Problemas Cap 3 Todos

Problema 3.1 ⎛ 0 −i ⎞ ⎟ . Suponha que o 0⎠

Encontre os autovalores e os autovetores de σ y = ⎜ ⎝i ⎛α ⎞

elétron está no estado de spin ⎜ ⎟ . Se S y é medido, qual é a probabilidade ⎝β ⎠ do resultado

= ? 2

Solução: O vetor de estado pode ser escrito como: ψ =α a + β b ⎛α ⎞ ψ =⎜ ⎟ ⎝β ⎠

........................................................................................................................... Lembre-se: ψ = ∑ a' a' ψ = a a ψ + b b ψ a'

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

........................................................................................................................... Lembre-se: ⎛ +α α = ⎜⎜ ⎝ −α

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

⎛ +α χ = ⎜⎜ ⎝ −α

(3.2.27a)

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

(3.2.28)

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

Para os autovalores temos: det (σ y − λ I ) = 0

1

........................................................................................................................... Lembre-se: Sy =

= ⎛0 − i⎞ ⎜ ⎟. 2 ⎜⎝ i 0 ⎟⎠

(1.4.18b)

Portanto: = Sy = σ y. 2

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

Temos ainda que: ⎛ 0 −i ⎞ ⎟ o⎠

σy =⎜ ⎝i

⎛λ 0 ⎞ λI = ⎜ ⎟ ⎝0 λ⎠

Substituindo, temos: ⎡ ⎛ 0 −i ⎞ ⎛ λ 0 ⎞ ⎤ det ⎢⎜ ⎟−⎜ ⎟⎥ = 0 i 0 0 λ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎡ ⎛ −λ det ⎢⎜ ⎣⎝ i

−i ⎞ ⎤ ⎟⎥ = 0 −λ ⎠ ⎦

λ 2 + i2 = 0

Os autovalores são: λ1 = 1

e

λ2 = −1

2

Para os autovetores, temos: σy ψ = λ ψ

(σ

y

−λ) ψ = 0

Substituindo, temos: ⎛ −λ ⎜ ⎝ i

−i ⎞ ⎛ α ⎞ ⎟⎜ ⎟ = 0 −λ ⎠ ⎝ β ⎠

⎧−λα − i β = 0 ⎨ ⎩ iα − λβ = 0 −λα − i β = 0

α =−

iβ

λ

De acordo com a condição de normalização, temos: α + β =1. 2

2

3

Substituindo, temos: −

iβ

λ

2

+ β =1 2

β2 + β 2 =1 2 λ β 2 + λ 2β 2 = λ 2 β 2 (1 + λ 2 ) = λ 2 λ2 β = (1 + λ 2 ) 2

λ2 (1 + λ 2 )

β2 =

Para α , temos: λ2 α =− λ (1 + λ 2 ) i

Substituindo λ = −1 , temos: α=

i 2

β=

1 2

4

Substituindo λ = 1 , temos: α =−

β=

i 2

1 2

Portanto, ψ+ =

1 ⎛ −i ⎞ ⎜ ⎟ 2⎝1⎠

λ =1

⎛α ⎞ ψ + = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ β ⎠ λ = +1

1 ⎛i⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎝ 1⎠

λ = −1

⎛α ⎞ ψ − = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ β ⎠ λ = −1

e ψ− =

........................................................................................................................... Lembre-se: σ y ψ + = (λ = +1) ψ + σ y ψ − = (λ = −1) ψ −

........................................................................................................................... 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 S y é medido? ⎛α ⎞

A probabilidade de que o elétron esteja no estado de spin ψ = ⎜ ⎟ , se S y é ⎝β ⎠ medido, pode ser escrita como: P = ψ + Sy ψ

2

.

5

Temos ainda que: S y=

= ⎛0 − i⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎜⎝ i 0 ⎟⎠

Substituindo, = ⎛ 0 −i ⎞ ⎛ α ⎞ 1 P= ( i 1) ⎜ ⎟⎜ ⎟ 2 ⎝ i 0 ⎠⎝ β ⎠ 2 ⎛α ⎞ P= ( i 1) ⎜ ⎟ 2 2 ⎝β ⎠

=

2

2

temos a probabilidade de que o elétron seja achado em ψ + com autovalor + = / 2 quando S y é medido: P=

= 2 2

(α i + β )

2

. P=

=2 iα + β 8

2

6

Problema 3.10 a. Prove que a evolução temporal do operador densidade ρ (no quadro de Schrödinger) é dado por ρ (t ) = U (t , t0 ) ρ (t0 )U † (t , t0 ) .

b. Suponha que nós temos um conjunto puro em t = 0 . 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: ρ = ∑ wi α (i ) α (i ) . i

Para acharmos a evolução temporal de ρ devemos evoluir os kets e os brás destes estados: α (i ) , t0 ; t = U (t , t0 ) α (i ) .

α (i ) , t0 ; t = α (i ) U † (t , t0 )

Substituindo, temos: ρ (t ) = ∑ wi α (i ) , t0 ; t α (i ) , t0 ; t i

(i ) ρ (t ) = ∑ wU α (i ) U † (t , t0 ) i (t , t0 ) α i

⎛

⎞

ρ (t ) = U (t , t0 ) ⎜ ∑ wi α (i ) α (i ) ⎟ U † (t , t0 ) ⎝

i

ρ (t ) = U (t , t0 ) ρ ( t0 ) U (t , t0 )

⎠

†

1

b. A função densidade para o estado puro pode ser escrito como: ρ= α α .

Do item (a), temos que: ρ (t ) = U (t , t0 ) ρ ( t0 )U † (t , t0 ) ρ (t ) = U (t , t0 ) α α U † (t , t0 ) ρ (t ) = α , t0 ; t α , t0 ; t

A expressão acima ainda está mostrando que este é um estado puro. Podemos checar esta afirmação. ρ 2 (t ) = α , t0 ; t α , t0 ; t α , t0 ; t α , t0 ; t ρ 2 (t ) = α , t0 ; t α , t0 ; t ρ 2 (t ) = ρ (t )

e Tr ρ (t ) = 1

2

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 [ S x ] , ⎡⎣ S y ⎤⎦ e [ S z ] para caracterizar o conjunto completamente?

Solução : Da equação (3.4.9), b' ' ρ b' = ∑ wi b' ' α (i ) α ( i ) b' ,

(1)

i

podemos escrever a matriz densidade como ⎛a b ⎜ ρ = ⎜b * d ⎜c* e* ⎝

c⎞ ⎟ e⎟. f ⎟⎠

(2)

Como a matriz densidade ρ é Hermitiana, ρ = ρ+ ,

(3)

temos que a , d e f são reais, enquanto b , c e e devem ser complexos. Portanto, devemos ter uma matriz da forma: a ⎛ ⎜ ρ = ⎜ b* = b1 − ib2 ⎜ c* = c − ic 1 2 ⎝

b = b1 + ib2 d e* = e1 − ie2

c = c1 + ic 2 ⎞ ⎟ e = e1 + ie2 ⎟ . ⎟ f ⎠

(4)

Logo, temos 9 variáveis independentes: a , d , f , b1 , b2 , c1 , c 2 , e1 e e2 . No entanto, temos ainda da equação (3.4.11), Trρ = 1 ,

(5)

1

ou seja, a + d + f = 1.

(6)

Portanto, 8 parâmetros independentes são necessários para caracterizar a matriz densidade. Se conhecermos [S x ] , [S y ] e [S z ] , então necessitaremos de apenas 5 quantidade independentes. ........................................................................................................................... Problema 3.9: ⎛a b ⎞

⎟⎟ . ρ = ⎜⎜ c d ⎝ ⎠

A média de um conjunto de um operador A é

[A] = Tr [ρA] . Calculando os valores médios: ⎡ a b ⎞⎛ 0 1 ⎞⎤ = ⎛ b ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎥ = Tr ⎜⎜ 1 0 c d ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ 2 ⎝ d ⎣

[S x ] = = Tr ⎢⎛⎜⎜ 2

[S ] = =2 Tr ⎡⎢⎛⎜⎜ ac y

⎣⎝

⎡ a

[S z ] = = Tr ⎢⎛⎜⎜ 2

⎣⎝ c

b ⎞⎛ 0 − i ⎞⎤ = ⎛ ib ⎟⎥ = Tr ⎜ ⎟⎜ d ⎟⎠⎜⎝ i 0 ⎟⎠⎦ 2 ⎜⎝ id

a⎞ = ⎟ = (b + c ) c ⎟⎠ 2

− ia ⎞ i= ⎟ = (b − c ) − ic ⎟⎠ 2

b ⎞⎛ 1 0 ⎞⎤ = ⎛ a − b ⎞ = ⎟ = (a − d ) ⎟⎥ = Tr ⎜ ⎟⎜ d ⎟⎠⎜⎝ 0 − 1⎟⎠⎦ 2 ⎜⎝ c − d ⎟⎠ 2

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

2

Para [S x ] , [S y ] e [S z ] , temos: ⎡a b [S x ] = tr ⎢⎢b * d ⎢⎣c * e *

c⎤ ⎡0 1 0 ⎤ = ⎢ ⎥ e⎥ 1 0 1⎥⎥ ⎢ 2 ⎢⎣0 1 0⎥⎦ f ⎥⎦ a+c b ⎤ ⎡b = ⎢ [S x ] = tr ⎢ d b * +e d ⎥⎥ 2 ⎢⎣e * c * + f e *⎥⎦ [S x ] = = (b + b * +e + e*) 2 [S x ] = = (2b1 + 2e1 ) 2

[S x ] = =

(7)

2 (b1 + e1 )

........................................................................................................................... Lembre-se: Para sistemas de spin 1 as matrizes S x , S y e S z são: ⎛ 0 1 0⎞ ⎟ = ⎜ Sx = ⎜1 0 1⎟ 2⎜ ⎟ ⎝ 0 1 0⎠ ⎛0 − i 0 ⎞ ⎟ = ⎜ Sy = ⎜ i 0 − i⎟ 2⎜ 0 ⎟⎠ ⎝0 i ⎛1 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ S z = =⎜ 0 0 0 ⎟ ⎜ 0 0 − 1⎟ ⎝ ⎠

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

3

[S ] y

[S ] y

[S ] y

[S ] y

c⎤ ⎡0 − i 0 ⎤ = ⎢ ⎥ e⎥ i 0 − i ⎥⎥ ⎢ 2 ⎢⎣0 i f ⎦⎥ 0 ⎥⎦ ⎡ ib − ia + ic − ib ⎤ = ⎢ = tr ⎢ id − ib * +ie − id ⎥⎥ 2 ⎢⎣ie * − ic * +if − ie *⎥⎦ = = (ib − ib * +ie − ie*) 2 i= 2 = (b1 + e1 ) 2

⎡a b = tr ⎢⎢b * d ⎣⎢c * e *

[S ] = i= y

(8)

2 (b1 + e1 )

⎡a b [S z ] = tr ⎢⎢b * d ⎢⎣c * e *

c ⎤ ⎡1 0 0 ⎤ e ⎥⎥ = ⎢⎢0 0 0 ⎥⎥ f ⎥⎦ ⎢⎣0 0 − 1⎥⎦ ⎡ a 0 −c⎤ [S z ] = =tr ⎢⎢b * 0 − e ⎥⎥ ⎢⎣c * 0 − f ⎥⎦ [S z ] = =(a − f )

(9)

[S z ] = =[(a1 − f1 ) + i(a 2 − f 2 )]

As outras quantidades necessárias são:

[S S ], [S S ], [S , S ], [S ] e [S ]. x

y

y

z

z

x

2 x

2 y

(10)

Podemos calcular estas quantidades utilizando a equação (3.4.10):

[A] = trρA .

(11)

4

Para o caso de [S x S y ], temos:

[S S ] x

y

⎡⎛ a b ⎢⎜ = tr ⎢⎜ b * d ⎢⎣⎜⎝ c * e *

[S S ] = x

y

[S S ] = x

y

[S S ] = x

y

[S S ] = x

y

c ⎞ ⎛0 1 0⎞ ⎛ 0 − i 0 ⎞⎤ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎥ e ⎟=⎜ 1 0 1 ⎟ ⎜ i 0 − i ⎟⎥ 2⎜ f ⎟⎠ ⎜⎝ 0 1 0 ⎟⎠ 0 ⎟⎠⎥⎦ ⎝0 i

⎡⎛ a b c ⎞⎛ i 0 − i ⎞⎤ ⎟⎜ ⎟⎥ ⎢⎜ tr ⎢⎜ b * d e ⎟⎜ 0 0 0 ⎟⎥ 2 ⎢⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎣⎝ c * e * f ⎠⎝ i 0 − i ⎠⎥⎦ ⎛ ia + ic 0 − ia − ic ⎞ ⎟ =2 ⎜ ⎜ ib * +ie 0 − ib * −ie ⎟ 2⎜ ⎟ ⎝ ic * +if 0 − ic * −if ⎠ =2 (ia + ic + 0 − ic * −if ) 2 =2 (ia1 − a 2 + ic1 − c 2 − ic1 − c 2 − if 1 + f 2 ) 2 =2

.

(12)

Para o caso de [S y S z ], temos: ⎡⎛ a b ⎢⎜ S y S z = tr ⎢⎜ b * d ⎢⎣⎜⎝ c * e *

[

]

c⎞ ⎛ 0 − i 0 ⎞ ⎛ 1 0 0 ⎞⎤ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎥ e⎟ ⎜ i 0 − i ⎟= ⎜ 0 0 0 ⎟ ⎥ 2⎜ 0 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 − 1⎟⎠⎥⎦ f ⎟⎠ ⎝0 i

⎡⎛ a b c ⎞⎛ 0 0 0 ⎞⎤ ⎟⎜ ⎟⎥ = 2 ⎢⎜ S ySz = tr ⎢⎜ b * d e ⎟⎜ i 0 i ⎟⎥ 2 ⎜ ⎢⎣⎝ c * e * f ⎟⎠⎜⎝ 0 0 0 ⎟⎠⎥⎦

[

]

⎛ ib 0 ib ⎞ ⎟ =2 ⎜ S ySz = ⎜ id 0 id ⎟ 2⎜ ⎟ ⎝ ie * 0 ie * ⎠

[

]

[

]

[

]

(13)

=2 S ySz = (ib + ie*) 2 =2 S ySz = (ib1 − b2 + ie1 + e2 ) 2

5

Para o caso de [S z S x ], temos: ⎡⎛ a b ⎜ [S z S x ] = tr ⎢⎢⎜ b * d ⎢⎣⎜⎝ c * e *

[S z S x ] = [S z S x ] = [S z S x ] = [S z S x ] =

c ⎞ ⎛1 0 0 ⎞ ⎛ 0 1 0 ⎞⎤ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎥ e ⎟=⎜ 0 0 0 ⎟ ⎜ 1 0 1 ⎟⎥ 2⎜ ⎟ f ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 − 1⎟⎠ ⎝ 0 1 0 ⎠⎥⎦

⎡⎛ a b c ⎞⎛ 0 1 0 ⎞⎤ ⎟⎜ ⎟⎥ ⎢⎜ tr ⎢⎜ b * d e ⎟⎜ 0 0 0 ⎟⎥ 2 ⎢⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎣⎝ c * e * f ⎠⎝ 0 − 1 0 ⎠⎥⎦ ⎛ 0 a − c 0⎞ ⎟ =2 ⎜ ⎜ 0 b * −e 0 ⎟ 2⎜ ⎟ ⎝ 0 c * − f 0⎠ =2 (b * −e) 2 =2 (b1 − ib2 − e1 − ie2 ) 2 =2

(14)

Para o caso de [S x2 ], temos: ⎡⎛ a b c ⎞ ⎛ 0 1 0⎞ ⎛ 0 1 0 ⎞⎤ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎥ ⎢⎜ = tr ⎢⎜ b * d e ⎟ ⎜1 0 1⎟ ⎜ 1 0 1 ⎟⎥ ⎢⎣⎜⎝ c * e * f ⎟⎠ 2 ⎜⎝ 0 1 0 ⎟⎠ 2 ⎜⎝ 0 1 0 ⎟⎠⎥⎦ ⎡⎛ a b c ⎞⎛ 1 0 1 ⎞⎤ ⎟⎜ ⎟⎥ = 2 ⎢⎜ = tr ⎢⎜ b * d e ⎟⎜ 0 2 0 ⎟⎥ 2 ⎢⎣⎜⎝ c * e * f ⎟⎠⎜⎝ 1 0 1 ⎟⎠⎥⎦ 2b a+c ⎞ ⎛ a+c ⎟ =2 ⎜ = ⎜ b * + e 2d b * + e ⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎝ c * + f 2e * c * + f ⎠

[S ] 2

x

[S ] 2 x

[S ] 2 x

[S ] = =2 (a + c + 2d + c * + f ) 2

2 x

[S ] = =2 (a 2

2 x

1

[S ] = =2 [(a 2

2 x

1

+ ia 2 + c1 + ic 2 + 2d1 + i 2d 2 + c1 − ic 2 + f1 − if 2 ) + 2c1 + 2d 1 + f1 ) + i (a 2 + 2d 2 − f 2 )]

6

.

(15)

Para o caso de [S y2 ], temos:

[S ] 2

y

[S ] 2 y

[S ] 2 y

⎡⎛ a b c ⎞ ⎛0 − i 0 ⎞ ⎛ 0 − i 0 ⎞⎤ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟⎥ ⎢⎜ = tr ⎢⎜ b * d e ⎟ ⎜ i 0 − i⎟ ⎜ i 0 − i ⎟⎥ 2⎜ ⎢⎣⎜⎝ c * e * f ⎟⎠ 2 ⎜⎝ 0 i 0 ⎟⎠ 0 ⎟⎠⎥⎦ ⎝0 i

⎡⎛ a b c ⎞⎛ 1 0 − 1⎞⎤ ⎟⎜ ⎟⎥ = 2 ⎢⎜ = tr ⎢⎜ b * d e ⎟⎜ 0 2 0 ⎟⎥ 2 ⎢⎣⎜⎝ c * e * f ⎟⎠⎜⎝ − 1 0 1 ⎟⎠⎥⎦ −a+c ⎞ 2b ⎛ a−c ⎟ =2 ⎜ tr ⎜ b * −e 2d − b * +e ⎟ = 2 ⎜ ⎟ ⎝ c * − f 2e * − c * + f ⎠

[S ] = =2 (a − c + 2d − c * + f ) 2

2 y

[S ] 2

y

[S ] 2

y

=2 = (a1 + ia 2 − c1 − ic 2 + 2d 1 + i 2d 2 − c1 + ic 2 − f 1 + if 2 ) 2 =2 [(a1 − 2c1 + 2d1 − f1 ) + i(a 2 + 2d 2 + f 2 )] = . 2

Temos 9 equações envolvendo os elementos de ρ :

(a1 + d1 + f1 ) + i(a 2 + d 2 +

[S x ] = =

2 (b1 + e1 )

[S ] = i=

2 (b1 + e1 )

y

f2 ) = 1

[S z ] = =[(a1 − f1 ) + i(a 2 − f 2 )]

[S S ] =

=2

[S z S x ] =

=2

x

y

2

[S S ] = = y

z

2 2

2

(ia1 − a 2 + ic1 − c 2 − ic1 − c 2 − if 1 + f 2 )

(b1 − ib2 − e1 + ie2 )

(ib1 − b2 + ie1 + e2 )

7

(16)

[S ] = =2 [(a 2 x

1

[S ] = =2 [(a 2

y

1

+ 2c1 + 2d1 + f1 ) + i (a 2 + 2d 2 − f 2 )] − 2c1 + 2d1 − f 1 ) + i(a 2 + 2d 2 + f 2 )]

Resolvendo as 9 equações acima, seremos capazes de determinar os 9 parâmetros, que são: a , d , f , b1 , b2 , c1 , c 2 , e1 e e2 .

8

Problema 3.12 Um autoestado de momento angular j, m = mmax = j é rotacionado por um ângulo infinitesimal ε em torno do eixo- y . Sem usar a forma explicita da função d m( j' m) , obtenha uma expressão para a probabilidade para o novo estado rotacionado ser achado no estado original até termos de ordem ε 2 .

Solução : Um estado rotacionado é dado por: UR

⎡ iJ y ε J y2 ε 2 ⎤ j , m = j = ⎢1 − − + ...⎥ j , m = j 2 = 2= ⎢⎣ ⎥⎦

(1)

A amplitude de probabilidade para o sistema ser achado no estado original pode ser escrita como: j, m = j U R j, m = j ,

(2)

enquanto, a probabilidade pode ser estrita da forma: P = j, m U R j, m

2

.

(3)

Da expressão acima percebemos que necessitamos dos valores esperados de J y e J y2 . Estes operadores podem ser escritos como: Jy =

J+ − J− 2i

J y2 = −

[

1 2 J + + J −2 − J + J − − J − J + 4

(3.5.5)

]

(4)

1

Evidentemente, termos do tipo Jy

j ,m= j

= 0,

(5)

quando considerado as equações (3.5.39) e (3.5.40). J + j, m =

( j − m )( j + m + 1)=

j, m + 1

. J − j, m =

( j + m )( j − m + 1)=

j, m − 1

Por outro lado, termos envolvendo o operador J y2 , fornecerão os seguintes valores:

(J )

2

y

j ,m = j

=

1 2 j= 2 j, m = j J + J − j, m = j = 4 4

(6)

considerando que mmax = j . A amplitude de probabilidade se torna: j, m = j U R j, m = j = 1 −

jε 2 2 j= 2 2 + = − ε ... 1 4 2= 2 4

(7)

Portanto, a probabilidade para termos de até ε 2 , pode agora ser calculada: P (ε 2 ) = j , m = j U R j , m = j ⎛ jε 2 ⎞⎛ jε 2 ⎞ ⎟⎟⎜⎜1 − ⎟ P ε 2 = ⎜⎜1 − 4 ⎠⎝ 4 ⎟⎠ ⎝ 1 P ε 2 = 1 − jε 2 2

( )

2

.

(8)

( )

2

Problema 3.13 Mostre que as matrizes 3x3 Gi (i = 1, 2,3) , cujos elementos são dados por

( Gi ) jk = −i=ε ijk , 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 Gi as representações mais usuais 3x3 do operador momento angular J i , com J 3 considerado diagonal. Relacione o seu resultado ao G G G V → V + nˆδφ × V

sob rotações infinitesimais. (Nota: Este problema pode ser útil na compreensão do spin do fóton.)

Solução:

Olhando para os elementos matriciais, temos: ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = ⎡⎣Gi G j − G j Gi ⎤⎦ ln ln

(1)

⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = ( Gi )lm ( G j ) − ( G j ) ( Gi )mn ln mn lm

1

........................................................................................................................... Lembre-se: l Gi G j n = ∑

∑l

l Gi G j n n

l Gi G j n = ∑

∑l

⎛ ⎞ l Gi ⎜ ∑ m m ⎟ G j n n ⎝ m ⎠

l Gi G j n = ∑

∑ ∑l

n

n

m

l

l

n

(2)

l Gi m m G j n n

l

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

⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = ( Gi )lm ( G j ) − ( G j ) ( Gi )mn mn lm ln ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = − = 2 ⎡⎣ε ilmε jmn − ε jlmε imn ⎤⎦ ln

(3)

⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = − = 2 ⎡⎣ε mil ε mnj − ε mjl ε mni ⎤⎦ ln

........................................................................................................................... Demonstração: Para duas permutações, temos que ε é positivo. ε ilm → ε iml → ε mil

(4) ε jmn → ε mjn → ε mnj

2

ε jlm → ε jml → ε mjl

(5) ε imn → ε min → ε mni

........................................................................................................................... ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = − = 2 ⎡⎣ε mil ε mnj − ε mjl ε mni ⎤⎦ ln

⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = −= 2 ⎡(δ inδ lj − δ ijδ ln ) − (δ jnδ li − δ jiδ ln ) ⎤ ⎣ ⎦ ln

(6)

Vamos considerar agora a seguinte relação: ε mil ε mnj = δ inδ lj − δ ijδ ln

(7) ε mjl ε mni = δ jnδ li − δ jiδ ln

........................................................................................................................... Lembre-se: Em três dimensões, o símbolo de Levi-Civita é definido como: ε ijk

⎧+1 ⎪ = ⎨−1 ⎪0 ⎩

(8)

em que ε ijk é +1 para permutação par, -1 para permutação ímpar e 0 se algum índice for repetido.

3

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: ε ijk ε lmn

⎡ δ il = det ⎢⎢δ jl ⎢⎣δ kl

δ im δ in ⎤ δ jm δ jn ⎥⎥ δ km δ kn ⎥⎦

ε ijk ε lmn

⎡ δ il = det ⎢⎢δ jl ⎢⎣δ kl

δ im δ in δ il δ im ⎤ δ jm δ jn δ jl δ jm ⎥⎥ δ km δ kn δ kl δ km ⎥⎦

(9)

ε ijk ε lmn = δ il (δ jmδ kn − δ jnδ km ) − δ im (δ jlδ kn − δ jnδ kl ) − δ in (δ jmδ kl − δ jlδ km )

Considerando l = i , e fazendo o somatório, temos:

∑ i

ε ijk ε imn = ∑ δ ii (δ jmδ kn − δ jnδ km ) − δ im (δ jiδ kn − δ jnδ ki ) − δ in (δ jmδ il − δ jiδ km ) .

(10)

i

Considerando também que se i , j e k forem iguais, os termos serão nulos (da mesma forma para i , m e n ), então temos:

∑ i

ε ijk ε imn = ∑ (δ jmδ kn − δ jnδ km )

(11)

i

Também, de acordo com a notação de Einstein, o símbolo do somatório pode ser omitido, ficando a seguinte expressão: ε ijk ε imn = δ jmδ kn − δ jnδ km

(12)

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

4

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

Podemos testar também esta relação. ε mil ε mnj = δ inδ lj − δ ijδ ln

(13) ε mjl ε mni = δ jnδ li − δ jiδ ln

Vamos considerar três situações em particular:

I)

Três índices iguais: m = 1, i = 1 , j = 1 , l = 1 e n = 1

Nesta situação temos: ε mil ε mnj = δ inδ lj − δ ijδ ln ε111ε111 = δ11δ11 − δ11δ11

(14)

0=0

II)

Dois índices iguais: m = 1, i = 1 , j = 3 , l = 3 e n = 2

Nesta situação temos:

5

ε mil ε mnj = δ inδ lj − δ ijδ ln ε113ε123 = δ12δ 33 − δ13δ 32

(15)

0=0

III)

Três índices diferentes: m = 1, i = 2 , j = 3 , l = 3 e n = 2

Nesta situação temos: ε mil ε mnj = δ inδ lj − δ ijδ ln ε123ε123 = δ 22δ 33 − δ 23δ 32

(16)

1=1

Portanto, vale a relação acima.

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

Voltando a relação principal, temos: ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = − = 2 ⎡(δ inδ lj − δ ijδ ln ) − (δ jnδ li − δ jiδ ln ) ⎤ ⎣ ⎦ ln ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = = 2 (δ ilδ jn − δ inδ jl ) ln ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = = 2ε kij ε k ln ln

(17)

⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = i=ε ijk ( −i=ε k ln ) ln ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = i=ε ijk ( Gk )ln ln

6

Portanto, ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = i=ε ijk Gk .

(18)

A forma explicita de G3 (a partir de ( Gi ) jk = −i=ε ijk , onde j e k são os índices correspondentes a linhas e colunas) é dada por: ⎛ 0 −1 0 ⎞ ⎜ ⎟ G3 = i= ⎜ 1 0 0 ⎟ . ⎜0 0 0⎟ ⎝ ⎠

(19)

........................................................................................................................... Demonstração: Índice i = 3 Linha 2: j = 2 Coluna 1: k = 1

( Gi ) jk = −i=ε ijk

(20)

Temos 3 permutações para ε : ε 321 → ε 312 → ε132 → ε123

(21)

Portanto,

( Gi ) jk = −i=ε ijk

( G3 )21 = −i=ε 321 = −i=(−1) = i=

(22)

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

7

Os autovalores e autovetores são obtidos a partir da equação G

( G3 − λ I ) rλ = 0 ,

(23)

em que λ é a raiz de G3 − λ I = 0 .

(24)

Os autovalores e autovetores ortonormais podem ser imediatamente mostrados.

