1 Problema 3.1 Encontre os autovalores e os autovetores de 0 0 y i i σ − ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Suponha que o elétron está no estado de spin α β ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Se y S é medido, qual é a probabilidade do resultado 2 = ? Solução: O vetor de estado pode ser escrito como: a b ψ α β α ψ β = + ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ........................................................................................................................... Lembre-se: ∑ + = = ' ' ' a b b a a a a ψ ψ ψ ψ ........................................................................................................................... ........................................................................................................................... Lembre-se: ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + = α α α . (3.2.27a) ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + = α α χ (3.2.28) ........................................................................................................................... Para os autovalores temos: ( ) det 0 y I σ λ − =
Exercícios resolvidos do cap. 3 Sakurai -Mec. Quantica
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........................................................................................................................... Imagine que o sistema esta em um estado ψ . Qual é a probabilidade ou amplitude de transição para o sistema ser achado em +ψ quando yS é medido?
A probabilidade de que o elétron esteja no estado de spin αψ
β⎛ ⎞
= ⎜ ⎟⎝ ⎠
, se yS é
medido, pode ser escrita como:
2
yP Sψ ψ+= .
6
Temos ainda que:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=
00
2 ii
S y
Substituindo,
( )
( )
2
2
01 1022
12 2
iP i
i
P i
αβ
αβ
−⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
temos a probabilidade de que o elétron seja achado em +ψ com autovalor
2/+ quando yS é medido:
( )2
22
2 2
8
P i
P i
α β
α β
= +
= +
.
1
Problema 3.10 a. Prove que a evolução temporal do operador densidade ρ (no quadro de Schrödinger) é dado por
†0 0 0( ) ( , ) ( ) ( , )t U t t t U t tρ ρ= .
b. Suponha que nós temos um conjunto puro em 0t = . Prove que ele não pode evoluir em um conjunto misto quando a evolução temporal é governada pela equação de Schrödinger. Solução: a. O operador densidade é definido por:
( ) ( )i ii
iwρ α α=∑ .
Para acharmos a evolução temporal de ρ devemos evoluir os kets e os brás destes estados:
( ) ( )0 0
( ) ( ) †0 0
, ; ( , )
, ; ( , )
i i
i i
t t U t t
t t U t t
α α
α α
=
=
.
Substituindo, temos:
( )
( ) ( )0 0
( ) ( ) †0 0
( ) ( ) †0 0
†0 0 0
( ) , ; , ;
( ) ( , ) ( , )
( ) ( , ) ( , )
( ) ( , ) ( , )
i ii
i
i ii
i
i ii
i
t w t t t t
t wU t t U t t
t U t t w U t t
t U t t t U t t
ρ α α
ρ α α
ρ α α
ρ ρ
=
=
⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠=
∑
∑
∑
2
b. A função densidade para o estado puro pode ser escrito como: ρ α α= . Do item (a), temos que:
( ) †0 0 0
†0 0
0 0
( ) ( , ) ( , )
( ) ( , ) ( , )
( ) , ; , ;
t U t t t U t t
t U t t U t t
t t t t t
ρ ρ
ρ α α
ρ α α
=
=
=
A expressão acima ainda está mostrando que este é um estado puro. Podemos checar esta afirmação.
20 0 0 0
20 0
2
( ) , ; , ; , ; , ;
( ) , ; , ;
( ) ( )
t t t t t t t t t
t t t t t
t t
ρ α α α α
ρ α α
ρ ρ
=
=
=
e
( ) 1Tr tρ =
1
Problema 3.11 Considere um conjunto de sistemas de spin 1. A matriz densidade é agora uma matriz 3 3× . Quantos parâmetros reais independentes são necessários para caracterizar a matriz densidade? O que nós devemos conhecer em adição a [ ]xS , yS⎡ ⎤⎣ ⎦ e [ ]zS para caracterizar o conjunto completamente? Solução : Da equação (3.4.9),
∑=i
iii bbwbb '''''' )()( ααρ , (1)
podemos escrever a matriz densidade como
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
fecedbcba
***ρ . (2)
Como a matriz densidade ρ é Hermitiana,
+= ρρ , (3) temos que a , d e f são reais, enquanto b , c e e devem ser complexos. Portanto, devemos ter uma matriz da forma:
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−=−=+=−=+=+=
=fieeeiccc
ieeedibbbicccibbba
2121
2121
2121
***ρ . (4)
Logo, temos 9 variáveis independentes: a , d , f , 1b , 2b , 1c , 2c , 1e e 2e . No entanto, temos ainda da equação (3.4.11),
1=ρTr , (5)
2
ou seja,
1=++ fda . (6) Portanto, 8 parâmetros independentes são necessários para caracterizar a matriz densidade. Se conhecermos [ ]xS , [ ]yS e [ ]zS , então necessitaremos de apenas 5 quantidade independentes. ........................................................................................................................... Problema 3.9:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
dcba
ρ .
A média de um conjunto de um operador A é [ ] [ ]ATrA ρ= . Calculando os valores médios:
........................................................................................................................... Lembre-se: Para sistemas de spin 1 as matrizes xS , yS e zS são:
As outras quantidades necessárias são: [ ]yxSS , [ ]zy SS , [ ]xz SS , , [ ]2
xS e [ ]2yS . (10)
Podemos calcular estas quantidades utilizando a equação (3.4.10): [ ] AtrA ρ= . (11)
5
Para o caso de [ ]yxSS , temos:
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] )(2
)*0(2
*0**0*
0
2
0000
0
***
2
000
00
2010101010
***
21212121
2
2
2
2
fifciccicaiaSS
ificiciaSS
ificificieibieibiciaicia
SS
ii
ii
fecedbcba
trSS
iii
i
fecedbcba
trSS
yx
yx
yx
yx
yx
+−−−−+−=
−−++=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−+−−+−−+
=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−
−
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
−
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
. (12)
Para o caso de [ ]zy SS , temos:
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] )(2
*)(2
*0*00
2
0000
000
***
2
100000001
000
00
2***
2121
2
2
2
2
eiebibSS
ieibSS
ieieididibib
SS
iifecedbcba
trSS
iii
i
fecedbcba
trSS
zy
zy
zy
zy
zy
++−=
+=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
−
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
(13)
6
Para o caso de [ ]xz SS , temos:
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] )(2
)*(2
0*00*000
2
010000010
***
2
010101010
2100000001
***
2121
2
2
2
2
ieeibbSS
ebSS
fcebca
SS
fecedbcba
trSS
fecedbcba
trSS
xz
xz
xz
xz
xz
−−−=
−=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−−−
=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
(14)
Para o caso de [ ]2
xS , temos:
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] [ ])2()22(2
)22(2
)*2(2
**2**2*
2
2
101020101
***
2
010101010
2010101010
2***
2221111
22
2121212121
22
22
22
22
2
fdaifdcaS
ifficcdidicciaaS
fcdcaS
fcefcebdebcabca
S
fecedbcba
trS
fecedbcba
trS
x
x
x
x
x
x
−+++++=
−+−++++++=
++++=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
++++++
=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
. (15)
7
Para o caso de [ ]2yS , temos:
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] ( ) ( )[ ]2221111
22
2121212121
22
22
22
22
2
2222
)22(2
)*2(2
**2**2*
2
2
101020101
***
2
000
00
2000
00
2***
fdaifdcaS
ifficcdidicciaaS
fcdcaS
fcefcebdebcabca
trS
fecedbcba
trS
iii
i
iii
i
fecedbcba
trS
y
y
y
y
y
y
+++−+−=
+−+−++−−+=
+−+−=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
+−−+−−+−−
=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−
−
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
−
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
−
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
. (16) Temos 9 equações envolvendo os elementos de ρ : ( ) 1)( 222111 =+++++ fdaifda [ ] )(2 11 ebSx += [ ] )(2 11 ebiS y += [ ] [ ])()( 2211 faifaS z −+−=
[ ] )(2 21212121
2
fifciccicaiaSS yx +−−−−+−=
[ ] )(2 2121
2
ieeibbSS xz +−−=
[ ] )(2 2121
2
eiebibSS zy ++−=
8
[ ] [ ])2()22(2 2221111
2 fdaifdcaSx −+++++=
[ ] ( ) ( )[ ]2221111
2 2222
fdaifdcaS y +++−+−=
Resolvendo as 9 equações acima, seremos capazes de determinar os 9 parâmetros, que são: a , d , f , 1b , 2b , 1c , 2c , 1e e 2e .
1
Problema 3.12 Um autoestado de momento angular , maxj m m j= = é rotacionado por um ângulo infinitesimal ε em torno do eixo- y . Sem usar a forma explicita da função ( )
'j
m md , obtenha uma expressão para a probabilidade para o novo estado rotacionado ser achado no estado original até termos de ordem 2ε . Solução : Um estado rotacionado é dado por:
jmjJiJ
jmjU yyR =
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+−−== ,...
21, 2
22εε (1)
A amplitude de probabilidade para o sistema ser achado no estado original pode ser escrita como:
jmjUjmj R == ,, , (2) enquanto, a probabilidade pode ser estrita da forma:
2, ,RP j m U j m= . (3)
Da expressão acima percebemos que necessitamos dos valores esperados de
yJ e 2yJ . Estes operadores podem ser escritos como:
2yJ JJ
i+ −−
= (3.5.5)
[ ]+−−+−+ −−+−= JJJJJJJ y
222
41 (4)
2
Evidentemente, termos do tipo
0,
== jmjyJ , (5)
quando considerado as equações (3.5.39) e (3.5.40).
( )( )
( )( )
, 1 , 1
, 1 , 1
J j m j m j m j m
J j m j m j m j m
+
−
= − + + +
= + − + −
.
Por outro lado, termos envolvendo o operador 2
yJ , fornecerão os seguintes valores:
( )4
2,,41 2
,
2 jjmjJJjmjJjmjy ==== −+=
(6)
considerando que jm =max . A amplitude de probabilidade se torna:
41...
4221,,
22
2
2 εε jjjmjUjmj R −=+−=== (7)
Portanto, a probabilidade para termos de até 2ε , pode agora ser calculada:
( )
( ) 22
222
22
211
41
41
,,)(
εε
εεε
ε
jP
jjP
jmjUjmjP R
−=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
===
. (8)
1
Problema 3.13 Mostre que as matrizes 3 3x ( 1, 2,3)iG i = , cujos elementos são dados por ( )i ijkjkG i ε= − ,
onde j e k são os índices das linhas e das colunas, satisfazem as relações de comutação de momento angular. Qual é o significado físico (ou geométrico) da matriz transformação que conecta iG as representações mais usuais 3 3x do operador momento angular iJ , com 3J considerado diagonal. Relacione o seu resultado ao
ˆV V n Vδφ→ + × sob rotações infinitesimais. (Nota: Este problema pode ser útil na compreensão do spin do fóton.) Solução: Olhando para os elementos matriciais, temos:
........................................................................................................................... Demonstração: Para duas permutações, temos que ε é positivo.
........................................................................................................................... Lembre-se: Em três dimensões, o símbolo de Levi-Civita é definido como:
11
0ijkε
+⎧⎪= −⎨⎪⎩
(8)
em que ijkε é +1 para permutação par, -1 para permutação ímpar e 0 se algum índice for repetido.
