Problema 1
Considere o problema da precessão de spin discutido no texto. Ele pode
também ser resolvido no quadro de Heisenberg. Usando o Hamiltoniano
⎛ eB ⎞
H = −⎜
⎟ S z = wS z ,
⎝ mc ⎠
escreva as equações de Heisenberg do movimento para os operadores
dependentes do tempo S x (t ) , S y (t ) e S z (t ) . Resolva elas para obter S x, y , z
como funções do tempo.
Solução :
A equação de movimento de Heisenberg para um operador A( H ) (t ) (que
chamaremos simplesmente A(t ) ) é:
[ A(t ), H ] = i=
dA(t )
.
dt
(1)
Então, para H = wS z , temos as seguintes equações de movimento para
S x (t ) , S y (t ) e S z (t ) :
[ S x (t ), wS z ] = −i=wS y (t ) = i=
⎡⎣ S y (t ), wS z ⎤⎦ = i=wS x (t ) = i=
[ S z (t ), wS z ] = 0 = i=
dS x (t )
dt
(2)
dS y (t )
(3)
dt
dS z (t )
dt
(4)
A equação (4) resulta em
S z (t ) = S z (0) = S z ( S ) .
(5)
1
Substituindo a equação (2) na (3), temos:
S x (t ) = −
1 d2
S x (t )
w2 dt 2
ou
d2
S x (t ) + w2 S x (t ) = 0 .
dt 2
(6)
A solução geral desta equação é
S x (t ) = A cos( wt − φ ) .
(7)
Substituindo esta equação em (2), temos que:
S y (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 φ = 0 . Em t = 0 os
operadores de Heisenberg e de Schrödinger devem coincidir. Portanto:
A = S x (0) = S x ( S ) .
(9)
Então, temos finalmente:
S x( H ) (t ) = S x( S ) cos wt
S y( H ) (t ) = S x( S ) senwt
(10)
S z( H ) (t ) = S z( S )
2
Problema 2
Olhe de novo para o Hamiltoniano do capítulo 1, problema 11. Suponha
que o datilógrafo cometeu um erro e escreveu H como
H = H11 1 1 + H 22 2 2 + H12 1 2 .
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 H11 = H 22 = 0 por
simplicidade.)
Solução :
Observando este Hamiltoniano vemos que ele não é Hermitiano, pois:
H † = H11 1 1 + H 22 2 2 + H12 2 1 ≠ H
(1)
Vejamos qual é o resultado da aplicação do operador H † nos bras ( 1 e
2 ) de base, com H11 = H 22 = 0 :
1H† = 0
2 H † = 1 H 12
(2)
Usaremos estes resultados posteriormente.
Expandiremos agora um ket arbitrário na descrição de Schrödinger em
termos dos kets de base 1 e 2 :
α,t = 1 1 α,t + 2 2 α,t
(3)
Como α , t = U (t ) α , 0 , temos:
α , t = 1 1 U (t ) α , 0 + 2 2 U (t ) α , 0
(4)
Quando t = 0 , temos:
1 α,0
2
+ 2 α,0
2
=1,
(5)
que é a probabilidade total.
1
A probabilidade total para t ≠ 0 é dada por:
1 U (t ) α , 0
2
2
+ 2 U (t ) α , 0
= Pr (t )
(6)
Como H independe do tempo, temos:
⎛ iH
⎛ −iH t ⎞
1 U (t ) α ,0 = 1 ⎜⎜ e = ⎟⎟ α ,0 = 1 ⎜ e =
⎜
⎝
⎠
⎝
†
†
t
⎞
⎟ α ,0 .
⎟
⎠
(7)
Fazendo
e
iH †
t
=
iH †
= 1+
t,
=
(8)
pois ( H ) = 0 para n ≠ 1 , usando (2) temos:
n
⎛ − =iH t ⎞
⎧ i
⎟ α ,0 = 1 ⎨1 + H † t ⎫⎬ α ,0 = 1 α ,0
1 ⎜⎜ e
⎟
⎭
⎩ =
⎝
⎠
†
Portanto
1 U (t ) α ,0 = 1 α ,0
(9)
Da mesma forma, temos:
⎛ iH
t ⎞
⎛ −iH
= ⎟
⎜ =
⎜
2 U (t ) α ,0 = 2 ⎜ e
⎟ α ,0 = 2 ⎜ e
⎝
⎠
⎝
†
†
t
⎞
⎟ α ,0
⎟
⎠
†
⎧ i
⎫
2 U (t ) α ,0 = 2 ⎨1 + H † t ⎬ α ,0
⎭
⎩ =
i
2 U (t ) α ,0 = 2 α ,0 − tH 12 1 α ,0 .
=
(10)
Voltando em (6), calculamos a probabilidade total no instante t ≠ 0 como
sendo:
Pr (t ) = 1 α ,0
2
i
+ 2 α ,0 − tH 12 1 α ,0
=
2
2
2
Pr (t ) = 1 α ,0
+ 2 α ,0
2
+
t2
2
H 12 1 α ,0
2
=
2
[
+ 1 α ,0 2 α ,0 − 2 α ,0 1 α ,0
*
*
]=i tH
Usando (5), podemos escrever:
2
Pr (t ) = 1 +
H 12 t 2
1 α ,0
=2
2
− 2 Im[ 1 α ,0 α ,0 2
]H
12
=
t
≠ 1.
(11)
Vemos então que a probabilidade total é uma função linear do tempo, o
que contraria o princípio da conservação da probabilidade total.
3
12
Problema 3
Um eletron está sujeito a campo magnético uniforme independente do
tempo e tamanho B na direção positiva z . Em t = 0 o elétron é
conhecido estar em um estado de S .nˆ com autovalor / 2 , onde n̂ 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 S x =
2
como uma
função do tempo.
b. Encontre o valor esperado de S x como uma função do tempo.
c. Mostre que nossa resposta está de acordo com os casos extremos (i)
β → 0 e (ii) β → π / 2 .
Solução :
Figura 1: Geometria para o vetor unitário n̂ .
1
A equação de autovalores do operador S .nˆ é (exemplo 1.9):
S .nˆ S .nˆ; ± = ±
2
S .nˆ; ± ,
(1)
com
⎛β ⎞
⎛β ⎞
S .nˆ; + = cos ⎜ ⎟ + + sen ⎜ ⎟ − ,
⎝2⎠
⎝2⎠
(2)
e
⎛β ⎞
⎛β ⎞
S .nˆ; − = sen ⎜ ⎟ + + cos ⎜ ⎟ − .
⎝2⎠
⎝2⎠
(3)
O Hamiltoniano deste sistema é dado por (2.1.53):
H = wS z ,
(4)
com
w=
eB
me c
.
(5)
O operador de evolução temporal é dado por
U (t ) = e
−
iH
t
=e
−
iwS z
t
(6)
Se o estado do sistema no tempo t = 0 era caracterizado pelo ket da
expressão (2), no instante t o estado será dado por:
⎛ −iwS z t ⎞ ⎡ ⎛ β ⎞
⎛β ⎞ ⎤
⎟ ⎢cos ⎜ ⎟ + + sen ⎜ ⎟ − ⎥
⎝2⎠ ⎦
⎝
⎠⎣ ⎝ 2 ⎠
,
⎛ −iwt ⎞
⎛β ⎞
⎛ iwt ⎞
⎛β ⎞
α , t = U (t ) S .nˆ; + = exp ⎜
⎟ cos ⎜ ⎟ + + exp ⎜
⎟ sen ⎜ ⎟ −
⎝ 2 ⎠
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠
⎝2⎠
α , t = U (t ) S .nˆ; + = exp ⎜
2
(7)
onde usamos
⎛ iwS z t ⎞
⎛ iwt ⎞
exp ⎜ −
⎟ ± = exp ⎜ ∓
⎟± .
⎝
⎠
⎝ 2 ⎠
a. A probabilidade de se encontrar o elétron no estado S x = / 2 é dada
por:
Sx ; + α , t
2
,
(8)
onde S x ; + é dada por:
Sx ; + =
1
( + + − ).
2
(8a)
Então (8) fica:
Sx ; + α , t
2
Sx ; + α , t
2
1
=
2
(
iwt
⎛ − iwt2
⎛β ⎞
⎛β ⎞ ⎞
+ + − ) ⎜ e cos ⎜ ⎟ + + e 2 sen ⎜ ⎟ − ⎟
⎝2⎠
⎝2⎠ ⎠
⎝
iwt
1 − iwt
⎛β ⎞
⎛β ⎞
= e 2 cos ⎜ ⎟ + e 2 sen ⎜ ⎟
2
⎝2⎠
⎝2⎠
2
2
.
(9)
Desenvolvendo (9), temos:
1
⎛ wt ⎞
⎛β ⎞
⎛ wt ⎞
⎛β ⎞
⎛ wt ⎞
⎛β ⎞
⎛ wt ⎞
⎛β ⎞
= cos ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ − isen ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ + cos ⎜ ⎟ sen ⎜ ⎟ + isen ⎜ ⎟ sen ⎜ ⎟
2
⎝ 2 ⎠
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠
⎝2⎠
Sx ; + α , t
2
Sx ; + α , t
2
=
⎫
1 ⎧ 2 ⎛ wt ⎞
2 ⎛ wt ⎞
⎨cos ⎜ ⎟ (1 + senβ ) + sen ⎜ ⎟ (1 − senβ ) ⎬
2⎩
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
⎭
Sx ; + α , t
2
=
⎫
1 ⎧ ⎡ 2 ⎛ wt ⎞
2 ⎛ wt ⎞ ⎤
⎨1 + ⎢cos ⎜ ⎟ − sen ⎜ ⎟ ⎥ senβ ⎬
2⎩ ⎣
⎝ 2 ⎠⎦
⎝ 2 ⎠
⎭
Sx ; + α , t
2
=
1
{1 + cos( wt ) sen( β )}
2
Vemos que para β → 0 , o lado direito de (10) se torna 1/ 2 . Isto faz
sentido, pois se β = 0 inicialmente, o sistema está no autoestado + , que
é um autoestado do Hamiltoniano, e portanto, estacionário. Logo, a
3
2
probabilidade de se encontrar o estado S x = + / 2 é constante e igual a
1/ 2 , de acordo com (8a).
No outro caso limite, β = π / 2 , o sistema está inicialmente no estado
S x = + / 2 e o lado direito de (10) se torna
1
wt
(1 + cos wt ) = cos 2 ⎛⎜ ⎞⎟ ,
2
⎝ 2 ⎠
que concorda com (2.1.60a).
b. O valor esperado S x será dado por:
Sx = α , t Sx α , t
(11)
Escrevendo S x em forma de ket-bra, temos:
Sx =
2
(+
− + − + ).
(12)
Substituindo (12) e (7) em (11), temos:
⎡
⎛β ⎞
⎛β ⎞ ⎤
S x = ⎢eiwt / 2 cos ⎜ ⎟ + + e −iwt / 2 sen ⎜ ⎟ − ⎥ ( + − + − + )
⎝2⎠
⎝2⎠ ⎦2
⎣
⎡ −iwt / 2
⎛β ⎞
⎛β ⎞ ⎤
cos ⎜ ⎟ + + eiwt / 2 sen ⎜ ⎟ − ⎥
⎢e
⎝2⎠
⎝2⎠ ⎦
⎣
⎡⎛
⎛β ⎞
⎛ β ⎞ ⎞⎛
⎛β ⎞
⎛ β ⎞ ⎞⎤
S x = ⎢⎜ eiwt / 2 cos ⎜ ⎟ − + e −iwt / 2 sen ⎜ ⎟ + ⎟ ⎜ e − iwt / 2 cos ⎜ ⎟ + + eiwt / 2 sen ⎜ ⎟ − ⎟ ⎥
2 ⎣⎝
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠ ⎠⎝
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠ ⎠⎦
⎡
⎛β ⎞
⎛β ⎞
⎛β ⎞
⎛ β ⎞⎤
S x = ⎢ eiwt sen ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ + e −iwt sen ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ ⎥
2⎣
⎝2⎠
⎝2⎠
⎝2⎠
⎝ 2 ⎠⎦
Sx =
2
senβ cos wt
4
Logo :
Sx =
2
senβ cos wt
(13)
Se β → 0 (estado inicial igual a + ), S x = 0 , o que faz sentido, pois o
estado + é estacionário, e neste estudo S x = 0 . Se β → π / 2 , (13)
concorda com (2.1.61).
5
Problema 2.4
Admita
x(t )
como o operador coordenada para a partícula livre em uma dimensão no
quadro de Heisenberg. Calcule
⎡ x( t ) , x( 0) ⎤
⎣
⎦
Solução
Pela definição de comutação, podemos escrever
⎡ x(t ) , x( 0) ⎤ = x(t ) x( 0) − x( 0) x(t )
⎣
⎦
(4.1)
Onde x( t ) é o operador coordenada no tempo t e x( 0) 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
⎛ p( 0) ⎞
x(t ) = x( 0) + ⎜
t
⎜ m ⎟⎟
⎝
⎠
(2.2.27)
Substituindo em (4.1) temos que
( ) 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 ⎤
⎢⎣
⎥⎦
(
⎡ x +
⎣⎢ ( 0)
p( 0 )
p( 0)
( 0) ( 0)
m
p( 0 )
m
( 0)
m
( 0) ( 0)
p( 0)
( 0)
m
( 0)
( 0)
m
p( 0)
m
( 0)
Que de acordo com (2.2.29)
⎡
⎣⎢
( )
p( 0)
m
−i=t
t , x( 0) ⎤ =
⎦⎥
m
( 0)
m
( 0) ( 0)
p( 0 )
( 0) ( 0)
p( 0)
( 0)
( 0)
( 0)
( 0)
p( 0 )
m
p( 0 )
m
( 0)
( 0)
p( 0)
m
De modo que
⎡ x(t ) , x( 0) ⎤ = ⎡
⎣
⎦ ⎣⎢
( ) t, x
p( 0)
⎤
( 0) ⎦
⎥
m
Logo, obtemos
⎡ x(t ) , x( 0) ⎤ = −i=t
⎣
⎦
m
Aplicando a relação de incerteza (1.4.53)
( ΔA )
2
( ΔB )
2
≥
1
4
[ A, B ]
2
(1.4.53)
Temos que
( Δx )
2
( Δx )
2
( Δx )
t
t
2
t
( Δx )
2
( Δx )
2
( Δx )
t =0
1 ⎡
x ,x ⎤
≥
4 ⎣ (t ) ( 0) ⎦
t =0
1 −i=t
≥
4 m
t =0
= 2t 2
≥
4m 2
2
2
2
(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.
Problema 5
Considere uma partícula em uma dimensão cujo Hamiltoniano é dado por
H=
p2
+ V ( x) .
2m
Calculando ⎡⎣[ H , x ] , x ⎤⎦ , prove que
∑
a '' x a '
a'
2
=2
( Ea ' − Ea '' ) =
,
2m
onde a ' é um autoket de energia com autovalor Ea ' .
Solução :
Calcularemos antes o comutador
⎡ p2 ⎤
[ H , x ] = ⎢ , x ⎥ + [V ( x), x ]
⎣ 2m ⎦
=0
1
[ H , x ] = ⎡⎣ p 2 , x ⎤⎦
2m
1
1
[ H , x ] = p [ p, x ] + [ p, x ] p
2m
2m
2i=
[ H , x] = − p
2m
i=
[ H , x] = − p
m
(1)
Então
i=
=2
⎡⎣[ H , x ] , x ⎤⎦ = − [ p, x ] = −
m
m
(2)
Calculando o valor esperado deste comutador em (2) em relação ao
autoestado de energia a '' , temos:
1
=2
a '' ⎡⎣[ H , x ] , x ⎤⎦ a '' = − .
m
(3)
Desenvolvendo o lado esquerdo desta equação temos:
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 '' = −2 a '' xHx a '' + a '' xxH a '' + a '' Hxx a ''
Sabendo que H a '' = Ea '' a '' , temos que (4) fica:
2 Ea '' a '' xx a '' − 2 a '' xHx a ''
(5)
Aplicando o operador identidade
∑ a'
a ' , (5) fica:
a'
2 Ea '' ∑
a'
a '' x a ' a ' x a '' − 2∑
a '' xH a ' a ' x a '' =
a'
⎧
2 ⎨∑ a '' x a '
⎩ a'
2
⎫
Ea '' − ∑ Ea ' a '' x a ' a ' x a '' ⎬ =
a'
⎭
− 2∑ ( Ea '− Ea '') a '' x a ''
(6)
2
a'
Substituindo (6) no lado esquerdo de (3), temos:
−2∑ ( Ea '− Ea '') a '' x a ''
2
a'
=2
=−
m
(7)
∑ ( Ea '− Ea '') a '' x a ''
a'
2
=
=2
2m
2
Problema 6
Considere uma partícula em três dimensões cujo Hamiltoniano é dado por
G
p2
G
H=
+ V (x) .
2m
GG
Calculando [ x. p, H ] obtenha
G
d GG
p2
GG
x. p =
− x.∇V .
dt
2m
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 :
GG
Substituindo a expressão para o Hamiltoniano no comutador [ x. p, H ] ,
temos que:
GG
[ x. p, H ] =
1 G G G2
GG
G
⎡⎣ x. p, p ⎤⎦ + [ x. p, V ( x ) ]
2m
(1)
Desenvolvendo o primeiro comutador do lado direito desta expressão,
temos:
GG G
G G G
G G G
⎡⎣ x. p, p 2 ⎤⎦ = x. ⎡⎣ p, p 2 ⎤⎦ + ⎡⎣ x , p 2 ⎤⎦ . p
(2)
O primeiro comutador é nulo, pois [ A, f ( A)] = 0
(i)
O segundo comutador do lado direito desta expressão será calculado com
o auxílio da fórmula
G
G
G
G
[ x , F ( p ) ] = i =∇ p ( p 2 )
(3)
onde
1
G
∂
∂
∂
∇ p ≡ iˆ
+ ˆj
+ kˆ
∂px
∂p y
∂pz
Então:
G G
G
⎡⎣ x , p 2 ⎤⎦ = i=2 p ,
e assim (2) se torna
GG G
G
⎡⎣ x. p, p 2 ⎤⎦ = 2i=p 2
(4)
Desenvolveremos agora o segundo comutador do lado direito de (1):
GG
G
G G
G
G
G
G
[ 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
G
G
G
G
[ p, G ( x )] = −i=∇G ( x ) .
(6)
O primeiro comutador do lado direito de (5) fica:
G
G
G
G
[ p,V ( x )] = −i=∇V ( x )
(7)
Logo, a expressão (5) fica:
GG
G
GG
G
[ x. p,V ( x )] = −i=x.∇V ( x )
(8)
Substituindo (4) e (8) em (1), temos:
G
⎧ p2 G G G ⎫
GG
[ x. p, H ] = i= ⎨ − x.∇V ( x ) ⎬
⎩m
⎭
(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
2
escrever (9) na representação de Heisenberg é só aplicarmos o operador
U † a esquerda de ambos os membros e o operador U a direita.
G
Considerando que V ( x ) possa ser desenvolvido em série de potências de
x , y e z , temos que:
G
G
G
U †V ( x )U = V (U † xU ) = V ( x H )
(10)
Assim, (9) pode ser escrita na “representação de Heisenberg”:
⎧⎪ pG H 2 G G G ⎫⎪
GH G H
⎡⎣ x . p , H ⎤⎦ = i= ⎨
− x H .∇V ( x H ) ⎬
m
⎩⎪
⎭⎪
(11)
Nesta “representação” o comutador do primeiro membro é:
d GG
G G
⎡⎣ x H . p H , H ⎤⎦ = i= ( x. p)
dt
(12)
Substituindo em (11) e tomando o valor esperado de ambos os membros
chegamos em:
d GH G H
x .p
dt
(
)
=
GH 2
p
G G G
− x H .∇V ( x H )
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:
G
d GG
p2
GG G
x. p =
− x.∇V ( x ) ,
dt
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
GG
(14) deve se anular. Isto ocorrerá quando o valor esperado x. p for
constante. Esta condição será satisfeita sempre que nossa partícula estiver
3
num estado estacionário (autoestado do Hamiltoniano), pois neste caso
todos os valores esperados são constantes no tempo.
4
Problema 7
Considere um pacote de onda de uma partícula livre em uma dimensão.
Em t = 0 ele satisfaz a relação de mínima incerteza,
( Δx )
( Δp )
2
2
=
=2
4
(t = 0) .
Em adição, nós conhecemos
(t = 0) .
x = p =0
Usando o quadro de Heisenberg, obtenha ( Δx )
( Δx )
t (t ≥ 0) quando
2
t =0
2
como uma função de
t
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
x(t ) = x(0) +
p(0)
t.
m
(1)
O valor esperado deste operador pode ser facilmente encontrado:
x(t ) = x(0) +
p (0)
m
t =0
Logo a variância ( Δx )
( Δx )
2
= x 2 (t ) − x(t )
2
(2)
fica simplesmente
t
2
= x 2 (t ) .
(3)
t
1
Usando (2), escrevemos
( Δx )
( Δx )
2
= x 2 (t ) = x 2 (0) + x(0)
t
2
p(0)
p(0)
p 2 (0) 2
t+
x(0)t +
t
m
m
m2
2
(4)
t
t
t
+ p (0) x(0)
+ p 2 (0)
m
m
m
= x 2 (0) + x(0) p(0)
t
Da relação de incerteza e dos valores esperados em t = 0 , temos:
x 2 (0) =
( Δx )
p (0) =
( Δp )
2
(5)
t =0
e
2
2
t =0
=
=2
4 ( Δx )
(5)
2
t =0
Resta-nos agora calcular os valores esperados x(0) p(0) e p(0) x(0) .
Como x(0) = p(0) = 0 , temos que
x(0) = ( Δx )t =0
e
p (0) = ( Δp )t =0
(6)
Logo :
x(0) p (0) = ΔxΔp
t =0
e
p (0) x(0) = ΔpΔx
t =0
Do exercício (18) do capítulo (1), temos que a relação de incerteza
mínima é satisfeita por um estado α tal que
Δx α = λ Δ p α
(t = 0)
(7)
2
onde λ é puramente imaginário.
Aplicando o operador Δx pela esquerda em ambos os membros da
equação (7), resulta em:
2
( Δx ) α
= λΔxΔp α
(t = 0)
(8)
Multiplicando esta equação pela esquerda pelo bra α , temos:
α ( Δx ) α = λ α ΔxΔp α
2
(t = 0)
ou
( Δx )
2
t =0
= λ ΔxΔp
t =0
Então
ΔxΔp
t =0
( Δx )
= x(0) p (0) =
2
t =0
λ
.
(9)
Fazendo agora o Hermitiano adjunto da equação (7), temos:
α Δx = λ * α Δp
(t = 0)
(10)
Multiplicando esta equação a direita pelo ket Δx α , chegamos em:
α ( Δx ) α = λ * α ΔpΔx α
2
(t = 0)
ou
( Δx )
2
t =0
= λ * ΔpΔx
t =0
.
Então
ΔpΔx
t =0
= p (0) x(0) =
( Δx )
λ
2
t =0
(11)
*
3
Substituindo (11), (9) e (5) em (4), temos:
( Δx )
2
=
t
( Δx )
( Δx )
Como
2
t =0
2
t =0
+
= 2t 2
4m 2
( Δx )
2
t =0
⎧ ( Δx )2
⎪
+⎨
λ
⎪
⎩
é real (pois ( Δx )
2
( Δx ) t =0
2
t =0
+
λ*
⎫
⎪t
⎬
⎪m
⎭
(12)
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:
( Δx )
2
=
t
( Δx )
2
t =0
=2
+
4m
2
( Δx )
t2 ,
2
t =0
e o pacote se alarga no transcorrer do tempo.
4
(13)
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 ' δ a '' + a '' δ a ' ,
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 t = 0 .
Escreva abaixo o vetor de estado no quadro de Schrödinger para t > 0 .
c. Qual é a probabilidade de achar o sistema em a '' para t > 0 se o
sistema esta no estado a ' em t = 0 ?
d. Você pode pensar em uma situação física correspondente a este
problema ?
Solução :
a. A matriz de H na base { a ' , a '' } é
⎛0 δ ⎞
H = ⎜
⎟.
⎝δ 0 ⎠
(1)
Os autovalores de H são as raízes da equação secular
det( H − λ I ) = 0 ,
1
que resulta em
λ2 −δ 2 = 0
.
λ = ±δ
(2)
Então, E ' = δ e E '' = −δ .
Determinaremos os autovetores usando a equação de autovalores
H E' = E' E' .
Em forma matricial, temos:
⎛ c1 ⎞
⎛ 0 δ ⎞ ⎛ c1 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟ = δ ⎜ ⎟
⎝ δ 0 ⎠ ⎝ c2 ⎠
⎝ c2 ⎠
(3)
⎛c ⎞
Então, associado ao autovalor E ' = δ temos o autovetor ⎜ 1 ⎟ que,
⎝ c2 ⎠
normalizado, fica:
E ' = δ =
1 ⎛ 1⎞
⎜ ⎟
2 ⎝1⎠
(4)
Da mesma forma, para o autovalor E '' = −δ temos associado o autovalor
⎛ c1 ⎞
⎜
⎟ , que normalizado, fica:
⎝ −c1 ⎠
E '' = −δ =
1 ⎛1⎞
⎜ ⎟
2 ⎝ −1⎠
(5)
Em termos dos kets da base { a ' , a '' } , temos:
E'=δ =
1
( a ' + a ''
2
)
(6)
e
2
E ' = −δ =
1
( a ' − a ''
2
)
(7)
b. Se em t = 0 o sistema estava no estado a ' , o estado num tempo t > 0 é
obtido através da aplicação do operador evolução temporal no estado a '
:
α,t = U a ' = e
−
iH
t
=
(8)
a'
É mais conveniente expressarmos a ' em termos dos autoestados do
Hamiltoniano. Somando (6) e (7) podemos escrever:
a' =
1
( E ' = δ + E '' = −δ
2
)
(9)
Substituindo em (8) temos:
α,t =
1
2
1
α,t =
2
⎡
⎤
⎛ iHt ⎞
⎛ iHt ⎞
⎢ exp ⎜ − = ⎟ E ' = δ + exp ⎜ − = ⎟ E '' = −δ ⎥
⎝
⎠
⎝
⎠
⎣
⎦
⎡
⎤
⎛ iδ t ⎞
⎛ iδ t ⎞
⎢ exp ⎜ − = ⎟ E ' = δ + exp ⎜ = ⎟ E '' = −δ ⎥
⎝
⎠
⎝
⎠
⎣
⎦
(10)
Escrevendo novamente em termos de a ' e a '' , temos:
⎛ −iδ t ⎞ 1
⎛ iδ t ⎞ 1
⎟ ( a ' + a '' ) + exp ⎜
⎟ ( a ' − a ''
⎝ = ⎠2
⎝ = ⎠2
⎛ δt ⎞
⎛ δt ⎞
α , t = cos ⎜ ⎟ a ' − isen ⎜ ⎟ a ''
⎝ =⎠
⎝ =⎠
α , t = exp ⎜
)
(11)
c. A probabilidade de se encontrar o sistema no estado a '' no tempo
t > 0 , sendo que no instante t = 0 o estado em a ' , é dada por:
Pr ( a '' , t ) = a '' α , t
2
(12)
3
Usando (11), temos:
2
⎛ δt ⎞
⎛ δt ⎞
Pr ( a '' , t ) = −isen ⎜ ⎟ = sen 2 ⎜ ⎟ .
