Física moderna I - Parte CMECÂNICA QUÂNTICA

M.C. Baldiotti

November 26, 2013

Contents

1 A Equação de Schrödinger 31.1 Preliminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Equações de Euler-Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2.1 Coordenadas generalizadas . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Transformada de Legendre 9

3 Equações de Hamilton 113.0.2 Signi�cado físico da Hamiltoniana . . . . . . . . . . . . . 12

4 Princípio variacional 134.1 Exemplo: a braquistócrona. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4.1.1 Equações de Euler-Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . 214.2 Princípio de Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224.3 Equação de Hamilton-Jacob . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4.3.1 Ação reduzida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

5 Parênteses de Poisson (para Moderna II) 25

6 Óptica geométrica 286.1 A óptica e o princípio da mínima ação . . . . . . . . . . . . . . . 30

7 Mecânica e a óptica geométrica 32

8 A equação de Schroedinger independente do tempo 348.1 A partícula numa caixa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

8.1.1 Números quânticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418.1.2 Valores médios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418.1.3 Preparação de sistemas e superposição . . . . . . . . . . . 42

1

9 A equação de Schroedinger dependente do tempo 479.0.4 A quantização de Schrödinger e de Sommerfeld . . . . . . 50

9.1 Outras quantizações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

10 Limite clássico 58

11 A equação de continuidade 59

12 Barreira de potencial �nita 62

13 Barreira quadrada 7013.1 Primeiro caso E > V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7213.2 Segundo caso E < V . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

14 Poço �nito 7514.0.1 Energia negativa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7814.0.2 Raiz negativa, primeira igualdade . . . . . . . . . . . . . . 8114.0.3 Raiz positiva, segunda igualdade . . . . . . . . . . . . . . 8414.0.4 Espectro contínuo e discreto . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

15 Estrutura formal da MQ 8715.1 Espaços vetoriais e operadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8815.2 Produto interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

15.2.1 Representação dual . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9315.3 Mudança de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9415.4 Notação de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9515.5 Operadores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9615.6 Autovalores e autovetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

15.6.1 Espaço euclidiano de dimensão �nita RN . . . . . . . . . 9915.7 Espaço de Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10015.8 Operadores hermitianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10415.9 Postulados da Mecânica Quântica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11015.10O operador de momento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12015.11Quantização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12115.12O problema do ordenamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12315.13Observáveis compatíveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12415.14Partículas de spin 1/2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

15.14.1Relações de incerteza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13215.15O oscilador harmônico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

15.15.1Normalização . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

16 Potenciais centrais 14116.1 Autovalores e autovetores do momento angular . . . . . . . . . . 14216.2 O átomo de hidrogênio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

2

1 A Equação de Schrödinger

Como vimos no caso da quantização de Sommerfeld, a descrição da MecânicaClássica (MC) adequada para se introduzir um processo de quantização não éa formulação de Newton. Isso é verdade em geral. Tanto para os processosda velha mecânica quântica, quanto da nova até a sua evolução relativística (aTeoria Quântica de Campos). Um primeiro ponto que podemos salientar é que,tendo como base uma descrição ondulatória, as equações envolvidas no processode descrição quântica devem, assim como a equação de onda, envolver derivadasparciais. Enquanto a mecânica de Newton envolve derivadas totais. Além disso,como veremos a seguir, existe uma semelhança muito grande (notada bem antesdo advento da MQ) entre estas outras descrições da MC (Hamilton, Lagrangeetc) e a descrição das características da luz na óptica geométrica. De umaforma geral, não só nesta parte do curso como na segunda parte (Moderna II) éimpossível apreciar o processo de surgimento e evolução da MQ sem um conhec-imento (ainda que enciclopédico) da descrição clássica da Mecânica Analítica.Destarte, dedicaremos algum tempo para ganharmos uma certa familiaridadecom os termos e expressões envolvidos na Mecânica Analítica.

1.1 Preliminar

Se f = f (a; b) é uma função de duas variáveis a; b então

df =@f

@ada+

@f

@bdb ;

e, da mesma forma, se

df = g:da+ h:db =) f = f (a; b) ;

não importando de quais variáveis depende g e h. Pois, independente destavariáveis, a função f só varia quando alteramos a e b. Além disso,

g =@f

@a; h =

@f

@b:

1.2 Equações de Euler-Lagrange

Partindo da equação de Newton temos

Fi = md2xidt2

: (1)

Para forças conservativas

Fi = �@U

@xi= m

d

dt_xi : (2)

A energia cinética em coordenadas cartesianas é dada por (onde, assimcomo na notação da relatividade, estamos admitindo que sempre existe uma

3

somatória implícita quando dois índices se repetem)

T =m

2( _xk)

2; ( _xk)

2= _xk _xk =

3Xk=1

_x2k ;

com isso temos

@T

@ _xi=m

2

@

@xi( _xk) ( _xk) =

1

2

��@ _xk@ _xi

�_xk + _xk

@ _xk@ _xi

�=m

2[(�ik) _xk + _xk�ik] = m _xi :

Voltando em (2)

� @U@xi

=d

dtm _xi =

d

dt

@T

@ _xi=) d

dt

@T

@ _xi+@U

@xi= 0 ; i = 1; 2; 3: (3)

Para sistema conservativos a energia potencial depende apenas das coordenadasU = U (xi; t). Enquanto a energia cinética é, em coordenadas cartesianas1 ,uma função apenas das velocidades, T = T ( _xi). Podemos com isso de�nir umafunção que depende de x e _x (e eventualmente do tempo)

L (xi; _xi; t) = T ( _xi)� U (xi; t)

com isso@L

@ _xi=@T

@ _xi;@L

@xi= � @U

@xi:

Substituindo em (3) temos

d

dt

@L

@ _xi� @L

@xi= 0 :

A função L é chamada de lagrangiana do sistema e as (3) equações acima asequações de Lagrange. O desenvolvimento acima deixa claro que o sistema deequações acima é equivalente às equações de Newton.

1.2.1 Coordenadas generalizadas

Pela construção acima vemos que as equações diferenciais parciais de Lagrangesão equivalente a equações de Newton. A princípio equações diferenciais parciaissão mais complicadas que EDO. Entretanto, existe uma grande vantagem nasequações de Lagrange.Para coordenadas cartesianas, as equações do movimento são:

Fi = md2xidt2

=) Fx = m�x ; Fy = m�y

1Em coordenadas polares, por exemplo, a energia cinética

T =1

m

�_r2 + r2 _�2

�;

depende da coordenada r.

4

Já se usarmos coordenadas polares

x1 = x = r cos � ; x2 = y = r sin � ;

� = y cos � � x sin � ;r = x cos � + y sin � ;

as equações passam a ter a forma

Fr = m�r +mr _�2 ; F� = mr�� � 2m _r _� : (4)

A obtenção das equações acima implica no laborioso processo de calcular asderivadas de segunda ordem das coordenadas, isolar as componentes com ver-sores � e r e identi�car

Fr = �@U

@r; F� = �

1

r

@U

@�:

Para o caso particular de um pêndulo de raio R, massa m sob a ação docampo gravitacional g, escolhendo � 2 [��=2; �=2], temos

U (�) = mgR (1� cos �)

onde colocamos o zero de energia em � = 0. Com isso

F� = �1

R

@U

@�= �mg sin � ; _r = 0

Substituindo em (4)

F� = mr�� � 2m _r _� =) �� +g

Rsin � = 0 :

Vamos ver como obter a equação do movimento acima na mecânica de La-grange. Primeiro nos obtemos a energia cinética

T =1

2mv2 ; v = R _� =) T =

1

2mR2 _�2 ;

e, usando a energia potencial

U (�) = mgR (1� cos �) ;

temosL = T � V = 1

2mR2 _�2 �mgR (1� cos �) :

Se esquecermos por um instante que estamos usando coordenadas polares eusarmos diretamente as equações de Lagrange (trocando x por �) temos

@L

@�=

@

@�

�1

2mR2 _�2 �mgR (1� cos �)

�= mgR

@

@�(cos �) = �mgR sin � ;

@L

@ _�=

@

@ _�

�1

2mR2 _�2 �mgR (1� cos �)

�= mR2 _� ;

5

com isso,

d

dt

@L

@ _�� @L

@�=

d

dt

�mR2 _�

�+mgR sin �

= mR2�� +mgR sin � = 0

ou ainda�� +

g

Rsin � = 0 :

Que é precisamente a equação que seria obtida a partir da equação de Newtone o laborioso processo descrito acima.Este resultado pode ser provado de forma geral usando uma transformação

geral de coordenadas.Para veri�car isso imaginamos uma transformação qualquer (inversível) das

coordenadas (também chamada transformação de ponto)

xi = xi (q; t) ; qi = qi (x; t)

(ou seja, qualquer relação inversível entre x e q) com isso, podemos escrever

L = L (q; _q; t)

ou2

L = L (x; _x; t)

Resultados que vamos precisar:

1. Observado que x não depende de _q (ou que q não depende de _x) podemoscalcular

_qj =dqjdt

=@qj@xi

dxidt+@qj@ _xi

d _xidt+@qj@tj

=@qj@xi

_xi +@qj@t

:

De onde vemos que

_qm =dqmdt

=@qm@xj

_xj +@qm@t

: (5)

2. Lembrando agora que

qi = qi (x; t) =)@qj@xi

= fij (x; t) ;@qj@t

= gj (x; t) ;

2Na verdade, a funçãoL (x; _x; t)

não é a mesma função das coordenadas L (q; _q; t), ou seja, se formos rigorosos devemos escrever~L (q; _q; t). Mas podemos esquecer o til lembrando que estamos usando a de�nição de que alagrangiana é uma função escalar das coordenadas. Seu valor num determinado ponto físiconão se altera por uma mudança das coordenadas.

6

podemos escrever3

_qj = fij _xi + gj

e calcular@ _qj@ _xm

=@fij@ _xm

_xi + fij@ _xi@ _xm

+@gj@ _xm

onde nem f nem g dependem de _x. Com isso,

@ _qj@ _xm

= fij@ _xi@ _xm

= fij�im = fmj =@qj@xm

ou seja,@qj@xi

=@ _qj@ _xi

: (6)

3. Derivando (5) em relação a xi temos

@ _qm@xi

=@2qm@xi@xj

_xj +@qm@xj

@ _xj@xi

+@2qm@xi@t

=@2qm@xi@xj

_xj +@2qm@xi@t

: (7)

4. Vamos agora calcular (lembre que t é um parâmetro livre),

L (q; _q; t) =) @L

@xi=

@L

@qm

@qm@xi

+@L

@ _qm

@ _qm@xi

:

Usando (7) para reescrever o último termo temos

@L

@xi=

@L

@qm

@qm@xi

+@L

@ _qm

�@2qm@xi@xj

_xj +@2qm@xi@t

�(8)

5. Lembrando qued

dtf (x; t) =

@f

@xm_xm +

@f

@t

e fazendo

fkj (x; t) =@qk@xj

temosd

dt

@qk@xj

=@2qk

@xm@xj_xm +

@2qk@t@xj

: (9)

3Lembre que seqi = qi (x; t) ;

temosd

dtqi = fi (x; _x; t) ;

mas@qi

@t= fi (x; t) :

7

Voltando agora para a nossa lagrangiana L (x (q; t) ; _x (q; t) ; t) temos

@L

@ _xj=

@L

@qk

@qk@ _xj

+@L

@ _qk

@ _qk@ _xj

;

e, lembrando que q = q (x; t) não depende de _x,

@L

@ _xj=

@L

@ _qk

@ _qk@ _xj

(10)

Usando (6)@L

@ _xj=

@L

@ _qk

@qk@xj

;

Derivando a relação acima em relação ao tempo

d

dt

@L

@ _xj=

�d

dt

@L

@ _qk

�@qk@xj

+@L

@ _qk

d

dt

@qk@xj

: (11)

Substituindo (9) na relação acima

d

dt

@L

@ _xj=

�d

dt

@L

@ _qk

�@qk@xj

+@L

@ _qk

�@2qk

@xm@xj_xm +

@2qk@t@xj

�: (12)

Usando agora (12) e (8) podemos calcular

d

dt

@L

@ _xi� @L

@xi=

�d

dt

@L

@ _qk

�@qk@xi

+@L

@ _qn

�@2qn

@xm@xi_xm +

@2qm@t@xi

�� @L

@qm

@qm@xi

� @L

@ _qn

�@2qn@xi@xj

_xj +@2qn@xi@t

�=

�d

dt

@L

@ _qk

�@qk@xi

+@L

@ _qn

��@2qn

@xm@xi� @2qn@xi@xm

�_xm +

@2qm@t@xi

� @2qn@xi@t

�� @L

@qm

@qm@xi

=

��d

dt

@L

@ _qm

�� @L

@qm

�@qm@xi

:

Como, lembrando que a nossa transformação é geral e que L (x; _x; t) obedeceas EL, podemos a�rmar que�

d

dt

@L

@ _qm

�� @L

@qm= 0 :

Ou seja:

Remark 1 As EL têm a mesma forma para qualquer sistema de coordenada.

