
e 
 
†
, 1 , 1
2
1
2 m n m n
m wm p n i m a n m a n
m wm p n i n nδ δ− +
⎡ ⎤= − +⎣ ⎦
⎡ ⎤= − + +⎣ ⎦
=
=
 (6) 
 
Usando (3) e (4) escrevemos o operador { },x p 
 
{ }
{ }
2 † † †2 2 † † †2
2 †2
, ( )
2
, ( )
x p xp px i a aa a a a a aa a a a
x p i a a
= + = − + − + − − + +
= − +
=
=
 (7) 
 
Então, 
 
{ } ( )2 †2,m x p n i m a n m a n= − += (8) 
 
Observando (2), temos: 
 
2 ( 1) 2a n n n n= − − (9) 
 
e 
 
†2 ( 1)( 2) 2a n n n n= + + + . (10) 
 
Substituído estas expressões em (8), temos: 
 
{ } ( ), 2 , 2, ( 1) ( 1)( 2)m n m nm x p n i n n n nδ δ− += − − + + += (11) 
 
 
 3
Escrevemos agora os operadores 2x e 2p usando (3) e (4): 
 
( )2 2 † † †22x a aa a a amw= + + += (12) 
 
( )2 2 † † †22m wp a aa a a a= − − − += (13) 
 
Assim, temos: 
 
( )2 2 † † †22m x n m a n m aa n m a a n m a nmw= + + += (14) 
 
Observando que †a a N= ; † †,aa a a N⎡ ⎤= +⎣ ⎦ e que †, 1a a⎡ ⎤ =⎣ ⎦ , o que sai de 
(2), sendo que N n n n= , temos que: 
 
( )2 , 2 , , 2( 1) (2 1) ( 1)( 2)2 m n m n m nm x n n n n n nmw δ δ δ− += − + + + + += (15) 
 
onde usamos (9) e (10). 
 
Da mesma forma, usando (13), temos: 
 
( )
( )
2 2 †2
2
, 2 , , 2
( 1)
2
( 1) (2 1) ( 1)( 2)
2 m n m n m n
m wm p n m a n m N n m N n m a n
m wm p n n n n n nδ δ δ− +
= − − + − +
= − − − + + + +
=
= (16) 
 
Consideraremos agora os valores esperados das energias cinética e 
potencial usando (16) e (15), com m n= : 
 
[ ]21 12 1
2 4 2 2
w wT n p n n n
m
⎛ ⎞= = − − − = +⎜ ⎟⎝ ⎠
= = (17) 
 
e 
 
( )2 2 12 1
2 4 2 2
mw w wV n x n n n⎛ ⎞= = + = +⎜ ⎟⎝ ⎠
= = (18) 
 
 4
De (17) e (18) vemos que 
 
T V= . (19) 
 
que e o Teorema Virial. 
 1
Problema 14 
 
a. Usando 
 
( ) 1/ 2 ' '/' ' 2 ip xx p eπ −= == (uma dimensão) (1) 
 
prove 
 
' '
'
p x i p
p
α α∂= ∂= . (2) 
 
b. Considere um oscilador harmônico em uma dimensão. Começando 
com a equação de Schrödinger para o vetor de estado, derive a equação 
de Schrödinger para a função de onda para o espaço dos momentos. 
(esteja certo em distinguir o operador p a partir do autovalor 'p .) Você 
pode encontrar as autofunções de energia no espaço dos momentos? 
 
 
Solução : 
 
a. Calcularemos a quantidade ' 'p x x usando (1): 
 
 
( )
( )
*
1/ 2 ' '/
1/ 2 ' '/
' ' ' ' ' ' ' '
' ' 2 '
' ' 2
'
' ' ' '
'
ip x
ip x
p x x x p x x x p
p x x x e
p x x i e
p
p x x i p x
p
π
π
− −
− −
= =
=
∂ ⎡ ⎤= ⎣ ⎦∂
∂= ∂
=
=
=
= =
=
 (3) 
 
Consideraremos agora a quantidade 'p x α . Com o auxílio do operador 
identidade escrevemos esta quantidade como: 
 
' ' ' ' 'dx p x x x p xα α=∫ . 
 
 
 
 
 2
Substituindo (3) nesta integral temos que: 
 
' ' ' ' '
'
p x i dx p x x
p
α α⎛ ⎞∂= ⎜ ⎟∂⎝ ⎠∫= (4) 
 
Supondo que α não seja o autoestado 'p do operador p , temos que o 
produto interno 'x α não depende de 'p . Logo, podemos escrever este 
produto sob a operação de derivação em (4). 
 