⎝ =⎠
⎝ =⎠
(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:
a'
→
Sx ; +
a ''
→
Sx ; −
δ → =w / 2
E'=δ
E '' = −δ
→
→
+
−
4
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:
α = R Rα + L Lα ,
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 = Δ( L R + R L ),
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 t = 0 . Encontre o vetor de estado α , t0 = 0; t
para t > 0 pela aplicação do operador de evolução temporal apropriado
para α .
c. Suponha que em t = 0 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 R α , t0 = 0; t e L α , t0 = 0; t . 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
1
H =Δ L R .
Resolva explicitamente o problema para a evolução temporal mais geral
com esse Hamiltoniano, mostre que a conservação de probabilidade é
violada.
Solução :
a. O Hamiltoniano pode ser representado (na base de { L ; R } ) como:
⎛ 0 Δ⎞
H = ⎜
⎟.
⎝Δ 0 ⎠
Logo, podemos determinar os autovalores e autovetores pelo método
padrão. Então, temos:
det( H − λ I ) = 0
→
−λ
Δ
Δ
=0
−λ
Logo,
λ 2 − Δ2 = 0
λ = ±Δ
Assim, temos dois níveis de energia; E1 = Δ e E2 = −Δ . Os autovetores
serão portanto:
( H − E1I )
E1 = 0
Calculo de E1 :
⎛ −Δ Δ ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ 0 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟
⎝ Δ −Δ ⎠ ⎝ x2 ⎠ ⎝ 0 ⎠
2
⎧−Δx1 + Δx2 = 0
⎨
⎩ Δx1 − Δx2 = 0
⎧ x1 = x2
⎨
⎩ x2 = x1
Fazendo x1 = 1 , obtemos:
E1 =
1 ⎛ 1⎞
⎜ ⎟
2 ⎝ 1⎠
E1 =
1
1
R +
L
2
2
Calculo de E2 :
( H − E2 I )
E2 = 0
⎛ Δ Δ ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ 0 ⎞
⎜
⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟
⎝ Δ Δ ⎠ ⎝ x2 ⎠ ⎝ 0 ⎠
⎧Δx1 + Δx2 = 0
⎨
⎩Δx1 + Δx2 = 0
⎧ x1 = − x2
⎨
⎩ x1 = − x2
Fazendo x2 = −1 , obtemos x1 = 1 , logo:
E2 =
E2
1 ⎛1⎞
⎜ ⎟
2 ⎝ −1⎠
1
1
R −
L
2
2
onde E1 = Δ e E2 = −Δ .
3
b. Temos:
α = Rα R + Lα L ,
então
α , t0 ; t = U (t , 0) α = R α U (t ;0) R + L α U (t ;0) L .
(1)
Assim, para determinar α , t0 ; t , devemos conhecer U (t ;0) R e U (t;0) L .
Para isso, precisamos escrever U (t;0) na base
que:
{R
, L } . Agora, sabemos
U (t ;0) = e −iHt / =
logo,
⎧⎪U E1 = e − iΔt / = E1
⎨
iΔt / =
E2
⎪⎩U E2 = e
Portanto na base de H , U tem a representação:
.
U (t ;0)
=
base
{ E1
, E2
}
⎛ e − iΔt / =
⎜
⎝ 0
0 ⎞
⎟
eiΔt / = ⎠
A matriz unitária de transformação, Ω da base
{ R ; L } é dada por:
Ω = R E1 + L E2
⎛1⎞
⎛0⎞
Ω = ⎜ ⎟ 1/ 2 1/ 2 + ⎜ ⎟ 1/ 2 −1/ 2
⎝0⎠
⎝1⎠
0 ⎞
⎛1/ 2 1/ 2 ⎞ ⎛ 0
Ω = ⎜⎜
⎟⎟ + ⎜⎜
⎟
0 ⎠ ⎝ 1/ 2 −1/ 2 ⎟⎠
⎝ 0
⎛1/ 2 1/ 2 ⎞
Ω=⎜
⎟
⎜1/ 2 −1/ 2 ⎟
⎝
⎠
(
)
(
4
)
{E
1
; E2
}
para base
Portanto U (t , 0) na base { R , L } será:
†
U (t , 0) =Ω U Ω .
base
base
{R ;L }
{ E1 ,E2 }
E substituindo os dados:
⎛1/ 2
U (t , 0) = ⎜
⎜1/ 2
⎝
1/ 2 ⎞ ⎛ e −iΔt / =
⎟⎜
−1/ 2 ⎟⎠ ⎝ 0
⎛ e − iΔt / = / 2
U (t , 0) = ⎜
⎜ e − iΔt / = / 2
⎝
eiΔt / = / 2 ⎞ ⎛1/ 2
⎟⎜
−eiΔt / = / 2 ⎟⎠ ⎜⎝1/ 2
⎛ 1 −iΔt / = iΔt / =
+e
⎜2 e
U (t , 0) = ⎜
⎜ −i eiΔt / = − e − iΔt / =
⎜
⎝ 2i
U (t , 0)
=
base
{L ;R }
0 ⎞ ⎛1/ 2
⎟⎜
eiΔt / = ⎠ ⎜⎝1/ 2
(
)
(
)
1/ 2 ⎞
⎟
−1/ 2 ⎟⎠
1/ 2 ⎞
⎟
−1/ 2 ⎟⎠
−i iΔt / = −iΔt / =
e
−e
2i
1 iΔt / = − iΔt / =
e
+e
2
(
) ⎞⎟
(
)
⎟
⎟
⎟
⎠
⎛ cos Δt / = −isenΔt / = ⎞
⎜
⎟
⎝ −isenΔt / = cos Δt / = ⎠
E aplicando R e L , obtemos:
⎛ cos Δt / = −isenΔt / = ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ cos Δt / = ⎞
U R =⎜
⎟⎜ ⎟ = ⎜
⎟
⎝ −isenΔt / = cos Δt / = ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ −isenΔt / = ⎠
(2)
U R = cos
Δt
Δt
R − isen
L
=
=
⎛ cos Δt / = −isenΔt / = ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎛ −isenΔt / = ⎞
U L =⎜
⎟⎜ ⎟ = ⎜
⎟
⎝ −isenΔt / = cos Δt / = ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ cos Δt / = ⎠
(3)
U L = −isen
Δt
Δt
R + cos
L
=
=
5
Substituindo (2) e (3) em (1), obtemos:
Δt
⎛
Δt
⎞
⎛
Δt
Δt
⎞
α , t0 ; t = R α ⎜ cos
R − isen
L ⎟ + L α ⎜ −isen
R + cos
L ⎟
=
=
=
=
⎝
⎠
⎝
⎠
Δt
⎛
Δt ⎞
⎛
Δt
Δt ⎞
α , t0 ; t = ⎜ R α cos − i L α sen ⎟ R + ⎜ L α cos − i R α sen ⎟ L
=
= ⎠
=
= ⎠
⎝
⎝
c. Em t0 = 0 , temos para α = R
Temos que
α , t0 = 0; t = U (t , 0) R = cos
Δt
Δt
R − isen
L
=
=
onde usamos equação (2) do item (b). Assim, a probabilidade será:
Δt
Δt
= −isen
= sen 2 .
=
=
2
P ( L ) = L α , t0 ; t
2
Logo
P ( L) = sen 2
Δt
.
=
d. Temos
i=∂ t α , t0 = 0; t = H α , t0 = 0; t
Inserindo
1= R R + L L
e substituindo H , obtemos:
i=∂ t ( R R α , t0 = 0; t + L L α , t0 = 0; t ) = Δ ( L R α , t0 = 0; t + R L α , t0 = 0; t
6
)
Os ket’s da base estão fixos na representação de Schrödinger. Logo,
∂ t R R α , t0 = 0; t = R ∂ t R α , t0 = 0; t
e
∂ t L L α , t0 = 0; t = L ∂ t L α , t0 = 0; t
Assim, temos:
R ( i=∂ t R α , t0 = 0; t ) + L ( i=∂ t L α , t0 = 0; t ) = R ( Δ L α , t0 = 0; t ) + L ( Δ R α , t0 = 0; t
Igualando os coeficientes de L e R , temos:
⎪⎧i=∂ t R α , t0 = 0; t = Δ L α , t0 = 0; t
⎨
⎪⎩i=∂ t L α , t0 = 0; t = Δ R α , t0 = 0; t
que são as equações acopladas de Schrödinger. E substituindo (2) em (1),
obtemos:
⎛ i=
⎞
i=∂ t ⎜ ∂ t L α , t0 = 0; t ⎟ = Δ L α , t0 = 0; t
⎝Δ
⎠
=2 d 2
L α , t0 = 0; t = Δ L α , t0 = 0; t
Δ dt 2
Δ2
d2
L α , t0 = 0; t = − 2 L α , t0 = 0; t
dt 2
=
2
2
d
Δ
L α , t0 = 0; t + 2 L α , t0 = 0; t = 0
2
dt
=
−
Supondo
L α , t0 = 0; t = eλt ,
temos:
7
)
Δ 2 λt
λ e + 2 e =0
=
Δ
λ = ±i
=
2 λt
Logo, a solução geral para a equação diferencial é:
L α , t0 = 0; t = AeiΔt / = + Be −iΔt / =
L α , t0 = 0; t = A cos
Δt
Δt
+ Bsen
=
=
E procurando da mesma forma após substituir (1) em (2), vamos obter:
R α , t0 = 0; t = D cos
Δt
Δt
+ Esen
=
=
Sabemos que
α , t0 = 0 = R R α + L L α
E como
α , t0 = 0, t = R R α , t0 = 0; t + L L α , t0 = 0; t
Δt
⎛
Δt ⎞
⎛
Δt
Δt ⎞
α , t0 = 0, t = R ⎜ D cos + Esen ⎟ + L ⎜ A cos + Bsen ⎟
=
= ⎠
=
= ⎠
⎝
⎝
E, fazendo t = 0 , em (6), obtemos:
α , t0 = 0;0 = A R + D L
E comparando com (5), temos:
A= R α
e
D= Lα .
8
O ket α , t0 = 0; t deve ser normalizado, isto é,
⎡
⎛
Δt
Δt ⎞
⎛
Δt
Δt ⎞ ⎤
α , t0 = 0, t α , t0 = 0, t = ⎢ R ⎜ R α cos + B* sen ⎟ + L ⎜ L α cos + E * sen ⎟ ⎥
=
= ⎠
=
= ⎠⎦
⎝
⎣ ⎝
*
*
⎡ ⎛
Δt
Δt ⎞
Δt
Δt ⎞ ⎤
⎛
⎢ R ⎜ R α cos = + Bsen = ⎟ + L ⎜ L α cos = + Esen = ⎟ ⎥ = 1
⎠
⎝
⎠⎦
⎣ ⎝
Δt
Δt ⎞⎛
Δt
Δt ⎞
*
⎛
α , t0 = 0, t α , t0 = 0, t = ⎜ R α cos + B* sen ⎟⎜ R α cos + Bsen ⎟ +
=
= ⎠⎝
=
= ⎠
⎝
Δt ⎞ ⎛
Δt
Δt ⎞
Δt
*
⎛
*
⎜ L α cos + E sen ⎟ ⎜ L α cos + Esen ⎟ = 1
=
= ⎠⎝
=
= ⎠
⎝
2
2
Δt
Δt
2
2
α , t0 = 0, t α , t0 = 0, t = cos 2
Rα + Lα
B +E +
+ sen 2
=
=
Δt
Δt
*
*
R α B + B* R α + L α E + E * L α sen cos = 1
=
=
)
(
(
(
)
Desde que α , t0 = 0; t α , t0 = 0; t = 1 , então R α
α , t0 = 0, t α , t0 = 0, t = cos 2
( Rα
)
*
(
2
+ Lα
2
= 1 , então
)
Δt
Δt
2
2
+ sen 2
B +E +
=
=
)
B + B* R α + L α E + E * L α sen
*
Δt
Δt
cos = 1
=
=
Para que a igualdade seja satisfeita, devemos ter:
2
2
⎧⎪
B + E =1
⎨
*
*
*
*
⎪⎩ R α B + R α B + L α E + L α E = 0
(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:
B +E = Lα
2
2
2
+ Rα
2
=1
pois,
9
α , t0 = 0; t α , t0 = 0; t = 1
e,
i R α L α −i R α
*
*
L α −i L α
*
R α +i L α R α
*
=0
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
α = a1 L + a2 R
com
a1 = L α
2
2
a probabilidade de obtermos L
e a2 = R α
2
2
a probabilidade de
obtermos R . Façamos com que a equação de Schrödinger α evolua no
tempo:
i=∂ t α , t0 = 0; t = H α , t0 = 0; t
i=∂ t ( a1 L + a2 R ) = ( Δ L R
)( a
1
L + a2 R
)
i=a1 L + i=a2 R = 0 R + a2 Δ L
onde, obtemos
da2
=0
dt
a2 = a2 (0) = cte
i=
i=a1 = a2 Δ
da1 Δ
= a2
dt i=
Logo, obtemos
a1 (t ) = a1 (0) +
Δt
a2 (0)
=
10
Então
⎛
⎝
α , t0 = 0; t = ⎜ a1 (0) +
Δt
⎞
a2 (0) ⎟ L + a2 (0) R
i=
⎠
Na equação (1) supomos que α α = 1 , tal que:
a1 + a2 = 1
2
2
Ou seja, a soma das probabilidades de obter L ou R é 1. No caso de
α , t0 = 0; t , a soma das probabilidades não é constante, mas depende do
tempo:
2
Δt
2
⎛
⎞
⎜ a1 (0) + a2 (0) ⎟ + a2 (0) = f (t )
i=
⎝
⎠
Para que uma quantidade seja conservada, ela deve ser constante no
tempo, o que não ocorre neste caso.
11
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:
dp 1
1 mw2
⎡ p, x 2 ⎤⎦
= [ p, H ] =
dt i=
i= 2 ⎣
dp mw2
=
{[ p, x ] x + x [ p, x]}
dt
2i=
Temos ainda que:
[ x, p ] = i = ,
Logo
dp mw2
=
( −2i=x )
dt
2i=
dp
= −mw2 x
dt
Para a equação de Heisenberg para o operador x , temos:
dx
dt
dx
dt
dx
dt
dx
dt
1
[ x, H ]
i=
1
=
{ p [ x, p ] + [ x, p ] p}
2mi=
1
=
{2i=p}
2mi=
p
=
m
=
1
Logo, temos duas equações acopladas:
dx p
=
dt m
dp
= − mw2 x
dt
Derivando a primeira:
d 2 x 1 dp
=
dt 2 m dt
d 2x 1
=
− mw2 x ,
2
dt
m
2
d x
+ w2 x = 0
2
dt
(
)
e derivando a segunda:
d2 p
dx
p
= −mw2
= −mw2
2
dt
dt
m
.
2
d p
2
+w p=0
dt 2
Condições iniciais:
⎧ x(0) = x0
⎨
⎩ p (0) = p0
e
p0
⎧
⎪ x (0) =
m
⎨
⎪⎩ p (0) = −mw2 x0
Soluções:
⎡ p (0) ⎤
x(t ) = x(0) cos wt + ⎢
senwt
⎣ mw ⎥⎦
2
......................................................................................................................
Demonstração :
x(0) = x0
x (0) =
→
p0
m
A = x0
p0
= Bw cos wt
m
→
→
B=
p0
mw
......................................................................................................................
p (t ) = [ − mwx(0)] senwt + p (0) cos wt
......................................................................................................................
Demonstração :
p(0) = p0
→
p (0) = − w2 x0
C = x0
→
− mw2 x0 = + DwBw cos wt
→
D = −mwx0
......................................................................................................................
Utilizando estas equações podemos mostrar que o Hamiltoniano é
independente do tempo.
p 2 (t ) 1
+ mw2 x 2 (t )
2m 2
2
1
H (t ) =
[ −mwx(0)] senwt + p(0) cos wt} +
{
2m
H (t ) =
⎧
⎫
1
⎡ p (0) ⎤
mw2 ⎨ x(0) cos wt + ⎢
senwt ⎬
⎥
2
⎣ mw ⎦
⎩
⎭
H (t ) =
{
2
1
m 2 w2 x 2 (0) sen 2 wt + p 2 (0) cos 2 wt − 2mwx(0) p(0) senwt cos wt
2m
⎧
⎫
p 2 (0)
1
2 x(0) p(0)
mw2 ⎨ x 2 (0) cos 2 wt + 2 2 sen 2 wt +
cos wtsenwt ⎬
mw
mw
2
⎩
⎭
p 2 (0) 1
H (t ) =
+ mw2 x 2 (0)
2m
2
2
p
1
H (t ) = 0 + mw2 x02 = H (0)
2m 2
3
}
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
t = 0 , os quadros de Heisenberg e Schrödinger coincidem, ou seja,
xH (0) = xS (0) = x0
(com xS (t ) = xS (0) )
e
pH (0) = pS (0) = p0
(com pS (t ) = pS (0) )
Podemos notar a independência em relação ao tempo das variáveis
dinâmicas no quadro de Schrödinger
xS (0) = x0
pS (0) = p0
As relações entre os quadros de Heisenberg e Schrödinger são:
xH (t ) = eiHt / = xS e − iHt / =
→ x0
e
pH (t ) = eiHt / = pS e − iHt / =
→ p0
Ou seja, usando (2.3.48) e (2.3.50), pode-se conhecer:
⎛ p ⎞
xH (t ) = x0 cos wt + ⎜ 0 ⎟ senwt
⎝ mw ⎠
e
pH (t ) = p0 cos wt − mwx0 senwt
4
b. Em t = 0 , o vetor de estado geral em ambos os quadros são iguais,
α
H
= α
S
= α , t0 = 0 ,
e
α , t = 0 = ∑ Cn (0) n .
n
Em t ≠ 0 , temos:
α,t
H
= α , t = 0 = ∑ Cn (0) n .
n
Isto é, independente do tempo, enquanto
α,t
S
= e −iHt / = α , t = 0 = ∑ Cn (0)e−iw( n +1/ 2) t n
n
E é independente do tempo, lembre-se, nós usamos
H = =w( N + 1/ 2)
F ( N ) n = F ( n) n
o qual é independente do tempo em ambos os quadros. Podemos pensar
também
α,t
S
como
α,t
S
= ∑ Cn (t ) n ,
n
com
Cn (t ) = Cn (0)e −iw( n +1/ 2) t
5
A equação de Schrödinger para o vetor de estado é
i=
∂
α,t
∂t
S
= H α,t S .
Neste caso
Cn (t )
pode ser determinado:
a) Quadro de Schrödinger
Cn (t ) = n α , t
S
= Cn (0)e − iw( n +1/ 2) t
em que os kets de base são independentes do tempo.
......................................................................................................................
Demonstração :
α , t = ∑ n n α = ∑ Cn (0) α , t
n
α , t = ∑ Cn (0)e
n
− iw ( n +1/ 2) t
n
n
Logo
Cn (t ) = Cn (0)e−iw( n +1/ 2)t
ou
Cn (t ) = n α , t
S
......................................................................................................................
6
b) Quadro de Heisenberg
Cn (t ) = n, t α , t
H
= n e − iHt / = α , t = 0
H
= Cn (0)e − iw( n +1/ 2) t
com os kets de base
n, t = eiHt / = n
dependentes do tempo.
7
Problema 11
Considere uma partícula sujeita a um potencial do oscilador harmônico
simples em uma dimensão. Suponha que em t = 0 o vetor de estado seja
dado por
⎛ −ipa ⎞
exp ⎜
⎟0 ,
⎝ = ⎠
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 t ≥ 0 .
Solução :
Na descrição de Heisenberg o vetor de estado não varia com o tempo e é
igual ao vetor de estado de Schrödinger em t = 0 . Então:
α,t
H
⎛ −ipa ⎞
= exp ⎜
⎟0
⎝ = ⎠
(1)
−ipa ⎞
Observamos que o operador exp ⎛⎜
⎟ é o operador translação espacial
⎝ = ⎠
em t = 0 . Então:
α,t
H
= ℑ(a, t = 0) 0
(2)
onde
ℑ(a, t = 0) x ', t
H
= x '+ a, t
(3)
H
O valor esperado x(t ) é, portanto, dado por:
x(t ) = H α , t x(t ) α , t
H
= 0 ℑT (a, t = 0) x(t )ℑ(a, t = 0) 0
(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
1
x(t ) = x(0) cos wt +
p(0)
senwt .
mw
(5)
Substituindo esta em (4), resulta em
x(t ) = 0 ℑ† (a, t = 0) x(0)ℑ(a, t = 0) 0 cos wt +
0 ℑ† (a, t = 0) p (0)ℑ(a, t = 0) 0
senwt
mw
(6)
Pelas propriedades do operador translação temos que:
ℑ† (a, t = 0) x(0)ℑ(a, t = 0) = x(0) + a
(7)
e
ℑ† (a, t = 0) p (0)ℑ(a, t = 0) = p (0)
(8)
A primeira destas relações já foi derivada no texto (equação 2.2.7). A
segunda surge do fato que ℑ(a, t = 0) comuta com p(0) .
Substituindo (7) e (8) em (6), temos:
senwt
mw
senwt
x(t ) = { 0 x(0) 0 + a} cos wt + 0 p (0) 0
mw
x(t ) = 0 ( x(0) + a ) 0 cos wt + 0 p(0) 0
(9)
Também já vimos no texto que os valores esperados do operador posição
e do operador momento no estado fundamental em t = 0 são nulos. Então
:
0 x(0) 0 = 0 p (0) 0 = 0
(10)
Logo:
x(t ) = a cos wt
(11)
2
Problema 12
a. Escreva abaixo a função de onda (em coordenadas espaciais) para o
estado especificado no problema 11 em t = 0 . Você pode usar
x' 0 =π
−1/ 4
x0
−1/ 2
⎡ 1 ⎛ x ' ⎞2 ⎤
exp ⎢ − ⎜ ⎟ ⎥ ,
⎢⎣ 2 ⎝ x0 ⎠ ⎥⎦
(1)
onde
1/ 2
⎡
⎛ = ⎞ ⎤
⎢ x0 ≡ ⎜
⎟ ⎥.
⎝ mw ⎠ ⎦⎥
⎣⎢
b. Obtenha uma expressão simples para a probabilidade que o estado seja
achado no estado fundamental em t = 0 . Essa probabilidade muda para
t>0 ?
Solução :
a. O estado especificado no problema anterior em t = 0 é:
α = e −ipa / = 0 .
(2)
A função de onda para este estado é dada por
ψ ( x ') = x ' α = x ' e −ipa / = 0 .
(3)
−ipa ⎞
⎟ como o operador translação espacial
⎝ = ⎠
temos que, quando aplicado sobre o bra x ' em (3), a função de onda se
Identificando o operador exp ⎛⎜
torna:
ψ ( x ') = x '− a 0 .
(4)
1
Aplicando o operador identidade ∫ dx '' x '' x '' nesta expressão temos que:
ψ ( x ') = ∫ dx '' x '− a x '' x '' 0 ,
(5)
onde x '' 0 é dado pela expressão (1). Usaremos a notação
ψ 0 ( x '') = x '' 0 .
(6)
A expressão (5) pode então ser escrita como
ψ ( x ') = ∫ dx '' δ [ x ''− ( x '− a) ]ψ 0 ( x '') = ψ 0 ( x '− a) .
(7)
Usando a expressão (1), temos finalmente:
⎡ 1 ( x '− a ) 2 ⎤
⎥.
2
⎣ 2 x0 ⎦
ψ ( x ') = π −1/ 4 x0 −1/ 2 exp ⎢ −
(8)
b. A probabilidade de que o sistema esteja no estado fundamental em
t = 0 é dada por
0α
2
= 0 e−ipa / = 0
2
2
= ∫ dx ' 0 x ' x ' e −ipa / = 0 .
(9)
Usando (1), (3), (6) e (8), temos que:
0α
2
= ∫ dx 'ψ 0* ( x ')ψ ( x ')
0α
2
=π
0α
2
1
= 2
π x0
0α
2
0α
2
−1/ 2
xo
−1
2
⎡ 1
2
2 ⎤
∫ dx 'exp ⎢⎣ − 2 x02 2 x ' − 2ax '+ a ⎥⎦
(
)
⎡ 1 2 a
a2 ⎤
dx
'exp
−
x
'
+
x
'
−
⎢ 2
⎥
∫
x02
2 x02 ⎦
⎣ x0
⎛ −a 2 ⎞
1
= 2 π 1/ 2 x0 exp ⎜
2 ⎟
π x0
⎝ 4 x0 ⎠
2
⎛ −a 2 ⎞
= exp ⎜
2 ⎟
⎝ 2 x0 ⎠
2
2
2
(10)
Problema 13
Considere um oscilador harmônico simples em uma dimensão
a. Usando
a⎫
mw ⎛
ip ⎞
x±
=
⎜
⎟,
†⎬
a ⎭
2= ⎝
mw ⎠
(1)
e
a n
a† n
⎫⎪ ⎧⎪ n n − 1
,
⎬=⎨
⎪⎭ ⎪⎩ n + 1 n + 1
(2)
Calcule m x n , m p n , m { x, p} n , m x 2 n e m p 2 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† :
x=
p=i
=
(a + a† )
2mw
(3)
m=w
(−a + a† )
2
(4)
Usando estas expressões e com o auxílio de (2), temos:
1
m x n =
=
⎡ m a n + m a † n ⎤⎦
2mw ⎣
m x n =
= ⎡
n m n − 1 + n + 1 m n + 1 ⎤⎦
2mw ⎣
m x n =
= ⎡
nδ m ,n −1 + n + 1δ m ,n +1 ⎤⎦
2mw ⎣
(5)
e
m p n =i
m=w
⎡⎣ − m a n + m a † n ⎤⎦
2
(6)
m=w ⎡
m p n =i
− nδ m ,n −1 + n + 1δ m,n +1 ⎤⎦
2 ⎣
Usando (3) e (4) escrevemos o operador { x, p}
=
(−a 2 + aa † − a † a + a †2 − a 2 − aa † + a † a + a †2 )
2
2
†2
{ x, p} = i=(−a + a )
{ x, p} = xp + px = i
(7)
Então,
(
m { x, p} n = i= − m a 2 n + m a †2 n
)
(8)
Observando (2), temos:
a 2 n = n(n − 1) n − 2
(9)
e
a †2 n = (n + 1)(n + 2) n + 2 .