Assim, utilizando as equações de Lagrange temos uma liberdade completana escolha das coordenadas do sistema, o que pode ser utilizado explorando assimetrias do problema. Ou seja, a principal vantagem das equações de Lagrangeé que elas independem do sistema de coordenadas usados. Com isso, se qi é um

8

conjunto qualquer de coordenadas que descrevem um sistema mecânico, estesistema deve obedecer as equações de Lagrange

d

dt

@L

@ _qi� @L

@qi= 0 : (13)

As coordenadas qi são chamadas de coordenadas generalizadas. Em especial,observe que a relação entre as coordenadas generalizadas e as coordenadas carte-sianas pode depender do tempo. A aplicação deste tipo de coordenada q (x; t)nas equações de Newton envolve, em geral, o surgimento de forças �ctícias.Entretanto, na mecânica Lagrangiana, isso não acontece.

Remark 2 Mais uma vez, enquanto a equação de Newton (1) só tem esta formaem coordenadas cartesianas, as equações de Lagrange (13) têm esta forma emqualquer sistema de coordenadas.

Exercise 3 Uma conta (miçanguinha) de massa m pode se mover livrementenuma barra rígida e reta que gira com velocidade constante !. Escreva a equaçãodo movimento da conta.

2 Transformada de Legendre

Em uma série de problemas em física é importante mudarmos as variáveis queusamos num problema. Por exemplo, na termodinâmica uma quantidade muitoimportante é a energia interna de um sistema U (S; V ). Um inconvenientedesta quantidade é que ela depende da entropia S, uma quantidade que nãopode ser medida diretamente com nenhum instrumento. Entretanto, pelas leisda termodinâmica, sabemos que a temperatura T de um corpo é a variação dasua energia interna com a entropia

T =@U

@S: (14)

Vamos então de�nir uma nova quantidade F como

F = T:S � U (15)

Diferenciando esta quantidade temos

dF = TdS + SdT � dU ;

Sabendo que U = U (S; V ) temos

dU =@U

@SdS +

@U

@VdV ; (16)

com isso

dF = TdS + SdT � @U

@SdS � @U

@TdT

=

�T � @U

@S

�dS + SdT � @U

@VdV

9

O fato importante na de�nição de F é que, usando (14), temos

dF = SdT � @U

@VdV ; (17)

ou seja, a função (15) assim de�nida não depende da entropia

F = F (T; V ) :

Com isso

dF =@F

@TdT +

@F

@VdV ;

comparando com (17) temos

S =@F

@T;@F

@V= �@U

@V:

O importante da quantidade F , chamada energia livre de Helmholtz, é que eladepende da temperatura e do volume, ambas quantidades que, diferente daentropia, podem ser medidas com instrumentos usuais. Ou seja:

Remark 4 Podemos determinar F estudando as variações das característicasdo sistema com respeito ao seu volume e a sua temperatura.

O procedimento acima é um exemplo de um procedimento mais geral chamadode transformada de Legendre. De forma geral, se f = f (x1; x2; :::; y1; y2; :::)podemos de�nir uma nova função

g = piyi � f

(somatória em i) onde

pi =@f

@yi

com isso

dg = (dpi:yi + pi:dyi)� df

= (dpi:yi + pi:dyi)��@f

@xidxi +

@f

@yidyi

�=

��pi �

@f

@yi

�dyi + dpi:yi �

@f

@xidxi

�que, pela de�nição de pi,

dg = yi:dpi �@f

@xidxi

Ou seja a função g não depende mais de yi, mas sim de um novo conjunto devariáveis pi.

10

3 Equações de Hamilton

Nosso objetivo agora é usar a transformada de Legendre nas equações de La-grange. Primeiramente lembramos que, pela de�nição acima

L = L (qi; _qi) ;

ou seja, a Lagrangiana depende das posições e das velocidades.Agora vamos de�nir a quantidade

H = pi _qi � L (18)

onde

pi =@L

@ _qi

é chamado momento conjugado da variável qi (i.e., para q = x temos um mo-mento linear, para q = � um momento angular e, no caso geral, um momentoconjugado). Das equações de Lagrange temos que, se uma determinada coorde-nada qm não aparece na Lagrangiana (chamada de coordenada cíclica)

@L

@qm= 0 =) d

dt

@L

@ _qi= _pi = 0 =) pi = const:

então o momento associado a esta coordenada se conserva (e.g., para umapartícula livre L = T o momento linear em qualquer direção se conserva).Seguindo o procedimento da seção anterior temos

dH = dpi: _qi + pi:d _qi � dL :

Lembrando que L = L (q; _q) temos

dL =@L

@qidqi +

@L

@ _qid _qi ;

com isso

dH = dpi: _qi + pi:d _qi ��@L

@qidqi +

@L

@ _qid _qi

�;

=

�pi �

@L

@ _qi

�d _qi + _qi:dpi �

@L

@qidqi ;

e pela de�nição de pi

dH = _qi:dpi �@L

@qidqi (19)

e, como esperávamos, a função H assim obtida é uma função de q e p e não maisde _q, H = H (q; p). A quantidade H assim de�nida é chamada de Hamiltoniana.Sabendo que H = H (q; p) temos

dH =@H

@qidqi +

@H

@pidpi :

11

Lembrando agora que q e p são coordenadas independentes em H (assim comoq e _q eram em L, i.e, obviamente _q depende de q, mas é exatamente está relaçãoque queremos encontrar ao resolver a equações de Lagrange) e comparando com(19) temos

@H

@pi= _qi ;

@H

@qi= � @L

@qiSe usarmos agora as equações de Lagrange temos

@L

@qi=

d

dt

@L

@ _qiLembrando a de�nição de p

pi =@L

@ _qi=) @L

@qi=

d

dtpi = _pi

Com o que@H

@pi= _qi ;

@H

@qi= � _pi : (20)

Estas são as chamadas equações de Hamilton (EH).

Problem 5 Qual a vantagem destas equações?

Uma vantagem destas equações é que elas possuem apenas derivadas deprimeira ordem. Como a equação de Newton, a equação de Lagrange pos-sui derivadas das velocidades o que resulta em derivadas de segunda ordem naposição. Obviamente perdemos algo ao ganharmos esta facilidade. O ponto éque temos dois pares de EH, ou seja, usando a transformada de Legendre con-seguimos transformar um sistema de n equações diferenciais de segunda ordemnum sistema de 2n equações diferenciais de primeira ordem4 . Entretanto, umagrande vantagem em trabalharmos com a hamiltoniana é que esta possui umainterpretação física muito mais direta que a Lagrangiana.

3.0.2 Signi�cado físico da Hamiltoniana

No caso geral, a energia cinética de um sistema é uma função quadrática dasvelocidades generalizadas

T = aij _qi _qj ; aij = aij (q) ;

(somatória em i e j) no caso de coordenadas cartesianas aij = �ijm=2. Diferen-ciando a expressão acima temos

@T

@ _qk= aij

@ _qi@ _qk

_qj + aij _qi@ _qj@ _qk

= aij�ik _qj + aij _qi�jk

= akj _qj + aik _qi

4Na verdade, esta não é a maior vantagem da EH, mas sim que, além de todo o conjunto detransformações de coordenadas disponíveis na formulação de Lagrange, tempos agora um con-junto muito maior de transformações a nossa disposição. Voltaremos a isso quando falarmosem transformações canônicas.

12

ou, mudando o índice mudo do primeiro termo

@T

@ _qk= aki _qi + aik _qi

Multiplicando por _qk e efetuando uma somatória em k temos

@T

@ _qk_qk = aki _qi _qk + aik _qi _qk

= T + T = 2T

Este resultado é conhecido como teorema de Euler. Se usarmos agora esteresultado na de�nição de H temos

H = pi _qi � L

=@L

@ _qi_qi � (T � U)

=@T

@ _qi_qi � (T � U)

= 2T � T + U= T + U :

Ou seja, a hamiltoniana é a energia total do sistema.Observe que, diferente da Lagrangiana (T �U) a energia total do sistema é

uma quantidade que pode ser medida e, além disso, é uma quantidadeconservada para um sistema isolado. Esta é outra vantagem da teoria deHamilton. Assim, utilizando a mecânica de Hamilton podemos, a partir daenergia total do sistema e de um sistema de 2n equações de primeira ordem,estudar a dinâmica dos corpos.

4 Princípio variacional

Um problema importante e comumente encontrado é o seguinte: dada umafunção y = f (x) para quais valores de x a função f , e conseqüente y, possuivalores máximos e mínimos (estes valores são chamados de extremos da função).A resposta, obviamente, são os pontos onde a derivada de f se anula.Um problema bem mais complicado, e interessante, é o seguinte: considere

uma função F dada em termos de uma outra função y (x), que depende de umparâmetro livre x, e da derivada desta função

F = F (y (x) ; y0 (x) ; x) ; y0 =dy

dx:

Considere agora a integral

I =

Z b

a

F (y (x) ; y0 (x) ; x) dx

Assim, para cada função y (x) diferente I assume um valor diferente.

13

Figure 1: Figura retirada do Marion.

Problem 6 Para quais funções y(x) a integral I é um extremo?

Antes um pouco de nomenclaturas. Para se determinar o valor de F énecessário conhecer 3 números: x; y(x); y0(x), assim F : R3 �! R. Ou seja, Fé uma função com 3 parâmetros (ou entradas).Agora, dada uma certa funçãoy(x), para x 2 [a; b], podemos calcular o valor de I. Assim, o cálculo de Idepende, não apenas do valor da função y (x) num ponto, mas em todos ospontos. Dizemos que I depende da função y. A quantidade I, que dependede uma função, e não apenas de um conjunto �nito de números, é chamada defuncional.Outro ponto importante é que, dado dos valores y(x0) = a1 e y0(x0) = a2 é

sempre possível encontrar uma função y(x) que satisfaça esta condição. Ou seja,dizer que x = 3 e y (3) = 2 não �xa de forma alguma o valor de y0 (3). Nestesentido, as variáveis y e y0 são tratadas em F como sendo independentes.Ou seja, F depende de y e y0 (e, obviamente, de x). É neste sentido que,quando tratamos a Lagrangeana L (q; _q; x) de um sistema dizemos que q e _qsão quantidades independentes. Apesar de que, obviamente, a derivada de umafunção depende da função.Agora, para calcular I nós não podemos dar apenaso valor de y(x) num dado ponto x0, mas sim o valor desta função em todo ointervalo x 2 [a; b], ou seja, precisamos dar toda uma curva y(x). Dada umacurva o valor da derivada desta curva está completamente determinada. Assim,em I não é possível se especi�car separadamente o valor de y e y0.Resumindo, enquanto F é uma função de y, y0 e x

F = F (y; y0; x) ;

14

I é um funcional apenas de y

I = I [y] :

Nosso problema de encontrar a função y para a qual I é um extremo é umproblema do chamado cálculo variacional.

Problem 7 Por que a derivada de uma função é nula nos extremos?

Isso ocorre porque a variações do parâmetro (x) em torno deste ponto nãogeram variações na função y(x) (pelo menos até primeira ordem em dx). Omesmo acontece com uma função de duas variáveis (o que pode ser visualizadofacilmente) ou com funções com um número qualquer de variáveis (o que nãoé tão simples de visualizar). Ou seja, se estivermos num ponto extremo dafunção, ao deslocarmos os argumentos uma quantidade in�nitesimal não haverávariação da nossa função. A idéia por detrás do cálculo variacional é exatamentea mesma. Uma vez que o funcional I[y] depende de todos os valores de x 2[a; b], podemos imaginar um funcional como uma função de in�nitas variáveis,I (y (x1) ; y (x2) ; :::). Neste caso, a variação dos parâmetros depende da variaçãode cada valor y(x) para x 2 [a; b], ou seja, neste caso a variação é também umanova função

�y(x) = y (x) + f (x) :

Assim, se tivermos encontrado a função y(x) para a qual nosso funcional I [y]é um extremos, esperamos que ao variarmos um pouco esta função (ou seja,pegarmos uma curva �y(x) muito próxima a y (x)) o valor do nosso funcional nãoirá variar (Figura 1).Suponha que y (x) é a função que resolve este problema (obviamente esta é

a função que queremos encontra). O fato de y (x) ser um extremo de I signi�caentão que, com pequenas variações em torno de y (x), o valor do integrando nãovaria apreciavelmente (de forma análoga ao cálculo ordinário). Vamos entãoanalisar como I varia se substituímos y pela função (Figura 1)

�y (x) = y (x) + "� (x) ;

para uma função � (x) que, apesar de arbitrária, vamos supor dada, i.e.,vamos variar apenas o valor de ". Ou seja:

Problem 8 Dada a função y (x) que fornece o menor valor da integral I,e uma função � (x) qualquer, como nosso funcional I varia por uma variaçãode "?