4
Relação com o Delta de Kronecker O símbolo de Levi-Civita está relacionado ao delta de Kronecker. Em três dimensões, esta relação pode ser escrita como:
( ) ( ) ( )
det
det
il im in
ijk lmn jl jm jn
kl km kn
il im in il im
ijk lmn jl jm jn jl jm
kl km kn kl km
ijk lmn il jm kn jn km im jl kn jn kl in jm kl jl km
δ δ δε ε δ δ δ
δ δ δ
δ δ δ δ δε ε δ δ δ δ δ
δ δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ
⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
= − − − − −
(9)
Considerando l i= , e fazendo o somatório, temos:
( ) ( ) ( )ijk imn ii jm kn jn km im ji kn jn ki in jm il ji kmi iε ε δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ= − − − − −∑ ∑ . (10)
Considerando também que se i , j e k forem iguais, os termos serão nulos (da mesma forma para i , m e n ), então temos:
( )ijk imn jm kn jn kmi i
ε ε δ δ δ δ= −∑ ∑ (11)
Também, de acordo com a notação de Einstein, o símbolo do somatório pode ser omitido, ficando a seguinte expressão:
........................................................................................................................... Demonstração: Podemos testar também esta relação.
ln
ln
mil mnj in lj ij
mjl mni jn li ji
ε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= − (13)
Vamos considerar três situações em particular: I) Três índices iguais: 1m = , 1i = , 1j = , 1l = e 1n = Nesta situação temos:
ln
111 111 11 11 11 11
0 0
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
(14)
II) Dois índices iguais: 1m = , 1i = , 3j = , 3l = e 2n = Nesta situação temos:
6
ln
113 123 12 33 13 32
0 0
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
(15)
III) Três índices diferentes: 1m = , 2i = , 3j = , 3l = e 2n = Nesta situação temos:
ln
123 123 22 33 23 32
1 1
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
(16)
Portanto, vale a relação acima. ........................................................................................................................... Voltando a relação principal, temos:
( ) ( )( )
( )( )
2ln lnln
2
ln
2lnln
lnln
lnln
,
,
,
,
,
i j in lj ij jn li ji
i j il jn in jl
i j kij k
i j ijk k
i j ijk k
G G
G G
G G
G G i i
G G i G
δ δ δ δ δ δ δ δ
δ δ δ δ
ε ε
ε ε
ε
⎡ ⎤⎡ ⎤ = − − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
(17)
7
Portanto,
,i j ijk kG G i Gε⎡ ⎤ =⎣ ⎦ . (18) A forma explicita de 3G (a partir de ( )i ijkjk
G i ε= − , onde j e k são os índices correspondentes a linhas e colunas) é dada por:
3
0 1 01 0 00 0 0
G i−⎛ ⎞
⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. (19)
........................................................................................................................... Demonstração: Índice 3i = Linha 2: 2j = Coluna 1: 1k = ( )i ijkjkG i ε= − (20)
( 1)G i i iε= − = − − = (22) ...........................................................................................................................
8
Os autovalores e autovetores são obtidos a partir da equação ( )3 0G I rλλ− = , (23) em que λ é a raiz de
3 0G Iλ− = . (24) Os autovalores e autovetores ortonormais podem ser imediatamente mostrados. Para o cálculo dos autovalores, temos:
3 2
0et 0 0
0 0
00 0
0 0 0 0
0
iD i
i iDet i i
λλ
λ
λ λλ λ
λ
λ λ
− −⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
− − − −⎛ ⎞⎜ ⎟− − =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
− + =
(25)
As raízes são:
0λ = , λ = + e λ = − . (26)
9
Para o cálculo dos autovetores, temos para 0λ = :
( )1 1
2 2
3 3
2
1
0 00 0 0
0 0 0
00
0
i x xi x x
x x
i xi x
λ−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− =⎧⎪ =⎨⎪⎩
(27)
Normalizando,
0
00rc
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(28)
temos:
( )
0 0
*
2
1
00 0 0 1
1
1
r r
cc
c
c
=
⎛ ⎞⎜ ⎟ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=
=
(29)
Portanto, o autovetor correspondente é:
10
0
001
r⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. (30)
Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = + :
( )1 1
2 2
3 3
2 1
1 2
3
2 1
1 2
3
0 00 0
0 0 0
0
0
i x xi x x
x x
i x xi x x
x
ix xix xx
λ−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
− =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
(31)
Portanto,
1
1
0
xix⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. (32)
Fazendo 1x c= , temos:
0
cic⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(33)
11
Normalizando, temos:
1 1 1r r =
( )*
2
11 0 1
0
(1 1) 1
1/ 2
c i c i
c
c
⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
+ =
=
(34)
Portanto
11/ 2
0r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. (35)
Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = − :
( )1 1
2 2
3 3
2 1
1 2
3
0 00 0
0 0 0
0
i x xi x x
x x
i x xi x x
x
λ−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− = −⎧⎪ = −⎨⎪ = −⎩
(36)
12
2 1
1 2
3
2 1
1 2
3
0
0
ix xix x
x
ix xix x
x
− = −⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
=⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
(37)
Portanto,
1
1
0
xix
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. (38)
Fazendo 1x c= , temos:
0
cic
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(39)
Normalizando, temos:
13
( )
( )
*
2 2
2
11 0 1
0
1 1
(2) 1
1/ 2
c i c i
c i
c
c
⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
− =
=
=
(40)
Portanto,
11/ 2
0r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. (41)
De uma maneira geral, os autovalores e autovetores são:
0λ = 0
001
r⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(42)
λ = + 1
1/ 20
r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(43)
λ = − 1
1/ 20
r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(44)
14
........................................................................................................................... Demonstração: Podemos agora testar a ortogonalidade dos autovetores.
( ) ( )1
11/ 2 1 0 1/ 2 1 1 02
0r r i i− +
⎛ ⎞⎜ ⎟= = − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(45)
( )0
10 0 1 1/ 2 0
0r r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(46)
( )0
10 0 1 1/ 2 0
0r r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(47)
........................................................................................................................... Vamos agora encontrar a matriz unitária que transforma iG a iJ , com 3J diagonal, tal que †
i iJ U GU= , onde U é construído a partir dos autovetores de 3G .
Primeiramente, devemos ter em mente que:
3
0 1 01 0 00 0 0
G i−⎛ ⎞
⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(48)
15
11/ 2
0r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
0
001
r⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
1
1/ 20
r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(49)
1 01 0 0 22 1 0
i
Ui
⎛ ⎞⎜ ⎟
= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
(50)
†
1 0 11 02
0 2 0
U i i⎛ ⎞⎜ ⎟
= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
(51)
Podemos mostrar que U é realmente unitária.
†
†
†
1 0 1 0 11 10 0 2 02 21 0 0 2 0
2 0 01 0 2 02
0 0 2
1
i
UU i ii
UU
UU
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=
(52)
Podemos agora calcular o operador momento angular 3J :
16
( ) ( )
( )
( )
3
3
3
1 01 0 1 0 1 01/ 2 0 1 0 0 1/ 2 0 0 2
0 0 0 1 00 2 0
1 0 1 0 0 2/ 2 0 1 0
0 0 00 2 0
0 0 2
/ 2 0 0 2
2 2 0
i
J i i ii
J i i i i
J i i
i
⎛ ⎞⎛ ⎞ −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎜ ⎟
= − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞−⎜ ⎟
= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. (53)
Vamos agora diagonalizar a matriz 3J ,
3
0 0 2 / 2
0 0 2 / 2
2 / 2 2 / 2 0
i
J
i
⎛ ⎞−⎜ ⎟
= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
. (54)
Vamos encontrar a equação característica.
17
( )
3
2 2 23
2 23
3 2
2 2
0
0 0 2 / 2
0 0 2 / 2 0
2 / 2 2 / 2 0
0 2 / 2 0
0 2 / 2 0 0
2 / 2 2 / 2 2 / 2 2 / 2
02 2
02 2
0
0
J I
i
i
i
i i
i
λ
λ
λ
λ
λ λ
λ λ
λ
λ λλ
λ λλ
λ λ
λ λ
− =
− −
− − =
− −
− − −
− − − =
− − −
− − + =
− + + =
− =
− = (55)
Portanto, as raízes são:
0λ = , λ = + e λ = − (56) A matriz diagonalizada é:
3
0 0 00 00 0
J⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
(57)
18
A matriz unitária U transforma a representação do espaço cartesiano dos operadores momento angular, isto é, G , na representação da base esférica dela, J . Portanto, os J ’s e G ’s estão relacionados via uma rotação, e esta rotação finita pode ser obtida a partir da composição de rotações infinitesimais
n̂φ∇→∇+ ×∇ (ou ˆG G n Gφ→ + × ). (58)
1
Problema 3.13 Mostre que as matrizes 3 3x ( 1, 2,3)iG i = , cujos elementos são dados por ( )i ijkjkG i ε= − ,
onde j e k são os índices das linhas e das colunas, satisfazem as relações de comutação de momento angular. Qual é o significado físico (ou geométrico) da matriz transformação que conecta iG as representações mais usuais 3 3x do operador momento angular iJ , com 3J considerado diagonal. Relacione o seu resultado ao
ˆV V n Vδφ→ + × sob rotações infinitesimais. (Nota: Este problema pode ser útil na compreensão do spin do fóton.) Solução: Olhando para os elementos matriciais, temos:
........................................................................................................................... Demonstração: Para duas permutações, temos que ε é positivo.
........................................................................................................................... ........................................................................................................................... Demonstração: Podemos testar também esta relação.
ln
ln
mil mnj in lj ij
mjl mni jn li ji
ε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
Vamos considerar três situações em particular: I) Três índices iguais: 1m = , 1i = , 1j = , 1l = e 1n = Nesta situação temos:
5
ln
111 111 11 11 11 11
0 0
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
II) Dois índices iguais: 1m = , 1i = , 3j = , 3l = e 2n = Nesta situação temos:
ln
113 123 12 33 13 32
0 0
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
III) Três índices diferentes: 1m = , 2i = , 3j = , 3l = e 2n = Nesta situação temos:
ln
123 123 22 33 23 32
1 1
mil mnj in lj ijε ε δ δ δ δ
ε ε δ δ δ δ
= −
= −
=
Portanto, vale a relação acima. ...........................................................................................................................
6
Voltando a relação principal, temos:
( ) ( )( )
( )( )
2ln lnln
2
ln
2lnln
lnln
lnln
,
,
,
,
,
i j in lj ij jn li ji
i j il jn in jl
i j kij k
i j ijk k
i j ijk k
G G
G G
G G
G G i i
G G i G
δ δ δ δ δ δ δ δ
δ δ δ δ
ε ε
ε ε
ε
⎡ ⎤⎡ ⎤ = − − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
Portanto,
,i j ijk kG G i Gε⎡ ⎤ =⎣ ⎦ . A forma explicita de 3G (a partir de ( )i ijkjk
G i ε= − , onde j e k são os índices correspondentes a linhas e colunas) é dada por:
( 1)G i i iε= − = − − = ........................................................................................................................... Os autovalores e autovetores são obtidos a partir da equação ( )3 0G I rλλ− = , em que λ é a raiz de
3 0G Iλ− = . Os autovalores e autovetores ortonormais podem ser imediatamente mostrados. Para o cálculo dos autovalores, temos:
8
3 2
0et 0 0
0 0
00 0
0 0 0 0
0
iD i
i iDet i i
λλ
λ
λ λλ λ
λ
λ λ
− −⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
− − − −⎛ ⎞⎜ ⎟− − =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
− + =
As raízes são:
0λ = , λ = + e λ = − . Para o cálculo dos autovetores, temos para 0λ = :
( )1 1
2 2
3 3
2
1
0 00 0 0
0 0 0
00
0
i x xi x x
x x
i xi x
λ−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− =⎧⎪ =⎨⎪⎩
Normalizando,
0
00rc
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
9
temos:
( )
0 0
*
2
1
00 0 0 1
1
1
r r
cc
c
c
=
⎛ ⎞⎜ ⎟ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=
=
Portanto, o autovetor correspondente é:
0
001
r⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = + :
( )1 1
2 2
3 3
2 1
1 2
3
2 1
1 2
3
0 00 0
0 0 0
0
0
i x xi x x
x x
i x xi x x
x
ix xix xx
λ−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
− =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩
10
Portanto,
1
1
0
xix⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Fazendo 1x c= , temos:
0
cic⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Normalizando, temos:
1 1 1r r =
( )*
2
11 0 1
0
(1 1) 1
1/ 2
c i c i
c
c
⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
+ =
=
Portanto
11/ 2
0r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
11
Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = − :
( )1 1
2 2
3 3
2 1
1 2
3
0 00 0
0 0 0
0
i x xi x x
x x
i x xi x x
x
λ−⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
− = −⎧⎪ = −⎨⎪ = −⎩
2 1
1 2
3
2 1
1 2
3
0
0
ix xix x
x
ix xix x
x
− = −⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
=⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
Portanto,
1
1
0
xix
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Fazendo 1x c= , temos:
0
cic
⎛ ⎞⎜ ⎟−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
12
Normalizando, temos:
( )
( )
*
2 2
2
11 0 1
0
1 1
(2) 1
1/ 2
c i c i
c i
c
c
⎛ ⎞⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
− =
=
=
Portanto,
11/ 2
0r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
De uma maneira geral, os autovalores e autovetores são:
0λ = 0
001
r⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
λ = + 1
1/ 20
r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
13
λ = − 1
1/ 20
r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
........................................................................................................................... Demonstração: Podemos agora testar a ortogonalidade dos autovetores.