(10)
Substituído estas expressões em (8), temos:
(
m { x, p} n = i= − n(n − 1)δ m ,n − 2 + (n + 1)(n + 2)δ m,n + 2
2
)
(11)
Escrevemos agora os operadores x 2 e p 2 usando (3) e (4):
x2 =
=
a 2 + aa † + a † a + a †2
2mw
(
p2 = −
)
m=w 2
a − aa † − a † a + a †2
2
(
(12)
)
(13)
Assim, temos:
m x2 n =
=
m a 2 n + m aa † n + m a † a n + m a †2 n
2mw
(
)
(14)
Observando que a † a = N ; aa† = ⎡⎣ a, a† ⎤⎦ + N e que ⎡⎣ a, a † ⎤⎦ = 1 , o que sai de
(2), sendo que N n = n n , temos que:
m x2 n =
=
2mw
(
n(n − 1)δ m ,n −2 + (2n + 1)δ m ,n + (n + 1)(n + 2)δ m ,n + 2
)
(15)
onde usamos (9) e (10).
Da mesma forma, usando (13), temos:
m=w
m a 2 n − m ( N + 1) n − m N n + m a †2 n
2
m=w
m p2 n = −
n(n − 1)δ m,n − 2 − (2n + 1)δ m,n + (n + 1)( n + 2)δ m,n + 2
2
m p2 n = −
(
)
(
)
(16)
Consideraremos agora os valores esperados das energias cinética e
potencial usando (16) e (15), com m = n :
T =
1
1 =w
=w
n p2 n = −
[ −2n − 1] = ⎛⎜ n + ⎞⎟
2m
4
2⎠ 2
⎝
(17)
mw2
=w
=w
1
n x2 n =
( 2n + 1) = ⎛⎜ n + ⎞⎟
2
4
2 ⎝
2⎠
(18)
e
V =
3
De (17) e (18) vemos que
T = V .
(19)
que e o Teorema Virial.
4
Problema 14
a. Usando
x ' p ' = ( 2π = )
−1/ 2
eip ' x '/ =
(uma dimensão)
(1)
prove
p ' x α = i=
∂
p' α .
∂p '
(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):
p' x x' = x' p' x' = x' x' p'
p ' x x ' = ( 2π = )
−1/ 2
*
x ' e −ip ' x '/ =
∂ ⎡
−1/ 2
( 2π = ) e−ip ' x '/ = ⎤⎦
⎣
∂p '
∂
p ' x x ' = i=
p' x'
∂p '
(3)
p ' x x ' = i=
Consideraremos agora a quantidade p ' x α . Com o auxílio do operador
identidade escrevemos esta quantidade como:
∫ dx '
p' x x' x' α = p' x α .
1
Substituindo (3) nesta integral temos que:
⎛ ∂
⎞
p ' x α = i= ∫ dx ' ⎜
p' x' ⎟ x' α
⎝ ∂p '
⎠
(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 α = i= ∫ dx '
∂
( p' x' x' α
∂p '
)
(5)
A derivação em p ' e a integração em x ' são operações independentes.
Logo:
p ' x α = i=
∂
∂
dx ' p ' x ' x ' α = i=
p' α
∫
∂p '
∂p '
(6)
b. A equacao de Schrödinger para um vetor de estado é a seguinte:
i=
∂
α , t 0 ; t = H α , t0 ; t
∂t
(7)
Aplicando o bra p ' (independente do tempo) a ambos os lados desta
equação esta se torna:
i=
∂
p ' α , t 0 ; t = p ' H α , t0 ; t
∂t
(8)
No caso do oscilador harmônico simples unidimensional o Hamiltoniano
é dada por:
H=
p 2 mw2 x 2
+
2m
2
(9)
2
Assim o lado direito de (8) fica
p ' H α , t0 ; t =
1
mw2
p ' p 2 α , t0 ; t +
p ' x 2 α , t0 ; t .
2m
2
(10)
O primeiro termo do lado direito desta expressão resulta em
1
p '2
p ' p 2 α , t0 ; t =
p ' α , t0 ; t
2m
2m
(11)
O fator p ' x 2 α , t0 ; t de (10) é calculado como segue:
p ' x 2 α , t0 ; t = ∫ dp '' p ' x p '' p '' x α , t0 ; t
(12)
Usando a expressão (6), temos:
p ' x p '' = i=
∂
∂
p ' p '' = i=
δ ( p '− p '')
∂p '
∂p '
p '' x α , t0 ; t = i=
∂
p '' α , t0 ; t
∂p ''
(13)
(14)
3
Substituindo isto na integral em (12), temos que:
p ' x 2 α , t0 ; t = ( i = )
2
p ' x 2 α , t0 ; t = ( i = )
2
p ' x α , t0 ; t = ( i = )
2
2
⎡ ∂
⎤ ∂
∫ dp '' ⎢⎣ ∂p ' δ ( p '− p '') ⎥⎦ ∂p ''
p '' α , t0 ; t
∂
∂
dp ''δ ( p '− p '')
p '' α , t0 ; t
∫
∂p '
∂p ''
∂ ∂
p ' α , t0 ; t
∂p ' ∂p '
(15)
∂2
p ' x α , t0 ; t = − =
p ' α , t0 ; t
∂p '2
2
2
onde usamos a seguinte propriedade da função delta de Dirac:
∫ dp ''δ ( p '− p '')G( p '') = G( p ')
Em que G ( p ') é uma função qualquer do argumento p ' .
Assim, substituindo (11) e (15) em (10), temos:
p ' H α , t0 ; t =
p '2
mw2 = 2 ∂ 2
p ' α , t0 ; t −
p ' α , t0 ; t .
2m
2 ∂p '2
(16)
Substituindo esta expressão em (8) e usando a notação φ ( p ') ≡ p ' α , t0 ; t ,
temos:
i=
p '2
mw2 = 2 ∂ 2
∂
φ ( p ') =
φ ( p ') −
φ ( p ')
∂t
2m
2 ∂p '2
(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 φE ( p ') tenham a mesma
forma funcional que ψ ( x ') .
Assim, mediante um re-escalonamento conveniente, podemos fazer
4
φE ( p ') = ψ E ( p ') .
5
Problema 15
Considere uma função, conhecida como função de correlação, definida
por
C (t ) = x(t ) x(0) ,
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
caracterizado pela função de onda:
x' 0 =π
−1/ 4
onde x0 =
x0
−1/ 2
simples
⎡ 1 ⎛ x ' ⎞2 ⎤
exp ⎢ − ⎜ ⎟ ⎥ ,
⎢⎣ 2 ⎝ x0 ⎠ ⎥⎦
unidimensional
é
(1)
=
.
mw
A função de correlação neste estado é dada por
C (t ) = 0 x(t ) x(0) 0
(2)
A solução da equação de movimento de Heisenberg para o operador x(t )
já é conhecida,
x(t ) = x(0) cos wt +
P(0)
senwt .
mw
(3)
Substituindo em (2), vem:
C (t ) = 0 x 2 (0) 0 cos wt +
1
0 p(0) x(0) 0 senwt
mw
1
(4)
Do exercício (13) podemos determinar 0 x 2 (0) 0 . Então
0 x 2 (0) 0 =
x2
=
= 0 .
2mw 2
(5)
O segundo termo do lado direito de (4) pode ser calculado facilmente
escrevendo os operadores p(0) e x(0) em termos dos operadores de
criação e aniquilação, de maneira idêntica a feita no exercício (13).
Assim, aquele termo resulta em:
xo2
=
1
0 p(0) x(0) 0 senwt =
senwt = senwt
2imw
2i
mw
(6)
Assim, substituindo (5) e (6) em (4), temos que
C (t ) =
x02
x2
[cos wt − isenwt ] = o e−iwt .
2
2
(7)
2
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
t = 0 . Qual é o vetor de estado para t > 0 no quadro de Schrödinger?
Calcule o valor esperado de x como uma função do tempo para t > 0
usando (i) o quadro de Schrödinger e (ii) o quadro de Heisenberg.
c. Calcule ( Δx )
2
como uma função do tempo usando ambos os quadros.
Solução :
a. Seja α o estado definido como combinação linear de 0 e 1 , então:
α = a 0 +b 1
Assim temos:
(
)
x = α x α = 1 b* + 0 a* x ( a 0 + b 1 ) .
Agora temos que:
x0 =
=
=
a + a† 0 =
1
2mw
2mw
x1 =
=
=
=
a + a† 1 =
0 +
2 2
2mw
2mw
2mw
(
(
)
)
Logo, (1) se torna:
1
⎡
⎤
=
=
=
x = α x α = 1 b* + 0 a * ⎢ a
1 +b
0 +b
2 2⎥
2mw
2mw
⎣ 2mw
⎦
(
(
x = b*a + a*b
)
)
=
2mw
Se, a e b são reais, podemos escrever:
x = 2ab
=
2mw
(1)
Se, α α = 1 ; então a + b = 1 = a 2 + b 2 , logo podemos determinar b em
2
2
função de a , logo, b = 1 − a 2 , substituindo (1) temos:
1/ 2
⎛ = ⎞
x = 2a 1 − a ⎜
⎟
⎝ 2mw ⎠
2
1/ 2
⎛ 2= ⎞
= a 1− a ⎜
⎟
⎝ mw ⎠
2
Assim x será máximo quando f (a) = a 1 − a 2 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,
f '(a) = 0
Temos:
1 − a 2 + a.
−1/ 2
1
1 − a 2 ) (−2a ) = 0
(
2
1 − a 2 − a 2 (1 − a 2 ) −1/ 2 = 0
x(1 − a 2 )1/ 2
1 − a 2 − a 2 = 0
1
a = ±
2
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:
2
⎛
2a 1 − a 2
⎜
−1/ 2
1
f ''(a) = 1 − a 2
( −2a ) − ⎜
2
⎜
⎝
(
f ''(a) =
(
)
(
−a
(1 − a )
2 1/ 2
(
1/ 2
⎛ 2 1 − a 2 1/ 2 + 1 − a 2
−⎜
⎜
1 − a2
⎝
⎡
1
f ''(a ) = −a ⎢
⎢ 1 − a2
⎣
(
)
)
)
1/ 2
+
(
2 1 − a2
)
1/ 2
)
−1/ 2
(
+ 1 − a2
1− a2
(
1
1 − a2
2
1 − a2
−
)
)
−1/ 2
⎞
( −2 a ) ⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎟
⎟
⎠
−1/ 2
⎤
⎥
⎥
⎦
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 f (a) '' < 0 , o que ocorre somente
se a = +1/ 2 . Assim, o valor médio fica
x
max
=
1 2=
2 mw
.
Logo, como
2
1
⎛ 1 ⎞
b = 1− a = 1− ⎜
,
⎟ =
2
⎝ 2⎠
2
o estado que maximiza x será:
α =
1
1
0 +
1
2
2
b. Na representação de Schrödinger, os operadores estão fixos, e os kets
evoluem. Assim, temos
α , t0 = 0; t = U (t , 0) α =
1
(U 0 + U 1
2
)
3
(1)
Com
U (t , 0) = e −iHt / = ,
e
H=
p2 1
+ mw2 x 2 ,
2m 2
cujos
autovalores
são,
1⎞
⎛
En = ⎜ n + ⎟ =w , então, temos que:
2⎠
⎝
U (t , 0) n = e − iEnt / = n
Portanto (1) se torna:
(
1 − i=wt / 2 =
e
0 + e −3 wti= / 2 = 1
2
1 − iwt / 2
α , t0 = 0; t =
e
0 + e −3iwt / 2 1
2
α , t0 = 0; t =
(
)
)
Cálculo dos valores médios de x , x :
(i) Versão de Schrödinger
Vamos usar x =
=
(a + a † ) . Agora, na versão de Schrödinger, o valor
2mw
médio será:
=
α , t0 = 0; t a + a † α , t0 = 0; t
2mw
x = α , t0 = 0; t x α , t0 = 0; t =
x =
=
( α , t0 = 0; t
4mw
) ( a + a )( e
x =
=
( α , t0 = 0; t
4mw
)(e
x =
1
2
†
− iwt / 2
− iwt / 2
0 + e −3iwt / 2 1
)
1 + e −3iwt / 2 0 + 2e −3iwt / 2 2
)(
)
)
= ⎡
0 eiwt / 2 + 1 e3iwt / 2 e − iwt / 2 1 + e −3iwt / 2 0 + 2e −3iwt / 2 2 ⎤
⎣
⎦
4mw
(
x =
= ⎛ e −2iwt / 2 + e +2iwt / 2 ⎞
⎜
⎟
2mw ⎝
2
⎠
x =
=
cos wt
2mw
4
(ii) Versão de Heisenberg
Precisamos determinar o valor de x(t ) , pois nesta versão x evolui no
tempo. Assim, sabendo-se que H =
p2 1
+ mw2 x 2 , temos:
2m 2
dx 1
= [ x, H ]
dt i=
Assim, substituindo H , temos:
dx 1 ⎡ p 2 ⎤ 1 ⎡ 1
2 2⎤
= ⎢ x,
⎥ + ⎢ x, mw x ⎥
dt i= ⎣ 2m ⎦ i= ⎣ 2
⎦
dx
1
⎡ x, p 2 ⎤⎦
=
dt 2im= ⎣
dx
1
=
{ p [ x, p ] + [ x, p ] p}
dt 2im=
dx
1
=
2i=p
dt 2im=
dx p(t )
=
dt
m
(1)
Agora
dp 1
1 ⎡ p2 ⎤ 1 ⎡ 1
2 2⎤
= [ p, H ] = ⎢ p,
⎥ + ⎢ p, mw x ⎥
dt i=
i = ⎣ 2m ⎦ i= ⎣ 2
⎦
1
dp 1 1
mw2 ⎡⎣ p, x 2 ⎤⎦ =
=
( x [ p , x ] + [ p, x ] x )
2i=
dt i= 2
1
dp
mw2 2i=x
=−
2i=
dt
Com [ p, x ] = − [ x, p ] = −i= , temos:
dp
= − mw2 x .
dt
(2)
Substituindo (2) em (1), obtemos:
5
d 2 x 1 dp 1
=
=
−mw2 x
2
dt
m dt m
2
d x
+ wx 2 = 0
dt 2
(
)
(3)
Sendo x(t ) = eλt ; x(t ) = λ 2eλt , logo, a eq. (3), se torna:
λ 2 e λ t + w2 e λ t = 0 .
Como
eλt ≠ 0
∀ t,
então,
λ = ±iw .
E temos duas situações possíveis. Logo
x(t ) = Aeiwt + Be− iwt
x(t ) = A 'cos wt + B ' senwt
onde A ' e B ' são constantes. Derivando x(t ) em relação a t , temos:
x (t ) = − wA ' senwt + wB 'cos wt
E, se x(t = 0) = x(0) e, x (t = 0) = x (0) , obtemos:
A ' = x(0)
e,
x (0) = B ' w
.
B ' = x (0) / w
6
Logo
x(t ) = x(0) cos wt +
x (0)
senwt .
w
(3)
Observação:
No cálculo do comutador, [ x(t ), p(t )] , fizemos:
[ x(t ), p(t )] = ⎡⎣U † (t ) x(0)U ,U † p(0)U ⎤⎦
[ x(t ), p(t )] = U † x(0)UU † p(0)U − U † p(0)UU † x(0)U
[ x(t ), p(t )] = U † x(0) p(0)U − U † p(0) x(0)U
[ x(t ), p(t )] = U † ( x(0) p(0) − p(0) x(0))U
[ x(t ), p(t )] = U † [ x, p ]U
E como
[ x(0), p(0)] = i= ,
temos
[ x(t ), p(t )] = U † [ x(0), p(0)]U = i=U †U = i= .
Pois
U †U = 1 ,
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,
x
H
= α x(t ) α =
1
⎡( 0 + 1 )( x 0 + x 1 ) ⎤
⎦
2⎣
7
(4)
Agora, na equação (3), observamos que
x(t ) = x(0) cos wt +
x (0) p(0)
, assim,
=
w
mw
p(0)
senwt
mw
Logo
x(t ) 0 = cos wtx(0) 0 +
senwt
p(0) 0
mw
x(t ) 0 =
=
senwt 1
cos wt 1 +
mw −i
2mw
x(t ) 0 =
=
( cos wt 1 + isenwt 1
2mw
x(t ) 0 =
= iwt
e 1
2mw
m=w
1
2
)
Também
p(0)
⎛
⎞
x(t ) 1 = ⎜ x(0) cos wt +
senwt ⎟ 1
mw
⎝
⎠
senwt
x(t ) 1 = cos wtx(0) 1 +
p(0) 1
mw
⎡ =
⎤ senwt ⎛
m=w
m=w 1/ 2 ⎞
=
x(t ) 1 = cos wt ⎢
0 +
2 2 ⎥+
0 +i
2 2 ⎟⎟
⎜⎜ −i
2mw
2
2
⎣ 2mw
⎦ mw ⎝
⎠
x(t ) 1 =
= −iwt
= 1/ 2 iwt
e
0 +
2 e 2
2mw
2mw
E substituindo estes resultados em (4), vamos obter:
x
x
x
H
H
H
=
⎛
⎞⎤
1⎡
= iwt
= −iwt
=
e 1 +
e
0 +
2eiwt 2 ⎟⎟ ⎥
⎢( 0 + 1 ) ⎜⎜
2 ⎢⎣
2mw
2mw
⎝ 2mw
⎠ ⎥⎦
=
1
=
eiwt + e−iwt
2 2mw
=
(
)
=
cos wt
2mw
8
e vemos que
x
H
= x S.
c. Vamos usar a representação de Schrödinger. Temos,
( Δx )
2
=
(x − x )
2
= x2 − x .
2
Já conhecemos x . Vamos calcular x 2 , assim,
x 2 = α , t0 ; t x 2 α , t0 ; t .
Agora,
x2 =
=
(aa + a † a † + aa † + aa † ) ,
2mw
logo
1 =
α , t0 ; t
2 2mw
1 =
α , t0 ; t
=
2 2mw
=
eiwt / 2 0 0
=
4mw
=
(1 + 3)
=
4mw
(
)
(
)
x2 =
⎡ aa + a † a † + aa † + a † a e− iwt / 2 0 + e−3iwt / 2 aa + a † a † + a † a + aa † 1 ⎤
⎣
⎦
x2
⎡
⎣
x2
x2
(
(
)
(
)
2 2 + 0 e−iwt / 2 + 21/ 231/ 2 3 + 1 + 2 1 e−3iwt / 2 ⎤
⎦
e − iwt / 2 + 3 1 1 e3iwt / 2 e −3iwt / 2
)
Logo,
x2 =
=
.
mw
Lembrando que x =
=
cos wt , e x
2mw
9
2
=
=
cos 2 wt , temos:
2mw
( Δx )
2
( Δx )
2
=
=
cos 2 wt
−
mw 2mw
= ⎛ cos 2 wt ⎞
=
⎜1 −
⎟ .
mw ⎝
2 ⎠
=
10
Problema 17
Mostre para o oscilador harmônico simples em uma dimensão
0 eikx 0 = exp ⎡⎣ − k 2 0 x 2 0 / 2 ⎤⎦ ,
onde x é o operador posição.
Solução :
Da equacao (1.7.10), temos:
β A α = ∫ dx '∫ dx '' β x ' x ' A x '' x '' α .
Fazendo :
α = 0
β = 0
A = eikx
temos:
β A α = 0 eikx 0 = ∫ dx '∫ dx '' 0 x ' x ' eikx x '' x '' 0
0 eikx 0 = ∫ dx '∫ dx ''ψ 0* ( x ') x ' eikx x '' ψ 0 ( x '')
0 eikx 0 = ∫ dx '∫ dx ''ψ 0* ( x ')eikx ''ψ 0 ( x '') x ' x ''
0 eikx 0 = ∫ dx '∫ dx ''ψ 0* ( x ')eikx ''ψ 0 ( x '')δ ( x '− x '')
0 eikx 0 = ∫ dx ψ
' 0* ( x ') ∫ dx ''eikx ''ψ 0 ( x '')δ ( x '− x '')
'
0 eikx 0 = ∫ dx ψ
' 0* ( x ')eikx ψ
0 ( x ')
(1)
1
Temos ainda da equação (2.3.30) que
⎡ 1 ⎛ x ' ⎞2 ⎤
1
x ' 0 = ψ 0 ( x ') = 1/ 4 1/ 2 exp ⎢ − ⎜ ⎟ ⎥ ,
π x0
⎢⎣ 2 ⎝ x0 ⎠ ⎥⎦
em que
=
,
mw
x0 =
ou
1/ 4
⎛ mw ⎞
x ' 0 = ψ 0 ( x ') = ⎜
⎟
⎝ π= ⎠
⎛ mwx 2 ⎞
exp ⎜ −
⎟.
2= ⎠
⎝
Também, do problema 13, temos:
0 x2 0 =
=
2mw
ou
m x2 n =
=
2mw
{
}
n(n − 1)δ m ,n − 2 + (2n + 1)δ m ,n + (n + 1)(n + 2)δ m ,n + 2 .
Fazendo x ' = x na expressão (1), temos:
1
0e
ikx
⎛ mw ⎞ 4 ⎛ mw ⎞
0 =⎜
⎟ ⎜
⎟
⎝ π= ⎠ ⎝ π= ⎠
1/ 2
⎛ mw ⎞
0 eikx 0 = ⎜
⎟
⎝ π= ⎠
∫ dxe
1
4
∫ dxe
− mwx 2 / 2 = − mwx 2 / 2 = ikx
e
e
ikx − mwx 2 / =
Esta integral pode ser calculada usando a fórmula
+∞
∫ dxe
−∞
− ( ax 2 + bx + c )
=
π
a
e( b
2
− 4 ac ) / 4 a
,
2
em que
a = mw / =
b = −ik → b 2 = −k 2
c=0
Temos finalmente que:
1/ 2
0e
ikx
0e
ikx
0e
ikx
⎛ mw ⎞
0 =⎜
⎟
⎝ π= ⎠
0 =e
0 =e
−
k2 ⎛ = ⎞
⎜
⎟
2 ⎝ 2 mw ⎠
−
k2
0 x2 0
2
π=
mw
e − k = / 4 mw
2
3
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
λ = e− λ
2
/ 2 λ a†
e
0
é um estado coerente normalizado.
b. Prove a relação de incerteza mínima para um tal estado.
c. Escreva λ como
∞
λ = ∑ f ( n) n .
n =0
2
Mostre que a distribuição de 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) e−ipl / = (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
1
∞
∑a n
n =0
∞
n λ = λ∑ n n λ
n =0
∞
∞
n =0
n =0
∑ n1/ 2 n − 1 n λ = λ ∑ n n λ
∞
∞
n =1
n =0
0 + ∑ n1/ 2 n − 1 n λ = λ ∑ n n λ
∞
∞
n '= 0
n =0
∑ (n '+ 1)1/ 2 n ' n '+ 1 λ = λ ∑ n n λ
Como n ' é um índice mudo, fazemos a troca n ' = n , logo:
∞
∞
∑ (n + 1)
n n +1 λ = λ∑ n n λ
1/ 2
n =0
n =0
∞
∑ ⎡⎣(n + 1)
1/ 2
n =0
n + 1 λ − λ n λ ⎤⎦ n = 0
Desde que os kets { n } formam uma base, eles são linearmente
independentes e, assim, para que a igualdade seja satisfeita, devemos ter:
(n + 1)1/ 2 n + 1 λ − λ n λ = 0
n +1 λ =
λ
(n + 1)1/ 2
nλ
(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:
1λ =λ 0 λ
2λ =
λ
21/ 2
1λ =
λ2
21/ 2
0λ
2
3λ =
λ
=
31/ 2
λ3
0λ
(3!)1/ 2
.
.
.
λn
nλ =
0λ
(n !)1/ 2
Portanto, temos:
∞
∞
λn
n =0
n =0
(n !)1/ 2
λ =∑ n λ n =∑
λ = 0λ
λn
∞
∑ (n!)
(2)
n
1/ 2
n =0
0λ n
Para determinar 0 λ , vamos impor que λ λ = 1 , logo
λ λ =1,
ou seja,
λ λ = 0λ
λ λ = 0λ
2
2
∞
λ n+m
n = 0, m = 0
(n !m !)1/ 2
∑
λ n+m
∑ (n!m!)
n ,m
mn
δ = 0λ
1/ 2 n , m
2
∑
n =0
Como
e
λ2
∞
λ 2n
n =0
n!
=∑
,
então temos
0λ
2
eλ = 1 .
2
3
λ 2n
1/ 2
⎡⎣ (n !) 2 ⎤⎦
= 0λ
2
∑
n =0
λ 2n
n!
=1
Portanto:
0λ
2
= e−λ
0 λ = e−λ
2
2
/2
Caso λ seja real, então
e−λ
2
/2
=e
−λ /2
2
,
e podemos escrever ,
0 λ =e
−λ /2
2
.
E substituindo (3) em (2), obtemos:
λ = e− λ
2
/2
∞
λn
∑ (n !)
n =0
1/ 2
(4)
n
O operador a† atuando sobre n p vezes, tem o termo:
a † p n = [ (n + p )(n + p − 1)...(n + 1)]
1/ 2
n+ p ,
ou,
⎡ ( n + p ) !⎤
n =⎢
⎥
⎣ n! ⎦
1/ 2
a
†p
n+ p ,
e se n = 0 , temos:
a † p 0 = ( p !)1/ 2 p ,
(5)
ou
p
1 †p
a 0 =
.
( p !)1/ 2
p!
4
De modo que podemos reescrever (4) como,
λ = e− λ
2
/2
⎛
⎞ − λ 2 / 2 ∞ n a† n
=e
λ
0 ,
∑
1/ 2 ⎟
n!
n =0
⎝ (n !) ⎠
∞
∑λn ⎜
n =0
λ =e
−λ /2
2
n
∞
2
⎛ ∞ λ n a† n ⎞
(λ a † ) n ⎤
−λ /2 ⎡
⎜∑
⎟ 0 =e
⎢∑
⎥0 .