Na verdade, em problemas variacionais, geralmente estamos interessados emquestões do tipo, qual curva sai de um ponto a e chega no ponto b minimizandoum certo funcional? Por isso, usualmente queremos estudar apenas as funções� para as quais a função �y passa pelo mesmo ponto inicial e �nal, ou seja,

�y (a) = y (a) ; �y (b) = y (b) =) � (a) = � (b) = 0 :

15

Para a variação acima (onde y e � são funções conhecidas) nosso integrando Ipassa a depender apenas de " 2 R, ou seja, ser uma função de " (pois " é umnúmero)

I [y]! I (") =

Z b

a

F (y + "�; y0 + "�0; x) dx :

O ponto é que agora, como é uma função, podemos usar o resultado do cálculousual. Ou seja, saindo da curva y que resolve o problema (i.e., " = 0) pequenosvalores de " não devem fornecer variações no valor de I ("). Assim, a nossafunção I (") é um extremo no ponto " = 0,

dI

d"

����"=0

= 0 : (21)

Tudo que precisamos agora é dar uma de�nição precisa da diferencial dI=d".Fazemos isso da forma usual

dI

d"

����"=0

= lim"!0

I [y + "�]� I [y]"

= lim"!0

1

"

"Z b

a

F (y + "�; y0 + "�0; x) dx�Z b

a

F (y; y0; x) dx

#

= lim"!0

1

"

Z b

a

[F (y + "�; y0 + "�0; x)� F (y; y0; x)] dx

=

Z b

a

lim"!0

[F (y + "�; y0 + "�0; x)� F (y; y0; x)]"

dx :

Agora, sendo F uma função,

F (y + "�; y0 + "�0; x) = F (y; y0; x) +@F

@y"� +

@F

@y0"�0 +O

�"2�;

ou seja

lim"!0

F (y + "�; y0 + "�0; x)� F (y; y0; x)"

=@F

@y� +

@F

@y0�0 ;

com issodI

d"

����"=0

=

Z b

a

�@F

@y� +

@F

@y0�0�dx : (22)

Lembrando que �0 = d�=dx podemos integrar o segundo membro da expressãoacima por partesZ b

a

@F

@y0d�

dxdx =

@F

@y0�

����ba

�Z b

a

�d

dx

@F

@y0

�� dx : (23)

Agora usamos o fato de que a função � (x) (apesar de arbitrária) deve se anularnos extremos � (a) = � (b) = 0Z b

a

@F

@y0d�

dxdx = �

Z b

a

�d

dx

@F

@y0

�� dx :

16

Substituindo em (22) temos

dI

d"

����"=0

=

Z b

a

�@F

@y� �

�d

dx

@F

@y0

��

�dx

=

Z b

a

�@F

@y��d

dx

@F

@y0

��� dx : (24)

Voltando agora para (21) temos

dI

d"

����"=0

= 0 =

Z b

a

�@F

@y��d

dx

@F

@y0

��� dx

Para qualquer função � (x). Isso só é possível se o integrando for zero

@F

@y��d

dx

@F

@y0

�= 0 :

Se repetirmos o procedimento acima para uma função F (y1; y2; ::; y01; y02; :::; x)

de várias variáveis, obteremos um termo idêntico para a variação independentede cada uma destas variáveis. Ou seja, para variações

�yi (x) = yi (x) + "�yi (x)

(onde usamos a notação �yi no lugar de � para explicitar que a variação é dafunção yi) teremos

dI

d"

����"=0

= 0 =

Z b

a

�@F

@yi��d

dx

@F

@y0i

���yi dx ; (25)

(somatória em i). Assim, para F uma função de várias variáveis este resultadotem de ser válido independentemente (pois cada �yi é arbitrária) para cadavariação,

@F

@yi��d

dx

@F

@y0i

�= 0 (26)

Esta é a chamada equação de Euler.Observe que, no �nal, a nossa expressão (24) não depende de ". Além disso,

para lembrar que não estamos falando do cálculo usual, as pessoas inventam umnovo símbolo para a derivada (mas é apenas um símbolo)

dI

d"

����"=0

� �I [y] = �

Z b

a

F (y; y0; x) dx :

E lesse a variação funcional de I. Ou ainda, usando a notação acima, (25) podeser escrita como

�I [y] =

Z b

a

�@F

@yi��d

dx

@F

@y0

���yi dx (27)

17

e, em analogia com o cálculo ordinário de uma função f (x), costuma-se escrever

df =df

dxdx! �I [y] �

Z b

a

�I

�yi�yi dx =

Z b

a

�@F

@yi��d

dx

@F

@y0i

���yi dx ;

ou seja,�I

�yi=@F

@yi��d

dx

@F

@y0i

�;

e lesse, a derivada funcional de I em relação a função yi (x) (observe que �I=�y0

não faz sentido). Mais uma vez, isso é apenas uma notação5 , mas é importanteque você a conheça porque ela é muito usada em livros e artigos.Com isso, nesta simbologia, a nossa expressão �ca

�I [y] = �

Z b

a

F (yi; y0i; x) dx = 0 =)

�I

�yi=

�d

dx

@F

@y0i

�� @F

@yi= 0 ;

e lesse que, o fato da derivada funcional de I ser um extremo implica na equaçãode Euler.

4.1 Exemplo: a braquistócrona.

Um problema variacional bastante famoso, proposto em numa revista cientí�capor Bernoulli em 1696, é o chamado problema da braquistócrona (do grego, otempo mais curto). Imagine dois pontos num plano, (x1; y1) e (x2; y2), se umaforça constante for aplicada na direção x e uma partícula de massa m se moverdo primeiro ponto ao segundo sob ação desta força, qual o caminho que estapartícula deve percorrer para efetua o trajeto no menor tempo possível?Ou ainda, imagine que você quer colocar um cano para guiar o movimento de

uma bolinha e quer saber a forma do cano para minimizar o tempo de percurso.A resposta do problema acima é exatamente a trajetória que a sua partículaterá de fazer. Ou ainda, imagine que você pendure uma corrente entre os doispontos acima (onde a força é, novamente, a gravidade), que curva esta correnteirá desenhar (esta curva se chama catenária)? Todos estes exemplos se referemao mesmo problema. Vamos então a sua solução. Para fazer uma referênciamais natural a força gravitacional, colocamos os eixos como na �gura abaixo.Sabemos que a energia total do sistema T + U se conserva. Colocando o

zero do potencial no ponto de início (x1; y1) e considerando que a partículafoi lançada do repouso na direção x (podemos ignorar qualquer velocidade nadireção y pois, como não há forças nesta direção, ela se conserva) temos que noponto inicial

Ei = T + U = 0

5Obviamente existe muito mais por trás do cálculo variacional. Mas, se trabalharmosapenas com funções bem comportadas (e.g., diferenciáveis em todos os pontos), na grandemaioria dos casos podemos encarar � apenas como uma notação.

18

Figure 2: Figura retirada do Marion de Mecânica.

Seguindo a analogia da força gravitacional temos

F = mg = �@U@x

) U = �mgx

T =1

2mv2 :

A conservação de energia nos dá

T + U = 0 =) v =p2gx :

claro que não sabemos a direção desta velocidade, mas, se s é o caminho per-corrido pela partícula,

v =ds

dt) dt =

1

vds) t =

Z (x2;y2)

(x1;y1)

1

vds

onde(ds)

2= (dx)

2+ (dy)

2:

Finalmente, o tempo vale

t =

Z (x2;y2)

(x1;y1)

1p2gx

q(dx)

2+ (dy)

2=

Z (x2;y2)

(x1;y1)

1p2gx

s1 +

�dy

dx

�2dx

=

Z (x2;y2)

(x1;y1)

s1 + y02

2gxdx =

1p2g

Z (x2;y2)

(x1;y1)

r1 + y02

xdx :

Ou seja, o nosso problema se reduz a minimizar o funcional (como (2g)�1=2 éuma constante)

I =

Z (x2;y2)

(x1;y1)

F (y0; x) dx ; F (y0; x) =

r1 + y02

x

19

Onde, neste caso, a função F não depende explicitamente de y. A solução donosso problema é, então, a função y que obedece a equação de Euler (26)

@F

@y��d

dx

@F

@y0

�= 0 :

Como, neste caso, F não depende explicitamente de y

@F

@y= 0) d

dx

@F

@y0= 0) @F

@y0= C

@F

@y0=

@

@y0

r1 + y02

x=

y0px (1 + y02)

= C :

Assim, a curva que a partícula deve seguir y (x) deve ser solução da equação

y0px (1 + y02)

= C ) y02 = xC2 + xy02C2 ) y0 =

rxC2

1� xC2 ;

ou ainda,

dy

dx=

sxC2

(1� xC2) ) y =

Z x2

x1

xp(2ax� x2)

dx ;

2a = 1=C2 :

Fazendox = a (1� cos �)) dx = a sin � d�

temos

y =

Za (1� cos �) d� ;

ou seja, a curva procurada é

y = a (� � sin �) + C 0 ;

com C 0 constante. Com isso, a nossa curva obedece

x = a (1� cos �) ; y = a (� � sin �) + C 0 ;

que são as equações paramétricas de uma curva chamada ciclóide. Para x1 =x2 = 0 temos C 0 = 0, e o valor de a deve ser ajustado para que a curva passepor (x2; y2).Esta é a forma que o cano deve ter para que a partícula chegue mais rápido

em (x2; y2). Se a sua partícula for uma conta guiada por um �o (com massa)e você prender o �o nos pontos acima o �o assumirá exatamente esta a formaque levará a partícula entre os dois pontos no menor tempo, i.e., o �o formaráuma catenária.A parte da curva entre o ponto (x1; y1) até o seu mínimo é chamada de curva

tautocrônica, i.e., é a curva na qual o tempo gasto por um objeto para deslizarsem fricção em gravidade uniforme até seu ponto de mínimo é independente deseu ponto de partida (este problema foi resolvido por Christiaan Huygens em1659).

20

Figure 3: Figura retirada do Marion de Mecânica.

Remark 9 Na verdade, como o desenvolvimento deve ter deixado claro, quandoresolvemos um problema de cálculo variacional o que encontramos é um extremo(um mínimo, ou um máximo) do funcional. Entretanto, na maioria dos proble-mas em mecânica estamos interessados (e efetivamente encontramos) um valormínimo.

4.1.1 Equações de Euler-Lagrange

O ponto importante para nós no desenvolvimento acima é o seguinte: suponhaque a nossa variável independente é o tempo (x! t) e que a função que procu-ramos seja a trajetória de uma partícula com coordenada generalizada q(t)(y (x) ! q (t)). Além disso, suponha que a função F que estamos integrandoseja exatamente a lagrangiana L do sistema. Com issoZ b

a

F (y; y0; x) dx!Z b

a

L (q; _q; t) dt

e a expressão (25) toma a forma:

�

Z b

a

L (q; _q; t) dt = 0 =)�d

dt

@L

@ _qi

�� @L

@qi= 0 :

Que é exatamente a equação de Lagrange obtida anteriormente. Por isso estasequações são chamadas de equações de Euler-Lagrange (EL).A integral Z

L (q; _q; t) dt � S [q] ;

21

é chamada de ação. Usando a linguagem do cálculo funcional, podemos obteras equações de EL se impusermos que a derivada funcional da ação seja um ex-tremo. Esta exigência recebe o nome de princípio da mínima ação (ou princípiode Hamilton).Neste sentido as equações de Lagrange e, consequentemente, toda a mecânica,

podem ser construídas a partir do princípio da mínima ação e esta construçãoé equivalente a mecânica de Newton. Perceba que este é um caminho diferentedo seguido no início deste texto. Aqui adotamos o princípio da mínima ação epudemos mostrar que as equações EL assim obtidas são equivalentes as equaçõesde Newton.