( )' ' ' ' '
'
p x i dx p x x
p
α α∂= ∂∫= (5) 
 
A derivação em 'p e a integração em 'x são operações independentes. 
Logo: 
 
' ' ' ' ' '
' '
p x i dx p x x i p
p p
α α α∂ ∂= =∂ ∂∫= = (6) 
 
b. A equacao de Schrödinger para um vetor de estado é a seguinte: 
 
0 0, ; , ;i t t H t tt
α α∂ =∂= (7) 
 
Aplicando o bra 'p (independente do tempo) a ambos os lados desta 
equação esta se torna: 
 
0 0' , ; ' , ;i p t t p H t tt
α α∂ =∂= (8) 
 
No caso do oscilador harmônico simples unidimensional o Hamiltoniano 
é dada por: 
 
2 2 2
2 2
p mw xH
m
= + (9) 
 
 
 
 
 
 3
Assim o lado direito de (8) fica 
 
2
2 2
0 0 0
1' , ; ' , ; ' , ;
2 2
mwp H t t p p t t p x t t
m
α α α= + . (10)O primeiro termo do lado direito desta expressão resulta em 
 
2
2
0 0
1 '' , ; ' , ;
2 2
pp p t t p t t
m m
α α= (11) 
 
O fator 2 0' , ;p x t tα de (10) é calculado como segue: 
 
2
0 0' , ; '' ' '' '' , ;p x t t dp p x p p x t tα α= ∫ (12) 
 
Usando a expressão (6), temos: 
 
' '' ' '' ( ' '')
' '
p x p i p p i p p
p p
δ∂ ∂= = −∂ ∂= = (13) 
 
0 0'' , ; '' , ;''
p x t t i p t t
p
α α∂= ∂= (14) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 4
Substituindo isto na integral em (12), temos que: 
 
( )
( )
( )
22
0 0
22
0 0
22
0 0
2
2 2
0 02
' , ; '' ( ' '') '' , ;
' ''
' , ; '' ( ' '') '' , ;
' ''
' , ; ' , ;
' '
' , ; ' , ;
'
p x t t i dp p p p t t
p p
p x t t i dp p p p t t
p p
p x t t i p t t
p p
p x t t p t t
p
α δ α
α δ α
α α
α α
⎡ ⎤∂ ∂= −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
∂ ∂= −∂ ∂
∂ ∂= ∂ ∂
∂= − ∂
∫
∫
=
=
=
=
 (15) 
 
onde usamos a seguinte propriedade da função delta de Dirac: 
 
'' ( ' '') ( '') ( ')dp p p G p G pδ − =∫ 
 
Em que ( ')G p é uma função qualquer do argumento 'p . 
 
Assim, substituindo (11) e (15) em (10), temos: 
 
2 2 2 2
0 0 0'2
'' , ; ' , ; ' , ;
2 2
p mwp H t t p t t p t t
m p
α α α∂= − ∂
= . (16) 
 
Substituindo esta expressão em (8) e usando a notação 0( ') ' , ;p p t tφ α≡ , 
temos: 
 
'2 2 2 2
2( ') ( ') ( ')2 2 '
p mwi p p p
t m p
φ φ φ∂ ∂= −∂ ∂
== (17) 
 
Esta é a equação de Schrödinger para a função de onda no espaço dos 
momentos. 
 
Vemos que a equação (17) se assemelha muito com a equação no espaço 
de coordenadas. Com um re-escalonamento conveniente do sistema de 
unidades podemos fazer que as autofunções ( ')E pφ tenham a mesma 
forma funcional que ( ')xψ . 
 
Assim, mediante um re-escalonamento conveniente, podemos fazer 
 
 5
( ') ( ')E Ep pφ ψ= . 
 1
Problema 15 
 
Considere uma função, conhecida como função de correlação, definida 
por 
 
( ) ( ) (0)C t x t x= , 
 
onde ( )x t é o operador posição no quadro de Heisenberg. Calcule a 
função de correlação explicitamente para o estado fundamental de um 
oscilador harmônico simples em uma dimensão. 
 
 
Solução : 
 
O estado fundamental do oscilador simples unidimensional é 
caracterizado pela função de onda: 
 
2
1/ 4 1/ 2
0
0
1 '' 0 exp
2
xx x
x
π − − ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
, (1) 
 
onde 0x mw
= = . 
 