⎝ n =0 n ! ⎠
⎣ n =0 n ! ⎦
E reconhecemos a soma como eλ a , logo,
†
λ = e− λ
2
/ 2 λ a†
e
0 .
(6)
Vemos então, que a partir da equação que define λ como um estado
coerente obtivemos o ket λ = e− λ / 2eλ a 0 , o que mostra que o mesmo é
compatível com um estado coerente.
2
†
Falta mostrar que este estado é normalizado, ou seja:
λ λ =1.
Mas vemos que a normalização de λ , foi uma condição imposta para
determinar 0 λ a partir de (4), resultando em 0 λ = e − λ / 2 . Assim, o fato
deste fator existir na equação (6) dada, reflete que o estado λ está
normalizado.
2
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:
λ = e− λ
2
/ 2 λ a†
e
(7)
0
5
∞
E, fazendo eλ a = ∑
†
(λa )
†
n!
n =0
λ =e
− λ2 / 2
∞
1
∑ n! λ
n
n
, temos:
a† n 0 .
n =0
Mas por (5), temos que,
a † n 0 = (n !)1/ 2 n ,
logo,
λ = e− λ
2
/2
∞
1
∑ n! λ
n
(n !)1/ 2 n .
(8)
n =0
E aplicando o operador aniquilação em (8), obtemos:
a λ =e
−λ /2
2
∞
λn
∑ n ! (n !)
1/ 2
a n .
n =0
Como a 0 = 0 , começamos a soma de n = 1 . Logo
a λ =e
−λ /2
2
∞
λn
∑ n! a n
.
n =1
Como a n = n n − 1 , temos:
a λ =e
−λ /2
2
∞
λn
∑ n!
n =1
a λ =e
− λ /2
2
∞
(n !)1/ 2 n1/ 2 n − 1 = ∑
λ n n1/ 2 (n − 1)!1/ 2
n(n − 1)!
n =1
⎡( n − 1) !⎤⎦
λ ⎣
∑
(n − 1)!
n =1
1/ 2
∞
n
n −1
E fazendo n = n − 1 temos
a λ =e
− λ /2
2
∞
∑ λ n+1
n =0
∞
2
(n !)1/ 2
a†n
−λ /2
n =e
0 .
λ∑ λn
n!
n!
n =0
6
n1/ 2 n − 1
(
⎛ 2 ∞ λ a†
− λ /2
a λ = λ ⎜e
∑
⎜
n!
n =0
⎝
)
⎞
2
⎟ 0 = λ e − λ / 2 e λ a† 0
⎟
⎠
n
(
)
Mas como λ = e− λ / 2eλ a 0 , obtemos:
2
†
a λ =λ λ ,
que é a relação que define o estado coerente. Temos também que:
(
)(
λ λ = e − λ 0 eλ a e − λ eλ a 0
2
λ λ = e− λ
2
/2
*
2
( 0 e )( e
λ *a
†
λ a†
0
)
)
Mas como ⎡⎣ a, a† ⎤⎦ = 1 , então podemos usar a fórmula de Glauber para
reescrever as exponenciais, pois a e a† comutam com o comutador:
eλ a eλ a = e
*
†
λ *a + λ a† +
λ
2
⎡ a , a† ⎤
⎦
2 ⎣
= eλ a + λ a e λ
*
†
2
/2
.
Logo,
λ λ = e− λ
2
/2
λ /2
2
e
0 eλ a + λ a 0
*
⎡
†
⎤
λ λ = 0 0 + 0 ⎢( λ *a + λ a † ) 0 + ( λ a + λ a † ) 0 + ...⎥ ,
2!
⎣
⎦
1
2
λ λ = 1 + 0 + 0 + 0 + ... = 1
λ λ =1
novamente o estado é normalizado.
7
b. Temos que:
=
=
⎡ λ a † λ + λ a λ ⎤⎦
λ a + a† λ =
2mw
2mw ⎣
x = λ xλ =
Como,
a λ =λ λ
λ a† = λ * λ ,
e
assim,
=
=
⎡⎣λ * λ λ + λ λ λ ⎤⎦ =
λ* + λ
2mw
2mw
(
x =
)
e,
x 2 = λ x 2 λ = λ xx λ
=
⎡ λ aa λ + λ aa † λ + λ a † a λ + λ a † a † λ ⎤⎦
2mw ⎣
=
⎡λ 2 + λ *2 + λ *λ + 1 + λ a † a λ ⎤⎦
=
2mw ⎣
2
= ⎡
λ
=
+ λ * + 1⎤
⎦⎥
2mw ⎣⎢
x2 =
x2
x2
(
)
onde usamos ⎡⎣ a, a† ⎤⎦ = 1 , e aa † = 1 + a† a .
Portanto,
( Δx )
2
= x2 − x
( Δx )
2
=
( Δx )
2
2
=
λ + λ*
2mw
=
=
2mw
(
)
2
+
=
=
λ* + λ
−
2mw 2mw
(
Vamos agora calcular ( Δp ) .
2
Sabemos que:
8
)
2
(1)
p = −i
m=w
a − a† ,
2
(
)
logo,
p = λ pλ
,
m=w
⎡⎣ λ a λ − λ a † λ ⎤⎦
w
p = −i
então:
p = −i
m=w
⎡⎣λ λ λ − λ * λ λ ⎤⎦
2
p = −i
m=w
⎡⎣λ − λ * ⎤⎦
2
Temos também que:
m=w
⎡⎣ λ aa λ − λ λ − λ a † a λ + λ a † a † λ ⎤⎦
2
m=w 2
⎡⎣λ λ λ − λ λ − 2λ *λ λ λ + λ *2 λ λ ⎤⎦
=−
2
2
m=w ⎡
=−
λ − λ * − 1⎤⎥
⎢
⎦
2 ⎣
p2 = −
p2
p2
(
)
Logo,
( Δp )
2
= p2 − p
( Δp )
2
=
( Δp )
2
2
− m=w ⎡
λ − λ*
⎢
2 ⎣
m=w
=
2
(
)
2
m=w
λ − λ*
− 1⎤ +
⎥⎦
2
(
Portanto,
9
)
2
( Δx )
2
( Δp )
2
( Δx )
2
( Δp )
2
m=w =
2 2mw
2
=
=
4
=
Este é o valor mínimo da relação de incerteza.
c. Vamos reescrever a equação (4) do item ”a”:
∞
λ = ∑ e− λ
2
λn
/2
n
(n !)1/ 2
n =0
e, vemos claramente que:
f ( n) = e
λn
−λ /2
2
(n !)1/ 2
,
onde,
f ( n) = e
2
f ( n) = e
2
−λ
2
λn
− λ /2
2
(n !)1/ 2
λ
2
2n
,
n!
e fazendo λ = λ ' , temos:
2
W ( n) = f ( n) = e − λ '
2
λ 'n
n!
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,
⎛
λ 'n ⎞
−λ '
'
ln W (n) = ln ⎜ e − λ '
⎟ = ln e + n ln λ − ln n !.
n! ⎠
⎝
10
Agora, por Stirling,
ln n ! ≅ n ln n − n ,
logo,
ln W (n) ≅ −λ ' + n ln λ ' − n ln n + n
e derivando, temos:
d ln W (n)
⎛λ'⎞
= ln λ '− 1 − ln n + 1 = ln λ '− ln n = ln ⎜ ⎟ ,
dn
⎝ n⎠
e, no ponto n = n ,
d ln W (n)
= 0,
dn
n = n
logo,
⎛λ'⎞
ln ⎜ ⎟ = 0
⎝ n ⎠
→
λ'
n
=1
→
n = λ ' = λ .
2
Então,
n = nmax = λ .
2
Esse também é o valor maior provável para a energia.
d. Sendo
p = −i
m=w
a − a† ) ,
(
2
então,
e − ipl / = = e
−
l m=w
( a − a† )
=
w
= e − λ a eλ a
†
(1)
11
com λ =
l m=w
.
=
2
Agora, para reescrevermos o expoente, vamos usar a fórmula de Glauber,
desde que a† e a comutam com ⎡⎣ a, a † ⎤⎦ = 1 . Assim, se temos dois
operadores A e B que comutam com [ A, B ] , então:
e Ae B = e
A+ B +
1
[ A, B ]
2
Fórmula de Glauber – Cohen, pág 174, Vol I.
E, fazendo A = −λ A e B = λ A† , temos:
e − λ Aeλ A = eλ ( a
†
†
−a )
e
1
− λ 2 ⎡⎣ a , a† ⎤⎦
2
e, como ⎡⎣ a, a † ⎤⎦ = 1 , obtemos:
eλ a e − λ a e − λ
†
2
/2
= e −ipl / = ,
logo, fazendo e−ipl / = 0 , obtemos:
e − ipl / = 0 = e − λ / 2 eλ a e − λ a 0 ,
2
†
mas como:
e−λa = 1 − λ a +
λ2
2
a 2 + ... ,
então,
e−λa 0 = 0 ,
pois
a 0 = 0,
logo,
12
e − ipl / = 0 = e − λ / 2 eλ a 0 .
2
†
Agora, como
λ=
l m=w
,
=
2
então,
λ >0,
de modo que
λ=λ,
assim,
e − ipl / = 0 = e
− λ / 2 λ a†
2
e
0 .
13
14
Problema 19
Considere
J ± = a±† a∓ ,
Jz =
(a a
2
†
+ +
)
− 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
[ J z , J± ] = ±
J± ,
⎛ 2 ⎞ ⎡⎛ N ⎞ ⎤
J = ⎜ ⎟ N ⎢⎜ ⎟ + 1⎥ .
⎝ 2 ⎠ ⎣⎝ 2 ⎠ ⎦
⎡J 2, Jz ⎤ = 0 ,
⎣
⎦
2
Solução :
Em adição as definições do enunciado faremos as seguintes:
Jx =
1
( J+ + J− )
2
e
Jy =
−i
(J+ − J− ) .
2
(1)
Assim
J 2 = J x2 + J y2 + J z2 =
1
[ 2 J + J − + 2 J − J + ] + J z2 .
4
(2)
Também, usando as definições de J ± e J z , temos:
2
1
2 †
†
2 †
†
⎡
⎤
J = ⎣ 2 a+ a− a− a+ + 2 a− a+ a+ a− ⎦ + ⎣⎡ a+† a+ a+† a+ − a+† a+ a−† a− − a−† a− a+† a+ + a−† a− a−† a− ⎦⎤
4
4
2
Usando o fato de que
⎡⎣ a+† , a− ⎤⎦ = ⎡⎣ a+† , a−† ⎤⎦ = [ a+ , a− ] = ⎡⎣ a+ , a−† ⎤⎦ = 0 .
(4)
pois as duas duplas de operadores se referem a osciladores independentes,
além das relações de comutação usuais
1
⎡⎣ a± , a±† ⎤⎦ = 1 .
(5)
A expressão (3) fica:
J2 =
J =
2
2
⎡⎣ a+† a+ a+† a+ + a−† a− a−† a− + 2a+† a+ (1 + a−† a− ) + 2a−† a− (1 + a+† a+ ) − a+† a+ a−+ a− − a−† a− a+† a+ ⎤⎦
4
2
⎡⎣ a+† a+ a+† a+ + a−† a− a−† a− + a+† a+ a−† a− + a−† a− a+† a+ + 2( a+† a+ + a−† a− ) ⎤⎦
4
Observando a definição de N , podemos escrever (6) como:
J2 =
2
(N
4
2
)
+ 2N =
⎡N ⎤
N ⎢ + 1⎥ .
2 ⎣2 ⎦
2
(7)
Calcularemos agora o comutador [ J z , J ± ] :
[ J z , J± ] =
[ J z , J± ] =
2
(
)
⎡ a+† a+ − a−† a− , a±† a∓ ⎤
⎦
2 ⎣
2
{
(8)
}
⎡ a+† a+ , a±† a∓ ⎤⎦ − ⎡⎣ a−† a− , a±† a∓ ⎤⎦
2 ⎣
Usando a seguinte propriedade dos comutadores,
[ AB, CD ] = A [ B, C ] D + AC [ B, D ] + C [ A, D ] B + [ A, C ] DB ,
(9)
temos:
[ J z , J± ] =
2
2
{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:
[ J z , J+ ] =
2
{a a
2
†
+ −
}
+ a+† a− =
2
a+† a− = J + ,
2
e
[ J z , J− ] =
2
{− a a
2
†
− +
}
− a−† a+ = − 2 a−† a+ = − J − .
Então de modo geral:
[ J z , J± ] = ±
J± .
(11)
Calcularemos agora [ N , J z ] :
[N, Jz ] =
⎡ a+† a+ + a−† a− , a+† a+ − a−† a− ⎤⎦
2⎣
[N, Jz ] =
⎡ a+† a+ , a+† a+ ⎤⎦ − ⎡⎣ a+† a+ , a−† a− ⎤⎦ + ⎡⎣ a−† a− , a+† a+ ⎤⎦ − ⎡⎣ a−† a− , a−† a− ⎤⎦
2⎣
(12)
Observando (9) e (4), vemos que todos os termos do lado direito da
expressão (12) são nulos. Logo:
[N, Jz ] = 0 .
(13)
Finalmente, calcularemos o comutador ⎡⎣ J 2 , J z ⎤⎦ . Usando (7), temos:
2
⎡⎣ J 2 , J z ⎤⎦ = ⎡( N 2 + 2 N ) , J z ⎤
⎦
4 ⎣
2
{
(14)
}
⎡⎣ J , J z ⎤⎦ =
⎡ N , J z ⎤⎦ + 2 [ N , J z ]
4 ⎣
2
2
De (9) temos que:
⎡⎣ N 2 , J z ⎤⎦ = N [ N , J z ] + [ N , J z ] N .
(15)
Então, usando (13) temos que (14) se resume a:
⎡⎣ J 2 , J z ⎤⎦ = 0
(16)
3
Problema 20
Considere uma partícula de massa m sujeita a um potencial em uma
dimensão da seguinte forma :
⎧1 2
⎪ kx
V = ⎨2
⎪∞
⎩
para x > 0
para x < 0
.
a. Qual é a energia do estado fundamental?
b. Qual é o valor esperado x 2 para o estado fundamental?
Solução :
a. Em principio teríamos que resolver a equacao de Schrödinger
independente do tempo
=2 d 2
−
uE ( x) + V ( x)uE ( x) = EuE ( x) .
2m dx 2
(1)
Com o potencial dado, procederíamos da seguinte forma:
i) Resolveríamos a equação (1) para x < 0 , procurando por soluções uE ( x)
que fossem finitas e continuas e cujas derivadas primeiras
duE ( x)
fossem
dx
finitas, no intervalo ( −∞, 0 ).
ii) Resolveríamos a equação (1) para x > 0 procurando soluções uE ( x)
que satisfizessem as mesmas condições impostas em (1).
iii) Escolheríamos as soluções uE ( x) que fossem continuas em x = 0 .
Vemos que, de acordo com o item (i) a única solução que satisfaz a
condição de finitude é:
1
(x<0)
uE ( x) = 0
(2)
A equação (1), para x > 0 , 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 x < 0 e, para
x > 0 são aquelas do oscilador harmônico simples que se anulam em x = 0
(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:
⎡ 1 ⎛ x ⎞2 ⎤
⎛
2 d ⎞
x 1 = N ⎜ x − x0
⎟ exp ⎢ − ⎜ ⎟ ⎥
dx ⎠
⎝
⎢⎣ 2 ⎝ x0 ⎠ ⎥⎦
com x0 =
(3)
k
=
e w=
. (ver equação 2.3.31 do Sakurai).
m
mw
Logo, temos :
⎡ 1 ⎛ x ⎞2 ⎤
u E f ( x) = 2 Nx exp ⎢ − ⎜ ⎟ ⎥
⎢⎣ 2 ⎝ x0 ⎠ ⎥⎦
( x>0 )
e
2
(4)
( x<0 )
uE f ( x) = 0
(4)
onde E f = E1 e
Ef
→
energia do estado fundamental do nosso problema.
E1
→
energia do primeiro estado excitado do oscilador harmônico
simples unidimensional.
Devemos calcular ainda a constante de normalização em (4). Esta é
determinada pela condição
+∞
∫u
−∞
2
Ef
(5)
( x) dx = 1
⎡ ⎛ x ⎞2 ⎤
Isto resulta em ∫ 4 N x exp ⎢ − ⎜ ⎟ ⎥dx = 1 . Logo,
⎢⎣ ⎝ xo ⎠ ⎥⎦
0
∞
2
2
N = x0 −3/ 2π −1/ 4
(6)
E, como também sabemos:
3
k
⎛ 1⎞ 3
E f = E1 = =w ⎜1 + ⎟ = =w = =
2 m
⎝ 2⎠ 2
(7)
b. O valor esperado x 2 para o estado fundamental é dado por:
3
+∞
x2 =
∫
−∞
x
2
2
uE f ( x) x 2 dx
= 4 x0 π
−3
x2 =
4
x03
−1/ 2
⎡ ⎛ x ⎞2 ⎤
∫0 x exp ⎢⎢ − ⎜⎝ x0 ⎟⎠ ⎥⎥dx
⎣
⎦
∞
x05
Γ(5 / 2)
π 2
Como a função gama de Γ(5 / 2) =
x2 =
4
x03
(8)
4
3
π , temos para a expressão acima:
4
x05
Γ(5 / 2)
π 2
3 2
x0
2
3 =
=
2 mw
3 =
=
2 mk
x2 =
x2
x2
(9)
4
Problema 21
Uma partícula em uma dimensão está presa entre duas paredes rígidas:
⎧⎪0
V ( x) = ⎨
⎪⎩∞
para 0 < x < L
para x < 0, x > L
.
Em t = 0 é conhecido que a partícula está exatamente com certeza em
x = L / 2 . Quais são as probabilidades relativas para a partícula ser achada
em vários auto-estados de energia? Escreva abaixo a função de onda para
t ≥ 0 . (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
Ψ n ( x) = An sen ( nπ x / L ) .
n = 1, 2,3,...
1
Lembre-se que
P ( x, t )dx = Ψ ( x, t ) dx
2
é a probabilidade por unidade de comprimento da partícula descrita pela
função de onda Ψ ( x, t ) ser achada entre x e x + dx .
Para uma partícula livre estar exatamente em
x = L/2
( para t = 0 ),
Ψ ( x, 0) deve ser escrita como
Ψ ( x, 0) = aδ ( x − L / 2) .
Pode ser mostrado que a = 1 através do processo de normalização.
Os auto-valores correspondentes ao Ψ n ( x) são
En =
n 2π 2 = 2
2mL2
(para n = 1, 2,3,... ).
Utilizando o postulado da expansão (2.1.38),
⎛ −iE t ⎞
n
α , t0 = 0, t = ∑ n n α exp ⎜
⎟,
=
⎝
⎠
n
e multiplicando por x , pode-se escrever a função de onda Ψ ( x, t ) como
⎛ −iEnt ⎞
x α , t0 = 0, t = ∑ x n n α exp ⎜
⎟
⎝ = ⎠
n
,
⎛ −iEnt ⎞
Ψ ( x, t ) = ∑ cn exp ⎜
⎟Ψ n ( x)
⎝ = ⎠
n
em que cn = n α é a amplitude de transição.
2
A amplitude de transição pode ser calculada como
cn = n α = ∫ n x x α dx
L
cn = ∫ Ψ *n ( x)Ψ ( x, 0)dx
0
L
cn = ∫ An sen(nπ x / L)δ ( x − L / 2)dx
0
⎛ nπ ⎞
cn = An sen ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
Pode-se observar que os cn serão
cn = (−1)
n −1
2
para n ímpar,
An
e,
cn = 0
para n par.
As probabilidades relativas para cada estado são
P = cn = An δ n ,impar .
2
2
Pode-se então reescrever a equação para a função de onda Ψ ( x, t ) como
⎛ −iEnt ⎞
Ψ ( x, t ) = ∑ cn exp ⎜
⎟Ψ n ( x)
⎝ = ⎠
n
n −1
⎛ −in 2π 2 =t ⎞
2
Ψ ( x, t ) = ∑ An 2 exp ⎜
−
π
sen
n
x
L
(
/
)(
1)
⎟
2
mL
2
n ,impar
⎝
⎠
3
Para a normalização de An temos:
L
∫Ψ
*
n
( x)Ψ n ( x)dx = 1
0
L
∫ A sen (nπ x / L)dx = 1
2
n
2
0
.
L
An2 ∫ sen 2 (nπ x / L)dx = 1
0
An2
L
L 1
⎡⎣(nπ x / L) − sen ( nπ x / L ) cos(nπ x / L) ⎤⎦ 0 = 1
nπ 2
Considerando que n = 1, 2,3,... , temos
An2
L
=1
2
ou
An =
2
,
L
independente de n .
4
Problema 22
Considere uma partícula em uma dimensão ligada a um centro fixo por uma
função potencial δ da forma
V ( x) = −v0δ ( x)
v0 ( 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 ⎞ d 2 Ψ
⎜
⎟ 2 − v0δ ( x)Ψ = − E Ψ
⎝ 2m ⎠ dx
Como E > 0 , o estado de energia será ligado se − E < 0 .
1
Multiplicando a equação acima por dx temos
⎛ −= 2 ⎞ d 2 Ψ
⎜
⎟ 2 dx − v0δ ( x)Ψdx = − E Ψdx
⎝ 2m ⎠ dx
Integrando a equação acima (para x ≅ 0 )
+ε
+ε
+ε
⎛ −=2 ⎞ d 2 Ψ
δ
(
)
dx
v
x
dx
−
Ψ
=
−
∫−ε ⎜⎝ 2m ⎟⎠ dx 2
∫−ε 0
∫−ε E Ψdx
+ε
+ε
⎛ −= 2 ⎞ +ε d d Ψ
−
Ψ
=
−
δ
(
)
(
)
dx
v
x
x
dx
E
⎜
⎟∫
0 ∫
∫ Ψdx
⎝ 2m ⎠ −ε dx dx
−ε
−ε
+ε
⎛ −= 2 ⎞ +ε ⎛ d Ψ ⎞
⎜
⎟ ∫ d⎜
⎟ − v0 Ψ (0) = − E ∫ Ψdx
⎝ 2m ⎠ −ε ⎝ dx ⎠
−ε
+ε
2
⎞
⎛ −= ⎞ ⎛ d Ψ
dΨ
−
−
Ψ
=
−
(0)
v
E
⎟ 0
⎜
⎟⎜
∫−ε Ψdx
⎝ 2m ⎠ ⎝ dx x =+ε dx x =−ε ⎠
Considerando o teorema do valor médio,
tn
∫
tn−1
⎛t +t ⎞
f (t )dt ≅ f (tm )(tn − tn −1 ) ≅ f ⎜ n n −1 ⎟ Δt ,
⎝ 2 ⎠
podemos reescrever a equação para x = 0 como
⎛ −= 2 ⎞ ⎛ d Ψ
⎜
⎟⎜
⎝ 2m ⎠ ⎝ dx
−
x =+ ε
dΨ
dx
⎞
⎟ − v0 Ψ (0) = 0 .
x =− ε ⎠
Para x ≠ 0 , temos
⎛ −= 2 ⎞ d 2 Ψ
= − EΨ
⎜
⎟
⎝ 2m ⎠ dx2
.
d 2 Ψ ⎛ 2mE ⎞
−⎜
⎟Ψ = 0
dx 2 ⎝ = 2 ⎠
2
A solução da equação diferencial de segunda ordem, homogênea, e com
coeficientes constantes é
Ψ ( x) = Ae
⎡ ⎛ 2 mE ⎞1/ 2 ⎤
⎢ −⎜ 2 ⎟ x ⎥
⎢⎣ ⎝ = ⎠
⎥⎦
+ Be
1/ 2 ⎤
⎡ ⎛
⎢ +⎜ 2 mE ⎞⎟
x⎥
⎢ ⎜ 2 ⎟
⎥
=
⎝
⎠
⎣⎢
⎦⎥
.
Temos ainda que Ψ ( x) = 0 em x → +∞
B=0
Ψ ( x) = Ae
⎡ ⎛ 2 mE ⎞1/ 2 ⎤
⎢ −⎜ 2 ⎟ x ⎥
⎢⎣ ⎝ = ⎠
⎥⎦
para x > 0 .
E também que Ψ ( x) = 0 em x → −∞
A=0
Ψ ( x) = Be
⎡ ⎛ 2 mE ⎞1/ 2 ⎤
⎢+⎜ 2 ⎟ x⎥
⎣⎢ ⎝ = ⎠
⎦⎥
para x < 0 .
Obviamente, são soluções ligadas.
Substituindo estas soluções em
⎛ −= 2 ⎞ ⎛ d Ψ
⎜
⎟⎜
⎝ 2m ⎠ ⎝ dx
−
x =+ ε
dΨ
dx
⎞
⎟ − v0 Ψ (0) = 0 ,
x =− ε ⎠
temos
⎞
⎡ ⎛ 2mE ⎞1/ 2 ⎤
⎡ ⎛ 2mE ⎞1/ 2 ⎤
⎛ −= 2 ⎞ ⎛ d
d
⎜
⎟ − v0 A = 0 .
−
−
+
A
exp
x
A
exp
x
⎢
⎥
⎢
⎥
⎜
⎟
⎜ 2 ⎟
⎜ 2 ⎟
⎜
⎟
2
m
dx
dx
=
=
⎠
⎠
⎝
⎠⎝
⎣⎢ ⎝
⎦⎥ x =+ ε
⎣⎢ ⎝
⎦⎥ x =−ε ⎠
Próximo a x = 0 pode-se considerar que A ≅ B . Como a constante A é um
fator comum e pode ser eliminado, temos
3
⎛ −= 2 ⎞ ⎡ ⎛ 2mE ⎞
⎜
⎟ ⎢− ⎜ 2 ⎟
m
2
⎝
⎠ ⎢⎣ ⎝ = ⎠
1/ 2
1/ 2
⎛ 2mE ⎞
−⎜ 2 ⎟
⎝ = ⎠
⎤
⎥ − v0 = 0
⎥⎦
1/ 2
=2
2mE
−
( −2 ) ⎛⎜ 2 ⎞⎟
2m
⎝ = ⎠
− v0 = 0
1/ 2
= 2 ⎛ 2mE ⎞
⎜
⎟
m ⎝ =2 ⎠
− v0 = 0
.
= 4 ⎛ 2mE ⎞
= v0 2
2 ⎜
2 ⎟
m ⎝ = ⎠
E=
mv0 2
2= 2
v02 m
Ou seja, E = 2 é solução única, e também um número positivo. Isto
2=
significa que não existe estado excitado ligado.