( ) ( )1
11/ 2 1 0 1/ 2 1 1 02
0r r i i− +
⎛ ⎞⎜ ⎟= = − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
( )0
10 0 1 1/ 2 0
0r r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
( )0
10 0 1 1/ 2 0
0r r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
........................................................................................................................... Vamos agora encontrar a matriz unitária que transforma iG a iJ , com 3J diagonal, tal que †
i iJ U GU= , onde U é construído a partir dos autovetores de 3G .
Primeiramente, devemos ter em mente que:
14
3
0 1 01 0 00 0 0
G i−⎛ ⎞
⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
1
1/ 20
r i+
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
0
001
r⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
1
1/ 20
r i−
⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
1 01 0 0 22 1 0
i
Ui
⎛ ⎞⎜ ⎟
= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
†
1 0 11 02
0 2 0
U i i⎛ ⎞⎜ ⎟
= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Podemos mostrar que U é realmente unitária.
†
†
†
1 0 1 0 11 10 0 2 02 21 0 0 2 0
2 0 01 0 2 02
0 0 2
1
i
UU i ii
UU
UU
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟
= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
=
Podemos agora calcular o operador momento angular 3J :
15
( ) ( )
( )
( )
3
3
3
1 01 0 1 0 1 01/ 2 0 1 0 0 1/ 2 0 0 2
0 0 0 1 00 2 0
1 0 1 0 0 2/ 2 0 1 0
0 0 00 2 0
0 0 2
/ 2 0 0 2
2 2 0
i
J i i ii
J i i i i
J i i
i
⎛ ⎞⎛ ⎞ −⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎜ ⎟
= − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟
⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞−⎜ ⎟
= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Vamos agora diagonalizar a matriz 3J ,
3
0 0 2 / 2
0 0 2 / 2
2 / 2 2 / 2 0
i
J
i
⎛ ⎞−⎜ ⎟
= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
.
Vamos encontrar a equação característica.
16
( )
3
2 2 23
2 23
3 2
2 2
0
0 0 2 / 2
0 0 2 / 2 0
2 / 2 2 / 2 0
0 2 / 2 0
0 2 / 2 0 0
2 / 2 2 / 2 2 / 2 2 / 2
02 2
02 2
0
0
J I
i
i
i
i i
i
λ
λ
λ
λ
λ λ
λ λ
λ
λ λλ
λ λλ
λ λ
λ λ
− =
− −
− − =
− −
− − −
− − − =
− − −
− − + =
− + + =
− =
− = .
Portanto, as raízes são:
0λ = , λ = + e λ = − A matriz diagonalizada é:
3
0 0 00 00 0
J⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
17
A matriz unitária U transforma a representação do espaço cartesiano dos operadores momento angular, isto é, G , na representação da base esférica dela, J . Portanto, os J ’s e G ’s estão relacionados via uma rotação, e esta rotação finita pode ser obtida a partir da composição de rotações infinitesimais
n̂φ∇→∇+ ×∇ (ou ˆG G n Gφ→ + × ).
1
Problema 3.14 a) Considere que J seja o momento angular. Ele pode ser o orbital L , spin S , ou o totalJ . Usando o fato de que xJ , yJ , zJ ( yx iJJJ ±≡± ) satisfaça as relações usuais de comutação de momento angular, prove
zz JJJJJ −+= −+22 .
b) Usando (a) (ou outra forma), derive a “famoso” expressão para o coeficiente −c que aparece em
1, −−− = mjjm cJ ψψ . Solução: a) Temos que:
)(
)(
)(
))((
22
22
22
22
xyyxz
xyyxz
xyyxyx
yyxxyx
yxyx
JJJJiJJJJ
JJJJiJJJJ
JJJJiJJJJ
JJiJJiJJJJ
iJJiJJJJ
−++=
−−−=
−−+=
+−+=
−+=
−+
−+
−+
−+
−+
(1)
........................................................................................................................... Lembre-se: Através da equação (3.1.20), temos:
[ ] 22))1( mmjjjmJJjm +−+=−+ . (5) Então, temos que,
[ ] 222 ))1( mmjjc +−+=− , (6) ou
22 )1)(( +−+=− mjmjc . (7) Por convenção, vamos escolher
)1)(( +−+=− mjmjc . (8) Então,
1,
1,
−−−
−−
=
−=
mjjm cJ
mjcjmJ
ψψ (9)
1
Problema 3.15 A função de onda de uma partícula sujeita a um potencial esfericamente simétrico ( )V r é dado por:
( ) ( 3 ) ( )x x y z f rψ = + + . a.) ψ é uma autofunção de 2L ? Em caso afirmativo, qual é o valor l ? Se não, quais são os possíveis valores de l que podemos obter quando 2L é medido? b.) Quais são as probabilidades para a partícula ser achada nos vários estados
lm ? c.) Suponha que conhecemos que ( )xψ é uma autofunção de energia com autovalor E . Indique como nós podemos achar ( )V r ? Solução : a.) Temos que: ( ) ( )3 ( )x x x y z f rψ ψ= = + + . (1)
Para verificarmos se ( )xψ dada por (1) é uma autofunção de 2L aplicaremos este operador ao ket ( )xψ e veremos o resultado. Trabalharemos com coordenadas esféricas (3.6.15):
( )2
2 22 2
1 1( )x L x sen xsen sen
ψ θ ψθ φ θ θ θ
⎧ ⎫∂ ∂ ∂⎛ ⎞= − +⎨ ⎬⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎩ ⎭. (2)
Escrevendo ( )xψ em coordenadas esféricas,
cos
cos
x rseny rsen senz r
θ φθ φθ
===
, (3)
2
temos: ( ) ( )( cos 3cos )x rf r sen sen senψ θ φ θ φ θ= + + . (4)
Com a equação (4), podemos calcular cada termo separadamente para a equação (1):
o que significa que ( )xψ é uma autofunção de 2L com autovalor 1l = . ........................................................................................................................... Lembre-se:
2 2 2 2 21 cos 1 1 2sen sen sen senθ θ θ θ θ− + − = − + − − = − (9) ........................................................................................................................... b.) Como nos já conhecemos que 1l = , podemos tentar escrever ( )xψ em termos dos harmônicos esféricos 1 ( , )mY θ φ . Sabemos que (3.6.39):
Problema 3.16 Uma partícula em um potencial esfericamente simétrico é conhecida estar em um autoestado de 2L e zL com autovalores 2 ( 1)l l + e m , respectivamente. Prove que os valores esperados entre os estados lm satisfazem
0x yL L= = , 2 2 2
2 2( 1)
2x y
l l mL L
⎡ ⎤+ −⎣ ⎦= = .
Interprete este resultado semi-classicamente. Solução: Temos que:
( )
( )
12
2
x
y
L L L
iL L L
+ −
− +
= +
= −. (1)
Também, a partir da (3.5.39) e (3.5.40), temos:
( )( )
( )( )
, 1 , 1
, 1 , 1
J j m j m j m j m
J j m j m j m j m
+
−
= − + + +
= + − + −
. (2)
Logo:
( ) ( ) ( )1 1, , , , , , , , 02 2x xL j m L j m j m L L j m j m L j m j m L j m+ − + −⎡ ⎤= = + = + =⎣ ⎦
O mesmo raciocínio pode ser aplicado para yL . Desta forma, demonstramos a primeira parte do problema.
2
Vamos agora calcular 2xL .
( )( )
( )
2
2 2 2
1414
x
x
L L L L L
L L L L L L L
+ − + −
+ − + − − +
= + +
= + + + (4)
Para o valor esperado, temos:
2 21,4xL j m L+= 2L−+( )
( )( ) ( )( ){ }
{ }
{ }{ }
2
2
2 2 2
22 2 2 2 2
22 2 2
2 2 22
,
1 1, , , ,4 41 1, , , ,4 41 1 14
4
2 2 24
2
x
x
x
x
x
x
L L L L j m
L j m L L j m j m L L j m
L j m L L j m j m L L j m
L j m j m j m j m
L j jm j mj m m j jm j mj m m
L j m j
j m jL
+ − − +
+ − − +
+ − − +
⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦
= +
= +
= + − + + − + +
= − + + − + + + + − − −
= − +
− +=
(5)
Na realidade, nos não temos spin, então:
lj = . (6) Desta forma, a equação acima pode ser escrita como:
( )[ ]
[ ]2
)1(2
222
2222
mllL
mllL
x
x
−+=
−+=
(7)
3
Vamos agora calcular 2yL .
( )( )
( )
2
2 2 2
141
4
y
y
L L L L L
L L L L L L L
− + − +
− + + − − +
−= − −
−= + − −
(8)
Para o valor esperado, temos:
2 21,4yL j m L+= − 2L−−( )
2
2 2
,
1 1, , , ,4 4y
y x
L L L L j m
L j m L L j m j m L L j m
L L
+ − − +
+ − − +
⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦
= +
=
(9)
Interpretação Semi-clássica. Conhecemos que
lmlllmL )1(22 += , (10) e,
lmmlmLz222 = . (11)
Então, os valores esperados são:
22 )1( += llL , (12) e,
222 mLz = . (13) Dentro da correspondência clássica,
2222zyx LLLL ++= , (14)
4
podemos expressar em termos dos valores esperados correspondentes:
[ ] [ ] 22222222222 )1()1(21)1(
21 LllmmllmllLLL zyx =+=+−++−+=++
1
Problema 3.17 Suponha que um valor de l semi-inteiro, digo ½, fosse permitido para o momento angular. A partir de
( )1/2,1/2 , 0L Y θ φ+ = , nós podemos deduzir, como usual
/21/2,1/2 ( , ) iY e senφθ φ θ∝ .
Agora, tentemos por construção 1/2, 1/2 ( , )Y θ φ− ; por a.) aplicando L− a ( )1/2,1/2 ,Y θ φ ; b.) usando ( )1/2, 1/2 , 0L Y θ φ− − = . Mostre que os dois procedimentos levam a resultados contraditórios. (Isto da um argumento contra valores l semi-inteiros para o momento angular orbital.) Solução: A partir da (3.6.13), temos para L+ :
cotiL i e iφ θθ φ
++
⎛ ⎞∂ ∂= − + −⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠
.
Podemos também deduzir que
( ) 21/2,1/2 ,
iY e sen
φ
θ φ θ∝ a partir da equação
1/2,1/2 ( , ) 0L Y θ φ+ = .
2
........................................................................................................................... Demonstração: Para o caso m l= , temos:
, 0L l l+ = ou
ˆcot , 0ii e i n l lφ θθ φ
⎡ ⎤∂ ∂− − =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
Considerando que
ˆ , ( , )lln l l Y θ φ= ,
podemos resolver a equação diferencial para ( , )l
lY θ φ :
cot 0
cot 0
cot 0
cot
i ll
l li il l
l ll l
l ll l
i e i Y
Y Ye i e
Y Yi
Y Yi
φ
φ φ
θθ φ
θθ φ
θθ φ
θθ φ
⎡ ⎤∂ ∂− − =⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦
∂ ∂+ =
∂ ∂
∂ ∂+ =
∂ ∂
∂ ∂= −
∂ ∂
.
Considerando que
( ) ( ) ( ) ( ),l illY T R e Rφθ φ φ θ θ= = ,
temos:
cot
( ) cot ( )
l ll l
ilil
Y Yi
R ee i Rφ
φ
θθ φ
θ θ θθ φ
∂ ∂= −
∂ ∂
∂ ∂= −
∂ ∂
3
( ) cot ( )
( ) cot ( )
il ilRe i R ile
R i R il
φ φθ θ θθ
θ θ θθ
∂= −
∂∂
= −∂
Isolando para ( )R θ e θ , temos:
( )( )( ) ( )
( )
( ) cot
ln ln
ln ln l
l
R lR
R l sen
R sen
R sen
θ θ θθ
θ θ
θ θ
θ θ
∂= ∂
=
=
=
.
Para a solução da equação acima, foi considerado que:
− ∝ . Comparando as equações (a) e (b), podemos perceber os resultados contraditórios. Então, isto é um outro argumento contra o valor semi-inteiro l para o momento angular orbital.
