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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 eB H S wS mc =− = , escreva as equações de Heisenberg do movimento para os operadores dependentes do tempo () x S t , () y S t e () z S t . Resolva elas para obter , , x yz S como funções do tempo. Solução : A equação de movimento de Heisenberg para um operador ( ) () H A t (que chamaremos simplesmente () At ) é: [ ] () ( ), dA t At H i dt = = . (1) Então, para z H wS = , temos as seguintes equações de movimento para () x S t , () y S t e () z S t : [ ] () ( ), () x x z y dS t S t wS i wS t i dt =− = = = (2) () ( ), () y y z x dS t S t wS i wS t i dt ⎤= = = = (3) [ ] () ( ), 0 z z z dS t S t wS i dt = = = (4) A equação (4) resulta em ( ) () (0) S z z z S t S S = = . (5)

Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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Page 1: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 zeBH S wSmc

⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

,

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 idt

= . (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 idt

= − = (2)

( )

( ), ( ) yy z x

dS tS t wS i wS t i

dt⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ (3)

[ ] ( )( ), 0 zz z

dS tS t wS idt

= = (4)

A equação (4) resulta em

( )( ) (0) Sz z zS t S S= = . (5)

Page 2: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Substituindo a equação (2) na (3), temos:

2

2 2

1( ) ( )x xdS t S t

w dt= −

ou

22

2 ( ) ( ) 0x xd S t w S tdt

+ = . (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 Sx xH S

y x

H Sz z

S t S wt

S t S senwt

S t S

=

=

=

(10)

Page 3: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 21 ,0 2 ,0 1α α+ = , (5)

que é a probabilidade total.

Page 4: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

A probabilidade total para 0t ≠ é dada por:

2 21 ( ) ,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

tiHetiH †

1†

+= , (8)

pois ( ) 0nH = para 1n ≠ , usando (2) temos:

0,10,110,1†

† ααα =⎩⎨⎧

⎭⎬⎫+=⎟⎟

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

tHietiH

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

122

0,10,20,1)( ααα tHitPr −+=

Page 5: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

[ ] 12**22

122

222

0,10,20,20,10,10,20,1)( tHiHttPr ααααααα −+++=

Usando (5), podemos escrever:

[ ] 120,0,1Im20,11)( 122

2

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.

Page 6: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 com autovalor / 2 , onde n 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

2xS = 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 n .

Page 7: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

A equação de autovalores do operador ˆ.S n é (exemplo 1.9):

ˆ ˆ ˆ. . ; . ;2

S n S n S n± = ± ± , (1)

com

ˆ. ; cos2 2

S n senβ β⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, (2)

e

ˆ. ; cos2 2

S n sen β β⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (3)

O Hamiltoniano deste sistema é dado por (2.1.53):

zH wS= , (4) com

e

e Bw

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 cos2 2

ˆ, ( ) . ; exp cos exp2 2 2 2

ziwS tt U t S n sen

iwt iwtt U t S n sen

β βα

β βα

⎡ ⎤−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

, (7)

Page 8: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

onde usamos

exp exp2

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;

2xS + = + + − . (8a)

Então (8) fica:

( )2

22 2

22

2 2

1; , cos2 2 2

1; , cos2 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:

( ) ( )

22

2 2 2

2 2 2

1; , cos cos cos cos2 2 2 2 2 2 2 2 2

1; , cos 1 12 2 2

1; , 1 cos2 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

Page 9: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 cos2 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:

( )2xS = + − + − + . (12)

Substituindo (12) e (7) em (11), temos:

( )/ 2 / 2

/ 2 / 2

/ 2 / 2 / 2 / 2

cos2 2 2

cos2 2

cos cos2 2 2 2 2

iwt iwtx

iwt iwt

iwt iwt iwt iwtx

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 cos2 2 2 2 2

cos2

iwt iwt

x

e sen e sen

S sen wt

β β β β

β

−⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

=

Page 10: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

Logo :

cos2xS 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).

Page 11: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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

px 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,p

mi tt xm−⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦

Page 12: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

De modo que

( ) ( )( )( ) ( )0

0 0, ,pmtx x t x⎡ ⎤⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Logo, obtemos

( ) ( )0,ti tx xm−⎡ ⎤ =⎣ ⎦

Aplicando a relação de incerteza (1.4.53)

( ) ( ) [ ]22 2 1 ,

4A B A BΔ Δ ≥ (1.4.53)

Temos que

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

22 2

00

22 2

0

2 22 2

20

1 ,414

4

tt t

t t

t t

x x x x

i tx xm

tx xm

=

=

=

⎡ ⎤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.

Page 13: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 5 Considere uma partícula em uma dimensão cujo Hamiltoniano é dado por

2

( )2pH V xm

= + .

Calculando [ ], ,H x x⎡ ⎤⎣ ⎦ , prove que

22

' '''

'' ' ( )2a a

aa x a E E

m− =∑ ,

onde 'a é um autoket de energia com autovalor 'aE . Solução : Calcularemos antes o comutador

[ ] [ ]2

0

, , ( ),2pH x x V x xm

=

⎡ ⎤= +⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]

[ ] [ ] [ ]

[ ]

[ ]

21, ,21 1, , ,

2 22,2

,

H x p xm

H x p p x p x pm m

iH x pm

iH x pm

⎡ ⎤= ⎣ ⎦

= +

= −

= −

(1)

Então

[ ] [ ]2

, , ,iH x x p xm m

⎡ ⎤ = − = −⎣ ⎦ (2)

Calculando o valor esperado deste comutador em (2) em relação ao autoestado de energia ''a , temos:

Page 14: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

[ ]2

'' , , ''a H x x am

⎡ ⎤ = −⎣ ⎦ . (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

'' '

aa a∑ , (5) fica:

''

' '

2'' '

' '

2

'

2 '' ' ' '' 2 '' ' ' ''

2 '' ' '' ' ' ''

2 ( ' '') '' ''

aa a

a aa a

a aa

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:

22

'

22

'

2 ( ' '') '' ''

( ' '') '' ''2

a aa

a aa

E E a x am

E E a x am

− − = −

− =

(7)

Page 15: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 6 Considere uma partícula em três dimensões cujo Hamiltoniano é dado por

2

( )2pH V xm

= + .

Calculando [ ]. ,x p H obtenha

2

. .2

d px p x Vdt m

= − ∇ .

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 H , temos que:

[ ] [ ]21. , . , . , ( )2

x p H x p p x p V xm⎡ ⎤= +⎣ ⎦ (1)

Desenvolvendo o primeiro comutador do lado direito desta expressão, temos:

2 2. , . ,x p p x p p⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎣ ⎦ ⎣ ⎦2, .x p p⎡ ⎤+ ⎣ ⎦ (2)

O primeiro comutador é nulo, pois [ ], ( ) 0A f A = (i) O segundo comutador do lado direito desta expressão será calculado com o auxílio da fórmula [ ] 2, ( ) ( )px F p i p= ∇ (3) onde

Page 16: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

ˆˆ ˆ

px y z

i j kp p p∂ ∂ ∂

∇ ≡ + +∂ ∂ ∂

Então:

2, 2x p i p⎡ ⎤ =⎣ ⎦ , e assim (2) se torna

2 2. , 2x p p i p⎡ ⎤ =⎣ ⎦ (4) Desenvolveremos agora o segundo comutador do lado direito de (1): [ ] [ ] [ ]. , ( ) . , ( ) , ( )x p V x x p V x x V x= + .p (5) O segundo comutador do lado direito é nulo, pela razão exposta em (i). Fazendo uso da fórmula [ ], ( ) ( )p G x i G x= − ∇ . (6) O primeiro comutador do lado direito de (5) fica: [ ], ( ) ( )p V x i V x= − ∇ (7) Logo, a expressão (5) fica: [ ]. , ( ) . ( )x p V x i x V x= − ∇ (8) Substituindo (4) e (8) em (1), temos:

[ ]2

. , . ( )px p H i x V xm

⎧ ⎫= − ∇⎨ ⎬

⎩ ⎭ (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

Page 17: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 x possa ser desenvolvido em série de potências de x , y e z , temos que:

† †( ) ( ) ( )HU V x U V U xU V x= = (10) Assim, (9) pode ser escrita na “representação de Heisenberg”:

2

. , . ( )H

H H H Hpx p H i x V xm

⎧ ⎫⎪ ⎪⎡ ⎤ = − ∇⎨ ⎬⎣ ⎦⎪ ⎪⎩ ⎭

(11)

Nesta “representação” o comutador do primeiro membro é:

. , ( . )H H dx p H i x pdt

⎡ ⎤ =⎣ ⎦ (12)

Substituindo em (11) e tomando o valor esperado de ambos os membros chegamos em:

( )2

. . ( )H

H H H Hd px p x V xdt m

= − ∇ (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 xdt m

= − ∇ , (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 p for constante. Esta condição será satisfeita sempre que nossa partícula estiver

Page 18: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

num estado estacionário (autoestado do Hamiltoniano), pois neste caso todos os valores esperados são constantes no tempo.

Page 19: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 7 Considere um pacote de onda de uma partícula livre em uma dimensão. Em 0t = ele satisfaz a relação de mínima incerteza,

( ) ( )2

2 2

4x pΔ Δ = ( 0)t = .

Em adição, nós conhecemos

0x p= = ( 0)t = . Usando o quadro de Heisenberg, obtenha ( )2

txΔ como uma função de

( 0)t t ≥ quando ( )2

0tx

=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 tm

= + . (1)

O valor esperado deste operador pode ser facilmente encontrado:

( ) (0)x t x=(0)pm

+ 0t = (2)

Logo a variância ( )2

txΔ fica simplesmente

( )2 22 ( ) ( )

tx x t x tΔ = − 2 ( )x t= . (3)

Page 20: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Usando (2), escrevemos

( )

( )

22 2 2 2

2

22 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 tm m m

t t tx x x p p x pm m m

Δ = = + + +

Δ = + + +

(4)

Da relação de incerteza e dos valores esperados em 0t = , temos:

( )22

0(0)

tx x

== Δ (5)

e

( )( )

222

20

0

(0)4t

t

p px=

=

= 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)t

p p=

= Δ (6) Logo :

0(0) (0)

tx p x p

== Δ Δ

e

0(0) (0)

tp 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)

Page 21: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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

00

(0) (0) tt

xx p x p

λ=

=

ΔΔ 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) tt

xp x p x

λ=

=

ΔΔ Δ = = (11)

Page 22: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

Substituindo (11), (9) e (5) em (4), temos:

( ) ( )( )

( ) ( )2 22 2

02 2 0*220

04

tt

t t

t

x xt tx xmm x λ λ

==

=

=

⎧ ⎫Δ Δ⎪ ⎪Δ = Δ + + +⎨ ⎬Δ ⎪ ⎪⎩ ⎭

(12)

Como ( )2

0tx

=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:

( ) ( )( )

22 2 2

220

04t t

t

x x tm x=

=

Δ = Δ +Δ

, (13)

e o pacote se alarga no transcorrer do tempo.

Page 23: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 ''a não 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

00

δ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

. (1)

Os autovalores de H são as raízes da equação secular det( ) 0H Iλ− = ,

Page 24: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

que resulta em

2 2 0λ δλ 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

00

c cc c

δδ

δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(3)

Então, associado ao autovalor 'E δ= temos o autovetor 1

2

cc⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

que,

normalizado, fica:

11'12

E δ⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

(4)

Da mesma forma, para o autovalor ''E δ= − temos associado o autovalor

1

1

cc

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

, que normalizado, fica:

11''12

E δ⎛ ⎞

= − = ⎜ ⎟−⎝ ⎠ (5)

Em termos dos kets da base { }' , ''a a , temos:

( )1' ' ''2

E a aδ= = + (6)

e

Page 25: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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)

Page 26: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

Usando (11), temos:

22( '' , )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

→ +

→ −

= → +

= − → −

Page 27: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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

Page 28: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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:

00

HΔ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟Δ⎝ ⎠.

Logo, podemos determinar os autovalores e autovetores pelo método padrão. Então, temos:

det( ) 0 0H Iλ

λλ

− Δ− = → =

Δ −

Logo,

2 2 0λλ

−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

00

xx

−Δ Δ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟Δ −Δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Page 29: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

1 2

1 2

00

x xx x

−Δ + Δ =⎧⎨ Δ −Δ =⎩

1 2

2 1

x xx x=⎧

⎨ =⎩

Fazendo 1 1x = , obtemos:

1

1112

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

11 12 2

E R L= +

Calculo de 2E : ( )2 2 0H E I E− =

1

2

00

xx

Δ Δ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟Δ Δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

1 2

1 2

00

x xx x

Δ + Δ =⎧⎨Δ + Δ =⎩

1 2

1 2

x xx x= −⎧

⎨ = −⎩

Fazendo 2 1x = − , obtemos 1 1x = , logo:

2

1112

E⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

21 12 2

E R L−

onde 1E = Δ e 2E = −Δ .

Page 30: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 EU E e E

− Δ

Δ

⎧ =⎪⎨ =⎪⎩

Portanto na base de H , U tem a representação:

{ }1 2

/.

/

,

0( ;0)

0

i t

i tbase

E E

eU 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 01/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2

0 1

0 01/ 2 1/ 20 0 1/ 2 1/ 2

1/ 2 1/ 2

1/ 2 1/ 2

R E L EΩ = +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞Ω = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞

Ω = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎛ ⎞

Ω = ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

Page 31: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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

12 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

eU t

e

e eU t

e e

ie e e eiU t

i e ei

− Δ

Δ

− Δ Δ

− Δ Δ

− Δ Δ Δ − Δ

Δ − Δ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠⎝ ⎠

−+ −

=−

−( ) ( )

{ }

/ / /

;

12

cos / /( ,0)

/ cos /

t i t i t

baseL R

e e

t isen tU 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 tU 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 tU L

isen t t t

t tU L isen R L

Δ − Δ − Δ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− Δ Δ Δ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Δ Δ= − +

(3)

Page 32: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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:

22 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 = + =

Page 33: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 ti L t t R t t

α αα α

⎧ ∂ = = Δ =⎪⎨ ∂ = = Δ =⎪⎩

que são as equações acopladas de Schrödinger. E substituindo (2) em (1), obtemos:

0 0, 0; , 0;t tii 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 tdt

d L t t L t tdtd L t t L t tdt

α α

α α

α α

− = = Δ =Δ

Δ= = − =

Δ= + = =

Supondo

0, 0; tL t t eλα = = , temos:

Page 34: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

8

22

2 0t 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 Bet 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= .

Page 35: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 20 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 20 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,

Page 36: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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

221a L α=

a probabilidade de obtermos L e 22

2a 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)

daidt

a a cte

=

= =

1 2

12

i a ada adt i

= ΔΔ

=

Logo, obtemos

1 1 2( ) (0) (0)ta t a aΔ= +

Page 37: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

11

Então

0 1 2 2, 0; (0) (0) (0)tt t a a L a Ri

α Δ⎛ ⎞= = + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Na equação (1) supomos que 1α α = , tal que:

2 21 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:

22

1 2 2(0) (0) (0) ( )ta a a f tiΔ⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Para que uma quantidade seja conservada, ela deve ser constante no tempo, o que não ocorre neste caso.

Page 38: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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:

[ ]

[ ] [ ]{ }

22

2

1 1, ,2

, ,2

dp mwp H p xdt i idp mw p x x x p xdt i

⎡ ⎤= = ⎣ ⎦

= +

Temos ainda que: [ ],x p i= , Logo

( )2

2

22

dp mw i xdt idp mw xdt

= −

= −

Para a equação de Heisenberg para o operador x , temos:

[ ]

[ ] [ ]{ }

{ }

1 ,

1 , ,2

1 22

dx x Hdt idx p x p x p pdt midx i pdt midx pdt m

=

= +

=

=

Page 39: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Logo, temos duas equações acopladas:

2

dx pdt mdp mw xdt

=

= −

Derivando a primeira:

( )

2

2

22

2

22

2

1

1

0

d x dpdt m dtd x mw xdt md x w xdt

=

= −

+ =

,

e derivando a segunda:

22 2

2

22

2 0

d p dx pmw mwdt dt md p w pdt

= − = −

+ =.

Condições iniciais:

0

0

(0)(0)

x xp p

=⎧⎨ =⎩

e 0

20

(0)

(0)

pxm

p mw x

⎧ =⎪⎨⎪ = −⎩

Soluções:

(0)( ) (0)cos px t x wt senwtmw

⎡ ⎤= + ⎢ ⎥⎣ ⎦

Page 40: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

...................................................................................................................... Demonstração :

0 0

0 0

(0)

(0) cos

x x A x

p px Bw wtm m

= → =

= → = 0pBmw

→ =

......................................................................................................................

[ ]( ) (0) (0)cosp t mwx senwt p wt= − + ...................................................................................................................... Demonstração :

0 0

2 20 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.

[ ]{ }

{ }

22 2

2

22

2 2 2 2 2 2

22 2 2 2

2 2

( ) 1( ) ( )2 21( ) (0) (0)cos

2

1 (0)(0)cos2

1( ) (0) (0)cos 2 (0) (0) cos21 (0) 2 (0) (0)(0)cos cos2

p tH t mw x tm

H t mwx senwt p wtm

pmw x wt senwtmw

H t m w x sen wt p wt mwx p senwt wtm

p x pmw x wt sen wt wtm w mw

= +

= − + +

⎧ ⎫⎡ ⎤+⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭

= + −

+ +

22 2

22 20

0

(0) 1( ) (0)2 2

1( ) (0)2 2

senwt

pH t mw xm

pH t mw x Hm

⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭

= +

= + =

Page 41: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 xp p

==

As relações entre os quadros de Heisenberg e Schrödinger são:

/ /

0

( ) iHt iHtH S

xx t e x e−

→=

e

/ /

0

( ) iHt iHtH S

pp t e p e−

→=

Ou seja, usando (2.3.48) e (2.3.50), pode-se conhecer:

00( ) cosH

px t x wt senwtmw

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠

e

0 0( ) cosHp t p wt mwx senwt= −

Page 42: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

b. Em 0t = , o vetor de estado geral em ambos os quadros são iguais,

0, 0H S

tα α α= = = , e

, 0 (0)nn

t C nα = =∑ .

Em 0t ≠ , temos:

, , 0 (0)nHn

t t C nα α= = =∑ .

Isto é, independente do tempo, enquanto

/ ( 1/ 2), , 0 (0)iHt iw n tnS

nt e t C e nα α− − += = =∑

E é independente do tempo, lembre-se, nós usamos

( 1/ 2)( ) ( )

H w NF N n F n n= +

=

o qual é independente do tempo em ambos os quadros. Podemos pensar também

,S

tα como

, ( )nSn

t C t nα =∑ ,

com

( 1/ 2)( ) (0) iw n tn nC t C e− +=

Page 43: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

6

A equação de Schrödinger para o vetor de estado é

, ,S S

i t H ttα α∂

=∂

.