Para o cálculo dos autovalores, temos: ⎛ −λ ⎜ D et ⎜ i= ⎜ 0 ⎝

−i= 0 ⎞ ⎟ −λ 0 ⎟ = 0 0 −λ ⎟⎠

⎛ −λ ⎜ Det ⎜ i= ⎜ 0 ⎝

−i= 0 −λ 0 0 −λ

−λ i= 0

−i= ⎞ ⎟ −λ ⎟ = 0 0 ⎟⎠

(25)

−λ 3 + = 2 λ = 0

As raízes são: λ =0,

λ = +=

e

λ = −= .

8

(26)

Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = 0 : ⎛ 0 −i= 0 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ i= 0 0 ⎟ ⎜ x2 ⎟ = ( λ = 0 ) ⎜ x2 ⎟ ⎜0 ⎜x ⎟ 0 0 ⎟⎠ ⎜⎝ x3 ⎟⎠ ⎝ ⎝ 3⎠

(27) ⎧−i=x2 = 0 ⎪ ⎨ i=x1 = 0 ⎪ 0 ⎩

Normalizando, ⎛ 0⎞ G ⎜ ⎟ r0 = ⎜ 0 ⎟ ⎜c⎟ ⎝ ⎠

(28)

temos: G G r0 r0 = 1

(

⎛0⎞ ⎜ ⎟ 0 0 c ⎜0⎟ =1 ⎜c⎟ ⎝ ⎠ *

)

(29) c =1 2

c =1

Portanto, o autovetor correspondente é:

9

⎛ 0⎞ G ⎜ ⎟ r0 = ⎜ 0 ⎟ . ⎜1⎟ ⎝ ⎠

(30)

Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = += : ⎛ 0 −i= 0 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ i= 0 0 ⎟ ⎜ x2 ⎟ = ( λ = + = ) ⎜ x2 ⎟ ⎜0 ⎜x ⎟ 0 0 ⎟⎠ ⎜⎝ x3 ⎟⎠ ⎝ ⎝ 3⎠ ⎧−i=x2 = =x1 ⎪ ⎨ i=x1 = =x2 ⎪ 0 = =x 3 ⎩

(31)

⎧−ix2 = x1 ⎪ ⎨ ix1 = x2 ⎪ x =0 ⎩ 3

Portanto, ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ix1 ⎟ . ⎜0⎟ ⎝ ⎠

(32)

Fazendo x1 = c , temos:

⎛c⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ic ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

(33)

10

Normalizando, temos: G G r1 r1 = 1

⎛1⎞ ⎜ ⎟ c (1 −i 0 ) c ⎜ i ⎟ = 1 ⎜ 0⎟ ⎝ ⎠ *

c 2 (1 + 1) = 1

(34)

c = 1/ 2

Portanto ⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r+ = 1/ 2 ⎜ i ⎟ . ⎜0⎟ ⎝ ⎠

(35)

Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = −= : ⎛ 0 −i= 0 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ i= 0 0 ⎟ ⎜ x2 ⎟ = ( λ = − = ) ⎜ x2 ⎟ ⎜0 ⎜x ⎟ 0 0 ⎟⎠ ⎜⎝ x3 ⎟⎠ ⎝ ⎝ 3⎠

(36) ⎧−i=x2 = −=x1 ⎪ ⎨ i=x1 = − =x2 ⎪ 0 = −=x 3 ⎩

11

⎧−ix2 = − x1 ⎪ ⎨ ix1 = − x2 ⎪ x =0 ⎩ 3

(37) ⎧ ix2 = x1 ⎪ ⎨ix1 = − x2 ⎪ x =0 ⎩ 3

Portanto, ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ −ix1 ⎟ . ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠

(38)

Fazendo x1 = c , temos:

⎛ c ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ −ic ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠

(39)

Normalizando, temos:

12

⎛1⎞ ⎜ ⎟ c (1 i 0 ) c ⎜ −i ⎟ = 1 ⎜0⎟ ⎝ ⎠ *

(

)

c2 1 − i2 = 1

(40) c 2 (2) = 1 c = 1/ 2

Portanto, ⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r− = 1/ 2 ⎜ −i ⎟ . ⎜0⎟ ⎝ ⎠

(41)

De uma maneira geral, os autovalores e autovetores são:

λ =0

⎛ 0⎞ G ⎜ ⎟ r0 = ⎜ 0 ⎟ ⎜1⎟ ⎝ ⎠

(42)

λ = +=

⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r+ = 1/ 2 ⎜ i ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

(43)

λ = −=

⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r− = 1/ 2 ⎜ −i ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

(44)

13

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

Podemos agora testar a ortogonalidade dos autovetores. ⎛1⎞ G G ⎜ ⎟ 1 r− r+ = 1/ 2 (1 i 0 )1/ 2 ⎜ i ⎟ = (1 − 1) = 0 ⎜0⎟ 2 ⎝ ⎠

(45)

⎛1⎞ G G ⎜ ⎟ r0 r+ = ( 0 0 1)1/ 2 ⎜ i ⎟ = 0 ⎜0⎟ ⎝ ⎠

(46)

⎛1⎞ G G ⎜ ⎟ r0 r− = ( 0 0 1)1/ 2 ⎜ −i ⎟ = 0 ⎜0⎟ ⎝ ⎠

(47)

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

Vamos agora encontrar a matriz unitária que transforma Gi a J i , com J 3 , onde U é construído a partir dos autovetores de diagonal, tal que J i = U †GU i G3 .

Primeiramente, devemos ter em mente que: ⎛ 0 −1 0 ⎞ ⎜ ⎟ G3 = i= ⎜ 1 0 0 ⎟ ⎜0 0 0⎟ ⎝ ⎠

(48)

14

⎛ 0⎞ G ⎜ ⎟ r0 = ⎜ 0 ⎟ ⎜1⎟ ⎝ ⎠

⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r+ = 1/ 2 ⎜ i ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

⎛1 i 1 ⎜ U= ⎜0 0 2⎜ ⎝ 1 −i

⎛1 ⎜ 1 U† = ⎜ −i 2⎜ ⎝0

⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r− = 1/ 2 ⎜ −i ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

(49)

0 ⎞ ⎟ 2⎟ 0 ⎟⎠

(50)

1⎞ ⎟ i⎟ 2 0 ⎟⎠

(51)

0 0

Podemos mostrar que U é realmente unitária. ⎛1 i ⎜ 1 UU † = ⎜0 0 2⎜ ⎝ 1 −i

0 ⎞ ⎛1 ⎟ 1 ⎜ 2⎟ ⎜ −i 2 ⎜ 0 ⎟⎠ ⎝0

1⎞ ⎟ 0 i⎟ ⎟ 2 0⎠

0

⎛2 0 0⎞ 1⎜ ⎟ UU = ⎜ 0 2 0 ⎟ 2⎜ ⎟ ⎝ 0 0 2⎠ †

(52)

UU † = 1

Podemos agora calcular o operador momento angular J 3 :

15

⎛1 i 1 ⎞ ⎛ 0 −1 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ i ⎟ i= ⎜ 1 0 0 ⎟ 1/ 2 ⎜ 0 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2 0⎠ ⎝0 0 0⎠ ⎝ 1 −i

⎛1 ⎜ J 3 = 1/ 2 ⎜ −i ⎜ ⎝0

0 0

⎛1 ⎜ J 3 = ( i= / 2 ) ⎜ −i ⎜ ⎝0

0 0

(

)

(

)

1⎞⎛0 0 − 2 ⎞ ⎟ ⎟⎜ 0 ⎟ i ⎟⎜1 i ⎟⎜ 0 ⎟⎠ 2 0⎠⎝0 0

⎛ 0 0 ⎜ J 3 = ( i= / 2 ) ⎜ 0 0 ⎜ ⎜ 2 i 2 ⎝

0 ⎞ ⎟ 2⎟ 0 ⎠⎟

.

(53)

− 2⎞ ⎟ i 2⎟ ⎟ 0 ⎟⎠

Vamos agora diagonalizar a matriz J 3 ,

⎛ 0 0 −i= 2 / 2 ⎞ ⎜ ⎟ 0 −= 2 / 2 ⎟ . J3 = ⎜ 0 ⎜ ⎟ ⎜ i= 2 / 2 − = 2 / 2 ⎟ 0 ⎝ ⎠

(54)

Vamos encontrar a equação característica.

16

J3 − λ I = 0 0−λ

0

0

0−λ

−i = 2 / 2 −= 2 / 2 = 0 0−λ

i= 2 / 2 −= 2 / 2 −λ

0

−i = 2 / 2

−λ

0

0

−λ

−= 2 / 2

0

−λ

i= 2 / 2 − = 2 / 2

−λ 3 −

−λ + 3

λi 2 =2 2

λ =2 2

+

+

λ =2 2

λ =2 2

−λ

=0

i= 2 / 2 − = 2 / 2

=0

=0

λ 3 − λ =2 = 0 λ ( λ 2 − =2 ) = 0

(55)

Portanto, as raízes são: λ =0,

λ = +=

e

λ = −=

(56)

A matriz diagonalizada é: ⎛0 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ J3 = ⎜ 0 = 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0 0 −= ⎠

(57)

17

A matriz unitária U transforma a representação do espaço cartesiano dos G operadores momento angular, isto é, G , na representação da base esférica G 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 G G G ∇ → ∇ + nˆφ × ∇

G

G

G

(ou G → G + nˆφ × G ).

18

(58)

Problema 3.13 Mostre que as matrizes 3x3 Gi (i = 1, 2,3) , cujos elementos são dados por

( Gi ) jk = −i=ε ijk , 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 Gi as representações mais usuais 3x3 do operador momento angular J i , com J 3 considerado diagonal. Relacione o seu resultado ao G G G V → V + nˆδφ × V

sob rotações infinitesimais. (Nota: Este problema pode ser útil na compreensão do spin do fóton.)

Solução:

Olhando para os elementos matriciais, temos: ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = ⎡⎣Gi G j − G j Gi ⎤⎦ ln ln

⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = ( Gi )lm ( G j ) − ( G j ) ( Gi )mn ln mn lm

1

........................................................................................................................... Lembre-se: l Gi G j n = ∑

∑l

l Gi G j n n

l Gi G j n = ∑

∑l

⎛ ⎞ l Gi ⎜ ∑ m m ⎟ G j n n ⎝ m ⎠

l Gi G j n = ∑

∑ ∑l

n

n

m

l

l

n

l Gi m m G j n n

l

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

⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = ( Gi )lm ( G j ) − ( G j ) ( Gi )mn mn lm ln ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = − = 2 ⎡⎣ε ilmε jmn − ε jlmε imn ⎤⎦ ln ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = − = 2 ⎡⎣ε mil ε mnj − ε mjl ε mni ⎤⎦ ln

........................................................................................................................... Demonstração: Para duas permutações, temos que ε é positivo. ε ilm → ε iml → ε mil ε jmn → ε mjn → ε mnj

2

ε jlm → ε jml → ε mjl ε imn → ε min → ε mni

........................................................................................................................... ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = − = 2 ⎡⎣ε mil ε mnj − ε mjl ε mni ⎤⎦ ln

⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = −= 2 ⎡(δ inδ lj − δ ijδ ln ) − (δ jnδ li − δ jiδ ln ) ⎤ ⎣ ⎦ ln

Vamos considerar agora a seguinte relação: ε mil ε mnj = δ inδ lj − δ ijδ ln ε mjl ε mni = δ jnδ li − δ jiδ ln

........................................................................................................................... Lembre-se:

3

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

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

Podemos testar também esta relação. ε mil ε mnj = δ inδ lj − δ ijδ ln ε mjl ε mni = δ jnδ li − δ jiδ ln

Vamos considerar três situações em particular:

I)

Três índices iguais: m = 1, i = 1 , j = 1 , l = 1 e n = 1

Nesta situação temos:

4

ε mil ε mnj = δ inδ lj − δ ijδ ln ε111ε111 = δ11δ11 − δ11δ11 0=0

II)

Dois índices iguais: m = 1, i = 1 , j = 3 , l = 3 e n = 2

Nesta situação temos: ε mil ε mnj = δ inδ lj − δ ijδ ln ε113ε123 = δ12δ 33 − δ13δ 32 0=0

III)

Três índices diferentes: m = 1, i = 2 , j = 3 , l = 3 e n = 2

Nesta situação temos: ε mil ε mnj = δ inδ lj − δ ijδ ln ε123ε123 = δ 22δ 33 − δ 23δ 32 1=1

Portanto, vale a relação acima.

........................................................................................................................... 5

Voltando a relação principal, temos: ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = − = 2 ⎡(δ inδ lj − δ ijδ ln ) − (δ jnδ li − δ jiδ ln ) ⎤ ⎣ ⎦ ln ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = = 2 (δ ilδ jn − δ inδ jl ) ln ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = = 2ε kij ε k ln ln ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = i=ε ijk ( −i=ε k ln ) ln ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = i=ε ijk ( Gk )ln ln

Portanto, ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = i=ε ijk Gk .

A forma explicita de G3 (a partir de ( Gi ) jk = −i=ε ijk , onde j e k são os índices correspondentes a linhas e colunas) é dada por: ⎛ 0 −1 0 ⎞ ⎜ ⎟ G3 = i= ⎜ 1 0 0 ⎟ . ⎜0 0 0⎟ ⎝ ⎠

........................................................................................................................... Demonstração: Índice i = 3 Linha 2: j = 2 Coluna 1: k = 1

6

( Gi ) jk = −i=ε ijk Temos 3 permutações para ε : ε 321 → ε 312 → ε132 → ε123

Portanto,

( Gi ) jk = −i=ε ijk

( G3 )21 = −i=ε 321 = −i=(−1) = i=

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

Os autovalores e autovetores são obtidos a partir da equação G

( G3 − λ I ) rλ = 0 , em que λ é a raiz de G3 − λ I = 0 .

Os autovalores e autovetores ortonormais podem ser imediatamente mostrados.

Para o cálculo dos autovalores, temos:

7

⎛ −λ ⎜ D et ⎜ i= ⎜ 0 ⎝

−i = −λ

⎛ −λ ⎜ Det ⎜ i= ⎜ 0 ⎝

−i= 0 −λ 0 0 −λ

0 ⎞ ⎟ 0 ⎟=0 −λ ⎟⎠

0

−λ i= 0

−i= ⎞ ⎟ −λ ⎟ = 0 0 ⎟⎠

−λ 3 + = 2 λ = 0

As raízes são: λ =0,

λ = +=

e

λ = −= .

Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = 0 : ⎛ 0 −i= 0 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ i= 0 0 ⎟ ⎜ x2 ⎟ = ( λ = 0 ) ⎜ x2 ⎟ ⎜0 ⎜x ⎟ 0 0 ⎟⎠ ⎜⎝ x3 ⎟⎠ ⎝ ⎝ 3⎠ ⎧−i=x2 = 0 ⎪ ⎨ i=x1 = 0 ⎪ 0 ⎩

Normalizando, ⎛ 0⎞ G ⎜ ⎟ r0 = ⎜ 0 ⎟ ⎜c⎟ ⎝ ⎠

8

temos: G G r0 r0 = 1

(

⎛0⎞ ⎜ ⎟ 0 0 c ⎜0⎟ =1 ⎜c⎟ ⎝ ⎠ *

)

c2 = 1 c =1

Portanto, o autovetor correspondente é: ⎛ 0⎞ G ⎜ ⎟ r0 = ⎜ 0 ⎟ . ⎜1⎟ ⎝ ⎠

Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = + = : ⎛ 0 −i= 0 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ i= 0 0 ⎟ ⎜ x2 ⎟ = ( λ = + = ) ⎜ x2 ⎟ ⎜0 ⎜x ⎟ 0 0 ⎟⎠ ⎜⎝ x3 ⎟⎠ ⎝ ⎝ 3⎠ ⎧−i=x2 = =x1 ⎪ ⎨ i=x1 = =x2 ⎪ 0 = =x 3 ⎩ ⎧−ix2 = x1 ⎪ ⎨ ix1 = x2 ⎪ x =0 ⎩ 3

9

Portanto, ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ix1 ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

Fazendo x1 = c , temos:

⎛c⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ic ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

Normalizando, temos: G G r1 r1 = 1

⎛1⎞ ⎜ ⎟ c (1 −i 0 ) c ⎜ i ⎟ = 1 ⎜ 0⎟ ⎝ ⎠ *

c 2 (1 + 1) = 1 c = 1/ 2

Portanto ⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r+ = 1/ 2 ⎜ i ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

10

Para o cálculo dos autovetores, temos para λ = −= : ⎛ 0 −i= 0 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ i= 0 0 ⎟ ⎜ x2 ⎟ = ( λ = − = ) ⎜ x2 ⎟ ⎜0 ⎜x ⎟ 0 0 ⎟⎠ ⎜⎝ x3 ⎟⎠ ⎝ ⎝ 3⎠ ⎧−i=x2 = −=x1 ⎪ ⎨ i=x1 = − =x2 ⎪ 0 = − =x 3 ⎩ ⎧−ix2 = − x1 ⎪ ⎨ ix1 = − x2 ⎪ x =0 ⎩ 3 ⎧ ix2 = x1 ⎪ ⎨ix1 = − x2 ⎪ x =0 ⎩ 3

Portanto, ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ −ix1 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠

Fazendo x1 = c , temos:

⎛ c ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ −ic ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠

11

Normalizando, temos: ⎛1⎞ ⎜ ⎟ c (1 i 0 ) c ⎜ −i ⎟ = 1 ⎜0⎟ ⎝ ⎠ *

(

)

c2 1 − i2 = 1 c 2 (2) = 1 c = 1/ 2

Portanto, ⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r− = 1/ 2 ⎜ −i ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

De uma maneira geral, os autovalores e autovetores são:

λ =0

λ = +=

⎛ 0⎞ G ⎜ ⎟ r0 = ⎜ 0 ⎟ ⎜1⎟ ⎝ ⎠

⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r+ = 1/ 2 ⎜ i ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

12

λ = −=

⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r− = 1/ 2 ⎜ −i ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

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

Podemos agora testar a ortogonalidade dos autovetores. ⎛1⎞ G G ⎜ ⎟ 1 r− r+ = 1/ 2 (1 i 0 )1/ 2 ⎜ i ⎟ = (1 − 1) = 0 ⎜0⎟ 2 ⎝ ⎠

⎛1⎞ G G ⎜ ⎟ r0 r+ = ( 0 0 1)1/ 2 ⎜ i ⎟ = 0 ⎜0⎟ ⎝ ⎠

⎛1⎞ G G ⎜ ⎟ r0 r− = ( 0 0 1)1/ 2 ⎜ −i ⎟ = 0 ⎜0⎟ ⎝ ⎠

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

Vamos agora encontrar a matriz unitária que transforma Gi a J i , com J 3 , onde U é construído a partir dos autovetores de diagonal, tal que J i = U †GU i G3 .

Primeiramente, devemos ter em mente que:

13

⎛ 0 −1 0 ⎞ ⎜ ⎟ G3 = i= ⎜ 1 0 0 ⎟ ⎜0 0 0⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 0⎞ G ⎜ ⎟ r0 = ⎜ 0 ⎟ ⎜1⎟ ⎝ ⎠

⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r+ = 1/ 2 ⎜ i ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

⎛1 i 1 ⎜ U= ⎜0 0 2⎜ ⎝ 1 −i

⎛1 ⎜ 1 U† = ⎜ −i 2⎜ ⎝0

⎛1⎞ G ⎜ ⎟ r− = 1/ 2 ⎜ −i ⎟ ⎜0⎟ ⎝ ⎠

0 ⎞ ⎟ 2⎟ 0 ⎟⎠

1⎞ ⎟ i⎟ ⎟ 2 0⎠

0 0

Podemos mostrar que U é realmente unitária. ⎛1 i ⎜ 1 UU † = ⎜0 0 2⎜ ⎝ 1 −i

0 ⎞ ⎛1 ⎟ 1 ⎜ 2⎟ ⎜ −i 2 ⎜ 0 ⎟⎠ ⎝0

1⎞ ⎟ 0 i⎟ ⎟ 2 0⎠ 0

⎛2 0 0⎞ 1⎜ ⎟ UU = ⎜ 0 2 0 ⎟ 2⎜ ⎟ ⎝ 0 0 2⎠ †

UU † = 1

Podemos agora calcular o operador momento angular J 3 :

14

⎛1 i 1 ⎞ ⎛ 0 −1 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ i ⎟ i= ⎜ 1 0 0 ⎟ 1/ 2 ⎜ 0 0 ⎜ ⎟ ⎜ 1 −i 2 0 ⎟⎠ ⎝ 0 0 0 ⎠ ⎝

⎛1 ⎜ J 3 = 1/ 2 ⎜ −i ⎜0 ⎝

0 0

⎛1 ⎜ J 3 = ( i= / 2 ) ⎜ −i ⎜0 ⎝

0 0

(

)

(

)

1⎞⎛0 0 − 2 ⎞ ⎟ ⎟⎜ 0 ⎟ i ⎟⎜1 i ⎜ 0 ⎟⎠ 2 0 ⎟⎠⎝ 0 0

⎛ 0 0 ⎜ J 3 = ( i= / 2 ) ⎜ 0 0 ⎜ ⎜ 2 i 2 ⎝

0 ⎞ ⎟ 2⎟ 0 ⎟⎠

.

− 2⎞ ⎟ i 2⎟ ⎟ 0 ⎟⎠

Vamos agora diagonalizar a matriz J 3 ,

⎛ 0 0 −i= 2 / 2 ⎞ ⎜ ⎟ 0 J3 = ⎜ 0 −= 2 / 2 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ i= 2 / 2 − = 2 / 2 ⎟ 0 ⎝ ⎠

Vamos encontrar a equação característica.

15

J3 − λ I = 0 0−λ

0

0

0−λ

−i= 2 / 2 −= 2 / 2 = 0 0−λ

i= 2 / 2 −= 2 / 2 −λ

0

−i= 2 / 2

−λ

0

0

−λ

−= 2 / 2

0

−λ

i= 2 / 2 − = 2 / 2

−λ 3 −

−λ + 3

λi 2 =2 2

λ =2 2

+

+

λ =2 2

λ =2 2

−λ

=0

i= 2 / 2 − = 2 / 2

=0

=0

λ 3 − λ =2 = 0 λ ( λ 2 − =2 ) = 0

.

Portanto, as raízes são: λ =0,

λ = +=

e

λ = −=

A matriz diagonalizada é: ⎛0 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ J3 = ⎜ 0 = 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0 0 −= ⎠

16

A matriz unitária U transforma a representação do espaço cartesiano dos G operadores momento angular, isto é, G , na representação da base esférica G 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 G G G ∇ → ∇ + nˆφ × ∇

G

G

G

(ou G → G + nˆφ × G ).

17

Problema 3.14 G

G

a) Considere que J seja o momento angular. Ele pode ser o orbital L , spin G G S , ou o J total . Usando o fato de que J x , J y , J z ( J ± ≡ J x ± iJ y ) satisfaça as relações usuais de comutação de momento angular, prove G J 2 = J z2 + J + J − − =J z .

b) Usando (a) (ou outra forma), derive a “famoso” expressão para o coeficiente c − que aparece em J −ψ jm = c −ψ j ,m −1 .

Solução: a) Temos que: J + J − = ( J x + iJ y )( J x − iJ y ) J + J − = J x2 + iJ y J x − iJ x J y + J y2 J + J − = J x2 + J y2 − i ( J x J y − J y J x ) G J + J − = J 2 − J z2 − i ( J x J y − J y J x )

(1)

G J 2 = J + J − + J z2 + i ( J x J y − J y J x )

........................................................................................................................... Lembre-se: Através da equação (3.1.20), temos:

[

]

( J x J y − J y J x ) = J x , J y = i=J z .

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

1

Podemos então reescrever a expressão acima como: G J 2 = J + J − + J z2 + i ( J x J y − J y J x ) G J 2 = J + J − + J z2 + iJ z (i=) G J 2 = J + J − + J z2 − =J z

(2)

b) Temos por um lado que jm J + J − jm = c − , 2

(3)

enquanto, que usando a relação G J + J − = J 2 − J z2 + =J z

(4)

temos por outro lado que

[

]

jm J + J − jm = j ( j + 1)) − m 2 + m = 2 .

(5)

Então, temos que, c−

[

]

2

= j ( j + 1)) − m 2 + m = 2 ,

(6)

2

= ( j + m)( j − m + 1)= 2 .

(7)

ou c−

Por convenção, vamos escolher c − = ( j + m)( j − m + 1)= .

(8)

Então, J − jm = c − j , m − 1

(9) J −ψ jm = c −ψ j ,m −1

2

Problema 3.15 A função de onda de uma partícula sujeita a um potencial esfericamente simétrico V (r ) é dado por: G

ψ ( x ) = ( x + y + 3z ) f (r ) . G

a.) ψ é uma autofunção de L2 ? Em caso afirmativo, qual é o valor l ? Se não, G quais são os possíveis valores de l que podemos obter quando L2 é medido? b.) Quais são as probabilidades para a partícula ser achada nos vários estados ml ? G

c.) Suponha que conhecemos que ψ ( x ) é uma autofunção de energia com autovalor E . Indique como nós podemos achar V (r ) ?

Solução : a.) Temos que: G

G

ψ ( x ) = x ψ = ( x + y + 3 z ) f (r ) .

(1) G

G

Para verificarmos se ψ ( x ) dada por (1) é uma autofunção de L2 aplicaremos G

este operador ao ket ψ ( x ) e veremos o resultado. Trabalharemos com coordenadas esféricas (3.6.15): ∂ ⎞⎫ G 1 ∂2 1 ∂ ⎛ G G2 G 2 ⎧ + x L ψ ( x ) = −= ⎨ sen θ ⎜ ⎟ ⎬ψ ( x ) . 2 2 ∂θ ⎠ ⎭ senθ ∂θ ⎝ ⎩ sen θ ∂φ

(2)

G

Escrevendo ψ ( x ) em coordenadas esféricas, x = rsenθ cos φ y = rsenθ senφ , z = r cos θ

(3)

1

temos: G

ψ ( x ) = rf (r )( senθ cos φ + senθ senφ + 3cos θ ) .

(4)

Com a equação (4), podemos calcular cada termo separadamente para a equação (1): 1 ∂2 1 ∂2 G x = ψ ( ) [ rf (r )(senθ cos φ + senθ senφ + 3cos θ )] sen 2θ ∂φ 2 sen 2θ ∂φ 2 rf (r ) senθ ∂ 1 ∂2 G ψ (x) = ( cos φ − senφ ) 2 2 sen θ ∂φ sen 2θ ∂φ

(5)

rf (r ) 1 ∂2 G (cos φ + senφ ) ψ (x) = − 2 2 sen θ ∂φ senθ

e 1 ∂ ⎛ ∂ ⎞ G 1 ∂ ⎛ ∂ ⎞ ⎜ senθ ⎟ψ ( x ) = ⎜ senθ ⎟ [ rf (r )( senθ cos φ + senθ senφ + 3cos θ ) ] ∂θ ⎠ ∂θ ⎠ senθ ∂θ ⎝ senθ ∂θ ⎝ ⎤ 1 ∂ ⎛ ∂ ⎞ G ∂ ⎞ rf (r ) ∂ ⎡⎛ ⎜ senθ ⎟ψ ( x ) = ⎜ senθ ⎟ ( senθ cos φ + senθ senφ + 3cos θ ) ⎥ ⎢ ∂θ ⎠ ∂θ ⎠ senθ ∂θ ⎝ senθ ∂θ ⎣⎝ ⎦ 1 ∂ ⎛ ⎜ senθ senθ ∂θ ⎝ 1 ∂ ⎛ ⎜ senθ senθ ∂θ ⎝ 1 ∂ ⎛ ⎜ senθ senθ ∂θ ⎝

∂ ∂θ ∂ ∂θ ∂ ∂θ

⎞ G ⎟ψ ( x ) = ⎠ ⎞ G ⎟ψ ( x ) = ⎠ ⎞ G ⎟ψ ( x ) = ⎠

rf (r ) ∂ ⎡⎣ senθ cos φ cos θ + senθ senφ cos θ − 3sen 2θ ⎤⎦ senθ ∂θ rf (r ) ∂ ⎡⎣ −3sen 2θ + (cos φ + senφ ) senθ cos θ ⎤⎦ senθ ∂θ rf (r ) ⎡⎣ −6senθ cos θ + (cos φ + senφ )(cos 2 θ − sen 2θ ) ⎤⎦ senθ

Substituindo em (1), temos:

2

⎧⎡ ⎫ 1 1 G G ⎤ ⎡⎣ −6 senθ cos θ + (cos φ + senφ )(cos 2 θ − sen 2θ ) ⎤⎦ ⎬ (cos φ + senφ ) ⎥ + x L2 ψ = −= 2 rf (r ) ⎨ ⎢ − ⎦ senθ ⎩ ⎣ senθ ⎭ G 1 1 G ⎡ (cos φ + senφ ) + x L2 ψ = −= 2 rf (r ) ⎢ − ( cos φ + senφ ) (cos2 θ − sen2θ ) − 6 cos θ ⎤⎥ senθ ⎣ senθ ⎦ G G ⎡ 1 x L2 ψ = −= 2 rf (r ) ⎢ ( cos φ + senφ ) (−1 + cos 2 θ − sen 2θ ) − 6 cos θ ⎤⎥ ⎣ senθ ⎦ G G ⎡ 1 ⎤ −2 sen 2θ (cos φ + senφ ) − 6 cos θ ⎥ x L2 ψ = −= 2 rf (r ) ⎢ ⎣ senθ ⎦ G G2 x L ψ = 2= 2 rf (r ) [ senθ cos φ + senθ senφ + 3cos θ ] G G G x L2 ψ = 2= 2ψ ( x )

(

)

ou G G L2ψ ( x ) = 2= 2ψ ( x ) G G L2ψ ( x ) = 1(1 + 1)= 2ψ ( x ) G G L2ψ ( x ) = l (l + 1)= 2ψ ( x )

(8) G

G

o que significa que ψ ( x ) é uma autofunção de L2 com autovalor l = 1 . ........................................................................................................................... Lembre-se: −1 + cos 2 θ − sen 2θ = −1 + 1 − sen 2θ − sen 2θ = −2sen 2θ

(9)

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

G

b.) Como nos já conhecemos que l = 1 , podemos tentar escrever ψ ( x ) em termos dos harmônicos esféricos Y1m (θ , φ ) . Sabemos que (3.6.39): Y10 =

3 3 z cos θ = . 4π 4π r

(10)

3

Isolando z , temos: z=r

4π 0 Y1 . 3

(11)

Temos também que (A.5.7), Y1+1 = − −1 1

Y

3 3 3 senθ eiφ = − senθ ( cos φ + isenφ ) = − ( senθ coφ + isenθ senφ ) 8π 8π 8π

.