1
Problema 3.18 Considere um autoestado do momento angular orbital 2, 0l m= = . Suponha que este estado seja rotacionado por um ângulo β em torno do eixo- y . Encontre a probabilidade para o novo estado ser achado em 0m = , 1± e 2± . (Os harmônicos esféricos para 0l = , 1 e 2 dados no Apêndice A podem ser úteis.)
Figura 1: Ângulos azimutal e polar que caracteriza n̂ . Solução : A partir da (3.6.46), temos:
ˆ ˆ( )n D R z= .
2
Também, da (3.6.48), temos:
ˆ ˆ( ) , ,l m
n D R l m l m z=∑∑ .
Podemos ainda escrever como:
( )'
' '( ) , , ' , ' ( ) , , ' ( )l
m mm m
D R l m l m l m D R l m l m D R= =∑ ∑ .
Considerando 0m = inicialmente, temos para uma rotação arbitraria ( )D R , a probabilidade como:
22 ( ),0, ( ) ,0 l
ml m D R l D= . Equação (3.6.52) nos fornece ( )
,0l
mD :
( ) ( )*( )0
,
4, , 0 ,(2 1)
l mm lD Y
l θ β φ α
πα β γ θ φ= =
= =+
.
Com 2l = , obtemos os seguintes resultados para 0m = :
* 22(2) 000 2
4 ( ,0)5
D Yπ β=
Para o harmônico esférico, temos:
( )0 22
5 3cos 116
Y θπ
= − .
Substituindo, temos:
3
( )
( )
( )
22(2) 2
00
22(2) 200
22(2) 200
4 5 3 15 16
4 5 3 15 16
1 3 14
D cos
D cos
D cos
π βπ
π βπ
β
= −
= −
= −
.
Com 2l = , obtemos os seguintes resultados para 1m = ± :
* 22(2) 110 2
4 ( ,0)5
D Yπ β±± =
Para o harmônico esférico, temos:
( )12
15 cos8
iY sen e φβ βπ
± ±= ∓ .
Substituindo, temos:
( )
( )
( )
22(2)
10
2 2(2)10
2 2(2)10
4 15 cos5 8
4 15 cos5 8
3 cos2
iD sen e
D sen
D sen
φπ β βπ
π β βπ
β β
±±
±
±
=
=
=
∓
.
Com 2l = , obtemos os seguintes resultados para 2m = ± :
* 22(2) 220 2
4 ( ,0)5
D Yπ β±± =
Para o harmônico esférico, temos:
( )2 2 22
1532
iY sen e φβπ
± ±= .
4
Substituindo, temos:
( )
( )
( )
β
β
βπ
π
βπ
π φ
42)2(20
222)2(20
222)2(20
2
222)2(20
8383
3215
54
3215
54
senD
senD
senD
esenD i
=
=
=
=
±
±
±
±±
.
Podemos agora mostrar que a probabilidade total somada sobre 'm deve ser unitária. Considerando,
9 1 6 3cos cos 3 34 4 4 49 1 6 9cos cos 34 4 4 49 1 6 9cos cos 3(1 cos ) (1 cos )4 4 4 49 1 6 9cos cos 3 3cos (1 cos 2cos )4 4 4 49 cos4
P sen sen sen
P sen sen
P
P
P
β β β β β
β β β β
β β β β
β β β β β
β
= + − + − +
= + − + −
= + − + − − −
= + − + − − + −
= 2 2 41 6 9 9cos 3 3cos cos4 4 4 4
β β β+ − + − − − 2
2 2 2
2
9 cos2
1 6 9 9cos 3 3cos cos4 4 4 21 9 6 93 3 cos4 4 4 2
1
P
P
P
β
β β β
β
+
= − + − − +
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − + − − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
=
1
Problema 3.19 Qual é o significado físico dos operadores
† †K a a+ + −≡ e K a a− + −≡ no esquema de Schwinger para o momento angular? Dê os elementos da matriz não nulos de K± . Solução : O operador K+ , atuando sobre o ket ,n n+ − , resulta em:
( )( )† †, , 1 1 1, 1K n n a a n n n n n n+ + − + − + − + − + −= = + + + + (1) e
, , 1, 1K n n a a n n n n n n− + − + − + − + − + −= = − − (2) a+ e †a+ são os operadores aniquilação e criação, respectivamente. Logo, os operadores K+ ( K− ) criam (destroem) duas partículas de “spins opostos”, não alterando o momento angular total. Considere também que
2−+ +=
nnj (3)
e
2−+ −=
nnm , (4)
e também que
mjnn ,, →−+ . (5)
2
Então, equação (1) pode ser escrita como
( )( ) mjmjmjmjK ,11(1(, ++−+++ (6) e
( )( ) mjmjmjmjK ,1((, −−+− (7) isto é, +K e −K , são os operadores de levantamento e abaixamento para
2−+ +=
nnj onde −+ + nn correspondem ao numero total de “partículas” de
spin ½. Os elementos da matriz destes dois operadores são dados por:
( )( ) mmjjmjmjmjKmj ,'1,'11,',' δδ ++ +−++= (8) e
( )( ) mmjjmjmjmjKmj ,'1,',',' δδ −− −+= (9)
1
Problema 3.2 Considere uma matriz 2 2× definida por
0
0
a i aUa i a
σσ
+=
−ii
,
onde 0a é um número real e a é um vetor tridimensional com componentes reais. a. Prove que U é unitário e unimodular. b. Em geral, uma matriz unimodular untária 2 2× representa uma rotação em três dimensões. Encontre os eixos e o ângulo de rotação apropriados para U em termos de 0a , 1a , 2a e 3a . Solução: a. Primeiramente, vamos reescrever U como:
† *A A= ........................................................................................................................... Então, temos para †UU a seguinte expressão:
( ) ( )1 1† † 1 † † †UU A A A A A AA A− −−= = , (2)
ou
† †2 2 2 20 1 2 3
1 1UU A Aa a a a
= =+ + +
(3)
2
........................................................................................................................... Lembre-se: ( )† † †XY Y X=
( ) ( )† †1 1† † † † 1 †U A A A A A A
− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
........................................................................................................................... Da mesma forma, podemos mostrar também que † 1U U = .
........................................................................................................................... Ou seja, provamos que U é unitário. Vamos provar agora que U é unimodular. ........................................................................................................................... Lembrar:
1
0 11 0
σ⎛ ⎞
= ⎜ ⎟⎝ ⎠
2
00i
iσ
−⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
3
1 00 1
σ⎛ ⎞
= ⎜ ⎟−⎝ ⎠
1 2 3
ˆˆ ˆa a i a j a k= + + ( )2 2.a aσ = (3.2.41) ........................................................................................................................... Primeiramente:
........................................................................................................................... Comparando com as equações (3.3.7) e (3.3.10),
220 0 3 0 2 0 1
220 2 0 1 0 0 3
2 2 21( , )* * 2 2 2
a a ia a a a ia aa bU a b
b a a a ia a a a ia aα
⎛ ⎞− + +⎛ ⎞ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − + − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (16)
Re( ) cos2
a φ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
Im( )2za n sen φ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟
⎝ ⎠ (17)
Re( )2yb n sen φ⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠ Im( )
2xb n sen φ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠
(18)
temos para o ângulo e os eixos de rotação apropriados para U :
Problema 3.20 Adicione momento angular 1 1j = e 2 1j = para formar os estados 2j = , 1 e 0 . Use um ou outro método, do operador escada ou da relação de recursão, e expresse todos autokets { },j m (nove) em termos de 1 2 1 2;j j m m . Escreva sua resposta como
1 11, 1 0 0 ,...,2 2
j m= = = + − +
em que + e 0 significam 1,2 1,0m = , respectivamente. Solução: Vamos adicionar momento angular com 1 1j = e 2 1j = para formar estados com valores para o momento angular total igual a 2,1,0j = . ........................................................................................................................... Lembre-se: Visualizando J como a soma vetorial, temos:
1 2 1 2j j j j j− ≤ ≤ + (3.7.38) Logo, podemos ter estados com 2,1,0j = . ........................................................................................................................... Nosso objetivo é expressar todos os nove (9) autokets { },j m em termos de
1 2 1 2,j j m m .
2
........................................................................................................................... Lembre-se: A dimensionalidade do espaço é dada por:
1 2(2 1)(2 1)N j j= + + (3.7.40) Para o caso especifico de 1 1j = e 2 1j = , temos:
9N = (1) ........................................................................................................................... ........................................................................................................................... Lembre-se: Da seção relativa a adição de momento angular (seção 3.7 - página 205), podemos expandir um ket qualquer correspondente a um estado de spin arbitrário em termos dos autokets de 2S e zS ou dos autokets de 1zS e 2zS . Os autovalores associados aos operadores acima são:
( )( )
22 21 2
1 2
1 1
2 2
( 1)
z Z z
z
z
S S S s s
S S S m
S m
S m
= + +
= + (2)
Portanto, temos duas possibilidades: I) Representação baseada em { }1 2,m m , associada aos autokets de 1zS e
2zS : + + , + − , − + e − − (3)
3
II) Representação baseada em { },s m , ou representação tripleto-singleto, associada aos autokets de 2S e zS :
1, 1,0s m= = ± e 0, 0s m= = . (4) É importante ressaltar ainda que existe uma relação entre as duas representações:
( )
( )
1, 1
11, 02
1, 1
10, 02
s m
s m
s m
s m
= = = + +
⎛ ⎞= = = + − + − +⎜ ⎟⎝ ⎠
= = − = − −
⎛ ⎞= = = + − − − +⎜ ⎟⎝ ⎠
(5)
Para o nosso caso em particular devemos ter algo deste tipo:
,j m (6) e
1 2,m m (7) e relações entre as representações, tal como:
0, 0 00j m α β γ= = = + − + + − + , (77) onde podemos determinar α , β e γ por normalização, isto é,
2 2 2 1α β γ+ + = (78) e ortogonalidade para
1, 0j m= = (79) e
2, 0j m= = . (80) Escolhendo α , β e γ serem reais por convenção, temos que
17
( )10, 0 003
j m= = = + − − + − + . (81)
Portanto, os nove estados são:
0j =
( )10, 0 003
j m= = = + − − + − + (74)
1j =
( )11, 1 0 02
j m= = = + − + (55)
( )11, 02
j m= = = + − − − + (57)
( )11, 1 0 02
j m= = − = − − − (69)
2j =
2, 2j m= = = + + (12)
( )12, 1 0 02
j m= = = + + + (16)
( )12, 0 2 006
j m= = = − + + + + − (31)
18
( )12, 1 0 02
j m= = − = − + − (33)
2, 2j m= = − = − − (13)
1
Problema 3.21 a. Calcule
( ) 2( )'
jj
mmm j
d mβ=−∑
para algum j (inteiro ou semi-inteiro); então verifique a sua resposta para
1/ 2j = . b. Prove, para algum j ,
( ) ( )22 ( ) 2 2 2'
1 1( 1) ' 3cos 12 2
jj
m mm j
m d j j sen mβ β β=−
= + + −∑ .