Neste caso

( )nC t pode ser determinado: a) Quadro de Schrödinger

( 1/ 2)( ) , (0) iw n tn nS

C t n t C eα − += = em que os kets de base são independentes do tempo. ...................................................................................................................... Demonstração :

( 1/ 2)

, (0) ,

, (0)

nn n

iw n tn

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= ......................................................................................................................

Page 44: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

7

b) Quadro de Heisenberg

/ ( 1/ 2)( ) , , , 0 (0)iHt iw n tn nH H

C t n t t t C en eα α− − += = = =

com os kets de base

/, iHtn t e n= dependentes do tempo.

Page 45: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 0H

ipatα −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(1)

Observamos que o operador exp ipa−⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

é o operador translação espacial

em 0t = . Então:

, ( , 0) 0H

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 H

x 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

Page 46: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

(0)( ) (0)cos px t x wt senwtmw

= + . (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 wtsenwta t p a tmw

= 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 pmw

senwtx t x a wt pmw

= + +

= + + (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)

Page 47: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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

21/ 4 1/ 2

00

1 '' 0 exp2

xx xx

π − −⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

, (1)

onde

1/ 2

0xmw

⎡ ⎤⎛ ⎞≡⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

.

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)

Page 48: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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:

21/ 4 1/ 2

0 20

1 ( ' )( ') exp2

x ax xx

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

22 1/ 2 1 2 2

20

22

2 22 2 2 20 0 0 0

22

2 1/ 202 2

0 0

22

20

0 ' ( ') ( ')

10 'exp 2 ' 2 '2

1 10 'exp ' '2

10 exp4

0 exp2

o

dx x x

x dx x ax ax

a adx x xx x x x

axx x

ax

α ψ ψ

α π

απ

α ππ

α

− −

=

⎡ ⎤= − − +⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎡ ⎤= − + −⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎛ ⎞−= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

⎛ ⎞−= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫ (10)

Page 49: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 13 Considere um oscilador harmônico simples em uma dimensão a. Usando

† 2a mw ipxa mw⎫ ⎛ ⎞= ±⎬ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎭, (1)

e

1

1 1

n na na 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 amw

= + (3)

†( )

2m wp i a a= − + (4)

Usando estas expressões e com o auxílio de (2), temos:

Page 50: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

, 1 , 1

2

1 1 12

12 m n m n

m x n m a n m a nmw

m x n n m n n m nmw

m x n n nmw

δ δ− +

⎡ ⎤= +⎣ ⎦

⎡ ⎤= − + + +⎣ ⎦

⎡ ⎤= + +⎣ ⎦

(5)

e

, 1 , 1

2

12 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)

Page 51: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

Escrevemos agora os operadores 2x e 2p usando (3) e (4):

( )2 2 † † †2

2x a aa a a a

mw= + + + (12)

( )2 2 † † †2

2m wp a aa a a a= − − − + (13)

Assim, temos:

( )2 2 † † †2

2m x n m a n m aa n m a a n m a n

mw= + + + (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 12 4 2 2

w wT n p n n nm

⎛ ⎞= = − − − = +⎜ ⎟⎝ ⎠

(17)

e

( )2

2 12 12 4 2 2

mw w wV n x n n n⎛ ⎞= = + = +⎜ ⎟⎝ ⎠

(18)

Page 52: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

De (17) e (18) vemos que T V= . (19)

que e o Teorema Virial.

Page 53: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 14 a. Usando

( ) 1/ 2 ' '/' ' 2 ip xx p eπ −= (uma dimensão) (1) prove

' ''

p x i pp

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 ep

p x x i p xp

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=∫ .

Page 54: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Substituindo (3) nesta integral temos que:

' ' ' ' ''

p x i dx p x xp

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 xp

α α∂=

∂∫ (5)

A derivação em 'p e a integração em 'x são operações independentes. Logo:

' ' ' ' ' '' '

p x i dx p x x i pp 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 ttα 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 2p mw xHm

= + (9)

Page 55: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

Assim o lado direito de (8) fica

22 2

0 0 01' , ; ' , ; ' , ;

2 2mwp H t t p p t t p x t t

mα α α= + . (10)

O primeiro termo do lado direito desta expressão resulta em

22

0 01 '' , ; ' , ;

2 2pp p t t p t t

m mα α= (11)

O fator 20' , ;p x t tα de (10) é calculado como segue:

20 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 pδ∂ ∂

= = −∂ ∂

(13)

0 0'' , ; '' , ;''

p x t t i p t tp

α α∂=

∂ (14)

Page 56: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

Substituindo isto na integral em (12), temos que:

( )

( )

( )

220 0

220 0

220 0

22 2

0 02

' , ; '' ( ' '') '' , ;' ''

' , ; '' ( ' '') '' , ;' ''

' , ; ' , ;' '

' , ; ' , ;'

p x t t i dp p p p t tp p

p x t t i dp p p p t tp p

p x t t i p t tp p

p x t t p t tp

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 2p mwp H t t p t t p t tm 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 pφ 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

Page 57: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

( ') ( ')E Ep pφ ψ= .

Page 58: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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:

21/ 4 1/ 2

00

1 '' 0 exp2

xx xx

π − −⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

, (1)

onde 0xmw

= .

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 senwtmw

= + . (3)

Substituindo em (2), vem:

2 1( ) 0 (0) 0 cos 0 (0) (0) 0C t x wt p x senwtmw

= + (4)

Page 59: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Do exercício (13) podemos determinar 20 (0) 0x . Então

22 00 (0) 0

2 2xx

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) 02 2

oxp x senwt senwt senwtmw imw i

= = (6)

Assim, substituindo (5) e (6) em (4), temos que

[ ]2 20( ) cos2 2

iwtox xC t wt isenwt e−= − = . (7)

Page 60: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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 12 2

1 1 0 2 22 2 2

x a amw mw

x a amw mw mw

= + =

= + = +

Logo, (1) se torna:

Page 61: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

( )

( )

* *

* *

1 0 1 0 2 22 2 2

2

x x b a a b bmw mw mw

x b a a bmw

α α⎡ ⎤

= = + + +⎢ ⎥⎣ ⎦

= +

Se, a e b são reais, podemos escrever:

22

x abmw

= (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/ 22 2 22 1 1

2x 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 ) 02

1 (1 ) 0 (1 )

1 012

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:

Page 62: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

1/ 2 1/ 22 21/ 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 22 1

2 1 1''( )

11

2 1 11''( )11

a a a af a a a

a

a aaf aaa

a af 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 22

xmw

= .

Logo, como

22 1 11 1

2 2b a ⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟

⎝ ⎠,

o estado que maximiza x será:

1 10 12 2

α = +

b. Na representação de Schrödinger, os operadores estão fixos, e os kets evoluem. Assim, temos

( )01, 0; ( ,0) 0 12

t t U t U Uα α= = = + (1)

Page 63: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

Com /( ,0) iHtU t e−= , e 2

2 212 2pH mw xm

= + , cujos autovalores são,

12nE n w⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠, então, temos que:

/( ,0) niE tU t n e n−=

Portanto (1) se torna:

( )

( )

/ 2 3 / 20

/ 2 3 / 20

1, 0; 0 12

1, 0; 0 12

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 amw

= + . Agora, na versão de Schrödinger, o valor

médio será:

( )( )( )

( )( )

( )( )

†0 0 0 0

† / 2 3 / 20

/ 2 3 / 2 3 / 20

/ 2 3 / 2 / 2 3 / 2 3 / 2

2 / 2 2

, 0; , 0; , 0; , 0;2

, 0; 0 14

, 0; 1 0 2 24

1 0 1 1 0 2 242

2

iwt iwt

iwt iwt iwt

iwt iwt iwt iwt iwt

iwt iw

x t t x t t t t a a t tmw

x t t a a e emw

x t t e e emw

x e e e e emw

e exmw

α α α α

α

α

− −

− − −

− − −

− +

= = = = = + =

= = + +

= = + +

⎡ ⎤= + + +⎣ ⎦

+=

/ 2

2

cos2

t

x wtmw

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

=

Page 64: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

(ii) Versão de Heisenberg Precisamos determinar o valor de ( )x t , pois nesta versão x evolui no

tempo. Assim, sabendo-se que 2

2 212 2pH mw xm

= + , temos:

[ ]1 ,dx x Hdt i

=

Assim, substituindo H , temos:

22 21 1 1, ,

2 2dx px x mw xdt i m i

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

[ ] [ ]{ }

21 ,2

1 , ,2

1 22

( )

dx x pdt imdx p x p x p pdt imdx i pdt imdx p tdt m

⎡ ⎤= ⎣ ⎦

= +

=

=

(1)

Agora

[ ]

[ ] [ ]( )

22 2

2 2

2

1 1 1 1, , ,2 2

1 1 1, , ,2 21 2

2

dp pp H p p mw xdt i i m idp mw p x x p x p x xdt i idp mw i xdt i

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

⎡ ⎤= = +⎣ ⎦

= −

Com [ ] [ ], ,p x x p i= − = − , temos:

2dp mw xdt

= − . (2)

Substituindo (2) em (1), obtemos:

Page 65: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

6

( )2

22

22

2

1 1

0

d x dp mw xdt m dt md x wxdt

= = −

+ = (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 Bex 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 wB x w

==

.

Page 66: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

7

Logo

(0)( ) (0)cos xx t x wt senwtw

= + . (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 12H

x x t x xα α ⎡ ⎤= = + +⎣ ⎦ (4)

Page 67: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

8

Agora, na equação (3), observamos que (0) (0)x pw mw

= , assim,

(0)( ) (0)cos px t x wt senwt

mw= +

Logo

( )

( ) 0 cos (0) 0 (0) 0

1( ) 0 cos 1 12 2

( ) 0 cos 1 12

( ) 0 12

iwt

senwtx t wtx pmw

senwt m wx t wtmw mw i

x t wt isenwtmw

x t emw

= +

= +−

= +

=

Também

1/ 2

1/ 2

(0)( ) 1 (0)cos 1

( ) 1 cos (0) 1 (0) 1

( ) 1 cos 0 2 2 0 2 22 2 2 2

( ) 1 0 2 22 2

iwt iwt

px t x wt senwtmwsenwtx t wtx pmw

senwt m w m wx t wt i imw mw mw

x t e emw mw

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

= +

⎡ ⎤ ⎛ ⎞= + + − +⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎜ ⎟

⎣ ⎦ ⎝ ⎠

= +

E substituindo estes resultados em (4), vamos obter:

( )

( )

1 0 1 1 0 2 22 2 2 2

12 2

cos2

iwt iwt iwtH

iwt iwtH

H

x e e emw mw mw

x e emw

x wtmw

⎡ ⎤⎛ ⎞= + + +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= +

=

Page 68: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

9

e vemos que

H Sx x= .

c. Vamos usar a representação de Schrödinger. Temos, ( ) ( )22 22x x x x xΔ = − = − .

Já conhecemos x . Vamos calcular 2x , assim,

2 20 0, ; , ;x t t x t tα α= .

Agora,

2 † † † †( )2

x aa a a aa aamw

= + + + ,

logo

( ) ( )

( ) ( )

( )

2 † † † † / 2 3 / 2 † † † †0

2 / 2 1/ 2 1/ 2 3 / 20

2 / 2 / 2 3 / 2 3 / 2

2

1 , ; 0 122

1 , ; 2 2 0 2 3 3 1 2 122

0 0 3 1 14

(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 aamw

x t t e emw

x e e e emw

xmw

α

α

− −

− −

− −

⎡ ⎤= + + + + + + +⎣ ⎦

⎡ ⎤= + + + +⎣ ⎦

= +

= +

Logo,

2xmw

= .

Lembrando que cos2

x wtmw

= , e 2 2cos2

x wtmw

= , temos:

Page 69: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

10

( )

( )

2 2

22

cos2

cos12

x wtmw mw

wtxmw

Δ = −

⎛ ⎞Δ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Page 70: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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

0ikxA 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)

Page 71: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Temos ainda da equação (2.3.30) que

2

0 1/ 4 1/ 20 0

1 1 '' 0 ( ') exp2

xx xx x

ψπ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= = − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

,

em que

0xmw

= ,

ou

1/ 4 2

0' 0 ( ') exp2

mw mwxx xψπ

⎛ ⎞⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Também, do problema 13, temos:

20 02

xmw

=

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 21 1

4 4/ 2 / 20 0ikx mwx mwx ikxmw mwe dxe e e

π π− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∫

2

1/ 2/0 0ikx ikx mwxmwe dxe

π−⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ∫

Esta integral pode ser calculada usando a fórmula

2 2( ) ( 4 ) / 4ax bx c b ac adxe eaπ+∞

− + + −

−∞

=∫ ,

Page 72: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

em que

2 2

/

0

a mwb ik b kc

=

= − → = −=

Temos finalmente que:

21/ 2

/ 40 0ikx k mwmwe emwπ

π−⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠

2

2 20 0k

ikx mwe e⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎝ ⎠=

2

20 020 0

k xikxe e−

=

Page 73: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

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( )

nf 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 de E . 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=

Page 74: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

0 0n na n n n nλ λ λ

∞ ∞

= =

=∑ ∑

1/ 2

0 01

n nn n n n nλ λ λ

∞ ∞

= =

− =∑ ∑

1/ 2

1 00 1

n nn n n n nλ λ λ

∞ ∞

= =

+ − =∑ ∑

1/ 2

' 0 0( ' 1) ' ' 1

n nn 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 nn n n n nλ λ λ

∞ ∞

= =

+ + =∑ ∑

1/ 2

0( 1) 1 0

nn 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 nnλλ 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 2λ λλ λ λ= =

Page 75: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

3

1/ 2 1/ 23 03 (3!)λ λλ λ= =

.

.

.

1/ 2 0( !)

n

nnλλ λ=

Portanto, temos:

1/ 20 0

0( !)

n

n nn n n

nλλ λ λ

∞ ∞

= =

= =∑ ∑

1/ 20

0( !)

n

nn

nλλ λ

=

= ∑ (2)

Para determinar 0 λ , vamos impor que 1λ λ = , logo

1λ λ = , ou seja,

2

1/ 20, 0

0( ! !)

n m

n mm n

n mλλ λ λ

+∞

= =

= ∑

2 2

2 2 2, 1/ 21/ 2 2, 0 0

0 0 0 1( ! !) !( !)

n m n n

n mn m n nn m nn

λ λ λλ λ λ δ λ λ+

= =

= = = =⎡ ⎤⎣ ⎦

∑ ∑ ∑

Como

22

0 !

n

ne

nλ λ∞

=

=∑ ,

então temos

220 1eλλ = .

Page 76: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

Portanto:

220 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 / 21/ 2

0 ( !)

n

ne n

nλ 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= .

Page 77: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

De modo que podemos reescrever (4) como,

2 2 †/ 2 / 2

1/ 20 0

0( !) !

nn n

n n

n ae en n

λ λλ λ λ∞ ∞

− −

= =

⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∑ ,

2 2† †

/ 2 / 2

0 0

( )0 0! !

n n n

n n

a ae en 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)

Page 78: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

6

E, fazendo ( )††

0 !

n

a

n

ae

λ∞

=

=∑ , temos:

2 / 2 †

0

1 0!

n n

n

e an

λλ λ∞

=

= ∑ .

Mas por (5), temos que,

† 1/ 20 ( !)na n n= , logo,

2 / 2 1/ 2

0

1 ( !)!

n

n

e n nn

λλ λ∞

=

= ∑ . (8)

E aplicando o operador aniquilação em (8), obtemos:

2 / 2 1/ 2

0( !)

!

n

na e n a n

nλ λλ

∞−

=

= ∑ .

Como 0 0a = , começamos a soma de 1n = . Logo

2 / 2

1 !

n

na e a n

nλ 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 nn n n

λ λ λλ∞ ∞

= =

−= − = −

−∑ ∑

( )2

1/ 2

/ 2

1

1 !1

( 1)!n

n

na e n

nλλ λ

∞−

=

⎡ ⎤−⎣ ⎦= −−∑

E fazendo 1n n= − temos

2 21/ 2 †/ 2 / 21

0 0

( !) 0! !

nn n

n n

n aa e n en n

λ λλ λ λ λ∞ ∞

− −+

= =

= =∑ ∑ .

Page 79: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

7

( ) ( )2 2 †

†/ 2 / 2

00 0

!

n

a

n

aa e e e

nλ λ λ

λλ 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* † * †, / 22a 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.

Page 80: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

8

b. Temos que:

† †

2 2x x a a a a

mw mwλ 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

12

12

x x xx

x aa aa a a a amw

x a amw

xmw

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

xmw mw mw

xmw

λ λ λ λ

Δ = −

Δ = + + − +

Δ =

Vamos agora calcular ( )2pΔ .

Sabemos que:

Page 81: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

9

( )†

2m wp i a a= − − ,

logo,

p p

m wp i a aw

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

22

12

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

12 2

2

p p p

m w m wp

m wp

λ λ λ λ

Δ = −

− ⎡ ⎤Δ = − − + −⎢ ⎥⎣ ⎦

Δ =

Portanto,

Page 82: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

10

( ) ( )

( ) ( )

2 2

22 2

2 2

4

m wx pmw

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/ 20 ( !)

n

ne n

nλ λλ

∞−

=

=∑

e, vemos claramente que:

2 / 21/ 2( )

( !)

n

f n en

λ λ−= ,

onde,

2

2

22 / 2

1/ 2

22

( )( !)

( )!

n

n

f n en

f n en

λ

λ

λ

λ

=

=

,

e fazendo 2 'λ λ= , temos:

'2 '( ) ( )

!

n

W n f n en

λ λ−= = Distribuição de Poisson

O valor mais provável é o valor de n que maximiza ( )W n . Para encontrar este valor que chamamos de n , devemos igualar a derivada de ( )W n a zero. Mas como a distribuição de Poisson se aplica para n grande, podemos usar a aproximação de Stirling para ln !n . Assim, vamos calcular a derivada de ln ( )W n em vez de ( )W n propriamente. Assim,

'' ' 'ln ( ) ln ln ln ln !

!

n

W n e e n nn

λ λλ λ− −⎛ ⎞= = + −⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Page 83: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

11

Agora, por Stirling, ln ! lnn n n n≅ − , logo,

' 'ln ( ) ln lnW n n n n nλ λ≅ − + − + e derivando, temos:

ln ( ) 'ln ' 1 ln 1 ln ' ln lnd W n n ndn n

λλ λ ⎛ ⎞= − − + = − = ⎜ ⎟⎝ ⎠

,

e, no ponto n n= ,

ln ( ) 0n n

d W ndn =

= ,

logo,

2' 'ln 0 1 'nn nλ λ λ λ⎛ ⎞ = → = → = =⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Então,

2maxn n λ= = .