(12)

3 3 3 = senθ e − iφ = senθ ( cos φ − isenφ ) = ( senθ coφ − isenθ senφ ) 8π 8π 8π

Como

( x + iy ) =

r ( x − iy ) r

( senθ coφ + isenθ senφ ) ,

(13)

= ( senθ coφ − isenθ senφ )

........................................................................................................................... Lembre-se:

( x + iy ) = rsenθ cos φ + irsenθ senφ r ( x + iy ) r

r

(14)

= senθ cos φ + isenθ senφ

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

temos: Y1+1 = − −1 1

Y

=

3 ( x + iy ) 8π r . 3 ( x − iy ) 8π

(15)

r

4

Isolando x e y , temos: x=r

2π −1 Y1 − Y1+1 3

(

)

2π −1 y = ir Y1 + Y1+1 3

(

)

.

(16)

Podemos agora escrever G

ψ ( x ) = ( x + y + 3z ) f (r )

(17)

considerando que x=r

2π −1 Y1 − Y1+1 3

(

)

2π −1 y = ir Y1 + Y1+1 3 4π 0 z=r Y1 3

(

(18)

)

como: G

ψ ( x ) = ( x + y + 3z ) f (r ) G

2π −1 2π −1 4π 0 Y1 − Y1+1 + ir Y1 + Y1+1 + 3r Y1 ) 3 3 3

G

2π −1 2π −1 2 2 π 0 Y1 − Y1+1 + i Y1 + Y1+1 + 3 Y1 ) . 3 3 3

ψ ( x ) = f (r )(r ψ ( x ) = rf (r )(

(

(

)

)

(

)

(

)

ψ (x) = r

G

2π f (r ) ⎡⎣3 2Y10 + Y1−1 − Y1+1 + iY1−1 + iY1+1 ⎤⎦ 3

G

2π f (r ) ⎡⎣3 2Y10 + (1 + i ) Y1−1 + ( i − 1) Y1+1 ⎤⎦ 3

ψ (x) = r

(19)

Temos que a parte do estado que depende dos valores de m pode ser escrito na seguinte forma: ψ

m

= N ⎡⎣3 2 l = 1, m = 0 + (1 + i ) l = 1, m = −1 + (1 − i ) l = 1, m = 1 ⎤⎦ .

5

(20)

Normalizando ele, podemos escrever:

(

2 N ⎡3 2 ⎢⎣

N

2

)

2

+ (1 + i ) + (1 − i ) 2 ⎤ = 1 ⎥⎦ 2

(18 + 2 + 2 ) = 1

N=

.

(21)

1 22

Ou seja, ψ =

1 ⎡ 3 2 l = 1, m = 0 + (1 + i ) l = 1, m = −1 + (1 − i ) l = 1, m = 1 ⎤⎦ . 22 ⎣

(22)

Então, P ( m = 0 ) = l = 1, m = 0 ψ

2

2

=

P ( m = +1) = l = 1, m = +1 ψ

2

P ( m = −1) = l = 1, m = −1 ψ

2

1 9 x2 9 3 2 = = 22 11 22 2

=

1 2 1 (1 − i ) = = . 22 11 22

=

1 2 1 (1 + i ) = = 22 11 22

(23)

2

G

c.) Se ψ E ( x ) é uma autofunção de energia, então ela pode ser usada para resolver a equação de Schrödinger (2.4.11): ⎛ =2 ⎞ 2 G G G −⎜ ⎟ ∇ u E ( x ) + VuE ( x ) = EuE ( x ) . ⎝ 2m ⎠

(24)

6

Considerando que o operador ∇ 2 pode ser escrito em coordenadas esféricas com apenas a componente radial da seguinte forma (3.6.21), ⎛ =2 ⎞ 2 G 1 G G2 x p α = −⎜ ⎟∇ x α 2m ⎝ 2m ⎠ ⎛ =2 ⎞ 2 G ⎛ ∂2 G ⎞ 2 ∂ G 1 G G −⎜ ∇ = x x α − 2 2 x L2 α ⎟ α ⎟ ⎜ 2 xα + =r r ∂r ⎝ 2m ⎠ ⎝ ∂r ⎠

(25)

G ⎛ ∂2 ⎛ =2 ⎞ 2 2 ∂ L2 ⎞ −⎜ uE − 2 2 ⎟ ⎟ ∇ uE = ⎜ 2 uE + =r ⎠ r ∂r ⎝ 2m ⎠ ⎝ ∂r

temos: −

L2 =2 ⎡ ∂ 2 G 2 ∂ G G ⎤ G G G ψ ψ ψ E ( x ) ⎥ + V ( r )ψ E ( x ) = Eψ E ( x ) x x + − ( ) ( ) E ⎢ 2 E 2 2 2m ⎣ ∂r r ∂r =r ⎦

(26) −

⎤ 2 d 2 =2 m ⎡ d 2 G ⎡⎣ rf ( r ) ⎤⎦ − 2 ⎡⎣ rf ( r ) ⎤⎦ ⎥ + V ( r ) rf ( r ) Yl m = Erf ( r ) Yl m Yl ⎢ 2 ⎡⎣ rf ( r ) ⎤⎦ + 2m r dr r ⎣ dr ⎦

Isolando V (r ) , temos: 1 =2 ⎡ d 2 2 V (r ) = E + [ f (r ) + rf '(r )] + [ f (r ) + rf '(r )] − f (r ) ⎤⎥ ⎢ rf (r ) 2m ⎣ dr r r ⎦ 2 1 = ⎡d V (r ) = E + [ f (r ) + rf '(r )] + 2 f '(r ) ⎤⎥ ⎢ rf (r ) 2m ⎣ dr ⎦ 1 =2 V (r ) = E + [ f '(r ) + f '(r ) + rf ''(r ) + 2 f '(r )] rf (r ) 2m V (r ) = E +

= 2 rf ''(r ) + 4 f '(r ) 2m rf (r )

7

.

(27)

Problema 3.16 Uma partícula em um potencial esfericamente simétrico é conhecida estar G em um autoestado de L2 e Lz com autovalores = 2l (l + 1) e m= , respectivamente. Prove que os valores esperados entre os estados lm satisfazem Lx = Ly = 0 ,

⎡⎣l (l + 1)= 2 − m 2 = 2 ⎤⎦ . = 2

L = L 2 x

2 y

Interprete este resultado semi-classicamente.

Solução: Temos que: 1 ( L+ + L− ) 2 . i Ly = ( L− − L+ ) 2 Lx =

(1)

Também, a partir da (3.5.39) e (3.5.40), temos: J + j, m =

( j − m )( j + m + 1)=

j, m + 1

. J − j, m =

( j + m )( j − m + 1)=

(2)

j, m − 1

Logo: Lx = j , m Lx j , m =

1 1 j , m ( L+ + L− ) j , m = ⎡⎣ j , m ( L+ ) j , m + j , m ( L− ) j , m ⎤⎦ = 0 2 2

O mesmo raciocínio pode ser aplicado para Ly . Desta forma, demonstramos a primeira parte do problema.

1

Vamos agora calcular L2x . 1 ( L+ + L− )( L+ + L− ) 4 1 L2x = L2+ + L2− + L+ L− + L− L+ 4

L2x =

(

(4)

)

Para o valor esperado, temos:

(

)

⎡1 ⎤ L2x = j , m ⎢ L2+ + L2− + L+ L− + L− L+ ⎥ j , m ⎣4 ⎦ 1 1 L2x = j , m L+ L− j , m + j , m L− L+ j , m 4 4 1 1 L2x = j , m L+ L− j , m + j , m L− L+ j , m 4 4 1 L2x = ( j + m )( j − m + 1) = 2 + ( j − m )( j + m + 1) = 2 4 =2 2 2 Lx = j − jm + j + mj − m 2 + m + j 2 + jm + j − mj − m 2 − m 4 =2 2 j 2 − 2m 2 + 2 j L2x = 4 j 2 − m2 + j =2 2 Lx = 2

{

}

{

(5)

}

{

}

{

}

Na realidade, nos não temos spin, então: j =l.

(6)

Desta forma, a equação acima pode ser escrita como:

2 x

L

[(l

)

]

+ l − m2 =2 2 l (l + 1) − m 2 = 2 = 2

L2x =

[

2

(7)

]

2

Vamos agora calcular L2y . −1 ( L− − L+ )( L− − L+ ) 4 −1 2 L2y = L− + L2+ − L+ L− − L− L+ 4

L2y =

(

(8)

)

Para o valor esperado, temos:

(

⎡1 L2y = j , m ⎢ − L2+ − L2− + L+ L− + L− L+ ⎣4 1 1 L2y = j , m L+ L− j , m + j, m L− L+ 4 4

)⎤⎥⎦

j, m

j, m

(9)

L2y = L2x

Interpretação Semi-clássica. Conhecemos que G L2 lm = = 2 l (l + 1) lm ,

(10)

e, L2z lm = = 2 m 2 lm .

(11)

Então, os valores esperados são: G L2 = l (l + 1)= 2 ,

(12)

e, L2z = m 2 = 2 .

(13)

Dentro da correspondência clássica, G L2 = L2x + L2y + L2z ,

(14)

3

podemos expressar em termos dos valores esperados correspondentes: L2x + L2y + L2z =

G 1 2 1 = l (l + 1) − m 2 + = 2 l (l + 1) − m 2 + m 2 = 2 = l (l + 1)= 2 = L2 2 2

[

]

[

4

]

Problema 3.17 Suponha que um valor de l semi-inteiro, digo ½, fosse permitido para o momento angular. A partir de L+Y1/ 2,1/ 2 (θ , φ ) = 0 ,

nós podemos deduzir, como usual Y1/2,1/2 (θ , φ ) ∝ eiφ /2 senθ .

Agora, tentemos por construção Y1/2,−1/2 (θ , φ ) ; por a.) aplicando L− a Y1/2,1/2 (θ , φ ) ; b.) usando L−Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = 0 . 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+ : ⎛ ∂ ∂ ⎞ L+ = −i=e + iφ ⎜ +i − cot θ ⎟. ∂φ ⎠ ⎝ ∂θ

Podemos também deduzir que φ

Y1/2,1/2 (θ , φ ) ∝ e 2 senθ i

a partir da equação L+Y1/2,1/2 (θ , φ ) = 0 .

1

........................................................................................................................... Demonstração: Para o caso m = l , temos: L+ l , l = 0

ou ⎡ ∂ ∂ ⎤ −i=eiφ ⎢i − cot θ nˆ l , l = 0 ∂φ ⎥⎦ ⎣ ∂θ

Considerando que nˆ l , l = Yl l (θ , φ ) ,

podemos resolver a equação diferencial para Yl l (θ , φ ) : ⎡ ∂ ∂ ⎤ l −i=eiφ ⎢i − cot θ Yl = 0 ∂φ ⎥⎦ ⎣ ∂θ ∂Y l ∂Y l =eiφ l + i=eiφ cot θ l = 0 ∂θ ∂φ ∂Yl l ∂Y l + i cot θ l = 0 ∂θ ∂φ

.

∂Yl l ∂Y l = −i cot θ l ∂θ ∂φ

Considerando que Yl l (θ , φ ) = T (φ ) R (θ ) = eilφ R (θ ) ,

temos: ∂Yl l ∂Yl l = −i cot θ ∂θ ∂φ ∂R(θ ) ∂eilφ = −i cot θ R(θ ) e ∂θ ∂φ ilφ

2

∂R (θ ) = −i cot θ R(θ )ileilφ ∂θ ∂R(θ ) = −i cot θ R(θ )il ∂θ

eilφ

Isolando para R(θ ) e θ , temos: ∂R(θ ) = l cot θ∂θ R (θ ) ln R (θ ) = l ln senθ . ln R (θ ) = ln ( senθ )

l

R (θ ) = senlθ

Para a solução da equação acima, foi considerado que:

∫ cot θ dθ = − ln ( senθ ) . Portanto, Yl l (θ , φ ) = eilφ senlθ ,

ou, com a constante de integração, temos: Yl l (θ , φ ) ∝ eilφ senlθ = cl eilφ senlθ ,

em que a constante de integração vale: ⎡ ( −1)l ⎤ (2l + 1)(2l )! . cl = ⎢ l ⎥ 4π ⎢⎣ 2 l ! ⎥⎦

Para l semi-inteiro, temos: Yl l (l = m, l ) = Yl l (θ , φ ) ∝ eilφ senlθ

. iφ

Y1/2,1/2 (θ , φ ) ∝ e 2 senθ

........................................................................................................................... 3

a. Aplicando L− a função Y1/2,1/2 , temos: L−Y1/2,1/2 (θ , φ ) = Y1/2,−1/2 (θ , φ ) Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = −i=e

− iφ

⎡ ∂ ∂ ⎤ i φ2 ⎢ −i ∂θ − cot θ ∂φ ⎥ e senθ ⎣ ⎦

φ ⎞ ⎞ ∂ ⎞ ⎛ i φ2 ⎛ ∂ ⎞⎛ i2 − iφ ⎛ = Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = −i=e − iφ ⎜ −i e sen i e cot + − − θ θ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ e senθ ⎟ ⎟⎜ ∂φ ⎠ ⎝ ⎝ ∂θ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎠ φ − i ⎞ 1 cos θ ⎛ ⎛ i iφ ⎞ Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = ⎜ − =e 2 ⎟ + i=e −iφ ⎜ cot θ e 2 ⎟ senθ 2 ⎠ ⎝ ⎠ 2 senθ ⎝

(

)

(

(

)

(

)

φ − i ⎞ 1 cos θ ⎛ ⎛ cos θ i i φ2 ⎞ + i=e − iφ ⎜ Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = ⎜ − =e 2 ⎟ e ⎟ ⎝ ⎠ 2 senθ ⎝ senθ 2 ⎠ φ − i ⎞ ⎛ 1 cos θ ⎛ 1 cos θ ⎞ + Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = ⎜ − =e 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 2 senθ 2 senθ ⎠

(

Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = − =e

−i

φ 2

cos θ ( senθ )

)

−1/2

b. Aplicando L− a Y1/2,−1/2 (θ , φ ) , temos: L−Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = 0

. ⎛ ∂ ∂ ⎞ −i=e − iφ ⎜ −i − cot θ ⎟ Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = 0 ∂φ ⎠ ⎝ ∂θ

Considerando ainda que Y1/2,−1/2 (θ , φ ) ∝ e

−

iφ 2

f (θ ) ,

temos para a solução da equação diferencial: ⎛ ∂ ∂ ⎞ −i=e − iφ ⎜ −i − cot θ ⎟ Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = 0 ∂φ ⎠ ⎝ ∂θ ⎛ ∂ ∂ ⎞ − i2φ −i=e − iφ ⎜ −i − cot θ ⎟ e f (θ ) = 0 ∂φ ⎠ ⎝ ∂θ

4

(

)

senθ

)

⎛ ∂ ∂ ⎞ − i2φ −i = e ⎜ − i − cot θ ⎟ e f (θ ) = 0 ∂φ ⎠ ⎝ ∂θ ⎛ − iφ ⎞ ⎛ ∂ ⎞ ⎛ ∂ ⎞ − i2φ − iφ f θ i e f θ cot θ −i=e − iφ ⎜ e 2 ⎟ ⎜ −i + − − = ( )⎜ ⎟e = 0 ⎟ ( ) θ φ ∂ ∂ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ − iφ

(

)

(

)

i 3φ − ∂f ⎛ −i ⎞ + i=e 2 ⎜ ⎟ cot θ f = 0 ∂θ ⎝ 2⎠ ∂f 1 − + cot θ f = 0 ∂θ 2

− =e

−

i 3φ 2

Resolvendo para f e θ , temos: ∂f 1 + cot θ f = 0 ∂θ 2 ∂f 1 = cot θ ∂θ 2 f 1 ln f = − ln senθ 2 −

ou f = ( senθ )

−1/2

.

Temos que a resposta final é: (a) Y1/2,−1/2 (θ , φ ) = −=e −

−i

φ 2

cos θ ( senθ )

−1/2

iφ

(b) Y1/2,−1/2 ∝ e 2 ( senθ ) −1/2 . 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.

5

Problema 3.18 Considere um autoestado do momento angular orbital l = 2, m = 0 . 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 m = 0 , ±1 e ±2 . (Os harmônicos esféricos para l = 0 , 1 e 2 dados no Apêndice A podem ser úteis.)

Figura 1: Ângulos azimutal e polar que caracteriza nˆ .

Solução :

A partir da (3.6.46), temos: nˆ = D ( R ) zˆ .

1

Também, da (3.6.48), temos: nˆ = ∑∑ D( R ) l , m l , m zˆ . l

m

Podemos ainda escrever como: D( R) l , m = ∑ l , m ' l , m ' D( R) l , m = ∑ l , m ' Dm(l')m ( R) . m'

m'

Considerando m = 0 inicialmente, temos para uma rotação arbitraria D( R) , a probabilidade como: l , m D( R) l , 0

2

2

= Dm( l,0) .

Equação (3.6.52) nos fornece Dm(l,0) : Dm( l0) (α , β , γ = 0 ) =

* 4π Yl m (θ , φ ) . θ = β ,φ =α (2l + 1)

Com l = 2 , obtemos os seguintes resultados para m = 0 : 2

(2) = D00

2 4π 0* Y2 ( β , 0) 5

Para o harmônico esférico, temos: Y20 =

(

)

5 3cos 2 θ − 1 . 16π

Substituindo, temos:

2

(2) 2 00

D

2

4π = 5

(

4π 5 3cos 2 β − 1 5 16π 2 1 = 3cos 2 β − 1 4

(

(2) = D00 2

(2) D00

)

2

5 3cos 2 β − 1 16π

)

(

2

.

)

Com l = 2 , obtemos os seguintes resultados para m = ±1 : 2

= D±(2) 10

2 4π ±1* Y2 ( β , 0) 5

Para o harmônico esférico, temos: 15 ( senβ cos β ) e± iφ . 8π

Y2±1 = ∓

Substituindo, temos: (2) 2 ±10

D

2

4π 15 = ∓ ( senβ cos β ) e± iφ 5 8π 4π 15 2 ( senβ cos β ) 5 8π 3 2 = ( senβ cos β ) 2

D±(2) = 10 2

D±(2) 10

2

.

Com l = 2 , obtemos os seguintes resultados para m = ±2 : 2

= D±(2) 20

2 4π ±2* Y2 ( β , 0) 5

Para o harmônico esférico, temos: Y2±2 =

(

)

15 sen 2 β e ±2iφ . 32π

3

Substituindo, temos: D

( 2) 2 ± 20

D±( 220) D

2

( 2) 2 ± 20

D±( 220)

2

4π = 5

(

)

15 sen 2 β e ± 2iφ 32π

4π 15 sen 2 β 5 32π 2 3 = sen 2 β 8 3 = sen 4 β 8

(

=

(

)

2

2

.

)

Podemos agora mostrar que a probabilidade total somada sobre m ' deve ser unitária. Considerando,

(

)

2

1 3cos 2 β − 1 4

2

3 2 ( senβ cos β ) 2

m=0

→

D00(2) =

m = ±1

→

= D±(2) 10

m = ±2

→

D±( 220)

2

=

2

3 sen 4 β 8

temos: 2

2

2

2

(2) (2) (2) P = D00(2) + D+(2) 10 + D−10 + D+20 + D−20

(

2

)

2 1 3 3 2 3cos 2 β − 1 + 2 ( senβ cos β ) + 2 sen 4 β 4 2 8 1 3 P = 9 cos 4 β + 1 − 6 cos 2 β + 3sen 2 β cos 2 β + sen 4 β . 4 4 9 1 6 3 P = cos 4 β + − cos 2 β + 3sen 2 β cos 2 β + sen 4 β 4 4 4 4 9 1 6 3 P = cos 4 β + − cos 2 β + 3sen 2 β 1 − sen 2 β + sen 4 β 4 4 4 4

P=

(

)

(

)

4

9 1 6 3 cos 4 β + − cos 2 β + 3sen 2 β − 3sen 4 β + sen 4 β 4 4 4 4 9 1 6 9 P = cos 4 β + − cos 2 β + 3sen 2 β − sen 4 β 4 4 4 4 9 1 6 9 P = cos 4 β + − cos 2 β + 3(1 − cos 2 β ) − (1 − cos 2 β ) 2 4 4 4 4 9 1 6 9 P = cos 4 β + − cos 2 β + 3 − 3cos 2 β − (1 + cos 4 β − 2 cos 2 β ) 4 4 4 4 1 6 9 9 9 9 P = cos 4 β + − cos 2 β + 3 − 3cos 2 β − − cos 4 β + cos 2 β 4 4 4 4 2 4 1 6 9 9 P = − cos 2 β + 3 − 3cos 2 β − + cos 2 β 4 4 4 2 9⎞ ⎛ 6 9⎞ ⎛1 P = ⎜ + 3 − ⎟ + ⎜ − − 3 + ⎟ cos 2 β 4⎠ ⎝ 4 2⎠ ⎝4 P =1 P=

5

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: K + n+ , n− = a+† a−† n+ , n− =

( n+ + 1)( n− + 1)

n+ + 1, n− + 1

(1)

e K − n+ , n− = a+ a− n+ , n− = n+ n− n+ − 1, n− − 1

(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 j=

n+ + n− 2

(3)

n+ − n− , 2

(4)

e m=

e também que n+ , n− → j, m .

(5)

1

Então, equação (1) pode ser escrita como K + j, m

(( j + m + 1)(( j − m + 1)

j + 1, m

(6)

e K − j, m

(( j + m )(( j − m )

j − 1, m

(7)

isto é, K + e K − , são os operadores de levantamento e abaixamento para j=

n+ + n− onde n+ + n− correspondem ao numero total de “partículas” de 2

spin ½. Os elementos da matriz destes dois operadores são dados por: j ' , m' K + j , m =

( j + m + 1)( j − m + 1)δ j ', j +1δ m',m

(8)

j ' , m' K − j , m =

( j + m )( j − m )δ j ', j −1δ m ',m

(9)

e

2

Problema 3.2 Considere uma matriz 2 × 2 definida por U=

a0 + iσ ia , a0 − iσ ia

onde a0 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 a0 , a1 , a2 e a3 . Solução: a. Primeiramente, vamos reescrever U como: U = ( a0 + iσ ia )( a0 − iσ ia )

−1

(1)

( )

U = A A†

−1

........................................................................................................................... Lembre-se: A† = A*

........................................................................................................................... Então, temos para UU † a seguinte expressão:

( )

UU † = A A†

−1

(

A−1 A† = A AA†

)

−1

A† ,

(2)

ou UU † = A

1 A† = 1 2 2 a + a + a2 + a3 2 0

(3)

2 1

1

........................................................................................................................... Lembre-se:

( XY )

†

= Y†X †

( )

U † = ⎡ A A† ⎣⎢

( )

−1 †

⎤ = ⎡ A† ⎦⎥ ⎢⎣

−1 †

⎤ A† = A−1 A† ⎦⎥

........................................................................................................................... Da mesma forma, podemos mostrar também que U †U = 1 .

( )

U †U = A−1 A† A A†

−1

,

(4)

Como A e A† comutam, temos que:

( ) U U = ( A A) ⎡ A ( A ) ⎢⎣ U †U = A−1 A† A A† †

−1

†

−1

†

−1

⎤ ⎥⎦

(5)

U †U = 1

........................................................................................................................... Demonstração: Calculando AA† : AA† = ( a0 + iσ ia )( a0 − iσ ia ) AA† = a02 − a0 ( iσ ia ) + ( iσ ia ) a0 − i 2 (σ ia ) AA† = a02 + a

2

2

AA† = a02 + a12 + a22 + a32

2

Calculando A† A : A† A = ( a0 − iσ ia )( a0 + iσ ia ) A† A = a02 + a0 ( iσ ia ) − ( iσ ia ) a0 − i 2 (σ ia ) A† A = a02 + a

2

2

A† A = a02 + a12 + a22 + a32

........................................................................................................................... Ou seja, provamos que U é unitário.

Vamos provar agora que U é unimodular. ........................................................................................................................... Lembrar: ⎛ 0 −i ⎞ ⎟ ⎝i 0 ⎠

⎛0 1⎞ ⎟ ⎝1 0⎠

σ1 = ⎜

⎛1 0 ⎞ ⎟ ⎝ 0 −1⎠

σ2 = ⎜

σ3 = ⎜

a = a1iˆ + a2 ˆj + a3 kˆ

(σ .a )

2

=a

2

(3.2.41) ...........................................................................................................................

Primeiramente: ⎛

σ ia = ⎜

a3

⎝ a1 + ia2

a1 − ia2 ⎞ ⎟ , − a3 ⎠

(6)

então ⎛ a + ia3 A = a0 + iσ ia = ⎜ 0 ⎝ ia1 − a2

ia1 + a2 ⎞ ⎟ a0 − ia3 ⎠

(7)

3

⎛ a − ia3 A† = a0 − iσ ia = ⎜ 0 ⎝ −ia1 + a2 ⎛ a − ia3 A† −1 = ⎜ 0 ⎝ −ia1 − a2

−ia1 − a2 ⎞ ⎟ a0 + ia3 ⎠

(8)

−ia1 + a2 ⎞ ⎟ a0 + ia3 ⎠

(9)

........................................................................................................................... Lembrar: AT = A−1

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

Temos também que: DetA = DetA† = a02 + a12 + a22 + a32

(10)

enquanto que:

(

Det A† ( A† )

−1

) = DetA Det ( A

† −1

†

) = 1,

(11)

(

ou seja, ambos os determinantes, Det A† ( A† )

−1

)e

(

Det A† ( A† )

−1

) , são iguais.

Portanto, temos que:

(

)

Det A† −1 =

1

( ) †

Det A

=

1 a + a + a22 + a32 2 0

(12)

2 1

Então: DetU = Det ⎡⎣ A( A† ) −1 ⎤⎦ = DetADet ( A† ) −1 = 1 ,

portanto U é unimodular.