4
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) = −λδ ( x)
( λ > 0 ).
Em t = 0 , o potencial é repentinamente desligado ( isto é, V = 0 para t > 0 ).
Encontre a função de onda para t > 0 . (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
v0 2 m
.
E=
2= 2
Como em nosso problema λ = v0 , temos que
v0 2 m λ 2 m
E=
= 2 .
2= 2
2=
Portanto, podemos reescrever o termo presente na exponencial como
Ψ ( x, t = 0) = Ae
Ψ ( x, t = 0) = Ae
Ψ ( x, t = 0) = Ae
⎡ ⎛ 2 mE ⎞1/ 2 ⎤
⎢ −⎜ 2 ⎟ x ⎥
⎢⎣ ⎝ = ⎠
⎥⎦
1/ 2 ⎤
⎡ ⎛
⎢ ⎜ 2 m λ 2m ⎞⎟
⎥
x⎥
⎢ −⎜ 2
2⎟
=
=
2
⎢
⎥
⎠
⎣ ⎝
⎦
.
⎡ mλ x ⎤
⎢− 2 ⎥
⎣ = ⎦
1
Para a constante de normalização temos que
+∞
P=
∫ Ψ ( x, t = 0) Ψ ( x, t = 0)dx = 1
*
−∞
+∞
P=
∫ Ae
⎡ − mλ x ⎤
⎢
⎥
2
⎣ =
⎦
Ae
⎡ − mλ x ⎤
⎢
⎥
2
⎣ =
⎦
dx = 1
−∞
⎡ −2 mλ x ⎤
⎢
⎥
=2 ⎦
+∞
P = 2 A2 ∫ e ⎣
dx = 1
0
Utilizando a relação de integração dada por
+∞
∫e
− ax
dx =
0
1
a
temos para a expressão acima que
⎛ =2 ⎞
2 A2 ⎜
⎟ =1
λ
2
m
⎝
⎠ .
A=
mλ
=2
Da relação (2.5.7)
Ψ ( x ", t ) = ∫ d 3 x 'K ( x ", t ; x ', t0 )Ψ ( x ', t0 ) ,
e (2.5.16)
⎡ im( x "− x ') 2 ⎤
m
K ( x ", t ; x ', t0 ) =
exp ⎢
⎥,
2π i=(t − t0 )
⎣ 2=(t − t0 ) ⎦
temos que
+∞
Ψ ( x, t > 0) =
∫ dx '.Ψ ( x ', 0).K ( x, t; x ', 0)
−∞
⎛ mλ ⎞
Ψ ( x, t > 0) = ⎜ 2 ⎟
⎝ = ⎠
1/ 2
+∞
m
∫e
2π i=t −∞
− mλ x '
=2
e
⎡ im ( x − x ')2 ⎤
⎢
⎥
2 =t
⎢⎣
⎥⎦
2
.
dx '
Problema 24
Uma partícula em uma dimensão ( −∞ < x < +∞ ) está sujeita a uma força
constante derivável de
V = λx ,
( λ > 0 ).
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 =λ x .
Solução :
a.
Figura 1 : Gráfico de V ( x) em função de x para uma partícula sujeita a um
potencial do tipo V = λ x . Para o nível de energia E , o ponto de retorno será
x1 .
1
Pode-se observar claramente do gráfico que o espectro de energia é
contínuo.
Equação de Schrödinger para este problema.
=2 d 2Ψ
+ λ xΨ = E Ψ
2m dx 2
=2 d 2 Ψ
− λ xΨ = − E Ψ
2m dx 2
=2 d 2 Ψ
+ ( E − λ x)Ψ = 0
2m dx 2
−
Vamos resolver primeiramente para a região classicamente permitida: E > V .
=2 d 2 Ψ
+ ( E − λ x)Ψ = 0
2m dx 2
d 2 Ψ 2m( E − λ x )
+
Ψ=0
=2
dx 2
Temos como solução
2m( E − λ x )
=0
=2
.
i
p=+
2m( E − λ x )
=
p2 +
Ou usando a notação do item da pagina 104, temos :
Ψ ( x) ≅
1
( E − λx)
1/ 4
⎡ ⎛ i ⎞x
⎤
exp ⎢ + ⎜ ⎟ ∫ dx ' 2m( E − λ x ') ⎥
⎣ ⎝=⎠
⎦
Para a região classicamente proibida, isto é, E < V , temos para a equação de
Schrödinger:
=2 d 2 Ψ
− (λ x − E ) Ψ = 0 .
2m dx 2
Temos para a equação característica a seguinte relação:
2
2 m (λ x − E )
=0
=2
.
1
q=+
2 m(λ x − E )
=
q2 −
Usando a notação do item da pagina 107, temos :
Ψ ( x) ≅
1
(λ x − E )
1/ 4
⎡ ⎛1⎞x
⎤
exp ⎢ + ⎜ ⎟ ∫ dx ' 2m(λ x − E ) ⎥
⎣ ⎝=⎠
⎦
As expressões para as funções de onda acima não são validas para o ponto
próximo do ponto de retorno.
x = x1 =
E
λ
.
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.
3
b.
Figura 3 : Potencial V = λ x 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
→
Região II
→
1
(λ x − E )
1/ 4
1
( E − λ x)
1/ 4
4
e
e
+ (1/ = )
∫
2 m ( λ x ' − E )dx '
+ (i / = )
∫
2 m ( E − λ x ')dx '
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, ρ = ρ a e ρb , e também na base e no topo,
z =0 e z = L.
a. Encontre as funções de energia ( não se preocupe com a normalização
). Mostre que os autovalores são dados por
⎛ =2
Elmn = ⎜
⎝ 2me
l = 1, 2,3,...
2
⎞ ⎡ 2 ⎛ lπ ⎞ ⎤
+
k
⎟ ⎢ mn ⎜ ⎟ ⎥
⎝ L ⎠ ⎥⎦
⎠ ⎢⎣
m = 0,1, 2,...
onde kmn é a enésima raiz da equação fundamental transcendental
J m (kmn ρb ) N m (kmn ρ a ) − N m (kmn ρb ) J m (kmn ρ a ) = 0 .
b. Repita o mesmo problema quando existe um campo magnético
G
uniforme B = Bzˆ para 0 < ρ < ρ a . Note que os autovalores de energia são
influenciados pelo campo magnético mesmo quando o elétron nunca
“toca” o campo magnético.
G
c. Compare, em particular, o estado fundamental do problema B = 0 com
aquele do problema B ≠ 0 . Mostre que se nós requerermos a energia do
estado fundamental ser imutável na presença de B , nós obteremos a
“quantização do fluxo”
2π =cN
e .
N = 0, +1, +2,...
πρ a2 B =
1
Solução :
Figura 1 : Geometria do problema para um elétron confinado em uma
concha cilíndrica.
a. Equação de Schrödinger.
=2 2
−
∇ Ψ = EΨ = − E Ψ
2m
→
estado ligado
Laplaciano em coordenadas cilíndricas.
∇2 =
1 ∂ ⎛ ∂ ⎞ 1 ∂2
∂2
+
+
ρ
ρ ∂ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎟⎠ ρ 2 ∂θ 2 ∂z 2
Aplicando o Laplaciano, temos :
−
=2 ⎡ 1 ∂ ⎛ ∂ ⎞ 1 ∂ 2
∂2 ⎤
+
+
ρ
⎢
⎥Ψ = − E Ψ .
⎜
⎟
2m ⎣ ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ρ 2 ∂θ 2 ∂z 2 ⎦
Fazendo
2
Ψ ( ρ ,θ , z ) = R( ρ )Θ(θ ) Z ( z ) ,
temos
= 2 ⎡ ΘZ ∂ ⎛ ∂R ⎞ RZ ∂ 2 Θ
∂2Z ⎤
−
+ RΘ 2 ⎥ Ψ = − E RΘZ .
⎢
⎜ρ
⎟+
∂z ⎦
2m ⎣ ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ρ 2 ∂θ 2
Dividindo por RΘZ , temos :
1 ∂ ⎛ ∂R ⎞
1 ∂ 2 Θ 1 ∂ 2 Z 2m E
+
+
=
ρ
.
⎜
⎟
R ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ Θρ 2 ∂θ 2 Z ∂z 2
=2
Separando a variável z , temos :
1 ∂ 2 Z 2m E
1 ∂ ⎛ ∂R ⎞
1 ∂ 2Θ
=
−
−
ρ
.
⎜
⎟
=2
z ∂z2 2
R ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ Θρ 2 ∂θ 2
=α
2
=α
Substituindo a constante α 2 , temos para a equação em z
1 ∂2Z
=α2
Z ∂z 2
Z " = Zα 2 .
Z "− α 2 Z = 0
Da tabela Schaum, equação (18.7), temos para duas raízes reais e distintas
( m1 ≠ m2 ) a seguinte solução :
Y ( x) = Eem1x + Fem2 x .
Portanto, nossa solução para z é :
Z ( z ) = Eeα z + Fe −α z .
Voltando para a equação principal, temos :
3
2m E
1 ∂ ⎛ ∂R ⎞
1 ∂ 2Θ
+
+α 2 =
ρ
.
⎜
⎟
2
2
R ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ Θρ ∂θ
=2
Multiplicando por ρ 2 , temos :
2
ρ ∂ ⎛ ∂R ⎞ 1 ∂ 2 Θ 2 2 2m E ρ
+ρ α =
.
⎜ρ
⎟+
R ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ Θ ∂θ 2
=2
− m 2 = cte
Para a equação em Θ , temos :
1 ∂ 2Θ
= −m2
2
Θ ∂θ
.
∂ 2Θ
2
+m Θ=0
∂θ 2
Da equação (18.7) da tabela Schaum para raízes imaginarias temos que
Θ(θ ) = Ceimθ + De− imθ .
Para a equação radial temos
2m E ρ 2
ρ ∂ ⎛ ∂R ⎞
2
2 2
−
+
=
ρ
m
ρ
α
⎜
⎟
R ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠
=2
2m E ⎞
ρ ∂ ⎛ ∂R ⎞
2
2⎛ 2
⎟=0
⎜ρ
⎟ − m + ρ ⎜α −
=2 ⎠
R ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠
⎝
.
Multiplicando por 1/ ρ 2 , temos :
1 ∂ ⎛ ∂R ⎞ m 2 ⎛ 2 2m E ⎞
+ ⎜α −
⎟=0.
⎜ρ
⎟−
R ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ρ 2 ⎝
=2 ⎠
2
k
Definindo
k2 = α 2 −
2m E
=2
,
podemos reescrever a equação como
4
1 ∂ ⎛ ∂R ⎞ m 2
2
⎜ρ
⎟− 2 +k = 0.
R ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ρ
Trocando de variáveis,
x = kρ ,
e fazendo diferenciais, temos que
d
dx d
=
,
d ρ d ρ dx
dx
=k,
dρ
d
d
=k .
dρ
dx
1 ∂ ⎛ ∂R ⎞ m 2
2
⎜ρ
⎟− 2 +k = 0
R ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ρ
1 d 2R
1 dR m 2
+
−
+ k2 = 0
R d ρ 2 Rρ d ρ ρ 2
1 2 d 2 R k dR m 2 k 2
k
k
+
− 2 + k2 = 0
R
dx 2 Rx dx
x
Multiplicando por R / k 2 , temos
d 2R 1
+
dx 2 x
d 2R 1
+
dx 2 x
dR m 2 R
− 2 +R=0
dx
x
.
dR ⎛ m 2 ⎞
+ ⎜1 − 2 ⎟ R = 0
dx ⎝
x ⎠
A equação acima é a equação de Bessel.
Da tabela Schaum, formula (24.1 e 24.14), temos
⎛ m2 ⎞
1
y "+ y '+ y ⎜1 − 2 ⎟ = 0 ,
x
x ⎠
⎝
com solução da forma
R ( x) = AJ m ( x) + BN m ( x) .
5
Solução geral tem a forma
Ψ ( ρ ,θ , z ) = R ( ρ )Θ(θ ) Z ( z )
(
Ψ ( ρ ,θ , z ) = [ AJ m ( x) + BN m ( x) ] Ceimθ + De − imθ
)( Ee
αz
+ Fe −α z
)
.
Condições de contorno :
1) Ψ ( ρ ,θ , z = 0) = 0
2) Ψ ( ρ ,θ , z = L) = 0
3) Ψ ( ρ = ρ a , θ , z ) = 0
.
4) Ψ ( ρ = ρb , θ , z ) = 0
Aplicando as condições de contorno, temos :
Ψ ( ρ ,θ , z = 0) = 0
1)
( Ee
αz
+ Fe −α z
)
z =0
=0
E+F =0
E = −F
Substituindo
(
αz
E e −e
−α z
)
eα z − e −α z
= 2E
= 2 Esenhα z
2
Tabela Schaum ( 8.1)
Ψ ( ρ ,θ , z = L) = 0
2)
( Ee
αz
+ Fe −α z
)
z=L
=0
Temos da condição anterior que
E = −F
Então
(
)
E eα L − e −α L = 0
6
A função irá se anular quando
α = iκ
→
( complexo )
Substituindo, temos a seguinte expressão
E ( eiκ L − e − iκ L ) = 0
2 Eisenκ L = 0
.
Relação obtida da tabela Schaum (7.17), e que vale apenas se
κ L = lπ
→
l = 1, 2,3,...
É importante salientar neste momento que l não pode ser igual a zero,
porque senão teremos que a função de onda total será nula
(
Ψ ( ρ , θ , z ) = [ AJ m ( x) + BN m ( x) ] Ceimθ + De − imθ
)( Ee
αz
+ Fe −α z
⎛ lπ
Ψ ( ρ , θ , z ) = [ AJ m ( x) + BN m ( x) ] Ceimθ + De − imθ 2 Eisen ⎜
⎝ L
(
)
Temos ainda que
α2 < 0
3-4)
Ψ ( ρ a , θ , z ) = Ψ ( ρb , θ , z ) = 0
AJ m (k ρ a ) + BN m (k ρ a ) = 0
(*)
A mesma condição para ρ = ρb
AJ m (k ρb ) + BN m (k ρb ) = 0
Somando as equações
7
)
⎞.
z⎟
⎠
AJ m (k ρ a ) + AJ m (k ρb ) + BN m (k ρ a ) + BN m (k ρb ) = 0
A [ J m ( k ρ a ) + J m ( k ρb ) ] + B [ N m ( k ρ a ) + N m ( k ρb ) ] = 0
A = −B
N m ( k ρ a ) + N m ( k ρb )
J m (k ρ a ) + J m (k ρb )
Substituindo (*) na equação acima, temos
−B
N m ( k ρ a ) + N m ( k ρb )
J m (k ρ a ) + BN m (k ρ a ) = 0 .
J m ( k ρ a ) + J m ( k ρb )
Multiplicando por
J m ( k ρ a ) + J m ( k ρb ) ,
temos
− B [ N m (k ρ a ) + N m (k ρb ) ] J m (k ρ a ) + BN m (k ρ a ) [ J m (k ρ a ) + J m (k ρb )] = 0
− BN m (k ρ a ) J m (k ρ a ) − BN m (k ρb ) J m (k ρ a ) + BN m (k ρ a ) J m (k ρ a ) + BN m (k ρ a ) J m (k ρb ) = 0
− BN m (k ρb ) J m (k ρ a ) + BN m (k ρ a ) J m (k ρb ) = 0
− N m ( k ρb ) J m ( k ρ a ) + N m ( k ρ a ) J m ( k ρb ) = 0
Lembrando que
x = kρ ,
temos
2m E
l 2π 2
α = −κ = − 2 = k 2 + 2 .
L
=
2
2
Logo
E =−
E=
= 2 ⎡ 2 l 2π 2 ⎤
⎢k + 2 ⎥
2m ⎣
L ⎦
= 2 ⎡ 2 l 2π 2 ⎤
⎢k + 2 ⎥
L ⎦
2m ⎣
8
Olhando para a equação transcendental,
J m (kmn ρb ) N m (kmn ρ a ) − N m (kmn ρb ) J m (kmn ρ a ) = 0 .
percebemos que
k2 = α 2 −
2m E
=2
é uma função de n , portanto,
kmn
→
l = 1, 2,3,...
.
m = 0,1, 2,...
Elmn
9
b. Para o caso (a), temos que a região entre ρ a < ρ < ρb é livre de campo.
Ou seja,
G
A=0
e
φ = 0.
Nesta situação a equação de Schrödinger pode ser escrita como :
G
( −i=∇ )
2m
2
Ψ = EΨ .
Figura 2 : Entre as regiões ρ a < ρ < ρb não temos a presença de linhas de
G
campo magnético B .
Para a forma invariante de gauge, teremos :
1 ⎛= G e
⎜ ∇−
2m ⎝ i
c
G ⎞2
= EΨ
.
A⎟ Ψ
⎠
( φ =0 )
(2.6.20)
Lembre-se, Ψ e Ψ estão relacionadas através da equação (2.6.55),
= e + ief / =c Ψ ,
Ψ
G
G
G
G G
em que A = ∇f (2.6.37), e, B = ∇xA = 0 .
10
G
Para achar
a solução com A ≠ 0 , devemos encontrar a solução para Ψ
G
com A = 0 e então multiplicar pelo fator de fase
e+ ief / =c ,
em que
r
G
G G G
f (r , t ) = ∫ dr '. A(r ', t ) .
Vamos escolher um calibre para o qual
Az = Aρ = 0 ,
e,
⎛G⎞
Aθ = ⎜ ⎟ θˆ ,
⎝ρ⎠
em que G é uma constante. Lembre-se, operador nabla em coordenadas
cilíndricas é escrito como :
G G G
B = ∇xA
⎛ ρˆ
zˆ
θˆ
⎜
G
∂
∂
1 ∂
B=⎜
⎜ ∂ρ ρ ∂θ ∂z
⎜⎜
0
Aθ
⎝ 0
G
⎛ ∂A ⎞ ⎛ ∂A ⎞
B = ρˆ ⎜ θ ⎟ + zˆ ⎜ θ ⎟
⎝ ∂z ⎠ ⎝ ∂ρ ⎠
ρˆ
∂
∂ρ
0
θˆ ⎞
⎟
1 ∂ ⎟
.
ρ ∂θ ⎟
⎟
Aθ ⎟⎠
G
Como o campo B só tem componente z , temos que
G
⎛ ∂A
B = zˆ ⎜ θ
⎝ ∂ρ
⎞
⎟.
⎠
G
A componente angular do vetor dr é
11
G
dr = ρ '.dθ '.θˆ .
G
A integral para a função f (r , t ) fica
r
G
G G G
f (r , t ) = ∫ dr '. A(r ', t ) =
θ
G
G
f (r , t ) = ∫ ρ '.dθ '
ρ'
0
G
f (r , t ) = Gθ
.
A função de onda Ψ ' pode ser escrita como
= e+ ieθ G / =c Ψ .
Ψ
Usando o Teorema de Stokes
G G
G
∫ ( ∇xA) .dS = v∫
G G
A
C .dl ,
em que C é um contorno fechado no interior da concha cilíndrica,
podemos obter o valor da constante G .
B ρ a2π = 2π G
Então, teremos para a função de onda a seguinte expressão
= e + ieBθρa2 / 2 =c Ψ = eiβθ Ψ .
Ψ
Fica evidente a partir de considerações de simetria que a solução para Ψ '
pode ser escrita como
= R( ρ )eiβθ Θ(θ ) Z ( z ) .
Ψ
A parte angular pode ser escrita como
(θ ) = eiβθ Θ(θ ) .
Θ
12
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 :
1 ∂ 2 Z 2m E
1 ∂ ⎛ ∂R ⎞
1 ∂ 2Θ
=
−
−
ρ
⎜
⎟
z ∂z2 2
R ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ Θρ 2 ∂θ 2
=2
=α
2
=α
2m E
1 ∂ ⎛ ∂R ⎞
1 ∂ 2Θ
−
−
=α2
ρ
⎜
⎟
=2
R ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ Θρ 2 ∂θ 2
2m E ρ 2 ρ ∂ ⎛ ∂R ⎞ 1 ∂ 2 Θ
−
= α 2ρ 2
⎜ρ
⎟−
2
2
=
R ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ Θ ∂θ
2
ρ ∂ ⎛ ∂R ⎞ 1 ∂ 2 Θ 2 2 2m E ρ
+α ρ −
=0
⎜ρ
⎟+
=2
R ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ Θ ∂θ 2
ρ ∂ ⎛ ∂R ⎞ 1 ∂ 2 Θ ⎛ 2 2m E
+ ⎜α −
⎜ρ
⎟+
=2
R ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ Θ ∂θ 2 ⎝
.
⎞ 2
⎟ρ = 0
⎠
Definindo
k2 = α2 −
2m E
,
=2
temos a equação :
ρ ∂ ⎛ ∂R ⎞ 1 ∂ 2Θ 2 2
+k ρ =0.
⎜ρ
⎟+
R ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ Θ ∂θ 2
Especificamente para a função, Θ temos :
1 ∂ 2Θ
= −m2
2
Θ ∂θ
.
∂ 2Θ
+ m2Θ = 0
∂θ 2
m = 0,1, 2,3,...
Considerando a função Θ escrita como
13
= eiβθ Θ
Θ
,
e −iβθ
Θ=Θ
Podemos reescrever a equação diferencial para θ como
∂ 2Θ
+ m2Θ = 0
∂θ 2
.
e −iβθ
∂2 Θ
e − iβθ = 0
+ m2 Θ
2
∂θ
(
)
(
)
Calculando a derivada primeira e segunda temos :
∂ −iβθ
∂e −iβθ
∂Θ
− i βθ ∂Θ
(−i β )e −iβθ
Θe
=e
+Θ
= e −iβθ
+Θ
∂θ
∂θ
∂θ
∂θ
(
∂
∂θ
)
⎡ ∂ −iβθ ⎤ ∂ ⎡ −iβθ ∂Θ
(−i β )e −iβθ ⎤
Θ
e
=
e
+Θ
⎥
⎢⎣ ∂θ
⎥⎦ ∂θ ⎢
∂θ
⎣
⎦
2 ∂Θ
e −iβθ + (−i β )e− iβθ ∂Θ + e− iβθ ∂ Θ
= (−i β )e − iβθ
+ (−i β ) 2 Θ
∂θ
∂θ
∂θ 2
∂ 2Θ
∂Θ
= ( e − iβθ ) 2 + ⎡⎣ (−i β )e−iβθ + (−iβ )e −iβθ ⎤⎦
+ ⎡ (−i β ) 2 e − iβθ ⎤⎦ Θ
∂θ
∂θ ⎣
∂ 2Θ
∂Θ
= ( e − iβθ ) 2 + ( −2i β e −iβθ )
+ ⎡⎣(−i β ) 2 e −iβθ ⎤⎦ Θ
∂θ
∂θ
⎧ ∂ 2Θ
∂Θ
⎬⎫ e−iβθ
= ⎨ 2 + ( −2i β )
+ ⎡⎣ (−i β ) 2 ⎤⎦ Θ
∂θ
⎩ ∂θ
⎭
(
)
⎧ ∂ 2Θ
∂Θ
⎫⎬ e − iβθ
= ⎨ 2 + ( −2i β )
+ ( −β 2 ) Θ
∂θ
⎩ ∂θ
⎭
Substituindo na equação diferencial angular temos :
14
.
⎧ ∂ 2Θ
∂Θ
⎫⎬ e −iβθ + m 2 Θ
e − iβθ = 0
+ −β 2 Θ
⎨ 2 + ( −2i β )
∂
∂
θ
θ
⎩
⎭
2
∂Θ
∂Θ
=0
+ ( −2i β )
+ m2 − β 2 Θ
2
∂θ
∂θ
,
( −2i β ) ∂Θ
1 ∂ 2Θ
+
+ m2 − β 2 = 0
∂θ 2
Θ
Θ
∂θ
2i β ∂Θ
1 ∂ 2Θ
−
= − m2 − β 2
2
Θ ∂θ
Θ ∂θ
(
)
(
(
)
)
(
(
)
)
definindo
γ 2 = m2 − β 2 .
Voltando para a equação radial e angular, temos :
2i β ∂Θ
1 ∂ 2 Z 2m E
1 ⎡ ∂ ⎛ ∂R ⎞ ⎤
1 ∂ 2Θ
ρ
=
−
−
+
⎢
⎥
⎜
⎟
ρ 2 ∂θ 2 Θ
ρ 2 ∂θ
z ∂z2 2
R ρ ⎣ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ⎦ Θ
=2
=α
2
=α
2i β ∂Θ
⎡ ∂ ⎛ ∂R ⎞ ⎤
1 ∂ 2Θ
ρ
−
+
=α2
⎢
⎥
⎜
⎟
2
2
2
2
=
Θρ ∂θ
⎣ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ⎦ Θρ ∂θ
2i β ∂Θ
2m E
1 ⎡ ∂ ⎛ ∂R ⎞ ⎤
1 ∂ 2Θ
ρ
−
−
+
−α 2 = 0
⎢
⎥
⎜
⎟
2
2
2
2
R ρ ⎣ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ⎦ Θρ ∂θ
=
Θρ ∂θ
2i β ∂Θ
2m E
1 ⎡ ∂ ⎛ ∂R ⎞ ⎤
1 ∂ 2Θ
ρ
+
−
+α 2 −
=0
⎢ ⎜
⎟⎥ 2
2
2
ρ ∂θ
R ρ ⎣ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ⎦ Θρ ∂θ
=2
Θ
2i β ∂Θ
2m E 2
ρ ⎡ ∂ ⎛ ∂R ⎞ ⎤ 1 ∂ 2 Θ
ρ =0
−
+ α 2ρ 2 −
⎢ ⎜ρ
⎟⎥ + 2
∂θ
R ⎣ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ⎦ Θ ∂θ
=2
Θ
2i β ∂Θ
⎛ 2 2m E ⎞ 2
ρ ⎡ ∂ ⎛ ∂R ⎞ ⎤ 1 ∂ 2 Θ
−
+ α −
⎟ρ = 0
⎢ ⎜ρ
⎟⎥ + 2
∂θ ⎜
R ⎣ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ⎦ Θ ∂θ
=2 ⎠
Θ
⎝
2i β ∂Θ
⎛ 2 2m E ⎞ 2
ρ ⎡ ∂ ⎛ ∂R ⎞ ⎤ 1 ∂ 2 Θ
−
+ −κ −
⎟ρ = 0
⎢ ⎜ρ
⎟⎥ + 2
∂θ ⎜
R ⎣ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ⎦ Θ ∂θ
Θ
=2 ⎠
⎝
2i β ∂Θ
⎛ 2 2mE ⎞ 2
ρ ⎡ ∂ ⎛ ∂R ⎞ ⎤ 1 ∂ 2 Θ
ρ
+
−
+ −κ + 2 ⎟ ρ = 0
⎢ ⎜
⎟⎥ ∂θ ⎜⎝
R ⎣ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ⎦ Θ
∂θ 2
Θ
= ⎠
2
2m E
1
−
Rρ
=k
O livro de respostas do Sakurai apresenta um erro nesta equação. De
acordo com o livro deveríamos ter
15
2i β ∂Θ
⎛ 2 2mE ⎞ 2
ρ ⎡ ∂ ⎛ ∂R ⎞ ⎤ 1 ∂ 2 Θ
+
−
+ κ + 2 ⎟ρ = 0.