Esse também é o valor maior provável para a energia. d. Sendo

( )†

2m wp i a a= − − ,

então,

††( )/

l m w a aipl a awe e e eλ λ− −− −= = (1)

Page 84: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

12

com 2

l m wλ = .

Agora, para reescrevermos o expoente, vamos usar a fórmula de Glauber, desde que †a e a comutam com †, 1a a⎡ ⎤ =⎣ ⎦ . Assim, se temos dois operadores A e B que comutam com [ ],A B , então:

[ ]1 ,2

A B A BA Be e e+ +

= Fórmula de Glauber – Cohen, pág 174, Vol I. E, fazendo A Aλ= − e †B Aλ= , temos:

2 †† †

1 ,( ) 2a aA A a ae e e e

λλ λ λ⎡ ⎤− ⎣ ⎦− −=

e, como †, 1a a⎡ ⎤ =⎣ ⎦ , obtemos:

† 2 / 2 /a a iple e e eλ λ λ− − −= , logo, fazendo / 0iple− , obtemos:

2 †/ / 20 0ipl a ae e e eλ λ λ− − −= , mas como:

221 ...

2ae a aλ λλ− = − + + ,

então,

0 0ae λ− = , pois

0 0a = , logo,

Page 85: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

13

2 †/ / 20 0ipl ae e eλ λ− −= .

Agora, como

2l m wλ = ,

então,

0λ > , de modo que λ λ= , assim,

2 †/ 2/ 0 0ipl ae e eλ λ−− = .

Page 86: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

14

Page 87: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 19 Considere

†J a a± ±= ∓ , ( )† †

2zJ a a a a+ + − −= − , † †N a a a a+ + − −= +

onde a± e †a± são os operadores de aniquilação e criação dos dois osciladores harmônicos simples independentes satisfazendo as relações de comutação usuais. Prove

[ ],zJ J J± ±= ± , 2 , 0zJ J⎡ ⎤ =⎣ ⎦ , 2

2 12 2

NJ N⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦⎝ ⎠

.

Solução : Em adição as definições do enunciado faremos as seguintes:

( )12xJ J J+ −= + e ( )

2yiJ J J+ −−

= − . (1)

Assim

[ ]2 2 2 2 21 2 24x y z zJ J J J J J J J J+ − − += + + = + + . (2)

Também, usando as definições de J± e zJ , temos:

22 2 † † 2 † † † † † † † † † †1 2 2

4 4J a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a+ − − + − + + − + + + + + + − − − − + + − − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + − − +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Usando o fato de que

[ ]† † † †, , , , 0a a a a a a a a+ − + − + − + −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ . (4) pois as duas duplas de operadores se referem a osciladores independentes, além das relações de comutação usuais

Page 88: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

†, 1a a± ±⎡ ⎤ =⎣ ⎦ . (5) A expressão (3) fica:

22 † † † † † † † † † † †

22 † † † † † † † † † †

2 (1 ) 2 (1 )4

2( )4

J a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a

J a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a

++ + + + − − − − + + − − − − + + + + − − − − + +

+ + + + − − − − + + − − − − + + + + − −

⎡ ⎤= + + + + + − −⎣ ⎦

⎡ ⎤= + + + + +⎣ ⎦

Observando a definição de N , podemos escrever (6) como:

( )2 2

2 2 2 14 2 2

NJ N N N ⎡ ⎤= + = +⎢ ⎥⎣ ⎦. (7)

Calcularemos agora o comutador [ ],zJ J± :

[ ] ( )

[ ] { }

2† † †

2† † † †

, ,2

, , ,2

z

z

J J a a a a a a

J J a a a a a a a a

± + + − − ±

± + + ± − − ±

⎡ ⎤= −⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∓ ∓

(8)

Usando a seguinte propriedade dos comutadores, [ ] [ ] [ ] [ ] [ ], , , , ,AB CD A B C D AC B D C A D B A C DB= + + + , (9) temos:

[ ]

( )

2† † † † † †

† † † † † † † † †

, { , , ,2

, , , , , }

zJ J a a a a a a a a a a a a

a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a

± + + ± + ± + ± + +

+ + − − ± − ± − ± − − − ± −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − + + +⎡ ⎤⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∓ ∓ ∓

∓ ∓ ∓ ∓ ∓ ∓

Usando (4) e (5), temos que (10) fica:

[ ] { }2

† † 2 †,2zJ J a a a a a a J+ + − + − + − += + = = ,

Page 89: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

e

[ ] { }2

† † 2 †,2zJ J a a a a a a J− − + − + − + −= − − = − = − .

Então de modo geral: [ ],zJ J J± ±= ± . (11) Calcularemos agora [ ], zN J :

[ ]

[ ]

† † † †

† † † † † † † †

, ,2

, , , , ,2

z

z

N J a a a a a a a a

N J a a a a a a a a a a a a a a a a

+ + − − + + − −

+ + + + + + − − − − + + − − − −

⎡ ⎤= + −⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(12) Observando (9) e (4), vemos que todos os termos do lado direito da expressão (12) são nulos. Logo: [ ], 0zN J = . (13) Finalmente, calcularemos o comutador 2 , zJ J⎡ ⎤⎣ ⎦ . Usando (7), temos:

( )

[ ]{ }

22 2

22 2

, 2 ,4

, , 2 ,4

z z

z z z

J J N N J

J J N J N J

⎡ ⎤⎡ ⎤ = +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= +⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(14)

De (9) temos que:

[ ] [ ]2 , , ,z z zN J N N J N J N⎡ ⎤ = +⎣ ⎦ . (15) Então, usando (13) temos que (14) se resume a:

2 , 0zJ J⎡ ⎤ =⎣ ⎦ (16)

Page 90: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 20 Considere uma partícula de massa m sujeita a um potencial em uma dimensão da seguinte forma :

21 0

20

kx para xV

para x

⎧ >⎪= ⎨

∞ <⎪⎩

.

a. Qual é a energia do estado fundamental? b. Qual é o valor esperado 2x para o estado fundamental? Solução : a. Em principio teríamos que resolver a equacao de Schrödinger independente do tempo

2 2

2 ( ) ( ) ( ) ( )2 E E E

d u x V x u x Eu xm dx

− + = . (1)

Com o potencial dado, procederíamos da seguinte forma:

i) Resolveríamos a equação (1) para 0x < , procurando por soluções ( )Eu x

que fossem finitas e continuas e cujas derivadas primeiras ( )Edu xdx

fossem

finitas, no intervalo ( ,0−∞ ).

ii) Resolveríamos a equação (1) para 0x > procurando soluções ( )Eu x que satisfizessem as mesmas condições impostas em (1).

iii) Escolheríamos as soluções ( )Eu x que fossem continuas em 0x = .

Vemos que, de acordo com o item (i) a única solução que satisfaz a condição de finitude é:

Page 91: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

( ) 0Eu x = ( 0x < ) (2)

A equação (1), para 0x > , e a equação de Schrödinger do oscilador harmônico simples unidimensional. Já conhecemos estas soluções.

A solução para o nosso problema é então determinada pelo item (iii). Ou seja, as autofunções aceitáveis são as que são nulas para 0x < e, para

0x > são aquelas do oscilador harmônico simples que se anulam em 0x = (as autofunções impares).

Logo, a energia do estado fundamental do nosso problema é a que corresponde ao menor autovalor correspondente a uma autofunção impar do oscilador harmônico simples. Esta autofunção, já conhecemos, é dada por:

220

0

11 exp2

d xx N x xdx x

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎢ ⎥= − − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

(3)

com 0xmw

= e kwm

= . (ver equação 2.3.31 do Sakurai).

Logo, temos :

2

0

1( ) 2 exp2fE

xu x Nxx

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= − ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

( 0x > ) (4)

e

Page 92: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

( ) 0fEu x = ( 0x < ) (4)

onde 1fE E= e

fE → energia do estado fundamental do nosso problema.

1E → energia do primeiro estado excitado do oscilador harmônico

simples unidimensional.

Devemos calcular ainda a constante de normalização em (4). Esta é determinada pela condição

2( ) 1

fEu x dx+∞

−∞

=∫ (5)

Isto resulta em 2

2 2

0

4 exp 1o

xN x dxx

∞ ⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥− =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

∫ . Logo,

3/ 2 1/ 40N x π− −= (6)

E, como também sabemos:

11 3 312 2 2f

kE E w wm

⎛ ⎞= = + = =⎜ ⎟⎝ ⎠

(7)

b. O valor esperado 2x para o estado fundamental é dado por:

Page 93: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

22 2

22 3 1/ 2 4

000

52 0

30

( )

4 exp

4 (5 / 2)2

fEx u x x dx

xx x x dxx

xxx

π

π

+∞

−∞

∞− −

=

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

= Γ

∫ (8)

Como a função gama de 3(5 / 2)4

πΓ = , temos para a expressão acima:

52 0

30

2 20

2

2

4 (5 / 2)2

323232

xxx

x x

xmw

xmk

π= Γ

=

=

=

(9)

Page 94: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 21 Uma partícula em uma dimensão está presa entre duas paredes rígidas:

0 0( )

0,

para x LV x

para x x L

< <⎧⎪= ⎨∞ < >⎪⎩.

Em 0t = é conhecido que a partícula está exatamente com certeza em

/ 2x L= . Quais são as probabilidades relativas para a partícula ser achada em vários auto-estados de energia? Escreva abaixo a função de onda para

0t ≥ . (Não é necessário se preocupar com a normalização absoluta, convergência, e outras sutilezas.) Solução :

Figura 1 : poço de potencial quadrado infinito. A solução para uma partícula presa entre as paredes rígidas (em uma dimensão) é

( )( ) /n nx A sen n x LπΨ = . 1, 2,3,...n =

Page 95: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Lembre-se que

2( , ) ( , )P x t dx x t dx= Ψ é a probabilidade por unidade de comprimento da partícula descrita pela função de onda ( , )x tΨ ser achada entre x e x dx+ . Para uma partícula livre estar exatamente em

/ 2x L= ( para 0t = ),

( ,0)xΨ deve ser escrita como

( ,0) ( / 2)x a x LδΨ = − . Pode ser mostrado que 1a = através do processo de normalização. Os auto-valores correspondentes ao ( )n xΨ são

2 2 2

22nnE

mLπ

= (para 1,2,3,...n = ).

Utilizando o postulado da expansão (2.1.38),

0, 0, exp n

n

iE tt t n nα α −⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ,

e multiplicando por x , pode-se escrever a função de onda ( , )x tΨ como

0, 0, exp

( , ) exp ( )

n

n

nn n

n

iE tx t t x n n

iE tx t c x

α α −⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

−⎛ ⎞Ψ = Ψ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ,

em que nc n α= é a amplitude de transição.

Page 96: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

A amplitude de transição pode ser calculada como

*

0

0

( ) ( ,0)

( / ) ( / 2)

2

n

L

n n

L

n n

n n

c n n x x dx

c x x dx

c A sen n x L x L dx

nc A sen

α α

π δ

π

= =

= Ψ Ψ

= −

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Pode-se observar que os nc serão

12( 1)

n

n nc A−

= − para n ímpar, e,

0nc = para n par. As probabilidades relativas para cada estado são

2 2,n n n imparP c A δ= = .

Pode-se então reescrever a equação para a função de onda ( , )x tΨ como

12 22 2

2,

( , ) exp ( )

( , ) exp ( / )( 1)2

nn n

n

n

nn impar

iE tx t c x

in tx t A sen n x LmLπ π

−⎛ ⎞Ψ = Ψ⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞−Ψ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

Page 97: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

Para a normalização de nA temos:

( )

*

0

2 2

0

2 2

0

20

( ) ( ) 1

( / ) 1

( / ) 1

1 ( / ) / cos( / ) 12

L

n n

L

n

L

n

Ln

x x dx

A sen n x L dx

A sen n x L dx

LA n x L sen n x L n x Ln

π

π

π π ππ

Ψ Ψ =

=

=

⎡ ⎤− =⎣ ⎦

∫.

Considerando que 1,2,3,...n = , temos

2 12nLA =

ou

2nA

L= ,

independente de n .

Page 98: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 22 Considere uma partícula em uma dimensão ligada a um centro fixo por uma função potencial δ da forma

0( ) ( )V x v xδ= − 0v ( real e positivo ) Encontre a função de onda e a energia de ligação do estado fundamental. Existem estados excitados ligados? Solução :

Figura 1 : potencial ( )V x para uma partícula ligada a um centro fixo. Equação de Schrödinger para o problema

2 2

02 ( )2

d v x Em dx

δ⎛ ⎞− Ψ

− Ψ = − Ψ⎜ ⎟⎝ ⎠

Como 0E > , o estado de energia será ligado se 0E− < .

Page 99: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Multiplicando a equação acima por dx temos

2 2

02 ( )2

d dx v x dx E dxm dx

δ⎛ ⎞− Ψ

− Ψ = − Ψ⎜ ⎟⎝ ⎠

Integrando a equação acima (para 0x ≅ )

2 2

02

2

0

2

0

2

0

( )2

( ) ( )2

(0)2

(0)2 x x

d dx v x dx E dxm dx

d d dx v x x dx E dxm dx dx

dd v E dxm dx

d d v E dxm dx dx

ε ε ε

ε ε ε

ε ε ε

ε ε ε

ε ε

ε ε

ε

ε ε ε

δ

δ

+ + +

− − −

+ + +

− − −

+ +

− −

+

=+ =− −

⎛ ⎞− Ψ− Ψ = − Ψ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎛ ⎞− Ψ

− Ψ = − Ψ⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞− Ψ⎛ ⎞ − Ψ = − Ψ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞⎛ ⎞− Ψ Ψ

− − Ψ = − Ψ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

Considerando o teorema do valor médio,

1

11( ) ( )( )

2

n

n

tn n

m n nt

t tf t dt f t t t f t−

−−

+⎛ ⎞≅ − ≅ Δ⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ,

podemos reescrever a equação para 0x = como

2

0 (0) 02 x x

d d vm dx dxε ε=+ =−

⎛ ⎞⎛ ⎞− Ψ Ψ− − Ψ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠.

Para 0x ≠ , temos

2 2

2

2

2 2

2

2 0

d Em dx

d mEdx

⎛ ⎞− Ψ= − Ψ⎜ ⎟

⎝ ⎠Ψ ⎛ ⎞− Ψ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

.

Page 100: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

A solução da equação diferencial de segunda ordem, homogênea, e com coeficientes constantes é

1/ 21/ 2 222

2

( )mE xmE x

x Ae Be

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥+⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞−⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦Ψ = + .

Temos ainda que ( ) 0xΨ = em x →+∞

0B = 1/ 2

22

( )mE x

x Ae⎡ ⎤⎛ ⎞−⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦Ψ = para 0x > .

E também que ( ) 0xΨ = em x →−∞

0A = 1/ 2

22

( )mE x

x Be⎡ ⎤⎛ ⎞+⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦Ψ = para 0x < .

Obviamente, são soluções ligadas. Substituindo estas soluções em

2

0 (0) 02 x x

d d vm dx dxε ε=+ =−

⎛ ⎞⎛ ⎞− Ψ Ψ− − Ψ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠,

temos

1/ 2 1/ 22

02 2

2 2exp exp 02

x x

d mE d mEA x A x v Am dx dx

ε ε=+ =−

⎛ ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟− − + − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠.

Próximo a 0x = pode-se considerar que A B≅ . Como a constante A é um fator comum e pode ser eliminado, temos

Page 101: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

( )

1/ 2 1/ 22

02 2

1/ 22

02

1/ 22

02

42

02 2

202

2 2 02

22 02

2 0

2

2

mE mE vm

mE vm

mE vm

mE vm

mvE

⎡ ⎤⎛ ⎞− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦

⎛ ⎞− − − =⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ − =⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

=

.

Ou seja, 20

22v mE = é solução única, e também um número positivo. Isto

significa que não existe estado excitado ligado.

Page 102: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 23 Uma partícula de massa m em uma dimensão é ligada a um centro fixo por um potencial atrativo através de uma função δ :

( ) ( )V x xλδ= − ( 0λ > ).

Em 0t = , o potencial é repentinamente desligado ( isto é, 0V = para 0t > ). Encontre a função de onda para 0t > . (Seja quantitativo! Mas você não precisa se preocupar em calcular uma integral que pode aparecer.) Solução : Para este problema, podemos usar o resultado do problema 22. Temos do referido problema que a energia era

20

22v mE = .

Como em nosso problema 0vλ = , temos que

2 20

2 22 2v m mE λ

= = .

Portanto, podemos reescrever o termo presente na exponencial como

1/ 2

2

1/ 2222 22

2

2

( , 0)

( , 0)

( , 0)

m m x

mE x

m x

x t Ae

x t Ae

x t Ae

λ

λ

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟−⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞−⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

Ψ = =

Ψ = =

Ψ = =

.

Page 103: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Para a constante de normalização temos que

2 2

2

*

22

0

( , 0) ( , 0) 1

1

2 1

m x m x

m x

P x t x t dx

P Ae Ae dx

P A e dx

λ λ

λ

+∞

−∞

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− −+∞ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

−∞

−⎡ ⎤+∞⎢ ⎥⎣ ⎦

= Ψ = Ψ = =

= =

= =

Utilizando a relação de integração dada por

0

1axe dxa

+∞− =∫

temos para a expressão acima que

22

2

2 12

Am

mA

λ

λ

⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

.

Da relação (2.5.7)

30 0( ", ) ' ( ", ; ', ) ( ', )x t d x K x t x t x tΨ = Ψ∫ ,

e (2.5.16)

2

00 0

( " ')( ", ; ', ) exp2 ( ) 2 ( )

m im x xK x t x ti t t t tπ

⎡ ⎤−= ⎢ ⎥− −⎣ ⎦

,

temos que

2

2

( ')'1/ 22

2

( , 0) '. ( ',0). ( , ; ',0)

( , 0) '2

im x xm xt

x t dx x K x t x

m mx t e e dxi t

λλπ

+∞

−∞

⎡ ⎤−−+∞ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

−∞

Ψ > = Ψ

⎛ ⎞Ψ > = ⎜ ⎟⎝ ⎠

∫.

Page 104: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 24 Uma partícula em uma dimensão ( x−∞ < < +∞ ) está sujeita a uma força constante derivável de

V xλ= , ( 0λ > ).

a) É o espectro de energia contínuo ou discreto ? Escreva abaixo uma expressão aproximada para a autofunção de energia especificada por E . Também, faça um desenho simples ilustrando esta situação.

b) Discuta brevemente que mudanças são necessárias se V é substituído

por

V xλ= .

Solução : a.

Figura 1 : Gráfico de ( )V x em função de x para uma partícula sujeita a um potencial do tipo V xλ= . Para o nível de energia E , o ponto de retorno será

1x .