4

(13)

b. Desde que AA† = A† A = a02 + a12 + a22 + a32 = α 1

(14)

........................................................................................................................... Demonstração: AA† = ( a0 + iσ ia )( a0 − iσ ia ) AA† = a02 − a0 ( iσ ia ) + ( iσ ia ) a0 − i 2 (σ ia ) AA† = a02 + a

2

2

AA† = a02 + a12 + a22 + a32

........................................................................................................................... temos que: U = A ( A† ) U= U=

−1

A A A† A A2

(15)

α

2 1 ⎛ a0 − a + 2ia0 a3 ⎜ U= α ⎜ −2a0 a2 + 2ia0 a1 ⎝ 2

2a0 a2 + 2ia0 a1 ⎞ ⎟ 2 2 a0 − a − 2ia0 a3 ⎟⎠

........................................................................................................................... Demonstração: ⎛ a + ia3 A=⎜ 0 ⎝ ia1 − a2

ia1 + a2 ⎞ ⎟ a0 − ia3 ⎠

⎛ a + ia3 ia1 + a2 ⎞⎛ a0 + ia3 ia1 + a2 ⎞ A2 = ⎜ 0 ⎟⎜ ⎟ ⎝ ia1 − a2 a0 − ia3 ⎠⎝ ia1 − a2 a0 − ia3 ⎠ ⎛ a02 − a 2 + 2ia0 a3 2a0 a2 + 2ia0 a1 ⎞ 2 ⎟ A =⎜ ⎜ −2a a + 2ia a a 2 − a 2 − 2ia a ⎟ 0 2 0 1 0 0 3⎠ ⎝

5

Elemento 1.1: E11 = ( a0 + ia3 )( a0 + ia3 ) + ( ia1 + a2 )( ia1 − a2 )

(

) (

E11 = a02 + a0ia3 + ia3 a0 + i 2 a32 + i 2 a12 − a2ia1 + ia2 a1 − a22

)

E11 = a02 + 2ia0 a3 − a32 − a12 − a22 E11 = a02 − a + 2ia0 a3 2

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

Comparando com as equações (3.3.7) e (3.3.10), 2 2 b ⎞ 1 ⎛ a0 − a + 2ia0 a3 ⎛ a U ( a, b) = ⎜ ⎟ = ⎜⎜ * * − b a ⎝ ⎠ α ⎝ −2a0 a2 + 2ia0 a1

2a0 a2 + 2ia0 a1 ⎞ ⎟ 2 2 a0 − a − 2ia0 a3 ⎟⎠

(16)

⎛φ ⎞ Re(a) = cos ⎜ ⎟ ⎝2⎠

⎛φ ⎞ Im(a) = −nz sen ⎜ ⎟ ⎝2⎠

(17)

⎛φ ⎞ Re(b) = n y sen ⎜ ⎟ ⎝2⎠

⎛φ ⎞ Im(b) = − nx sen ⎜ ⎟ ⎝2⎠

(18)

temos para o ângulo e os eixos de rotação apropriados para U : cos

φ 2

(a =

2 0

− a2

)

(19)

α

........................................................................................................................... Demonstração: Considerando que: ⎛φ ⎞ Re(a ) = cos ⎜ ⎟ ⎝2⎠ Re(a ) =

a02 − a

2

α

6

temos:

cos

φ 2

(a =

2 0

−a

2

)

α

........................................................................................................................... sen

φ 2

=

2a0 a

(20)

α

nx = −

a1 a

(21)

ny = −

a2 a

(22)

nz = −

a3 a

(23)

7

Problema 3.20 Adicione momento angular j1 = 1 e j2 = 1 para formar os estados j = 2 , 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 j1 j2 ; m1m2 . Escreva sua resposta como j = 1, m = 1 =

1 1 0 + ,..., +0 − 2 2

em que + e 0 significam m1,2 = 1, 0 , respectivamente.

Solução: Vamos adicionar momento angular com j1 = 1 e j2 = 1 para formar estados com valores para o momento angular total igual a j = 2,1, 0 .

........................................................................................................................... Lembre-se: G

Visualizando J como a soma vetorial, temos: j1 − j2 ≤ j ≤ j1 + j2

(3.7.38)

Logo, podemos ter estados com j = 2,1, 0 . ........................................................................................................................... Nosso objetivo é expressar todos os nove (9) autokets { j, m} em termos de j1 j2 , m1m2 .

1

........................................................................................................................... Lembre-se: A dimensionalidade do espaço é dada por: N = (2 j1 + 1)(2 j2 + 1)

(3.7.40)

Para o caso especifico de j1 = 1 e j2 = 1 , temos: N =9

(1) ...........................................................................................................................

........................................................................................................................... Lembre-se: Da seção relativa a adição de momento angular (seção 3.7 - página 205), podemos expandir um ket qualquer G correspondente a um estado de spin arbitrário em termos dos autokets de S 2 e S z ou dos autokets de S1z e S2 z . Os autovalores associados aos operadores acima são: G G G S 2 = S1 + S2

(

)

2

s ( s + 1)= 2

S z = ( S1Z + S2 z )

m=

S1z

m1=

S2 z

m2 =

(2)

Portanto, temos duas possibilidades: I)

Representação baseada em {m1 , m2 } , associada aos autokets de S1z e S2 z : ++ , +− , −+ e −−

(3)

2

II)

Representação baseada em {s, m} , ou representação tripleto-singleto, G associada aos autokets de S 2 e S z : s = 1, m = ±1, 0

s = 0, m = 0 .

e

(4)

É importante ressaltar ainda que existe uma relação entre as duas representações: s = 1, m = 1 = + + ⎛ 1 ⎞ s = 1, m = 0 = ⎜ ⎟( + − + − + ⎝ 2⎠ s = 1, m = −1 = − −

)

⎛ 1 ⎞ s = 0, m = 0 = ⎜ ⎟( + − − − + ⎝ 2⎠

)

(5)

Para o nosso caso em particular devemos ter algo deste tipo: j, m

(6)

m1 , m2

(7)

e

e relações entre as representações, tal como: j = 1, m = 1 =

1 1 +0 − 0+ 2 2

(8)

1 1 m1 = 1, m2 = 0 − m1 = 0, m2 = 1 2 2

(9)

ou j = 1, m = 1 =

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

3

Considerando j1 = 1

→

m1 = ±1

(10) ,

j2 = 1

→

m2 = ±1

(11)

temos para os casos mais simples: j = 2, m = 2 = + +

ou

j = 2, m = 2 = m1 = 1, m2 = 1

(12)

j = 2, m = −2 = − − .

ou

j = 2, m = −2 = m1 = −1, m2 = −1

(13)

e

Vamos agora utilizar o método do operador escada. Primeiramente, vamos lembrar a soma vetorial: J − = J1− + J 2− .

(14)

E também, devemos nos lembrar da (3.5.40): J − j, m =

( j + m )( j − m + 1)

j, m − 1 ,

(3.5.40)

fazendo = = 1 por conveniência. Então, utilizando as informações acima, temos: J − j = 2, m = 2 = 4 j = 2, m = 1 = ( J1− + J 2− ) j1 = 1, j2 = 1; m1 = 1, m2 = 1 = 2 0 + + 2 +0

isto é, j = 2, m = 1 =

1 ( 0 + + +0 2

).

(16)

4

........................................................................................................................... Demonstração: Considerando a equação (3.5.40), J − j, m =

( j + m )( j − m + 1)

j, m − 1 ,

(3.5.40)

podemos obter a expressão:

( j + m )( j − m + 1)

J − j = 2, m = 2 =

j = 2, m = 1 =

( 2 + 2 )( 2 − 2 + 1)

j = 2, m = 1 = 4 j = 2, m = 1

Por outro lado, considerando novamente a expressão (3.5.40), temos:

( J1− + J 2− )

j1 = 1, j2 = 1; m1 = 1, m2 = 1 = ( J1− + J 2− ) + + = J1− + + + J 2− + + = a1 0 + + a2 +0

Calculando a constante a1 : J1− + + = a1 0 +

.

(19)

Para isto, vamos considerar que j = 1 e m1 = 1 . Então: J1− + + = a1 0 + =

( j1 + m1 )( j1 − m1 + 1)

0+ =

(1 + 1)(1 − 1 + 1)

0+ = 2 0+

,

(20)

fornecendo a1 = 2 . Da mesma forma, podemos calcular a2 , e mostrar também que a2 = 2 . ........................................................................................................................... Agora J − j = 2, m = 1 = 6 j = 2, m = 0 = ( J1− + J 2− )

5

1 ( 0 + + +0 ) = − + + 2 00 + + − . 2

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

( j + m )( j − m + 1)

J − j, m =

j, m − 1 ,

(3.5.40)

Aplicando 1 ⎛ 1 ⎞ ( c1 − + + c2 00 + c3 00 + c4 + − ) . ⎟ ( 0 + + +0 ) = 2 ⎝ 2⎠

( J1− + J 2− ) ⎜

(22)

Vamos agora calcular as constantes c1 , c2 , c3 e c4 utilizando a (3.5.40).

CÁLCULO DE c1 Devemos considerar que j1 = 1 e m1 = 0 . Calculando temos: J1− 0 + = J1− m1 = 0, m2 = +1 = ( j1 + m1 )( j1 − m1 + 1) − + =

(1 + 0 )(1 − 0 + 1)

−+ = 2 −+

com c1 = 2 .

(24)

CÁLCULO DE c2 Devemos considerar que j1 = 1 e m1 = +1 . Calculando temos: J1− +0 = J1− m1 = +1, m2 = 0 = ( j1 + m1 )( j1 − m1 + 1) 00 =

(1 + 1)(1 − 1 + 1)

00 = 2 00

com c2 = 2 .

(26) 6

CÁLCULO DE c3 Devemos considerar que j2 = 1 e m2 = +1 . Calculando temos: J 2− 0 + = J 2− m1 = 0, m2 = +1 = ( j2 + m2 )( j2 − m2 + 1) 00 =

(1 + 1)(1 − 1 + 1)

00 = 2 00

com c3 = 2 .

(28)

CÁLCULO DE c4 Devemos considerar que j2 = 1 e m2 = 0 . Calculando temos: J 2− +0 = J 2− m1 = +1, m2 = 0 = ( j2 + m2 )( j2 − m2 + 1) + − =

(1 + 0 )(1 − 0 + 1)

+− = 2 +−

com c4 = 2 .

(30) ...........................................................................................................................

Então j = 2, m = 0 =

1 ( − + + 2 00 + + − ) . 6

(31)

Também, J − j = 2, m = 0 = 6 j = 2, m = −1 =

1 6

(

)

2 −0 + 2 2 0 − + 2 2 −0 + 2 0 − .

7

Portanto, j = 2, m = −1 =

1 ( −0 + 0 − ) . 2

(33)

........................................................................................................................... Demonstração: J − j, m =

( j + m )( j − m + 1)

j, m − 1 ,

(3.5.40)

Aplicando a equação acima, temos: J − j = 2, m = 0 = b1 j = 2, m = −1

(34)

CÁLCULO DE b1 Devemos considerar que j = 2 e m = 0 . Calculando temos: J − j = 2, m = 0 = ( j + m)( j − m + 1) j = 2, m = −1 = (2 + 0)(2 − 0 + 1) j = 2, m = −1 = 6 j = 2, m = −1

com b1 = 6 .

(36)

Por outro lado, temos ainda que: J − j = 2, m = 0 = ( J1− + J 2− )

J−

(

)

1 J1− − + + 2 J1− 00 + J1− + − + J 2− − + + 2 J 2− 00 + J 2− + − 6 1 j = 2, m = 0 = ( 2 J1− 00 + J1− + − + J 2− − + + 2 J 2− 00 ) 6 1 j = 2, m = 0 = ( 2 g1 −0 + g2 0 − + g3 −0 + 2 g4 0 − ) 6

J − j = 2, m = 0 = J−

1 ( − + + 2 00 + + − 6

8

)

CÁLCULO DE g1 Devemos considerar que j1 = 1 e m1 = 0 . Calculando temos: J1− 00 = g1 −0 = (1 + 0)(1 − 0 + 1) −0 = 2 −0

(38)

com g1 = 2 .

(39)

CÁLCULO DE g 2 Devemos considerar que j1 = 1 e m1 = 1 . Calculando temos: J1− + − = g 2 0 − = (1 + 1)(1 − 1 + 1) 0 − = 2 0 −

(40)

com g2 = 2 .

(41)

CÁLCULO DE g3 Devemos considerar que j2 = 1 e m2 = 1 . Calculando temos: J 2− − + = g3 −0 = (1 + 1)(1 − 1 + 1) −0 = 2 −0

(42)

com g3 = 2 .

(43)

9

CÁLCULO DE g 4 Devemos considerar que j2 = 1 e m2 = 0 . Calculando temos: J 2− 00 = g 4 0 − = (1 + 0)(1 − 0 + 1) 0 − = 2 0 −

(44)

com g4 = 2 .

(45)

Substituindo o valor das constantes, a expressão se torna: 1 ( 2 g1 −0 + g 2 0 − + g3 −0 + 2 g 4 0 − ) 6 1 j = 2, m = 0 = 2 2 −0 + 2 0 − + 2 −0 + 2 2 0 − 6 1 j = 2, m = 0 = 3 2 −0 + 3 2 0 − 6

J − j = 2, m = 0 = J− J−

( (

)

) (46)

3 2 ( −0 + 0 − ) 6 3 j = 2, m = 0 = ( −0 + 0 − ) 3

J − j = 2, m = 0 = J−

No entanto, J − j = 2, m = 0 = 6 j = 2, m = −1 =

3 ( −0 + 0 − 3

3 ( −0 + 0 − ) 6 3 3 j = 2, m = −1 = ( −0 + 0 − ) 18 3 j = 2, m = −1 = ( −0 + 0 − ) 32 2 1 j = 2, m = −1 = ( −0 + 0 − ) 2 j = 2, m = −1 =

) (47)

........................................................................................................................... 10

Para os estados j = 1 , vamos considerar que j = 1, m = 1 = a 0 + + b +0

(48)

com a condição de normalização a + b = 1. 2

2

(49)

Desde que j = 2, m = 1 j = 1, m = 1 = 0

(50)

devido a ortogonalidade, temos que: a +b = 0.

(51)

........................................................................................................................... Demonstração: Temos: j = 1, m = 1 = a 0 + + b +0

(52)

e j = 2, m = 1 =

1 ( 0 + + +0 2

)

→

j = 2, m = 1 =

1 ( +0 + 0 + 2

)

(53)

Fazendo o produto escalar, temos: j = 2, m = 1 j = 1, m = 1 = +0

a b 0+ + 0+ +0 = 0 2 2

a b +0 0 + + 0 + +0 = 0 2 2

(54)

a+b = 0

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

11

Portanto, podemos escrever j = 1, m = 1 =

1 ( +0 − 0 + ) . 2

(55)

Aplicando agora J − = J1− + J 2−

(56)

aos dois lados respectivamente, temos: 1 ( +− − −+ ). 2

j = 1, m = 0 =

(57)

........................................................................................................................... Demonstração: Vamos agora aplicar J − j, m =

( j + m )( j − m + 1)

j, m − 1

(3.5.40)

a equação j = 1, m = 1 =

1 ( +0 − 0 + ) . 2

(58)

Temos: ⎡ 1 ⎤ +0 − 0 + ) ⎥ J − j = 1, m = 1 = J − ⎢ ( ⎣ 2 ⎦ ⎛ j = 1, m = 0 = ⎜ ⎝ ⎛ j = 1, m = 0 = ⎜ ⎝ ⎛ j = 1, m = 0 = ⎜ ⎝

1 ⎞ ⎟ ⎡( J1− + J 2− ) ( +0 − 0 + ) ⎤⎦ 2 ⎠⎣ 1 ⎞ ⎟ ⎡⎣ J1− +0 − J1− 0 + + J 2− +0 − J 2− 0 + ⎤⎦ 2⎠ 1 ⎞ ⎟ ⎡⎣ d1 00 − d 2 − + + d3 + − − d 4 00 ⎤⎦ 2⎠

12

.

(59)

CÁLCULO DE d1 Devemos considerar que j1 = 1 e m1 = +1 . Calculando temos: J1− +0 = J1− m1 = +1, m2 = 0 = ( j1 + m1 )( j1 − m1 + 1) 00 =

(1 + 1)(1 − 1 + 1)

00 = 2 00

com d1 = 2 .

(61)

CÁLCULO DE d 2 Devemos considerar que j1 = 1 e m1 = 0 . Calculando temos: J1− 0 + = J1− m1 = 0, m2 = +1 = ( j1 + m1 )( j1 − m1 + 1) − + =

(1 + 0 )(1 − 0 + 1)

−+ = 2 −+

com d2 = 2 .

(63)

CÁLCULO DE d3 Devemos considerar que j2 = 1 e m2 = 0 . Calculando temos: J 2− +0 = J 2− m1 = 1, m2 = 0 = ( j2 + m2 )( j2 − m2 + 1) + − =

(1 + 0 )(1 − 0 + 1)

+− = 2 +−

com d3 = 2 .

(65) 13

CÁLCULO DE d 4 Devemos considerar que j2 = 1 e m2 = +1 . Calculando temos: J 2− 0 + = J 2− m1 = 0, m2 = +1 = ( j2 + m2 )( j2 − m2 + 1) 00 =

(1 + 1)(1 − 1 + 1)

00 = 2 00

com d4 = 2 .

(67)

Finalmente, substituindo as constantes: ⎛ 1 ⎞ j = 1, m = 0 = ⎜ ⎟ ⎡⎣ d1 00 − d 2 − + + d 3 + − − d 4 00 ⎤⎦ ⎝ 2⎠ ⎛ 1 ⎞⎡ j = 1, m = 0 = ⎜ ⎟ 2 00 − 2 − + + 2 + − − 2 00 ⎤⎦ ⎝ 2 ⎠⎣ j = 1, m = 0 = ⎡⎣ − − + + + − ⎤⎦

Falta

1 2

(68)

j = 1, m = 0 = ⎡⎣ + − − − + ⎤⎦

........................................................................................................................... E similarmente, temos: j = 1, m = −1 =

1 ( 0 − − −0 ) . 2

(69)

........................................................................................................................... Demonstração: Vamos agora aplicar J − j, m =

( j + m )( j − m + 1)

j, m − 1

(3.5.40)

14

a equação j = 1, m = 0 =

1 ( +− − −+ ). 2

(70)

Temos: ⎡ 1 ⎤ J − j = 1, m = 0 = J − ⎢ + − − − + )⎥ ( ⎣ 2 ⎦ ⎛ j = 1, m = −1 = ⎜ ⎝ ⎛ j = 1, m = −1 = ⎜ ⎝ ⎛ j = 1, m = −1 = ⎜ ⎝

1 ⎞ ⎟ ⎡( J1− + J 2− ) ( + − − − + ) ⎤⎦ 2 ⎠⎣

. 1 ⎞ ⎟ ⎡⎣ J1− + − − J1− − + + J 2− + − − J 2− − + ⎤⎦ 2⎠

(71)

1 ⎞⎡ ⎟ ⎣ e1 0 − − J1− − + + J 2− + − − e2 −0 ⎤⎦ 2⎠

⎛ 1 ⎞ j = 1, m = −1 = ⎜ ⎟ ⎡⎣ e1 0 − − e2 −0 ⎤⎦ ⎝ 2⎠

CÁLCULO DE e1 Devemos considerar que j1 = 1 e m1 = +1 . Calculando temos: J1− + − = J1− m1 = +1, m2 = −1 = ( j1 + m1 )( j1 − m1 + 1) 0 − =

(1 + 1)(1 − 1 + 1)

0− = 2 0−

com e1 = 2 .

(73)

CÁLCULO DE e2 Devemos considerar que j2 = 1 e m2 = +1 . Calculando temos:

15

J 2− − + = J 2− m1 = −1, m2 = +1 = ( j2 + m2 )( j2 − m2 + 1) −0 =

(1 + 1)(1 − 1 + 1)

−0 = 2 −0

com e2 = 2 .

(75)

Finalmente, substituindo as constantes: ⎛ 1 ⎞ j = 1, m = −1 = ⎜ ⎟ ⎡⎣e1 0 − − e2 −0 ⎤⎦ ⎝ 2⎠ ⎛ 1 ⎞⎡ j = 1, m = −1 = ⎜ ⎟ ⎣ 2 0 − − 2 −0 ⎤⎦ 2 ⎝ ⎠ j = 1, m = −1 = ⎣⎡ 0 − − −0 ⎦⎤

(76)

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

Finalmente, podemos escrever j = 0, m = 0 = α + − + β 00 + γ − + ,

(77)

onde podemos determinar α , β e γ por normalização, isto é, α + β + γ =1 2

2

2

(78)

e ortogonalidade para j = 1, m = 0

(79)

j = 2, m = 0 .

(80)

e

Escolhendo α , β e γ serem reais por convenção, temos que

16

j = 0, m = 0 =

1 ( + − − 00 + − + ) . 3

(81)

Portanto, os nove estados são:

j=0 1 ( + − − 00 + − + 3

j = 0, m = 0 =

)

(74)

j =1 j = 1, m = 1 =

1 ( +0 − 0 + 2

j = 1, m = 0 =

1 ( +− − −+ 2

)

(57)

1 ( 0 − − −0 2

)

(69)

j = 1, m = −1 =

)

(55)

j=2 j = 2, m = 2 = + + j = 2, m = 1 =

j = 2, m = 0 =

1 ( 0 + + +0 2

(12)

)

(16)

1 ( − + + 2 00 + + − 6

17

)

(31)

j = 2, m = −1 =

1 ( −0 + 0 − 2

)

(33)

j = 2, m = −2 = − −

(13)

18

Problema 3.21 a. Calcule j

∑

m =− j

( j) d mm ' (β ) m 2

para algum j (inteiro ou semi-inteiro); então verifique a sua resposta para j = 1/ 2 . b. Prove, para algum j , j

∑m

m =− j

2

d m( j' m) ( β ) = 2

(

)

1 1 j ( j + 1) sen 2 β + m '2 3cos 2 β − 1 . 2 2

[Dica: Isto pode ser provado de muitas maneiras. Você pode, por exemplo, examinar as propriedades rotacionais de J z2 usando a linguagem do tensor esférico (irredutível).]

Solução: a. Primeiramente, vamos relembrar as equações (3.5.50) e (3.5.51): ⎛ −iJ y β ⎞ ⎛ −iJ zα ⎞ ⎛ −iJ z γ ⎞ Dm( j' m) (α , β , γ ) = j , m ' exp ⎜ ⎟ exp ⎜ ⎟ exp ⎜ ⎟ j, m ⎝ = ⎠ ⎝ = ⎠ ⎝ = ⎠

(3.5.50) ⎛ −iJ y β ⎞ Dm( j' m) (α , β , γ ) = e −i( m 'α + mγ ) j , m ' exp ⎜ ⎟ j, m ⎝ = ⎠

e ⎛ −iJ y β ⎞ d m( j' m) ( β ) = j , m ' exp ⎜ ⎟ j, m ⎝ = ⎠

(3.5.51)

1

Com as equações acima em mente, temos que: ( j) d mm ' ( β ) = jm D (α = 0, β , γ = 0 ) jm ' = jm D ( R ) jm ' .

(1)

........................................................................................................................... Lembre-se:

Tensor esférico de ordem k (no lugar de l ) com número quântico magnético q (no lugar de m ), Tq( k ) = Yl =mk= q

(3.10.15)

Temos também da equação (3.10.22a) que D † ( R )Tq( k ) D ( R ) =

k

∑D

q '=− k

( k )* qq '

( R)Tq('k ) .

(3.10.22a)

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

Aplicando Tq( k ) para J z , e considerando que ele é um tensor de primeira ordem, com q = 0 , isto é, T0(1) , temos: 1 1 j 1 j jm ' D† ( R) J z D( R) jm ' = ∑ jm ' D† ( R) J z jm jm D( R) jm ' = ∑ jm D( R) jm ' = = m =− j = m =− j

Similarmente, e desde que apenas q ' = 0 contribui, temos: 1 jm ' =

∑D

(1)* 1 0q ' q '

q'

T

jm ' =

* 1 1/2 jm ' D00(1) ( R )J z jm ' = ( 4π / 2l + 1) Y10 (θ = β , φ = 0 ) m ' = m 'cos β =

2

2

m

........................................................................................................................... Lembre-se: Da equação (3.6.52) temos: Dm( l0) (α , β , γ = 0 ) =

Y10 =

4π Yl m* (2l + 1) θ = β ,φ =α

(3.6.52)

3 cos θ 4π

(3.10.16)

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

Finalmente, das equações acima temos: j

∑

m =− j

( j) d mm ' ( β ) m = m 'cos β , 2

(4)

ou −

2 2 1 ( j) 1 ( j) d −1/2 m ' ( β ) + d1/2 m ' ( β ) = m 'cos β 2 2

(5)

Podemos confirmar os resultados acima para j = 1/ 2 . Então, especificamente para j = 1/ 2 , temos: −

2 2 1 (1/2) 1 (1/2) d −1/2 m ' ( β ) + d1/2 m ' ( β ) = m 'cos β 2 2

(6)

........................................................................................................................... Lembre-se: Relembrando a equação (3.5.52):

3

d (1/2)

⎛ ⎛β ⎞ ⎛ β ⎞⎞ ⎜ cos ⎜ ⎟ − sen ⎜ ⎟ ⎟ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠⎟ . =⎜ ⎜ ⎛β ⎞ ⎛β ⎞ ⎟ ⎜ sen ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ ⎟ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎠ ⎝

(3.5.52)

........................................................................................................................... Temos dois casos a considerar: I)

caso m ' = 1/ 2 : −

2 2 1 (1/2) 1 (1/2) 1 d −1/2,1/2 ( β ) + d1/2,1/2 ( β ) = c os β 2 2 2

(7)

Considerando os elementos matriciais,

d (1/2)

m '=−1/2 m '=+1/2 ⎛ ⎞ β ⎛ ⎞ ⎛ β ⎞⎟ ⎜ m=−1/2 cos ⎜ ⎟ − sen ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝2⎠ ⎝2⎠ , =⎜ ⎟ ⎜ m=+1/2 sen ⎛ β ⎞ cos ⎛ β ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎠ ⎝

(8)

temos finalmente: 1 β 1 β 1 cos 2 − sen 2 = cos β 2 2 2 2 2 . 2 β 2 β − sen = cos β cos 2 2

(9)

........................................................................................................................... Lembre-se: cos( A + B) = cos A cos B − senAsenB

Para A = B =

β 2

(10)

, temos:

4

β β β β ⎛β β ⎞ cos ⎜ + ⎟ = cos cos − sen sen 2 2 2 2 ⎝2 2⎠ cos β = cos

2

β 2

− sen

2

(11)

β 2

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

caso m ' = −1/ 2 :

II)

−

2 2 1 (1/2) 1 (1/2) 1 d −1/2,−1/2 ( β ) + d1/2, c os β −1/2 ( β ) = − 2 2 2

(12)

1 1 β 1 sen 2 β − cos 2 = − cos β 2 2 2 2

(13)

Multiplicando por ( − ), temos: 1 1 β 1 − sen 2 β + cos 2 = cos β , 2 2 2 2

(14)

que é idêntico ao termo para o primeiro caso.

b. A partir da equação (3.5.51), ⎛ −iJ y β ⎞ d m( j' m) ( β ) = j , m ' exp ⎜ ⎟ j, m , ⎝ = ⎠

(3.5.51)

com = = 1 , temos: d m( j' m) ( β ) = jm ' e

− iβ J y

jm .

(15)

Agora j

∑

m =− j

m 2 d m( j' m) ( β ) = 2

j

∑m

2

jm ' e

− iβ J y

jm jm e

m =− j

5

iβ J y

jm '

(16)

Vamos olhar apenas para o segundo termo: j

∑

jm ' e

− iβ J y

m =− j

J z2 jm jm e

iβ J y

jm ' = jm ' e

− iβ J y

J z2 e

iβ J y

jm ' = jm ' D( R) J z2 D † ( R) jm '

........................................................................................................................... Lembre-se: Se nós examinarmos as propriedades rotacionais de J z2 usando a linguagem do tensor esférico, encontramos: J z2 =

1 G2 J + Y0(2) , 3

(

)

(18)

G

em que J 2 é um escalar sob rotação e Y0(2) é um tensor esférico de ordem 2. ...........................................................................................................................