4.2 Princípio de Fermat

O fato da mecânica de Lagrange ser uma conseqüência do princípio da mínimaação tem uma conseqüência crucial na questão do comportamento ondulatórioou corpuscular da luz. Porque todos os resultados da óptica geométrica podemser obtidos a partir de um princípio muito semelhante chamado princípio deFermat do tempo mínimo. Este princípio estabelece que ao atravessar meiosdiferentes, dentre todos os caminhos possíveis o feixe luminoso escolhe aqueleque minimiza o tempo da sua trajetória. Este princípio determina todos osefeitos de refração e re�exão (ou seja, efeitos que não envolvem interferência).Como analogia, imagine que você está de bicicleta na praia e quer atravessar

a avenida da orla para chegar num ponto a 45o da normal à avenida.

Problem 10 Qual caminho você deve seguir para chegar mais rápido?

O menor caminho é, obviamente, uma linha reta. Mas, como a bicicletase move com maior facilidade no asfalto, é conveniente que você passe menostempo na areia. Porém, se você se mover na direção normal na praia a distânciapercorrida será muito longa. Encontrar o caminho que minimize este tempo éum problema de cálculo variacional. Assim, a trajetória tanto da luz comodas partículas pode ser obtida por um princípio de mínimo de umfuncional. Como veremos, desde antes da Mecânica Quântica, este fato foi umindício de um comportamento corpuscular da luz.

Exercise 11 Como vimos, a mecânica clássica de um sistema pode ser determi-nado através do princípio da mínima ação, i.e., através da variação funcional daação. Isso também é válido em Relatividade. Ou seja, deve ser possível encon-trar uma ação que forneça as expressões da Mecânica Relativística. Obviamente,assim como as equações de movimento da Mecânica Clássica são invariantes portransformações de Galileu, as obtidas pela ação Relativística devem ser invari-antes por transformações de Lorentz. Uma forma de se garantir isso é exigindoque na ação apareçam apenas invariantes (ou escalares). O primeiro invarianteque temos em relatividade é o elemento de comprimento

ds2 = ���dx�dx� =

�dxi�2 � c2dt2 :

22

Assim, a ação invariante mais simples que podemos construir para a MecânicaRelativística é

S = �

Zds ; (28)

onde � é uma constante. Lembrando que a ação está relacionada com a la-grangiana L através da expressão

S =

ZL dt ;

obtenha a Lagrangeana da ação (28). Em seguida, expanda esta lagrangenaem termos de v=c e, mantendo apenas termos de segunda ordem (e lembrandoque uma constante não afeta as equações do movimento) e comparando com alagrangeana clássica para a partícula livre

L =1

2m _x2 ;

determine quem é �. Em seguida, calcule o momento

p =@L

@ _x:

Parta da de�niçãoH = p _x� L = E

e mostre que

E =mc2q1� v2

c2

:

4.3 Equação de Hamilton-Jacob

Como vimos, a descrição da dinâmica de um sistema mecânico pode ser dadauma vez conhecia a ação do sistema:

S =

Z t

0

L dt :

Usando agora a de�nição da hamiltoniana do sistema, a ação pode ser escritacomo:

H = pi _qi � L) S =

Z t

0

(pi _qi �H) dt

onde

pi =@L

@ _qi

com isso

S =

Z t

0

pi _qi dt�Z t

0

H dt =

Z q

q0

pi dqi �Z t

0

H dt

23

onde, obviamente, q0 = q (t = 0) e q = q (t) . Na forma acima, para um sistemaonde a coordenada q seja conhecida e dado o seu hamiltoniano, a ação não émais um funcional, mas apenas uma função de q e t. Ou seja, para calcular aação você resolve o problema mecânico de uma forma qualquer (e.g., resolvendoas equações de Newton) e substitui nas integrais acima. Nestas condições, aexpressão acima pode ser escrita como:

dS = pidqi �Hdt

Além disso,

S = S (q; t) =) ds =@S

@tdt+

@S

@qdq

Comparando as duas equações

@S

@t= �H ;

@S

@qi= pi : (29)

Lembrando agora que H (q; p; t) depende apenas da posição e do momento(e,eventualmente, do tempo), podemos usar as duas expressões acima para es-crever

@S

@t+H

�qi;

@S

@qi; t

�= 0 (30)

Ou seja, se pegarmos H (qi; pi; t), substituirmos todos os momentos por@S=@qi e depois substituirmos na expressão acima, o que obtemos é uma equaçãodiferencial parcial para a função (agora considerada desconhecida) S (q; t). Re-solver esta equação é equivalente a encontrar as trajetórias reais, ou físicas(chamado de setor físico) do problema em questão. Isto é, resolvendo estaequação encontramos S em função de q(t) e, conseqüentemente, q(t). A equaçãodiferencial acima se chama equação de Hamilton-Jacob.

4.3.1 Ação reduzida

Para um sistema conservativo (H é a energia e esta se conserva), temos

@S

@t= �H = �E ) S = �Et+W (qi) ; (31)

onde E é uma constante eW uma função apenas das coordenadas. Da expressãoacima temos

W = S + Et =

ZL dt+ E

Zdt =

Z(L+H) dt

usandoH = pi _qi � L) H + L = pi _qi ;

temos

W =

Zpi _qi dt =

Zpi dqi :

24

A quantidade W acima se chama ação reduzida do sistema. Para uma coor-denada qi periódica e um intervalo fechado neste período, esta é a quantidadeenvolvida na quantização de Sommerfeld. Ou seja, a quantização de Summerfeldimpõe regras de quantização para a ação reduzida das coordenadas periódicas.As expressões acima fornecem mais um método que pode ser usado para

resolver problemas em mecânica clássica. Para casos mais simples, como apartícula livre ou o oscilador harmônico, este método não introduz nenhuma fa-cilidade para a resolução do problema mecânico. Entretanto, uma das grandesvantagens do método acima é que ele pode ser sistematizado, de sorte que qual-quer problema em mecânica, por mais complicado que seja, pode ser tratado damesma forma (reduzindo o problema a complicações algébricas). Entretanto, odesenvolvimento destes métodos exigiria a introdução de conceitos como trans-formações canônicas, variáveis de ângulo-ação etc. Mas estes conceitosfogem um pouco do nosso objetivo aqui (e serão vistos em detalhes no cursode Mecânica Analítica). Assim, infelizmente, da forma que foi apresentado, �caparecendo que não ganhamos nada nesta nova formulação. Isso não é verdade,mas o desenvolvimento completo do método de Hamilton-Jacob foge ao escopoda nossa discussão. Tudo que precisaremos é da forma explicita da equaçãodiferencial acima.

5 Parênteses de Poisson (para Moderna II)

Existe uma forma bastante compacta de se escrever as EH através dos chamadosparênteses de Poisson (PP). Os PP de duas funções f (qi; pi) e g (qi; pi) sãode�nidos como

ff; gg = @g

@qi

@f

@pi� @f

@qi

@g

@pi

(somatória em i).Vamos calcular os PP de uma função g = g (q; p; t) em relação ao Hamilto-

niano

fg;Hg = @g

@qi

@H

@pi� @H

@qi

@g

@pi:

Usando agora as eq. de Hamilton temos

fg;Hg = @g

@qi

@H

@pi� @H

@qi

@g

@pi

=@g

@qi( _qi)� (� _pi)

@g

@pi

=@g

@qi_qi + _pi

@g

@pi

=@g

@qi

dqidt+@g

@pi

dpidt

25

Lembrando agora que

dg =@g

@qidqi +

@g

@pidpi +

@g

@tdt

dg

dt=

@g

@qi

dqidt+@g

@pi

dpidt+@g

@t

temos

_g =dg

dt= fg;Hg+ @g

@t

Se g não depende explicitamente do tempo, i.e., g = g (q; p), temos

_g = fg;Hg :Ou seja, calculando os PP de qualquer função da posição e momento com ohamiltoniano temos a variação temporal desta função.Em especial, para as variáveis de posição e momento temos

_qk = fqk;Hg =@qk@qi

@H

@pi� @H

@qi

@qk@pi

= �ik@qk@qi

@H

@pi=@H

@pk;

_pk = fpk;Hg =Xi

�@pk@qi

@H

@pi� @H

@qi

@pk@pi

�= �@H

@qk;

Ou seja, podemos escrever as EH como

_pk = fpk;Hg ; _qk = fqk;Hg

Observe queff; gg = �fg; fg :

de sorte quefh; hg = 0 :

Assim, do resultado acima temos

_H = fH;Hg+ @H

@t=@H

@t

Ou, se o Hamiltonianao (a energia) não depende explicitamente do tempo

_H = 0 =) H = E = const.

A energia do sistema se conserva.Mais ainda, para qualquer quantidade h (q; p) que não dependa explicita-

mente do tempo, temos que

se fh;Hg = 0 =) h = const.

26

Quando os PP de duas quantidades é nulo

ff; gg = 0

dizemos que estas quantidades comutam.Assim, uma quantidade se conserva se ela comuta com o H.Se calcularmos os PP das próprias variáveis q e p temos

fqk; pmg =Xi

�@qk@qi

@pm@pi

� @pm@qi

@qk@pi

�=Xi

�ik�im

fqk; pmg = �km

Que são chamadas regras canônicas de comutação. E as variáveis sãochamadas de canonicamente conjugadas.Como vimos anteriormente, as EL mantém a sua forma para qualquer trans-

formação de ponto nas coordenadas. Dos resultados acima vemos que as EHmanterão a mesma forma (e, conseqüentemente, descreverão a mesma dinâmica)para qualquer transformação inversível

Pk = Pk (p; q) ; Qk = Qk (p; q)

que mantenha as regras canônicas de comutação

fQk; Pmg = fqk; pmg = �km :

Vemos assim que a liberdade na escolha das coordenadas e dos momentos é nateoria de Hamilton. Transformações que mantém a forma canônica dos PP sãochamadas de transformações canônicas.Resumindo:

1. na MC toda a informação que caracteriza o sistema está contido nas var-iáveis (q; p). Estas quantidades podem ser desenhadas em um grá�co quese chama espaço de fase. Ou seja, dado um ponto no espaço de fase eu seio momento é a posição do sistema. Diz-se então que pontos no espaçode fase representam os estados físicos do sistema.

2. Para um sistema conservativo (onde H não depende explicitamente dotempo) toda a dinâmica do sistema (variação temporal das quantidades)depende apenas de H. Dado H a evolução de qualquer quantidade f podeser calculada pelos parêntese de Poisson

_f = ff;Hg :

3. A liberdade na escolha das coordenadas que descrevem corretamente adinâmica do sistema está contida nas regras canônicas de comutação

fqk; pmg = �km :

Estes são os resultados necessários para se entender o processo de quantiza-ção canônica.

27

6 Óptica geométrica

Partindo da equação de onda

r2 � 1

u2@2

@t2= 0 ;

podemos obter a equação da óptica que descreve a propagação de uma ondanum meio,

r2 � n2

c2@2

@t2= 0 ; (32)

onde é uma função escalar, c a velocidade da luz no vácuo e

n =c

v;

o índice de refração do meio. Em geral n = n (x) depende do meio onde a luzse propaga.Para n constante uma solução da equação acima pode ser escrita como

(x; t) = 0 exp (if (x; t)) ;

f (x; t) = exp [i (k:x� !t)] (33)

onde o número de onda k = jkj e a freqüência angular estão relacionadas por

k =2�

�= n

!

c:

Exercise 12 Veri�que que a função acima é solução da equação de onda.

A quantidade f (x; t) é chama de fase da onda. Para um tempo �xo, aregião do espaço com f constante é chamada de frente de onda. Por exemplo,em t = 0, toda região do espaço com k:x = c, com c constate, é uma frente deonda Observe também que

df

dt= (k: _x� !)

k = n!

c=c

v

!

c=!

v

Problem 13 Mas qual a dependência de x com t?