Page 105: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Pode-se observar claramente do gráfico que o espectro de energia é contínuo. Equação de Schrödinger para este problema.

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2

2

( ) 02

d x Em dxd x E

m dxd E x

m dx

λ

λ

λ

Ψ− + Ψ = Ψ

Ψ− Ψ = − Ψ

Ψ+ − Ψ =

Vamos resolver primeiramente para a região classicamente permitida: E V> .

2 2

2

2

2 2

( ) 02

2 ( ) 0

d E xm dx

d m E xdx

λ

λ

Ψ+ − Ψ =

Ψ −+ Ψ =

Temos como solução

22

2 ( ) 0

2 ( )

m E xp

ip m E x

λ

λ

−+ =

= + − .

Ou usando a notação do item da pagina 104, temos :

( )1/ 41( ) exp ' 2 ( ')

xix dx m E xE x

λλ

⎡ ⎤⎛ ⎞Ψ ≅ + −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠− ⎣ ⎦

Para a região classicamente proibida, isto é, E V< , temos para a equação de Schrödinger:

2 2

2 ( ) 02

d x Em dx

λΨ− − Ψ = .

Temos para a equação característica a seguinte relação:

Page 106: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

2

2

2 ( ) 0

1 2 ( )

m x Eq

q m x E

λ

λ

−− =

= + −.

Usando a notação do item da pagina 107, temos :

( )1/ 41 1( ) exp ' 2 ( )

x

x dx m x Ex E

λλ

⎡ ⎤⎛ ⎞Ψ ≅ + −⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠− ⎣ ⎦

As expressões para as funções de onda acima não são validas para o ponto próximo do ponto de retorno.

1Ex xλ

= = .

O desenho das autofunções de energia é mostrado na figura 2.

Figura 2 : Para a região classicamente permitida, temos o comportamento oscilatório da função de onda, enquanto, que para a região classicamente proibida, temos uma grande atenuação da mesma.

Page 107: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

b.

Figura 3 : Potencial V xλ= em função do módulo de x . Regiões I e III são classicamente proibidas. As regiões I e III são classicamente proibidas, e portanto, terão comportamento altamente amortecido para grandes valores de x . Também, dentro da região II , teremos um espectro de energia discreto ( estados ligado ), com as funções de onda ainda com comportamento oscilatório. Como antes, podemos escrever as funções de onda nas seguintes regiões como: Região I e III →

( )(1/ ) 2 ( ' ) '

1/ 41 m x E dxe

x Eλ

λ+ −∫

Região II →

( )( / ) 2 ( ') '

1/ 41 i m E x dxe

E xλ

λ+ −∫

Page 108: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 25 Considere um elétron confinado no interior de uma concha cilíndrica oca cujo eixo coincide com o eixo- z . A função de onda é requerida se anular nas paredes internas e externas, aρ ρ= e bρ , e também na base e no topo,

0z = e z L= . a. Encontre as funções de energia ( não se preocupe com a normalização ). Mostre que os autovalores são dados por

222

2

1, 2,3,...0,1, 2,...

lmn mne

lE km L

lm

π⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦

==

onde mnk é a enésima raiz da equação fundamental transcendental

( ) ( ) ( ) ( ) 0m mn b m mn a m mn b m mn aJ k N k N k J kρ ρ ρ ρ− = .

b. Repita o mesmo problema quando existe um campo magnético uniforme ˆB Bz= para 0 aρ ρ< < . Note que os autovalores de energia são influenciados pelo campo magnético mesmo quando o elétron nunca “toca” o campo magnético. c. Compare, em particular, o estado fundamental do problema 0B = com aquele do problema 0B ≠ . Mostre que se nós requerermos a energia do estado fundamental ser imutável na presença de B , nós obteremos a “quantização do fluxo”

2 2

0, 1, 2,...

acNB

eN

ππρ =

= + +.

Page 109: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Solução :

Figura 1 : Geometria do problema para um elétron confinado em uma concha cilíndrica. a. Equação de Schrödinger.

22

2E E

m− ∇ Ψ = Ψ = − Ψ → estado ligado

Laplaciano em coordenadas cilíndricas.

2 22

2 2 2

1 1z

ρρ ρ ρ ρ θ

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂∇ = + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

Aplicando o Laplaciano, temos :

2 2 2

2 2 2

1 12

Em z

ρρ ρ ρ ρ θ⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂

− + + Ψ = − Ψ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦.

Fazendo

Page 110: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

( , , ) ( ) ( ) ( )z R Z zρ θ ρ θΨ = Θ ,

temos

2 2 2

2 2 22Z R RZ ZR E R Z

m zρ

ρ ρ ρ ρ θ⎡ ⎤⎛ ⎞Θ ∂ ∂ ∂ Θ ∂

− + + Θ Ψ = − Θ⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦.

Dividindo por R ZΘ , temos :

2 2

2 2 2 2

21 1 1 m ER ZR Z z

ρρ ρ ρ ρ θ

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ ∂+ + =⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂ ∂⎝ ⎠

.

Separando a variável z , temos :

2 2

2 2

2 2 2 2

21 1 1m EZ Rz z R

α α

ρρ ρ ρ ρ θ

= =

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ Θ= − −⎜ ⎟∂ ∂ ∂ Θ ∂⎝ ⎠

.

Substituindo a constante 2α , temos para a equação em z

22

2

2

2

1

"" 0

ZZ zZ ZZ Z

α

α

α

∂=

∂=

− =

.

Da tabela Schaum, equação (18.7), temos para duas raízes reais e distintas ( 1 2m m≠ ) a seguinte solução :

1 2( ) m x m xY x Ee Fe= + . Portanto, nossa solução para z é :

( ) z zZ z Ee Feα α−= + . Voltando para a equação principal, temos :

Page 111: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

22

2 2 2

21 1 m ERR

ρ αρ ρ ρ ρ θ

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ+ + =⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂⎝ ⎠

.

Multiplicando por 2ρ , temos :

2

222 2

2 2

21

m cte

m ERR

ρρ ρ ρ αρ ρ θ

− =

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ+ + =⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂⎝ ⎠

.

Para a equação em Θ , temos :

22

2

22

2

1

0

m

m

θ

θ

∂ Θ= −

Θ ∂∂ Θ

+ Θ =∂

.

Da equação (18.7) da tabela Schaum para raízes imaginarias temos que

( ) im imCe Deθ θθ −Θ = + . Para a equação radial temos

22 2 2

2

2 2 22

2

20

m ER mR

m ER mR

ρρ ρ ρ αρ ρ

ρ ρ ρ αρ ρ

⎛ ⎞∂ ∂− + =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂− + − =⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Multiplicando por 21/ ρ , temos :

2

22

2 2

21 0

k

m ER mR

ρ αρ ρ ρ ρ

⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂− + − =⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Definindo

2 22

2m Ek α= − ,

podemos reescrever a equação como

Page 112: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

2

22

1 0R m kR

ρρ ρ ρ ρ

⎛ ⎞∂ ∂− + =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

.

Trocando de variáveis, x kρ= , e fazendo diferenciais, temos que

d dx dd d dxρ ρ

= , dx kdρ

= , d dkd dxρ

= .

2

22

2 22

2 2

2 2 22 2

2 2

1 0

1 1 0

1 0

R m kR

d R dR m kR d R d

d R k dR m kk k kR dx Rx dx x

ρρ ρ ρ ρ

ρ ρ ρ ρ

⎛ ⎞∂ ∂− + =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠

+ − + =

+ − + =

Multiplicando por 2/R k , temos

2 2

2 2

2 2

2 2

1 0

1 1 0

d R dR m R Rdx x dx xd R dR m Rdx x dx x

+ − + =

⎛ ⎞+ + − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

.

A equação acima é a equação de Bessel. Da tabela Schaum, formula (24.1 e 24.14), temos

2

2

1" ' 1 0my y yx x

⎛ ⎞+ + − =⎜ ⎟

⎝ ⎠,

com solução da forma

( ) ( ) ( )m mR x AJ x BN x= + .

Page 113: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

6

Solução geral tem a forma

[ ]( )( )( , , ) ( ) ( ) ( )

( , , ) ( ) ( ) im im z zm m

z R Z z

z AJ x BN x Ce De Ee Feθ θ α α

ρ θ ρ θ

ρ θ − −

Ψ = Θ

Ψ = + + +.

Condições de contorno : 1) ( , , 0) 0

2) ( , , ) 0

3) ( , , ) 0

4) ( , , ) 0a

b

z

z L

z

z

ρ θ

ρ θ

ρ ρ θ

ρ ρ θ

Ψ = =

Ψ = =

Ψ = =

Ψ = =

.

Aplicando as condições de contorno, temos : 1) ( , , 0) 0zρ θΨ = = ( )

00

0

z z

zEe Fe

E FE F

α α−

=+ =

+ == −

Substituindo

( ) 2 22

z zz z e eE e e E Esenh z

α αα α α

−− −

− = = Tabela Schaum ( 8.1)

2) ( , , ) 0z Lρ θΨ = = ( ) 0z z

z LEe Feα α−

=+ =

Temos da condição anterior que E F= − Então ( ) 0L LE e eα α−− =

Page 114: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

7

A função irá se anular quando

iα κ= → ( complexo ) Substituindo, temos a seguinte expressão ( ) 0

2 0

i L i LE e e

Eisen L

κ κ

κ

−− =

=.

Relação obtida da tabela Schaum (7.17), e que vale apenas se

L lκ π= → 1,2,3,...l = É importante salientar neste momento que l não pode ser igual a zero, porque senão teremos que a função de onda total será nula

[ ]( )( )[ ]( )

( , , ) ( ) ( )

( , , ) ( ) ( ) 2

im im z zm m

im imm m

z AJ x BN x Ce De Ee Fe

lz AJ x BN x Ce De Eisen zL

θ θ α α

θ θ

ρ θ

πρ θ

− −

Ψ = + + +

⎛ ⎞Ψ = + + ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Temos ainda que

2 0α < 3-4) ( ) ( ), , , , 0a bz zρ θ ρ θΨ = Ψ =

( ) ( ) 0m a m aAJ k BN kρ ρ+ = (*) A mesma condição para bρ ρ=

( ) ( ) 0m b m bAJ k BN kρ ρ+ = Somando as equações

Page 115: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

8

[ ] [ ]( ) ( ) ( ) ( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( )( ) ( )

m a m b m a m b

m a m b m a m b

m a m b

m a m b

AJ k AJ k BN k BN kA J k J k B N k N k

N k N kA BJ k J k

ρ ρ ρ ρ

ρ ρ ρ ρ

ρ ρρ ρ

+ + + =

+ + + =

+= −

+

Substituindo (*) na equação acima, temos

( ) ( ) ( ) ( ) 0( ) ( )

m a m bm a m a

m a m b

N k N kB J k BN kJ k J k

ρ ρ ρ ρρ ρ

+− + =

+.

Multiplicando por

( ) ( )m a m bJ k J kρ ρ+ , temos

[ ] [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) ( ) ( ) 0

m a m b m a m a m a m b

m a m a m b m a m a m a m a m b

m b m a m a m b

m b m a m a m b

B N k N k J k BN k J k J kBN k J k BN k J k BN k J k BN k J kBN k J k BN k J kN k J k N k J k

ρ ρ ρ ρ ρ ρ

ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρ ρρ ρ ρ ρ

ρ ρ ρ ρ

− + + + =

− − + + =− + =− + = Lembrando que x kρ= , temos

2 22 2 2

2 2

2m El kLπα κ= − = − = + .

Logo

2 2 22

2

2 2 22

2

2

2

lE km L

lE km L

π

π

⎡ ⎤= − +⎢ ⎥

⎣ ⎦⎡ ⎤

= +⎢ ⎥⎣ ⎦

Page 116: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

9

Olhando para a equação transcendental,

( ) ( ) ( ) ( ) 0m mn b m mn a m mn b m mn aJ k N k N k J kρ ρ ρ ρ− = . percebemos que

2 22

2m Ek α= −

é uma função de n , portanto,

1, 2,3,...0,1,2,...

mn

lmn

klm

E

=→

=.

Page 117: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

10

b. Para o caso (a), temos que a região entre a bρ ρ ρ< < é livre de campo. Ou seja,

0A = e 0φ = . Nesta situação a equação de Schrödinger pode ser escrita como : ( )2

2

iE

m

− ∇Ψ = Ψ .

Figura 2 : Entre as regiões a bρ ρ ρ< < não temos a presença de linhas de campo magnético B . Para a forma invariante de gauge, teremos :

212

e A Em i c⎛ ⎞∇ − Ψ = Ψ⎜ ⎟⎝ ⎠

. ( 0φ = ) (2.6.20)

Lembre-se, Ψ e Ψ estão relacionadas através da equação (2.6.55),

/ief ce+Ψ = Ψ , em que A f= ∇ (2.6.37), e, 0B xA= ∇ = .

Page 118: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

11

Para achar a solução com 0A ≠ , devemos encontrar a solução para Ψ com 0A = e então multiplicar pelo fator de fase

/ief ce+ , em que

( , ) '. ( ', )r

f r t dr A r t= ∫ .

Vamos escolher um calibre para o qual

0zA Aρ= = , e,

ˆGAθ θρ

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

,

em que G é uma constante. Lembre-se, operador nabla em coordenadas cilíndricas é escrito como :

ˆ ˆˆ ˆˆ1 1

0 0 0

ˆ ˆ

B xA

z

Bz

A A

A AB zz

θ θ

θ θ

ρ θ ρ θ

ρ ρ θ ρ ρ θ

ρρ

= ∇

⎛ ⎞⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎜ ⎟= ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂

⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞∂ ∂⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Como o campo B só tem componente z , temos que

ˆ AB z θ

ρ⎛ ⎞∂

= ⎜ ⎟∂⎝ ⎠.

A componente angular do vetor dr é

Page 119: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

12

ˆ'. '.dr dρ θ θ= . A integral para a função ( , )f r t fica

0

( , ) '. ( ', )

( , ) '. ''

( , )

r

f r t dr A r t

Gf r t d

f r t G

θ

ρ θρ

θ

= =

=

=

∫ .

A função de onda 'Ψ pode ser escrita como

/ie G ce θ+Ψ = Ψ . Usando o Teorema de Stokes ( ). .CxA dS A dl∇ =∫ ∫ ,

em que C é um contorno fechado no interior da concha cilíndrica, podemos obter o valor da constante G .

2 2aB Gρ π π= Então, teremos para a função de onda a seguinte expressão

2 / 2aieB c ie eθρ βθ+Ψ = Ψ = Ψ . Fica evidente a partir de considerações de simetria que a solução para 'Ψ pode ser escrita como

( ) ( ) ( )iR e Z zβθρ θΨ = Θ . A parte angular pode ser escrita como

( ) ( )ie βθθ θΘ = Θ .

Page 120: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

13

A forma de ( )R ρ e ( )Z z são as mesmas que a da parte (a) deste problema, mas com uma constante de separação diferente para ( )R ρ . Para a equação original ( item a ), temos :

2 2

2 2

2 2 2 2

21 1 1m EZ Rz z R

α α

ρρ ρ ρ ρ θ

= =

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ Θ= − −⎜ ⎟∂ ∂ ∂ Θ ∂⎝ ⎠

2

22 2 2

2 22 2

2 2

222 2

2 2

22 2

2 2

2 1 1

2 1

21 0

21 0

m E RR

m E RR

m ERR

m ERR

ρ αρ ρ ρ ρ θ

ρ ρ ρ α ρρ ρ θ

ρρ ρ α ρρ ρ θ

ρ ρ α ρρ ρ θ

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ− − =⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂⎝ ⎠

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ− − =⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂⎝ ⎠

⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ+ + − =⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂⎝ ⎠

⎛ ⎞⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ+ + − =⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Definindo

2 22

2m Ek α= − ,

temos a equação :

22 2

2

1 0R kRρ ρ ρ

ρ ρ θ⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ

+ + =⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂⎝ ⎠.

Especificamente para a função,Θ temos :

22

2

22

2

1

0

m

m

θ

θ

∂ Θ= −

Θ ∂∂ Θ

+ Θ =∂

. 0,1,2,3,...m =

Considerando a função Θ escrita como

Page 121: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

14

i

i

ee

βθ

βθ−

Θ = Θ

Θ = Θ,

Podemos reescrever a equação diferencial para θ como

( ) ( )

22

2

22

2

0

0i

i

m

em e

βθβθ

θ

θ

−−

∂ Θ+ Θ =

∂∂ Θ

+ Θ =∂

.

Calculando a derivada primeira e segunda temos :

( )

( )

( )

22

2

2

2

( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

ii i i i

i i i

i i i i

i i i

ee e e i e

e e i e

i e i e i e e

e i e i e

βθβθ βθ βθ βθ

βθ βθ βθ

βθ βθ βθ βθ

βθ βθ

βθ θ θ θ

βθ θ θ θ

β β βθ θ θ

β βθ

−− − − −

− − −

− − − −

− − −

∂ ∂Θ ∂ ∂ΘΘ = +Θ = +Θ −

∂ ∂ ∂ ∂

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂Θ⎡ ⎤Θ = +Θ −⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦∂Θ ∂Θ ∂ Θ

= − + − Θ + − +∂ ∂ ∂

∂ Θ= + − + −

( ) ( )

( )

( ) ( )

2

22

2

22

2

22

2

( )

2 ( )

2 ( )

2

i

i i i

i

i

i e

e i e i e

i i e

i e

βθ βθ

βθ βθ βθ

βθ

βθ

βθ

β βθ θ

β βθ θ

β βθ θ

− − −

∂Θ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − Θ⎣ ⎦ ⎣ ⎦∂∂ Θ ∂Θ ⎡ ⎤= + − + − Θ⎣ ⎦∂ ∂

⎧ ⎫∂ Θ ∂Θ ⎡ ⎤= + − + − Θ⎨ ⎬⎣ ⎦∂ ∂⎩ ⎭⎧ ⎫∂ Θ ∂Θ

= + − + − Θ⎨ ⎬∂ ∂⎩ ⎭ . Substituindo na equação diferencial angular temos :

Page 122: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

15

( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( )

22 2

2

22 2

2

22 2

2

22 2

2

2 0

2 0

21 0

1 2

i ii e m e

i m

im

i m

βθ βθβ βθ θ

β βθ θ

ββ

θ θβ β

θ θ

− −⎧ ⎫∂ Θ ∂Θ+ − + − Θ + Θ =⎨ ⎬∂ ∂⎩ ⎭

∂ Θ ∂Θ+ − + − Θ =

∂ ∂−∂ Θ ∂Θ

+ + − =Θ ∂ Θ ∂∂ Θ ∂Θ

− = − −Θ ∂ Θ ∂

,

definindo

2 2 2mγ β= − . Voltando para a equação radial e angular, temos :

22

2 2

2 2 2 2 2

22

2 2 2 2

22

2 2 2 2

21 1 1 2

2 1 1 2

2 1 1 2 0

1

m EZ R iz z R

m E R iR

m E R iR

RR

α α

βρρ ρ ρ ρ θ ρ θ

βρ αρ ρ ρ ρ θ ρ θ

βρ αρ ρ ρ ρ θ ρ θ

ρρ ρ ρ

= =

⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂ Θ ∂Θ= − − +⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ∂ Θ ∂ Θ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ ∂Θ− − + =⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂ Θ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ ∂Θ− − + − =⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂ Θ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦

⎛∂ ∂∂ ∂

22

2 2 2 2

22 2 2

2 2

22 2

2 2

2

21 2 0

21 2 0

21 2 0

1

m Ei

m ER iR

m ER iR

RR

β αρ θ ρ θ

ρ βρ α ρ ρρ ρ θ θ

ρ βρ α ρρ ρ θ θ

ρ ρρ ρ

⎡ ⎤⎞ ∂ Θ ∂Θ+ − + − =⎢ ⎥⎜ ⎟ Θ ∂ Θ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦

⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ ∂Θ+ − + − =⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂ Θ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦

⎛ ⎞⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ ∂Θ+ − + − =⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂ Θ ∂⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ+⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ Θ⎝ ⎠⎣ ⎦

2

2 22 2

22 2

2 2

22 0

1 2 2 0k

m Ei

R i mER

β κ ρθ θ

ρ βρ κ ρρ ρ θ θ

=

⎛ ⎞∂Θ− + − − =⎜ ⎟∂ Θ ∂ ⎝ ⎠

⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ ∂Θ ⎛ ⎞+ − + − + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂ Θ ∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

O livro de respostas do Sakurai apresenta um erro nesta equação. De acordo com o livro deveríamos ter

Page 123: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

16

2

22 2

2 2

1 2 2 0k

R i mERρ βρ κ ρ

ρ ρ θ θ=

⎡ ⎤⎛ ⎞∂ ∂ ∂ Θ ∂Θ ⎛ ⎞+ − + + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ Θ ∂ Θ ∂ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦.