[Dica: Isto pode ser provado de muitas maneiras. Você pode, por exemplo, examinar as propriedades rotacionais de 2
zJ usando a linguagem do tensor esférico (irredutível).] Solução: a. Primeiramente, vamos relembrar as equações (3.5.50) e (3.5.51):
( )
( ) ( )
( )'
'( )'
, , , ' exp exp exp ,
, , , ' exp ,
yj z zm m
yi m mjm m
iJiJ iJD j m j m
iJD e j m j mα γ
βα γα β γ
βα β γ − +
−⎛ ⎞− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
−⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
(3.5.50)
e
( )( )' , ' exp ,yj
m m
iJd j m j m
ββ
−⎛ ⎞= ⎜ ⎟
⎝ ⎠ (3.5.51)
2
Com as equações acima em mente, temos que:
( ) ( ) ( )( )' 0, , 0 ' 'j
mmd jm D jm jm D R jmβ α β γ= = = = . (1) ........................................................................................................................... Lembre-se: Tensor esférico de ordem k (no lugar de l ) com número quântico magnético q (no lugar de m ),
( )k m qq l kT Y =
== (3.10.15) Temos também da equação (3.10.22a) que
qT para zJ , e considerando que ele é um tensor de primeira ordem, com 0q = , isto é, (1)
0T , temos:
2† †1 1 1' ( ) ( ) ' ' ( ) ( ) ' ( ) 'j j
z zm j m j
jm D R J D R jm jm D R J jm jm D R jm jm D R jm m=− =−
= =∑ ∑ Similarmente, e desde que apenas ' 0q = contribui, temos:
( ) ( ) ( )* * 1/2(1) 1 (1) 00 ' ' 00 1
'
1 1' ' ' ' 4 / 2 1 , 0 ' 'cosq q zq
jm D T jm jm D R J jm l Y m mπ θ β φ β= = + = = =∑
3
........................................................................................................................... Lembre-se: Da equação (3.6.52) temos:
( )( ) *0
,
4, , 0(2 1)
l mm lD Y
lθ β φ α
πα β γ= =
= =+
(3.6.52)
0
13 cos
4Y θ
π= (3.10.16)
........................................................................................................................... Finalmente, das equações acima temos:
( ) 2( )' 'cos
jj
mmm j
d m mβ β=−
=∑ , (4)
ou
( ) ( )2 2( ) ( )1/2 ' 1/2 '
1 1 'cos2 2
j jm md d mβ β β−− + = (5)
Podemos confirmar os resultados acima para 1/ 2j = . Então, especificamente para 1/ 2j = , temos: ( ) ( )2 2(1/2) (1/2)
1/2 ' 1/2 '1 1 'cos2 2m md d mβ β β−− + = (6)
........................................................................................................................... Lembre-se: Relembrando a equação (3.5.52):
4
(1/2)
cos2 2
cos2 2
send
sen
β β
β β
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟=
⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
. (3.5.52)
........................................................................................................................... Temos dois casos a considerar: I) caso ' 1 / 2m = : ( ) ( )2 2(1/2) (1/2)
........................................................................................................................... Lembre-se: cos( ) cos cosA B A B senAsenB+ = − (10) Para
m jjm e J jm jm e jm jm e J e jm jm D R J D R jmβ β β β− −
=−
= =∑ ........................................................................................................................... Lembre-se: Se nós examinarmos as propriedades rotacionais de 2
zJ usando a linguagem do tensor esférico, encontramos:
( )2 2 (2)0
13zJ J Y= + , (18)
em que 2J é um escalar sob rotação e (2)
0Y é um tensor esférico de ordem 2. ........................................................................................................................... Utilizando a relação acima, temos:
2 † 2 (2) †0
1 1( ) ( ) ( ) ( )3 3zD R J D R J D R Y D R= + (19)
Note que apenas a parte não trivial é a rotação do meio em torno do eixo- y , o qual mistura diferentes valores de m . É conveniente definir uma nova matriz ( ) ( )jd β como
( )( )' , ' exp ,yj
m m
iJd j m j m
ββ
−⎛ ⎞≡ ⎜ ⎟
⎝ ⎠.
O caso mais simples é 1j = , o qual consideraremos em algum detalhe. Antes, devemos obter a representação matricial 3 3× de yJ . Como
........................................................................................................................... Consequentemente, para 1j = apenas, é legitimo substituir
........................................................................................................................... Demonstração: Como
( )2
exp 1 1 cosy y yiJ J Ji sen
ββ β
⎛ ⎞−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
,
temos:
( )2
(1)' ( ) 1, ' 1 1 cos ,1y y
m m
J Jd m i sen mβ β β
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥≡ − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦.
Como , ' 1m m = , 0 e 1− , teremos 9 elementos para ( )(1)
'm md β . Para o elemento 1.1 temos:
( )
( )
2
(1)1,1
(1) 21,1 2
( ) 1,1 1 1 cos 1,1
1 cos( ) 1,1 1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,1
y y
y y
J Jd i sen
id J sen J
β β β
ββ β
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥≡ − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦−
≡ − −
Como
( )2y
J JJi
+ −−= ,
8
temos
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2(1)1,1 2 2 2
(1) 2 21,1 2
(1) 2 21,1 2 2
1 cos 1 1( ) 1,1 1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,12 2
1 cos 1( ) 1,1 1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,14 2
1 cos 1 cos( ) 1,1 1 1,1 1,1 1,1 1,1
4 4
id J J sen J Ji i
d J J J J J J sen J J
d J J
ββ β
ββ β
β ββ
+ − + −
+ − + − − + + −
+ −
− ⎡ ⎤ ⎡ ⎤≡ − − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
−≡ + + − − − −
− −≡ + +
( )
( )2
2
1 cos1,1 1,1 1,1
41 cos 1 11,1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,1
4 2 2
J J
J J sen J sen J
β
ββ β
+ −
− + + −
−− −
−− +
Vamos agora calcular cada termo separadamente: 1,1 1 1,1 1=
1 1,1 1,1 0
2sen Jβ − =
1 1,1 1,1 0
2sen Jβ + =
Com estes três termos calculados temos:
( ) ( ) ( )
( )
(1) 2 21,1 2 2 2
2
1 cos 1 cos 1 cos( ) 1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,1
4 4 41 cos
1,1 1,14
d J J J J
J J
β β ββ
β
+ − + −
− +
− − −≡ + + − −
−
Vamos calcular os restantes. Da expressão (3.5.36)
( )† 2 2 2 2, , , , ( 1)z zj m J J j m j m J J J j m j j m m+ + ⎡ ⎤= − − = + − −⎣ ⎦ temos o resultado para †1,1 1,1 1,1 1,1J J J J+ + − += , ficando: ( ) ( ) [ ]2
2 2
1 cos 1 cos1,1 1,1 2 1 1 0
4 4J J
β β− +
− −= − − =
9
Temos novamente que a expressão se reduz a:
( ) ( ) ( )(1) 2 21,1 2 2 2
1 cos 1 cos 1 cos( ) 1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,1 1,1
4 4 4d J J J J
β β ββ + − + −
− − −≡ + + −
Para o termo 1,1 1,1J J+ − , temos das expressões:
2 2z zJ J J J J+ − = − + e
2 2, ( 1) ,
, ,z
J j m j j j m
J j m m j m
= +
=
que se torna
( )2 2 2 2, , , , ( 1)z zj m J J j m j m J J J j m j j m m+ − ⎡ ⎤= − + = + − +⎣ ⎦ . Para ( ) ( ) [ ]
( ) ( )
22 2
2
1 cos 1 cos1,1 1,1 2
4 41 cos 11,1 1,1 1 cos
4 2
J J
J J
β β
ββ
+ −
+ −
− −=
−= −
Voltando ao termo principal:
( )(1) 21,1 2
1 cos( ) 1 1,1 1,1
4d J
ββ +
−≡ +
( ) 22
1 cos1,1 1,1
4J
β−
−+ ( )
( )(1)1,1
(1)1,1
(1)1,1
1 1 cos2
1( ) 1 1 cos21 1( ) 1 cos2 2
1( ) (1 cos )2
d
d
d
β
β β
β β
β β
− −
≡ − −
≡ − +
≡ +
considerando que os dois termos 21,1 1,1J+ e 21,1 1,1J− são nulos, desde que :
' ', 1' ' , ( )( 1) j j m mj m J j m j m j m δ δ± ±= ± +∓ . ...........................................................................................................................
1
Problema 3.23 Expresse os elementos matriciais de 2
2 2 2 3 1 1 1Jα β γ α β γ em termos de uma série em
( )jmnD jmnαβγ αβγ= .
Solução: Temos que:
2 22 2 2 3 1 1 1 2 2 2 3 1 1 1
' ' '' ' ' ' ' '
jmn j m njmn jmn J j m n j m n Jα β γ α β γ α β γ α β γ=∑ ∑ . (1)
Podemos notar também que:
2 23 ' ' '' ' ' ' nn jj mmjmn J j m n n δ δ δ= . (2)
Portanto,
( ) ( )2 2 *2 2 2 3 1 1 1 2 2 2 1 1 1
j jmn mn
jmnJ n D Dα β γ α β γ α β γ α β γ=∑ . (3)
Observação: Cortesia do Prof. Thomas Fulton.
1
Problema 3.24 Considere um sistema constituído de duas partículas de spin ½. Observador A se especializa em medir as componentes do spin de uma das partículas ( 1zs , 1xs , e assim por diante), enquanto o observador B, mede a componente de spin da outra partícula. Suponha que o sistema está em um estado de spin singleto, isto é, 0TotalS = . a. Qual é a probabilidade para o observador A obter 1 2zs = quando o
observador B não faz medida? O mesmo problema para 1 2xs = .
b. O observador B determina que o spin da partícula 2 está no estado 2 2zs =
com certeza. O que nós podemos então concluir sobre o resultado da medida do observador A se (i) A mede 1zs e (ii) A mede 1xs ? Justifique sua resposta. Solução: Nós representaremos estados como na (3.7.15):
( )
( )
1, 1
11, 02
1, 1
10, 02
s m
s m
s m
s m
= = = + +
⎛ ⎞= = = + − + − +⎜ ⎟⎝ ⎠
= = − = − −
⎛ ⎞= = = + − − − +⎜ ⎟⎝ ⎠
(3.7.15)
Para 0TotalS = , temos:
12⎡ ⎤+ − − − +⎣ ⎦ . (1)
2
Figura 1: Correlação de spin em um estado de spin-singleto. a. Desde que B não faça medidas, existem probabilidades iguais para medir
1zs , que pode ser 2
+ e 2
− . O mesmo é verdadeiro para 1xs , porque não
existe direção preferida no espaço. b. Agora, nesta situação, B mede 2 2zs = .
(i) A mede 1zs Desde que 1 2 0z zs s+ = , A deve obter
2− .
Também, 2zs seleciona o segundo pedaço de ψ , o qual é − − +∼ . Portanto:
{ }1 2zs − − + = + − + . (2)
3
(ii) A mede 1xs
Desde que nós conhecemos que 1 2zs ψ ψ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
, nós não podemos predizer 1xS
porque [ ]1 1, 0x zs s ≠ (3) e
1 ˆ ˆˆ2
z x x⎡ ⎤− = + − −⎣ ⎦ (4)
como na equação (3.9.3)
( )
( )
1ˆ ˆ ˆ2
1 ˆ ˆˆ2
x z z
z x x
⎛ ⎞± = + ± −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞± = + ± −⎜ ⎟⎝ ⎠
(3.9.3)
fornecendo iguais probabilidades para
1 2xs = e 1 2xs = − . (5)
1
Problema 3.25 Considere um tensor esférico de ordem 1 (isto é, um vetor)
(1)1 2
x yV iVV±
±= ∓ , (1)
0 zV V= .
Usando a expressão para ( )1jd = dado no problema 22, calcule:
( )(1) (1)' '
'qq q
qd Vβ∑ .
Mostre que seus resultados são apenas o que você esperaria a partir das propriedades de transformação de , ,x y zV sob rotações em torno do eixo y . Solução: ........................................................................................................................... Lembre-se: Elementos matriciais do operador rotação (3.5.50):
...........................................................................................................................Lembre-se: Uma rotação em torno do eixo y pode ser representada como (3.1.5b):
é um tensor esférico irredutível de ordem k . ........................................................................................................................... Portanto, 1
1
( )kqX e 2
2
( )kqZ são tensores esféricos irredutíveis de ordem 1k e 2k ,
respectivamente. Então,
( ) ( )1 2
1 2
1 2
( )1 2 1 2 1 2; ; k kk
q q qq q
T k k q q k k kq X Z=∑∑ . (3.10.27)
é um tensor esférico irredutível de ordem k .