A função de correlação neste estado é dada por 
 
( ) 0 ( ) (0) 0C t x t x= (2) 
 
A solução da equação de movimento de Heisenberg para o operador ( )x t 
já é conhecida, 
 
(0)( ) (0)cos Px t x wt senwt
mw
= + . (3) 
 
Substituindo em (2), vem: 
 
2 1( ) 0 (0) 0 cos 0 (0) (0) 0C t x wt p x senwt
mw
= + (4) 
 
 2
Do exercício (13) podemos determinar 20 (0) 0x . Então 
 
2
2 00 (0) 0
2 2
xx
mw
= == . (5) 
 
O segundo termo do lado direito de (4) pode ser calculado facilmente 
escrevendo os operadores (0)p e (0)x em termos dos operadores de 
criação e aniquilação, de maneira idêntica a feita no exercício (13). 
Assim, aquele termo resulta em: 
 
21 0 (0) (0) 0
2 2
oxp x senwt senwt senwt
mw imw i
= == (6) 
 
Assim, substituindo (5) e (6) em (4), temos que 
 
[ ]2 20( ) cos
2 2
iwtox xC t wt isenwt e−= − = . (7) 
 1
Problema 16 
 
Considere de novo o oscilador harmônico simples em uma dimensão. 
Faça o seguinte algebricamente, isto é, sem usar funções de onda. 
 
a. Construa uma combinação linear de 0 e 1 tal que x seja tão grande 
quanto o possível. 
 
b. Suponha que o oscilador esteja dentro do estado construído em (a) em 
0t = . Qual é o vetor de estado para 0t > no quadro de Schrödinger? 
Calcule o valor esperado de x como uma função do tempo para 0t > 
usando (i) o quadro de Schrödinger e (ii) o quadro de Heisenberg. 
 
c. Calcule ( )2xΔ como uma função do tempo usando ambos os quadros. 
 
 
Solução : 
 
a. Seja α o estado definido como combinação linear de 0 e 1 , então: 
 
0 1a bα = + 
 
Assim temos: 
 ( ) ( )* *1 0 0 1x x b a x a bα α= = + + . 
 
Agora temos que: 
 
( )
( )
†
†
0 0 1
2 2
1 1 0 2 2
2 2 2
x a a
mw mw
x a a
mw mw mw
= + =
= + = +
= =
= = =
 
 
Logo, (1) se torna: 
 
 2
( )
( )
* *
* *
1 0 1 0 2 2
2 2 2
2
x x b a a b b
mw mw mw
x b a a b
mw
α α ⎡ ⎤= = + + +⎢ ⎥⎣ ⎦
= +
= = =
=
 
 
Se, a e b são reais, podemos escrever: 
 
2
2
x ab
mw
= = (1) 
 
Se, 1α α = ; então 2 2 2 21a b a b+ = = + , logo podemos determinar b em 
função de a , logo, 21b a= − , substituindo (1) temos: 
 
1/ 2 1/ 2
2 2 22 1 1
2
x a a a a
mw mw
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
= = 
 
Assim x será máximo quando 2( ) 1f a a a= − for máximo. Assim, o 
valor de a a= � tal que ( )f a e máximo e obtido igualando a derivada de 
( )f a a zero. Logo, 
 
 '( ) 0f a = 
 
Temos: 
 
( ) 1/ 22 2
2 2 2 1/ 2 2 1/ 2
2 2
11 . 1 ( 2 ) 0
2
1 (1 ) 0 (1 )
1 0
1
2
a a a a
a a a x a
a a
a
−
−
− + − − =
− − − = −
− − =
= ±
� � � �
� � � �
� �
�
 
 
Agora, temos dois valores possíveis para a� . Assim, vamos tomar a 
segunda derivada para determinar especificamente o valor de a� que 
maximiza ( )f a . Assim, temos: 
 
 3
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
1/ 2 1/ 22 2
1/ 22
2
1/ 2 1/ 22 2
1/ 2 22
1/ 2 1/ 22 2
1/ 2 22
12 1 1 ( 2 )1 2''( ) 1 2
2 1
2 1 1
''( )
11
2 1 11''( )
11
a a a a
f a a a
a
a aaf a
aa
a a
f a a
aa
−
−
−
−
⎛ ⎞− − − −⎜ ⎟= − − −⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞− + −− ⎜ ⎟= − ⎜ ⎟−− ⎝ ⎠
⎡ ⎤− + −⎢ ⎥= − +⎢ ⎥−−⎣ ⎦
 
 
Vemos que o sinal de ''( )f a depende exclusivamente do sinal do fator 
“ a− ” multiplicando a função entre colchetes, que por sua vez sempre 
resulta em um valor positivo independente do sinal de a . Assim, para que 
a� seja um ponto de máximo, devemos ter ( ) '' 0f a < , o que ocorre somente 
se 1/ 2a = +� . Assim, o valor médio fica 
 
max
1 2
2
x
mw
= = . 
 