Com o passar do tempo a onda se desloca no espaço. Ou seja, toda umafrente de onda, por exemplo em t = 0, se desloca no espaço. Para nossa ondaplana, ou para cada região in�nitesimal de uma onda qualquer, este desloca-mento é normal a frente de onda. Assim, se ds é o deslocamento desta região

ds

dt= u ;

28

onde v é a velocidade da onda. Assim, se x representa o deslocamento da onda

_x =ds

dt= u) k: _x = ku =

!

uu = ! ;

com issodf

dt= (! � !) = 0 :

Ou seja, a fase é uma constante. Isso é óbvio dentro da nossa descrição, pois,tudo que estamos fazendo é seguir uma frente de onda e com isso nos deslocarmosnuma região que não varia com o tempo.Voltando a equação da onda plana (33) (pana n constante) vamos introduzir

a quantidade

k0 �jkjn=!

c;

onde k0 é número de onda no vácuo (n = 1), temos6

f (x; t) = exp [ik0 (n:x� ct)] = exp [ik0 (L� ct)]L = n:x (34)

onde jnj = n e n aponta na direção original de k.Vamos agora considerar o caso mais geral em que n = n (xi) depende do

ponto no meio. Com isso,L = L (xi) :

Neste caso, obviamente, a onda plana não é mais uma solução da equação deonda, uma vez que as variações do meio destorcem a onda.Vamos procurar por uma solução da equação de onda na forma

= � (xi) exp [ik0 (L (xi)� ct)] ;

com� (xi) = exp (A (xi)) =) = exp [A (xi) + ik0 (L (xi)� ct)] :

As quantidades A e L funções reais a serem determinadas. Vemos que A con-trola a amplitude da onda. Para o caso de n constante a amplitude é constante.Assim, podemos imaginar que, se n varia pouco (i.e., muito lentamente) a am-plitude, e conseqüentemente A, também variarão lentamente. Como para nconstante L! nz esta quantidade é chamada de comprimento de onda óptico,ou ainda a eikonal. Calculando o laplaciano de temos

r = r exp [A (xi) + ik0 (L (xi)� ct)] = r [A+ ik0L] ;

r2 = nr2 [A+ ik0L] + [r (A+ ik0L)]2

o;

6Lembre-se que na refração de ondas a freqüência não muda, por isso, mesmo que n = n(z),k0 é uma constante.

29

e a derivada temporal

@

@t=

@

@texp [A (xi) + ik0 (L (xi)� ct)] = �ik0c ;

@2

@t2= � (k0c)2 :

Substituindo na equação de onda (32) e isolando parte real e imaginária temos

r2A+ (rA)2 + k20�n2 � (rL)2

�= 0 ;

r2L+ 2L (rA � rL) = 0 :

Estamos aqui interessados no caso da chamada óptica geométrica. Isto é, nocaso em que o comprimento de onda da luz é muito menor que as dimensõesespaciais envolvidas no sistema. Em especial, as características do meio nãovariam apreciavelmente com distância da ordem de alguns comprimentos deonda. Neste caso, apesar de n não ser constante, podemos a�rmar que ele varialentamente no espaço.Usando então a aproximação da óptica geométrica, de que o com-

primento de onda é muito menor que a variação do meio, temos que o termoproporcional a k20 = 4�2=�20 é o mais signi�cativo da expressão acima. Emespecial, a variação espacial de A (xi) é, por hipótese, pequena. Lembrandoainda que para n constante L = nz, temos que rL = n, ou seja, mesmo nestaaproximação o rL é relevante. Assim, considerando

k20 >> r2A+ (rA)2

para todos os pontos dentro do material, para garantir que a primeira equaçãoacima seja satisfeita devemos ter

(rL)2 = n2 =) jrLj = n : (35)

Que obviamente é verdade no limite de n constante. Esta equação é conhecidacomo equação de eikonal da óptica geométrica. A superfície onde L (xi) possui omesmo valor é uma frente de onda e esta onda se desloca na direção da normaldesta superfície. Voltando a expressão (34) vemos que a equação eikonal podetambém ser escrita usando diretamente a fase da onda,

jrf j = n : (36)

6.1 A óptica e o princípio da mínima ação

(Alex Smalla and Kai S. Lam, Am. J. Phys. 79 6 , June 2011)Como mencionado anteriormente, o princípio variacional fornece um link

entre a mecânica clássica e a óptica geométrica. Nesta última a trajetória deum feixe luminoso é dado pelo princípio de Fermat do tempo mínimo. Ou seja,a trajetória que minimiza a quantidade

T =

Z b

a

dt =

Z b

a

1

vvdt =

Z b

a

n

cdl

30

onde dl =pdx2 é o deslocamento do feixe. Podemos escrever a equação acima

como

cT =

Z b

a

ndl =

Z b

a

np_x2dt = S

podemos identi�car o problema da óptica com o problema mecânico de umsistema com lagrangiana

L = n (xi)p_x2 :

O momento conjugado deste sistema é dado por

p =@L

@ _x=

n _xp_x2

ou sejap2 = n2 ; (37)

ep _x = n

p_x2 = L

Exercise 14 Veri�que as expressões acima.

Com isso, temos que a hamiltoniana associada ao sistema é dada por

H = p _x� L = 0 :

Assim, o cálculo da ação se torna

S =

Z b

a

L dt =

Z b

a

(p _x�H) dt =Z b

a

p _x dt =

Z b

a

p:dx

Ou seja, a nossa ação é na verdade, uma ação reduzida.Usando agora (37) e p = rS, podemos escrever

jrSj2 = n2 ;

que é a nossa equação eikonal. Se usarmos agora a aproximação da ópticageométrica, sabemos que, nesta aproximação, a quantidade S é proporcional afase da onda e a nossa onda pode ser descrita por

= 0 exp (i�S) ; (38)

com � uma constante. Observe que S tem dimensão de tempo vezes velocidade,enquanto a fase é adimensional. Assim, S não pode ser a fase, mas apenasproporcional a ela e a constante �, além de outras coisas, ajusta as unidades doproblema.Resumindo, o princípio da mínima ação da mecânica pode ser usada para

descrever o comportamento de uma onda na aproximação da óptica geométricase identi�carmos a ação do problema com a fase da onda procurada.

31

7 Mecânica e a óptica geométrica

Considere uma partícula de massa m num potencial independe do tempo. Nestecaso podemos escrever:

H (qi; pi) =1

2mp2i + V (qi) = E

Usando agora (29)

pi =@S

@qi(39)

podemos escrever

1

2m

�@S

@qi

�2+ V (qi) = E =)

�@S

@qi

�2= 2m (E � V )

Assim, a equação de HJ para este sistema pode ser escrita como�@S

@qi

�2= 2m (E � V )

Para coordenadas cartesianas (qi = xi) podemos ainda escrever

(rS)2 = 2m (E � V ) : (40)

Esta equação é formalmente igual a equação eikonal (36) para um meio comíndice de refração

n =p2m (E � V )

Esta semelhança foi percebida muito antes do surgimento da MQ.Vamos explorar um pouco mais esta semelhança associando o nosso sistema

mecânico (uma partícula) com uma onda. Mas que onda é esta? Bem, com-parando diretamente a equação acima com a equação eikonal da óptica, vemosque a analogia seria tratar uma superfície com um dado valor de S comoa frente de uma onda. Seguindo esta analogia, associamos então a partículade massa m num potencial V uma �onda� cuja frente de onda são os pontosonde S(x; t0) possui os mesmos valores num dado instante t0.Como S depende do tempo esta frente de onda se deforma e se propaga com

uma certa velocidade u

u =ds

dt

onde ds é o deslocamento in�nitesimal normal a superfície de valor constante.Estamos interessados em determinar esta velocidade u.Voltando na expressão de HJ (30) e usando o fato do nosso hamiltoniano

não depender do tempo temos

@S

@t+H

�qi;

@S

@qi; t

�= 0 =) @S

@t= �E

32

Lembrando agora que (se seguirmos uma frente de onda) a fase da onda éuma região constante (34)

dS

dt= 0

temosdS

dt=@S

@t+rS: _x = @S

@t+ jrSju = 0

ou seja

jrSju = E =) u =E

jrSj

u =Ep

2m (E � V )Ou seja, a nossa partícula, ou uma coleção de partículas não interagentes demesma massa, num potencial V pode ser descrita por uma onda cuja fase édada pela ação (ou proporcional a ação) e com a velocidade u acima.Assim, se estamos seguindo uma onda onde a frente de onda tem valor con-

stante S (q; t) isso signi�ca que estamos seguindo a onda cuja fase é proporcionala iS, usando a expressão (38) com � = 1=~, temos

= exp

�i

~S

�onde ~ é apenas uma constante de proporcionalidade. Lembrando que, para umsistema conservativo

@S

@t= �E =) S (x; t) =W (x)� Et : (41)

temos

= exp

�i

~S

�= exp

�i

~(W (qi)� Et)

�(42)

Isso signi�ca que a nossa onda tem uma frequência

!t =E

~t =) 2�� =

1

~E =) E = 2�~� =) E = h� : (43)

Além disso, lembrando da relação clássica (39) temos

pi =@S

@qi=) p = OS = OW (44)

Com o que a relação (??) se torna

u =E

jrW j =E

p(45)

com p o módulo do momento linear da partícula.

33

O seguinte resultado da óptica nos permite relacionar a frequência da onda� e seu comprimento � com a sua velocidade de propagação u

�� = u =) � =u

�;

usando (43) e (45)

� =u

�=E=p

E=h=) � =

h

p: (46)

As relações (45) e (46) relacionam a energia e o momento da partícula coma sua frequência e o seu comprimento de onda. Esta analogia tem a sua origemem trabalhos de Hamilton de 1825, para tratar problemas de óptica. Porém,nesta época, não havia nenhum resultado experimental que pudesse dar uma in-dicação do valor da constante h e, especialmente, nenhuma razão para crer queesta constante não era zero para uma partícula (uma quantidade cujo compor-tamento corpuscular fosse indubitável). Mesmo assim, Hamilton teve sucessoem usar este desenvolvimento para a luz, num tipo de tratamento corpuscular, eobter todos os resultados de refração e re�exão obtidos por outros métodos daótpica geométrica. Isso mostrava que, pelo menos em certos limites, a descriçãocorpuscular de Newton era complemente equivalente a descrição ondulatória deHuygens. Entretanto, como este método não trazia facilidades práticas para otratamento de problemas (em relação aos demais métodos da óptica geométrica)ele foi praticamente esquecido por décadas.Porém, com o surgimento de hipóteses de um caráter dual (onda-partícula),

não apenas da luz, mas também das partículas massivas, estes resultados foramredescobertos por Erwin Schroedinger em 1925.

8 A equação de Schroedinger independente dotempo

�First we have an observation, then we have numbers that we measure, thenhave a law which summarizes all the numbers. But the real glory of scienceis that we can �nd a way of thinking such that the law is evident.�(FeynmanPhysics Lectures, Vol I)Primeiramente é necessário lembrar que os resultados acima mostram uma

compatibilidade entre a mecânica e a óptica apenas para o limite de curtoscomprimentos de onda (onde a equação da onda se torna a equação deeikonal que é idêntica a equação de HJ). Desta igualdade Schrödingersupôs que a equação de HJ pudesse ser o limite para curtos comprimentos deonda de uma equação mais geral que descrevesse o comportamento ondulatóriodas partículas massivas.Para tentar encontrar esta equação mais geral, ele voltou a equação de onda

1

u2@2

@t2�r2 = 0

34

em seguida ele supôs que, pelo menos para comprimentos de onda curtas, avelocidade da onda associada a partícula deveria ser a velocidade (??) obtidana seção anterior

u2 =E2

2m (E � V )Assim, nossa equação de onda se torna

2m (E � V )E2

@2

@t2= r2 (47)

Seguindo o procedimento usual para a solução de equações parciais, podemosseparar as variáveis da nossa função de onda

(xi; t) = � (xi) exp (�i!t)

Vamos agora supor que a nossa onda tem uma energia bem de�nida. Seusarmos agora a hipótese de De Broglie (ou a equação (43)) temos

E = h� ) E = ~! ) (xi; t) = � (xi) exp

��iE~t

�: (48)

Substituindo na equação de onda (47)

r2�+ 2m~2(E � V )� = 0 =)

�� ~

2

2mr2 + V

�� = E� : (49)

Esta é a celebrada equação de Schroedinger independente do tempo. Ela descreveas funções de onda (os estados) das partículas quando a sua energia está bemde�nida, i.e., ela descreve os estados estacionários. Com ela podemos obter amaioria dos resultados da mecânica quântica não-relativística, como o espectrode energia do átomo de hidrogênio. A maior (e talvez mais importante) partedeste curso será o estudo das soluções da equação acima.A obtenção do resultado acima exigiu a suposição de que a nossa onda, e

conseqüentemente o sistema, tem uma energia bem de�nida. Mas:

Problem 15 Se o sistema é conservativo, a sua energia pode variarcom o tempo?

Problem 16 Isso não seria sempre verdade para qualquer sistema conserva-tivo?

Problem 17 O que signi�ca dizer que o sistema tem uma energia bemde�nida?