2
Para o nosso problema, temos:
1 2 1k k k= = = . (1) Então, podemos escrever a equação acima como:
........................................................................................................................... Repetindo a mesma operação acima, temos:
( )
( )
( )
(2) (1) (1)2 1 1
(2) (1) (1) (1) (1)1 1 0 0 1
(2) (1) (1) (1) (1) (1) (1)0 1 1 0 0 1 1
(2) (1) (1) (1) (1)1 1 0 0 1
(2) (1) (1)2 1 1
12
1 26
12
T U V
T U V U V
T U V U V U V
T U V U V
T U V
− − −
− − −
− + + −
+ +
+ +
=
= +
= + +
= +
=
. (95)
Em termos de componentes de , ,x y zU e , ,x y zV ,
( )( )
1
1
0
/ 2
/ 2
x y
x y
z
U U iU
U U iU
U U
+
−
≡ − +
≡ −
≡
( )
( )1
1
0
/ 2
/ 2
x y
x y
z
V V iV
V V iV
V V
+
−
≡ − +
≡ −
≡
(96)
temos:
14
( )( )
( ) ( )
( )( ) ( )( )
( ) ( )
( )( )
(2)2
(2)1
(2)0
(2)1
(2)2
1212
1 42 6
12
12
x y x y
x y z z x y
x y x y z z x y x y
x y z z x y
x y x y
T U iU V iV
T U iU V U V iV
T U iU V iV U V U iU V iV
T U iU V U V iV
T U iU V iV
−
−
= − −
⎡ ⎤= − + −⎣ ⎦
⎡ ⎤= − − + + − + −⎣ ⎦
⎡ ⎤= − + + +⎣ ⎦
= + +
(97)
1
Problema 3.27 Considere uma partícula sem spin ligada a um centro fixo por um potencial de força central. a. Relacione, o quanto possível, os elementos matriciais
( )1', ', ' , ,2
n l m x iy n l m±∓ e ', ', ' , ,n l m z n l m
usando apenas o teorema Wigner-Eckart. Esteja certo em declarar sob quais condições os elementos matriciais são não nulos. b. Faça o mesmo problema usando as funções de onda ( ) ( )( ) ,m
nl lx R r Yψ θ φ= . Solução: a. Utilizando a equação (3.10.31) (teorema de Wigner-Eckart) para o nosso problema, em que
(1)1
(1)0
1 ( )2
R x iy
R z
± = ±
=
∓
, ( 1q = + , 1q = − e 0q = ) (1)
temos três componentes de um tensor esférico de ordem 1, e que podem ser escritas como:
(1)(1)
' '', ', ' , , 1; 1; ' '
2 1q
n l R nln l m R n l m l mq l l m
l=
+. (2)
Os elementos matriciais de “dupla barra” são independentes de m e 'm .
2
........................................................................................................................... Lembre-se: Teorema de Wigner-Eckart: Os elementos matriciais do operador tensor com respeito aos autoestados de momento angular satisfazem
( )( )
' ' ,', ' ' , ; ; ' '
2 1
kk
q
j T jj m T jm jk mq jk j m
j
α αα α =
+ (3.10.31)
onde o elemento matricial de dupla barra é independente de m e 'm . ........................................................................................................................... Desde que
1; 1; ' ' 0l mq l l m = , (3) a menos que
'm m q= + , (4) e
' 1 ,l l l= ± , Duvida! (5)
3
........................................................................................................................... Lembre-se: Indeed, from the requirement that the Clebsch-Gordan coefficient be nonvanishing, we immediately obtain the m − selection rule (3.10.28),
( )', ' ' , 0kqj m T jmα α = unless 'm m q= + , (6)
Além do mais, desde que estamos lidando com um potencial de força central, os , ,n l m são autoestados do operador paridade PU . Dúvida! Então
( ), , 1 , ,lPU n l m n l m= − , (11)
e
( 1) (1) (1)P PU R U R− = − , (12)
........................................................................................................................... Lembre-se: Therefore, we can conclude that
( ) ( ) '(1) (1)', ', ' , , 1 1 ', ', ' , ,l ln l m R n l m n l m R n l m− = − − (13) ou
'l l+ = ímpar. (14) ........................................................................................................................... Demonstração: Considerando a relação
( 1) (1) (1)P PU R U R− = − , (15)
e multiplicando por , ,n l m e ', ', 'n l m , temos:
( 1) (1) (1)', ', ' , , ', ', ' , ,P Pn l m U R U n l m n l m R n l m− = − . (16) Mas,
( ), , 1 , ,lPU n l m n l m= − , (17)
então
6
' (1) (1)( 1) ', ', ' , , ( 1) ', ', ' , ,l ln l m R n l m n l m R n l m− − = − . (18) Como resultado final, temos
( ) ( )
( )
'(1) (1)
'(1) (1)
', ', ' , , 1 1 ', ', ' , ,
', ', ' , , 1 ', ', ' , ,
l l
l l
n l m R n l m n l m R n l m
n l m R n l m n l m R n l m+
− = − −
− = −
, (19)
com
'l l+ = ímpar. (20) ........................................................................................................................... Ou seja, a expressão abaixo
(1)(1)
1; 1; ' ' ' '', ', ' , ,
2 1q
l mq l l m n l R nln l m R n l m
l=
+, (21)
se torna nula, utilizando as regras de seleção de Clebsch-Gordan,
(1)', ', ' , , 0qn l m R n l m = , (22) a menos que
'm m q= + , (23)
7
e
' 1l l= ± . (24) De novo, a partir de
(1)(1)
1; 1; ' ' ' '', ', ' , ,
2 1q
l mq l l m n l R nln l m R n l m
l=
+ (25)
temos:
(1)1 1 1 1 1
(1)2 0 2 2 2
', ', ' , , 1; , 1 1; ' '', ', ' , , 1; ,0 1; ' '
n l m R n l m l m l l mn l m R n l m l m l l m
± ±= (26)
onde ', 'l m satisfazem as regras de seleção
(1)', ', ' , , 0qn l m R n l m = (27) a menos que
'm m q= + , (28) e
' 1l l= ± . (29)
8
b. Vamos usar agora as funções de onda ( ) ( ) ( , )m
n l l nl ln l m R n l m R r Y R R r Y d xθ φ θ φ± ±⎡ ⎤= ⎣ ⎦∫ (31) ........................................................................................................................... Lembre-se:
m mn l nl l ln l m R n l m R r r R r dr d Y Y Yπ θ φ θ φ θ φ±
± = Ω∫ ∫ (32)
9
........................................................................................................................... Lembre-se: De acordo com a tabela Schaum, equação 22.71, temos:
1 2 3 1 2 3dV h h h du du du= (33) Especificamente, para coordenadas esféricas, temos:
1
2
3
1h
h r
h rsenθ
=
=
=
(34)
Portanto, dV , pode ser escrito como:
2dV r sen drd dθ θ φ= (35) Podemos substituir
3d x → 2r sen drd dθ θ φ (36) ou
3 sen d dr drr
θ θ φ∫ ∫ . (37)
10
De uma maneira mais compacta, temos:
3d x → 3r dr dΩ∫ ∫ . (38) ........................................................................................................................... Considerando que
3 3 *' , ' ' '
0
( ) ( )n n l l n l nlr r R r R r dr∞
= ∫ , (39)
então a equação
( ) ( ) ( ) ( )(1) * 3 '* 1,0,0 ' ' ' 1
0
4', ', ' , , ( ) , , ,3
m mn l nl l ln l m R n l m R r r R r dr d Y Y Yπ θ φ θ φ θ φ
m mn l nl l ln l m R n l m R r r R r dr d Y Y Yπ θ φ θ φ θ φ
∞±
± = Ω∫ ∫ (43)
3 3 *' , ' ' '
0
( ) ( )n n l l n l nlr r R r R r dr∞
= ∫ (44)
1 2
1 2
* 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2
(2 1)(2 1)( , ) ( , ) ( , ) ;00 ; 0 ; ;4 (2 1)
m mml l l
l ld Y Y Y l l l l l l l m m l l lml
θ φ θ φ θ φπ+ +
Ω =+∫
( )( )
(1) 3' , '
2 1 34', ', ' , , 1;00 1; '0 1; 1; ' '3 4 2 ' 1
n n l lq
ln l m R n l m r l l l l mq l l m
lπ
π+
=+
(46)
Comparando, temos: l → 'l (47)
1l → l (48)
2l → 1 (49)
1m → m (50)
2m → q (51) m → 'm (52) ...........................................................................................................................
12
Para o caso particular em que 'l l= , temos (Dúvida!):
( )( )
(1) 3' , '
(1) 3' ,
(1)
2 1 34', ', ' , , 1;00 1; '0 1; 1; ' '3 4 2 ' 1
', ', ' , , 1;00 1; 0 1; 1;
', ', ' , , 0 '
n n l lq
n n llq
q
ln l m R n l m r l l l l mq l l m
l
n l m R n l m r l l l l mq l lm
n l m R n l m l l
ππ
+=
+
=
= =
em que
1,0q = ± . (54) Nós temos a regra de seleção
(1)', ', ' , , 0qn l m R n l m = (55) a menos que
'm m q= + (56) e
' 1l l= ± , (57) o qual é idêntico a parte (a).
13
Também, note a partir da equação,
( )( )
(1) 3' , '
2 1', ', ' , , 1;00 1; '0 1; 1; ' ' '
2 ' 1n n l lq
ln l m R n l m r l l l l mq l l m l l
l+
= ≠+
,
que temos mais uma vez a igualdade da razão
(1)1 1 1 1 1
(1)2 0 2 2 2
', ', ' , , 1; , 1 1; ' '', ', ' , , 1; ,0 1; ' '
n l m R n l m l m l l mn l m R n l m l m l l m
± ±= (58)
onde
' 1l l= ± , (59)
1 1' 1m m= ± , ( 'm m q= + ) (60)
2 2'm m= . (61)
1
Problema 3.28 a. Escreva xy , xz , e 2 2( )x y− como componentes de um tensor esférico (irredutível) de ordem 2. b. O valor esperado
2 2, , (3 ) , ,Q e j m j z r j m jα α≡ = − = é conhecido como o momento de quadrupolo. Calcule
( )2 2, , ' , ,e j m x y j m jα α− = , (onde 'm j= , 1j − , 2j − ,...) em termos de Q e os coeficientes apropriados de Clebsch-Gordan. Solução: a. Primeiramente, devemos recordar a equação:
( )22
2 2
1532
x iyY
rπ± ±= . (3.10.17)
Com base nesta equação, temos:
( )2 22
2 2
21532
x y ixyY
rπ±
− ±= . (1)
Separadamente, temos:
( )2 22
2 2
21532
x y ixyY
rπ+
− += , (2)
e
( )2 22
2 2
21532
x y ixyY
rπ−
− −= . (3)
2
Subtraindo (2) de (3), temos:
( ) ( )
[ ]
2 2 2 22 2
2 2 2 2
2 22 2 2
2 21532
15 1 432
x y ixy x y ixyY Y
r r
Y Y ixyr
π
π
+ −
+ −
⎡ ⎤− + − −⎢ ⎥− = −⎢ ⎥⎣ ⎦
− =
. (4)
Isolando xy , temos:
( ) [ ]
( )
( )
2 2 22 2
22 2
2 2
22 2
2 2
32 415
3215 4
215
r Y Y ixy
rxy Y Yi
rxy Y Yi
π
π
π
+ −
+ −
+ −
− =
= −
= −
. (5)
Multiplicando por i , temos:
( )
( )
2 2 22 2
2 2 22 2
215
215
xy i r Y Y
xy i r Y Y
π
π
+ −
− +
= − −
= −
. (6)
Para o cálculo do termo xz , devemos primeiramente nos lembrar que
( )12 2 2 2
15 158 8
x iy z xz iyzYr r rπ π
± ± ⎡ ⎤= = ⎢ ⎥⎣ ⎦∓ ∓ ∓ . (7)
........................................................................................................................... Lembre-se: De acordo com o apêndice A.5, temos para o harmônico esférico 1
2Y ± a seguinte expressão:
12
15 ( cos )8
iY sen e φθ θπ
± ±= ∓ . (A.5.7)
3
Temos também que:
cos
cos
x rseny rsen senz r
θ φθ φθ
===
. (8)
Portanto, podemos reescrever o referido harmônico esférico em ternos de x , y e z . Por exemplo, para 1
Para o cálculo de 2 2x y− , vamos novamente usar o harmônico esférico dado pela equação (3.10.27),
( )22
2 2
1532
x iyY
rπ± ±= , (3.10.27)
que separadamente temos:
( )2 22
2 2
21532
x y ixyY
rπ+
− += , (15)
e
( )2 22
2 2
21532
x y ixyY
rπ−
− −= . (16)
Somando (15) e (16), temos:
2 2 2 22 2 2
2 15 ( )32
Y Y x yr π
+ −+ = − . (17)
5
Isolando 2 2( )x y− , temos:
( )
2 2 2 22 2 2
2 2 2 2 22 2
2 15 ( )32
8( )15
Y Y x yr
x y Y Y r
π
π
+ −
+ −
+ = −
− = +
. (18)
Pode-se notar que 2
mY para 0, 1, 2m = ± ± são componentes de um tensor esférico (irredutível) de ordem 2. b. Temos do enunciado que
2 2, , (3 ) , ,Q e j m j z r j m jα α≡ = − = . (19) Primeiramente, devemos notar que:
( )2 20
2 2
3516
z rY
rπ
−= (20)
ou
( )2 2 0 22
1635
z r Y rπ− = . (21)
........................................................................................................................... Lembre-se: Temos do apêndice A:
( )0 22
5 3cos 116
Y θπ
= − (A.5.7)
Temos também que:
cosz r θ= (22)
6
Substituindo, temos:
20
2 2
2 20
2 2
5 3 116
5 316
zYr
z rYr
π
π
⎛ ⎞= −⎜ ⎟
⎝ ⎠⎛ ⎞−
= ⎜ ⎟⎝ ⎠
(23)
que é a expressão desejada. ........................................................................................................................... Substituindo (20) em (19), temos:
2 02
16, , , ,5
Q e j m j r Y j m jπα α⎛ ⎞
≡ = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
. (24)
Aplicando o Teorema de Wigner-Eckart (3.10.31),
( )( )
' ' ,', ' ' , ; ; ' '
2 1
kk
q
j T jj m T jm jk mq jk j m
j
α αα α =
+ (3.10.31)
temos:
2 022; 0 2;16
5 2 1
j j j jj j r Y jQ e
j
α απ=
+ (25)
ou
2 02
5 2 116 2; 0 2;
jj r Y j Q
e j j j jjα α
π+
= (26)
7