ρ
⎢ ⎜
⎟⎥ ∂θ ⎜⎝
∂θ 2
Θ
= ⎠
R ⎣ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠ ⎦ Θ
=k 2
Como definido no item (a) anteriormente, temos
α 2 = −κ 2 ,
e
k2 = α 2 +
2mE
=2
ou
k 2 = −κ 2 +
2mE
.
=2
Também, como antes, temos
⎛ lπ ⎞
κ2 = ⎜ ⎟ ,
⎝ L⎠
2
então,
⎛ lπ ⎞ 2mE
k = −⎜ ⎟ + 2 ,
=
⎝ L⎠
2
2
em que
k = kγ n .
Finalmente, temos para a energia a seguinte expressão
E=
=2
2me
⎡ 2 ⎛ lπ ⎞2 ⎤
⎢ kγ n + ⎜ ⎟ ⎥ ,
⎝ L ⎠ ⎥⎦
⎢⎣
onde kγ n e como antes a enésima raiz da equação transcendental definida
por
J γ (kγ n ρb ) Nγ (kγ n ρ a ) − Nγ (kγ n ρb ) J γ (kγ n ρ a ) = 0 .
16
Lembre-se : Nγ → J −γ quando γ não é inteiro. Também, como γ depende
de β ( e consequentemente do campo magnético B ), os autovalores de
G
energia são influenciados pelo campo B apesar do elétron nunca tocar o
campo magnético.
17
G
c. Sem campo magnético aplicado ( B = 0 ), temos para as auto-energias a
seguinte expressão
E=
= 2 ⎡ 2 l 2π 2 ⎤
⎢k + 2 ⎥ .
L ⎦
2m ⎣
Olhando para a equação transcendental,
J m (kmn ρb ) N m (kmn ρ a ) − N m (kmn ρb ) J m (kmn ρ a ) = 0 ,
com
k2 = α 2 −
2m E
=2
,
em que
kmn
→
l = 1, 2,3,...
m = 0,1, 2,... .
n = 1, 2,3,...
Elmn
Temos para o estado fundamental
=2
E101 =
2me
⎡ 2 π2⎤
⎢ k01 + 2 ⎥ ,
L ⎦
⎣
com
J 0 (k01 ρb ) N 0 (k01 ρ a ) − N 0 (k01 ρb ) J 0 (k01 ρ a ) = 0 .
G
Para ( B ≠ 0 ), temos a seguinte expressão
18
Eground =
=2
2me
⎡ 2 π2 ⎤
⎢ kγ n + 2 ⎥ ,
L ⎦
⎣
onde γ não é necessariamente um inteiro. Se a energia do estado
G
fundamental não muda na presença do campo magnético B , então,
γ 2 = m2 − β 2 = 0 ,
( m é um inteiro ).
Então,
m2 = β 2
,
m = ±β
e,
eB ρ a 2
±m =
2=c
2π N =c
πρ a2 B =
.
e
N = ± m = 0, ±1, ±2, ±3,...
19
20
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
⎡ iS ( x, t ) ⎤
exp ⎢
.
⎣ = ⎥⎦
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 V ( x) = 0 . Por que
nós escolhemos esta função de onda para este caso em particular ?
Solução :
Temos que
⎡ iS ( x, t ) ⎤
Ψ ( x, t ) = exp ⎢
,
⎣ = ⎥⎦
(2.4.18)
e,
E = i=
∂
.
∂t
Para o Hamiltoniano, temos a seguinte expressão
=2 ∂ 2
H =−
+ V ( x) .
2m ∂x 2
Então, a equação de Schrödinger pode ser escrita como
H Ψ = EΨ
⎛ = 2 ⎞ ⎡ ∂ ⎛ i∂S ⎞ ⎤
⎡ i∂S ⎤ ,
−⎜
Ψ ⎟ ⎥ + V ( x ) Ψ = i= ⎢
Ψ
⎟⎢ ⎜
⎣ =∂t ⎥⎦
⎝ 2m ⎠ ⎣ ∂x ⎝ =∂x ⎠ ⎦
ou ainda, como
1
−
= 2 ⎡ i∂ 2 S
⎛ i∂S ⎞ ⎛ i∂S ⎞ ⎤
⎡ i∂S ⎤
Ψ +⎜
Ψ⎥ .
⎢
⎟⎜
⎟ Ψ ⎥ + V ( x ) Ψ = i= ⎢
2
2m ⎣ =∂x
⎝ =∂x ⎠ ⎝ =∂x ⎠ ⎦
⎣ =∂t ⎦
Se = → 0 , temos a seguinte equação
1 ⎛ ∂S ⎞
∂S
,
⎜ ⎟ + V ( x) = −
2m ⎝ ∂x ⎠
∂t
2
que é a equação de Hamilton-Jacobi.
Para a o caso particular em que V ( x) = 0 , nós teremos
1 ⎛ ∂S ⎞
∂S
.
⎜ ⎟ =−
2m ⎝ ∂x ⎠
∂t
2
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
1 ⎛ ∂X ⎞
∂T
= α = cons tan te .
⎜
⎟ =−
2m ⎝ ∂x ⎠
∂t
2
Logo
∂T
= −α
,
∂t
T (t ) = −α t + cte
e,
2
1 ⎛ ∂X ⎞
⎜
⎟ =α
2m ⎝ ∂x ⎠
∂X
= 2mα
∂x
2
.
∂X = 2mα ∂x
X ( x) = 2mα x + cte
Pode-se finalmente escrever a nossa função de onda Ψ ( x, t ) como
⎡ iS ( x, t ) ⎤
Ψ ( x, t ) = exp ⎢
⎣ = ⎥⎦
⎡ i 2mα x − α t
Ψ ( x, t ) = exp ⎢
⎢
=
⎣
(
) ⎤⎥ ,
⎥
⎦
que é a função de uma onda plana. Nosso procedimento funciona por que
S é linearmente dependente em x , isto é,
3
∂2S
= 0.
∂x 2
Problema 2.27
G
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 ml ≠ 0 , existe um fluxo circulante no
G
sentido de que J esta na direção de aumento ou decréscimo de φ ,
dependendo se ml é positivo ou negativo.
Solução :
Figura 1 : Coordenadas esféricas.
Equação 2.4.16.
G
G
G
i=
J =−
Ψ * ∇Ψ − ∇Ψ * Ψ
2m
{ ( ) (
) }
Função de onda para o átomo de hidrogênio.
Ψ (r , θ , φ ) = Rnl (r ).Yml ,l (θ ).Φ ml (φ )
Funções de onda para Ym ,l (θ ) e Φ m (φ ) .
l
l
Yl ,ml (θ ) = Cl ,ml Pl ml (cos θ )
Φ (φ ) ml = eimlφ
Em coordenadas esféricas, o operador nabla pode ser escrito como
1
G
∂
1 ∂
1 ∂
∇ = eˆr
+ eˆθ
+ eˆφ
.
∂r
r ∂θ
rsenθ ∂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.
Ψ = RYeimlφ
Ψ * = RYe −imlφ
G
Para ∇Ψ temos a expressão.
G
∇Ψ = RYeˆφ
1
(iml )e + imlφ
rsenθ
G
Para Ψ* (∇Ψ ) temos
G
* ⎛ iml
⎞
eˆφ ⎟ RY Φ
Ψ * (∇Ψ ) = ( RY Φ ) ⎜
⎝ rsenθ ⎠
G
2
⎛ iml ⎞
eˆφ Ψ
Ψ * (∇Ψ ) = ⎜
⎟
⎝ rsenθ ⎠
G
Para ∇Ψ * temos
G
∇Ψ * = ( RY )* eˆφ
1
(−iml )e −imlφ
rsenθ
G
Para Ψ (∇Ψ * ) temos
G
* ⎛ −iml
⎞
eˆφ ⎟
Ψ (∇Ψ * ) = ( RY Φ )( RY Φ ) ⎜
⎝ rsenθ ⎠
G
2
⎛ −iml ⎞
eˆφ Ψ
Ψ (∇Ψ * ) = ⎜
⎟
⎝ rsenθ ⎠
G
Podemos agora finalmente calcular J , dado por
G
i= ⎧ ⎡ iml
2
2
⎤ ⎡ −iml
⎤⎫
J =−
Ψ eˆφ ⎥ − ⎢
Ψ eˆφ ⎥ ⎬ ,
⎨⎢
2m ⎩ ⎣ rsenθ
⎦ ⎣ rsenθ
⎦⎭
2
ou
G
J=
=ml
2
Ψ eˆφ .
mrsenθ
Com base na equação acima, pode-se ter as seguintes situações :
G
a) se ml = 0 , tem-se J = 0 .
b) se ml ≠ 0 , pode-se ter :
1)
2)
G
J > 0 , com ml > 0 ;
G
J < 0 , com ml < 0 .
Caso 1
Para θ = 900 ( plano- xy ), temos
G =m
2
J = l Ψ eˆφ .
mr
G
J >0
→
ml > 0
G
J tem a mesma direção que êφ ,
e sentido de aumento de φ .
Caso 2
G
J <0
→
ml < 0
G
J tem direção oposta de êφ ,
e sentido de decréscimo de φ .
G
Figura 2 : O vetor J tem sentido oposta ao vetor êφ .
3
4
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'
H p' =
e
p '2
p'
2m
(1)
Desde que
⎛ −iEa ' (t − t0 ) ⎞
K ( x '', t ; x ', t0 ) = ∑ x '' a ' a ' x ' exp ⎜
⎟
=
⎝
⎠
a'
Então, substituindo p ' no lugar de a ' , lembrando que o espectro de p é
continuo. Temos:
+∞
⎡ −ip '2 (t − t0 ) ⎤
K ( x '', t ; x ', t0 ) = ∫ dp ' x '' p ' p ' x ' exp ⎢
⎥
2m=
⎣
⎦
−∞
*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:
∂
x '' p ' = p ' x '' p '
∂x ''
d x '' p '
−i =
= p ' dx ''
x '' p '
−i =
(3)
x '' p ' = Aeip ' x ''/ =
1
Normalização:
x '' x ' = δ ( x ''− x ') =
+∞
∫ dp '
x '' p ' p ' x ' = δ ( x ''− x ')
−∞
E substituindo (3), vamos obter:
δ ( x ''− x ') = A
+∞
⎡i
⎤
∫ dp 'exp ⎢⎣ = p '( x ''− x ') ⎥⎦
2
(4)
−∞
Mas, sabemos que x ' e p ' estão relacionados por uma transformada de
Fourier de modo que:
f ( p ') =
+∞
1
ip ' x '/ =
∫ e g ( x ')dx '
2π = −∞
+∞
→
g ( x ') =
∫e
− ip ' x '/ =
f ( p ')dp '
−∞
Sendo g ( x ') = δ ( x ''− x ') , então, a primeira integral nos diz que:
f ( p ') =
1
2π =
eip ' x ''/ =
E substituindo na segunda integral acima, obtemos
δ ( x ''− x ') =
+∞
1
∫
2π = −∞
eip '( x ''− x ') / = dp ' .
(5)
E substituindo (5) em (4), obtemos:
δ ( x ''− x ') = A 2π =δ ( x ''− x ')
2
(6)
A = 1/ 2π =
Substituindo (6) em (3), obtemos:
x '' p ' =
1
( 2π = )
1/ 2
⎛ ip ' x '' ⎞
exp ⎜
⎟
⎝ = ⎠
(7)
E substituindo (7) em (2), obtemos:
2
+∞
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
∫
dp '
−∞
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
1
( 2π = )
1/ 2
⎛ −ip '2 (t − t0 ) ⎞
1
⎛ ip ' x '' ⎞
⎛ −ip ' x ' ⎞
exp ⎜
exp
exp
⎜
⎟
⎟
⎜
⎟
1/ 2
2m=
⎝ = ⎠ ( 2π = )
⎝ = ⎠
⎝
⎠
+∞
⎡ −ip '2 (t − t0 ) ⎤
⎡i
⎤
dp
'exp
p
'(
x
''
x
')
e
xp
−
⎢
⎥
∫
⎢⎣ =
⎥⎦
2π = −∞
2m=
⎣
⎦
1
Resolvendo, temos:
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
1
+∞
⎧ i ⎡ (t − t0 ) 2
⎤⎫
p ' − ( x ''− x ') p '⎥ ⎬ dp '
2m
⎦⎭
exp ⎨− ⎢
2π = ∫
⎩ =⎣
−∞
Agora temos:
2
⎧ i ⎛ t −t
⎞ ⎫⎪
⎧ i ⎡ t − t0 2
m
⎪
⎤⎫
0
p ' − ( x ''− x ' ) p '⎥ ⎬ = exp ⎨− ⎜
p '−
exp ⎨− ⎢
( x ''− x ') ⎟ ⎬
⎜
⎟
2(t − t0 )
⎦⎭
⎩ = ⎣ 2m
⎪⎩ = ⎝ 2m
⎠ ⎭⎪
⎛i
⎞
m
exp ⎜
( x ''− x ') 2 ⎟
⎝ = 2(t − to )
⎠
Portanto,
2
⎧⎪ i ⎛ t − t
⎞ ⎫⎪
⎡ im( x ''− x ') 2 ⎤ +∞
m
0
exp ⎢
( x ''− x ') ⎟ ⎬
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
p '−
⎥ ∫ dp 'exp ⎨− ⎜⎜
⎟
=
=
−
−
2π =
2
(
)
2
2(
)
t
t
m
t
t
0
0
⎣
⎦ −∞
⎪⎩ ⎝
⎠ ⎪⎭
1
E fazendo
u=
t − t0
m
p '−
( x ''− x ')
2m
2(t − t0 )
du =
t − t0
dp '
2m
Então
2
+∞
⎧⎪ ⎡ i t − t
⎤ ⎫⎪
2m
m
⎛ i 2⎞
0
∫−∞ dp 'exp ⎨⎢⎢− = m p '− 2(t − t0 ) ( x ''− x ') ⎥⎥ ⎬ = t − t0 −∞∫ exp ⎜⎝ − = u ⎟⎠du
⎪⎩ ⎣
⎦ ⎪⎭
2
+∞
⎧⎪ ⎡ i t − t
⎤ ⎫⎪
=
2m
m
0
∫−∞ dp 'exp ⎨⎢⎢− = m p '− 2(t − t0 ) ( x ''− x ') ⎥⎥ ⎬ = t − t0 π i
⎪⎩ ⎣
⎦ ⎪⎭
2
+∞
⎧⎪ ⎡ i t − t
⎤ ⎪⎫
2π =m
m
0
∫−∞ dp 'exp ⎨⎢⎢− = m p '− 2(t − t0 ) ( x ''− x ') ⎥⎥ ⎬ = i(t − t0 )
⎪⎣
⎦ ⎪⎭
⎩
+∞
3
E substituindo o resultado desta integral em (8), vamos obter:
⎡ im( x ''− x ') 2 ⎤ 2π =m
exp ⎢
⎥
2π =
⎣ 2=(t − t0 ) ⎦ i (t − t0 )
⎡ im( x ''− x ') 2 ⎤
m
exp ⎢
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
⎥
2π =i (t − t0 )
⎣ 2=(t − t0 ) ⎦
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
1
resposta I
Para três dimensões, a equação (2) toma a forma:
G
G
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
⎡ i p ' (t − t0 ) ⎤
G G G G
∫−∞ d p ' x '' p ' p ' x ' exp ⎢⎢− 2m= ⎥⎥
⎣
⎦
+∞
2
3
Agora, generalizando (7), temos:
G G
x '' p =
1
( 2π = )
3/ 2
G G
⎛ ip '.x '' ⎞
exp ⎜
⎟
⎝ = ⎠
Logo
G
G
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
G
G
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
( 2π = )
⎡ i p ' 2 (t − t0 ) ⎤
⎡i G G G ⎤
∫ d p 'exp ⎢⎣ = p '.( x ''− x ') ⎥⎦ exp ⎢⎢− 2m= ⎥⎥
−∞
⎣
⎦
+∞
1
3
3
+∞
1
d
( 2π = ) ∫
3
−∞
3
⎧ i ⎡ (t − t0 ) 2 G G G ⎤ ⎫
p 'exp ⎨− ⎢
p ' − ( x ''− x '). p '⎥ ⎬
⎦⎭
⎩ = ⎣ 2m
Mas,
p ' = ∑ p 'i 2
2
e
i
G G G
( x ''− x '). p ' = ∑ ( x ''i − x 'i ) p 'i
i
Logo
⎡ ( t − t0 ) 2
⎤ ⎪⎫
⎪⎧ i ⎡ ( t − t0 ) 2 G G G ⎤ ⎪⎫
⎪⎧ i
exp ⎨− ⎢
p ' − ( x ''− x ') . p '⎥ ⎬ = exp ⎨− ∑ ⎢
p 'i − ( x ''i − x 'i ) . p 'i ⎥ ⎬
⎪⎩ = ⎣ 2m
⎪⎩ = i ⎣ 2m
⎦ ⎪⎭
⎦ ⎪⎭
Mas
⎛
⎞
exp ⎜ ∑ xi ⎟ = ∏ exp( xi )
⎝
⎠
i
4
De modo que:
⎧⎪ i ⎡ ( t − t0 ) 2 G G G ⎤ ⎫⎪ 3
⎧⎪ i ⎡ ( t − t0 ) 2
⎤ ⎫⎪
exp ⎨− ⎢
p ' − ( x ''− x ') . p '⎥ ⎬ = ∏ exp ⎨ − ⎢
p 'i − ( x ''i − x 'i ) . p 'i ⎥ ⎬
⎪⎩ = ⎣ 2m
⎪⎩ = ⎣ 2m
⎦ ⎪⎭ i =1
⎦ ⎪⎭
3
Como d p ' = ∏ dp 'i
3
i =1
Então o integrando pode ser escrito como:
G
G
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
⎧⎪ +∞
⎧⎪ i ⎡ ( t − t0 )
⎤ ⎫⎪⎪⎫
2
exp
'
(
''
'
)
'
dp
p
x
x
p
−
−
−
⎨
⎢
j
j
j
j
j ⎥ ⎬⎬
3 ∏⎨
( 2π = ) j =1 ⎪⎩−∞∫
⎦ ⎭⎪⎪⎭
⎩⎪ = ⎣ 2m
1
3
E substituindo a ‘resposta I’ obtemos
⎛ im( x '' j − x ' j ) 2 ⎞
exp ⎜
∏
⎜ 2=(t − t ) ⎟⎟
j =1
0
⎝
⎠
3/ 2
G G
⎛
⎞
⎛ im( x ''− x ') 2 ⎞
m
G
G
K ( x '', t ; x ', t0 ) = ⎜
⎟ exp ⎜
⎟
⎝ 2π =i (t − t0 ) ⎠
⎝ 2=(t − t0 ) ⎠
G
G
K ( x '', t ; x ', t0 ) =
⎛ 2π =m ⎞
⎟
3 ⎜
( 2π = ) ⎝ i(t − t0 ) ⎠
1
3/ 2
3
5
Problema 29
Defina a função partição como
Z = ∫ d 3 x ' K ( x ', t ; x ', 0)
β =it / =
,
como nas equações (2.5.20)-(2.5.22). Mostre que a energia do estado
fundamental é obtida fazendo
−
1 ∂Z
,
Z ∂β
( β → ∞) .
Ilustre isto para uma partícula em uma caixa unidimensional.
Solução :
Equação (2.5.20)
G (t ) = ∫ d 3 x ' K ( x ', t ; x ', 0)
G (t ) = ∫ d 3 x ' ∑ x ' a '
2
a'
⎛ −E t ⎞
exp ⎜ a ' ⎟ .
⎝ = ⎠
⎛ −iEa 't ⎞
G (t ) = ∑ exp ⎜
⎟
⎝ = ⎠
a'
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
β=
it
,
=
(2.5.21)
teremos a equação (2.5.22)
Z = ∑ exp ( − β Ea ' ) ,
a'
1
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
G G
Z = ∫ d 3 x ' K ( x ', t ; x ', 0) β =it / = = ∑ exp ( − β Ea ' ) .
a'
A probabilidade de um sistema estar no autoestado Ea ' é
P ( Ea ' ) =
exp [ − β Ea ' ]
Z
.
Por outro lado, da equação (1.4.6), o valor médio medido pode ser escrito
como
A = ∑∑ α a " a " A a ' a ' α
a'
A =∑
a'
a"
a' α
a'
valor medido de a '
2
.
probabilidade de obter a '
Portanto, a energia do estado fundamental pode ser escrita como
U = ∑ Ea ' P( Ea ' ) =
a'
1
Z
∑E
a'
exp [ − β Ea ' ] = −
a'
1 ∂Z
.
Z ∂β
Para uma partícula em uma caixa unidimensional (com condição de
contorno periódica), temos
2π n
L
.
L
n=
k
2π
k=
( C. Kittel, Solid State of Physics, Pág. 189, Fig. 7.7 )
Portanto,
da ' = dn =
L
L
dk =
dp .
2π
2π =
2
Então, para a função partição
Z = ∑ exp ( − β Ea ' )
a'
Z = ∑ exp ( − β En ) ,
n
Z = ∫ dn.exp ( − β En )
teremos
Z = ∫ dn.exp ( − β En )
+∞
⎛ − p2β ⎞
⎛ L ⎞
Z =⎜
dp
.exp
⎜
⎟
⎟∫
⎝ 2π = ⎠ −∞
⎝ 2m ⎠
.
p β
p β
p β
⎛ L ⎞ − 2m
⎛ 2L ⎞ − 2m
⎛ L ⎞ − 2m
=
=
Z =⎜
e
dp
e
dp
e
dp
⎟∫
⎜
⎟∫
⎜
⎟∫
⎝ 2π = ⎠ −∞
⎝ 2π = ⎠ 0
⎝π= ⎠ 0
∞
∞
2
∞
2
2
Fazendo uma mudança de variáveis
p2 β
2m
→ p=
u =
u
β
2m
2
dp =
2m
β
,
du
teremos para a função partição
∞
⎛ L ⎞ 2m − u 2
⎛ L ⎞ 2m π ⎛ L ⎞ m
.
Z =⎜
e du = ⎜
=⎜ ⎟
⎟
⎟
∫
⎝π= ⎠ β 0
⎝π= ⎠ β 2
⎝ = ⎠ 2πβ
Finalmente, a energia do estado fundamental para uma partícula em uma
caixa unidimensional é
U =−
1 dZ
1
=−
L / = ) m / 2π (−1/ 2) β −3/ 2
1/ 2 (
Z dβ
( L / = )( m / 2πβ )
1
U=
2β
3
.
É importante lembrar que em termodinâmica β = 1/ kT , então, a energia
do estado fundamental é igual a kT / 2 , o que é um resultado razoável.
4
Problema 30
O propagador no espaço dos momentos análogo a (2.5.26) é dado por
G
G
G
G
p '', t p ', t0 . Derive uma expressão explicita para p '', t p ', t0 para o caso
da partícula livre.
Solução :
K ( x '', t ; x ', t0 ) = ∑ x '' a ' a ' x ' e− iEa ' ( t −t0 ) / =
a'
K ( x '', t ; x ', t0 ) = ∑ x '' e−iHt / = a ' a ' eiHt0 / = x '
a'
K ( x '', t ; x ', t0 ) = x '', t x ', t0
Analogamente
K ( p '', t ; p ', t0 ) = ∑ p '' a ' a ' p ' e −iEa ' ( t −t0 ) / =
a'
K ( p '', t ; p ', t0 ) = ∑ p '' e −iEa 't / = a ' a ' eiEa '0 / = p '
a'
K ( p '', t ; p ', t0 ) = ∑ p '' e −iHt / = a ' a ' eiHt0 / = p '
a'
K ( p '', t ; p ', t0 ) = p '', t p ', t0
Para uma partícula livre, temos :
H=
p2
2m
Temos então para o propagador a seguinte expressão :
p '', t p ', t0 = ∑ p '' e − ip t / 2 m= a ' a ' eip t0 / 2 m= p '
2
2
a'
1
(2.5.26)
Problema 31
a. Escreva abaixo uma expressão para a ação clássica para um oscilador
harmônico simples para um intervalo de tempo finito.
b. Construa xn , tn xn −1 , tn−1 para um oscilador harmônico simples usando a
prescrição de Feynman para tn − tn −1 = Δt pequeno. Mantendo apenas termos
de ordem até ( Δt ) , mostre que ele está em completo acordo com o limite
t − t0 → 0 do propagador dado por (2.5.26).
2
Solução :
a. Vamos adotar o método utilizado na pagina 120 do livro do Sakurai.