Logo, como 
 
2
2 1 11 1
2 2
b a ⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠ , 
 
o estado que maximiza x será: 
 
1 10 1
2 2
α = + 
 
b. Na representação de Schrödinger, os operadores estão fixos, e os kets 
evoluem. Assim, temos 
 
( )0 1, 0; ( ,0) 0 12t t U t U Uα α= = = + (1) 
 
 4
Com /( ,0) iHtU t e−= = , e 
2
2 21
2 2
pH mw x
m
= + , cujos autovalores são, 
1
2n
E n w⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠= , então, temos que: 
 
/( ,0) niE tU t n e n−= = 
 
Portanto (1) se torna: 
 
( )
( )
/ 2 3 / 2
0
/ 2 3 / 2
0
1, 0; 0 1
2
1, 0; 0 1
2
i wt wti
iwt iwt
t t e e
t t e e
α
α
− −
− −
= = +
= = +
= = = =
 
 
Cálculo dos valores médios de x , x : 
 
(i) Versão de Schrödinger 
 
Vamos usar †( )
2
x a a
mw
= += . Agora, na versãode Schrödinger, o valor 
médio será: 
 
( )( )( )
( )( )
( )( )
†
0 0 0 0
† / 2 3 / 2
0
/ 2 3 / 2 3 / 2
0
/ 2 3 / 2 / 2 3 / 2 3 / 2
2 / 2 2
, 0; , 0; , 0; , 0;
2
, 0; 0 1
4
, 0; 1 0 2 2
4
1 0 1 1 0 2 2
42
2
iwt iwt
iwt iwt iwt
iwt iwt iwt iwt iwt
iwt iw
x t t x t t t t a a t t
mw
x t t a a e e
mw
x t t e e e
mw
x e e e e e
mw
e ex
mw
α α α α
α
α
− −
− − −
− − −
− +
= = = = = + =
= = + +
= = + +
⎡ ⎤= + + +⎣ ⎦
+=
=
=
=
=
= / 2
2
cos
2
t
x wt
mw
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
= =
 
 
 
 
 5
(ii) Versão de Heisenberg 
 
Precisamos determinar o valor de ( )x t , pois nesta versão x evolui no 
tempo. Assim, sabendo-se que 
2
2 21
2 2
pH mw x
m
= + , temos: 
 
[ ]1 ,dx x H
dt i
= = 
 
Assim, substituindo H , temos: 
 
2
2 21 1 1, ,
2 2
dx px x mw x
dt i m i
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦= =
[ ] [ ]{ }
21 ,
2
1 , ,
2
1 2
2
( )
dx x p
dt im
dx p x p x p p
dt im
dx i p
dt im
dx p t
dt m
⎡ ⎤= ⎣ ⎦
= +
=
=
=
=
==
 (1) 
 
Agora 
 
[ ]
[ ] [ ]( )
2
2 2
2 2
2
1 1 1 1, , ,
2 2
1 1 1, , ,
2 2
1 2
2
dp pp H p p mw x
dt i i m i
dp mw p x x p x p x x
dt i i
dp mw i x
dt i
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
⎡ ⎤= = +⎣ ⎦
= −
= = =
= =
==
 
 
Com [ ] [ ], ,p x x p i= − = − = , temos: 
 
2dp mw x
dt
= − . (2) 
 
Substituindo (2) em (1), obtemos: 
 
 6
( )2 22
2
2
2
1 1
0
d x dp mw x
dt m dt m
d x wx
dt
= = −
+ =
 (3) 
 
Sendo ( ) tx t eλ= ; 2( ) tx t eλλ=�� , logo, a eq. (3), se torna: 
 
2 2 0t te w eλ λλ + = . 
 
Como 
 
0te tλ ≠ ∀ , 
 
então, 
 
iwλ = ± . 
 
E temos duas situações possíveis. Logo 
 
( )
( ) 'cos '
iwt iwtx t Ae Be
x t A wt B senwt
−= +
= + 
 
onde 'A e 'B são constantes. Derivando ( )x t em relação a t , temos: 
 
( ) ' 'cosx t wA senwt wB wt= − +� 
 
E, se ( 0) (0)x t x= = e, ( 0) (0)x t x= =� � , obtemos: 
 
' (0)A x= 
 
e, 
 
(0) '
' (0) /
x B w
B x w
=
=
�
� . 
 
 
 
 
 7
Logo 
 
(0)( ) (0)cos xx t x wt senwt
w
= + � . (3) 
 
Observação: 
 
No cálculo do comutador, [ ]( ), ( )x t p t , fizemos: 
 
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] [ ]
† †
† † † †
† †
†
†
( ), ( ) ( ) (0) , (0)
( ), ( ) (0) (0) (0) (0)
( ), ( ) (0) (0) (0) (0)
( ), ( ) ( (0) (0) (0) (0))
( ), ( ) ,
x t p t U t x U U p U
x t p t U x UU p U U p UU x U
x t p t U x p U U p x U
x t p t U x p p x U
x t p t U x p U
⎡ ⎤= ⎣ ⎦
= −
= −
= −
=
 
 
E como 
 
[ ](0), (0)x p i= = , 
 
temos 
 
[ ] [ ]† †( ), ( ) (0), (0)x t p t U x p U i U U i= = == = . 
 