Utilizando a relação acima, temos: 1G 1 D ( R ) J z2 D † ( R ) = J 2 + D ( R )Y0(2) D † ( R) 3 3

(19)

........................................................................................................................... Lembre-se: e

−iβ J y

J z2 e

iβ J y

= D( R) J z2 D † ( R)

(20)

........................................................................................................................... com D( R)Y0(2) D † ( R) =

2

∑D

k '=−2

(2) (2) k '0 k '

Y

q ' = k ' = −2

6

(21)

........................................................................................................................... Lembre-se: D † ( R )Tq( k ) D ( R ) =

k

∑D

( k )* qq '

q '=− k

( R )Tq('k ) .

(3.10.22a)

Tq( k ) = Yl m= k= q

(3.10.15)

D( R)Tq( k ) D( R)† =

k

∑D

(k ) q 'q

q '=− k

( R )Tq('k ) .

(3.10.22b)

........................................................................................................................... Portanto, a equação j

∑m

2

d

m =− j

( j) m'm

(β )

2

=

j

∑m

2

jm ' e

− iβ J y

jm

jm e

iβ J y

jm '

(22)

iβ J y

jm ' = jm ' D( R) J z2 D † ( R) jm '

m =− j

com j

∑

jm ' e

− iβ J y

m =− j

J z2 jm

jm e

iβ J y

jm ' = jm ' e

− iβ J y

J z2 e

juntamente com D ( R ) J z2 D † ( R ) =

1 G2 1 J + D ( R )Y0(2) D † ( R) 3 3

(24)

pode ser reescrita como: 2

2 ⎡1 G 1 ⎤ d m( j' m) ( β ) = jm ' D( R) J z2 D † ( R) jm ' = jm ' ⎢ J 2 + D( R)Y0(2) D † ( R) ⎥ jm ' 3 ⎣3 ⎦

2

2 1G 1 ⎡1 G 1 ⎤ d m( j' m) ( β ) = jm ' ⎢ J 2 + D( R)Y0(2) D† ( R) ⎥ jm ' = jm ' J 2 jm ' + jm ' D( R)Y0(2) D † ( R) jm ' 3 3 3 ⎣3 ⎦

j

∑m

m =− j

j

∑m

m =− j

j

∑m

m =− j

2

d

( j) m'm

(β )

2

1 1 2 = j ( j + 1) + ∑ jm ' Dk(2)'0 Yk(2) jm ' ' 3 3 k '=−2

7

No último termo, apenas k ' = 0 contribui, isto é, (2) 00

D

( 3cos =

2

β − 1)

2

.

(28)

........................................................................................................................... Lembre-se: d 00(l ) ( β )

β =0

= Pl (cos θ )

(3.6.53)

⎛ −iJ y β ⎛ −iJ zα ⎞ Dm( j' m) (α , β , γ ) = j , m ' exp ⎜ ⎟ exp ⎜ ⎝ = ⎠ ⎝ =

⎞ ⎛ −iJ z γ ⎞ ⎟ exp ⎜ ⎟ j, m ⎝ = ⎠ ⎠

(3.5.50) ⎛ −iJ y β ⎞ Dm( j' m) (α , β , γ ) = e −i( m 'α + mγ ) j , m ' exp ⎜ ⎟ j, m = ⎝ ⎠ ⎛ −iJ y β ⎞ d m( j' m) ( β ) = j , m ' exp ⎜ ⎟ j, m ⎝ = ⎠

(3.5.51)

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

Portanto, temos:

2

dm 'm( j ) ( β ) =

G 1 1 j ( j + 1) + jm ' D00(2) 3 J z2 − J 2 3 3

2

dm 'm( j ) ( β ) =

G 1 1 (2) 2 j ( j + 1) + jm ' D00(2) J z2 jm ' − jm ' D00 J jm ' 3 3

2

dm 'm( j ) ( β ) =

1 j ( j + 1) (2) j ( j + 1) + m '2 jm ' D00 jm ' − jm ' D00(2) jm ' 3 3

j

∑m

m =− j j

∑m

m =− j j

∑m

m =− j

2

2

2

j

∑m

m =− j

2

dm 'm

( j)

(β )

2

(

(

)

)

jm '

(

)

3cos 2 β − 1 3cos 2 β − 1 1 j ( j + 1) 2 = j ( j + 1) + m ' jm ' jm ' − jm ' jm ' 3 2 3 2

8

j

∑m

2

m =− j j

∑m

2

m =− j

dm'm

( j)

(β )

2

(

)

(

dm 'm( j ) ( β ) = 2

j ( j + 1) 1 3 1 3 j ( j + 1) j ( j + 1) + m '2 cos 2 β − m '2 − cos 2 β + 3 2 2 2 3 6

2 j ( j + 1) ⎤ m '2 3 j ( j + 1) ⎡1 2 ( j) m d j j β = ( + 1) + + 3cos 2 β − 1 − (1 − sen 2 β ) ( ) ∑ m'm ⎢⎣ 3 ⎥ 6 ⎦ 2 2 3 m =− j

(

j

j

∑m

m =− j

2

dm'm

( j)

(β )

2

)

1 m '2 1 = j ( j + 1) + 3cos 2 β − 1 − j ( j + 1)(1 − sen 2 β ) 2 2 2

(

)

∑

m2 dm 'm( j ) ( β ) =

m '2 1 3cos 2 β − 1 + j ( j + 1) sen 2 β 2 2

j

m2 dm 'm( j ) ( β ) =

1 m '2 j ( j + 1) sen 2 β + 3cos 2 β − 1 2 2

j

m =− j

∑

m =− j

2

2

)

3cos 2 β − 1 3cos 2 β − 1 j ( j + 1) 1 2 jm ' − jm ' jm ' = j ( j + 1) + m ' jm ' 3 2 3 2

(

)

(

9

)

Problema 3.22 a. Considere um sistema com j = 1 . Explicitamente escrevemos j = 1, m ' J y j = 1, m

na forma de uma matriz 3 × 3 . b. Mostre que para j = 1 apenas, é legitimo trocar e− iJ β / por y

⎛J 1− i ⎜ y ⎝

2

⎞ ⎛ Jy ⎞ ⎟ senβ − ⎜ ⎟ (1 − cos β ) . ⎠ ⎝ ⎠

c. Usando (b), prove ⎛⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎜ ⎟ (1 + cos β ) − ⎜ ⎟ senβ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎜ ⎛ 1 ⎞ cos β d ( j =1) ( β ) = ⎜ ⎜ ⎟ senβ ⎜ ⎝ 2⎠ ⎜ 1 1 ⎞ ⎜ ⎛⎜ ⎞⎟ (1 − cos β ) ⎛⎜ ⎟ senβ ⎜⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝

⎞ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ (1 − cos β ) ⎟ ⎝2⎠ ⎟ ⎟ ⎛ 1 ⎞ −⎜ ⎟ senβ ⎟ . ⎝ 2⎠ ⎟ ⎟ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ (1 + cos β ) ⎟⎟ ⎝2⎠ ⎠

Solução: a. Vamos considerar a matriz D(α , β , γ ) = Dz (α ) Dy ( β ) Dz (γ ) ,

que para um j arbitrário: ⎛ −iJ y β ⎞ ⎛ −iJ zα ⎞ ⎛ −iJ z γ ⎞ Dm( j' m) (α , β , γ ) = j , m ' exp ⎜ ⎟ exp ⎜ ⎟ exp ⎜ ⎟ j, m ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ −iJ y β ⎞ Dm( j' m) (α , β , γ ) = e −i ( m 'α + mγ ) j , m ' exp ⎜ ⎟ j, m ⎝ ⎠

1

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 d ( j ) ( β ) como ⎛ −iJ y β ⎞ d m( j' m) ( β ) ≡ j , m ' exp ⎜ ⎟ j, m . ⎝ ⎠

O caso mais simples é j = 1 , o qual consideraremos em algum detalhe. Antes, devemos obter a representação matricial 3 × 3 de J y . Como Jy =

( J+ − J− ) , 2i

........................................................................................................................... Demonstração: J + = J x + iJ y J − = J x − iJ y

Subtraindo ambas as equações, temos: Jy =

(J+ − J− ) 2i

........................................................................................................................... Portanto, j ' m ' J y j, m =

1 ⎡ j ' m ' J + j , m − j ' m ' J − j , m ⎤⎦ 2i ⎣

Podemos usar a equação (3.5.39) e (3.5.40): j ' m ' J ± j , m = ( j ∓ m)( j ± m + 1) δ j ' jδ m ',m ±1 ,

2

para obter j, m ' J y j, m =

⎡ j ( j + 1) − m(m + 1) jm ' j , m + 1 − 2i ⎣

j, m ' J y j, m =

⎡ j ( j + 1) − m(m + 1)δ j ' jδ m ',m +1 − 2i ⎣

j ( j + 1) − m(m − 1) jm ' j , m − 1 ⎤⎦

j ( j + 1) − m(m − 1)δ j ' jδ m ', m −1 ⎤⎦

Utilizando a expressão acima encontramos a matriz para J y( j =1) (3.5.54):

J y ( j =1)

m =0 m =−1 ⎞ ⎛ m =1 0 ⎟ m '=1 ⎜ 0 − 2i ⎟ ⎛ ⎞⎜ = ⎜ ⎟ ⎜ 2i − 2i ⎟ m '=0 0 ⎝ 2 ⎠⎜ 2i 0 ⎟⎟ m '=−1 ⎜ 0 ⎝ ⎠

........................................................................................................................... Demonstração: Elemento 12 (linha 1, coluna 2), ou seja, m=0 m' =1

para

j =1.

Temos: j, m ' J y j, m =

⎡ j ( j + 1) − m(m + 1)δ j ' jδ m ',m +1 − 2i ⎣

j ( j + 1) − m(m − 1)δ j ' jδ m ',m −1 ⎤⎦

1,1 J y 1, 0 =

⎡ 1(1 + 1) − 0(0 + 1)δ1'1δ1',0+1 − 1(1 + 1) − 0(0 − 1)δ1'1δ1',0−1 ⎤ ⎦ 2i ⎣

1,1 J y 1, 0 =

⎡ 1(1 + 1) − 0(0 + 1)δ δ − 1(1 + 1) − 0(0 − 1)δ δ ⎤ 11 1,1 11 1, −1 ⎥ ⎦ 2i ⎢⎣

1,1 J y 1, 0 =

⎡ 1(1 + 1) − 0(0 + 1) ⎤ ⎦ 2i ⎣

3

1,1 J y 1, 0 =

2 2i

(

⎛ ⎞ 1,1 J y 1, 0 = ⎜ ⎟ − 2i ⎝2⎠

)

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

b. Nosso próximo objetivo é fazer a expansão de Taylor de ⎛ −iJ y β ⎞ exp ⎜ ⎟. ⎝ ⎠

Pode-se mostrar que ⎛ J y( j =1) ⎜⎜ ⎝

3

⎞ J y( j =1) . ⎟⎟ = ⎠

........................................................................................................................... Demonstracao :

(J

y

(J

y

(J

y

(J

y

( j =1)

)

( j =1)

)

( j =1)

) )

2

2

2

( j =1) 2

⎛ 0 − 2i 0 ⎞ ⎛ 0 − 2i 0 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 0 = ⎜ 2i − 2i ⎟ ⎜ 2i − 2i ⎟ 2⎜ ⎟2⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ 2 i 0 2 i 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 ⎛ −2i 0 2i ⎞ 2 ⎜ ⎟ 2 0 ⎟ = ⎜ 0 −4i 4 ⎜ 2 0 −2i 2 ⎟⎠ ⎝ 2i ⎛ 2 0 −2 ⎞ 2 ⎜ ⎟ = ⎜ 0 4 0⎟ 4 ⎜ ⎟ ⎝ −2 0 2 ⎠ ⎛ 1/ 2 0 −1/ 2 ⎞ ⎟ 2⎜ 1 0 ⎟ = ⎜ 0 ⎜ −1/ 2 0 1/ 2 ⎟ ⎝ ⎠

........................................................................................................................... ........................................................................................................................... Demonstração: 4

⎛ J y( j =1) Para ⎜⎜ ⎝

3

⎞ ⎟⎟ , temos: ⎠

⎛ 0 − 2i 0 ⎞ ⎛ 0 − 2i 0 ⎞ ⎛ 0 − 2i 0 ⎞ 3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎞ 1 ⎜ 0 0 0 − 2i ⎟ ⎜ 2i − 2i ⎟ ⎜ 2i − 2i ⎟ ⎟⎟ = 3 ⎜ 2i 2⎜ ⎟2⎜ ⎟2⎜ ⎟ ⎠ ⎜ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ 2 i 0 2 i 0 2 i 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 0 − 2i 0 ⎞ ⎛ 0 − 2i 0 ⎞ ⎛ 0 − 2i 0 ⎞ 3 ⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎛ J y ( j =1) ⎞ 1 ⎜ 0 0 0 − 2i ⎟ ⎜ 2i − 2i ⎟ ⎜ 2i − 2i ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ 2i ⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎝ ⎠ 8 ⎜⎜ ⎟ ⎟⎜ 0 ⎟⎜ 0 0 2 i 0 2 i 0 2 i 0 ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ 0 ⎞ ⎛ −2i 2 0 2i 2 ⎞ ⎛ 0 − 2i 3 ⎜ ⎟ ⎛ J y ( j =1) ⎞ 1 ⎜ ⎟ 0 ⎟ ⎜ 2i 0 −4i 2 − 2i ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ 0 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 8 ⎜ 2i 2 0 −2i 2 ⎟⎠ ⎜ 0 2i 0 ⎟⎠ ⎝ ⎝ ⎛ 0 4i 3 2 0 ⎞ ( j =1) 3 ⎟ ⎛ Jy ⎞ 1⎜ 3 0 4i 3 2 ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ −4i 2 ⎟ ⎝ ⎠ 8 ⎜⎜ 3 ⎟ 0 4 i 2 0 − ⎝ ⎠ ⎛ 0 − 2i 0 ⎞ 3 ⎟ ⎛ J y ( j =1) ⎞ 1 ⎜ 2 i 0 2 i = − ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ 0 ⎟ 2 i 0 ⎝ ⎠ ⎛ J y ( j =1) ⎜⎜ ⎝

⎛ J y ( j =1) ⎜⎜ ⎝

3

⎞ J y( j =1) = ⎟⎟ ⎠

........................................................................................................................... Consequentemente, para j = 1 apenas, é legitimo substituir ⎛ −iJ y β exp ⎜ ⎝

2

⎞ ⎛ Jy ⎞ ⎛ Jy ⎟ → 1 − ⎜ ⎟ (1 − cos β ) − i ⎜ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

como o leitor pode verificar em detalhe.

5

⎞ ⎟ senβ . ⎠

........................................................................................................................... Demonstração : Temos que: exp x = 1 +

x x 2 x3 + + + ... 1! 2! 3!

(−)1 iJ y β ( − ) i 2 J y 2 β 2 ( −)3 i 3 J y3 β 3 ( − ) i 4 J y 4 β 4 (−)5 i 5 J y 5 β 5 ⎛ −iJ y β ⎞ exp ⎜ + + + + ... ⎟ = 1+ 1! 2! 2 3! 3 4! 4 5! 5 ⎝ ⎠ 2

4

2 2 J y4β 4 ⎤ ⎡ J y β J y β 3 J y β 5 ⎤ ⎛ −iJ y β ⎞ ⎡ J y β exp ⎜ + ...⎥ − i ⎢ − + ...⎥ ⎟ = ⎢1 − 2! 2 4! 2 ⎦⎥ ⎣⎢ 1! 3! 5! ⎝ ⎠ ⎣⎢ ⎦⎥ 2 Jy ⎡β 2 β 4 ⎤ Jy ⎡β β3 β5 ⎤ ⎛ −iJ y β ⎞ exp ⎜ + ...⎥ − i ⎢ − ...⎥ ⎟ = 1− 2 ⎢ − ⎣ 2! 4! ⎦ ⎣ 1! 3! 5! ⎦ ⎝ ⎠ J y2 ⎡ ⎛ −iJ y β ⎞ β2 β 4 ⎤ ⎛ Jy ⎞ − exp ⎜ ...⎥ − i ⎜ ⎟ senβ ⎟ = 1 − 2 ⎢1 − 1 + 2! 4! ⎦ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣

⎛ −iJ y β exp ⎜ ⎝

J y2 ⎞ = − 1 ⎟ 2 ⎠

⎛ −iJ y β exp ⎜ ⎝

⎛ Jy ⎞ ⎟ = 1 − ⎜⎜ ⎠ ⎝

⎡ ⎛ β 2 β 4 ⎞⎤ ⎛ J y + ... ⎟ ⎥ − i ⎜ ⎢1 − ⎜1 − 2! 4! ⎠⎦ ⎝ ⎣ ⎝ 2

⎞ ⎛ Jy ⎟⎟ (1 − cos β ) − i ⎜ ⎝ ⎠

⎞ ⎟ senβ ⎠

⎞ ⎟ senβ ⎠

........................................................................................................................... c. Explicitamente temos: ⎛⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎜ ⎟ (1 + cos β ) − ⎜ ⎟ senβ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎜ ⎜ ⎛ 1 ⎞ d (1) ( β ) = ⎜ ⎜ cos β ⎟ senβ ⎜ ⎝ 2⎠ ⎜ 1 1 ⎞ ⎜ ⎜⎛ ⎟⎞ (1 − cos β ) ⎜⎛ ⎟ senβ ⎜ ⎝ 2⎠ ⎝⎝ 2 ⎠

6

⎞ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ (1 − cos β ) ⎟ ⎝2⎠ ⎟ ⎟ ⎛ 1 ⎞ −⎜ ⎟ senβ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎟ ⎟ ⎛1⎞ ⎟ + (1 cos ) β ⎜ ⎟ ⎟ ⎝2⎠ ⎠

........................................................................................................................... Demonstração: Como ⎛ −iJ y β exp ⎜ ⎝

⎛ Jy ⎞ ⎟ = 1 − ⎜⎜ ⎠ ⎝

2

⎞ ⎛ Jy ⎟⎟ (1 − cos β ) − i ⎜ ⎝ ⎠

⎞ ⎟ senβ , ⎠

temos:

d

(1) m'm

⎡ ⎛J ( β ) ≡ 1, m ' ⎢1 − ⎜ y ⎢ ⎝⎜ ⎣

2

⎞ ⎛ Jy ⎟⎟ (1 − cos β ) − i ⎜ ⎝ ⎠

⎤ ⎞ ⎥ m,1 . β sen ⎟ ⎥ ⎠ ⎦

Como m, m ' = 1 , 0 e −1 , teremos 9 elementos para d m(1)'m ( β ) . Para o elemento 1.1 temos: ⎡ ⎛J d ( β ) ≡ 1,1 ⎢1 − ⎜ y ⎢ ⎜⎝ ⎣ (1) 1,1

(1) d1,1 ( β ) ≡ 1,1 1 1,1 −

2

⎞ ⎛ Jy ⎟⎟ (1 − cos β ) − i ⎜ ⎝ ⎠

(1 − cos β ) 2

⎤ ⎞ ⎥ sen β 1,1 ⎟ ⎥ ⎠ ⎦

i 1,1 J y 2 1,1 − senβ 1,1 J y 1,1

Como Jy =

(J+ − J− ) , 2i

7

temos (1) d1,1 ( β ) ≡ 1,1 1 1,1 −

(1) d1,1 ( β ) ≡ 1,1 1 1,1 +

(1) d1,1 ( β ) ≡ 1,1 1 1,1 +

(1 − cos β ) 2

(1 − cos β ) 2

4

(1 − cos β )

4 2 (1 − cos β )

(

)

1,1 J + 2 + J − 2 − J + J − − J − J + 1,1 −

1,1 J + 2 1,1 +

1,1 J − J + 1,1 −

2

4

i 2⎤ ⎡ 1 ⎡1 ⎤ 1,1 ⎢ 2 2 ( J + − J − ) ⎥ 1,1 − senβ 1,1 ⎢ ( J + − J − ) ⎥ 1,1 ⎣2 i ⎦ ⎣ 2i ⎦

(1 − cos β ) 4

2

1 senβ 1,1 ( J + − J − ) 1,1 2

1,1 J − 2 1,1 −

(1 − cos β ) 4

2

1 1 senβ 1,1 J + 1,1 + senβ 1,1 J − 1,1 2 2

Vamos agora calcular cada termo separadamente: 1,1 1 1,1 = 1 1 senβ 1,1 J − 1,1 = 0 2 1 senβ 1,1 J + 1,1 = 0 2

Com estes três termos calculados temos: (1) d1,1 (β ) ≡ 1 +

(1 − cos β ) 4

2

1,1 J + 2 1,1 +

(1 − cos β ) 4

2

(1 − cos β ) 2

4

1,1 J − 2 1,1 −

(1 − cos β ) 4

2

1,1 J + J − 1,1 −

1,1 J − J + 1,1

Vamos calcular os restantes. Da expressão (3.5.36)

(

j , m J +† J + j , m = j , m J 2 − J z2 − J z

)

j, m =

2

⎡⎣ j ( j + 1) − m 2 − m ⎤⎦

temos o resultado para 1,1 J +† J + 1,1 = 1,1 J − J + 1,1 , ficando: (1 − cos β ) (1 − cos β ) 2 4

2

1,1 J − J + 1,1 =

4

2

[ 2 − 1 − 1] = 0

8

1,1 J + J − 1,1 −

Temos novamente que a expressão se reduz a: (1) d1,1 (β ) ≡ 1 +

(1 − cos β ) 4

2

1,1 J + 2 1,1 +

(1 − cos β ) 2

4

1,1 J − 2 1,1 −

(1 − cos β ) 4

2

1,1 J + J − 1,1

Para o termo 1,1 J + J − 1,1 , temos das expressões: J+ J− = J − J + J z 2

2 z

J 2 j , m = j ( j + 1)

e

J z j, m = m

2

j, m

j, m

que se torna

(

j , m J + J − j , m = j , m J 2 − J z2 + J z

)

j, m =

2

⎡⎣ j ( j + 1) − m 2 + m ⎤⎦ .

Para

(1 − cos β ) 2

1,1 J + J − 1,1 =

2

1,1 J + J − 1,1 =

4 (1 − cos β ) 4

(1 − cos β ) 4

2

2

[ 2]

1 (1 − cos β ) 2

Voltando ao termo principal: (1) d1,1 (β ) ≡ 1 +

(1 − cos β ) 4

2

1,1 J + 2 1,1 +

(1 − cos β ) 4

2

1,1 J − 2 1,1 −

1 (1 − cos β ) 2

1 (1 − cos β ) 2 1 1 (1) d1,1 ( β ) ≡ 1 − + cos β 2 2 1 (1) d1,1 ( β ) ≡ (1 + cos β ) 2 (1) d1,1 (β ) ≡ 1 −

considerando que os dois termos 1,1 J +2 1,1 e 1,1 J − 2 1,1 são nulos, desde que : j ' m ' J ± j , m = ( j ∓ m)( j ± m + 1) δ j ' jδ m ',m ±1 . ...........................................................................................................................

9

Problema 3.23 Expresse os elementos matriciais de α 2 β 2γ 2 J 32 α1β1γ 1 em termos de uma série em j Dmn (αβγ ) = αβγ jmn .

Solução: Temos que:

∑ ∑ jmn

α 2 β 2γ 2 jmn jmn J 32 j ' m ' n ' j ' m ' n ' α1β1γ 1 = α 2 β 2γ 2 J 32 α1β1γ 1 .

(1)

j 'm'n'

Podemos notar também que: jmn J 32 j ' m ' n ' = n '2 δ nn 'δ jj 'δ mm ' .

(2)

Portanto, α 2 β 2γ 2 J 32 α1β1γ 1 = ∑ n 2 Dmnj (α 2 β 2γ 2 )Dmnj * (α1β1γ 1 ) . jmn

Observação: Cortesia do Prof. Thomas Fulton.

1

(3)

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 ( s1z , s1x , 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, STotal = 0 . a. Qual é a probabilidade para o observador A obter s1z =

2

quando o

observador B não faz medida? O mesmo problema para s1x = . 2

b. O observador B determina que o spin da partícula 2 está no estado s2 z =

2

com certeza. O que nós podemos então concluir sobre o resultado da medida do observador A se (i) A mede s1z e (ii) A mede s1x ? Justifique sua resposta.

Solução: Nós representaremos estados como na (3.7.15): s = 1, m = 1 = + + ⎛ 1 ⎞ s = 1, m = 0 = ⎜ ⎟( + − + − + ⎝ 2⎠ s = 1, m = −1 = − −

)

⎛ 1 ⎞ s = 0, m = 0 = ⎜ ⎟( + − − − + ⎝ 2⎠

)

(3.7.15)

Para STotal = 0 , temos: 1 ⎡⎣ + − − − + ⎤⎦ . 2

(1)

1

Figura 1: Correlação de spin em um estado de spin-singleto.

a. Desde que B não faça medidas, existem probabilidades iguais para medir s1z , que pode ser +

2

e − . O mesmo é verdadeiro para s1x , porque não 2

existe direção preferida no espaço.

b. Agora, nesta situação, B mede s2 z = . 2

(i) A mede s1z Desde que s1z + s2 z = 0 , A deve obter − . 2

Também, s2 z seleciona o segundo pedaço de ψ , o qual é ∼ − − + . Portanto: s1z {− − + } = +

2

−+ .

(2)

2

(ii) A mede s1x Desde que nós conhecemos que s1zψ = ⎛⎜ − ⎞⎟ψ , nós não podemos predizer S1x 2 ⎝

⎠

porque

[ s1x , s1z ] ≠ 0

(3)

e zˆ − =

1 ⎡ xˆ + − xˆ − ⎤⎦ 2⎣

(4)

como na equação (3.9.3) ⎛ 1 ⎞ xˆ ± = ⎜ ⎟ ( zˆ + ± zˆ − ⎝ 2⎠

) (3.9.3)

⎛ 1 ⎞ zˆ ± = ⎜ ⎟ ( xˆ + ± xˆ − ⎝ 2⎠

)

fornecendo iguais probabilidades para s1x =

2

e

s1x = −

2

.

(5)

3

Problema 3.25

Considere um tensor esférico de ordem 1 (isto é, um vetor) V±(1) 1 =∓

Vx ± iVy 2

,

V0 (1) = Vz .

Usando a expressão para d ( j =1) dado no problema 22, calcule:

∑ d ( β )V (1) qq '

(1) q'

.

q'

Mostre que seus resultados são apenas o que você esperaria a partir das propriedades de transformação de Vx, y , z sob rotações em torno do eixo y .