Considerando o intervalo de tempo Δt = tn − tn −1 e, Δx = xn − xn −1 muito
pequeno, podemos considerar o Lagrangeano aproximadamente linear no
caminho que liga os pontos ( xn−1 , tn −1 ) a ( xn , tn ). Pela definição (2.5.36), a
ação clássica e dada por:
S (n, n − 1) ≡
tn
∫L
Classico
( x, x, t )dt
(1)
tn−1
Como,
LClassico ( x, x , t ) =
1 2 1
mx − mw2 x 2
2
2
Então
t
m n 2
mw2
S (n, n − 1) = ∫ x dt −
2 tn−1
2
tn
∫ x dt
2
(2)
tn−1
tn
Sendo a integral,
∫
f (t )dt , igual a área sob a curva, então, nesta
tn−1
aproximação, a integral será:
1
Figura 1 : Função F (tm ) no ponto médio tm .
tn
∫
f (t )dt ≅ área sob a curva
tn−1
tn
∫
f (t )dt ≅ (comprimento da base) × (altura)
tn−1
tn
∫
f (t )dt ≅ f (tm ) × (tn − tn −1 )
tn
⎛t +t ⎞
f (t )dt ≅ f ⎜ n n −1 ⎟ × Δt
⎝ 2 ⎠
tn−1
∫
tn−1
onde tm é o ponto médio entre tn e tn −1 . Além disso, podemos aproximar a
derivada de f (t ) para o valor da inclinação da reta que liga os dois pontos,
ou seja:
f (tn ) − f (tn −1 ) f (tn ) − f (tn −1 )
df
= f (t ) =
=
dt
tn − tn −1
Δt
(4)
2
Retornando a equação (2), temos:
2
t
m n ⎛ dx ⎞
mw2
S (n, n − 1) = ∫ ⎜ ⎟ dt −
2 tn−1 ⎝ dt ⎠
2
t
S (n, n − 1) =
S (n, n − 1) =
m n dx dx
mw2
−
dt
2 tn∫−1 dt dt
2
xn
m dx
mw
dx −
∫
2 dt xn−1
2
tn
∫ x dt
2
tn−1
tn
∫ x dt
2
tn−1
2 tn
∫ x dt
2
tn−1
m dx
mw2
( xn − xn −1 ) −
S (n, n − 1) =
2 dt
2
tn
∫ x dt
2
tn−1
Usando as aproximações (3) e (4), obtemos:
m⎛ x −x ⎞
mw2 ⎛ xn + xn −1 ⎞
S (n, n − 1) ≅ ⎜ n n −1 ⎟ ( xn − xn −1 ) −
⎟ Δt
2 ⎝ Δt ⎠
2 ⎜⎝
2
⎠
2
2
2
⎤
m ⎡⎛ xn − xn −1 ⎞
2 ⎛ xn + xn −1 ⎞
S (n, n − 1) ≅ Δt ⎢⎜
⎟ −w ⎜
⎟ ⎥
2 ⎣⎢⎝ Δt ⎠
2
⎝
⎠ ⎦⎥
Sendo Δx = xn − xn −1 , então xn + xn−1 = 2 xn − Δx :
2
2
⎤
m ⎡⎛ xn − xn −1 ⎞
2 ⎛ 2 xn − Δx ⎞
S (n, n − 1) ≅ Δt ⎢⎜
w
−
⎜
⎟ ⎥
2 ⎣⎢⎝ Δt ⎟⎠
2
⎝
⎠ ⎦⎥
S (n, n − 1) ≅
2
2
m ⎡⎛ xn − xn −1 ⎞
Δx ⎞ ⎤
2⎛
w
x
Δt ⎢⎜
−
−
⎜ n
⎟ ⎥
2 ⎣⎢⎝ Δt ⎟⎠
2 ⎠ ⎦⎥
⎝
Δx 2 ⎞ ⎤
mΔt ⎡⎛ xn − xn −1 ⎞
2⎛
2
−
−
Δ
+
S (n, n − 1) ≅
w
x
x
x
⎢⎜
⎜ n
⎟⎥
n
2 ⎢⎣⎝ Δt ⎟⎠
4 ⎠ ⎥⎦
⎝
2
Na equação acima o primeiro termo é uma razão de dois números pequenos,
o que pode resultar em um valor não desprezível; o termo w2 xn2 também não
pode ser desprezado, porém como Δx é pequeno, os dois últimos termos
podem ser desprezados. Vemos que todo o colchete é multiplicado por Δt
que é pequeno, de modo que uns termos desprezíveis são ainda menores,
assim,
3
S (n, n − 1) ≅
2
⎤
mΔt ⎡⎛ xn − xn −1 ⎞
− w2 xn 2 ⎥
⎢⎜
⎟
2 ⎣⎢⎝ Δt ⎠
⎦⎥
(5)
A equação acima é a ação clássica pedida.
b. Pela equação (2.5.40) do livro texto, a amplitude de transição será:
xn , tn xn −1 , tn −1
⎡ im( xn − xn −1 ) 2 imw2 xn2 Δt ⎤
⎡ 1 ⎤
=⎢
−
⎥
⎥ exp ⎢
2=Δt
2=
⎣ w(Δt ) ⎦
⎣
⎦
Agora, precisamos determinar o fator 1/ w(Δt ) . Mas como este fator
independe do potencial (depende de Δt ), 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:
xn , tn xn −1 , tn −1 =
2
⎤ ⎪⎫
m
⎪⎧ im ⎡ ( x − x )
exp ⎨ ⎢ n n −1 − w2 xn2 Δt ⎥ ⎬
2π i=Δt
Δt
⎦ ⎭⎪
⎩⎪ 2= ⎣
Da equação (2.5.26) do livro texto, obtemos:
K ( xn , tn ; xn −1 , tn −1 ) = xn , tn xn −1 , tn −1
O propagador é dado pela equação (2.5.18) do livro texto, de modo que:
xn , tn xn −1 , tn −1 =
⎧ ⎡ imw ⎤ ⎡ 2
⎫
mw
exp ⎨ ⎢
xn + xn −12 cos wΔt − 2 xn xn −1 ⎤⎦ ⎬
⎥
⎣
2π i=senwΔt
⎩ ⎣ 2=senwΔt ⎦
⎭
(
)
(7)
No limite de Δt → 0 , devemos recuperar a equação (6). Assim, no limite
Δt → 0 , expandimos senΔt e cos Δt até O(Δt 2 ) de modo que:
4
senwΔt ≈ Δtw −
cos wΔt ≈ 1 −
1
≈
senwΔt
( wΔt )
3
3!
Δt w
2
2
2
1 ⎛ ( wΔt )
⎜1 +
≈
3!
⎛ ( wΔt )2 ⎞ wΔt ⎜⎝
⎟
wΔt ⎜ 1 −
⎜
3! ⎟
⎝
⎠
1
2
⎞
⎟
⎟
⎠
Logo, (7) se torna:
xn ; tn xn −1 , tn −1 =
xn ; tn xn −1 , tn −1
⎧⎪ ⎡ imw ⎤ ⎡ 2
mw
2
exp ⎨ ⎢
⎢ xn + xn −1
⎥
2π i=wΔt
⎩⎪ ⎣ 2=wΔt ⎦ ⎣
(
m
⎪⎧ im ⎡
exp ⎨
=
⎢ xn − xn −1
2π i=Δt
⎩⎪ 2=Δt ⎣
(
)
2
)
⎤ ⎫⎪
⎛ w2 Δt 2 ⎞
⎜1 −
⎟ − 2 xn xn −1 ⎥ ⎬
2 ⎠
⎝
⎦ ⎭⎪
w2 Δt 2 2
−
xn + xn2−1
2
(
⎤⎫
)⎥ ⎪⎬
⎦ ⎭⎪
Mas
(
)
xn2 + xn2−1 = xn2 + xn2 − 2 xn Δx + Δx 2 ≈ 2 xn2
Pois Δx é desprezível, logo
xn ; tn xn −1 , tn −1 =
xn ; tn xn −1 , tn −1
m
⎪⎧ im ⎡
exp ⎨
⎢ xn − xn −1
2π i=Δt
⎪⎩ 2=Δt ⎣
(
(
⎧ ⎡ x −x
m
n
n −1
⎪ im
=
exp ⎨ ⎢
Δt
2π i=Δt
⎪ 2= ⎢⎣
⎩
)
2
)
2
−
Δt 2 2 2 ⎤ ⎫⎪
w 2 xn ⎥ ⎬
2
⎦ ⎪⎭
⎤⎫
⎪
− w Δtx ⎥ ⎬
⎥⎪
⎦⎭
2
(8)
2
n
E vemos que a equação (8) é idêntica a equação como queríamos
demonstrar.
5
Problema 32
Declare o principio de ação de Schwinger ( veja Finkelstein 1973, 155 ).
Obtenha a solução para x2t2 x1t1 integrando o princípio de ação de
Schwinger e compare ele com a expressão de Feynman correspondente para
x2t2 x1t1 . 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 t1 a t2 , dada por
1
t2
A = ∫ L( x, x , t )dt
t1
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 t1 a t2 , 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
U ≡ 1 + iG = 1 − idtH .
2
O Hamiltoniano H é uma função das variáveis dinâmicas, o qual nos
escrevemos genericamente como funções de χ (t ) e de t explicitamente.
Então
a ', t + dt b ', t = a ', t 1 − idtH ( χ (t ), t ) b ', t .
Fazendo a translação dos estados e dos operadores para o tempo zero, temos
a ', t = a ' U (t ) ,
b ', t = U −1 (t ) b ' ,
e
χ (t ) = U −1 (t ) χU (t ) , (2.2.10)
em que χ = χ (0) . Então
a ', t + dt b ', t = a ', t 1 − idtH ( χ , t ) b ', t
a ', t + dt b ', t = a ' U (t ) [1 − idtH ( χ , t ) ]U −1 (t ) b '
a ', t + dt b ', t = a ' U (t )U −1 (t ) [1 − idtH ( χ , t ) ] b '
,
a ', t + dt b ', t = a ' 1 − idtH ( χ , t ) b '
ou, como uma equação diferencial
δ dyn a ', t + dt b ', t = i a ' δ dyn [ − dtH ] b ' = i a ' U (t )U −1 (t )δ dyn [ −dtH ] b ' =
i a ' U (t )δ dyn [ − dtH ]U −1 (t ) b ' = i a ', t + dt δ dyn [ − dtH ( χ (t ), t ) ] b ', t
,
onde δ dyn corresponde a mudanças nos tempos iniciais e finais, δ t1 e δ t2 , e na
estrutura de H , δ H . ( By reintroducing dt in the state on the left, we make a
negligible error of O(dt 2 ) . )
Podemos considerar também mudanças cinemáticas. Para compreender isto,
considere um sistema definido pelas coordenadas e momentos, {qa (t )} ,
{ pa (t )} e a = 1,..., n , o qual satisfaz as relações canônicas de comutação,
[ qa (t ), pb (t )] = iδ ab ,
(= = 1)
e,
[ qa (t ), qb (t )] = [ pa (t ), pb (t )] = 0 .
3
Um deslocamento espacial δ qa é induzido por
n
Gq = ∑ paδ qa .
U = 1 + iGq
a =1
É importante salientar que δ qa é um número ( não um operador ), e que
1
U −1qaU = qa − ⎡⎣ qa , Gq ⎤⎦ = qa − δ qa ,
i
...........................................................................................................................
Demonstração
U −1qaU = (1 − iGq ) qa (1 + iGq )
U −1qaU = (1 − iGq )( qa + iqa Gq )
U −1qaU = qa + iqa Gq − iGq qa + qa Gq2
⎛i⎞
U −1qaU = qa − ⎜ ⎟ −iqa Gq + iGq qa − qa Gq2
⎝i⎠
⎛1⎞
U −1qaU = qa − ⎜ ⎟ −iiqa Gq + iiGq qa − iqa Gq2
⎝i⎠
⎛1⎞
U −1qaU = qa − ⎜ ⎟ ( + qa Gq − Gq qa )
⎝i⎠
(
)
(
)
⎛1⎞
U −1qaU = qa − ⎜ ⎟ ⎡⎣ qa , Gq ⎤⎦
⎝i⎠
...........................................................................................................................
enquanto,
1
U −1 paU = pa − ⎡⎣ pa , Gq ⎤⎦ = pa .
i
Das equações de Hamilton,
qk =
∂H
∂pk
p k = −
e
4
∂H
,
∂qk
pode-se perceber que a simetria dual entre posição e momento é dada por
q→ p
p → −q ,
e
e que o gerador de deslocamento em p é dado por
G p = −∑ qaδ pa .
a
Uma variação cinemática dos estados é dada pelos geradores
δ kin
e
δ kin = − = −iG .
...........................................................................................................................
Demonstração
=
−
=
iG
Uma variação cinética e dada por iGq = U − 1 ( ou iGq = U − 1 ). Então,
iG =
(U − 1) =
U−
=
−
...........................................................................................................................
Então, por exemplo, sob uma variação δ q , a função transformação muda
para
...........................................................................................................................
Demonstração
δq
= (δ q
δq
=(
δq
=
).
+
. (δ q
iG ) .
+
. ( −iG
iG
+
)
)
− iG
Logo,
5
δ q a ', t + dt b ', t = a ', t + dt iG b ', t + a ', t + dt − iG b ', t
δ q a ', t + dt b ', t = a ', t + dt ( iG − iG ) b ', t
δ q a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt ⎡⎣G ( t + dt ) − G ( t ) ⎤⎦ b ', t
D1
⎡
⎤
δ q a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt ⎢ ∑ pa (t + dt )δ qa (t + dt ) − ∑ pa (t )δ qa (t ) ⎥ b ', t
⎣
⎦
δ q a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt ∑ [ pa (t + dt )δ qa (t + dt ) − pa (t )δ qa (t ) ] b ', t
a
a
a
...........................................................................................................................
δ q a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt
∑ [ p (t + dt )δ q (t + dt ) − p (t )δ q (t )] b ', t
a
a
a
a
.
a
Agora, as variáveis dinâmicas em diferentes tempos estão relacionadas pelas
equações de Hamilton,
dpa (t ) 1
∂H (t )
= [ pa (t ), H (q (t ), p(t ), t ) ] = −
,
dt
i
∂qa
então
pa (t + dt ) − pa (t ) = dt
dpa (t )
∂H (t )
= −dt
.
∂qa
dt
Similarmente, para a outra equação de Hamilton
qk =
∂H
∂pk
temos que
qa (t + dt ) − qa (t ) = dt
∂H (t )
.
∂pa
Utilizando estas equações, temos finalmente para variação de q da função
transformação
6
⎡
⎤
δ q a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt δ q ⎢ ∑ pa (t ) [ qa (t + dt ) − qa (t )] − dtH (q (t ), p (t ), t ) ⎥ b ', t
⎣
⎦
a
...........................................................................................................................
Demonstração
δ q a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt
∑ [ p (t + dt )δ q (t + dt ) − p (t )δ q (t )] b ', t
a
a
a
Temos que
∑ [ p (t + dt )δ q (t + dt ) − p (t )δ q (t )]
a
a
a
a
a
∑ p (t + dt )δ q (t + dt ) − ∑ p (t )δ q (t )
a
a
a
a
a
a
Mas
pa (t + dt ) = pa (t ) − dt
∂H
∂qa
Então
∑ p (t + dt )δ q (t + dt ) − ∑ p (t )δ q (t )
a
a
a
a
a
a
⎡
∂H ⎤
⎥δ qa (t + dt ) − ∑ pa (t )δ qa (t )
a ⎣
a
a ⎦
∂H
∑a pa (t )δ qa (t + dt ) − ∑a dt ∂q δ qa (t + dt ) − ∑a pa (t )δ qa (t )
a
∑ ⎢ p (t ) − dt ∂q
a
⎤ ⎡
⎡
δ q ⎢ ∑ pa (t ) [ qa (t + dt ) − qa (t )]⎥ − ⎢ ∑ dt
⎣
⎦ ⎣
a
a
⎤
∂H
δ qa (t + dt ) ⎥
∂qa
⎦
Mas
qa (t + dt ) = qa (t ) + dt
∂H
∂pa
⎡
δ qa (t + dt ) = δ qa (t ) + δ ⎢ dt
⎣
∂H ⎤
⎥
∂pa ⎦
7
a
a
Então
⎤ ⎧⎪
⎡
δ q ⎢ ∑ pa (t ) [ qa (t + dt ) − qa (t )]⎥ − ⎨∑ dt
⎣
⎡ ∂H ⎤ ⎤ ⎫⎪
∂H ⎡
⎢δ qa (t ) + δ ⎢ dt
⎥⎥⎬
∂qa ⎣⎢
⎣ ∂pa ⎦ ⎦⎥ ⎭⎪
⎦ ⎪⎩ a
∂H
∂H ⎡ ∂H ⎤ ⎫⎪
⎡
⎤ ⎧⎪
δ q ⎢ ∑ pa (t ) [ qa (t + dt ) − qa (t ) ]⎥ − ⎨∑ dt
δ qa (t ) + ∑ dt
δ ⎢ dt
⎥⎬
∂qa
∂qa ⎣ ∂pa ⎦ ⎪
a
⎣ a
⎦ ⎪⎩ a
⎭
⎫
∂H
⎡
⎤ ⎧
δ q ⎢ ∑ pa (t ) [ qa (t + dt ) − qa (t ) ]⎥ − ⎨∑ dt
δ qa (t ) + O(dt 2 ) ⎬
∂qa
⎣ a
⎦ ⎩ a
⎭
a
⎤ ⎧
⎡
δ q ⎢ ∑ pa (t ) [ qa (t + dt ) − qa (t ) ]⎥ − ⎨dt ∑
⎣
⎦ ⎩
a
a
⎫
∂H
δ qa (t ) ⎬
∂qa
⎭
Como
∂H
∑ ∂q
a
δ qa = δ q H
a
Temos
⎡
⎤
δ q ⎢ ∑ pa (t ) [ qa (t + dt ) − qa (t ) ]⎥ − ⎣⎡ dtδ q H ⎦⎤
⎣ a
⎦
⎡
⎤
δ q ⎢ ∑ pa (t ) [ qa (t + dt ) − qa (t )] − dtH (q (t ), p(t ), t ) ⎥
⎣ a
⎦
...........................................................................................................................
Para variações em p temos um resultado similar
⎡
⎤
δ p a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt δ p ⎢ −∑ qa (t )( pa (t + dt ) − pa (t )) − dtH (q(t ), p(t ), t ) ⎥ b ', t .
⎣
⎦
a
Para variações em q , temos
δ q a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt δ q [dtLq ] b ', t ,
com o Lagrangeano quântico definido como
8
Lq = ∑ pa qa − H (q, p, t ) ,
a
( conforme página 123 do livro do Marion ), enquanto, que para variações
em p , temos
δ p a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt δ p [dtLp ] b ', t ,
com o Lagrangeano quântico definido como
L p = −∑ qa p a − H (q, p, t ) .
a
Temos duas formas alternativas para o Lagrangeano quântico, sendo que as
duas diferem por uma derivada total em relação ao tempo, da forma
Lq − Lp =
d
∑ pa qa .
dt a
Podemos agora unir as transformações cinemáticas consideradas aqui, com
as dinâmicas consideradas anteriormente, ficando
δ = δ dyn + δ kin
δ a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt δ [ dt.L ] b ', t .
...........................................................................................................................
Demonstração
δ q a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt δ q [dtLq ] b ', t
δ p a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt δ p [dtLp ] b ', t
D2
δ dyn a ', t + dt b ', t = i a ', t + dt δ dyn [ −dtH ] b ', t
...........................................................................................................................
Podemos reescrever esta equação em termos de t1 e t2 , e do operador x , se
tornando
δ x2 , t2 x1 , t1 =
i
x2 , t2 δ [ dtL ] x1 , t1 .
=
9
Então, dessa maneira, deduzimos a forma geral do Principio da Ação
Quântica de Schwinger:
t
2
i
δ t1 t2 = t1 δ ∫ dtL t2 ,
=
t1
ou
t
2
i
δ x1 , t1 x2 , t2 = x1 , t1 δ ∫ dtL x2 , t2 ,
=
t1
que sumariza todas as propriedades de um sistema.
Resolução Final do Problema
Para obter
x2 , t2 x1 , t1 ,
vamos fazer
δ x2 , t2 x1 , t1 =
i
x2 , t2 δ W21 x1 , t1 ,
=
onde W21 é a ação para ir do estado inicial x1 , t1 ao estado final x2 , t2 .
Também, vamos fazer
δ W21 = δω21 ,
onde δω21 é a forma bem ordenada de δ W21 . ( Finkelstein, 1973, p. 164 ).
Desta forma, podemos finalmente calcular x2t2 x1t1
δ x2t2 x1t1 =
i
i
'
x2t2 δω21 x1t1 = δω21
x2t2 x1t1 ,
=
=
i
=
δ x2t2 x1t1 = .δω21' . x2t2 x1t1 ,
10
D3
δ x2t2 x1t1
x2t2 x1t1
i
'
= δω21
,
=
Que integrando temos
⎛i ' ⎞
x2t2 x1t1 = exp ⎜ ω21
⎟.
⎝=
⎠
(1)
A expressão de Feynman correspondente para x2t2 x1t1 ( Finkelstein/1973/p.
144 e Sakurai/p. 118 ) é
x2t2 x1t1 =
1
N
⎛i
⎞
exp ⎜ S21 ⎟ .
⎝=
⎠
ca min hos
∑
(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 x2t2 x1t1 será importante apenas para
aqueles caminhos que estão dentro de um fino tubo que engloba o caminho
clássico entre x1 , t1 e x2 , t2 . 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)
⎛ ∂w
⎞ ∂w
=0.
H ⎜ ....x.... ⎟ +
⎝ ∂x
⎠ ∂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
11
G
G
G
⎡ iS ( x , t ) ⎤
,
Ψ ( x , t ) = ρ ( x , t ) exp ⎢
⎣ = ⎥⎦
em que S ( x, t ) satisfazia a equação de Hamilton-Jacobi escrita como
G
1 G G 2
G ∂S ( x , t )
∇S ( x , t ) + V ( x ) +
=0,
∂t
2m
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 ω21' satisfaz a equação (3), temos que o correspondente limite de
ω21' 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.
12
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).
φ ABD − φ ACD = −
(mn 2 gl1l2 senδ )
=2
Solução :
Função de onda plana.
G G
G G
G
G
Ψ ( r , t ) = ei ( k .r − wt ) = ei ( p .r / = − wt ) = eiφ ( r ,t )
Relação de de Broglie.
G
G
p = =k
Energia total.
Ek =
p 2 =2k 2
=
2m 2m
Considerando que
G G
r = vt ,
pode-se reescrever
GG
p.r wr
G
φ (r , t ) =
−
.
v
=
1
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 ΔV entre os caminhos AC e BD.
Estamos interessados na mudança de fase
ΔφBD ,
e
Δφ AC ,
2
e em sua diferença.
φBD − φ AC
Como o potencial é independente do tempo, então a soma da energia cinética
e da potencial é uma constante, isto é,
G
p2
+ mgz = E = cte
2m
A diferença em altura entre os níveis BD e AC implica em uma pequena
G
diferença em p ou em .
Lembre-se
p = =k =
p=
=2π
λ
=
=
=
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.
3
Δφ AC =
PAC l1 wl1
−
=
v AC
Para o caminho BD, temos
ΔφBD =
PBD l1 wl1
−
,
=
vBD
em que,
p AC = mv AC
pBD = mvBD
.
Considerando que
p2
+ mgz = cte ,
2m
e
z = l2 senδ ,
temos
p 2
pBD 2
+ mgl2 senδ = AC .
2m
2m
Portanto,
1
1
mvBD 2 = mv AC 2 − mgl2 senδ .
2
2
Isolando vBD , temos a seguinte expressão.
1/ 2
vBD
⎛2⎞
=⎜ ⎟
⎝m⎠
1/ 2
⎡1
⎤
2
⎢⎣ 2 mv AC − mgl2 senδ ⎥⎦
Para a diferença de fase, temos
Δφ = ΔφBD − Δφ AC .
Substituindo as respectivas fases, temos
4
⎛ p l wl ⎞ ⎛ p l wl ⎞
Δφ = ⎜ BD 1 − 1 ⎟ − ⎜ AC 1 − 1 ⎟
vBD ⎠ ⎝ =
v AC ⎠
⎝ =
Como
wl1
wl
e 1 podem ser desprezados, temos
vBD
v AC
Δφ ≅
pBD l1 p AC l1
−
=
=
Δφ ≅
ml1
( vBD − vAC )
=
1/ 2
1/ 2
⎫⎪
⎤
ml1 ⎧⎪⎛ 2 ⎞ ⎡ mv AC 2
Δφ ≅
− mgl2 senδ ⎥ − v AC ⎬
⎨⎜ ⎟ ⎢
= ⎪⎝ m ⎠ ⎣ 2
⎦
⎩
⎭⎪
1/ 2
⎡ mv 2 2 m 2l12
m 2l12 2 ⎤
Δφ ≅ ⎢ AC
−
mgl
sen
δ
2
⎥
2
=2 m ⎦
⎣ 2 m =
1/ 2
⎡ v 2 m 2l 2 2 gl2 senδ m 2l 12 ⎤
Δφ ≅ ⎢ AC 2 1 −
⎥
=2
⎣ =
⎦
−
1/ 2
⎡ l 2 2 gl2 senδ m 2l 12 ⎤
Δφ ≅ ⎢ 1 2 −
⎥
=2
⎣
⎦
−
l1
−
l1
1/ 2
l ⎡ 2 gl2 senδ m 2 2 ⎤
Δφ ≅ 1 ⎢1 −
⎥
⎣
=2
⎦
= ml1
m =
l1
1/ 2
⎡ = 2 m 2l 2 2 gl2 senδ m 2l 12 ⎤
Δφ ≅ ⎢ 2 2 21 −
⎥
=2
⎣m =
⎦
−
−
l1
Como m 2 ≅ 10−62 kg e 2 ≅ 10−20 m , podemos expandir a expressão acima
através da relação
5
(1 − x)1/ 2 1 −
x
+ ... ,
2
o que possibilita escrever a referida expressão como
Δφ ≅
l1 ⎡ 1 2 gl2 senδ m 2 2 ⎤ l1
⎢1 −
⎥−
⎣ 2
=2
⎦ Δφ ≅ −
Δφ ≅
l1 gl2 senδ m 2 2
=2
m 2 gl1l2 senδ
=2
6
Problema 34
a. Verifique (2.6.25) e (2.6.27).
G
b. Verifique equação da continuidade (2.6.30) com j dado por (2.6.31).
Solução :
a.