Pois 
 
† 1U U = , 
 
ou seja, o operador de evolução temporal é unitário. 
 
Agora podemos determinar o valor médio de ( )x t na versão de 
Heisenberg. Sabemos que os ket’s, nesta representação estão fixos, logo, 
 
( )( )1( ) 0 1 0 1
2H
x x t x xα α ⎡ ⎤= = + +⎣ ⎦ (4) 
 
 
 8
Agora, na equação (3), observamos que (0) (0)x p
w mw
=� , assim, 
 
(0)( ) (0)cos px t x wt senwt
mw
= + 
 
Logo 
 
( )
( ) 0 cos (0) 0 (0) 0
1( ) 0 cos 1 1
2 2
( ) 0 cos 1 1
2
( ) 0 1
2
iwt
senwtx t wtx p
mw
senwt m wx t wt
mw mw i
x t wt isenwt
mw
x t e
mw
= +
= + −
= +
=
= =
=
=
 
 
Também 
 
1/ 2
1/ 2
(0)( ) 1 (0)cos 1
( ) 1 cos (0) 1 (0) 1
( ) 1 cos 0 2 2 0 2 2
2 2 2 2
( ) 1 0 2 2
2 2
iwt iwt
px t x wt senwt
mw
senwtx t wtx p
mw
senwt m w m wx t wt i i
mw mw mw
x t e e
mw mw
−
⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
= +
⎡ ⎤ ⎛ ⎞= + + − +⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠
= +
= = = =
= =
 
 
E substituindo estes resultados em (4), vamos obter: 
 
( )
( )
1 0 1 1 0 2 2
2 2 2 2
1
2 2
cos
2
iwt iwt iwt
H
iwt iwt
H
H
x e e e
mw mw mw
x e e
mw
x wt
mw
−
−
⎡ ⎤⎛ ⎞= + + +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
= +
=
= = =
=
=
 
 
 9
e vemos que 
 
H S
x x= . 
 
 
c. Vamos usar a representação de Schrödinger. Temos, 
 
( ) ( )22 22x x x x xΔ = − = − . 
 
Já conhecemos x . Vamos calcular 2x , assim, 
 
2 2
0 0, ; , ;x t t x t tα α= . 
 
Agora, 
 
2 † † † †( )
2
x aa a a aa aa
mw
= + + += , 
 
logo 
 
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 † † † † / 2 3 / 2 † † † †
0
2 / 2 1/ 2 1/ 2 3 / 2
0
2 / 2 / 2 3 / 2 3 / 2
2
1 , ; 0 1
22
1 , ; 2 2 0 2 3 3 1 2 1
22
0 0 3 1 1
4
(1 3)
4
iwt iwt
iwt iwt
iwt iwt iwt iwt
x t t aa a a aa a a e e aa a a a a aa
mw
x t t e e
mw
x e e e e
mw
x
mw
α
α
− −
− −
− −
⎡ ⎤= + + + + + + +⎣ ⎦
⎡ ⎤= + + + +⎣ ⎦
= +
= +
=
=
=
=
 
Logo, 
 
2x
mw
= = . 
 
Lembrando que cos
2
x wt
mw
= = , e 2 2cos
2
x wt
mw
= = , temos: 
 
 10
( )
( )
2 2
2
2
cos
2
cos1
2
x wt
mw mw
wtx
mw
Δ = −
⎛ ⎞Δ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
= =
= . 
 
 1
Problema 17 
 
Mostre para o oscilador harmônico simples em uma dimensão 
 
2 20 0 exp 0 0 / 2ikxe k x⎡ ⎤= −⎣ ⎦ , 
 
onde x é o operador posição. 
 
 
Solução : 
 
Da equacao (1.7.10), temos: 
 
' '' ' ' '' ''A dx dx x x A x xβ α β α= ∫ ∫ . 
 