Solução: ........................................................................................................................... Lembre-se:

Elementos matriciais do operador rotação (3.5.50): ⎛ iJ y β ⎞ ⎛ iJ α ⎞ ⎛ iJ zγ ⎞ Dm( j' m) (α , β , γ ) = j , m ' exp ⎜ − z ⎟ exp ⎜ − ⎟ exp ⎜ − ⎟ j, m ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(1)

Aplicando J z , temos: ⎛ iJ y β ⎞ Dm( j' m) (α , β , γ ) = e −i ( m 'α + mγ ) j , m ' exp ⎜ − ⎟ j, m ⎝ ⎠

1

(2)

Define-se uma nova matriz ⎛ iJ y β ⎞ d ( j ) ( β ) = j , m ' exp ⎜ − ⎟ j, m ⎝ ⎠

(3)

Para j = 1 (3.5.57), temos:

⎛1 + cos β 1⎜ d (1) ( β ) = ⎜ 2 senβ 2⎜ ⎜ 1 − cos β ⎝

− 2 senβ

2 cos β 2 senβ

1 − cos β ⎞ ⎟ − 2 senβ ⎟ ⎟ 1 + cos β ⎟⎠

(4)

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

∑d

(1) (1) qq ' q '

V

q'

⎛1 + cos β 1⎜ = ⎜ 2 senβ 2⎜ ⎜ 1 − cos β ⎝

− 2 senβ

2 cos β 2 senβ

1 − cos β ⎞ ⎛ V+(1) ⎞ ⎛ V+(1) ' ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − 2 senβ ⎟ ⎜ V0(1) ⎟ = ⎜ V0(1) ' ⎟ ⎟ (1) (1) 1 + cos β ⎟⎠ ⎜⎝ V− ⎟⎠ ⎜⎝ V− ' ⎟⎠

(5)

Substituindo, os valores para

V±(1) 1 =∓

Vx ± iVy

(6)

2

V0 (1) = Vz

(7)

2

na equação: ⎛ 1 + cos β 1⎜ ⎜ 2 senβ 2⎜ ⎜ 1 − cos β ⎝

− 2 senβ

2 cos β 2 senβ

1 − cos β ⎞ ⎛ V+(1) ⎞ ⎛ V+(1) ' ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − 2 senβ ⎟ ⎜ V0(1) ⎟ = ⎜ V0(1) ' ⎟ ⎟ (1) (1) 1 + cos β ⎟⎠ ⎜⎝ V− ⎟⎠ ⎜⎝ V− ' ⎟⎠

(8)

⎛ Vx + iVy 1 − cos β ⎞ ⎜ − 2 ⎟⎜ − 2 senβ ⎟ ⎜ Vz ⎟⎜ 1 + cos β ⎟⎠ ⎜ Vx − iVy ⎜ 2 ⎝

(9)

temos:

⎛ 1 + cos β 1⎜ ⎜ 2 senβ 2⎜ ⎜ 1 − cos β ⎝

− 2 senβ

2 cos β 2 senβ

⎞ ⎟ ⎛ V (1) ' ⎞ ⎟ ⎜ + ⎟ ⎟ = ⎜ V0(1) ' ⎟ ⎟ ⎜ (1) ⎟ ⎟ ⎝ V− ' ⎠ ⎟ ⎠

Calculando a matriz, temos: ⎛ ⎛ Vx + iVy ⎞ ⎛ Vx − iVy ⎞ ⎞ ⎜ (1 + cos β ) ⎜ − ⎟ + − 2 senβ Vz + (1 − cos β ) ⎜ ⎟⎟ 2 ⎠ 2 ⎠⎟ ⎝ ⎝ ⎜ ⎛ V+(1) ' ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ Vx + iVy ⎞ ⎛ Vx − iVy ⎞ ⎟ ⎜ (1) ⎟ 1⎜ 2 senβ ⎜ − ⎟ + ( 2 cos β ) Vz + − 2 senβ ⎜ ⎟ = ⎜ V0 ' ⎟ 2⎜ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎟ ⎜ (1) ⎟ ⎝ ⎝ ⎜ ⎟ ⎝ V− ' ⎠ ⎛ Vx + iVy ⎞ ⎛ Vx − iVy ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ + 2 senβ Vz + (1 + cos β ) ⎜ ⎟ ⎜ (1 − cos β ) ⎜ − 2 ⎠ 2 ⎠ ⎠⎟ ⎝ ⎝ ⎝

(

(

)

)( )

( ) (

(

)( )

Igualando termo a termo, temos:

3

)

(10)

⎛ Vx + iVy 1⎡ ⎢(1 + cos β ) ⎜ − 2⎣ 2 ⎝

1⎡ ⎢ 2⎣

(

⎞ ⎛ Vx − iVy ⎞ ⎤ (1) ⎟ + − 2 senβ Vz + (1 − cos β ) ⎜ ⎟ ⎥ = V+ ' 2 ⎠⎦ ⎠ ⎝

(

)( )

⎛ V + iVy ⎞ ⎛ Vx − iVy 2 senβ ⎜ − x ⎟ + ( 2 cos β ) (Vz ) + − 2 senβ ⎜ 2 ⎠ 2 ⎝ ⎝

)

(

⎛ Vx + iVy 1⎡ ⎢(1 − cos β ) ⎜ − 2⎣ 2 ⎝

⎞ ⎟+ ⎠

(

)

⎛ V − iVy 2 senβ (Vz ) + (1 + cos β ) ⎜ x 2 ⎝

)

⎞⎤ (1) ⎟ ⎥ = V0 ' ⎠⎦

(11)

⎞⎤ (1) ⎟ ⎥ = V− ' ⎠⎦

Para a componente V+(1) ' , temos:

⎛ Vx + iVy 1⎡ ⎢(1 + cos β ) ⎜ − 2⎣ 2 ⎝ ⎛ 1 cos β ⎜ + 2 ⎝2

−

−

−

Vx + iVy 2 2 Vx 2 2 iVy 2

−

⎞ ⎛ Vx + iVy ⎟⎜ − 2 ⎠⎝

−

⎞ ⎛ Vx − iVy ⎞ ⎤ (1) ⎟ + − 2 senβ Vz + (1 − cos β ) ⎜ ⎟ ⎥ = V+ ' 2 ⎠⎦ ⎠ ⎝

(

)( )

⎞ 1 ⎛ 1 cos β senβ Vz + ⎜ − ⎟− 2 2 ⎝2 ⎠

⎞ ⎛ Vx − iVy ⎟⎜ 2 ⎠⎝

⎞ (1) ⎟ = V+ ' ⎠

Vx − iVy cos β Vx − iVy cos β Vx + iVy 1 − − = V+(1) ' senβ Vz + 2 2 2 2 2 2 2

iVy 2 2

− cos β

−

iV V cos β Vx cos β iVy 1 cos β Vx cos β iVy senβ Vz + x − y − − − + = V+(1) ' 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

Vx 2

−

1 senβVz = V+(1) ' 2

Para a componente V0(1) ' , temos:

4

1⎡ ⎢ 2⎣ −

(

⎛ V + iVy 2 senβ ⎜ − x 2 ⎝

)

⎞ ⎛ Vx − iVy ⎟ + ( 2 cos β ) Vz + − 2 senβ ⎜ 2 ⎠ ⎝

( ) (

)

⎞⎤ (1) ⎟ ⎥ = V0 ' ⎠⎦

iVy V senβ Vx iVy senβ 1 + = V0(1) ' senβ x − senβ + cos βVz − 2 2 2 2 2

(13) − senβVx + cos β Vz = V0(1) ' cos β Vz − senβVx = V0(1) '

Para a componente V−(1) ' , temos:

⎛ Vx + iVy 1⎡ ⎢(1 − cos β ) ⎜ − 2⎣ 2 ⎝ ⎛ 1 cos β ⎜ − 2 ⎝2

−

−

−

Vx + iVy 2 2 Vx 2 2 iVy 2

−

⎞ ⎟+ ⎠

(

⎛ V − iVy 2 senβ Vz + (1 + cos β ) ⎜ x 2 ⎝

)( )

⎞ ⎛ Vx + iVy ⎞ 1 ⎛ 1 cos β senβVz + ⎜ + ⎟+ ⎟⎜ − 2 2 ⎠ 2 ⎠⎝ ⎝2

+

⎞⎤ (1) ⎟ ⎥ = V+ ' ⎠⎦

⎞ ⎛ Vx − iVy ⎞ (1) ⎟ = V+ ' ⎟⎜ 2 ⎠ ⎠⎝

Vx − iVy cos β Vx − iVy cos β Vx + iVy 1 + + = V+(1) ' senβVz + 2 2 2 2 2 2 2

iVy 2 2

+ cos β

+

iV V cos β Vx cos β iVy 1 cos β Vx cos β iVy senβVz + x − y + + + − = V+(1) ' 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

Vx 2

+

1 senβVz = V+(1) ' 2

5

Resumindo, temos:

−

iVy 2

− cos β

Vx 1 − senβVz = V+(1) ' 2 2

(15)

cos βVz − senβVx = V0(1) ' −

iVy 2

+ cos β

Vx 2

+

Reescrevendo

(16)

1 senβVz = V−(1) ' 2

∑d

(1) (1) qq ' q '

V

(17)

, termos:

q'

∑d q'

(1) (1) qq ' q '

V

⎛ − cos βV / 2 − iV / 2 − senβV / 2 ⎞ x y z ⎜ ⎟ =⎜ − senβ Vx + cos βVz ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ cos β Vx / 2 − iVy / 2 + senβVz / 2 ⎠

(18)

........................................................................................................................... Lembre-se: d (j β ) é operador rotação, e representa uma rotação em torno do eixo y .

⎛ iJ y β ⎞ d ( j ) ( β ) = j , m ' exp ⎜ − ⎟ j, m ⎝ ⎠

(19)

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

6

........................................................................................................................... Lembre-se:

Uma rotação em torno do eixo y pode ser representada como (3.1.5b):

⎛ β2 ⎜1 − 2 ⎜ Ry ( β ) = ⎜ 0 ⎜ ⎜⎜ − β ⎝

⎞ ⎟ ⎛ cos β ⎟ ⎜ 1 0 ⎟=⎜ 0 ⎟ β 2 ⎟ ⎜⎝ − senβ 0 1− ⎟ 2 ⎠ 0

β

0 senβ ⎞ ⎟ 1 0 ⎟ 0 cos β ⎟⎠

(20)

Portanto, x ' = Rx ⎛ x1 ' ⎞ ⎛ cos β ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ x2 ' ⎟ = ⎜ 0 ⎜ x ' ⎟ ⎜ − senβ ⎝ 3 ⎠ ⎝

0 senβ ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎟⎜ ⎟ 1 0 ⎟ ⎜ x2 ⎟ 0 cos β ⎟⎠ ⎜⎝ x3 ⎟⎠

⎛ x1 ' ⎞ ⎛ x1 cos β + x3 senβ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ x2 ⎜ x2 ' ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ x ' ⎟ ⎜ − x senβ + x cos β ⎟ 3 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎧ x1 ' = x1 cos β + x3 senβ ⎪ x2 ' = x2 ⎨ ⎪ x ' = − x senβ + x cos β 1 3 ⎩ 3

(21)

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

7

Uma rotação de um ângulo β em torno de um eixo y produz os seguintes resultados:

Vx

→

Vx ' = Vx cos β + Vz senβ

Vy

→

Vy ' = Vy

Vz

→

Vz ' = Vz cos β − Vx senβ

(22)

Por outro lado, temos do enunciado as seguintes expressões:

V±(1) 1 =∓

Vx ± iVy

(23)

2

e V0 (1) = Vz

(24)

Aplicando as propriedades de transformação acima, Vx ' = Vx cos β + Vz senβ Vy ' = Vy

,

(25)

Vz ' = Vz cos β − Vx senβ

8

temos os mesmos resultados:

V+(1) ' = −

(V

x

'+ iVy ' ) 2

=−

V 1 V cos βVx − i y − senβ z 2 2 2

V0 (1) ' = Vz ' = − senβ Vx + Vz cos β

V−(1) ' =

(V

x

'− iVy ') 2

=

(26)

Vy V 1 + senβ z cos βVx − i 2 2 2

isto é,

∑d q'

(1) (1) qq ' q '

V

⎛ − cos βV / 2 − iV / 2 − senβV / 2 ⎞ x y z ⎜ ⎟ =⎜ − senβVx + cos βVz ⎟. ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ cos βVx / 2 − iVy / 2 + senβVz / 2 ⎠

(27)

Ou seja, são as transformações esperadas a partir das propriedades de transformação de Vx(1),y , z sob uma rotação em torno do eixo y .

9

Problema 3.26 a. Construa um tensor esférico de ordem 1 a partir de dois vetores diferentes G G U = (U x ,U y , U z ) e V = (Vx , Vy , Vz ) . Explicitamente escreva T±(1) 1,0 em termos de U x , y , z e Vx , y , z .

b. Construa um tensor esférico de ordem 2 a partir de dois vetores diferentes G G U e V . Escreva abaixo explicitamente T±(2) 2, ±1,0 em termos de U x , y , z e Vx , y , z .

Solução: a. Primeiramente, vamos recordar a expressão (3.10.27): Tq( k ) = ∑∑ k1k2 ; q1q2 k1k2 ; kq X q(1k1 ) Z q( 2k2 ) . q1

(3.10.27)

q2

........................................................................................................................... Lembre-se: Teorema. Considere X q( k ) e Z q( k ) serem tensores esféricos irredutíveis de ordem k1 e k2 , respectivamente. Então 1

1

2

2

Tq( k ) = ∑∑ k1k2 ; q1q2 k1k2 ; kq X q(1k1 ) Z q( 2k2 ) q1

(3.10.27)

q2

é um tensor esférico irredutível de ordem k . ........................................................................................................................... Portanto, X q( k ) e Z q( k ) são tensores esféricos irredutíveis de ordem k1 e k2 , respectivamente. Então, 1

1

2

2

Tq( k ) = ∑∑ k1k2 ; q1q2 k1k2 ; kq X q(1k1 ) Z q( 2k2 ) . q1

(3.10.27)

q2

é um tensor esférico irredutível de ordem k .

1

Para o nosso problema, temos: k1 = k2 = k = 1 .

(1)

Então, podemos escrever a equação acima como: . Tq(1) = ∑∑ 11; q1q2 11;1q U q(1)1 Vq(1) 2 q1

(2)

q2

........................................................................................................................... Demonstração: Tq(1) = ∑∑ 11; q1q2 11;1q U q(1)1 Vq(1) 2 q1

(3)

q2

Vamos primeiramente calcular o tensor para q = −1 : (1) (1) T−(1) 1 = ∑∑ 11; q1q2 11;1 − 1 U q1 Vq2 q1

(4)

q2

Abrindo o primeiro somatório, considerando que, q2 = +1, 0, −1 ,

(5)

temos: (1) (1) ⎡ ⎤ T−(1) + 11; q1 0 11;1 − 1 U q(1)1 V0(1) + 11; q1 − 1 11;1 − 1 U q(1)1 V−(1) 1 = ∑ ⎣ 11; q11 11;1 − 1 U q1 V1 1 ⎦ q1

Para o segundo somatório, temos que considerar: q1 = +1, 0, −1 .

(7)

Abrindo o somatório, temos: (1) (1) ⎡ T−(1) + 11;01 11;1 − 1 U 0(1)V1(1) + 11; −11 11;1 − 1 U −(1)1 V1(1) ⎤⎦ + 1 = ⎣ 11;11 11;1 − 1 U1 V1 ⎡⎣ 11;10 11;1 − 1 U1(1)V0(1) + 11;00 11;1 − 1 U 0(1)V0(1) + 11; −10 11;1 − 1 U −(1)1 V0(1) ⎤⎦ + (1) (1) (1) (1) ⎡⎣ 11;1 − 1 11;1 − 1 U1(1)V−(1) ⎤ 1 + 11;0 − 1 11;1 − 1 U 0 V−1 + 11; −1 − 1 11;1 − 1 U −1 V−1 ⎦

2

Temos agora que calcular os coeficientes de Clebsch-Gordan. Podemos utilizar: j=0 j = 0, m = 0 =

1 ( + − − 00 + − + 3

)

(9)

j =1 1 ( +0 − 0 + ) 2 1 j = 1, m = 0 = ( +− − −+ ) 2 1 j = 1, m = −1 = ( 0 − − −0 ) 2

(11)

j = 2, m = 2 = + +

(13)

j = 1, m = 1 =

(10)

(12)

j=2

j = 2, m = 1 =

1 ( 0 + + +0 2

)

(14)

1 ( − + + 2 00 + + − 6 1 j = 2, m = −1 = ( −0 + 0 − ) 2 j = 2, m = −2 = − − j = 2, m = 0 =

A)

)

(15) (16) (17)

Primeiro termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;11 11;1 − 1 = 11; + + 11;1 − 1

(18)

O ket j, m = 1, −1 pode ser escrito como: j = 1, m = −1 =

1 ( 0 − − −0 ) . 2

(19)

Fazendo o produto escalar, temos: ⎡ 1 ⎤ 11; + + 11;1 − 1 = ( + + ) ⎢ 0 − − −0 ) ⎥ = 0 . ( ⎣ 2 ⎦ 3

(20)

B)

Segundo termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;01 11;1 − 1 = 11;0 + 11;1 − 1

(21)

O ket j, m = 1, −1 pode ser escrito como: j = 1, m = −1 =

1 ( 0 − − −0 ) . 2

(22)

Fazendo o produto escalar, temos: ⎡ 1 ⎤ 11;0 + 11;1 − 1 = ( 0 + ) ⎢ 0 − − −0 ) ⎥ = 0 . ( ⎣ 2 ⎦

C)

(23)

Terceiro termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11; −11 11;1 − 1 = 11; − + 11;1 − 1

(24)

O ket j, m = 1, −1 pode ser escrito como: j = 1, m = −1 =

1 ( 0 − − −0 ) . 2

(25)

Fazendo o produto escalar, temos: ⎡ 1 ⎤ 11; − + 11;1 − 1 = ( − + ) ⎢ 0 − − −0 ) ⎥ = 0 . ( ⎣ 2 ⎦

D)

(26)

Quarto termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;10 11;1 − 1 = 11; +0 11;1 − 1

(27)

O ket j, m = 1, −1 pode ser escrito como: j = 1, m = −1 =

1 ( 0 − − −0 ) . 2

(28)

Fazendo o produto escalar, temos: 4

⎡ 1 ⎤ 11; +0 11;1 − 1 = ( +0 ) ⎢ 0 − − −0 ) ⎥ = 0 . ( ⎣ 2 ⎦

E)

(29)

Quinto termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;00 11;1 − 1 = 11;00 11;1 − 1

(30)

O ket j, m = 1, −1 pode ser escrito como: j = 1, m = −1 =

1 ( 0 − − −0 ) . 2

(31)

Fazendo o produto escalar, temos: ⎡ 1 ⎤ 11;00 11;1 − 1 = ( 00 ) ⎢ 0 − − −0 ) ⎥ = 0 . ( ⎣ 2 ⎦

F)

(32)

Sexto termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11; −10 11;1 − 1 = 11; −0 11;1 − 1

(33)

O ket j, m = 1, −1 pode ser escrito como: j = 1, m = −1 =

1 ( 0 − − −0 ) . 2

(34)

Fazendo o produto escalar, temos: 1 ⎡ 1 ⎤ . 11; −0 11;1 − 1 = ( −0 ) ⎢ 0 − − −0 ) ⎥ = − ( 2 ⎣ 2 ⎦

G)

(35)

Sétimo termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;1 − 1 11;1 − 1 = 11; + − 11;1 − 1

O ket j, m = 1, −1 pode ser escrito como:

5

(36)

j = 1, m = −1 =

1 ( 0 − − −0 ) . 2

(37)

Fazendo o produto escalar, temos: ⎡ 1 ⎤ 11; + − 11;1 − 1 = ( + − ) ⎢ 0 − − −0 ) ⎥ = 0 . ( ⎣ 2 ⎦

H)

(38)

Oitavo termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;0 − 1 11;1 − 1 = 11;0 − 11;1 − 1

(39)

O ket j, m = 1, −1 pode ser escrito como: j = 1, m = −1 =

1 ( 0 − − −0 ) . 2

(40)

Fazendo o produto escalar, temos: ⎡ 1 ⎤ 1 . 11;0 − 11;1 − 1 = ( 0 − ) ⎢ 0 − − −0 ) ⎥ = ( 2 ⎣ 2 ⎦

I)

(41)

Nono termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11; −1 − 1 11;1 − 1 = 11; − − 11;1 − 1

(42)

O ket j, m = 1, −1 pode ser escrito como: j = 1, m = −1 =

1 ( 0 − − −0 ) . 2

(43)

Fazendo o produto escalar, temos: ⎡ 1 ⎤ 11; − − 11;1 − 1 = ( − − ) ⎢ 0 − − −0 ) ⎥ = 0 . ( ⎣ 2 ⎦

(44)

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

6

Calculando para os outros termos, temos finalmente: T−(1) 1 =

(

T0(1)

(

T1(1)

1 −U −(1)1 V0(1) + U 0(1)V−(1) 1 2 1 (1) (1) U1(1)V−(1) = 1 − U −1 V1 2 1 = −U 0(1)V1(1) + U1(1)V0(1) 2

(

)

)

(45)

)

Em termos de componentes U x , y , z e Vx , y , z , temos: 1 ⎡ − (U x − iU y ) Vz + (Vx − iVy )U z ⎤ ⎦ 2⎣ i ⎡U xVy − U yVx ⎤⎦ = 2⎣ 1 = ⎡⎣ − (U x + iU y ) Vz + (Vx + iVy ) U z ⎤⎦ 2

T−(1) 1 = T0(1) T1(1)

(46)

........................................................................................................................... Lembre-se: U q (Vq ) é a q − ésima componente de um tensor esférico de ordem 1 , G G correspondendo a um vetor U V .

( )

Temos por definição (página 237) que: U +1 ≡ − (U x + iU y ) / 2

V+1 ≡ − (Vx + iVy ) / 2

U −1 ≡ (U x − iU y ) / 2

V−1 ≡ (Vx − iVy ) / 2

U0 ≡ U z

V0 ≡ Vz

Para T−(1)1 , temos:

7

(47)

T−(1) 1 = T−(1) 1 = T−(1) 1 =

(

1 −U −(1)1 V0(1) + U 0(1)V−(1) 1 2

)

(Vx − iVy ) ⎞⎟ 1 ⎛ (U x − iU y ) ⎜− Vz + U z ⎟ 2 ⎜⎝ 2 2 ⎠

(48)

1 ⎡ − (U x − iU y ) Vz + (Vx − iVy ) U z ⎤ ⎦ 2⎣

........................................................................................................................... b. Para k1 = k2 = 1

(49)

e k=2

(50)

temos: . Tq(2) = ∑∑ 11; q1q2 11; 2q U q(1)1 Vq(1) 2 q1

(51)

q2

........................................................................................................................... Demonstração: Para q = −2 , temos: (1) (1) T−(2) 2 = ∑∑ 11; q1q2 11; 2 − 2 U q1 Vq2 . q1

(52)

q2

Abrindo o somatório para q2 = +1, 0, −1 ,

(53)

temos: (1) (1) (1) (1) (1) (1) T−(2) 2 = ∑ ( 11; q1 + 1 11; 2 − 2 U q1 V+1 + 11; q1 0 11; 2 − 2 U q1 V0 + 11; q1 − 1 11; 2 − 2 U q1 V−1 ) q1

8

ou (1) (1) T−(2) 2 = ∑ 11; q1 + 1 11; 2 − 2 U q1 V+1 + q1

∑ 11; q 0 11; 2 − 2 U 1

(1) (1) q1 0

V

+

(55)

q1

∑ 11; q − 1 11; 2 − 2 U 1

(1) (1) q1 −1

V

q1

Abrindo o somatório para q2 = +1, 0, −1 ,

(56)

temos: (1) (1) (1) (1) (1) (1) T−(2) 2 = 11; +1 + 1 11; 2 − 2 U +1 V+1 + 11;0 + 1 11; 2 − 2 U 0 V+1 + 11; −1 + 1 11; 2 − 2 U −1 V+1 +

11; +10 11; 2 − 2 U +(1)1 V0(1) + 11;00 11; 2 − 2 U 0(1)V0(1) + 11; −10 11; 2 − 2 U −(1)1 V0(1) + (1) (1) (1) (1) 11; +1 − 1 11; 2 − 2 U +(1)1 V−(1) 1 + 11;0 − 1 11; 2 − 2 U 0 V−1 + 11; −1 − 1 11; 2 − 2 U −1 V−1

Temos agora que calcular os coeficientes de Clebsch-Gordan. Podemos utilizar: j=0 j = 0, m = 0 =

1 ( + − − 00 + − + 3

)

(58)

j =1

1 ( +0 − 0 + ) 2 1 j = 1, m = 0 = ( +− − −+ ) 2 1 j = 1, m = −1 = ( 0 − − −0 ) 2

(60)

j = 2, m = 2 = + +

(62)

j = 1, m = 1 =

(59)

(61)

j=2

j = 2, m = 1 =

1 ( 0 + + +0 2

)

(63)

9

1 ( − + + 2 00 + + − 6 1 j = 2, m = −1 = ( −0 + 0 − ) 2 j = 2, m = −2 = − − j = 2, m = 0 =

A)

)

(64) (65) (66)

Primeiro termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11; +1 + 1 11; 2 − 2 = 11; + + 11; 2 − 2

(67)

O ket j, m = 2, −2 pode ser escrito como: j = 2, m = −2 = − − .

(68)

Fazendo o produto escalar, temos: 11; + + 11; 2 − 2 = ( + +

B)

)( − − ) = 0 .

(69)

Segundo termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;0 + 1 11; 2 − 2 = 11;0 + 11; 2 − 2

(70)

O ket j, m = 2, −2 pode ser escrito como: j = 2, m = −2 = − − .

(71)

Fazendo o produto escalar, temos: 11;0 + 11; 2 − 2 = ( 0 +

C)

)( − − ) = 0 .

(72)

Terceiro termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11; −11 11; 2 − 2 = 11; − + 11; 2 − 2

O ket j, m = 2, −2 pode ser escrito como:

10

(73)

j = 2, m = −2 = − − .

(74)

Fazendo o produto escalar, temos: 11; − + 11; 2 − 2 = ( − +

D)

)( − − ) = 0 .

(75)

Quarto termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;10 11; 2 − 2 = 11; +0 11; 2 − 2

(76)

O ket j, m = 2, −2 pode ser escrito como: j = 2, m = −2 = − − .

(77)

Fazendo o produto escalar, temos: 11; +0 11; 2 − 2 = ( +0 )( − − ) = 0 .

E)

(78)

Quinto termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;00 11; 2 − 2 = 11;00 11; 2 − 2

(79)

O ket j, m = 2, −2 pode ser escrito como: j = 2, m = −2 = − − .

(80)

Fazendo o produto escalar, temos: 11;00 11; 2 − 2 = ( 00 )( − − ) = 0 .

F)

(81)

Sexto termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11; −10 11; 2 − 2 = 11; −0 11; 2 − 2

O ket j, m = 2, −2 pode ser escrito como:

11

(82)

j = 2, m = −2 = − − .

(83)

Fazendo o produto escalar, temos: 11; −0 11; 2 − 2 = ( −0 )( − − ) = 0 .

G)

(84)

Sétimo termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;1 − 1 11; 2 − 2 = 11; + − 11; 2 − 2

(85)

O ket j, m = 2, −2 pode ser escrito como: j = 2, m = −2 = − − .

(86)

Fazendo o produto escalar, temos: 11; + − 11; 2 − 2 = ( + −

H)

)( − − ) = 0 .

(87)

Oitavo termo:

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11;0 − 1 11; 2 − 2 = 11;0 − 11; 2 − 2

(88)

O ket j, m = 2, −2 pode ser escrito como: j = 2, m = −2 = − − .

(89)

Fazendo o produto escalar, temos: 11;0 − 11; 2 − 2 = ( 0 −

)( − − ) = 0 .

(90)

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm = 11; −1 − 1 11; 2 − 2 = 11; − − 11; 2 − 2

(91)

I)

Nono termo:

O ket j, m = 2, −2 pode ser escrito como:

12

j = 2, m = −2 = − − .

(92)

Fazendo o produto escalar, temos: 11; − − 11;1 − 1 = ( − −

)( − − ) = 1 .

(93)

Finalmente, temos: (1) (1) T−(2) 2 = U −1 V−1

(94)

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

Repetindo a mesma operação acima, temos: (1) (1) T−(2) 2 = U −1 V−1

1 U −(1)1 V0(1) + U 0(1)V−(1) ( 1 ) 2 1 (1) (1) (1) (1) U −(1)1 V+(1) = ( 1 + 2U 0 V0 + U +1 V−1 ) . 6 1 = (U +(1)1 V0(1) + U 0(1)V+(1)1 ) 2 = U +(1)1 V+(1) 1

T−(2) 1 = T0(2) T1(2) T2(2)

(95)

Em termos de componentes de U x , y , z e Vx , y , z , U +1 ≡ − (U x + iU y ) / 2

V+1 ≡ − (Vx + iVy ) / 2

U −1 ≡ (U x − iU y ) / 2

V−1 ≡ (Vx − iVy ) / 2

U0 ≡ U z

V0 ≡ Vz

temos:

13

(96)

1 (U x − iU y )(Vx − iVy ) 2 1 = ⎡⎣(U x − iU y ) Vz + U z (Vx − iVy ) ⎤⎦ 2 1 ⎡ − (U x − iU y )(Vx + iVy ) + 4U zVz − (U x + iU y )(Vx − iVy ) ⎤ = ⎦ 2 6⎣ 1 = − ⎡⎣(U x + iU y ) Vz + U z (Vx + iVy ) ⎤⎦ 2 1 = (U x + iU y )(Vx + iVy ) 2

T−(2) 2 = T−(2) 1 T0(2) T1(2) T2(2)

14

(97)

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 ( x ± iy ) n, l , m 2

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 ψ ( x ) = Rnl (r )Yl m (θ , φ ) .

Solução:

a. Utilizando a equação (3.10.31) (teorema de Wigner-Eckart) para o nosso problema, em que

R±(1)1 = ∓

1 ( x ± iy ) 2

, (1) 0

R

( q = +1 , q = −1 e q = 0 )

(1)

=z

temos três componentes de um tensor esférico de ordem 1, e que podem ser escritas como:

(1) q

n ', l ', m ' R

n, l , m = l1; mq l1; l ' m '

n ' l ' R (1) nl 2l + 1

.