⎛ i=e ⎞
⎣⎡∏ i , ∏ j ⎦⎤ = ⎜ c ⎟ ε ijk Bk
⎝
⎠
G
Sabemos que [ pi , G (r )] = −i=
(2.6.25)
∂G
. E, como
∂xi
∏
i
e
≡ pi − Ai , temos:
c
e
e ⎤
⎡
⎡⎣∏ i , ∏ j ⎤⎦ = ⎢ pi − Ai , p j − Aj ⎥ ,
c
c ⎦
⎣
e como
⎡⎣ pi , p j ⎤⎦ = 0
para todo i e j , o comutador se reduz a:
e
e
⎡⎣∏ i , ∏ j ⎤⎦ = − ⎡⎣ pi , Aj ⎤⎦ − ⎡⎣ Ai , p j ⎤⎦
c
c
{
}
{
}
e
⎡⎣∏ i , ∏ j ⎤⎦ = − ⎡⎣ pi , Aj ⎤⎦ + ⎡⎣ Ai , p j ⎤⎦
c
e
⎡⎣∏ i , ∏ j ⎤⎦ = − ⎡⎣ pi , Aj ⎤⎦ − ⎡⎣ p j , Ai ⎤⎦
c
G
E usando a relação de comutação [ pi , G (r )] , obtemos:
1
∂A
∂A ⎫⎪
e ⎧⎪
⎡⎣∏ i , ∏ j ⎤⎦ = − ⎨−i= j + i= i ⎬
∂xi
∂x j ⎭⎪
c ⎩⎪
i=e ⎧⎪ ∂Aj ∂Ai ⎫⎪
⎡⎣∏ i , ∏ j ⎤⎦ =
−
⎨
⎬
c ⎩⎪ ∂xi ∂x j ⎭⎪
(1)
i=e ⎧⎪ ∂Aj ∂Ai ⎫⎪
⎡⎣∏ i , ∏ j ⎤⎦ =
−
⎨
⎬
c ⎪⎩ ∂xi ∂x j ⎪⎭
Mas sabemos que:
G G G
B = ∇× A ,
logo,
G ⎛ ∂A ∂Aj
B=⎜ k −
⎜ ∂x j ∂xk
⎝
⎞ ⎛ ∂Ai ∂Ak ⎞
⎛ ∂Aj ∂Ai
−
−
⎟⎟ iˆ + ⎜
⎟ ˆj + ⎜⎜
⎠ ⎝ ∂xk ∂xi ⎠
⎝ ∂xi ∂x j
⎞
⎟⎟ kˆ
⎠
(2)
e como
G
B = Bi iˆ + B j ˆj + Bk kˆ
Então, comparando (2) e (1), vemos que
i=e
⎡⎣∏ i , ∏ j ⎤⎦ =
Bk
c
(3)
Agora, fazendo um permutação cíclica de índices, temos:
⎛ i=e ⎞
⎡⎣∏ k , ∏ i ⎤⎦ = ⎜
⎟ Bj
⎝ c ⎠
e novamente
⎛ i=e ⎞
⎡⎣∏ j , ∏ k ⎤⎦ = ⎜
⎟ Bi
⎝ c ⎠
2
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, ε ijk . Então, temos:
e
e ⎤
e
⎡
⎡⎣∏ k , ∏ i ⎤⎦ = ⎢ pk − Ak , pi − Ai ⎥ = − {[ pk , Ai ] − [ pi , Ak ]}
c
c ⎦
c
⎣
e como,
[ pk , Ai ] = −i=
∂Ai
∂xk
[ pi , Ak ] = −i=
e
∂Ak
∂xi
então,
i=c ⎡ ∂Ai ∂Ak ⎤
⎡⎣∏ k , ∏ j ⎤⎦ =
−
⎢
⎥
e ⎣ ∂xk ∂xi ⎦
E comparando com (2), obtemos:
i=e
⎡⎣∏ k , ∏ j ⎤⎦ =
Bj ,
c
O que verifica a primeira equação. Para a segunda, temos:
{
}
e
e ⎤
e
⎡
⎡⎣∏ j , ∏ k ⎤⎦ = ⎢ p j − Aj , pk − Ak ⎥ = − ⎡⎣ p j , Ak ⎤⎦ − ⎡⎣ pk , Aj ⎤⎦
c
c ⎦
c
⎣
Como
∂A
⎡⎣ p j , Ak ⎤⎦ = −i= k
∂x
∂A
⎡⎣ p j , Ak ⎤⎦ = −i= j
∂x
e
k
j
Logo
i=c ⎡ ∂Ak ∂Aj ⎤ ⎛ i=e ⎞
⎡⎣∏ j , ∏ k ⎦⎤ =
−
⎢
⎥=⎜
⎟ Bi
e ⎢⎣ ∂x j ∂xk ⎦⎥ ⎝ c ⎠
3
Portanto, como as três equações se verificam, podemos agrupar os
resultados obtidos na equação geral:
⎛ i=e ⎞
⎡⎣∏ i , ∏ j ⎤⎦ = ⎜
⎟ ε ijk Bk
⎝ c ⎠
o que demonstra a equação ⎡⎣∏ i , ∏ j ⎤⎦ = ⎛⎜
i=e ⎞
⎟ ε ijk Bk .
⎝ c ⎠
Vamos agora demonstrar a equação (2.6.27), isto é,
G
G
G
G
⎡ G 1 ⎛ dx G G dx ⎞ ⎤
d 2x dΠ
m 2 =
= e ⎢ E + ⎜ × B − B × ⎟⎥
dt
dt
2c ⎝ dt
dt ⎠ ⎦
⎣
De (2.6.23), temos:
G
G
G
dx G eA
Π=m
= p−
dt
c
Logo
G
G
G
d Π dp e dA
=
−
dt
dt c dt
(1)
G
dp
Cálculo de
.
dt
Temos que
G
dp
dt
G
dp
dt
G
dp
dt
G
dp
dt
1 G
[ p, H ]
i=
⎤
1 ⎡ G Π2
= ⎢ p,
+ eφ ⎥
i = ⎣ 2m
⎦
=
e G
1
G
⎡⎣ p, Π 2 ⎤⎦ + [ p, φ ]
i=
2mi=
G G G
e ⎡ ∂φ
∂φ ˆ ∂φ
1
G G G
j+
=
Π. ⎡⎣ p, Π ⎤⎦ + ⎡⎣ p, Π ⎤⎦ .Π − i= ⎢ iˆ +
∂x j
∂xk
i= ⎣⎢ ∂xi
2mi=
=
{
}
4
⎤
kˆ ⎥
⎦⎥
Onde a fórmula
G
[ pi , G (r )] = −i=
∂G
∂xi
Foi usada. Temos ainda,
G
dp
1 ⎧ e G G G e G G G⎫ G
=
⎨− Π. ⎡ p, A⎤⎦ − ⎡⎣ p, A⎤⎦ .Π ⎬ − e∇φ
dt 2m=i ⎩ c ⎣
c
⎭
Agora
G
G
G
G G
⎡ p, A⎤ = iˆ ⎡ px , A⎤ + ˆj ⎡ p y , A⎤ + kˆ ⎡ pz , A⎤
⎣
⎦
⎣
⎦
⎣
⎦
⎣
⎦
G
G
G
⎛ ∂A
∂A ˆ ∂A ˆ ⎞
G G
⎡ p, A⎤ = −i= ⎜ iˆ +
j+
k⎟
⎣
⎦
x
y
z
∂
∂
∂
⎝
⎠
GG
G G
⎡ p, A⎤ = −i=∇A
⎣
⎦
Logo
G
dp
1 ⎧ i=e G G G i=e G G G ⎫ G
=
Π.∇A +
∇A.Π ⎬ − e∇φ
⎨
dt 2mi= ⎩ c
c
⎭
Como
G
G
dx
Π=m
dt
Temos
G
G
G
G
dp
e ⎛ dx G G G G dx ⎞
= −e∇φ + ⎜ .∇A + ∇A. ⎟
dt
2c ⎝ dt
dt ⎠
G
G
G
dp
e ⎛ dx G G ⎞
= −e∇φ + ⎜ .∇. A ⎟
dt
c ⎝ dt
⎠
G
G
Pois A e x comutam, podemos escrever ainda,
G
G
dp e ⎛ dx G ⎞
= ∇ ⎜ . A ⎟ − e∇φ
dt c ⎝ dt ⎠
5
G
dA
.
Cálculo de
dt
Temos que,
G
G
dA ∂A 1 G
=
+ ⎡ A, H ⎤⎦
dt ∂t i= ⎣
Logo
G
dA
=
dt
G
dA
=
dt
G
dA
=
dt
G
dA
=
dt
G
G
⎤
∂A 1 ⎡ G p 2
+ ⎢ A,
+ eφ ⎥
∂t i= ⎣ 2m
⎦
G
G
G
∂A
1
⎡ A, Π 2 ⎤
+
⎣
⎦
∂t 2i=m
G
G G G
G G G
∂A
1
+
Π. ⎡⎣ A, Π ⎤⎦ + ⎡⎣ A, Π ⎤⎦ .Π
∂t 2i=m
G
G G G
G G G
∂A
1
+
Π. ⎡⎣ A, p ⎤⎦ + ⎡⎣ A, p ⎤⎦ .Π
∂t 2i=m
{
}
{
}
Mas,
G G
G G
⎡ p, A⎤ = −i=∇. A
⎣
⎦
Logo
G
dA
=
dt
G
dA
=
dt
G
G
G G dxG ⎫
1 ⎧
dx G G
∂A
+
⎨i=m .∇A + i=m∇A. ⎬
dt
dt ⎭
∂t 2i=m ⎩
G
G GG
∂A dx
+ .∇A
∂t dt
(3)
Substituindo (2) e (3) em (1):
G
G
G
G
G
G
d Π dp e dA e ⎧ ⎛ dx G ⎞ ∂A dx G G ⎫ G
=
−
= ⎨∇ ⎜ . A ⎟ −
− .∇A⎬ − e∇φ
dt
dt c dt c ⎩ ⎝ dt ⎠ ∂t dt
⎭
G
G
G G
G G G
d Π e ⎧ ⎛ dx ⎞ ⎛ dx ⎞
∂A ⎫ G
= ⎨∇ ⎜ . A ⎟ − ⎜ .∇ ⎟ A − ⎬ − e∇φ
dt c ⎩ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
∂t ⎭
6
(5)
Agora, temos que:
G G G G G G
G G G
A × B × C = B( A.C ) − ( A.B)C
Então se
G dxG
A=
dt
G G G
B = ∇× A ,
e
Então
G
G
G
dx G G G ⎛ dx G ⎞ ⎛ dx G ⎞ G
× ∇ × A = ∇ ⎜ . A ⎟ − ⎜ .∇ ⎟ A
dt
⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
Então (5) torna-se
G
G
G
d Π e ⎧ dx G G ∂A ⎫ G
= ⎨ × ∇ × A − ⎬ − e∇φ
∂t ⎭
dt c ⎩ dt
G
G
G
Como ∇ × A = B , temos:
G
G
G
d Π e ⎧ dx G ∂A ⎫ G
= ⎨ × B − ⎬ − e∇φ
∂t ⎭
dt c ⎩ dt
G
G
G
G
d Π e ⎧ dx G G dx ⎫ ⎛ G
1 ∂A ⎞
= ⎨ × B − B × ⎬ − e ⎜ ∇φ −
⎟
dt
dt ⎭ ⎝
c ∂t ⎠
2c ⎩ dt
G
G
G
G
⎡ 1 ⎧ dx G G dx ⎫ G
dΠ
1 ∂A ⎤
= e ⎢ ⎨ × B − B × ⎬ − ∇φ −
⎥
dt
dt ⎭
c ∂t ⎦
⎣ 2c ⎩ dt
E como,
G
G
G
1 ∂A
E = −∇φ −
c ∂t
Então
7
G G
C=A
G
G
G
⎡ 1 ⎧ dx G G dx ⎫ G ⎤
dΠ
= e ⎢ ⎨ × B − B × ⎬ + E⎥
dt
dt ⎭
⎣ 2c ⎩ dt
⎦
Que e a equação (2.5.27).
b.
A equação (2.6.30) é
G
∂ρ
+ ∇ '. j = 0
∂t
Com a (2.6.31)
G =
e G
j = Im ψ *∇ψ −
Aψ
m
mc
(
)
2
Temos que
G e G G ⎤ G
1 ⎡
e G G ⎤ ⎡
G
G
G
G
−
∇
−
−
∇
−
+
=
=
i=∂ tψ ( x ', t ) = Hψ ( x ', t ) =
i
A
x
i
A
x
x
t
e
x
x
ψ
φ
ψ
'
(
')
.
'
(
')
(
',
)
(
')
(
', t )
⎥ ⎢
⎥
c
c
2m ⎢⎣
⎦ ⎣
⎦
1 ⎧ 2 G 2 i=e G G G
i =e G G G e 2 G 2 ⎫ G
G
G
G
i=∂ tψ ( x ', t ) =
'
'.
A
(
x
')
A( x ').∇ '+ 2 A ⎬ψ ( x ', t ) + eφ ( x ')ψ ( x ', t )
∇
+
∇
+
=
⎨
2m ⎩
c
c
c
⎭
i=∂ tψ =
1 ⎧ 2G 2
i=e G G
i=e G G
e2 G 2 ⎫
'
.(
A
)
A
.
A ψ ⎬ + eφψ
ψ
ψ
ψ
−
∇
+
∇
+
∇
+
=
⎨
2m ⎩
c
c
c2
⎭
i=∂ tψ =
1 ⎧ 2G 2
i=e G G
i=e G G i=e G G
e2 G 2 ⎫
A.∇ψ +
ψ∇. A +
A.∇ψ + 2 A ψ ⎬ + eφψ
⎨− = ∇ ' ψ +
2m ⎩
c
c
c
c
⎭
i=∂ tψ =
1 ⎧ 2G 2
2i=e G G
e2 G 2 ⎫
A.∇ψ + 2 A ψ ⎬ + eφψ
⎨−= ∇ ' ψ +
2m ⎩
c
c
⎭
E multiplicando a equação por ψ * , obtemos:
8
i=ψ *∂ tψ =
⎫
1 ⎧ 2 *G 2
2i=e * G G
e2 G 2
ψ A.∇ψ + 2 A ψψ * ⎬ + eφψψ *
⎨−= ψ ∇ ' ψ +
2m ⎩
c
c
⎭
G
G 2
1 ⎧
2e * G G
e2 A2 2 ⎫ eφψψ *
*
ψ ∂ tψ =
ψ ⎬+
⎨i=ψ ∇ ' ψ + ψ A.∇ψ +
2m ⎩
c
i=
=ic 2
⎭
*
Tomando o conjugado desta equação, obtemos:
G
G 2 * 2e G G * e2 A2 2 ⎫ eφψ *ψ
1 ⎧
ψ∂ tψ =
ψ ⎬−
⎨−i=ψ∇ ' ψ + ψ A.∇ψ +
2m ⎩
c
i=
=ic 2
⎭
*
E somando, obtemos:
ψ *∂ tψ +ψ∂ tψ * =
GG
G 2
G 2 * 2e * G G
1 ⎧
⎫
*
ψ A.∇ψ +ψ A.∇ψ * ⎬
⎨i= ψ ∇ ' ψ −ψ∇ ' ψ +
2m ⎩
c
⎭
(
)
(
)
Temos as identidades:
(
)
∇. (ψ∇ψ ' ) = ∇ 'ψ .∇ 'ψ
∇. ψ *∇ψ ' = ∇ 'ψ * .∇ 'ψ +ψ *∇ '.∇ 'ψ
*
*
+ ψ∇ '.∇ 'ψ *
E, subtraindo obtemos:
(
)
∇. ψ *∇ψ '−ψ∇ψ '* = ψ * .∇ '2 ψ −ψ∇ '2 ψ *
E vemos também que:
G
GG
G
G
2 G
∇. ψ A = ψ∇.(ψ * A) +ψ * A∇ψ
GG
GG
G
G G
2 G
∇. ψ A = ψψ∇. A + ψ A.∇ψ + ψ * A.∇ψ
GG
GG
G
2 G
∇. ψ A = ψ A.∇ψ * +ψ * A.∇ψ
(
(
(
)
)
)
G G
Desde que ∇. A = 0 no Gauge de Coulomb. E, substituindo estas
identidades em (1), vamos obter que:
ψ *∂ tψ +ψ∂ tψ * =
G
G * 2e G
1 ⎧ G
2 G ⎫
*
⎨i=∇ '. ψ ∇ψ −ψ∇ψ + ∇ '. ψ A ⎬
2m ⎩
c
⎭
(
)
9
(
)
Agora,
∂ρ ∂
= (ψψ * ) = ψ∂ tψ * +ψ *∂ tψ
∂t ∂t
Logo,
∂ρ
2e
2 G⎤
⎡ i=
= ∇ '. ⎢
ψ *∇ 'ψ −ψ∇ 'ψ * +
ψ A⎥
∂t
2mc
⎣ 2m
⎦
(
)
Agora
ψ *∇ 'ψ −ψ∇ 'ψ * = 2i Im (ψ *∇ 'ψ )
De modo que
e
∂ρ
2 G⎤
⎡ =
ψ A⎥
= ∇ '. ⎢ − Im ψ *∇ 'ψ +
mc
∂t
⎣ m
⎦
e
∂ρ
2 G⎤
⎡=
ψ A⎥
= −∇ '. ⎢ Im ψ *∇ 'ψ −
mc
∂t
⎣m
⎦
(
)
(
)
Comparando com (2.6.31), vemos que:
G G
∂ρ
= −∇ '. j
∂t
∂ρ G G
+ ∇ '. j = 0
∂t
10
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
G
eA
G
G
poperador → poperador −
,
c
G
apropriado. Suponha, por simplicidade, que
onde A é o potencial vetorial
G
o campo magnético B é uniforme na direção z positiva. Prove que a
prescrição acima leva a uma expressão correta para a interação do
G
G
momento magnético orbital (e / 2mc) L com o campo magnético B . Mostre
que existe também um termo proporcional extra a B 2 ( x 2 + y 2 ) , e comente
brevemente sobre o significado físico dele.
Solução :
G
Consideraremos uma partícula sujeita a um potencial V (r ) , governada
pelo Hamiltoniano,
p2
G
H1 =
+ V ( x)
2m
(1)
G
De acordo com a presunção, quando aplicarmos um campo B uniforme,
então o Hamiltoniano toma a forma:
1 ⎛G e
H=
⎜ p−
2m ⎝
c
G
G
G ⎞2
p2
e G G GG
e2 G 2
G
G
A ⎟ + V (r ) =
p. A + A. p +
A + V (x)
−
2
2m 2mc
2mc
⎠
(
)
G
G G
Como B = ∇xA é uniforme, podemos escrever A como:
G
1G G
A = − x×B ,
2
conforme Cohen, Vol I, pág. 829. Assim, escrevemos
1
H=
p2
e ⎡G G G
e2 G G 2
G G G
G
+
p. x × B + x × B . p ⎤ +
x × B + V (x)
2
⎣
⎦
2m 4mc
8mc
(
) (
)
(
)
Fazendo uma permutação cíclica no termo central da equação acima,
obtemos:
H=
p2
e G G G
e2 G G 2
G G G
G
⎡ B. ( p × x ) + ( p × x ) .B ⎤ +
+
x × B + V ( x)
2
⎣
⎦
2m 4mc
8mc
(
G
G G
)
Como o momento angular é L = x × p , então escrevemos:
H=
p2
e G G
e2 G G 2
G
−
B.L +
x × B + V (x)
2
2m 2mc
8mc
(
)
G
Temos que B = Bkˆ , logo,
G G
x × B = B( yiˆ − xjˆ)
de modo que
G
( xG × B )
2
G G G G
= ( x × B ).( x × B )
se torna
G
( xG × B )
2
= B2 y 2 + x2 B2 = B2 ( x2 + y 2 ) .
Logo,
p2
e G G e2 B 2 2
G
H=
−
L.B +
x + y2 ) + V (x)
2 (
2m 2mc
8mc
E, substituindo (1), obtemos:
H = H1 −
eB
e2 B 2 2
Lz +
( x + y2 )
2mc
8mc 2
G
Pois B = Bkˆ .
2
eB
Lz , representa o acoplamento do
2mc
G
momento magnético orbital com o campo B . O último termo,
proporcional a B 2 ( x 2 + y 2 ) , corresponde ao momento magnético induzido
O segundo termo da equação acima,
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.
3
4
Problema 36
Um elétron Gse move na presença de um campo magnético uniforme na
direção z ( B = Bzˆ ).
a. Calcule
⎡
⎤
⎢∏ x , ∏ y ⎥ ,
⎣
⎦
onde
∏
x
≡ px −
eAx
,
c
∏
y
≡ py −
eAy
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
Ek , n =
= 2 k 2 ⎛ eB = ⎞ ⎛
1⎞
+⎜
⎟⎜ n + ⎟ ,
2m ⎝ mc ⎠ ⎝
2⎠
onde =k é o autovalor continuo do operador pz e n é um inteiro não
negativo incluindo o zero.
Solução :
a. Temos
e
e ⎤
⎡
⎤ ⎡
⎢∏ x , ∏ y ⎥ = ⎢ px − c Ax , p y − c Ay ⎥
⎦
⎣
⎦ ⎣
e
e
e2
⎡
⎤
⎡
⎤
⎡
⎤
⎡
⎤
=
−
−
+
p
p
p
A
A
p
,
,
,
,
⎢∏ x ∏ y ⎥ ⎣ x y ⎦ c ⎣ x y ⎦ c ⎣ x y ⎦ c 2 ⎡⎣ Ax , Ay ⎤⎦
⎣
⎦
E usando
1
[ px , G ( y)] = −i=
∂G
∂x
∂F
⎡⎣ p y , F ( x) ⎤⎦ = −i=
∂y
e
Obtemos
∂A
∂A ⎫ ei= ⎛ ∂Ay ∂Ax ⎞
e⎧
⎡⎣∏ x , ∏ y ⎤⎦ = − ⎨−i= y + i= x ⎬ =
−
⎜
⎟
∂x
∂y ⎭ c ⎝ ∂x
∂y ⎠
c⎩
e
⎡⎣∏ x , ∏ y ⎤⎦ = i= B
c
Desde que Bz = 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:
H=
p2 1
+ mw2 x 2
2m 2
(1)
onde x e p obedecem a relação de comutação [ x, p ] = i= .
eB
c
Sabemos que
tem dimensão de momento por unidade de
comprimento. Assim, vamos reescrever a relação de comutação na forma:
∏ ∏ −∏ ∏
x
y
y
x
=
i=eB
.
c
Multiplicando por ( c / eB ) temos:
⎛ c∏ x
⎜⎜
⎝ eB
⎞
⎛ c∏ x
⎟⎟ ∏ y −∏ y ⎜⎜
⎠
⎝ eB
⎞
⎟⎟ = i=
⎠
(2)
Agora, como c / eB tem dimensão de comprimento por unidade de
momento, o produto ( c∏ x / eB ) tem dimensão de comprimento pois ∏ x
é o momento conjugado. E, fazendo,
2
c∏ x
χ≡
(3)
eB
Reescrevemos (2) como :
⎡⎣ χ , ∏ y ⎤⎦ = i=
(4)
E, comparando com a relação de comutação do oscilador harmônico,
vemos as correspondências:
χ→x
∏
y
→p
O Hamiltoniano para o elétron e dado pela prescrição discutida no item a,
G
com V ( x ) = 0 ,
∏
H=
2
2m
JJJJG
∏
Com
G e G
= p− A
c
Logo
∏
H=
2
x
2m
∏
+
2
y
2m
∏
+
2m
G
G
2
z
G
Com B = Bzˆ , e A ⊥ B , então Az = 0 , de modo que
∏
H=
2
x
2m
∏
+
∏
z
= pz , logo,
2
y
pz2
+
2m 2m
E substituindo (3), obtemos :
e2 B 2 2 ∏ y pz 2
χ +
+
2mc 2
2m 2m
2
H=
(5)
3
E, comparando com o Hamiltoniano do oscilador harmônico, equacao (1),
obtemos :
e2 B 2 1
= mw2
2
2mc
2
eB
we =
mc
(6)
Sendo os autoestados do oscilador harmônico dados por
1⎞
⎛
E = =w ⎜ n + ⎟
2⎠
⎝
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
Eeletron
p2
1⎞
⎛
=
+ =we ⎜ n + ⎟
2m
2⎠
⎝
Eeletron
= 2 k 2 = eB
=
+
2m
mc
1⎞
⎛
⎜n+ ⎟
2⎠
⎝
Ou, como m e c são maiores que zero, então mc = mc , logo
Eeletron =
= 2 k 2 = eB ⎛
1⎞
+
⎜n+ ⎟
2m
2⎠
mc ⎝
4
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
ΔB =
4π =c
,
e g n l
onde
g n = −1.91 ,
é o momento magnético do nêutron em unidades de
−
e=
.
2mn c
1
Solução :
Figura 1: Caminhos 1 e 2.
Considerando os caminhos 1 e 2 temos :
Ψ 2 = eiδ Ψ1 ,
e
Ψ 2 = Ψ1 .
2
2
Se o campo magnético está presente na região de comprimento l , o
nêutrons levarão um tempo T dado por
v=
l
,
T
em que
p=
ml = h
= = ,
T
λ
e
T=
ml .
=
→
tempo para o qual o campo magnético esta atuando.
2
Olhando especificamente para o caminho 2, o Hamiltoniano pode ser
escrito como
⎧
P2
=
→
H
⎪⎪ 0
2m
H =⎨
2
⎪ H ' = P + g μσG.BG
n
⎪⎩
2m
regioes 2a e 2c
→
regiao 2b
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 :
α , t0 ; t = U (t , t0 ) α , t0
ou seja,
Ψα ( x, t ) = U (t , t0 )Ψα ( x, t0 ) .
O operador de evolução temporal (2.1.28) pode ser escrito como
U (t , t0 ) = e
−
iH ( t −t0 )
=
.
Podemos relacionar Ψ 2b a Ψ 2 a via o operador de evolução temporal como
Ψ 2b = e
−
iH 'T
=
Ψ 2a .
Também, Ψ 2 d ( função de onda na tela via caminho 2 ) é dada por
Ψ 2d = e
−
iH 0t
=
e
−
iH 'T
=
Ψ 2a ,
em que t é o tempo de trânsito ao longo do caminho 2 de 2b a 2d.
Notamos que
3
2
P
=2
=
,
2m 2m 2
e
e
−
iH 'T
=
=e
−
iT ⎡ = 2
G G⎤
+ g n μσ . B ⎥
⎢
= ⎣⎢ 2 m 2
⎦⎥
.
G
Escolhendo B = Bzˆ , e lembrando que T =
e
−
iH 'T
=
ml , temos
=
= e − iφ ,
onde
φ=
g μσ Bml l
+ n z2
,
=
2
e
Ψ 2d = e
−
iH 0 t
=
e− iφ Ψ 2 a .
Mudanças em B , produz alterações em φ , dadas por
g n μσ z ml ΔB
=2
.
g n μ ml ⎛ 1 0 ⎞
Δφ =
⎜
⎟ ΔB
= 2 ⎝ 0 −1⎠
Δφ =
Para o caminho 1, temos :
Ψ1d = e
−
iH 0t
=
e
−
iH 0T
=
Ψ1a ,
em que
Ψ1d
→
função de onda na tela via caminho 1.
4
→
t.
e o tempo de transito de 1b a 1d.
Comparando as equações
Ψ 2d = e
Ψ1d = e
−
−
iH 0t
=
iH 0t
=
e − iφ Ψ 2 a
e
−
iH 0T
=
Ψ1a
temos que os máximos ocorrem quando
Δφ = 2π
.
g n μ ml ΔB
= 2π
2
=
Sabendo que
μ=
e=
,
2mc
temos que
ΔB =
4π =c
.
g nl e
5