Fazendo : 
 
0
0
ikxA e
α
β
=
=
=
 
 
temos: 
 
0 0 ' '' 0 ' ' '' '' 0ikx ikxA e dx dx x x e x xβ α = = ∫ ∫ 
 
*
0 00 0 ' '' ( ') ' '' ( '')
ikx ikxe dx dx x x e x xψ ψ= ∫ ∫ 
 
* ''
0 00 0 ' '' ( ') ( '') ' ''
ikx ikxe dx dx x e x x xψ ψ= ∫ ∫ 
 
* ''
0 00 0 ' '' ( ') ( '') ( ' '')
ikx ikxe dx dx x e x x xψ ψ δ= −∫ ∫ 
 
* ''
0 00 0 ' ( ') '' ( '') ( ' '')
ikx ikxe dx x dx e x x xψ ψ δ= −∫ ∫ 
 
* '
0 00 0 ' ( ') ( ')
ikx ikxe dx x e xψ ψ= ∫ (1) 
 
 
 2
Temos ainda da equação (2.3.30) que 
 
2
0 1/ 4 1/ 2
0 0
1 1 '' 0 ( ') exp
2
xx x
x x
ψ π
⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= = − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
, 
 
em que 
 
0x mw
= = , 
 
ou 
 
1/ 4 2
0' 0 ( ') exp 2
mw mwxx xψ π
⎛ ⎞⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= =
. 
 
Também, do problema 13, temos: 
 
20 0
2
x
mw
= = 
 
ou 
 
{ }2 , 2 , , 2( 1) (2 1) ( 1)( 2)2 m n m n m nm x n n n n n nmw δ δ δ− += − + + + + += . 
 
Fazendo 'x x= na expressão (1), temos: 
 
2 2
1 1
4 4
/ 2 / 20 0ikx mwx mwx ikxmw mwe dxe e eπ π
− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∫ = == = 
 
2
1/ 2
/0 0ikx ikx mwxmwe dxeπ
−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ ∫ == 
 
Esta integral pode ser calculada usando a fórmula 
 
2 2( ) ( 4 ) / 4ax bx c b ac adxe e
a
π+∞ − + + −
−∞
=∫ , 
 
 3
em que 
 
2 2
/
0
a mw
b ik b k
c
=
= − → = −
=
=
 
 
Temos finalmente que: 
 
2
1/ 2
/ 40 0ikx k mwmwe e
mw
π
π
−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
==
= 
 
2
2 20 0
k
ikx mwe e
⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠=
=
 
 
2
20 0
20 0
k xikxe e
−= 
 1
Problema 18 
 
Um estado coerente de um oscilador harmônico em uma dimensão é 
definido estar em um autoestado do operador não-Hermitiano de 
aniquilação a : 
 
a λ λ λ= , 
 
onde λ é, em geral, um número complexo. 
 
a. Prove que 
 
2 †/ 2 0ae eλ λλ −= 
 
é um estado coerente normalizado. 
 
b. Prove a relação de incerteza mínima para um tal estado. 
 
c. Escreva λ como 
 
0
( )
n
f n nλ ∞
=
=∑ . 
 
Mostre que a distribuição de 2( )f n com respeito a n é da forma de 
Poisson. Encontre o valor mais provável de n , então deE . 
 
d. Mostre que um estado coerente pode também ser obtido pela aplicação 
do operador translação (deslocamento finito) /iple− = (onde p é o operador 
momento, e l é a distancia deslocada) ao estado fundamental. (veja 
também Gottfried 1966, 262-64.) 
 
 
Solução : 
 
a. Temos que escrever λ na base do Hamiltoniano, pois conhecemos a 
sua atuação sobre os kets da base da energia. Assim, temos: 
 
a λ λ λ= 
 2
0 0n n
a n n n nλ λ λ∞ ∞
= =
=∑ ∑ 
 
1/ 2
0 0
1
n n
n n n n nλ λ λ∞ ∞
= =
− =∑ ∑ 
 
 1/ 2
1 0
0 1
n n
n n n n nλ λ λ∞ ∞
= =
+ − =∑ ∑ 
 
1/ 2
' 0 0
( ' 1) ' ' 1
n n
n n n n nλ λ λ∞ ∞
= =
+ + =∑ ∑ 
 
Como 'n é um índice mudo, fazemos a troca 'n n= , logo: 
 
1/ 2
0 0
( 1) 1
n n
n n n n nλ λ λ∞ ∞
= =
+ + =∑ ∑ 
 
1/ 2
0
( 1) 1 0
n
n n n nλ λ λ∞
=
⎡ ⎤+ + − =⎣ ⎦∑ 
 
Desde que os kets { }n formam uma base, eles são linearmente 
independentes e, assim, para que a igualdade seja satisfeita, devemos ter: 
 
1/ 2( 1) 1 0n n nλ λ λ+ + − = 
 
1/ 21 ( 1)
n n
n
λλ λ+ = + (1) 
 
A equação é uma relação de recorrência que permite determinar os 
coeficientes de λ na expansão na base { }n , em termos de 0 λ . Assim, 
vamos calcular alguns termos: 
 
1 0λ λ λ= 
 
2
1/ 2 1/ 22 1 02 2
λ λλ λ λ= = 
 
 3
3
1/ 2 1/ 23 03 (3!)
λ λλ λ= = 
. 
. 
. 
1/ 2 0( !)
n
n
n
λλ λ= 
 
Portanto, temos: 
 