........................................................................................................................... Lembre-se: Teorema de Wigner-Eckart: Os elementos matriciais do operador tensor com respeito aos autoestados de momento angular satisfazem
( )( )
' ' ,', ' ' , ; ; ' '
2 1
kk
q
j T jj m T jm jk mq jk j m
j
α αα α =
+ (3.10.31)
onde o elemento matricial de dupla barra é independente de m e 'm . ........................................................................................................................... Usando o teorema de Wigner-Eckart (3.10.31) novamente na expressão,
( ) ( )2 2 2 2 22 2
8, , ' , , , , ' , ,15
e j m x y j m j e j m r Y Y j m jπα α α α−− = = + = , (25)
e j m r Y Y j m j e j j j jm j r Y jj jπ πα α α α−+ = =+ +
( )
22
2 2 2 22 2 2
2; 2 2; ' )
8 8, , ' , , 2; 2 2; '15(2 1) 15(2 1)
j j j jm j r Y j
e j m r Y Y j m j e j j j jm j r Y jj j
α α
π πα α α α−
+
−
+ = = −+ +
8
Substituindo (26)
2 02
5 2 116 2; 0 2;
jj r Y j Q
e j j j jjα α
π+
= (28)
na equação (27), temos finalmente:
( )
( )
( )
2 2 22
2 2
2 2
8, , ' , , 2; 2 2; '15(2 1)
5 2 18, , ' , , 2; 2 2; '15(2 1) 16 2; 0 2;
2; 2 2; '1, , ' , ,2; 0 2;6
e j m x y j m j e j j j jm j r Y jj
je j m x y j m j e j j j jm Q
j e j j j jj
j j j jme j m x y j m j Q
j j j jj
πα α α α
πα απ
α α
− = = −+
+− = = −
+
⎡ ⎤−− = = ⎢ ⎥
⎢ ⎥⎣ ⎦ ........................................................................................................................... Lembre-se: Pode-se perceber que os coeficientes acima, isto é,
2; 2 2; 'j j j jm− (30) e
2; 0 2;j j j jj (31) são os coeficientes de Clebsch-Gordan. Tais coeficientes, como os coeficientes do lado direito da expressão abaixo,
( )
( )
1, 1
11, 02
1, 1
10, 02
s m
s m
s m
s m
= = = + +
⎛ ⎞= = = + − + − +⎜ ⎟⎝ ⎠
= = − = − −
⎛ ⎞= = = + − − − +⎜ ⎟⎝ ⎠
, (32)
9
que são os exemplos mais simples dos Coeficientes de Clebsch-Gordan, são simplesmente os elementos da matriz transformação que conecta a base { }1 2,m m a base { },s m . Um exemplo mais geral, é a transformação unitária que conecta as duas bases:
Problema 3.29 Um núcleo de spin 3 / 2 situado na origem está sujeito a um campo elétrico não homogêneo externo. A interação de quadrupolo elétrico básico pode ser escrita como:
( )2 2 2
2 2 2int 2 2 2 2
0 0 02 1 x y zeQH S S S
s s x y zφ φ φ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂
= + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− ∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦,
onde φ é o potencial eletrostático satisfazendo a equação de Laplace e os eixos coordenados são escolhidos tal que:
2 2 2
0 0 0
0x y y z x zφ φ φ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂
= = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠.
Mostre que a energia de interação pode ser escrita como: ( ) ( )2 2 2 23 zA S S B S S+ −− + + ,
e expresse A e B em termos de ( )2 2
0/ xφ∂ ∂ e assim por diante.
Determine os autokets de energia (em termos de m , onde 3/ 2, 1/ 2m = ± ± ) e os autovalores de energia correspondentes. Existe alguma degenerescência? Solução: Na expressão para intH , nós reconhecemos que
{ }( )2 2 21 ,4xS S S S S+ − + −= + + (1)
e
2
{ }( )2 2 21 ,4yS S S S S+ − + −= − + − (2)
com
x yS S iS± = ± (3) e { } ( )2 2, 2 zS S S S+ − = − . (4) ........................................................................................................................... Demonstração da equação (1):
{ }( )2 2 21 ,4xS S S S S+ − + −= + + (5)
Considerando que
x yS S iS± = ± (6) temos:
3
{ }( )
( ) ( ) ( ) ( ){ }
( )( ) ( )( ) ( ) ( ){ }
( ) ( ) { } { } { } { }
2 2 2
2 22
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 ,4
1 ,4
1 ,4
1 , , , ,4
1 24
x
x x y x y x y x y
x x y x y x y x y x y x y
x x x y y x y x x y y x y x x x y y x y y
x x
S S S S S
S S iS S iS S iS S iS
S S iS S iS S iS S iS S iS S iS
S S iS S iS S i S S iS S iS S i S S S i S S i S S i S S
S S
+ − + −= + +
⎡ ⎤= + + − + + −⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤= + + + − − + + −⎣ ⎦
⎡ ⎤= + + + + − − + + − + −⎣ ⎦
= ( ) { } { }2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 , ,
1 2 2 2 24
y x y x y y x
x x y x y x y y x y x x y
x x
i S S S i S S i S S
S S S S S iS S iS S iS S iS S
S S
⎡ ⎤+ + + − +⎣ ⎦
⎡ ⎤= − + + − − + +⎣ ⎦
=
........................................................................................................................... ........................................................................................................................... Demonstração da equação (2):
{ }( )2 2 21 ,4yS S S S S+ − + −= − + − (8)
Considerando que
x yS S iS± = ± (9)
4
Temos que:
{ }( )
( ) ( ) ( ) ( ){ }
( )( ) ( )( ) ( ) ( ){ }
( ) ( ) { } { } { } { }
2 2 2
2 22
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2
1 ,4
1 ,4
1 ,4
1 , , , ,4
1
y
y x y x y x y x y
y x y x y x y x y x y x y
y x x y y x y x x y y x y x x x y y x y y
y
S S S S S
S S iS S iS S iS S iS
S S iS S iS S iS S iS S iS S iS
S S iS S iS S i S S iS S iS S i S S S i S S i S S i S S
S
+ − + −= − + −
⎡ ⎤= − + + − − + −⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤= − + + + − − − + −⎣ ⎦
⎡ ⎤= − + + + + − − + − + − +⎣ ⎦
= − ( ) { } { } { } { }
{ } { }
{ } { }
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2 , , , ,4
1 2 2 , ,4
1 2 2 , ,4
1 2 2 2 24
x y x x y y x y y x
y x y x x y y x y y x y x x y
y x y x x y y
y x y x y
y y
S i S S S i S S i S S i S S
S S S S S i S S iS S iS S iS S iS S
S S S S S S S
S S S S S
S S
⎡ ⎤+ − + + −⎣ ⎦
⎡ ⎤= − − − + − + − −⎣ ⎦
⎡ ⎤= − − − −⎣ ⎦
⎡ ⎤= − − − −⎣ ⎦
=
........................................................................................................................... ........................................................................................................................... Demonstração da equação (4): { } ( )2 2, 2 zS S S S+ − = − (11)
5
Considerando que
x yS S iS± = ± (12) temos: { } ( )
{ } ( )
2 2
2 2
, 2
, 2
z
x y
S S S S
S S S S
+ −
+ −
= −
= +
(13)
Calculando: { } { }
{ } { } { } { } { }
{ }
{ } ( )
2
2 2
2 2
, ,
, , , , ,
, 2 2
, 2
x y x y
x x x y y x y y
x y x y y x y x x y
x y
S S S iS S iS
S S S S i S S i S S i S S
S S S S iS S iS S iS S iS S
S S S S
+ −
+ −
+ −
+ −
= + −
= − + −
= + − − + +
= +
(14)
ou { } ( )2 2, 2 zS S S S+ − = − (15) ...........................................................................................................................
........................................................................................................................... Demonstração: Considerando que
........................................................................................................................... Aplicando intH sobre os estados ,s m , onde 3 / 2s = , temos:
( )( ), 1 , 1S s m s m s m s m+ = − + + + (3.5.40)
( )( ), 1 , 1S s m s m s m s m− = + − + − (3.5.41) ........................................................................................................................... Na base
3 / 2, 1/ 2, 1/ 2, 3 / 2m = − − (28) ........................................................................................................................... Lembre-se: Os possíveis estados são:
, 1,..., 1,m s s s s= − − + − . (29) Para 2 1N s= + estados, considerando 3 / 2s = , temos
32 1 2 1 42
N s= + = + = , (30)
ou seja, 4 estados.
10
Os estados possíveis são:
, 1,..., 1,
3 / 2, 1/ 2, 1/ 2, 3 / 2
m s s s s
m
= − − + −
= − −
(31)
........................................................................................................................... a matriz intH usando (2) pode ser escrita como: 3 / 2, 1/ 2, 1/ 2, 3 / 2m = − −
' 2int
3 2 3 0 0
2 3 3 0 0
0 0 3 2 3
0 0 2 3 3
mm
A B
B AH
A B
B A
⎛ ⎞⎜ ⎟
−⎜ ⎟= ⎜ ⎟
−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
' 3 / 2
' 1/ 2
' 1/ 2
' 3 / 2
m
m
m
m
= −
= −
= +
= +
(32)
........................................................................................................................... Demonstração: Vamos agora calcular os termos. Para o primeiro termo, temos ' 3 / 2m m= = − .
( )( )( )( )
( )( )( ) ( )( )
22 2 2
int
2
153 1 1 2 , 24
( 1) 1 2 , 2
AH sm Am sm sm B s m s m s m s m s m
B s m s m s m s m s m
= − + − + + − − + + + +
+ − − + − − − −
11
Multiplicando por 'sm , temos:
( )( )( )( )
( )( )( ) ( )( )
22 2 2
int
2
15' ' 3 ' ' 1 1 2 , 24
' ( 1) 1 2 , 2
Asm H sm sm Am sm sm sm sm B s m s m s m s m s m
sm B s m s m s m s m s m
= − + − + + − − + + + +
+ − − + − − − −
Para ' 3 / 2m m= = − , temos:
22 2
int
2 22
int
22
int
2int
15' ' 3 '4
3 15' 32 4
27 15'4 4
' 3
Asm H sm sm Am sm sm sm
Asm H sm A
Asm H sm A
sm H sm A
= −
⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠
= −
=
(35)
........................................................................................................................... Diagonalizando cada bloco de (32), vemos que
( )1/22 2 2 212 9B Aλ± = ± + (36) são os autovalores de energia para ambas as bases , ' 3 / 2, 1/ 2m m = − − e
........................................................................................................................... Demonstração: Diagonalizando a matriz
' 2int
3 2 3
2 3 3mm A B
HB A
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠
, (40)
temos:
( )( )
'int
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( ) 0
3 2 33 3 12 0
2 3 3
9 3 3 12 0
9 12 0
mmDet H I
A BDet A A B
B A
A A A B
A B
λ
λλ λ
λ
λ λ λ
λ
− =
⎛ ⎞−= − − − − =⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠
− − + + − =
− − =
(41)
13
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
1/22 2
1/22 2 2 2
1/22 2 2 2
9 12
9 12
9 12
12 9
A B
A B
A B
B A
λ
λ
λ
λ±
= +
= ± +
= ± +
= ± +
(42)
........................................................................................................................... Os autoestados
1
2
αα⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
(43)
podem ser determinados para cada bloco da matriz 2 2× como: 3 / 2, 1/ 2m = − −
' 3 / 2' 1/ 2
mm
= −= −
1 1
2 2
3 2 3
2 3 3
A B
B A
α αλ
α α±
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟− ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
( )1/22 212 9B Aλ± = ± + Bloco I
1/ 2,3 / 2m =
' 1/ 2' 3 / 2
mm
==
1 1
2 2
3 2 3
2 3 3
A B
B A
α αλ
α α±
⎛ ⎞− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞=⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
( )1/22 212 9B Aλ± = ± + Bloco II
14
........................................................................................................................... Bloco I: Vamos agora calcular a razão 2 1/α α para o bloco I:
........................................................................................................................... Bloco II: Vamos agora calcular a razão 2 1/α α para o bloco II:
( )2 3 3 / 2,1/ 2 3 3 / 2,3 / 2B Aλ λ± ±= + + (57) Note que a partir das equações acima existe uma degenerescência dupla, dois estados correspondendo a cada valor de λ (λ+ e λ− ).