Como definido no item (a) anteriormente, temos

2 2α κ= − , e

2 22

2mEk α= + ou 2 22

2mEk κ= − + .

Também, como antes, temos

22 l

Lπκ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠,

então,

2

22

2l mEkLπ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠,

em que

nk kγ= . Finalmente, temos para a energia a seguinte expressão

222

2 ne

lE km Lγ

π⎡ ⎤⎛ ⎞= +⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

,

onde nkγ e como antes a enésima raiz da equação transcendental definida por

( ) ( ) ( ) ( ) 0n b n a n b n aJ k N k N k J kγ γ γ γ γ γ γ γρ ρ ρ ρ− = .

Page 124: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

17

Lembre-se : N Jγ γ−→ quando γ não é inteiro. Também, como γ depende de β ( e consequentemente do campo magnético B ), os autovalores de energia são influenciados pelo campo B apesar do elétron nunca tocar o campo magnético.

Page 125: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

18

c. Sem campo magnético aplicado ( 0B = ), temos para as auto-energias a seguinte expressão

2 2 22

22lE k

m Lπ⎡ ⎤

= +⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Olhando para a equação transcendental,

( ) ( ) ( ) ( ) 0m mn b m mn a m mn b m mn aJ k N k N k J kρ ρ ρ ρ− = , com

2 22

2m Ek α= − ,

em que

1,2,3,...0,1, 2,...

1, 2,3,...

mn

lmn

klmn

E

=→ =

=.

Temos para o estado fundamental

2 22

101 01 22 e

E km L

π⎡ ⎤= +⎢ ⎥

⎣ ⎦,

com

0 01 0 01 0 01 0 01( ) ( ) ( ) ( ) 0b a b aJ k N k N k J kρ ρ ρ ρ− = . Para ( 0B ≠ ), temos a seguinte expressão

Page 126: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

19

2 22

22ground ne

E km Lγ

π⎡ ⎤= +⎢ ⎥

⎣ ⎦,

onde γ não é necessariamente um inteiro. Se a energia do estado fundamental não muda na presença do campo magnético B , então,

2 2 2 0mγ β= − = , ( m é um inteiro ). Então,

2 2mm

ββ

== ±

,

e,

2

2

22

0, 1, 2, 3,...

a

a

eBmcN cBe

N m

ρ

ππρ

± =

=

= ± = ± ± ±

.

Page 127: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

20

Page 128: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 26 Considere uma partícula se movendo em uma dimensão sobre a influência de um potencial ( )V x . Suponha que a função de onda da partícula possa ser escrita como

( , )exp iS x t⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Prove que ( , )S x t satisfaz a equação clássica de Hamilton-Jacobi se puder ser pensada como uma quantidade pequena. Mostre como alguém pode obter a função de onda correta para uma onda plana começando com a solução da equação clássica de Hamilton-Jacobi com ( ) 0V x = . Por que nós escolhemos esta função de onda para este caso em particular ? Solução : Temos que

( , )( , ) exp iS x tx t ⎡ ⎤Ψ = ⎢ ⎥⎣ ⎦, (2.4.18)

e, E i

t∂

=∂

.

Para o Hamiltoniano, temos a seguinte expressão

2 2

2 ( )2

H V xm x

∂= − +

∂.

Então, a equação de Schrödinger pode ser escrita como

2

( )2

H E

i S i SV x im x x t

Ψ = Ψ

⎛ ⎞ ⎡ ⎤∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎡ ⎤− Ψ + Ψ = Ψ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎝ ⎠

,

ou ainda, como

Page 129: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

2 2

2 ( )2

i S i S i S i SV x im x x x t⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎡ ⎤− Ψ + Ψ + Ψ = Ψ⎢ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎣ ⎦

.

Se 0→ , temos a seguinte equação

21 ( )2

S SV xm x t

∂ ∂⎛ ⎞ + = −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠,

que é a equação de Hamilton-Jacobi. Para a o caso particular em que ( ) 0V x = , nós teremos

212

S Sm x t

∂ ∂⎛ ⎞ = −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠.

O lado esquerdo da equação acima é uma função de x , enquanto, o lado direito, é uma função de t . Portanto, este é um problema em que podemos usar a separação de variáveis da forma

( , ) ( ) ( )S x t X x T t= + . Então, a nossa equação de Hamilton-Jacobi se torna

21 tan2

X T cons tem x t

α∂ ∂⎛ ⎞ = − = =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠.

Logo

( )

Tt

T t t cte

α

α

∂= −

∂= − +

,

e,

Page 130: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

212

2

2

( ) 2

Xm xX mxX m x

X x m x cte

α

α

α

α

∂⎛ ⎞ =⎜ ⎟∂⎝ ⎠∂

=∂∂ = ∂

= +

.

Pode-se finalmente escrever a nossa função de onda ( , )x tΨ como

( )

( , )( , ) exp

2( , ) exp

iS x tx t

i m x tx t

α α

⎡ ⎤Ψ = ⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤−⎢ ⎥Ψ =⎢ ⎥⎣ ⎦

,

que é a função de uma onda plana. Nosso procedimento funciona por que

S é linearmente dependente em x , isto é, 2

2 0Sx∂

=∂

.

Page 131: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 2.27 Usando coordenadas esféricas, obtenha uma expressão para J para os estados fundamental e excitado do átomo de hidrogênio. Mostre, em particular, que para os estados 0lm ≠ , existe um fluxo circulante no sentido de que J esta na direção de aumento ou decréscimo de φ , dependendo se lm é positivo ou negativo. Solução :

Figura 1 : Coordenadas esféricas. Equação 2.4.16.

( ) ( ){ }* *

2iJm

= − Ψ ∇Ψ − ∇Ψ Ψ

Função de onda para o átomo de hidrogênio.

,( , , ) ( ). ( ). ( )l lnl m l mr R r Yθ φ θ φΨ = Φ

Funções de onda para , ( )

lm lY θ e ( )lm φΦ .

, ,( ) (cos )

( )

l

l l

l

l

ml m l m l

imm

Y C P

e φ

θ θ

φ

=

Φ =

Em coordenadas esféricas, o operador nabla pode ser escrito como

Page 132: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

1 1ˆ ˆ ˆre e er r rsenθ φθ θ φ∂ ∂ ∂

∇ = + +∂ ∂ ∂

.

Vamos calcular agora cada termo da equação 2.4.16. Como estamos interessados apenas na componente azimutal, calcularemos apenas este termo. Para Ψ e *Ψ temos a seguinte expressão.

*

l

l

im

im

RYeRYe

φ

φ−

Ψ =

Ψ =

Para ∇Ψ temos a expressão.

1ˆ ( ) limlRYe im e

rsenφ

φ θ+∇Ψ =

Para *( )Ψ ∇Ψ temos

( )**

2*

ˆ( )

ˆ( )

l

l

imRY e RYrsen

im ersen

φ

φ

θ

θ

⎛ ⎞Ψ ∇Ψ = Φ Φ⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞Ψ ∇Ψ = Ψ⎜ ⎟⎝ ⎠

Para *∇Ψ temos

* * 1ˆ( ) ( ) limlRY e im e

rsenφ

φ θ−∇Ψ = −

Para *( )Ψ ∇Ψ temos

( )( )**

2*

ˆ( )

ˆ( )

l

l

imRY RY ersen

im ersen

φ

φ

θ

θ

−⎛ ⎞Ψ ∇Ψ = Φ Φ ⎜ ⎟⎝ ⎠

−⎛ ⎞Ψ ∇Ψ = Ψ⎜ ⎟⎝ ⎠

Podemos agora finalmente calcular J , dado por

2 2ˆ ˆ2

l lim imiJ e em rsen rsenφ φθ θ⎧ ⎫−⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − Ψ − Ψ⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭

,

Page 133: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

ou

2 ˆlmJ emrsen φθ

= Ψ .

Com base na equação acima, pode-se ter as seguintes situações : a) se 0lm = , tem-se 0J = . b) se 0lm ≠ , pode-se ter : 1) 0J > , com 0lm > ; 2) 0J < , com 0lm < . Caso 1 Para 090θ = ( plano- xy ), temos

2 ˆlmJ emr φ= Ψ .

0J > → 0lm >

J tem a mesma direção que eφ , e sentido de aumento de φ . Caso 2

0J < → 0lm < J tem direção oposta de eφ ,

e sentido de decréscimo de φ .

Figura 2 : O vetor J tem sentido oposta ao vetor eφ .

Page 134: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

Page 135: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 2.28 Derive (2.5.16) e obtenha a generalização para três dimensões da (2.5.16). Solução : Queremos obter o propagador para a partícula livre. Para isso, a observável óbvio que comuta com H , e o operador momento, onde 'p é um autoket simultâneo de H .Assim,

' ' 'p p p p= e 2'' '

2pH p pm

= (1)

Desde que

' 00

'

( )( '', ; ', ) '' ' ' ' exp a

a

iE t tK x t x t x a a x − −⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Então, substituindo 'p no lugar de 'a , lembrando que o espectro de p é continuo. Temos:

20

0' ( )( '', ; ', ) ' '' ' ' ' exp2

ip t tK x t x t dp x p p xm

+∞

−∞

⎡ ⎤− −= ⎢ ⎥

⎣ ⎦∫

*Determinação de '' 'x p

Temos que

' ' 'p p p p= '' ' ' '' 'x p p p x p= Logo, como conhecemos o operador p na base { }''x , temos:

' ''/

'' ' ' '' '''

'' '' ''

'' '

'' ' ip x

i x p p x px

d x pi p dx

x p

x p Ae

∂− =

− =

=

(3)

Page 136: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Normalização:

'' ' ( '' ') ' '' ' ' ' ( '' ')x x x x dp x p p x x xδ δ+∞

−∞

= − = = −∫

E substituindo (3), vamos obter:

2( '' ') 'exp '( '' ')ix x A dp p x xδ+∞

−∞

⎡ ⎤− = −⎢ ⎥⎣ ⎦∫ (4)

Mas, sabemos que 'x e 'p estão relacionados por uma transformada de Fourier de modo que:

' '/ ' '/1( ') ( ') ' ( ') ( ') '2

ip x ip xf p e g x dx g x e f p dpπ

+∞ +∞−

−∞ −∞

= → =∫ ∫

Sendo ( ') ( '' ')g x x xδ= − , então, a primeira integral nos diz que:

' ''/1( ')2

ip xf p eπ

=

E substituindo na segunda integral acima, obtemos

'( '' ') /1( '' ') '2

ip x xx x e dpδπ

+∞−

−∞

− = ∫ . (5)

E substituindo (5) em (4), obtemos:

2( '' ') 2 ( '' ')

1/ 2

x x A x x

A

δ π δ

π

− = −

= (6)

Substituindo (6) em (3), obtemos:

( )1/ 21 ' '''' ' exp

2ip xx p

π⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

(7)

E substituindo (7) em (2), obtemos:

Page 137: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

( ) ( )

20

0 1/ 2 1/ 2

20

0

' ( )1 ' '' 1 ' '( '', ; ', ) ' exp exp exp22 2

' ( )1( '', ; ', ) 'exp '( '' ') xp2 2

ip t tip x ip xK x t x t dpm

ip t tiK x t x t dp p x x em

π π

π

+∞

−∞

+∞

−∞

⎛ ⎞− −−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎡ ⎤− −⎡ ⎤= − ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Resolvendo, temos:

200

( )1( '', ; ', ) exp ' ( '' ') ' '2 2

t tiK x t x t p x x p dpmπ

+∞

−∞

⎧ ⎫−⎡ ⎤= − − −⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭∫

Agora temos:

( )2

20 0

0

2

exp ' '' ' ' exp ' ( '' ')2 2 2( )

exp ( '' ')2( )o

t t t ti i mp x x p p x xm m t t

i m x xt t

⎧ ⎫⎛ ⎞⎧ ⎫− −⎪ ⎪⎡ ⎤− − − = − − −⎜ ⎟⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎜ ⎟−⎣ ⎦⎩ ⎭ ⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭⎛ ⎞

−⎜ ⎟−⎝ ⎠

Portanto,

22

00

0 0

1 ( '' ')( '', ; ', ) exp 'exp ' ( '' ')2 2 ( ) 2 2( )

t tim x x i mK x t x t dp p x xt t m t tπ

+∞

−∞

⎧ ⎫⎛ ⎞⎡ ⎤ −− ⎪ ⎪= − − −⎜ ⎟⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎜ ⎟− −⎣ ⎦ ⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭∫

E fazendo

0

0

' ( '' ')2 2( )

t t mu p x xm t t−

= − −−

0 '2

t tdu dpm−

=

Então

2

20

0 0

2

0

0 0

2

0

0

2'exp ' ( '' ') exp2( )

2'exp ' ( '' ')2( )

'exp ' ( '' ')2( )

t ti m m idp p x x u dum t t t t

t ti m mdp p x xm t t t t i

t ti mdp p x xm t t

π

+∞ +∞

−∞ −∞

+∞

−∞

⎧ ⎫⎡ ⎤−⎪ ⎪ ⎛ ⎞− − − = −⎢ ⎥⎨ ⎬ ⎜ ⎟− − ⎝ ⎠⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭⎧ ⎫⎡ ⎤−⎪ ⎪− − − =⎢ ⎥⎨ ⎬− −⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭⎧ ⎫⎡ ⎤−⎪ − − −⎢ ⎥⎨ −⎢ ⎥⎪⎣ ⎦⎩

∫ ∫

0

2( )

mi t tπ+∞

−∞

⎪ =⎬ −⎪⎭∫

Page 138: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

E substituindo o resultado desta integral em (8), vamos obter:

2

00 0

2

00 0

1 ( '' ') 2( '', ; ', ) exp2 2 ( ) ( )

( '' ')( '', ; ', ) exp2 ( ) 2 ( )

im x x mK x t x tt t i t t

m im x xK x t x ti t t t t

ππ

π

⎡ ⎤−= ⎢ ⎥− −⎣ ⎦

⎡ ⎤−= ⎢ ⎥− −⎣ ⎦

resposta I

Para três dimensões, a equação (2) toma a forma:

203

0

' ( )( '', ; ', ) ' '' ' ' ' exp

2i p t t

K x t x t d p x p p xm

+∞

−∞

⎡ ⎤−= −⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦∫

Agora, generalizando (7), temos:

( )3/ 21 '. '''' exp

2ip xx p

π⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Logo

( )

( )

203

0 3

23 00 3

' ( )1( '', ; ', ) 'exp '.( '' ') exp22

( )1( '', ; ', ) 'exp ' ( '' '). '22

i p t tiK x t x t d p p x xm

t tiK x t x t d p p x x pm

π

π

+∞

−∞

+∞

−∞

⎡ ⎤−⎡ ⎤= − −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎧ ⎫−⎡ ⎤= − − −⎨ ⎬⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭

Mas,

2 2' 'ii

p p=∑ e ( '' '). ' ( '' ' ) 'i i ii

x x p x x p− = −∑

Logo

( ) ( ) ( ) ( )20 0 2exp ' '' ' . ' exp ' '' ' . '2 2 i i i i

i

t t t ti ip x x p p x x pm m

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤− −⎪ ⎪ ⎪ ⎪− − − = − − −⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭ ⎩ ⎭

Mas

exp exp( )i ii

x x⎛ ⎞=⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∏

Page 139: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

De modo que:

( ) ( ) ( ) ( )3

20 0 2

1

exp ' '' ' . ' exp ' '' ' . '2 2 i i i i

i

t t t ti ip x x p p x x pm m=

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤− −⎪ ⎪ ⎪ ⎪− − − = − − −⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭ ⎩ ⎭

Como 3

3

1

' 'ii

d p dp=

=∏

Então o integrando pode ser escrito como:

( )( )3

0 20 3

1

1( '', ; ', ) exp ' ( '' ' ) '22

j j j j jj

t tiK x t x t dp p x x pmπ

+∞

= −∞

⎧ ⎫⎧ ⎫⎡ ⎤−⎪ ⎪ ⎪⎪= − − −⎨ ⎨ ⎬⎬⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎪ ⎪⎩ ⎭⎩ ⎭

∏ ∫

E substituindo a ‘resposta I’ obtemos

( )

3/ 2 23

0 310 0

3/ 2 2

00 0

( '' ' )1 2( '', ; ', ) exp( ) 2 ( )2

( '' ')( '', ; ', ) exp2 ( ) 2 ( )

j j

j

im x xmK x t x ti t t t t

m im x xK x t x ti t t t t

ππ

π

=

⎛ ⎞−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Page 140: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 29 Defina a função partição como

3

/' ( ', ; ',0)

itZ d x K x t x

β == ∫ ,

como nas equações (2.5.20)-(2.5.22). Mostre que a energia do estado fundamental é obtida fazendo

1 ZZ β∂

−∂

, ( )β →∞ .