1/ 2
0 0
0
( !)
n
n n
n n n
n
λλ λ λ∞ ∞
= =
= =∑ ∑ 
 
1/ 2
0
0
( !)
n
n
n
n
λλ λ ∞
=
= ∑ (2) 
 
Para determinar 0 λ , vamos impor que 1λ λ = , logo 
 
1λ λ = , 
 
ou seja, 
 
2
1/ 2
0, 0
0
( ! !)
n m
n m
m n
n m
λλ λ λ
+∞
= =
= ∑ 
 
2 2
2 2 2
, 1/ 21/ 2 2, 0 0
0 0 0 1
( ! !) !( !)
n m n n
n m
n m n nn m nn
λ λ λλ λ λ δ λ λ
+
= =
= = = =⎡ ⎤⎣ ⎦
∑ ∑ ∑ 
 
Como 
 
2
2
0 !
n
n
e
n
λ λ∞
=
=∑ , 
 
então temos 
 
22
0 1eλλ = . 
 
 4
Portanto: 
 
22
0 e λλ −= 
 
2 / 20 e λλ −= 
 
Caso λ seja real, então 
 
22 / 2/ 2e e λλ −− = , 
 
e podemos escrever , 
 
2 / 20 e λλ −= . 
 
E substituindo (3) em (2), obtemos: 
 
2 / 2
1/ 2
0 ( !)
n
n
e n
n
λ λλ ∞−
=
= ∑ (4) 
 
O operador †a atuando sobre n p vezes, tem o termo: 
 
[ ]1/ 2† ( )( 1)...( 1)pa n n p n p n n p= + + − + + , 
 
ou, 
 
( ) 1/ 2† !
!
p n pa n n p
n
⎡ ⎤+= +⎢ ⎥⎣ ⎦
, 
 
e se 0n = , temos: 
 
† 1/ 20 ( !)pa p p= , (5) 
 
ou 
 
†
1/ 2
1 0
! ( !)
p pa
p p
= . 
 5
 
De modo que podemos reescrever (4) como, 
 
2 2 †/ 2 / 2
1/ 2
0 0
0
( !) !
n
n n
n n
n ae e
n n
λ λλ λ λ∞ ∞− −
= =
⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠∑ ∑ , 
 
2 2† †/ 2 / 2
0 0
( )0 0
! !
n n n
n n
a ae e
n n
λ λλ λλ ∞ ∞− −
= =
⎛ ⎞ ⎡ ⎤= =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦∑ ∑ . 
 
E reconhecemos a soma como †aeλ , logo, 
 
2 †/ 2 0ae eλ λλ −= . (6) 
 
Vemos então, que a partir da equação que define λ como um estado 
coerente obtivemos o ket 
2 †/ 2 0ae eλ λλ −= , o que mostra que o mesmo é 
compatível com um estado coerente. 
 
Falta mostrar que este estado é normalizado, ou seja: 
 
1λ λ = . 
 
Mas vemos que a normalização de λ , foi uma condição imposta para 
determinar 0 λ a partir de (4), resultando em 2 / 20 e λλ −= . Assim, o fato 
deste fator existir na equação (6) dada, reflete que o estado λ está 
normalizado. 
 
Segunda maneira de provar que λ é um estado coerente normalizado. 
 
Nesta maneira temos o objetivo de a partir da equação que define λ , 
queremos obter a equação de autovalores que define λ como um estado 
coerente. Assim, temos: 
 
2 †/ 2 0ae eλ λλ −= (7) 
 
 6
E, fazendo ( )† †
0 !
n
a
n
a
e
n
λ λ∞
=
=∑ , temos: 
 
2 / 2 †
0
1 0
!
n n
n
e a
n
λλ λ∞−
=
= ∑ . 
 
Mas por (5), temos que, 
 
† 1/ 20 ( !)na n n= , 
 
logo, 
 
2 / 2 1/ 2
0
1 ( !)
!
n
n
e n n
n
λλ λ∞−
=
= ∑ . (8) 
 
E aplicando o operador aniquilação em (8), obtemos: 
 
2 / 2 1/ 2
0
( !)
!
n
n
a e n a n
n
λ λλ ∞−
=
= ∑ . 
 
Como 0 0a = , começamos a soma de 1n = . Logo 
 
2 / 2
1 !
n
n
a e a n
n
λ λλ ∞−
=
= ∑ . 
 