Lembre-se que a descrição quântica do sistema é uma descrição probabilís-tica. Assim, ao calcularmos uma quantidade qualquer (e.g., a energia), o queobtemos, em geral, é a probabilidade de numa medida desta quantidade obter-mos o valor calculado. Ou seja, em geral o sistema não possui o valor bem de-terminado de nenhuma quantidade física. Além disso, esta probabilidade podevariar com o tempo, de sorte que em certos instantes o sistema tem maior chancede ter uma certa energia e, em outros instantes, uma energia diferente.

35

Problem 18 Mas se o sistema é um só, como uma quantidade pode não estardeterminada, será que a quantidade está bem determinada, mas nós apenas nãoa conhecemos?

Seria tudo isso como, por exemplo, colocar um dado numa caixa fechada esacolejá-la? Antes de abrir a caixa e ver o resultado, cada número tem a chancede 1=6 de ser sorteado. Mas o número já está lá dentro, só que você não sabe.Pelas interpretações da MQ as coisas não são assim. A idéia é que, antes de abrira caixa, o dado efetivamente não possui nenhum valor de�nido. Apenas a suaobservação fará com que ele adquira efetivamente este valor. A diferença entrevocê não saber e o sistema não ter é que este sistema (A) pode in�uenciaroutro (B) através do valor deste observável e, como veremos, se o valor de umobservável não está determinado (ou seja, você não fez nenhuma medida) todosos valores possíveis desta medida in�uenciam B (com uma in�uência maior oumenor dependendo da probabilidade). Este é um fenômeno de interferênciacomum na teoria ondulatória, mas que desa�a o senso comum numa teoriacorpuscular.Assim, a�rmar que o sistema tem um valor bem de�nido E de um observável

signi�ca que, se �zemos uma medida desta quantidade, obteremos sempre (in-dependente de quando), o valor E.

Problem 19 Como é possível a�rmar que um observável tem seu valorbem de�nido, antes de fazemos a medida?

O ponto é que se �zemos uma medida de um certo observável (futuramentede�niremos melhor este termo) e não perturbamos mais o sistema (i.e., deixamosele isolado) o valor deste observável não murará. Podemos garantir assim que,se alguém �zer uma medida futura, obterá o valor que nós medimos. Chamamosa isso de preparar o sistema num certo estado conhecido. Ou seja, dizer que umsistema tem algum valor bem de�nido signi�ca, na verdade, que nós preparamoso sistema desta forma. Isto é, em algum momento, alguma medida foi feita.

Problem 20 Mas e o dado na caixa, está numa superposição de todosos valores?

O ponto é que o dado é um sistema grande o su�ciente para o seu comporta-mento ser completamente determinado pelas leis da mecânica clássica. Assim,mesmo que não tenhamos aberto a caixa, é possível, num ambiente controlado osu�ciente, saber o valor do resultado. Num certo sentido, sistemas clássicos sãosempre sistemas quânticos preparados (como se estes estivessem sendo medidosconstantemente pelo ambiente).

Remark 21 Se um sistema está num valor indeterminado de uma grandeza.É completamente impossível saber qual o valor desta grandeza antes da medidaser feita.

36

8.1 A partícula numa caixa

Vamos ilustrar a aplicação da ES tratando o caso de uma partícula livre numacaixa. Ou seja, fora o fato de ser con�nada dentro da caixa, nenhuma outraforça age sobre esta partícula. Assim, vamos usar as idéias da seção anteriorpara quantizar o sistema unidimensional de uma partícula de massa m numintervalo. Um ponto importante é que este sistema em duas ou três dimensõesrepresenta, grosso modo, apenas a aplicação do tratamento a ser desenvolvidopara cada dimensão separadamente. Ou seja, nosso sistema não é arti�cial.Inicialmente estamos interessados em estudar os níveis de energia que esta

partícula pode ter. Estado livre, a energia desta partícula é puramente cinética.Classicamente, uma ver que a partícula pode ter qualquer velocidade dentroda caixa, ela também pode assumir qualquer valor de energia. Além disso, apartícula pode estar em qualquer lugar dentro da caixa. Na descrição quântica,entretanto, veremos que as coisas são um pouco diferentes.Como estamos interessados em estados de energia bem de�nidos, o problema

que devemos resolver é a ES independente do tempo�� ~

2

2mr2 + V

� = E :

Uma vez que, dentro do intervalo (caixa), a partícula está livre, V = 0, e estamostrabalhando em uma dimensão, temos:

� ~2

2m

d2

dx2= E ;

onde E é a energia da partícula. Podemos escrever esta equação como

d2

dx2= �k2 ; k2 =

2m

~2E : (50)

Para que esta equação esteja bem de�nida em todos os pontos devemos exigirque a função de onda e sua primeira derivada não tenham descontinuidades(caso contrário, teríamos pontos com energia in�nita).Esta é uma equação de segunda ordem, logo ela deve ter duas soluções LI e

duas constantes de integração. Estas soluções podem ser escritas como

1 (x) = A exp (ikx) ; 2 (x) = B exp (�ikx)

com A e B constantes. Assim, a solução geral do nosso problema é

(x) = Aeikx +Be�ikx :

Problem 22 Como determinamos as constantes A e B?

Estas constantes estão relacionadas com a chamada condição de contornodo problema. Ou seja, precisamos especi�car o comportamento da nossafunção nos extremos. Até agora, além de fazer V = 0 (uma condição física),

37

tudo que �zemos foi resolver um problema matemático, mas agora, na �xaçãodestas condições, entram as características físicas do problema.Para isso precisamos lembrar o signi�cado da função de onda. A quantidade

j (x)j2 ;

signi�ca a probabilidade de encontrar a nossa partícula na posição x. Sabendoque a nossa partícula está presa na caixa devemos ter

j (x)j2 = 0 para x fora da caixa.

Primeiro precisamos colocar um eixo cartesiano no nosso problema e dizeronde está a nossa caixa. Por exemplo, podemos dizer que as paredes da caixaestão em �L e L (obviamente isso não in�uencia no resultado).Exigindo que a partícula esteja con�nada no intervalo de �L até L e que

a função seja contínua temos (por (50) vemos que descontinuidades da funçãoestariam relacionadas com energias in�nitas e não queremos tais casos.)

(L) = (�L) = 0 :

Problem 23 Quais os valores possíveis de E?

Observe que, por ser hermitiano, E 2 R. Entretanto, nada impede que esteassuma qualquer valor real e, em especial, valores negativos. Neste caso (E < 0)temos

�H = � jEj =) ~2

2m� = jEj =) (x) =

�Aekx +Be�kx

�; k2 =

2m

~2jEj ;

Entretanto, para ser solução do nosso problema, a função não deve apenasser solução da ES, mas respeitar as condições de fronteira,

(L) = (�L) = 0) AekL +Be�kL = Ae�kL +BekL = 0 :

ou aindaA�ekL � e�kL

�= B

�ekL � e�kL

�) A = B

Usando esta solução e aplicando novamente a condição de fronteira (L) = 0,temos

(L) = 2A cosh kL = 0) A = 0

para L 6= 0. Assim, os estados com E < 0 são descartados por não satisfaz-erem as condições de contorno. Este resultado é completamente compatívelcom a física clássica. Porém, como veremos a seguir, os demais resultados sãobastante distintos dos esperados classicamente.Voltando agora às nossas condições de fronteira e sabendo que k 2 R temos

(L) = 0 =) AeikL +Be�ikL = 0 =) AeikL = �Be�ikL

A (cos kL+ i sin kL) = �B (cos kL� i sin kL) :

38

Podemos satisfazer esta igualdade de duas formas

sin kL = 0 =) kL = n� ) A (cos kL) = �B (cos kL)) A = �B ;

cos kL = 0 =) kL = �

�n+

1

2

�) A (i sin kL) = �B (�i sin kL)) A = B :

Ou seja, o nosso problema possui dois tipos de soluções estacionárias

�n (x) = N� sin�k�n x

�; k�n =

�

Ln) E�n =

~2

2m

�n�L

�2;

+n (x) = N+ cos�k+n x

�; k+n =

�

L

�n+

1

2

�) E+n =

~2

2m

��

L

�n+

1

2

��2:

(51)

O resultado acima nos mostra que, dentro da caixa, a partícula só podeassumir os níveis de energia E�n e E

+n .

As constantes N� são obtidas exigindo que a probabilidade de estar emqualquer lugar da caixa seja 100%

��N���2 Z L

�L

�� �n �� dx = 1 :Este processo se chama normalização da função de onda.

Remark 24 A normalização é uma necessidade para termos a interpretaçãoprobabilística correta.

Note, entretanto, que a normalização �xa as constantes a menos de uma fase

N 0 = ei�N ) jN 0j2 = jN j2 ; � 2 R :

Entretanto, como as quantidades físicas são calculas através do módulo quadradoda função de onda, esta fase não in�uencia nos resultados e pode ser �xadaarbitrariamente.

Exercise 25 Obtenha as constantes de normalização N+ e N�.

Além disso, existe um nível mínimo de energia que o sistema pode assumirque é E+0 . A partícula nunca pode ter energia cinética nula (observe que E

�0 = 0

implica �0 (x) = 0 e a partícula não está mais na caixa).Mais ainda, se esta partícula interagir com alguma coisa (e.g., fótons) ela

só poderá absorver e emitir energias que sejam proporcionais a diferença entredois níveis

�En�!n =��E�n � E�m��

Esta é a chamada energia de transição de n para m.Esta características, que já havíamos encontrado na descrição de Bohr do

átomo de hidrogênio, são peculiaridades de qualquer sistema quântico con�nado.

39

Para todos os casos com energia bem de�nida, temos que certas regiões dacaixa são proibidas para a partícula. Por exemplo, primeiro estado excitado

�1 (x) = N� sin��Lx�= 0) x = 0;�L :

Ou seja, a partícula nunca é encontrada no meio da caixa. Assim, temos umapartícula com energia diferente de zero (que classicamente indica que ela estáse movendo) presa dentro da caixa (que classicamente indica que ela está indo evoltando na caixa), mas ela nunca está no meio da caixa (que classicamente...,não faz sentido). Vemos aqui que as nossas noções usuais do movimento, ou datrajetória da partícula, não fazem muito sentido na descrição quântica.Por exemplo, imagine que a partícula está no estado fundamental e você o

ilumina com uma luz de freqüência �, se

h� <���E+0 � E�1 ��� = 3

4

~2

2m

��L

�2;

os fótons simplesmente irão passar pelo sistema (o sistema será transparente).Já se

� =���E+0 � E�1 ��� = 3

4

~2

2m

��L

�2:

o sistema irá absorver este fotos e mudar de nível (ele será opaco para esta fre-qüência). Na prática o sistema iria posteriormente emitir esta radiação. Existemsistema onde este tempo de emissão é bem longo (ou seja, o estado excitado ébastante estável). Neste caso temos efeitos como fosforescência.Observe também que, de forma geral,

�E ��~L

�2:

Ou seja, se o tamanho da caixa vai para in�nito (partícula livre) a diferençados níveis de energia vão a zero e, conseqüentemente, a partícula pode assumirqualquer valor de energia.Da mesma forma, se tomamos o limite clássico7 ~ ! 0 o sistema passa a

adotar o comportamento clássico de poder assumir qualquer valor de energia.

Remark 26 Observe como a limitação da partícula no intervalo tornou osníveis de energia discretos. Este é o fenômeno por trás do comportamento doschamados pontos quânticos (QD).

Aqui é interessante ver como a realização do nosso espaço depende muito dequal parte do sistema nos interessa. Se no exemplo acima a distância L for muitopequena, os níveis de energia vão estar tão espaçados que para sofrer uma tran-sição de nível precisaríamos fornecer uma quantidade muito grande de energia.

7Obviamente, como h é uma constante, este limite simboliza apenas que todas as demaisgrandezas físicas envolvidas (no nosso exemplo, o tamanho da caixa) são muito maiores queh.

40

Podemos garantir assim que o sistema não sofra nenhuma transição indesejada(e.g., térmica) e as únicas transições possíveis são aquelas que nós provocamos.Neste caso, apenas alguns níveis de energia são relevantes e podemos tratar osistema como um problema de n níveis. Ao fazemos isso nosso sistema passa ater um número �nito de estados e passa a ser descrito por uma matriz. Estadescrição matricial é a chamada mecânica quântica de Heisenberg, que veremosno futuro.