Ilustre isto para uma partícula em uma caixa unidimensional. Solução : Equação (2.5.20)

3

23 '

'

'

'

( ) ' ( ', ; ',0)

( ) ' ' ' exp

( ) exp

a

a

a

a

G t d x K x t x

E tG t d x x a

iE tG t

=

−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑∫

.

Pode-se observar da última equação que esta é apenas uma soma sobre todos os estados, como a função partição conhecida da mecânica estatística. Pois, se definirmos β como

itβ = , (2.5.21)

teremos a equação (2.5.22)

( )''

exp aa

Z Eβ= −∑ ,

Page 141: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

que é a função partição já conhecida. Por esta razão, algumas técnicas encontradas no estudo dos propagadores podem ser extremamente úteis no estudo da Mecânica Estatística. Da equação (2.5.20-2.5.22) temos que

( )3'/

'' ( ', ; ', 0) exp ait

aZ d x K x t x E

ββ

== = −∑∫ .

A probabilidade de um sistema estar no autoestado 'aE é

[ ]''

exp( ) a

a

EP E

Zβ−

= .

Por outro lado, da equação (1.4.6), o valor médio medido pode ser escrito como

' "2

'' '

" " ' '

' 'a a

valor medido de aa probabilidade de obter a

A a a A a a

A a a

α α

α

=

=

∑∑

∑.

Portanto, a energia do estado fundamental pode ser escrita como

[ ]' ' ' '' '

1 1( ) expa a a aa a

ZU E P E E EZ Z

ββ∂

= = − = −∂∑ ∑ .

Para uma partícula em uma caixa unidimensional (com condição de contorno periódica), temos

2

2

nkLLn k

π

π

=

=. ( C. Kittel, Solid State of Physics, Pág. 189, Fig. 7.7 )

Portanto,

'2 2L Lda dn dk dpπ π

= = = .

Page 142: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

Então, para a função partição

( )

( )

( )

''

exp

exp

.exp

aa

nn

n

Z E

Z E

Z dn E

β

β

β

= −

= −

= −

,

teremos

( )

2 2 2

2

2 2 2

0 0

.exp

.exp2 2

22 2

n

p p pm m m

Z dn E

L pZ dpm

L L LZ e dp e dp e dpβ β β

β

βπ

π π π

+∞

−∞

∞ ∞ ∞− − −

−∞

= −

⎛ ⎞−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫ ∫

.

Fazendo uma mudança de variáveis

22 2

2

2

p mu p um

mdp du

ββ

β

= → =

=

,

teremos para a função partição

2

0

2 22 2

uL m L m L mZ e du ππ β π β πβ

∞−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ .

Finalmente, a energia do estado fundamental para uma partícula em uma caixa unidimensional é

( )( )( ) 3/ 2

1/ 21 1 / / 2 ( 1/ 2)

/ / 21

2

dZU L mZ d L m

U

π ββ πβ

β

−= − = − −

=

.

Page 143: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

É importante lembrar que em termodinâmica 1/ kTβ = , então, a energia do estado fundamental é igual a / 2kT , o que é um resultado razoável.

Page 144: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 30 O propagador no espaço dos momentos análogo a (2.5.26) é dado por

0'', ',p t p t . Derive uma expressão explicita para 0'', ',p t p t para o caso da partícula livre. Solução :

' 0

0

( ) /0

'//

0'

0 0

( '', ; ', ) '' ' ' '

( '', ; ', ) '' ' ' '

( '', ; ', ) '', ',

aiE t t

aiHtiHt

a

K x t x t x a a x e

K x t x t x e a a e x

K x t x t x t x t

− −

=

=

=

∑ (2.5.26)

Analogamente

' 0

' '0

0

( ) /0

'/ /

0'

//0

'

0 0

( '', ; ', ) '' ' ' '

( '', ; ', ) '' ' ' '

( '', ; ', ) '' ' ' '

( '', ; ', ) '', ',

a

a a

iE t t

aiE t iE

aiHtiHt

a

K p t p t p a a p e

K p t p t p e a a e p

K p t p t p e a a e p

K p t p t p t p t

− −

=

=

=

=

Para uma partícula livre, temos :

2

2pHm

=

Temos então para o propagador a seguinte expressão :

220 / 2/ 2

0'

'', ', '' ' ' 'ip t mip t m

ap t p t p e a a e p−= ∑

Page 145: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 31 a. Escreva abaixo uma expressão para a ação clássica para um oscilador harmônico simples para um intervalo de tempo finito. b. Construa 1 1, ,n n n nx t x t− − para um oscilador harmônico simples usando a prescrição de Feynman para 1n nt t t−− = Δ pequeno. Mantendo apenas termos de ordem até ( )2tΔ , mostre que ele está em completo acordo com o limite

0 0t t− → do propagador dado por (2.5.26). Solução : a. Vamos adotar o método utilizado na pagina 120 do livro do Sakurai. Considerando o intervalo de tempo 1n nt t t −Δ = − e, 1n nx x x −Δ = − muito pequeno, podemos considerar o Lagrangeano aproximadamente linear no caminho que liga os pontos ( 1 1,n nx t− − ) a ( ,n nx t ). Pela definição (2.5.36), a ação clássica e dada por:

1

( , 1) ( , , )n

n

t

Classicot

S n n L x x t dt−

− ≡ ∫ (1)

Como,

( ) 2 2 21 1, ,2 2ClassicoL x x t mx mw x= −

Então

1 1

22 2( , 1)

2 2

n n

n n

t t

t t

m mwS n n x dt x dt− −

− = −∫ ∫ (2)

Sendo a integral, 1

( )n

n

t

t

f t dt−

∫ , igual a área sob a curva, então, nesta

aproximação, a integral será:

Page 146: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Figura 1 : Função ( )mF t no ponto médio mt .

1

( )n

n

t

t

f t dt−

≅∫ área sob a curva

1

( )n

n

t

t

f t dt−

≅∫ (comprimento da base)×(altura)

1

( )n

n

t

t

f t dt−

≅∫ 1( ) ( )m n nf t t t −× −

1

1( )2

n

n

tn n

t

t tf t dt f t−

−+⎛ ⎞≅ ×Δ⎜ ⎟⎝ ⎠∫

onde mt é o ponto médio entre nt e 1nt − . Além disso, podemos aproximar a derivada de ( )f t para o valor da inclinação da reta que liga os dois pontos, ou seja:

1 1

1

( ) ( ) ( ) ( )( ) n n n n

n n

f t f t f t f tdf f tdt t t t

− −

− −= = =

− Δ (4)

Page 147: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

Retornando a equação (2), temos:

1 1

1 1

1 1

1

2 22

22

22

22

1

( , 1)2 2

( , 1)2 2

( , 1)2 2

( , 1) ( )2 2

n n

n n

n n

n n

n n

n n

n

n

t t

t t

t t

t t

x t

x t

t

n nt

m dx mwS n n dt x dtdt

m dx dx mwS n n dt x dtdt dt

m dx mwS n n dx x dtdt

m dx mwS n n x x x dtdt

− −

− −

− −

⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠

− = −

− = −

− = − −

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

Usando as aproximações (3) e (4), obtemos:

( )22

1 11

2 221 1

( , 1)2 2 2

( , 1)2 2

n n n nn n

n n n n

x x x xm mwS n n x x tt

x x x xmS n n t wt

− −−

− −

− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ≅ − − Δ⎜ ⎟ ⎜ ⎟Δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎡ ⎤− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ≅ Δ −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟Δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

Sendo 1n nx x x −Δ = − , então 1 2n n nx x x x−+ = − Δ :

2 221

2 221

2 22 21

2( , 1)2 2

( , 1)2 2

( , 1)2 4

n n n

n nn

n nn n

x x x xmS n n t wt

x xm xS n n t w xt

x xm t xS n n w x x xt

⎡ ⎤− − Δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ≅ Δ −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟Δ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤− Δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− ≅ Δ − −⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟Δ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦⎡ ⎤⎛ ⎞−Δ Δ⎛ ⎞− ≅ − − Δ +⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟Δ⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

Na equação acima o primeiro termo é uma razão de dois números pequenos, o que pode resultar em um valor não desprezível; o termo 2 2

nw x também não pode ser desprezado, porém como xΔ é pequeno, os dois últimos termos podem ser desprezados. Vemos que todo o colchete é multiplicado por tΔ que é pequeno, de modo que uns termos desprezíveis são ainda menores, assim,

Page 148: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

22 21( , 1)

2n n

nx xm tS n n w x

t−

⎡ ⎤−Δ ⎛ ⎞− ≅ −⎢ ⎥⎜ ⎟Δ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ (5)

A equação acima é a ação clássica pedida. b. Pela equação (2.5.40) do livro texto, a amplitude de transição será:

2 2 21

1 1( )1, , exp

( ) 2 2n n n

n n n nim x x imw x tx t x t

w t t−

− −

⎡ ⎤⎡ ⎤ − Δ= −⎢ ⎥⎢ ⎥Δ Δ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Agora, precisamos determinar o fator 1/ ( )w tΔ . Mas como este fator independe do potencial (depende de tΔ ), podemos substituir o fator de normalização da amplitude de transição para a partícula livre, dado pela equação (2.5.44) do livro texto, de modo que:

22 21

1 1( ), , exp

2 2n n

n n n n nx xm imx t x t w x t

i t tπ−

− −

⎧ ⎫⎡ ⎤−⎪ ⎪= − Δ⎨ ⎬⎢ ⎥Δ Δ⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

Da equação (2.5.26) do livro texto, obtemos:

1 1 1 1( , ; , ) , ,n n n n n n n nK x t x t x t x t− − − −= O propagador é dado pela equação (2.5.18) do livro texto, de modo que:

( )2 21 1 1 1, , exp cos 2

2 2n n n n n n n nmw imwx t x t x x w t x x

i senw t senw tπ− − − −

⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + Δ −⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎣ ⎦Δ Δ⎣ ⎦⎩ ⎭ (7)

No limite de 0tΔ → , devemos recuperar a equação (6). Assim, no limite

0tΔ → , expandimos sen tΔ e cos tΔ até 2( )O tΔ de modo que:

Page 149: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

( )

( )( )

3

2 2

2

2

3!

cos 12

1 1 1 13!

13!

w tsenw t tw

t ww t

w tsenw t w tw t

w t

ΔΔ ≈ Δ −

ΔΔ ≈ −

⎛ ⎞Δ⎜ ⎟≈ ≈ +⎜ ⎟Δ Δ⎛ ⎞Δ ⎝ ⎠⎜ ⎟Δ −

⎜ ⎟⎝ ⎠

Logo, (7) se torna:

( )

( ) ( )

2 22 2

1 1 1 1

2 22 2 21 1 1 1

; , exp 1 22 2 2

; , exp2 2 2

n n n n n n n n

n n n n n n n n

mw imw w tx t x t x x x xi w t w t

m im w tx t x t x x x xi t t

π

π

− − − −

− − − −

⎧ ⎫⎡ ⎤⎛ ⎞Δ⎪ ⎪⎡ ⎤= + − −⎨ ⎬⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥Δ Δ⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭⎧ ⎫⎡ ⎤Δ⎪ ⎪= − − +⎨ ⎬⎢ ⎥Δ Δ⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

Mas

( )2 2 2 2 2 21 2 2n n n n n nx x x x x x x x−+ = + − Δ + Δ ≈

Pois xΔ é desprezível, logo

( )

( )

22 2 21 1 1

2

1 2 21 1

; , exp 22 2 2

; , exp2 2

n n n n n n n

n nn n n n n

m im tx t x t x x w xi t t

x xm imx t x t w txi t t

π

π

− − −

−− −

⎧ ⎫⎡ ⎤Δ⎪ ⎪= − −⎨ ⎬⎢ ⎥Δ Δ⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭⎧ ⎫⎡ ⎤−⎪ ⎪⎢ ⎥= − Δ⎨ ⎬⎢ ⎥Δ Δ⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

(8)

E vemos que a equação (8) é idêntica a equação como queríamos demonstrar.

Page 150: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 32 Declare o principio de ação de Schwinger ( veja Finkelstein 1973, 155 ). Obtenha a solução para 2 2 1 1x t x t integrando o princípio de ação de Schwinger e compare ele com a expressão de Feynman correspondente para

2 2 1 1x t x t . Descreva os limites clássicos dessas duas expressões. Solução :

Princípio da Mínima Ação de Hamilton

Em física, a ação é uma quantidade integral que é usada para determinar a evolução de um sistema físico entre dois estados, usando o cálculo das variações. Diversas definições diferentes da ação são comum em física. A ação é usualmente uma integral sobre o tempo, mas pode ser integrada sob variáveis espaciais; em todos os casos, a ação é integrada ao longo do caminho seguido pelo sistema físico.

A evolução de um sistema físico entre dois estados é determinada pelo requerimento da ação ser minimizada, ou mais geralmente, ser estacionária para pequenas perturbações em torno da verdadeira evolução. Esse requerimento leva a equações diferenciais que descreve a verdadeira evolução. Alternativamente, um principio de ação é um método para reformular equações diferenciais de movimento para um sistema físico como uma equação integral equivalente. Apesar de diversas variantes terem sido definidas, a mais comum é o principio de Maupertuis, o qual é algumas vezes chamado por razoes históricas, o principio da mínima ação.

As equações diferenciais do movimento para algum sistema físico pode ser reformulado como uma equação integral equivalente. Então, o principio de Hamilton se aplica não apenas a mecânica clássica de uma partícula, mas também a campos clássicos tais como os campos eletromagnéticos e gravitacionais. O principio de Hamilton tem sido estendido também a Mecânica Quântica e a Teoria Quântica de Campos.

Principio de Hamilton é uma versão do principio integral que considera o movimento de um sistema mecânico, descrito por um potencial escalar que pode ser função das coordenadas, velocidades e tempo. A integral, também constantemente referida como ação, é, em essência, em forma unidimensional de 1t a 2t , dada por

Page 151: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

2

1

( , , )t

t

A L x x t dt= ∫

onde L é o Lagrangeano, dado por L T V= − , T e V sendo as energias cinética e potencial, respectivamente. O ponto indica a derivada em relação ao tempo. A dependência de x sobre t não é fixa; isto é, x(t) não é conhecida. Isto significa que apesar da integral ser de 1t a 2t , o caminho exato de integração não é conhecido. O caminho correto do movimento do sistema é tal que a ação tem um valor estacionário; isto é, a integral ao longo de um dado caminho tem o mesmo valor ( infinitesimais de primeira-ordem ) que aquele ao longo de todos os outros caminhos vizinhos. Princípio da Ação Quântica de Schwinger Para a demonstração deste princípio, utilizaremos a dinâmica da Mecânica Quântica. Começaremos considerando a função transformação ( amplitude de transição )

', ',a t dt b t+ ,

em que ',b t é um estado especificado pelos valores { }' 'b b= de um conjunto completo de variáveis dinâmicas ( )B t , enquanto ',a t dt+ é um estado especificado pelos valores { }' 'a a= de um diferente conjunto completo de variáveis dinâmicas ( )A t dt+ . Supomos também que

A e B não possui nenhuma dependência explicita do tempo t . Também

', ',a t dt a t U+ = ,

em que o operador de translação temporal infinitesimal é dado por

1 1U iG idtH≡ + = − .

Page 152: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

O Hamiltoniano H é uma função das variáveis dinâmicas, o qual nos escrevemos genericamente como funções de ( )tχ e de t explicitamente. Então

', ', ', 1 ( ( ), ) ',a t dt b t a t idtH t t b tχ+ = − .

Fazendo a translação dos estados e dos operadores para o tempo zero, temos

', ' ( )a t a U t= , 1', ( ) 'b t U t b−= , e 1( ) ( ) ( )t U t U tχ χ−= , (2.2.10)

em que (0)χ χ= . Então

[ ][ ]

1

1

', ', ', 1 ( , ) ',

', ', ' ( ) 1 ( , ) ( ) '

', ', ' ( ) ( ) 1 ( , ) '

', ', ' 1 ( , ) '

a t dt b t a t idtH t b t

a t dt b t a U t idtH t U t b

a t dt b t a U t U t idtH t b

a t dt b t a idtH t b

χ

χ

χ

χ

+ = −

+ = −

+ = −

+ = −

,

ou, como uma equação diferencial

[ ] [ ][ ] [ ]

1

1

', ', ' ' ' ( ) ( ) '

' ( ) ( ) ' ', ( ( ), ) ',dyn dyn dyn

dyn dyn

a t dt b t i a dtH b i a U t U t dtH b

i a U t dtH U t b i a t dt dtH t t b t

δ δ δ

δ δ χ

+ = − = − =

− = + −,

onde dynδ corresponde a mudanças nos tempos iniciais e finais, 1tδ e 2tδ , e na estrutura de H , Hδ . ( By reintroducing dt in the state on the left, we make a negligible error of 2( )O dt . ) Podemos considerar também mudanças cinemáticas. Para compreender isto, considere um sistema definido pelas coordenadas e momentos, { ( )}aq t , { ( )}ap t e 1,...,a n= , o qual satisfaz as relações canônicas de comutação,

[ ]( ), ( )a b abq t p t iδ= , ( 1)= e,

[ ] [ ]( ), ( ) ( ), ( ) 0a b a bq t q t p t p t= = .

Page 153: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

Um deslocamento espacial aqδ é induzido por

1 qU iG= + 1

n

q a aa

G p qδ=

=∑ .

É importante salientar que aqδ é um número ( não um operador ), e que

1 1 ,a a a q a aU q U q q G q qi

δ− ⎡ ⎤= − = −⎣ ⎦ ,

........................................................................................................................... Demonstração

( ) ( )( )( )

( )

1

1

1 2

1 2

1 2

1 1

1

1

a q a q

a q a a q

a a a q q a a q

a a a q q a a q

a a a q q a a q

U q U iG q iG

U q U iG q iq G

U q U q iq G iG q q G

iU q U q iq G iG q q Gi

U q U q iiq G iiG q iq Gi

= − +

= − +

= + − +

⎛ ⎞= − − + −⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= − − + −⎜ ⎟⎝ ⎠

( )( )1

1

1

1 ,

a a a q q a

a a a q

U q U q q G G qi

U q U q q Gi

⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎡ ⎤= − ⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠

........................................................................................................................... enquanto,

1 1 ,a a a q aU p U p p G pi

− ⎡ ⎤= − =⎣ ⎦ .

Das equações de Hamilton,

kk

Hqp∂

=∂

e kk

Hpq∂

= −∂

,

Page 154: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

pode-se perceber que a simetria dual entre posição e momento é dada por

q p→ e p q→− ,

e que o gerador de deslocamento em p é dado por

p a aa

G q pδ= −∑ .