Como 1a n n n= − , temos: 
 
2 1/ 2 1/ 2/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2
1 1
( 1)!( !) 1 1
! ( 1)!
n n
n n
n na e n n n n n
n n n
λ λ λλ ∞ ∞−
= =
−= − = −−∑ ∑ 
 
( )2 1/ 2/ 2
1
1 !
1
( 1)!
n
n
n
a e n
n
λλ λ∞−
=
⎡ ⎤−⎣ ⎦= −−∑ 
 
E fazendo 1n n= − temos 
 
2 21/ 2 †/ 2 / 21
0 0
( !) 0
! !
n
n n
n n
n aa e n e
n n
λ λλ λ λ λ∞ ∞− −+
= =
= =∑ ∑ . 
 7
 
( ) ( )2 2 ††/ 2 / 2
0
0 0
!
n
a
n
a
a e e e
n
λ λ λλλ λ λ∞− −
=
⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎝ ⎠
∑ 
 
Mas como 
2 †/ 2 0ae eλ λλ −= , obtemos: 
 
a λ λ λ= , 
 
que é a relação que define o estado coerente. Temos também que: 
 ( )( )2 2* †0 0a ae e e eλ λλ λλ λ − −= 
 ( )( )2 * †/ 2 0 0a ae e eλ λ λλ λ −= 
 
Mas como †, 1a a⎡ ⎤ =⎣ ⎦ , então podemos usar a fórmula de Glauber para 
reescrever as exponenciais, pois a e †a comutam com o comutador: 
 
2
* † † 2* † * †, / 22
a a a aa a a ae e e e e
λλ λ λλ λ λ λ⎡ ⎤+ + ⎣ ⎦ += = . 
 
Logo, 
 
2 2 * †/ 2 / 2 0 0a ae e eλ λ λ λλ λ − += 
 
( ) ( )2* † †10 0 0 0 0 ...2!a a a aλ λ λ λ λ λ⎡ ⎤= + + + + +⎢ ⎥⎣ ⎦ , 
 
1 0 0 0 ... 1λ λ = + + + + = 
 
1λ λ = 
 
novamente o estado é normalizado. 
 
 
 
 
 8
b. Temos que: 
 
† †
2 2
x x a a a a
mw mw
λ λ λ λ λ λ λ λ⎡ ⎤= = + = +⎣ ⎦= = 
 
Como, 
 
a λ λ λ= e † *aλ λ λ= , 
 
assim, 
 
( )* *2 2x mw mwλ λ λ λ λ λ λ λ⎡ ⎤= + = +⎣ ⎦= = (1) 
 
e, 
 
( )
2 2
2 † † † †
2 2 *2 * †
22 *
2
1
2
1
2
x x xx
x aa aa a a a a
mw
x a a
mw
x
mw
λ λ λ λ
λ λ λ λ λ λ λ λ
λ λ λ λ λ λ
λ λ
= =
⎡ ⎤= + + +⎣ ⎦
⎡ ⎤= + + + +⎣ ⎦
⎡ ⎤= + +⎢ ⎥⎣ ⎦
=
=
=
 
 
onde usamos †, 1a a⎡ ⎤ =⎣ ⎦ , e † †1aa a a= + . 
 
Portanto, 
 
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 22
2 22 * *
2
2 2 2
2
x x x
x
mw mw mw
x
mw
λ λ λ λ
Δ = −
Δ = + + − +
Δ =
= = =
=
 
 
Vamos agora calcular ( )2pΔ . 
 
Sabemos que: 
 9
 
( )†2m wp i a a= − −= , 
 
logo, 
 
†
p p
m wp i a a
w
λ λ
λ λ λ λ
=
⎡ ⎤= − −⎣ ⎦
= , 
 
então: 
 
*
*
2
2
m wp i
m wp i
λ λ λ λ λ λ
λ λ
⎡ ⎤= − −⎣ ⎦
⎡ ⎤= − −⎣ ⎦
=
=
 
 
Temos também que: 
 
( )
2 † † †
2 2 * *2
22 *
2
2
2
1
2
m wp aa a a a a
m wp
m wp
λ λ λ λ λ λ λ λ
λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ
λ λ
⎡ ⎤= − − − +⎣ ⎦
⎡ ⎤= − − − +⎣ ⎦
⎡ ⎤= − − −⎢ ⎥⎣ ⎦
=
=
=
 
 
Logo, 
 
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 22
2 22 * *
2
1
2 2
2
p p p
m w m wp
m wp
λ λ λ λ
Δ = −
− ⎡ ⎤Δ = − − + −⎢ ⎥⎣ ⎦
Δ =
= =
=
 
 
Portanto, 
 
 10
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
2 2
2 2
4
m wx p
mw
x p
Δ Δ =
Δ Δ =
= =
= 
 
Este é o valor mínimo da relação de incerteza. 
 
c. Vamos reescrever a equação (4) do item ”a”: 
 
 
2 / 2
1/ 2
0 ( !)
n