Os elementos matriciais de “dupla barra” são independentes de m e m ' .

1

(2)

........................................................................................................................... Lembre-se:

Teorema de Wigner-Eckart:

Os elementos matriciais do operador tensor com respeito aos autoestados de momento angular satisfazem

α ', j ' m ' T

(k ) q

α , jm = jk ; mq jk ; j ' m '

α ' j ' T (k ) α , j 2 j +1

(3.10.31)

onde o elemento matricial de dupla barra é independente de m e m ' .

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

Desde que l1; mq l1; l ' m ' = 0 ,

(3)

a menos que m' = m + q ,

(4)

e l ' = l ±1 ,l ,

Duvida!

2

(5)

........................................................................................................................... Lembre-se:

Indeed, from the requirement that the Clebsch-Gordan coefficient be nonvanishing, we immediately obtain the m − selection rule (3.10.28), α ', j ' m ' Tq( k ) α , jm = 0

unless

m' = m + q ,

(6)

derived before and also the triangular relation j −k ≤ j'< j +k .

(7)

Sakuray, pag. 239.

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

portanto n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m = 0

(8)

a menos que m' = m + q ,

(9)

e l ' = l ±1 ,l .

(10)

3

Além do mais, desde que estamos lidando com um potencial de força central, os n, l , m são autoestados do operador paridade U P . Dúvida! Então U P n, l , m = ( −1) n, l , m , l

(11)

e U P( −1) R (1)U P = − R (1) ,

(12)

........................................................................................................................... Lembre-se:

Therefore, we can conclude that π α , lm = (−1)l α , lm .

(4.2.30) Sakuray, pag. 255.

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

........................................................................................................................... Lembre-se: π −1 = π † = π

(4.2.7)

π † xπ = − x

(4.2.3)

Sakuray, pag. 252.

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

4

e nós temos − n ', l ', m ' R (1) n, l , m = ( −1) ( −1) n ', l ', m ' R (1) n, l , m l

l'

(13)

ou l + l ' = ímpar.

(14)

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

Considerando a relação U P( −1) R (1)U P = − R (1) ,

(15)

e multiplicando por n, l , m e n ', l ', m ' , temos:

n ', l ', m ' U P( −1) R (1)U P n, l , m = − n ', l ', m ' R (1) n, l , m .

(16)

Mas,

U P n, l , m = ( −1) n, l , m , l

(17)

então

5

(−1)l ' n ', l ', m ' R (1) n, l , m (−1)l = − n ', l ', m ' R (1) n, l , m .

(18)

Como resultado final, temos − n ', l ', m ' R (1) n, l , m = ( −1) ( −1) n ', l ', m ' R (1) n, l , m l

l'

, − n ', l ', m ' R (1) n, l , m = ( −1)

l +l '

(19)

n ', l ', m ' R (1) n, l , m

com l + l ' = ímpar.

(20)

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

Ou seja, a expressão abaixo

(1) q

n ', l ', m ' R

n, l , m =

l1; mq l1; l ' m ' n ' l ' R (1) nl 2l + 1

,

(21)

se torna nula, utilizando as regras de seleção de Clebsch-Gordan, n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m = 0 ,

(22)

a menos que m' = m + q ,

(23) 6

e l ' = l ±1 .

(24)

De novo, a partir de

(1) q

n ', l ', m ' R

n, l , m =

l1; mq l1; l ' m ' n ' l ' R (1) nl 2l + 1

(25)

temos:

n ', l ', m1 ' R±(1)1 n, l , m1 (1) 0

n ', l ', m2 ' R

n, l , m2

=

l1; m1 , ±1 l1; l ' m1 '

(26)

l1; m2 , 0 l1; l ' m2 '

onde l ', m ' satisfazem as regras de seleção

n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m = 0

(27)

a menos que m' = m + q ,

(28)

e l ' = l ±1 .

(29)

7

b. Vamos usar agora as funções de onda ψ ( x ) = Rnl (r )Yl m (θ , φ ) .

(30)

Temos: n ', l ', m ' R±(1)1,0 n, l , m = ∫ Rn*'l ' ( r ) Yl m' '* (θ , φ ) ⎡⎣ R±(1)1,0 ⎤⎦ Rnl (r )Yl m (θ , φ ) d 3 x

(31)

........................................................................................................................... Lembre-se: Rq( k ) = Yl =mk= q (V )

Y10 =

Y±11 = ∓

3 3 z cos θ = 4π 4π r

3 x ± iy 4π 2r

(3.10.15)

→

R0(1) =

3 z 4π

→

R±(1)1 =

3 4π

(3.10.16)

⎛ x ± iy ⎞ ⎜∓ ⎟ 2 ⎠ ⎝

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

n ', l ', m ' R±(1)1,0 n, l , m =

4π Rn*'l ' ( r ) r 3 Rnl (r ) dr ∫ d ΩYl m' '* (θ , φ ) Y1±1,0 (θ , φ ) Yl m (θ , φ ) (32) ∫ 3

8

........................................................................................................................... Lembre-se:

De acordo com a tabela Schaum, equação 22.71, temos: dV = h1h2 h3 du1du2 du3

(33)

Especificamente, para coordenadas esféricas, temos: h1 = 1 h2 = r

(34)

h3 = rsenθ

Portanto, dV , pode ser escrito como: dV = r 2 senθ drdθ dφ

(35)

Podemos substituir

d 3x

→

r 2 senθ drdθ dφ

(36)

ou

∫ r dr ∫ 3

senθ dθ dφ . r

(37)

9

De uma maneira mais compacta, temos:

∫ r dr ∫ d Ω .

→

d 3x

3

(38)

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

Considerando que ∞

r

3

= ∫ r 3 Rn*'l ' (r )Rnl (r )dr ,

n ' n ,l ' l

(39)

0

então a equação ∞

4π Rn*'l ' ( r ) r 3 Rnl (r )dr ∫ d ΩYl m' '* (θ , φ ) Y1±1,0 (θ , φ ) Yl m (θ , φ ) , (40) ∫ 3 0

n ', l ', m ' R±(1),0 n, l , m =

usando (3.7.73),

∫ d ΩY

l

m*

(θ , φ )Yl1m1 (θ , φ )Yl2m2 (θ , φ ) =

(2l1 + 1)(2l2 + 1) l1l2 ;00 l1l2 ; l 0 l1l2 ; m1m2 l1l2 ; lm , 4π (2l + 1)

Pode ser escrita como

n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m =

( 2l + 1) 3 l1;00 l1; l '0 l1; mq l1; l ' m ' 4π 3 r n ' n ,l ' l 3 4π ( 2l '+ 1)

n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m = r 3 n ' n ,l 'l

( 2l + 1) ( 2l '+ 1)

l1;00 l1; l '0 l1; mq l1; l ' m '

10

l ≠l'

........................................................................................................................... Equivalências: ∞

n ', l ', m ' R±(1),0 n, l , m =

4π Rn*'l ' ( r ) r 3 Rnl (r )dr ∫ d ΩYl m' '* (θ , φ ) Y1±1,0 (θ , φ ) Yl m (θ , φ ) 3 ∫0

(43)

∞

r

3

= ∫ r 3 Rn*'l ' (r )Rnl (r )dr

n ' n ,l ' l

(44)

0

∫ d ΩY

l

m*

(θ , φ )Yl1m1 (θ , φ )Yl2m2 (θ , φ ) =

n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m =

(2l1 + 1)(2l2 + 1) l1l2 ;00 l1l2 ; l 0 l1l2 ; m1m2 l1l2 ; lm 4π (2l + 1)

( 2l + 1) 3 l1;00 l1; l '0 l1; mq l1; l ' m ' 4π 3 r n ' n ,l ' l 3 4π ( 2l '+ 1)

(46)

Comparando, temos:

l

→

l'

(47)

l1

→

l

(48)

l2

→

1

(49)

m1

→

m

(50)

m2

→

q

(51)

m

→

m'

(52)

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

11

Para o caso particular em que l = l ' , temos (Dúvida!):

n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m =

( 2l + 1) 3 1;00 1; '0 1; 1; ' ' 4π 3 r n ' n ,l ' l l l l l mq l l m 3 4π ( 2l '+ 1)

n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m = r 3 n ' n ,ll l1;00 l1; l 0 l1; mq l1; lm n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m = 0

l =l'

em que q = ±1, 0 .

(54)

Nós temos a regra de seleção n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m = 0

(55)

a menos que m' = m + q

(56)

e l ' = l ±1 ,

(57)

o qual é idêntico a parte (a).

12

Também, note a partir da equação,

n ', l ', m ' Rq(1) n, l , m = r 3 n ' n ,l ' l

( 2l + 1) ( 2l '+ 1)

l1;00 l1; l '0 l1; mq l1; l ' m '

l ≠ l ',

que temos mais uma vez a igualdade da razão

n ', l ', m1 ' R±(1)1 n, l , m1 (1) 0

n ', l ', m2 ' R

n, l , m2

=

l1; m1 , ±1 l1; l ' m1 '

(58)

l1; m2 , 0 l1; l ' m2 '

onde l ' = l ±1 ,

m1 ' = m1 ± 1 ,

(59)

(m' = m + q )

(60)

m2 ' = m2 .

(61)

13

Problema 3.28 a. Escreva xy , xz , e ( x 2 − y 2 ) como componentes de um tensor esférico (irredutível) de ordem 2. b. O valor esperado Q ≡ e α , j , m = j (3 z 2 − r 2 ) α , j , m = j

é conhecido como o momento de quadrupolo. Calcule

(

)

e α , j, m ' x 2 − y 2 α , j, m = j ,

(onde m ' = j , j − 1 , j − 2 ,...) em termos de Q e os coeficientes apropriados de Clebsch-Gordan.

Solução: a. Primeiramente, devemos recordar a equação: 15 ( x ± iy ) . = 32π r2 2

±2 2

Y

(3.10.17)

Com base nesta equação, temos: ±2 2

Y

(

)

2 2 15 x − y ± 2ixy . = 32π r2

(1)

Separadamente, temos:

(

)

(

)

+2 2

2 2 15 x − y + 2ixy , = 32π r2

−2 2

2 2 15 x − y − 2ixy . = 32π r2

Y

(2)

e Y

(3)

1

Subtraindo (2) de (3), temos: +2 2

Y

(

) (

2 2 x 2 − y 2 − 2ixy 15 ⎡ x − y + 2ixy ⎢ = − r2 r2 32π ⎢ ⎣

−2 2

−Y

Y2+2 − Y2−2 =

) ⎤⎥

⎥⎦ .

(4)

15 1 [ 4ixy ] 32π r 2

Isolando xy , temos: 32π 2 +2 r Y2 − Y2−2 = [ 4ixy ] 15

(

)

xy =

32π r 2 +2 Y2 − Y2−2 15 4i

xy =

2π r 2 +2 Y2 − Y2−2 15 i

(

(

)

.

(5)

)

Multiplicando por i , temos: xy = −i

2π 2 +2 r Y2 − Y2−2 15

(

2π 2 −2 xy = i r Y2 − Y2+2 15

(

)

) .

(6)

Para o cálculo do termo xz , devemos primeiramente nos lembrar que Y2±1 = ∓

15 ( x ± iy ) z 15 = 2 8π r 8π

⎡ xz iyz ⎤ ⎢⎣ ∓ r 2 ∓ r 2 ⎥⎦ .

(7)

........................................................................................................................... Lembre-se: De acordo com o apêndice A.5, temos para o harmônico esférico Y2±1 a seguinte expressão: Y2±1 = ∓

15 ( senθ cos θ )e ± iφ . 8π

(A.5.7)

2

Temos também que: x = rsenθ cos φ y = rsenθ senφ .

(8)

z = r cos θ

Portanto, podemos reescrever o referido harmônico esférico em ternos de x , y e z . Por exemplo, para Y2+1 , temos: Y21 = −

15 ( x + iy ) z r2 8π

Y21 = −

15 ( rsenθ cos φ + irsenθ senφ ) r cos θ . r2 8π

Y21 = −

15 ( senθ cos φ cos θ + isenθ senφ cos θ ) 8π

Y21 = −

15 ( senθ cos θ )( c os φ + isenφ ) 8π

(9)

Considerando que eiφ = cos φ + isenφ ,

(10)

temos a expressão requerida. ........................................................................................................................... Separadamente, temos: Y2+1 = −

15 ( x + iy ) z 15 xz 15 iyz =− − 2 2 r 8π 8π r 8π r 2

(11)

15 ( x − iy ) z 15 xz 15 iyz = − 2 2 r 8π 8π r 8π r 2

(12)

e Y2−1 = +

3

Subtraindo (9) de (8), temos: 15 xz 8π r 2

Y2−1 − Y2+1 = 2 Y2−1 − Y2+1 =

4.15 xz . 8π r 2

Y2−1 − Y2+1 =

15 xz 2π r 2

(13)

Isolando xz , temos: xz =

2π −1 Y2 − Y2+1 r 2 . 15

(

)

(14)

Para o cálculo de x 2 − y 2 , vamos novamente usar o harmônico esférico dado pela equação (3.10.27), 15 ( x ± iy ) , = r2 32π 2

±2 2

Y

(3.10.27)

que separadamente temos: +2 2

Y

(

)

2 2 15 x − y + 2ixy , = 32π r2

(15)

e −2 2

Y

2 2 15 ( x − y − 2ixy ) . = 32π r2

(16)

Somando (15) e (16), temos: Y2+2 + Y2−2 =

2 r2

15 2 (x − y2 ) . 32π

(17)

4

Isolando ( x 2 − y 2 ) , temos: 2 r2

Y2+2 + Y2−2 =

15 2 (x − y2 ) 32π

.

(18)

8π +2 Y2 + Y2−2 r 2 15

(

( x2 − y2 ) =

)

Pode-se notar que Y2m para m = 0, ±1, ±2 são componentes de um tensor esférico (irredutível) de ordem 2.

b. Temos do enunciado que Q ≡ e α , j , m = j (3 z 2 − r 2 ) α , j , m = j .

(19)

Primeiramente, devemos notar que: 2 2 5 ( 3z − r ) Y = 16π r2 0 2

(20)

ou

( 3z

2

)

− r2 =

16π 0 2 Y2 r . 5

(21)

........................................................................................................................... Lembre-se: Temos do apêndice A: Y20 =

(

)

5 3cos 2 θ − 1 16π

(A.5.7)

Temos também que: z = r cos θ

(22) 5

Substituindo, temos: Y20 =

5 ⎛ 3z 2 ⎞ − 1⎟ ⎜ 16π ⎝ r 2 ⎠

(23)

5 ⎛ 3z 2 − r 2 ⎞ Y = ⎜ ⎟ 16π ⎝ r 2 ⎠ 0 2

que é a expressão desejada. ........................................................................................................................... Substituindo (20) em (19), temos: ⎛ 16π 2 0 ⎞ Q ≡ e α , j , m = j ⎜⎜ r Y2 ⎟⎟ α , j , m = j . 5 ⎝ ⎠

(24)

Aplicando o Teorema de Wigner-Eckart (3.10.31), α ', j ' m ' T

(k ) q

α , jm = jk ; mq jk ; j ' m '

α ' j ' T (k ) α , j 2 j +1

(3.10.31)

temos: 16π Q=e 5

j 2; j 0 j 2; jj α j r 2Y20 α j

(25)

2 j +1

ou α j r 2Y20 α j =

5 2 j +1 e 16π j 2; j 0 j 2; jj

(26)

Q

6

........................................................................................................................... Lembre-se: Teorema de Wigner-Eckart: Os elementos matriciais do operador tensor com respeito aos autoestados de momento angular satisfazem α ', j ' m ' T

(k ) q

α , jm = jk ; mq jk ; j ' m '

α ' j ' T (k ) α , j

(3.10.31)

2 j +1

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,

(

)

e α , j, m ' x 2 − y 2 α , j, m = j = e

8π α , j , m ' r 2 Y22 + Y2−2 α , j, m = j , 15

(

)

(25)

........................................................................................................................... Lembre-se: ( x2 − y2 ) =

8π +2 Y2 + Y2−2 r 2 15

(

)

(26)

........................................................................................................................... temos: e

8π 8π α , j , m ' r 2 Y22 + Y2−2 α , j , m = j = e ( j 2; j 2 j 2; jm ' α j r 2Y2 α j + 15(2 j + 1) 15(2 j + 1)

(

)

j 2; j − 2 j 2; jm ' α j r 2Y2 α j )

e

8π 8π j 2; j − 2 j 2; jm ' α j r 2Y2 α j α , j , m ' r 2 Y22 + Y2−2 α , j , m = j = e 15(2 j + 1) 15(2 j + 1)

(

)

7

Substituindo (26) α j r 2Y20 α j =

5 2 j +1 e 16π j 2; j 0 j 2; jj

(28)

Q

na equação (27), temos finalmente:

(

)

8π j 2; j − 2 j 2; jm ' α j r 2Y2 α j 15(2 j + 1)

(

)

5 2 j +1 8π j 2; j − 2 j 2; jm ' Q 15(2 j + 1) e 16π j 2; j 0 j 2; jj

(

)

e α , j, m ' x 2 − y 2 α , j, m = j = e e α , j, m ' x 2 − y 2 α , j, m = j = e

1 ⎡ j 2; j − 2 j 2; jm ' ⎤ ⎢ ⎥Q 6 ⎣⎢ j 2; j 0 j 2; jj ⎥⎦

e α , j, m ' x 2 − y 2 α , j, m = j =

........................................................................................................................... Lembre-se: Pode-se perceber que os coeficientes acima, isto é, j 2; j − 2 j 2; jm '

(30)

j 2; j 0 j 2; jj

(31)

e

são os coeficientes de Clebsch-Gordan. Tais coeficientes, como os coeficientes do lado direito da expressão abaixo, s = 1, m = 1 = + + ⎛ 1 ⎞ s = 1, m = 0 = ⎜ ⎟( + − + − + ⎝ 2⎠ s = 1, m = −1 = − −

)

⎛ 1 ⎞ s = 0, m = 0 = ⎜ ⎟( + − − − + ⎝ 2⎠

)

,

(32)

8

que são os exemplos mais simples dos Coeficientes de Clebsch-Gordan, são simplesmente os elementos da matriz transformação que conecta a base {m1 , m2 } a base {s, m} .

Um exemplo mais geral, é a transformação unitária que conecta as duas bases: j1 j2 ; jm = ∑∑ j1 j2 ; m1m2 m1

j1 j2 ; m1m2 j1 j2 ; jm .

(33)

m2

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

9

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: H int =

eQ 2 s ( s − 1) = 2

⎡⎛ ∂ 2φ ⎞ 2 ⎛ ∂ 2φ ⎞ 2 ⎛ ∂ 2φ ⎞ 2 ⎤ ⎢⎜ 2 ⎟ S x + ⎜ 2 ⎟ S y + ⎜ 2 ⎟ S z ⎥ , ⎢⎣⎝ ∂x ⎠0 ⎥⎦ ⎝ ∂y ⎠0 ⎝ ∂z ⎠0

onde φ é o potencial eletrostático satisfazendo a equação de Laplace e os eixos coordenados são escolhidos tal que: ⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ =⎜ ⎟ = 0. ⎝ ∂x∂y ⎠0 ⎝ ∂y∂z ⎠0 ⎝ ∂x∂z ⎠0

Mostre que a energia de interação pode ser escrita como: G A 3S z 2 − S 2 + B S+2 + S−2 ,

(

) (

)

e expresse A e B em termos de ( ∂ 2φ / ∂x 2 )0 e assim por diante. Determine os autokets de energia (em termos de m , onde m = ±3 / 2, ±1/ 2 ) e os autovalores de energia correspondentes. Existe alguma degenerescência?

Solução:

Na expressão para H int , nós reconhecemos que

S x2 =

(

1 2 S+ + S −2 + {S+ , S− } 4

)

(1)

e

1

S y2 = −

(

1 2 S+ + S −2 − {S + , S− } 4

)

(2)

com S ± = S x ± iS y

(3)

e G

{S+ , S− } = 2 ( S 2 − S z2 ) .

(4)

........................................................................................................................... Demonstração da equação (1):

S x2 =

(

1 2 S+ + S −2 + {S+ , S− } 4

)

(5)

Considerando que S ± = S x ± iS y

(6)

temos:

2

(

)

S x2 =

1 2 S + + S −2 + {S + , S − } 4

S x2 =

2 2 1⎡ S x + iS y ) + ( S x − iS y ) + ( S x + iS y ) , ( S x − iS y ) ⎤ ( ⎢ ⎥⎦ 4⎣

S x2 =

1⎡ ( S x + iS y )( S x + iS y ) + ( S x − iS y )( S x − iS y ) + ( S x + iS y ) , ( S x − iS y ) ⎤⎦ 4⎣

S x2 =

1⎡ 2 S x + iS x S y + iS y S x + i 2 S y 2 + S x 2 − iS x S y − iS y S x + i 2 S y 2 + {S x , S x } − i {S x , S y } + i {S y , S x } − i 2 {S y , S y }⎦⎤ 4⎣

S x2 =

1⎡ 2 S x 2 + 2i 2 S y 2 + 2S x2 + 2S y2 − i {S x , S y } + i {S y , S x }⎤⎦ ⎣ 4

S x2 =

1 ⎡ 2 S x 2 − 2 S y 2 + 2 S x2 + 2 S y2 − iS x S y − iS y S x + iS y S x + iS x S y ⎤⎦ 4⎣

{

}

{

(

}

) (

(

)

)

S x2 = S x 2

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

........................................................................................................................... Demonstração da equação (2):

S y2 = −

(

1 2 S+ + S−2 − {S+ , S− } 4

)

(8)

Considerando que S ± = S x ± iS y

(9)

3

Temos que:

S y2 = −

(

1 2 S+ + S −2 − {S + , S − } 4

)

{

}

2 2 1 S y2 = − ⎡( S x + iS y ) + ( S x − iS y ) − ( S x + iS y ) , ( S x − iS y ) ⎤ ⎢ ⎣ ⎦⎥ 4

{

}

1 S y2 = − ⎡( S x + iS y )( S x + iS y ) + ( S x − iS y )( S x − iS y ) − ( S x + iS y ) , ( S x − iS y ) ⎤ ⎦ 4⎣

(

) (

)

1 S y2 = − ⎣⎡ S x 2 + iS x S y + iS y S x + i 2 S y 2 + S x 2 − iS x S y − iS y S x + i 2 S y 2 − {S x , S x } + i {S x , S y } − i {S y , S x } + i 2 {S y , S y }⎦⎤ 4 1 S y2 = − ⎡⎣ 2S x 2 + 2i 2 S y 2 − {S x , S x } + i 2 {S y , S y } + i {S x , S y } − i {S y , S x }⎤⎦ 4

(

)

1 S y2 = − ⎡⎣ 2 S x 2 − 2S y 2 − {S x , S x } + i 2 {S y , S y } − iS x S y + iS y S x − iS y S x − iS x S y ⎤⎦ 4 1 S y2 = − ⎡⎣ 2 S x 2 − 2S y 2 − {S x , S x } − {S y , S y }⎤⎦ 4 1 S y2 = − ⎡⎣ 2 S x 2 − 2S y 2 − 2S x 2 − 2 S y 2 ⎤⎦ 4 S y2 = S y2

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

........................................................................................................................... Demonstração da equação (4): G

{S+ , S− } = 2 ( S 2 − S z2 )

(11)

4

Considerando que S ± = S x ± iS y

(12)

temos: G

{S+ , S− } = 2 ( S 2 − S z2 ) (13)

{S+ , S− } = 2 ( S x2 + S y2 ) Calculando:

{S+ , S− } = {S x + iS y , S x − iS y } {S + , S − } = {S x , S x } − i {S x , S y } + i {S y , S x } − i 2 {S y , S y } (14)

{S+ , S− } = 2S x2 + 2S y2 − iS x S y − iS y S x + iS y S x + iS x S y {S+ , S− } = 2 ( S x2 + S y2 ) ou G

{S+ , S− } = 2 ( S 2 − S z2 )

(15)

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

5

Então

H int

⎡ 2 G eQ ⎢⎛ ∂ φ ⎞ 1 S 2 + S 2 + 2 S 2 − S 2 = ⎜ ⎟ + − z 2 s ( s − 1) = 2 ⎢⎝ ∂x 2 ⎠0 4 ⎣

(

H int =

eQ 2 s ( s − 1) = 2

(

))

G2 ⎤ ⎡ − S z2 − S +2 − S −2 ⎤ ⎛ ∂ 2φ ⎞ 2 S ⎛∂ φ ⎞ ⎣ ⎦ 2⎥ +⎜ 2 ⎟ + ⎜ 2 ⎟ Sz ⎥ 4 ⎝ ∂y ⎠0 ⎝ ∂z ⎠0 ⎦ 2

(

)

⎡ 1 ⎧⎪⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎫⎪ 2 ⎛ ∂ 2φ ⎞ 2 ⎤ 1 ⎧⎪⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎫⎪ G 2 2 2 ⎢ ⎨⎜ 2 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎬ S+ + S − + ⎨⎜ 2 ⎟ + ⎜ 2 ⎟ ⎬ S − S z + ⎜ 2 ⎟ S z ⎥ 2 ⎪⎩⎝ ∂x ⎠0 ⎝ ∂y ⎠0 ⎪⎭ ⎢⎣ 4 ⎩⎪⎝ ∂x ⎠0 ⎝ ∂y ⎠0 ⎪⎭ ⎥⎦ ⎝ ∂z ⎠0

(

)

(

)

Usando ∇ 2φ = 0 ,

(17)

Pode-se escrever G H int = A 3S z2 − S 2 + B ( S+2 + S−2 )

(

)

(18)

em que

A=

⎛ ∂ 2φ ⎞ eQ ⎜ ⎟ 4s ( s − 1)= 2 ⎝ ∂z 2 ⎠0

(19)

e

B=

eQ 8s( s − 1)= 2

⎪⎧⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎫⎪ ⎨⎜ 2 ⎟ − ⎜ 2 ⎟ ⎬ . ⎪⎩⎝ ∂x ⎠0 ⎝ ∂y ⎠0 ⎪⎭

(20)

6

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

Considerando que ∇ 2φ = 0 ,

(21)

temos: ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ ∇ φ = 2 + 2 + 2 = 0. ∂x ∂y ∂z 2

(22)

Isolando um dos termos, temos: ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ + = − . ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2

(23)

Substituindo no Hamiltoniano,

H int =

eQ 2 s ( s − 1) = 2

⎡ 1 ⎧⎪⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎫⎪ G 2 ⎤ ⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎢ ⎨⎜ 2 ⎟ + ⎜ 2 ⎟ ⎬ S − S z2 + ⎜ 2 ⎟ S z 2 ⎥ , ⎢⎣ 2 ⎪⎩⎝ ∂x ⎠0 ⎝ ∂y ⎠0 ⎪⎭ ⎥⎦ ⎝ ∂z ⎠0

(

)

temos:

7

(24)

⎡ ⎪⎧ ⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎪⎫ G 2 ⎤ ⎛ ∂ 2φ ⎞ ⎢ ⎨− ⎜ 2 ⎟ ⎬ S − S z2 + 2 ⎜ 2 ⎟ S z 2 ⎥ ⎝ ∂z ⎠0 ⎣⎢ ⎩⎪ ⎝ ∂z ⎠0 ⎭⎪ ⎦⎥

(

)

H int =

eQ 4 s ( s − 1) = 2

H int =

2 G2 eQ 2 2 ⎛∂ φ ⎞ S S S 2 − + + z z ⎜ 2 ⎟ 4 s ( s − 1) = 2 ⎝ ∂z ⎠0

H int =

(

)

(25)

G 2 ⎛ ∂ 2φ ⎞ eQ 2 3 S S − ⎜ 2⎟ z 4s ( s − 1) = 2 ⎝ ∂z ⎠0

(

G H int = A 3S z2 − S 2

(

)

)

com

A=

⎛ ∂ 2φ ⎞ eQ ⎜ ⎟ 4s ( s − 1) = 2 ⎝ ∂z 2 ⎠0

(26)

........................................................................................................................... Aplicando H int sobre os estados s, m , onde s = 3 / 2 , temos:

H int

G2 15 A= 2 2 2 2 2 sm = A 3S − S sm + B S + + S − sm = 3 Am = sm − sm + 4

(

)

2 z

(

)

B

( s − m )( s + m + 1)( s − m − 1)( s + m + 2 )= 2

B

( s + m )( s − (m − 1) )( s + m − 1) ( s − ( m − 2 ) )= 2

s, m + 2 +

(27)

s, m − 2

........................................................................................................................... Lembre-se: G S 2 s, m = s ( s + 1)= 2 s, m

(3.5.34a)

8

S z s, m = m= s, m

(3.5.34b)

S + s, m =

( s − m )( s + m + 1)=

s, m + 1

(3.5.40)

S − s, m =

( s + m )( s − m + 1)=

s, m − 1

(3.5.41)

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

Na base m=

− 3 / 2,

− 1/ 2,

1/ 2,

(28)

3/ 2

........................................................................................................................... Lembre-se:

Os possíveis estados são: m = − s, − s + 1,..., s − 1, s .