Uma variação cinemática dos estados é dada pelos geradores

kin iGδ = − = e kin iGδ = − = − . ........................................................................................................................... Demonstração Uma variação cinética e dada por 1qiG U= − ( ou 1qiG U= − ). Então,

( 1)iG U U= − = − = − ........................................................................................................................... Então, por exemplo, sob uma variação qδ , a função transformação muda para ........................................................................................................................... Demonstração

( ) ( )( ) ( )

. .

. .

q q q

q

q

iG iG

iG iG

δ δ δ

δ

δ

= +

= + −

= + −

Logo,

Page 155: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

6

( )( ) ( )

', ', ', ', ', ',

', ', ', ',

', ', ', ',

', ', ', ( ) ( ) ( ) ( ) ',

', ', ', (

q

q

q

q a a a aa a

q a

a t dt b t a t dt iG b t a t dt iG b t

a t dt b t a t dt iG iG b t

a t dt b t i a t dt G t dt G t b t

a t dt b t i a t dt p t dt q t dt p t q t b t

a t dt b t i a t dt p

δ

δ

δ

δ δ δ

δ

+ = + + + −

+ = + −

⎡ ⎤+ = + + −⎣ ⎦⎡ ⎤

+ = + + + −⎢ ⎥⎣ ⎦

+ = +

∑ ∑[ ]) ( ) ( ) ( ) ',a a a

at dt q t dt p t q t b tδ δ+ + −∑

D1

...........................................................................................................................

[ ]', ', ', ( ) ( ) ( ) ( ) ',q a a a aa

a t dt b t i a t dt p t dt q t dt p t q t b tδ δ δ+ = + + + −∑ .

Agora, as variáveis dinâmicas em diferentes tempos estão relacionadas pelas equações de Hamilton,

[ ]( ) 1 ( )( ), ( ( ), ( ), )aa

a

dp t H tp t H q t p t tdt i q

∂= = −

∂,

então

( ) ( )( ) ( ) aa a

a

dp t H tp t dt p t dt dtdt q

∂+ − = = −

∂.

Similarmente, para a outra equação de Hamilton

kk

Hqp∂

=∂

temos que

( )( ) ( )a aa

H tq t dt q t dtp

∂+ − =

∂.

Utilizando estas equações, temos finalmente para variação de q da função transformação

Page 156: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

7

[ ]', ', ', ( ) ( ) ( ) ( ( ), ( ), ) ',q q a a aa

a t dt b t i a t dt p t q t dt q t dtH q t p t t b tδ δ ⎡ ⎤+ = + + − −⎢ ⎥

⎣ ⎦∑

........................................................................................................................... Demonstração

[ ]', ', ', ( ) ( ) ( ) ( ) ',q a a a aa

a t dt b t i a t dt p t dt q t dt p t q t b tδ δ δ+ = + + + −∑

Temos que

[ ]( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

a a a aa

a a a aa a

p t dt q t dt p t q t

p t dt q t dt p t q t

δ δ

δ δ

+ + −

+ + −

∑ ∑

Mas

( ) ( )a aa

Hp t dt p t dtq∂

+ = −∂

Então

[ ]

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

a a a aa a

a a a aa aa

a a a a aa a aa

q a a a aa a a

p t dt q t dt p t q t

Hp t dt q t dt p t q tq

Hp t q t dt dt q t dt p t q tq

Hp t q t dt q t dt q t dtq

δ δ

δ δ

δ δ δ

δ δ

+ + −

⎡ ⎤∂− + −⎢ ⎥∂⎣ ⎦

∂+ − + −

⎡ ⎤∂⎡ ⎤+ − − +⎢ ⎥⎢ ⎥ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑ ∑

∑ ∑

Mas

( ) ( )

( ) ( )

a aa

a aa

Hq t dt q t dtp

Hq t dt q t dtp

δ δ δ

∂+ = +

⎡ ⎤∂+ = + ⎢ ⎥∂⎣ ⎦

Page 157: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

8

Então

[ ]

[ ]

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

q a a a aa a a a

q a a a aa aa a a

H Hp t q t dt q t dt q t dtq p

H H Hp t q t dt q t dt q t dt dtq q p

δ δ δ

δ δ δ

⎧ ⎫⎡ ⎤⎡ ⎤∂ ∂⎡ ⎤ ⎪ ⎪+ − − +⎢ ⎥⎨ ⎬⎢ ⎥⎢ ⎥ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

⎡ ⎤∂ ∂ ∂⎡ ⎤+ − − + ⎢ ⎥⎢ ⎥ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∑ ∑

∑ ∑

[ ]

[ ]

2( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

a

q a a a aa a a

q a a a aa a a

Hp t q t dt q t dt q t O dtq

Hp t q t dt q t dt q tq

δ δ

δ δ

⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭⎧ ⎫∂⎡ ⎤

+ − − +⎨ ⎬⎢ ⎥ ∂⎣ ⎦ ⎩ ⎭⎧ ⎫∂⎡ ⎤

+ − − ⎨ ⎬⎢ ⎥ ∂⎣ ⎦ ⎩ ⎭

∑ ∑

∑ ∑

Como

a qa a

H q Hqδ δ∂

=∂∑

Temos

[ ]

[ ]

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ( ), ( ), )

q a a a qa

q a a aa

p t q t dt q t dt H

p t q t dt q t dtH q t p t t

δ δ

δ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − −⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎡ ⎤

+ − −⎢ ⎥⎣ ⎦

...........................................................................................................................

Para variações em p temos um resultado similar

', ', ', ( )( ( ) ( )) ( ( ), ( ), ) ',p p a a aa

a t dt b t i a t dt q t p t dt p t dtH q t p t t b tδ δ ⎡ ⎤+ = + − + − −⎢ ⎥

⎣ ⎦∑ .

Para variações em q , temos

', ', ', [ ] ',q q qa t dt b t i a t dt dtL b tδ δ+ = + ,

com o Lagrangeano quântico definido como

Page 158: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

9

( , , )q a aa

L p q H q p t= −∑ ,

( conforme página 123 do livro do Marion ), enquanto, que para variações em p , temos

', ', ', [ ] ',p p pa t dt b t i a t dt dtL b tδ δ+ = + ,

com o Lagrangeano quântico definido como

( , , )p a aa

L q p H q p t= − −∑ .

Temos duas formas alternativas para o Lagrangeano quântico, sendo que as duas diferem por uma derivada total em relação ao tempo, da forma

q p a aa

dL L p qdt

− = ∑ .

Podemos agora unir as transformações cinemáticas consideradas aqui, com as dinâmicas consideradas anteriormente, ficando

dyn kinδ δ δ= + [ ]', ', ', . ',a t dt b t i a t dt dt L b tδ δ+ = + . ........................................................................................................................... Demonstração

', ', ', [ ] ',q q qa t dt b t i a t dt dtL b tδ δ+ = +

', ', ', [ ] ',p p pa t dt b t i a t dt dtL b tδ δ+ = + D2

[ ]', ', ', ',dyn dyna t dt b t i a t dt dtH b tδ δ+ = + −

...........................................................................................................................

Podemos reescrever esta equação em termos de 1t e 2t , e do operador x , se tornando

[ ]2 2 1 1 2 2 1 1, , , ,ix t x t x t dtL x tδ δ= .

Page 159: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

10

Então, dessa maneira, deduzimos a forma geral do Principio da Ação Quântica de Schwinger:

2

1

1 2 1 2

t

t

it t t dtL tδ δ= ∫ ,

ou

2

1

1 1 2 2 1 1 2 2, , , ,t

t

ix t x t x t dtL x tδ δ= ∫ ,

que sumariza todas as propriedades de um sistema. Resolução Final do Problema Para obter

2 2 1 1, ,x t x t ,

vamos fazer

2 2 1 1 2 2 21 1 1, , , ,ix t x t x t W x tδ δ= ,

onde 21W é a ação para ir do estado inicial 1 1,x t ao estado final 2 2,x t . Também, vamos fazer

21 21Wδ δω= ,

onde 21δω é a forma bem ordenada de 21Wδ . ( Finkelstein, 1973, p. 164 ). Desta forma, podemos finalmente calcular 2 2 1 1x t x t

'2 2 1 1 2 2 21 1 1 21 2 2 1 1

i ix t x t x t x t x t x tδ δω δω= = , D3

'

2 2 1 1 21 2 2 1 1. .ix t x t x t x tδ δω= ,

Page 160: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

11

2 2 1 1 '

212 2 1 1

x t x t ix t x t

δδω= ,

Que integrando temos

'2 2 1 1 21exp ix t x t ω⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠. (1)

A expressão de Feynman correspondente para 2 2 1 1x t x t ( Finkelstein/1973/p. 144 e Sakurai/p. 118 ) é

2 2 1 1 21min

1 expca hos

ix t x t SN

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ . (2)

“Quais os limites clássicos para estas duas expressões ?” Temos da respectiva seção que o limite clássico de (2) é tal que quando

S→

pequeno, a amplitude de probabilidade 2 2 1 1x t x t será importante apenas para aqueles caminhos que estão dentro de um fino tubo que engloba o caminho clássico entre 1 1,x t e 2 2,x t . Na situação limite, o somatório se convertera em apenas um termo, o do caminho clássico. Por outro lado, para descrever o limite clássico para (1), é preciso a equação do operador de Hamilton-Jacobi ( Finkelstein, 1973, p. 166)

.... .... 0w wH xx t

∂ ∂⎛ ⎞ + =⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠. (3)

........................................................................................................................... Observação Antes de prosseguirmos em nossa análise, vale a pena recordar aqui a página 103 do Sakurai. Para uma função de onda escrita como

Page 161: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

12

( , )( , ) ( , ) exp iS x tx t x tρ ⎡ ⎤Ψ = ⎢ ⎥⎣ ⎦,

em que ( , )S x t satisfazia a equação de Hamilton-Jacobi escrita como

21 ( , )( , ) ( ) 02

S x tS x t V xm t

∂∇ + + =

∂,

e era conhecida como função principal de Hamilton, que podia ser separada em duas partes

( , ) ( )S x t W x Et= − , em que ( )W x era chamada de função característica de Hamilton. ...........................................................................................................................

Desde que '

21ω satisfaz a equação (3), temos que o correspondente limite de '21ω é S , e a amplitude de probabilidade (1) se aproxima ao caso (2) da

integral de caminho de Feynman. Então, no limite clássico, (1) e (2) se tornam iguais.

Page 162: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 33 Mostre que a aproximação da mecânica ondulatória para o problema de gravidade-induzido discutido na seção 2.6 também leva a uma expressão para a diferença de fase igual a (2.6.17).

21 2

2

( )nABD ACD

m gl l senδφ φ− = −

Solução : Função de onda plana.

Relação de de Broglie. p k= Energia total.

2 2 2

2 2kp kEm m

= =

Considerando que r vt= , pode-se reescrever

.( , ) p r wrr tv

φ = − .

( . ) ( . / ) ( , )( , ) i k r wt i p r wt i r tr t e e e φ− −Ψ = = =

Page 163: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Figura 1 : Experimento para detectar interferência quântica induzida por gravidade. Como antes, a mudança de fase associada com AB e CD estão presentes, mas seus efeitos são cancelados na subtração das fases.

Figura 2 : Diferença de potencial VΔ entre os caminhos AC e BD. Estamos interessados na mudança de fase

BDφΔ , e

ACφΔ ,

Page 164: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

e em sua diferença.

BD ACφ φ− Como o potencial é independente do tempo, então a soma da energia cinética e da potencial é uma constante, isto é,

2

2p mgz E ctem+ = =

A diferença em altura entre os níveis BD e AC implica em uma pequena diferença em p ou em . Lembre-se

2p k

p

πλ

= = =

=

Ou seja, existe um acúmulo de diferença de fase devido a diferença em .

Figura 3 : Os comprimentos de onda são diferentes em cada caminho. Para o caminho AC.

Page 165: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

1 1ACAC

AC

P l wlv

φΔ = −

Para o caminho BD, temos

1 1BDBD

BD

P l wlv

φΔ = − ,

em que,

AC AC

BD BD

p mvp mv

==

.

Considerando que

2

2p mgz ctem+ = , e 2z l senδ= ,

temos

22

22 2ACBD pp mgl sen

m mδ+ = .

Portanto,

2 22

1 12 2BD ACmv mv mgl senδ= − .

Isolando BDv , temos a seguinte expressão.

1/ 2 1/ 22

22 1

2BD ACv mv mgl senm

δ⎛ ⎞ ⎡ ⎤= −⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦

Para a diferença de fase, temos

BD ACφ φ φΔ = Δ −Δ . Substituindo as respectivas fases, temos

Page 166: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

11 1 1ACBD

BD AC

p lp l wl wlv v

φ⎛ ⎞⎛ ⎞

Δ = − − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Como 1

BD

wlv

e 1

AC

wlv

podem ser desprezados, temos

11 ACBD p lp lφΔ ≅ −

( )1BD AC

ml v vφΔ ≅ −

1/ 21/ 2 2

12

22AC

ACmvml mgl sen v

mφ δ

⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎛ ⎞Δ ≅ − −⎨ ⎬⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎣ ⎦⎪ ⎪⎩ ⎭

1/ 22 2 2 2 2

1 1 122 2

2 22ACmv m l m l mlmgl sen

m m mφ δ

⎡ ⎤Δ ≅ − −⎢ ⎥

⎣ ⎦

1/ 22 2 2 2 2

11 2 12 2

2ACv m l gl sen m l lδφ⎡ ⎤

Δ ≅ − −⎢ ⎥⎣ ⎦

1/ 22 2 2 22

11 2 12 2 2 2

2m l gl sen m l lm

δφ⎡ ⎤

Δ ≅ − −⎢ ⎥⎣ ⎦

1/ 22 2 2

11 2 12 2

2l gl sen m l lδφ⎡ ⎤

Δ ≅ − −⎢ ⎥⎣ ⎦

1/ 22 2

1 2 12

21l gl sen m lδφ⎡ ⎤

Δ ≅ − −⎢ ⎥⎣ ⎦

Como 2 6210m kg−≅ e 2 2010 m−≅ , podemos expandir a expressão acima através da relação

Page 167: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

6

1/ 2(1 ) 1 ...2xx− − + ,

o que possibilita escrever a referida expressão como

2 21 2 1

2

2112

l gl sen m lδφ⎡ ⎤

Δ ≅ − −⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2

1 22

l gl sen mδφΔ ≅ −

2

1 22

m gl l senδφΔ ≅

Page 168: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 34 a. Verifique (2.6.25) e (2.6.27). b. Verifique equação da continuidade (2.6.30) com j dado por (2.6.31). Solução : a.

,i j ijk ki e Bc

ε⎛ ⎞⎡ ⎤ = ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠∏ ∏ (2.6.25)

Sabemos que [ ], ( )i

i

Gp G r ix∂

= −∂

. E, como i i iep Ac

≡ −∏ , temos:

, ,i j i i j je ep A p Ac c

⎡ ⎤⎡ ⎤ = − −⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦∏ ∏ ,

e como

, 0i jp p⎡ ⎤ =⎣ ⎦ para todo i e j , o comutador se reduz a:

{ }{ }

, , ,

, , ,

, , ,

i j i j i j

i j i j i j

i j i j j i

e ep A A pc ce p A A pce p A p Ac

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

∏ ∏

∏ ∏

∏ ∏

E usando a relação de comutação [ ], ( )ip G r , obtemos:

Page 169: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

,

,

,

j ii j

i j

j ii j

i j

j ii j

i j

A Ae i ic x x

A Ai ec x x

A Ai ec x x

⎧ ⎫∂ ∂⎪ ⎪⎡ ⎤ = − − +⎨ ⎬⎣ ⎦ ∂ ∂⎪ ⎪⎩ ⎭⎧ ⎫∂ ∂⎪ ⎪⎡ ⎤ = −⎨ ⎬⎣ ⎦ ∂ ∂⎪ ⎪⎩ ⎭⎧ ⎫∂ ∂⎪ ⎪⎡ ⎤ = −⎨ ⎬⎣ ⎦ ∂ ∂⎪ ⎪⎩ ⎭

∏ ∏

∏ ∏

∏ ∏

(1)

Mas sabemos que: B A= ∇× , logo,

ˆˆ ˆj jk i k i

j k k i i j

A AA A A AB i j kx x x x x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂⎛ ⎞∂ ∂ ∂ ∂= − + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(2)

e como

ˆˆ ˆi j kB B i B j B k= + +

Então, comparando (2) e (1), vemos que

,i j ki e Bc

⎡ ⎤ =⎣ ⎦∏ ∏ (3)

Agora, fazendo um permutação cíclica de índices, temos:

,k i ji e Bc

⎛ ⎞⎡ ⎤ = ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠∏ ∏

e novamente

,j k ii e Bc

⎛ ⎞⎡ ⎤ = ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠∏ ∏

Page 170: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

e lembrando que [ ] [ ], ,A B B A= − , então, se as duas relações acima forem verificadas, então podemos escrever todos os resultados usando o tensor de Levi-Civita, ijkε . Então, temos:

[ ] [ ]{ }, , , ,k i k k i i k i i ke e ep A p A p A p Ac c c

⎡ ⎤⎡ ⎤ = − − = − −⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦∏ ∏

e como,

[ ], ik i

k

Ap A ix∂

= −∂

e [ ], ki k

i

Ap A ix

∂= −

então,

, i kk j

k i

A Ai ce x x⎡ ⎤∂ ∂⎡ ⎤ = −⎢ ⎥⎣ ⎦ ∂ ∂⎣ ⎦

∏ ∏

E comparando com (2), obtemos:

,k j ji e Bc

⎡ ⎤ =⎣ ⎦∏ ∏ ,

O que verifica a primeira equação. Para a segunda, temos:

{ }, , , ,j k j j k k j k k je e ep A p A p A p Ac c c

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − = − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦∏ ∏

Como

, kj k

j

Ap A ix∂⎡ ⎤ = −⎣ ⎦ ∂

e , jj k

k

Ap A i

x∂

⎡ ⎤ = −⎣ ⎦ ∂

Logo

, jkj k i

j k

AAi c i e Be x x c⎡ ⎤∂∂ ⎛ ⎞⎡ ⎤ = − =⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ∂ ∂ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

∏ ∏

Page 171: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

Portanto, como as três equações se verificam, podemos agrupar os resultados obtidos na equação geral:

,i j ijk ki e Bc

ε⎛ ⎞⎡ ⎤ = ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠∏ ∏

o que demonstra a equação ,i j ijk ki e Bc

ε⎛ ⎞⎡ ⎤ = ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠∏ ∏ .

Vamos agora demonstrar a equação (2.6.27), isto é,

2

2

12

d x d dx dxm e E B Bdt dt c dt dt

⎡ ⎤Π ⎛ ⎞= = + × − ×⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

De (2.6.23), temos:

dx eAm pdt c

Π = = −

Logo d dp e dAdt dt c dtΠ

= − (1)

Cálculo de dp

dt.