8.1.1 Números quânticos

Ainda sobre o problema da partícula numa caixa, todas as quantidades asso-ciadas ao sistema, exceto a energia, estão indeterminadas, ou possuem a suadeterminação associada a uma probabilidade. Ademais, uma vez especi�-cada a energia da partícula, sabemos construir a sua função de onda,da qual retiramos todas as informações que a MQ pode nos dar sobre o sis-tema (e acreditamos que este seja a teoria que mais informações pode nos dar).Dizemos assim que a energia especi�ca o estado do sistema. Dentro danotação utilizada, chamamos de En a energia associada ao sistema. Ou seja,dado o valor de n podemos determinar a energia do sistema e, conseqüente-mente, o seu estado. A quantidade n, que especi�ca completamente o estadodo sistema é chamada de número quântico. Se tivéssemos trabalhado com umacaixa bidimensional, teríamos uma energia associada ao movimento na direçãox, com uma energia En, e outra associada com o movimento na direção y, quepoderíamos chamar de Em. Assim, neste caso, o sistema possui dois númerosquânticos. O mesmo acontecia com a descrição das órbitas elípticas de Som-merfeld, onde precisávamos de 2 números para conhecer o estado do sistema.

Remark 27 Assim, números quânticos são quantidades (discretas) que pre-cisam ser especi�cadas para se estabelecer o estado do sistema.

8.1.2 Valores médios

Sendo j (x)j2 a probabilidade de encontrar o sistema numa certa posição,podemos também calcular o valor médio da posição do sistema. Basta paraisso usarmos a de�nição usual de média e multiplicarmos o valor da variável(no caso, a posição) pela probabilidade do sistema possuir aquele valor destavariável. Assim, a posição média do sistema dentro da caixa vale

hxi =Zx j (x)j2 dx =

Z � (x)x (x) dx :

Onde, por razões que se tornarão claras no futuro, usamos a última forma paraa expressão. De forma geral, se f(r) é uma função qualquer da posição dapartícula (considerada agora em 3D), o valor médio de f pode ser calculadocomo

hfi =ZV

� (r) f (r) (r) d3V ; (52)

41

onde V é o volume onde o se deseja calcular a média.Como veremos em detalhes no futuro, um dos postulados da MQ é que

as quantidades clássicas observadas nada mais são do que valores médios dasquantidades quânticas do sistema.

8.1.3 Preparação de sistemas e superposição

Vamos preparar um sistema com um valor especí�co de energia. Imagine paraisso um espectrômetro de massa onde atiramos partículas de massa m e cargaq conhecidas. Dependendo da velocidade, ou do momento da partícula, elasofrerá uma certa in�uência do campo e se chocará com a parede do dispositivo.Conhecendo a energia cinética da partícula, sambemos exatamente onde elase chocará. Podemos então fazer um furo que seria alcançado apenas pelaspartículas que tivessem uma determinada energia, digamos, E�2 ,

E�2 =~2

2m

�n�L

�2; n = 2 :

Em frente ao furo temos uma caixa para capturar a partícula. As paredes dodispositivo podem ter sensores que detectem a partícula no caso de um choque.Neste experimento vamos jogando partículas com energia desconhecida dentrodo dispositivo e, sempre que esta partícula colide com a parede, ouvimos umclique. Quando, não ouvimos este clique é porque a partícula passou pelo bu-raco. Neste caso sabemos que temos aprisionado em nossa caixa uma partículano estado

�2 (x) = N� sin�k�2 x

�; k�n = 2

�

L:

Desta forma podemos preparar o sistema num determinado estado. Obvia-mente o tamanho do furo é importante, mas podemos aqui pensar num casoonde a diferença no dos níveis é grande o su�ciente para sabermos que as ener-gias E+1 < E�2 e E

+3 > E�2 representam regiões fora do nosso furo.

Imagine agora que os níveis não são tão espaçados assim. De sorte que nacon�guração atual, tanto as partículas com energia E�2 , com as com energia E

+1

possam ter passado pelos furos. Novamente, em frente a este furo, colocamos anossa caixa.

Problem 28 Qual o estado do sistema na caixa neste caso?

Neste caso, a partícula entrará na caixa num estado descrito pela função:

(x) = c1 +1 (x) + c2

�2 (x) ; c1; c2 2 C : (53)

Ou seja, ela não terá mais uma energia bem de�nida. Além disso, comoveremos no futuro, pelos princípios da MQ o módulo quadrado dos coe�-cientes c1 e c2 acima são dados pela probabilidade do sistema ser detectadocom energia E+1 e E�2 , respectivamente. Além disso, como estes módulos sãoprobabilidade e sabemos que o sistema estará (com certeza) num estado ou nooutro

jc1j2 + jc2j2 = 1

42

Por exemplo, se o experimento foi desenvolvido (depende basicamente de quãoaleatória é a velocidade das partículas lançadas) para que a partícula tenhaexatamente a mesma probabilidade de estar no estado E+1 ou E�2 , podemosentão a�rmar que

jc1j2 = jc2j2 =1

2

Obviamente, isso não �xa o valor destes coe�cientes, pois

jc1j2 =1

2=) c1 =

exp (i�)p2

; � 2 R : (54)

A quantidade � é chamada de fase do coe�ciente. Futuramente trataremos dadeterminação destes coe�cientes.Observe que estamos frisando que a partícula entra na caixa no estado

acima. Isso porque, como a energia da partícula não é mais bem determinadaela não está mais num estado estacionário. Ou seja, logo depois de entrar nacaixa ela pode já estar num estado diferente.Na obtenção da ES independente do tempo, usamos a seguinte separação de

variáveis (48)

(x; t) = � (x) exp

��iE~t

�;

e, com isso, obtivemos a ES. Ou seja, o que estamos chamando de é, naverdade, apenas a função � (x) acima.Isso signi�ca que a função de onda completa do nosso sistema com uma

energia E�2 conhecida é

(x; t) = �2 (x) exp

��iE

�2

~t

�:

Agora, a probabilidade desta partícula ser encontrar numa posição x num in-stante t vale

j (x; t)j2 =�� �2 (x)��2 ����exp��iE�2~ t

�����2 = �� �2 (x)��2 :

E não depende do tempo. Por isso, estados com energia bem de�nida sãochamados de estados estacionários.Agora, para uma partícula no estado (53) acima, temos a seguinte evolução

temporal

(x) = c1 +1 (x)+c2

�2 (x) =) (x; t) = c1

+1 (x) exp

��iE

+1

~t

�+c2

�2 (x) exp

��iE

�2

~t

�:

Usando que a probabilidade inicial do sistema ter uma ou outra energia é a

43

mesma (54) temos

(x; t) =1p2

� +1 (x) exp

��i�E+1~t+ �1

��+ �2 (x) exp

��i�E�2~t+ �2

���=

1p2exp

�� i2

�E+1~t+ �1 +

E�2~t+ �2

��" +1 (x) exp

"� i2

�E+1 � E�2

�~

t+ (�1 � �2)!#

+ �2 (x) exp

"� i2

�E�2 � E+1

�~

t+ (�2 � �1)!##

=1p2exp

�� i2

�E+1~t+ �1 +

E�2~t+ �2

��" +1 (x) exp

"� i2

�E+1 � E�2

�~

t+ (�1 � �2)!#

+ �2 (x) exp

"� i2

�E�2 � E+1

�~

t+ (�2 � �1)!##

A probabilidade de encontrar este sistema na posição x num instante t vale

j (x; t)j2 = 1

2

����� +1 (x) + �2 (x) exp"�i �

E�2 � E+1�

~t+ (�2 � �1)

!#�����2

: (55)

=1

2

8>><>>:��� +1 (x)��2 + �� �2 (x)��2�+ +1 (x) � �2 (x) exp ��i� (E+

1 �E�2 )

~ t+ (�1 � �2)��

+

� �2 (x)

� +1 (x) exp

��i�(E�

2 �E+1 )

~ t+ �2 � �1���

9>>=>>;(56)

Como as nossas funções são reais

j (x; t)j2 = 1

2

(��� +1 (x)��2 + �� �2 (x)��2�+ 2 +1 (x) �2 (x) cos �

E+1 � E�2�

~t+ (�1 � �2)

!)onde a dependência temporal não mais desaparece. Assim, esta proba-bilidade varia com o tempo e o sistema não está mais num estado estacionário.A parte com dependência temporal oscila cada vez mais rápido, quanto maiora diferença de energia. Ou seja, quanto maior a diferença de energia, menosestacionário (ou, menos estável)é o sistema. Observe também que esta proba-bilidade depende da diferença de fase (�2 � �1). Esta quantidade não possuium análogo clássico e, na verdade, não pode ser medida por nenhuminstrumento. Mesmo assim, como vemos acima (e veremos com mais detal-hes no futuro), ela pode produzir efeitos mensuráveis. Por causa desta fase,esta descrição difere da probabilidade clássica (que seria apenas a soma dasprobabilidades). Veja novamente a discussão no capítulo Ondas e Partículas.

Problem 29 O que acontece se �zemos um furo numa região que não corre-sponde a nenhum dos valores de En, por exemplo, entre os valores de E

�2 e

E+1 ?

A princípio pode-se imaginar que nunca capturaremos uma partícula. Ouseja, sempre ouviremos o clique da partícula se chocando com a parede dodispositivo. Mas isso não é verdade.Observe que, se não colocamos a caixa (ou seja, apenas o espectrômetro)

detectaríamos o choque de partículas em todas as posições da parede, inclusive

44

na posição correspondente a energia E 6= E+1 ; E�2 . Assim, o fato de termos

ou não colocado a caixa naquele ponto não deve alterar o comportamento daspartículas dentro do espectrômetro. Por isso deveríamos realmente esperar quealguma partícula entrasse na caixa. Entretanto, nosso problema e entendercomo uma partícula que classicamente tem energia E 6= E+1 ; E

�2 será detectada

na caixa apenas com energia E+1 e E�2 .

Quando não ouvirmos o clique saberemos que capturamos uma partículana caixa e, mais ainda, esta partícula estará num estado inicial aproximada-mente da forma (53). Onde o módulo quadrado dos coe�cientes será tão maiorquão mais próximo o furo estiver do estado de energia de�nido. Por exemplo,conforme o furo se aproxima de E+1 , o jc1j

2 cresce até que, quando o furo estiverexatamente em E+1 temos

jc1j2 = 1 ; jc2j = 0 :

Além disso, o sistema (que não está num estado estacionário, pois sua energianão está bem determinada), evoluirá no tempo com a forma aproximadamente(55).Isso signi�ca que mesmo que, classicamente, a partícula só possa entrar na

caixa se ela tiver uma energia entre E+n e E�n , quanticamente ela tem uma prob-

abilidade de entrar (e, ocasionalmente, entrará) se a sua energia não for bemdetermina, mas compatível com o fato dela entrar na caixa. Neste experimento,sempre que abrirmos a caixa e medirmos a energia da partícula obteremos (sem-pre) os valores E+1 ou E

�2 e nunca entre estes valores.

Problem 30 Mas se detectamos o valor E�2 e para passar pelo furo ela teriade ter uma energia E < E�2 , para onde foi a diferença de energia?

Não foi para lugar nenhum! Pense no pior: ela foi detectada na caixa comuma energia E+1 < E.

Problem 31 Como a partícula conseguiu passar pelo furo se ela não tinha en-ergia pra isso?

O que acontece com a conservação de energia? O ponto aqui é a descriçãoquântica jamais a�rma que a partícula passou pelo furo, mas apenas que elaestá dentro da caixa. Ou seja, a única forma de saber se ela passou pelo furo écolocando um detector lá dentro. Sem fazer isso, tudo que sabemos é que umapartícula entrou na caixa. O problema está em que toda a nossa descrição an-terior se baseia na idéia da trajetória seguida pela partícula e, quanticamente,tal idéia dependeria de colocarmos detectores em todos os pontos do espaço emedirmos (e, conseqüentemente, interferirmos) na partícula em cada instante detempo. Ou seja, na MQ não existe a idéia de trajetória de uma partícula.Além disso, o fato da partícula ter entrado na caixa com uma energia E+1 menorque a energia clássica necessária para passar pelo furo, não viola nenhuma lei deconservação, pois, em nem um momento, a partícula teve a energia bem de�nidaE (nunca demos esta energia para ela). O fato de sistemas quânticos fazerem

45

coisas que são classicamente proibidas devido a sua energia é bem comum emMQ. Este fenômeno é observado corriqueiramente em laboratório e recebe onome de tunelamento. Voltaremos a este fenômeno no futuro.

Exercise 32 Mas então, como uma partícula que classicamente tem energia Epode ser detectada com energia E+1 ou E�2 ?