(29)

Para N = 2s + 1 estados, considerando s = 3 / 2 , temos

3 N = 2s + 1 = 2 + 1 = 4 , 2

(30)

ou seja, 4 estados.

9

Os estados possíveis são: m = − s, − s + 1,..., s − 1, s

(31) m=

− 3 / 2,

− 1/ 2,

1/ 2,

3/ 2

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

a matriz H int usando (2) pode ser escrita como: m=

mm ' H int

− 3 / 2,

− 1/ 2,

1/ 2,

3/ 2

⎛ 3A 2 3B 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ 0 0 ⎟ 2 ⎜ 2 3B −3 A =⎜ ⎟= A B 0 0 3 2 3 − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 2 3B 3A ⎠ ⎝ 0

m ' = −3 / 2 m ' = −1/ 2

(32)

m ' = +1/ 2 m ' = +3 / 2

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

Vamos agora calcular os termos. Para o primeiro termo, temos m = m ' = −3 / 2 .

H int sm = 3 Am 2 = 2 sm − B

15 A= 2 sm + B 4

( s − m )( s + m + 1)( s − m − 1)( s + m + 2 )=2

( s + m )( s − (m − 1) )( s + m − 1) ( s − ( m − 2 ) )=2

10

s, m − 2

s, m + 2 +

Multiplicando por sm ' , temos:

sm ' H int sm = sm ' 3 Am 2 = 2 sm − sm ' sm ' B

15 A= 2 sm + sm ' B 4

( s − m )( s + m + 1)( s − m − 1)( s + m + 2 )=2

( s + m )( s − (m − 1) )( s + m − 1) ( s − ( m − 2 ) )= 2

s, m − 2

Para m = m ' = −3 / 2 , temos:

sm ' H int sm = sm ' 3 Am 2 = 2 sm − sm '

15 A= 2 sm 4

2

sm ' H int

sm ' H int

15 A= 2 ⎛ 3⎞ sm = 3 A ⎜ − ⎟ = 2 − 4 ⎝ 2⎠

(35)

27 2 15 A= 2 sm = A= − 4 4

sm ' H int sm = 3 A= 2

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

Diagonalizando cada bloco de (32), vemos que λ± = 2 = ± (12 B 2 + 9 A2 ) = 2 1/2

(36)

são os autovalores de energia para ambas as bases m, m ' = −3 / 2, −1/ 2 e m, m ' = 1/ 2,3 / 2 . Ou seja, λ± = 2 = ± (12 B 2 + 9 A2 ) = 2 1/2

m, m ' = −3 / 2, −1/ 2

11

(37)

s, m + 2 +

λ± = 2 = ± (12 B 2 + 9 A2 ) = 2 1/2

m=

− 3 / 2,

mm ' H int

− 1/ 2,

m, m ' = 1/ 2,3 / 2

1/ 2,

(38)

3/ 2

⎛ 3A 2 3B 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ 0 0 ⎟ 2 ⎜ 2 3B −3 A =⎜ ⎟= 0 −3 A 2 3B ⎟ ⎜ 0 ⎜ ⎟ 0 2 3B 3A ⎠ ⎝ 0

m ' = −3 / 2 m ' = −1/ 2 m ' = +1/ 2

(39)

m ' = +3 / 2

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

Diagonalizando a matriz ⎛ 3A 2 3B ⎞ 2 mm ' H int =⎜ ⎟= , ⎜ 2 3B −3 A ⎟ ⎝ ⎠

(40)

temos: mm ' Det ( H int − λI ) = 0

⎛ 3A − λ Det ⎜ ⎜ 2 3B ⎝

2 3B ⎞ 2 ⎟ = = ( 3 A − λ )( −3 A − λ ) = 2 − 12 B 2 = 2 = 0 −3 A − λ ⎟⎠

(41) −9 A = − 3 Aλ = + 3 Aλ = + λ = − 12 B = = 0 2

2

2

2

2

2

2

2

λ 2 = 2 − 9 A2 = 2 − 12 B 2 = 2 = 0

12

λ 2 = 2 = ( 9 A2 + 12 B 2 ) = λ = = ± ( 9 A2 + 12 B 2 ) = 1/2

(42) λ = 2 = ± ( 9 A2 + 12 B 2 ) = 2 1/2

λ± = 2 = ± (12 B 2 + 9 A2 ) = 2 1/2

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

Os autoestados ⎛ α1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝α2 ⎠

(43)

podem ser determinados para cada bloco da matriz 2 × 2 como:

m = −3 / 2, −1/ 2 m ' = −3 / 2 m ' = −1/ 2

⎛ 3A 2 3B ⎞ ⎛ α1 ⎞ ⎛ α1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = λ± ⎜ ⎟ ⎜ 2 3B −3 A ⎟ ⎝ α 2 ⎠ ⎝α2 ⎠ ⎝ ⎠

λ± = ± (12 B 2 + 9 A2 )

1/2

Bloco I

m = 1/ 2,3 / 2 m ' = 1/ 2 m' = 3/ 2

⎛ −3 A 2 3B ⎞ ⎛ α1 ⎞ ⎛ α1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = λ± ⎜ ⎟ ⎜ 2 3B 3 A ⎟⎠ ⎝ α 2 ⎠ ⎝α2 ⎠ ⎝

13

λ± = ± (12 B 2 + 9 A2 )

1/2

Bloco II

........................................................................................................................... Bloco I: Vamos agora calcular a razão α 2 / α1 para o bloco I:

⎛ 3A 2 3B ⎞ ⎛ α1 ⎞ ⎛ α1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = λ± ⎜ ⎟ . ⎜ 2 3B −3 A ⎟ ⎝ α 2 ⎠ ⎝α2 ⎠ ⎝ ⎠

(46)

Temos duas equações: 3 Aα1 + 2 3Bα 2 = λ±α1

(47)

2 3Bα1 − 3 Aα 2 = λ±α 2

(48)

Resolvendo a (47), temos:

( λ± − 3 A) α1 = 2 α 2 ( λ± − 3 A ) = α1 2 3B

3Bα 2

(49)

m, m ' = −3 / 2, −1/ 2

Base:

(50)

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

14

........................................................................................................................... Bloco II: Vamos agora calcular a razão α 2 / α1 para o bloco II:

⎛ −3 A 2 3B ⎞ ⎛ α1 ⎞ ⎛ α1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = λ± ⎜ ⎟ . ⎜ 2 3B 3 A ⎟⎠ ⎝ α 2 ⎠ ⎝α2 ⎠ ⎝

(51)

Temos duas equações: −3 Aα1 + 2 3Bα 2 = λ±α1

(52)

2 3Bα1 + 3 Aα 2 = λ±α 2

(53)

Resolvendo a (53), temos:

( λ± + 3 A) α1 = 2 α 2 ( λ± + 3 A ) = α1 2 3B

3Bα 2

(54)

m, m ' = 1/ 2,3 / 2

Base:

(55)

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

15

Os autoestados de energia são: λ± = 2 3B 3 / 2, −3 / 2 + ( λ± − 3 A ) 3 / 2, −1/ 2

(56)

λ± = 2 3B 3 / 2,1/ 2 + ( λ± + 3 A ) 3 / 2,3 / 2

(57)

Note que a partir das equações acima existe uma degenerescência dupla, dois estados correspondendo a cada valor de λ ( λ+ e λ− ).

16

Problema 3.4 Considere uma partícula de spin 1 . Calcule os elementos matriciais de Sz ( Sz +

)( S z − )

(1)

Sx ( Sx +

e

)( S x − ) .

(2)

Solução : Os elementos de matriz do operador (1) são escritos de forma geral como: j, m ' S z ( S z +

)( S z − )

(3)

j, m

Usando S z j, m = m

j, m ,

temos: j, m ' S z ( S z + j, m ' S z ( S z +

)( S z − ) )( S z − )

j, m = m j, m = m

( m + )( m − ) δ m ',m 3 ( m + 1)( m − 1) δ m ',m

Temos que a matriz do operador (1), na base

(4)

{ j, m }

é diagonal.

Para j = 1 , todos os elementos desta matriz são nulos. Então, S z ( S z + )( S z − ) = 0

(5)

onde 0 é a matriz nula. ........................................................................................................................... Lembre-se: De acordo com a (3.5.33), temos J = L+S

m = −1,0,+1

m = − j ,..., j

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

1

Para calcularmos os elementos da matriz do operador em (2) devemos escrever o operador S x em termos dos operadores S + e S− , que são os operadores escada: Sx =

1 ( S+ + S− ) 2

(6)

........................................................................................................................... Lembre-se: S ± = S x ± iS y

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

Substituindo, temos: ⎤ ⎤⎡1 ⎤⎡1 ⎡1 S x ( S x + )( S x − ) = ⎢ (S + + S − )⎥ ⎢ (S + + S − ) + ⎥ ⎢ (S + + S − ) − ⎥ ⎦ ⎦⎣ 2 ⎦⎣ 2 ⎣2 ⎤ ⎤⎡1 ⎡1 2 S x ( S x + )( S x − ) = ⎢ (S + + S − )⎥ ⎢ (S + + S − ) − 2 ⎥ ⎦ ⎦⎣ 4 ⎣2 2 ⎤ ⎡1 3 S x ( S x + )( S x − ) = ⎢ (S + + S − ) − (S + + S − )⎥ 2 ⎦ ⎣8

(7)

1 3 S x ( S x + )( S x − ) = ( S + + S −3 + S + S + S − + S + S − S + + S + S − S − + 8 S− S+ S+ + S−S+ S− + S− S− S+ ) −

2

2

S+ −

2

2

S−

Considerando agora as equações (3.5.39) e (3.5.40), S ± j , m = {( j ∓ m )( j ± m + 1)}

1/ 2

j, m ± 1

(8)

........................................................................................................................... Lembre-se: X =

∑∑

j ' , m' j ' , m' X j , m j , m

j ', m ' j , m

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

2

podemos escrever o operador (2) como: 1/2 3 1 δ m ',m +3 + {⎡⎣( j − m − 2 )( j + m + 3)( j − m − 1)( j + m + 2 )( j − m )( j + m + 1) ⎤⎦ 8 1/2 3 1 δ m ',m +1 + {⎡⎣( j − m )( j + m + 1)( j + m + 1)( j − m )( j − m )( j + m + 1) ⎤⎦ 8 1/2 3 1 δ m ',m +1 + {⎡⎣( j + m + 2 )( j − m − 1)( j − m − 1)( j + m + 2 )( j − m )( j + m + 1) ⎤⎦ 8 1/2 3 1 δ m ',m −1 + {⎡⎣( j + m )( j − m + 1)( j + m + 1)( j − m )( j − m )( j + m + 1) ⎤⎦ 8 1/2 3 1 δ m ',m +1 + {⎡⎣( j − m )( j + m + 1)( j − m + 1) ( j + m )( j + m )( j − m + 1) ⎤⎦ 8 1/2 3 1 {⎡⎣( j − m + 2 )( j + m − 1)( j + m − 1)( j − m + 2 )( j + m )( j − m + 1) ⎤⎦ δ m ',m −1 + 8 1/2 3 1 {⎡⎣( j + m )( j − m + 1)( j − m + 1)( j + m )( j + m )( j − m + 1) ⎤⎦ δ m ',m −1 + 8 1/2 3 1 {⎡⎣( j + m − 2 )( j − m + 3)( j + m − 1)( j − m + 2 )( j + m )( j − m + 1) ⎤⎦ δ m ',m −3 } − 8

{⎡( j − m)( j + m + 1)⎤⎦ 2 ⎣ 2

1/2

δ m ',m +1 + ⎡⎣( j + m ) ( j − m + 1) ⎤⎦ δ m ',m −1 1/2

}

Para j = 1 , m ', m assumem os valores +1, 0, −1 . Assim, temos de (9): m =1 m = 0 m =−1

Sx ( Sx +

)( S x − ) =

3

⎛ 0 0 0⎞ m' =1 ⎜ 0 0 0⎟ m' = 0 ⎜ ⎟ ⎜ 0 0 0 ⎟ m ' = −1 ⎝ ⎠

3

(9)

Problema 3.5 Considere que o Hamiltoniano de um corpo rígido seja 1 ⎛ K2 K2 K2 ⎞ H = ⎜ 1 + 2 + 3 ⎟, I2 I3 ⎠ 2 ⎝ I1

G

onde K é o momento angular no sistema de referência do corpo. A partir G 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: G G dK 1 = H,K . dt i=

[

]

(1)

G

Substituindo K e H na equação acima, temos: G ⎤ dK 1 ⎡ K 12 K 22 K 32 2 , K 1eˆ1 + K 2 eˆ2 + K 3 eˆ3 ⎥ . = ⎢ + + dt i= ⎣ I 1 I2 I3 ⎦

(2)

Olhando para a componente 1 , temos: 2 ⎤ 1 ⎡ K 22 K 32 ⎤ dK 1 1 ⎡ K 1 K 22 K 32 = ⎢ + + + 2 , K1 ⎥ = ⎢ , K1 ⎥ . dt i= ⎣ I 1 I2 I3 I3 ⎦ ⎦ i= ⎣ I 2

(3)

Calculando o primeiro termo, temos: ⎡ K 22 ⎤ 1 1 1 , K 1 ⎥ = K 2 [K 2 , K 1 ] + [K 2 , K 1 ]K 2 = {K 2 , [K 2 , K 1 ]} ⎢ I2 I2 ⎣ I2 ⎦ I2

(4)

Temos também que:

[K1 , K 2 ] = i=K 3 .

(5) 1

Portanto, temos que: ⎤ ⎡ K22 i= , K 1 ⎥ = − {K 2 , K 3 } ⎢ I2 ⎦ ⎣ I2

(6)

⎡ K32 ⎤ i= , K 1 ⎥ = {K 3 , K 2 } ⎢ ⎢⎣ I 3 ⎥⎦ I 3

(7)

Então, da equação (3), 2

2 ⎤ 1 ⎡K 2 K 2 ⎤ dK 1 1 ⎡ K 1 K2 K2 = ⎢ + 2 + 3 , K1 ⎥ = ⎢ 2 + 3 , K1 ⎥ , dt i= ⎣ I 1 I2 I3 I3 ⎦ ⎦ i= ⎣ I 2

temos que: 2

dK 1 1 i= {K 2 , K 3 } + 1 i= {K 3 , K 2 } =− dt i= I 2 i= I 3

dK 1 1 = − {K 2 , K 3 } + dt I2 dK 1 2 1 = − {K 2 , K 3 } + dt I2 2

2

1 {K 3 , K 2 } I3 1 {K 3 , K 2 } I3

dK 1 1 1 = − {K 2 , K 3 } + {K 3 , K 2 } dt I2 I3

dK 1 1 ⎡ 1 1⎤ = ⎢− + ⎥{K 2 , K 3 } dt 2 ⎣ I2 I3 ⎦ dK 1 1 − I 3 + I 2 {K 2 , K 3 } = dt 2 I2I3

(8)

dK 1 1 ⎛ I 2 − I 3 ⎞ ⎟{K 2 , K 3 } = ⎜⎜ dt 2 ⎝ I 2 I 3 ⎟⎠

2

Portanto, temos as equações para as três componentes: dK 1 I 2 − I 3 {K 2 , K 3 } = dt 2I 2 I 3 dK 2 I 3 − I 1 {K 3 , K1 } = dt 2I 3 I1

(9)

dK 3 I 1 − I 2 {K1 , K 2 } = dt 2I1 I 2

No limite correspondente, devemos ter: Ki K j = K j Ki .

(10)

Sabendo também que: K i = I i wi ,

(11)

temos que: dK i = I i w i . dt

(12) G

Então, a equação de Heisenberg do movimento para K , se reduz a I i w i = (I j − I k )w j wk

( i, j , k permutação cíclica de 1,2,3 )

que é a equação de Euler de movimento.

3

(13)

Problema 3.6 Considere U = eiG α eiG β eiG γ , onde (α , β , γ ) são os ângulos Eulerianos. Considerando que U representa uma rotação (α , β , γ ) , quais são as regras de 3

2

3

G

comutação satisfeitas pelo Gk ? 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): U x (ε )U y (ε ) − U y (ε )U x (ε ) = U z (ε 2 ) − 1 .

(1)

Temos ainda que, U x (ε ) = eiG1ε U y (ε ) = eiG2ε ,

(2)

U z (ε ) = eiG3ε

que representam rotações infinitesimais em torno dos eixos x , y e z , respectivamente. Temos ainda para U x (ε ) , U y (ε ) e U z (ε 2 ) , as seguintes expressões: i 2G12ε 2 + ... 2! i 2G22ε 2 U 2 = eiG2ε = 1 + iG2ε + + ... 2! 2 i 2G32ε 4 U 3 = eiG3ε = 1 + iG3ε 2 + + ... 2! U1 = eiG1ε = 1 + iG1ε +

(3)

1

........................................................................................................................... Lembre-se: exp X ≡ 1 + X +

X2 + ... 2!

(4)

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

Substituindo as três expressões (3) na expressão(1), temos: U x (ε )U y (ε ) − U y (ε )U x (ε ) = U z (ε 2 ) − 1 ⎡ ⎤⎡ ⎤ i 2G12ε 2 i 2G22ε 2 1 + iG ε + + ... 1 + iG ε + + ...⎥ − 1 2 ⎢ ⎥⎢ 2! 2! ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ i 2G32ε 4 i 2G22ε 2 i 2G12ε 2 2 1 ... 1 ... 1 + + + + + + = + + + ...⎥ − 1 iG ε iG ε iG ε 2 1 3 ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ 2! 2! 2! ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Comparando os coeficientes da ordem de ε 2 , temos: ⎡ i 2G22ε 2 2 i 2G12ε 2 ⎤ ⎡ i 2G12ε 2 2 i 2G2 2ε 2 ⎤ 2 2 2 + i G1G2ε + + i G2G1ε + ⎢ ⎥−⎢ ⎥ = iG3ε 2! ⎦ ⎣ 2! 2! ⎦ ⎣ 2! i 2G22ε 2 2 i 2G12ε 2 i 2G12ε 2 2 i 2G2 2ε 2 + i G1G2ε 2 + − − i G2G1ε 2 − = iG3ε 2 2! 2! 2! 2! i 2G1G2ε 2 − i 2G2G1ε 2 = iG3ε 2

(6)

−G1G2 + G2G1 = iG3 G2G1 − G1G2 = iG3

[G1 , G2 ] = −iG3

Temos também que:

[G3 , G1 ] = iG2

(7)

2

Temos ainda que:

[G2 , G3 ] = iG1

(8)

Ou de uma forma geral: ⎡⎣Gi , G j ⎤⎦ = iε ijk Gk .

(9)

Comparando com as relações de comutação para o momento angular: ⎡⎣ J i , J j ⎤⎦ = i=ε ijk J k

(10)

Temos que: Gi =

Ji . =

(11)

3

Problema 3.7 Qual é o significado da seguinte equação: U −1 AkU = ∑ Rkl Al ,

G

onde as três componentes de A são matrizes? A partir desta equação mostre que os elementos matriciais m Ak n se transformam como vetores.

Solução: (1)

Al

são os operadores não rotacionados, enquanto U −1 Ak U ,

(2)

são os operadores sob rotação.

........................................................................................................................... Lembre-se: α → D (R ) α G

O valor esperado de V deve mudar como: α Vi α → α D + ( R)Vi D( R) α = ∑ Rij α V j α . j

Isto deve ser verdadeiro para um ket arbitrário, portanto D + ( R)Vi D( R) = ∑ RijV j . j

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

1

Então U −1 Ak U = ∑ Rkl Al

(3)

l

é a equação que esta conectando os operadores rotacionados e nãorotacionados após a rotação. Ou seja, os operadores após a rotação são apenas combinações de operadores não-rotacionados. Também, a partir da relação U −1 Ak U = Ak ' = ∑ Rkl Al ,

(4)

l

nós obtemos para os elementos matriciais os seguintes valores: m Ak ' n = ∑ Rkl m Al n .

(5)

l

Isto é o mesmo que uma transformação vetorial, Vk ' = ∑ RklVl ,

(6)

l

ou seja, m Ak n ,

(7)

se transforma como um vetor.

2

Problema 3.8 Considere uma seqüência de rotações de Euler representada por: ⎛ −iσ 3α ⎞ ⎛ −iσ 3γ ⎞ ⎛ −iσ 2 β ⎞ D1/ 2 (α , β , γ ) = exp ⎜ exp ⎜ ⎟ exp ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

(1) ⎛ − i (α + γ ) / 2 ⎛β ⎞ ⎛ β ⎞⎞ cos ⎜ ⎟ −e −i (α −γ ) / 2 sen ⎜ ⎟ ⎟ ⎜e ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠⎟ D1/ 2 (α , β , γ ) = ⎜ ⎜ i (α − γ ) / 2 ⎛β ⎞ ⎛β ⎞ ⎟ sen ⎜ ⎟ ei (α +γ ) / 2 cos ⎜ ⎟ ⎟ ⎜e ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎠ ⎝

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 nˆ é dado pela equação (3.2.45): ⎛ ⎛θ ⎞ ⎛θ ⎞ ⎛θ ⎞ ⎞ ⎜ cos ⎜ ⎟ − inz sen ⎜ ⎟ ( −inx − n y ) sen ⎜ ⎟ ⎟ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎟ ⎛ −iσ .nˆθ ⎞ ⎜ D1/ 2 (θ , nˆ ) = exp ⎜ . ⎟=⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎛θ ⎞ ⎛θ ⎞ ⎛θ ⎞⎟ ⎜ ( −inx + n y ) sen ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ + inz sen ⎜ ⎟ ⎟ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ G

(2)

Desde que D1 / 2 (nˆ;θ ) é equivalente a D 1 / 2 (α , β , γ ) , temos que: TrD 1 / 2 (nˆ;θ ) = TrD 1 / 2 (α , β , γ ) .

(3)

Então e −i (α +γ ) / 2 cos(β / 2) + e i (α +γ ) / 2 cos( β / 2) = cos(θ / 2) − in z sen(θ / 2) + cos(θ / 2) + in z sen(θ / 2)

(4)

1

Podemos reescrever como: ⎛θ ⎞ ⎛α + γ ⎞ ⎛ β ⎞ 2 cos⎜ ⎟ = 2 cos⎜ ⎟ cos⎜ ⎟ , ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠

(5)

ou ⎡

⎛ β ⎞ ⎛α + γ ⎟ cos⎜ ⎝2⎠ ⎝ 2

θ = 2 cos −1 ⎢cos⎜ ⎣

⎞⎤ ⎟⎥ . ⎠⎦

(6)

2

Problema 3.9 a. Considere um conjunto puro de sistemas identicamente preparados de spin ½. Suponha que os valores esperados S x e S z e o sinal de S y sejam conhecidos. Mostre como podemos determinar o vetor de estado. Por que não é necessário conhecer a magnitude de S y ? b. Considere um conjunto misto de sistemas de spin ½. Suponha que as médias dos conjuntos [ S x ] , ⎡⎣ S y ⎤⎦ e [ S z ] 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): α = cos

β 2

e

iα 2

+ + sen

β 2

e

− iα 2

− .

0 ≤ α ≤ 2π

Figura 1: Vetor unitário nˆ (problema 1.11).

1

e

0≤ β ≤π .

Podemos agora calcular S x . Sx = α Sx α = Sx =

= ⎛⎜ β cos e ⎜ 2⎝ 2

= ⎛⎜ β cos e ⎜ 2⎝ 2

− iα 2

− iα 2

− + sen

β 2

− iα iα iα ⎞ ⎞ ⎛ β β e 2 − ⎟⎟( + − + − + )⎜⎜ cos e 2 + + sen e 2 − ⎟⎟ 2 2 2 ⎠ ⎠ ⎝ − iα iα ⎞⎛ ⎞ β β + ⎟⎟⎜⎜ cos e 2 + + sen e 2 − ⎟⎟ 2 2 ⎠⎝ ⎠

+ + sen iα

e2

β

=⎛ β β − iα β β iα ⎞ ⎜ cos sen e + sen cos e ⎟ 2⎝ 2 2 2 2 ⎠ = β β = cos sen e −iα + e iα 2 2 2 =⎛1 ⎞ = ⎜ senβ ⎟(2 cos α ) 2⎝2 ⎠ = = senβ cos α 2

Sx = Sx Sx Sx

(

)

Isolando α , temos: cos α =

2 Sx =senβ

α = arccos

2 Sx =senβ

Ou seja, conhecendo S x , obtemos o valor de α .

........................................................................................................................... Lembre-se: sen 2a = 2 sena cos a

(e

− iα

)

+ e iα = 2 cos α

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

2

De maneira semelhante, podemos obter S y e S z : Sz =

= cos β 2

β = arc cos

2 Sz =

= S y = − senβsenα 2

Conhecendo S x e S z podemos obter β e cos α . No entanto, para conhecer o sinal do senα e então especificar α precisamos conhecer o sinal de S y , mas não a magnitude de S y . Portanto, dado S x , S z , e o sinal de S y , ψ pode ser determinado.

b. Considere a matriz densidade na base S z : ⎛a b ⎞

⎟⎟ . ρ = ⎜⎜ ⎝c d ⎠

A média de um conjunto de um operador A é

[A] = Tr [ρA] . Calculando os valores médios: ⎡ a b ⎞⎛ 0 1 ⎞⎤ = ⎛ b ⎟⎟⎥ = Tr ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎣⎝ c d ⎠⎝ 1 0 ⎠⎦ 2 ⎝ d

[S x ] = = Tr ⎢⎛⎜⎜ 2

[S ] = =2 Tr ⎡⎢⎛⎜⎜ ac y

⎣⎝

⎡ a

[S z ] = = Tr ⎢⎛⎜⎜ 2

⎣⎝ c

b ⎞⎛ 0 − i ⎞⎤ = ⎛ ib ⎟⎜ ⎟⎥ = Tr ⎜ d ⎟⎠⎜⎝ i 0 ⎟⎠⎦ 2 ⎜⎝ id

a⎞ = ⎟ = (b + c ) c ⎟⎠ 2 − ia ⎞ i= ⎟ = (b − c ) − ic ⎟⎠ 2

b ⎞⎛ 1 0 ⎞⎤ = ⎛ a − b ⎞ = ⎟⎜ ⎟⎥ = Tr ⎜ ⎟ = (a − d ) d ⎟⎠⎜⎝ 0 − 1⎟⎠⎦ 2 ⎜⎝ c − d ⎟⎠ 2

3

........................................................................................................................... Lembre-se: Sx =

= ⎛0 1⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎝1 0⎠

Sy =

= ⎛ 0 −i ⎞ ⎜ ⎟ 2⎝i 0 ⎠

Sz =

= ⎛1 0 ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎝ 0 −1⎠

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

Temos ainda a condição de normalização: Trρ = 1

(a + d ) = 1 .

ou

Temos então quatro equações e quatro incógnitas:

[S x ] = = (b + c ) 2

[S ] = i2= (b − c ) y

[S z ] = = (a − d )

ou

a=

(a + d ) = 1

ou

d = 1− a

2

2 [S x ] + d = 2 [S x ] + 1 − a = =

Portanto, para ρ , temos; ⎛ 1 ⎡ 2[S z ]⎤ ⎜ ⎢1 + 2 = ⎥⎦ ρ =⎜ ⎣ ⎜1 ⎜ [S x ] + i S y ⎝=

[

[ ]]

[

[ ]]⎞⎟

1 [S x ] − i S y = 1 ⎡ 2[S z ]⎤ 1− 2 ⎢⎣ = ⎥⎦

⎟. ⎟ ⎟ ⎠

4

ou

a=

1 [S x ] + 1 2 =