1
Problema 3.4 Considere uma partícula de spin 1. Calcule os elementos matriciais de
( )( )z z zS S S+ − (1) e ( )( )x x xS S S+ − . (2) Solução : Os elementos de matriz do operador (1) são escritos de forma geral como:
( )( ), ' ,z z zj m S S S j m+ − (3) Usando
, ,zS j m m j m= , temos:
( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )
',
3',
, ' ,
, ' , 1 1z z z m m
z z z m m
j m S S S j m m m m
j m S S S j m m m m
δ
δ
+ − = + −
+ − = + − (4)
Temos que a matriz do operador (1), na base { },j m é diagonal. Para 1j = , todos os elementos desta matriz são nulos. Então,
( )( ) 0z z zS S S+ − = (5) onde 0 é a matriz nula. ........................................................................................................................... Lembre-se: De acordo com a (3.5.33), temos
Para calcularmos os elementos da matriz do operador em (2) devemos escrever o operador xS em termos dos operadores S+ e S− , que são os operadores escada:
⎡ ⎤− + + + + −⎣ ⎦ ( ){ }1/2', 11 m mm δ −⎡ ⎤+⎣ ⎦ (9)
Para 1j = , ',m m assumem os valores 1,0, 1+ − . Assim, temos de (9):
( )( )
1 0 1
3
' 1' 0' 1
0 0 00 0 00 0 0
m m m
x x x
mS S S m
m
= = =−
=+ − = =
= −
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
1
Problema 3.5 Considere que o Hamiltoniano de um corpo rígido seja
22 231 2
1 2 3
12
KK KHI I I
⎛ ⎞= + +⎜ ⎟
⎝ ⎠,
onde K é o momento angular no sistema de referência do corpo. A partir desta expressão obtenha a expressão de Heisenberg do movimento para K , e então encontre as equações de movimento de Euler no limite correspondente. Solução : A equação de movimento de Heisenberg é a seguinte:
[ ]KHidt
Kd ,1= . (1)
Substituindo K e H na equação acima, temos:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡++++= 332211
3
23
2
22
1
21 ˆˆˆ,12 eKeKeK
IK
IK
IK
idtKd . (2)
Olhando para a componente 1, temos:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡++= 1
3
23
2
22
13
23
2
22
1
211 ,1,12 K
IK
IK
iK
IK
IK
IK
idtdK . (3)
Calculando o primeiro termo, temos:
[ ] [ ] [ ]{ }1222
2122
1222
12
22 ,,1,1,1, KKK
IKKK
IKKK
IK
IK
=+=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ (4)
Temos também que: [ ] 321 , KiKK = . (5)
2
Portanto, temos que:
{ }322
12
22 ,, KK
IiK
IK
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ (6)
{ }233
13
23 ,, KK
IiK
IK
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ (7)
Então, da equação (3),
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡++= 1
3
23
2
22
13
23
2
22
1
211 ,1,12 K
IK
IK
iK
IK
IK
IK
idtdK ,
temos que:
{ } { }
{ } { }233
322
1
233
322
1
,1,12
,1,12
KKI
KKIdt
dK
KKIi
iKK
Ii
idtdK
+−=
+−=
{ } { }
{ } { }
{ }
{ }
{ }3232
321
3232
231
3232
1
233
322
1
233
322
1
,21
,21
,1121
,1,12
,1,12
KKIIII
dtdK
KKII
IIdt
dK
KKIIdt
dK
KKI
KKIdt
dK
KKI
KKIdt
dK
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=
+−=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−=
+−=
+−=
(8)
3
Portanto, temos as equações para as três componentes:
{ }
{ }
{ }2121
213
1313
132
3232
321
,2
,2
,2
KKIIII
dtdK
KKIIII
dtdK
KKIIII
dtdK
−=
−=
−=
(9)
No limite correspondente, devemos ter:
ijji KKKK = . (10) Sabendo também que:
iii wIK = , (11) temos que:
iii wI
dtdK
= . (12)
Então, a equação de Heisenberg do movimento para K , se reduz a
( ) kjkjii wwIIwI −= ( kji ,, permutação cíclica de 3,2,1 ) (13) que é a equação de Euler de movimento.
1
Problema 3.6 Considere 3 32iG iGiGU e e eα γβ= , onde ( ), ,α β γ são os ângulos Eulerianos. Considerando que U representa uma rotação ( ), ,α β γ , quais são as regras de comutação satisfeitas pelo kG ? Relacione G aos operadores momento angular. Solução: Se U representa uma rotação para os ângulos de Euler α , β e γ , então U deve satisfazer para uma rotação infinitesimal de um ângulo ε a seguinte relação (3.1.7):
1)()()()()( 2 −=− εεεεε zxyyx UUUUU . (1) Temos ainda que,
ε
ε
ε
ε
ε
ε
3
2
1
)(
)(
)(
iGz
iGy
iGx
eU
eU
eU
=
=
=
, (2)
que representam rotações infinitesimais em torno dos eixos x , y e z , respectivamente. Temos ainda para ( )xU ε , ( )yU ε e 2( )zU ε , as seguintes expressões:
........................................................................................................................... Substituindo as três expressões (3) na expressão(1), temos:
2
2 2 2 2 2 21 2
1 2
2 2 42 2 2 2 2 22 32 1
2 1 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1
1 ... 1 ...2! 2!
1 ... 1 ... 1 ... 12! 2! 2!
x y y x zU U U U U
i G i GiG iG
i Gi G i GiG iG iG
ε ε ε ε ε
ε εε ε
εε εε ε ε
− = −
⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + + + + + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤
+ + + + + + = + + + −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
Comparando os coeficientes da ordem de 2ε , temos:
[ ]
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 22 1 1 2
1 2 2 1 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 22 1 1 2
1 2 2 1 3
2 2 2 2 21 2 2 1 3
1 2 2 1 3
2 1 1 2 3
1 2 3
2! 2! 2! 2!
2! 2! 2! 2!
,
i G i G i G i Gi G G i G G iG
i G i G i G i Gi G G i G G iG
i G G i G G iGG G G G iG
G G G G iGG G iG
ε ε ε εε ε ε
ε ε ε εε ε ε
ε ε ε
⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + − + + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
+ + − − − =
− =− + =
− =
= −
(6)
Temos também que: [ ]3 1 2,G G iG= (7)
3
Temos ainda que: [ ]2 3 1,G G iG= (8) Ou de uma forma geral:
,i j ijk kG G i Gε⎡ ⎤ =⎣ ⎦ . (9) Comparando com as relações de comutação para o momento angular:
,i j ijk kJ J i Jε⎡ ⎤ =⎣ ⎦ (10) Temos que:
ii
JG = . (11)
1
Problema 3.7 Qual é o significado da seguinte equação:
1k kl lU A U R A− = ∑ ,
onde as três componentes de A são matrizes? A partir desta equação mostre que os elementos matriciais km A n se transformam como vetores. Solução:
lA (1) são os operadores não rotacionados, enquanto
UAU k1− , (2)
são os operadores sob rotação. ...........................................................................................................................Lembre-se:
αα )(RD→ O valor esperado de V deve mudar como:
αααααα jj
ijii VRRDVRDV ∑=→ + )()( .
Isto deve ser verdadeiro para um ket arbitrário, portanto
é a equação que esta conectando os operadores rotacionados e não-rotacionados após a rotação. Ou seja, os operadores após a rotação são apenas combinações de operadores não-rotacionados. Também, a partir da relação
∑==−
llklkk ARAUAU '1 , (4)
nós obtemos para os elementos matriciais os seguintes valores:
∑=l
lklk nAmRnAm ' . (5)
Isto é o mesmo que uma transformação vetorial,
∑=l
lklk VRV ' , (6)
ou seja,
nAm k , (7) se transforma como um vetor.
1
Problema 3.8 Considere uma seqüência de rotações de Euler representada por:
1/ 2 3 32
( ) / 2 ( ) / 2
1/ 2
( ) / 2 ( ) / 2
( , , ) exp exp exp2 2 2
cos2 2
( , , )cos
2 2
i i
i i
i iiD
e e senD
e sen e
α γ α γ
α γ α γ
σ α σ γσ βα β γ
β β
α β γβ β
− + − −
− +
− −−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟=
⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠
(1)
Devido às propriedades de grupo das rotações, esperamos que esta seqüência de rotações seja equivalente a uma única rotação em torno de algum eixo dado por um ângulo θ . Encontre θ . Solução : A matriz de rotação de um ângulo θ em torno de um eixo arbitrário n̂ é dado pela equação (3.2.45):
Problema 3.9 a. Considere um conjunto puro de sistemas identicamente preparados de spin ½. Suponha que os valores esperados xS e zS e o sinal de yS sejam conhecidos. Mostre como podemos determinar o vetor de estado. Por que não é necessário conhecer a magnitude de yS ? b. Considere um conjunto misto de sistemas de spin ½. Suponha que as médias dos conjuntos [ ]xS , yS⎡ ⎤⎣ ⎦ e [ ]zS sejam todas conhecidas. Mostre como nós podemos construir a matriz densidade 2 2× que caracteriza o conjunto. Solução: a. Um estado geral de um sistema de spin ½ pode ser escrito como (convenientemente normalizado):
−++=−
22
22cos
αα ββαii
esene . 0 2α π≤ ≤ e πβ ≤≤0 .
Figura 1: Vetor unitário n̂ (problema 1.11).
2
Podemos agora calcular xS .
( )
( )
( )
αβ
αβ
ββ
ββββ
ββββ
ββββαα
αα
αα
αααα
αααα
cos2
cos221
2
22cos
2
2cos
222cos
2
22cos
22cos
2
22cos
22cos
2
2222
2222
senS
senS
eesenS
esenesenS
eseneeseneS
eseneeseneSS
x
x
iix
iix
iiii
x
iiii
xx
=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
+=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−++⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+++−+−+⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−++==
−
−
−−
−−
Isolando α , temos:
βα
βα
senS
senS
x
x
2arccos
2cos
=
=
Ou seja, conhecendo xS , obtemos o valor de α . ........................................................................................................................... Lembre-se:
asenaasen cos22 = ( ) ααα cos2=+− ii ee ...........................................................................................................................
3
De maneira semelhante, podemos obter yS e zS :
βcos2
=zS 2cos zS
arcβ =
αβsensenS y 2
−=
Conhecendo xS e zS podemos obter β e αcos . No entanto, para conhecer o sinal do αsen e então especificar α precisamos conhecer o sinal de yS , mas não a magnitude de yS . Portanto, dado xS , zS , e o sinal de
yS , ψ pode ser determinado. b. Considere a matriz densidade na base zS :
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
dcba
ρ .
A média de um conjunto de um operador A é [ ] [ ]ATrA ρ= . Calculando os valores médios:
........................................................................................................................... Temos ainda a condição de normalização:
1=ρTr ou 1)( =+ da . Temos então quatro equações e quatro incógnitas: [ ] ( )cbSx +=