Temos que

[ ]

[ ]

{ }

2

2

1 ,

1 ,2

1 , ,2

1 ˆˆ ˆ. , , .2 i j k

dp p Hdt idp p edt i mdp ep pdt mi idp ep p i i j kdt mi i x x x

φ

φ

φ φ φ

=

⎡ ⎤Π= +⎢ ⎥

⎣ ⎦

⎡ ⎤= Π +⎣ ⎦

⎡ ⎤∂ ∂ ∂⎡ ⎤ ⎡ ⎤= Π Π + Π Π − + +⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎣ ⎦

Page 172: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

Onde a fórmula

[ ], ( )ii

Gp G r ix∂

= −∂

Foi usada. Temos ainda,

1 . , , .2

dp e ep A p A edt m i c c

φ⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − Π − Π − ∇⎨ ⎬⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎩ ⎭

Agora

ˆˆ ˆ, , , ,

ˆˆ ˆ,

,

x y zp A i p A j p A k p A

A A Ap A i i j kx y z

p A i A

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎡ ⎤ = − + +⎜ ⎟⎣ ⎦ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

⎡ ⎤ = − ∇⎣ ⎦

Logo

1 . .2

dp i e i eA A edt mi c c

φ⎧ ⎫= Π∇ + ∇ Π − ∇⎨ ⎬⎩ ⎭

Como

dxmdt

Π =

Temos

. .2

. .

dp e dx dxe A Adt c dt dtdp e dxe Adt c dt

φ

φ

⎛ ⎞= − ∇ + ∇ +∇⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= − ∇ + ∇⎜ ⎟⎝ ⎠

Pois A e x comutam, podemos escrever ainda,

.dp e dx A edt c dt

φ⎛ ⎞= ∇ − ∇⎜ ⎟⎝ ⎠

Page 173: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

6

Cálculo de dAdt

.

Temos que,

1 ,dA A A Hdt t i

∂ ⎡ ⎤= + ⎣ ⎦∂

Logo

{ }{ }

2

2

1 ,2

1 ,2

1 . , , .2

1 . , , .2

dA A pA edt t i m

dA A Adt t i mdA A A Adt t i mdA A A p A pdt t i m

φ⎡ ⎤∂

= + +⎢ ⎥∂ ⎣ ⎦∂ ⎡ ⎤= + Π⎣ ⎦∂∂ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + Π Π + Π Π⎣ ⎦ ⎣ ⎦∂∂ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + Π + Π⎣ ⎦ ⎣ ⎦∂

Mas,

, .p A i A⎡ ⎤ = − ∇⎣ ⎦ Logo

1 . .2

.

dA A dx dxi m A i m Adt t i m dt dtdA A dx Adt t dt

∂ ⎧ ⎫= + ∇ + ∇⎨ ⎬∂ ⎩ ⎭∂

= + ∇∂

(3)

Substituindo (2) e (3) em (1):

. .

. .

d dp e dA e dx A dxA A edt dt c dt c dt t dt

d e dx dx AA A edt c dt dt t

φ

φ

⎧ ⎫Π ∂⎛ ⎞= − = ∇ − − ∇ − ∇⎨ ⎬⎜ ⎟ ∂⎝ ⎠⎩ ⎭⎧ ⎫Π ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ∇ − ∇ − − ∇⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

(5)

Page 174: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

7

Agora, temos que:

( . ) ( . )A B C B AC A B C× × = − Então se B A= ∇× , dxA

dt= e C A=

Então

. .dx dx dxA A Adt dt dt

⎛ ⎞ ⎛ ⎞×∇× = ∇ − ∇⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Então (5) torna-se d e dx AA edt c dt t

φ⎧ ⎫Π ∂

= ×∇× − − ∇⎨ ⎬∂⎩ ⎭

Como A B∇× = , temos: d e dx AB edt c dt t

φ⎧ ⎫Π ∂

= × − − ∇⎨ ⎬∂⎩ ⎭

1

2d e dx dx AB B edt c dt dt c t

φ⎛ ⎞Π ∂⎧ ⎫= × − × − ∇ −⎨ ⎬ ⎜ ⎟∂⎩ ⎭ ⎝ ⎠

1 12

d dx dx Ae B Bdt c dt dt c t

φ⎡ ⎤Π ∂⎧ ⎫= × − × −∇ −⎨ ⎬⎢ ⎥∂⎩ ⎭⎣ ⎦

E como,

1 AEc t

φ ∂= −∇ −

Então

Page 175: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

8

12

d dx dxe B B Edt c dt dt

⎡ ⎤Π ⎧ ⎫= × − × +⎨ ⎬⎢ ⎥⎩ ⎭⎣ ⎦

Que e a equação (2.5.27). b. A equação (2.6.30) é

'. 0jtρ∂+∇ =

Com a (2.6.31)

( ) 2*Im ej Am mc

ψ ψ ψ= ∇ −

Temos que

1( ', ) ( ', ) ' ( ') . ' ( ') ( ', ) ( ') ( ', )2t

e ei x t H x t i A x i A x x t e x x tm c c

ψ ψ ψ φ ψ⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ = = − ∇ − − ∇ − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2 22 22

1( ', ) ' '. ( ') ( '). ' ( ', ) ( ') ( ', )2t

i e i e ei x t A x A x A x t e x x tm c c c

ψ ψ φ ψ⎧ ⎫

∂ = ∇ + ∇ + ∇ + +⎨ ⎬⎩ ⎭

2 22 22

1 ' .( ) .2t

i e i e ei A A A em c c c

ψ ψ ψ ψ ψ φψ⎧ ⎫

∂ = − ∇ + ∇ + ∇ + +⎨ ⎬⎩ ⎭

2 21 ' . .

2ti e i ei A A

m c cψ ψ ψ ψ∂ = − ∇ + ∇ + ∇

2 2

2.i e eA A ec c

ψ ψ φψ⎧ ⎫

+ ∇ + +⎨ ⎬⎩ ⎭

2 22 22

1 2' .2t

i e ei A A em c c

ψ ψ ψ ψ φψ⎧ ⎫

∂ = − ∇ + ∇ + +⎨ ⎬⎩ ⎭

E multiplicando a equação por *ψ , obtemos:

Page 176: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

9

2 2* 2 * 2 * * *2

1 2' .2t

i e ei A A em c c

ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψψ φψψ⎧ ⎫

∂ = − ∇ + ∇ + +⎨ ⎬⎩ ⎭

2 2 *

2* * 2 *2

1 2' .2t

e e A ei Am c ic i

φψψψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ⎧ ⎫

∂ = ∇ + ∇ + +⎨ ⎬⎩ ⎭

Tomando o conjugado desta equação, obtemos:

2 2 *2* 2 * *

2

1 2' .2t

e e A ei Am c ic i

φψ ψψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ⎧ ⎫

∂ = − ∇ + ∇ + −⎨ ⎬⎩ ⎭

E somando, obtemos:

( ) ( )* * * 2 2 * * *1 2' ' . .2t t

ei A Am c

ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ⎧ ⎫∂ + ∂ = ∇ − ∇ + ∇ + ∇⎨ ⎬⎩ ⎭

Temos as identidades:

( )( )

* * *

* * *

. ' ' . ' '. '

. ' ' . ' '. '

ψ ψ ψ ψ ψ ψ

ψ ψ ψ ψ ψ ψ

∇ ∇ = ∇ ∇ + ∇ ∇

∇ ∇ =∇ ∇ + ∇ ∇

E, subtraindo obtemos:

( )* * * 2 2 *. ' ' . ' 'ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ∇ ∇ − ∇ = ∇ − ∇ E vemos também que:

( )( )

2 * *

2

. .( )

. .

A A A

A A

ψ ψ ψ ψ ψ

ψ ψψ

∇ = ∇ + ∇

∇ = ∇

( )*

2 * *

. .

. . .

A A

A A A

ψ ψ ψ ψ

ψ ψ ψ ψ ψ

+ ∇ + ∇

∇ = ∇ + ∇

Desde que . 0A∇ = no Gauge de Coulomb. E, substituindo estas identidades em (1), vamos obter que:

( ) ( )2* * * *1 2'. '.2t t

ei Am c

ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ψ⎧ ⎫∂ + ∂ = ∇ ∇ − ∇ + ∇⎨ ⎬⎩ ⎭

Page 177: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

10

Agora,

* * *( ) t tt tρ ψψ ψ ψ ψ ψ∂ ∂= = ∂ + ∂

∂ ∂

Logo,

( ) 2* * 2'. ' '2 2i e A

t m mcρ ψ ψ ψ ψ ψ∂ ⎡ ⎤= ∇ ∇ − ∇ +⎢ ⎥∂ ⎣ ⎦

Agora

( )* * *' ' 2 Im 'iψ ψ ψ ψ ψ ψ∇ − ∇ = ∇ De modo que

( )

( )

2*

2*

'. Im '

'. Im '

e At m mc

e At m mc

ρ ψ ψ ψ

ρ ψ ψ ψ

∂ ⎡ ⎤= ∇ − ∇ +⎢ ⎥∂ ⎣ ⎦∂ ⎡ ⎤= −∇ ∇ −⎢ ⎥∂ ⎣ ⎦

Comparando com (2.6.31), vemos que:

'.

'. 0

jt

jt

ρ

ρ

∂= −∇

∂∂

+∇ =∂

Page 178: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 35 Considere o Hamiltoniano de uma partícula sem spin de carga e . Na presença de um campo magnético estático, os termos da interação podem ser gerados por

operador operadoreAp pc

→ − ,

onde A é o potencial vetorial apropriado. Suponha, por simplicidade, que o campo magnético B é uniforme na direção z positiva. Prove que a prescrição acima leva a uma expressão correta para a interação do momento magnético orbital ( / 2 )e mc L com o campo magnético B . Mostre que existe também um termo proporcional extra a 2 2 2( )B x y+ , e comente brevemente sobre o significado físico dele. Solução : Consideraremos uma partícula sujeita a um potencial ( )V r , governada pelo Hamiltoniano,

2

1 ( )2pH V xm

= + (1)

De acordo com a presunção, quando aplicarmos um campo B uniforme, então o Hamiltoniano toma a forma:

( )2 2 2

22

1 ( ) . . ( )2 2 2 2

e p e eH p A V r p A A p A V xm c m mc mc⎛ ⎞= − + = − + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Como B xA= ∇ é uniforme, podemos escrever A como:

12

A x B= − × ,

conforme Cohen, Vol I, pág. 829. Assim, escrevemos

Page 179: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

( ) ( ) ( )2 2 2

2. . ( )2 4 8p e eH p x B x B p x B V xm mc mc

⎡ ⎤= + × + × + × +⎣ ⎦

Fazendo uma permutação cíclica no termo central da equação acima, obtemos:

( ) ( ) ( )2 2 2

2. . ( )2 4 8p e eH B p x p x B x B V xm mc mc

⎡ ⎤= + × + × + × +⎣ ⎦

Como o momento angular é L x p= × , então escrevemos:

( )2 2 2

2. ( )2 2 8p e eH B L x B V xm mc mc

= − + × +

Temos que ˆB Bk= , logo,

ˆ ˆ( )x B B yi xj× = − de modo que ( )2

( ).( )x B x B x B× = × × se torna ( )2 2 2 2 2 2 2 2( )x B B y x B B x y× = + = + . Logo,

( )2 2 2

2 22. ( )

2 2 8p e e BH L B x y V xm mc mc

= − + + +

E, substituindo (1), obtemos:

( )2 2

2 21 22 8z

eB e BH H L x ymc mc

= − + +

Pois ˆB Bk= .

Page 180: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

O segundo termo da equação acima, 2 zeB Lmc

, representa o acoplamento do

momento magnético orbital com o campo B . O último termo, proporcional a 2 2 2( )B x y+ , corresponde ao momento magnético induzido na partícula. De acordo com a lei de Lenz, o momento induzido se opõe ao campo aplicado, resultando em uma energia positiva. Este termo é conhecido como termo diamagnético do Hamiltoniano.

Page 181: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

Page 182: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 36 Um elétron se move na presença de um campo magnético uniforme na direção z ( ˆB Bz= ). a. Calcule

,x y⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦∏ ∏ ,

onde

xx x

eApc

≡ −∏ , yy y

eAp

c≡ −∏ .

b. Comparando o Hamiltoniano e a relação de comutação obtida em (a) com aquele do problema do oscilador unidimensional, mostre como podemos imediatamente escrever os autovalores de energia como

2 2

,1

2 2k n

eBkE nm mc

⎛ ⎞⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

,

onde k é o autovalor continuo do operador zp e n é um inteiro não negativo incluindo o zero. Solução : a. Temos

2

2

, ,

, , , , ,

x y x x y y

x y x y x y x y x y

e ep A p Ac c

e e ep p p A A p A Ac c c

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − +⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

∏ ∏

∏ ∏

E usando

Page 183: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

[ ], ( )xGp G y ix

∂= −

∂ e , ( )y

Fp F x iy

∂⎡ ⎤ = −⎣ ⎦ ∂

Obtemos

,

,

y yx xx y

x y

A AA Ae eii ic x y c x yei Bc

∂ ∂⎧ ⎫ ⎛ ⎞∂ ∂⎡ ⎤ = − − + = −⎨ ⎬ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ∂ ∂ ∂ ∂⎩ ⎭ ⎝ ⎠

⎡ ⎤ =⎣ ⎦

∏ ∏

∏ ∏

Desde que zB B= b. O elétron movendo-se sob um campo magnético irá executar um movimento de trajetória helicoidal, de modo que no plano xy perpendicular ao campo, este movimento será visto circular. Sendo assim, podemos considerar este movimento como harmônico simples. Para o oscilador harmônico, temos:

22 21

2 2pH mw xm

= + (1)

onde x e p obedecem a relação de comutação [ ],x p i= . Sabemos que eB

c tem dimensão de momento por unidade de

comprimento. Assim, vamos reescrever a relação de comutação na forma:

x y y xi eB

c− =∏ ∏ ∏ ∏ .

Multiplicando por ( )/c eB temos:

x xy y

c ci

eB eB⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∏ ∏∏ ∏ (2)

Agora, como /c eB tem dimensão de comprimento por unidade de momento, o produto ( )/xc eB∏ tem dimensão de comprimento pois x∏ é o momento conjugado. E, fazendo,

Page 184: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

xc

eBχ ≡ ∏ (3)

Reescrevemos (2) como :

, y iχ⎡ ⎤ =⎣ ⎦∏ (4) E, comparando com a relação de comutação do oscilador harmônico, vemos as correspondências:

y

xp

χ →

→∏

O Hamiltoniano para o elétron e dado pela prescrição discutida no item a, com ( ) 0V x = ,

2

2H

m= ∏

Com ep A

c= −∏

Logo

22 2

2 2 2yx zH

m m m= + +∏∏ ∏

Com ˆB Bz= , e A B⊥ , então 0zA = , de modo que z zp=∏ , logo,

22 2

2 2 2yx zpH

m m m= + +∏∏

E substituindo (3), obtemos :

2 22 22

22 2 2y zpe BH

mc m mχ= + +∏ (5)

Page 185: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

E, comparando com o Hamiltoniano do oscilador harmônico, equacao (1), obtemos :

2 22

2

12 2

e

e B mwmc

eBwmc

=

= (6)

Sendo os autoestados do oscilador harmônico dados por

12

E w n⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

Então para o eletron, teremos os mesmos autoestados exceto que w e definido por (6). Alem disso, a energia cinética do eletron também deve ser considerada, logo

2

2 2

12 2

12 2

eletron e

eletron

pE w nm

eBkE nm mc

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Ou, como m e c são maiores que zero, então mc mc= , logo

2 2 12 2eletron

eBkE nm mc

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

Page 186: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

1

Problema 37 Considere o interferômetro de nêutrons.

Figura 1: Interferômetro de nêutrons. Prove que a diferença em campo magnético que produz dois máximos sucessivos na taxa de contagem é dado por

4

n

cBe g lπ

Δ = ,

onde

1.91ng = − , é o momento magnético do nêutron em unidades de

2 n

em c

− .

Page 187: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

2

Solução :

Figura 1: Caminhos 1 e 2. Considerando os caminhos 1 e 2 temos :

2 1ie δΨ = Ψ ,

e

2 22 1Ψ = Ψ .

Se o campo magnético está presente na região de comprimento l , o nêutrons levarão um tempo T dado por

lvT

= ,

em que

ml hpT λ

= = = ,

e

mlT = . → tempo para o qual o campo magnético esta atuando.

Page 188: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

3

Olhando especificamente para o caminho 2, o Hamiltoniano pode ser escrito como

2

0

2

2 22

' . 22 n

PH regioes a e cmHPH g B regiao bm

μσ

⎧= →⎪⎪= ⎨

⎪ = + →⎪⎩

em que o último temo de 'H corresponde a energia de interação entre o spin do nêutron e o campo magnético. Considerando a equação (2.1.5) temos :

0 0 0, ; ( , ) ,t t U t t tα α= ou seja,

0 0( , ) ( , ) ( , )x t U t t x tα αΨ = Ψ . O operador de evolução temporal (2.1.28) pode ser escrito como

0( )

0( , )iH t t

U t t e−

−= .

Podemos relacionar 2bΨ a 2aΨ via o operador de evolução temporal como

'

2 2

iH T

b ae−

Ψ = Ψ . Também, 2dΨ ( função de onda na tela via caminho 2 ) é dada por

0 '

2 2

iH t iH T

d ae e− −

Ψ = Ψ , em que t é o tempo de trânsito ao longo do caminho 2 de 2b a 2d. Notamos que

Page 189: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

4

2 2

22 2Pm m= ,

e

2

2' .

2 niTiH T g B

me eμσ

⎡ ⎤− +⎢ ⎥− ⎢ ⎥⎣ ⎦= .

Escolhendo ˆB Bz= , e lembrando que mlT = , temos

'iH T

ie e φ− −= , onde

22n zg Bmll μσφ = + ,

e

0

2 2

iH ti

d ae e φ− −Ψ = Ψ . Mudanças em B , produz alterações em φ , dadas por

2

2

1 00 1

n z

n

g ml B

g ml B

μσφ

μφ

Δ = Δ

⎛ ⎞Δ = Δ⎜ ⎟−⎝ ⎠

.

Para o caminho 1, temos :

0 0

1 1

iH t iH T

d ae e− −

Ψ = Ψ , em que

1dΨ → função de onda na tela via caminho 1.

Page 190: Exercícios Resolvidos - Capítulo 2

5

t . → e o tempo de transito de 1b a 1d. Comparando as equações

0

2 2

iH ti

d ae e φ− −Ψ = Ψ

0 0

1 1

iH t iH T

d ae e− −

Ψ = Ψ temos que os máximos ocorrem quando

2

2

2ng ml Bφ πμ π

Δ =Δ

=.

Sabendo que

2emc

μ = ,

temos que

4

n

cBg l eπ

Δ = .