Para sabermos a energia da partícula precisamos saber onde ela entra noespectrômetro. Esta medida da posição causou uma completa indeterminaçãono momento, e conseqüentemente, na energia da partícula.O ponto aqui é que, na verdade, como o estado inicial da partícula é descon-

hecido, a MQ nos diz que esta partícula está no estado

=Xn

�c+n

+n + c

�n

�n

�De sorte que ela terá uma maior probabilidade de entrar na caixa quanto maiorfor��c+1 ��2 e ��c�2 ��2. Além disso, ao entrar na caixa, o estado da partícula não foi

alterado. Assim, se ela inicialmente, além de um coe�ciente c+1 e c�2 tiver tam-

bém um coe�ciente c+8 (obviamente pequeno) haverá também a probabilidade��c+8 ��2 de se detectar esta partícula com uma energia E+8 bem maior que E�2 .

Exercise 33 Mas e se colocarmos uma caixa com tamanho diferente?

Neste caso a decomposição acima não irá mais corresponder ao estado daspartículas permitidas dentro da caixa e, para fazer a descrição acima, teremosde uma outra decomposição

=Xn

cn n ;

com n 6= +n ; �n .

Exercise 34 Mas qual das decomposições acima descreve a partícula?

Ambas! Na verdade, observando explicitamente as funções +n ; �n (51) ve-

mos que as decomposições acima nada mais são que a série de Fourie da função e existem in�nitas formas de se decompor a mesma função em séries diferentes.

Exercise 35 Mas como a energia clássica E se relaciona com todas estas de-composições?

Como veremos mais tarde, as partículas capturadas tem uma energia médiaigual a E

E = hEi =Xn

�E+n

��c+n ��2 + E�n ��c�n ��2� :

Além disso, mesmo no caso dos dois furos nas posições correspondentes asenergias E+1 e E�2 , a MQ não apóia a idéia de que a partícula passou por umou pelo outro furo.

46

Remark 36 Observe que a fase � em (54) não interfere nos valores médios(52).

Como podemos determinar o estado da partícula no caso desta não ter umaenergia bem de�nida? Neste caso a ES independente do tempo não pode maisser usada.

9 A equação de Schroedinger dependente do tempo

Nosso objetivo agora é encontrar uma equação que descreva não apenas a parteespacial �, mas a função completa , ou seja, nós queremos a versão dependentedo tempo da expressão acima.A equação (49) só funciona (só é compatível com a equação de onda) para

ondas com uma só freqüência (monocromáticas), mas gostaríamos de ter umamaior liberdade na dependência temporal do nosso problema. Para isso pre-cisamos eliminar E (E = h�) da nossa equação.Antes de tudo, é importante lembrar que, assim como obtivemos as equações

de Einstein, não é possível deduzir de primeiros princípios a equação de onda.Esta equação deve ser proposta com argumentos razoáveis e, posteriormente,comprovada com experimentos.Para isso, primeiro multiplicamos a equação (49)�

� ~2

2mr2 + V

�� = E� :

por exp (�iEt=~) e voltamos para a função de onda completa �� ~

2

2mr2 + V

� = E ;

(mas esta equação só é válida para as nossas ondas monocromáticas).Se operarmos em ambos os lados desta equação com o operador

��~2=2m � r2 + V

�temos �

� ~2

2mr2 + V

� �� ~

2

2mr2 + V

� =

�� ~

2

2mr2 + V

�E = E2 ;

ou seja, �� ~

2

2mr2 + V

�2 = E2 : (57)

Agora derivamos duas vezes a equação (48)

(xi; t) = � (xi) exp

��iE~t

�;

47

em relação ao tempo

@2

@t2= �E

2

~2� exp

��iE~t

�= �E

2

~2 =) E2 = �~2 @

2

@t2:

Substituindo na equação (57)�� ~

2

2mr2 + V

�2 = �~2 @

2

@t2: (58)

Esta equação fornece a equação correta para o caso monocromático, mas, pornão depender de E, possui também outras soluções. Entretanto, esta equaçãopossui o terrível inconveniente de ser uma equação de quarta ordem nas co-ordenadas espaciais. Isso signi�ca que as soluções desta equação exigem umaquantidade enorme de condições iniciais e condições de contorno que di�cilmentepoderiam ser associadas com parâmetros físicos do sistema.Vamos então reescrever a equação anterior na forma

H2 = �~2 @2

@t2;

onde introduzimos o operador

H = � ~2

2mr2 + V : (59)

Nossa equação pode ainda ser escrita como

HH =

�i~@

@t

��i~@

@t

� :

Soluções desta equação pode ser construídas com funções que respeitem

H = i~@

@t)�� ~

2

2mr2 + V

� = i~

@

@t(60)

Esta é a equação de Schrödinger dependente do tempo. Esta equação, diferenteda equação de onda usual, é de primeira ordem no tempo e de segunda ordemnas derivadas espaciais.

Problem 37 Mas como foi possível reduzir uma equação de quarta ordem numade segunda ordem?

Ao trabalhar com ondas (equações de ondas) é comum usarmos uma funçãocomplexa e, no �nal, atribuirmos uma realidade física apenas a parte real. En-tretanto o caso aqui é um pouco diferente, pois a nossa equação é, na verdade,(58). Se dividirmos em sua parte real e imaginária

= P + iQ ;

48

e substituirmos em (60) temos

i~@P

@t� ~@Q

@t=

�� ~

2

2mr2 + V

�P + i

�� ~

2

2mr2 + V

�Q

comparando as partes reais e imaginárias desta equação temos

~@P

@t=

�� ~

2

2mr2 + V

�Q

�~@Q@t

=

�� ~

2

2mr2 + V

�P

Podemos agora eliminar P ou Q diferenciando uma das equações acima com re-lação ao tempo e substituindo na segunda. O que obteremos com isso é que tantoQ como P respeitam a equação (58). Ou seja, temos uma equação de quartaordem para funções reais, ou um par de equações (acopladas) de segundaordem para uma função complexa, cujas partes não podem ser separadas.Mas, neste último caso, precisamos das relações acima, o que mostra que, nesteformalismo, nós precisamos da função completa = P+iQ, i.e., não podemosatribuir um signi�cado físico separadamente para a parte real ou aimaginária.Voltemos agora na relação com a óptica geométrica. Lembre que obtivemos

os resultados da seção anterior seguindo uma frente de onda de�nida pela funçãoS. Além disso, como vimos anteriormente, a nossa onda se relaciona com Spor (42)

= exp

�i

~S

�; (61)

com isso temos

@

@t=i

~ @S

@t;@

@xi=i

~ @S

@xi;

@

@xi

�@

@xi

�=i

~@

@xi

� @S

@xi

�=i

~

�@

@xi

@S

@xi+

@2S

@x2i

�= �

~2

�@S

@xi

@S

@xi+@2S

@x2i

�:

Substituindo na equação de Schrödinger (60)

�1

2m(rS)2 � ~2

2m

i

~r2S + V

�= � @S

@t

ou seja, S respeita a equação

@S

@t+

�1

2m(rS)2 + V

�=

i~2mr2S (62)

49

Vamos comparar este resultado com a equação de HJ (??)

@S

@t+H

�qi;

@S

@qi; t

�= 0

Lembrando que H é o Hamiltoniano da partícula podemos escrever

H =p2

2m+ V (63)

usando (29)

rS = p =) H =(rS)2

2m+ V =) @S

@t+

�1

2m(rS)2 + V

�= 0 (64)

As equações (62) e (64) são idênticas a menos do último termo em (62). Lem-brando que h = 2�~ é a constante de proporcionalidade que introduzimos em(42). Em outras palavras, no mesmo sentido que a equação de HJ é um limitepara as equações de onda no caso da óptica geométrica, esta equação é tam-bém um limite para a ES no caso em que todas as quantidades envolvidas são�grandes� com relação à h.Mais uma vez, a semelhança acima já havia sidopercebida por Hamilton. Mas a inexistência de qualquer evidência experimen-tal do comportamento ondulatório das partículas o levou (talvez) a pensar que hfosse zero para partículas massivas. Além disso, ao se tratar sistemas mecânicosusuais, o fato de h ser muito pequeno, em relação às demais quantidades dosistema, faz com que a presença do termo a direita em (61) não in�uencie apre-ciavelmente a dinâmica do sistema. Ou seja, quando h é pequeno, em relaçãoàs outras quantidades, devemos esperar um comportamento clássico. Podemosainda dizer que a equação de HJ representa um limite da equação de Schrödingerquando todas as quantidades envolvidas são muito grandes em relação à h. Issonormalmente é chamado de tomar o limite quando h tende a zero. Obviamente,como h é uma constante, isso deve ser entendido no contexto acima de com-parações de grandezas. Além disso, tomar o limite h! 0 é chamado de tomar olimite clássico do sistema quântico. Como, neste caso, a equação que descreve osistema (ES) se torna a equação HJ, todas as quantidades calculadas através daES (e.g., energia) deve se tornar os resultados calculados pela mecânica clássica.

9.0.4 A quantização de Schrödinger e de Sommerfeld

Dado um sistema mecânico (clássico) sujeito a um potencial V (x), a ES nospermite construir a descrição quântica deste sistema, i.e., construir a equação deonda que rege o comportamento quântico do sistema clássico em questão. Assim,este é um processo de quantização que podemos considerar como o primeiroprocesso de quantização geral. Este processo é mais geral que o Sommerfeld porprescindir da existência de uma variável periódica no sistema. Além disso, estenovo processo nos permite construir não apenas certas quantidades clássicas(e.g., energia), mas sim a própria função de onda que descreve o sistema (deonde podemos tirar muito mais informações).

50

Lembrando agora que a quantização de Sommerfeld pode ser consideradacomo uma generalização dos processos de quantização anteriores (de Bohr e dePlanck), surge a dúvida:

Problem 38 Será que a quantização de Schroedinger estaria relacionada coma quantização de Sommerfeld?

A resposta é sim!Dado um sistema com uma coordenada (física) periódica, por exemplo, um

ângulo �, pontos no espaço com coordenada � e � + 2� representam o mesmoponto. Pois, uma vez que esta quantidade representa uma �posição� do sis-tema, ser periódica signi�ca que o sistema revisita periodicamente esta posição.Com isso, seria de se esperar que qualquer função f(�) que represente umacaracterística de um sistema físico tenha um único valor de�nido neste ponto,i.e., f(�) = f(� + 2�). Neste caso dizemos que a função f tem valor único, ouque ela respeita uma condição de unicidade.Por exemplo, a função f (�) = exp (in�), n 2 N, respeita esta condição no

intervalo de 0 a 2�, pois

f (� + 2�) = exp [in (� + 2�)] = exp (in�) exp (i2�n) = exp (in�) = f (�) :

Entretanto, isso não ocorre com a função f (�) = exp (i�=2), neste mesmo inter-valo,

f (� + 2�) = exp

�i� + 2�

2

�= exp

�i�

2

�exp (i�) = � exp

�i�

2

�= �f (�) :

De forma geral, se q é uma variável periódica, podemos testar se uma funçãof (q) = exp [ig (q)] é de valor único calculando a variação da fase num períodocompleto I

dg ;

e exigindo que este valor seja proporcional a 2�,Idg = 2�n ; n 2 N : (65)

Por exemplo,

f (�) = ein� =) g = g (�) = n� =)Idg =

Z 2�

0

nd� = 2n� ;

f (�) = ei�=2 =) g = g (�) =�

2=)

Idg =

Z 2�

0

1

2d� = � 6= 2n� :

Lembre-se agora que a ES foi obtida considerando que a partícula obedecea uma equação de onda na forma (61),

= exp

�i

~S

�:

51

Para um sistema conservativo temos

= exp

�i

~(W (qi)� Et)

�= exp

�i

~W (qi)

�exp

�� i~Et

�:

Como estamos interessados só na variação da parte espacial, temos

g (qi) =1

~W (qi) =)

Idg =

I1

~dW

Lembrando que W =W (qi) temos

dW =@W

@qidqi

usando (44)

pi =@W

@qi=) dW = pi dqi

com o que Idg =

I1

~dW =

1

~

Ipi dqi :

Usando agora a condição de unicidade (65) temos

1

~

Ipi dqi = 2�n =)

Ipi dqi = 2�~n =)

Ipi dqi = nh ;

como as variáveis são independentes, podemos respeitar a igualdade acima se,para cada variável, I

pi dqi = nh :

Que é a regra de quantização de Sommerfeld.Resumindo:

Remark 39 A regra de quantização de Sommerfeld é uma conseqüência daunicidade da função de onda.

Na teoria de Schrödinger esta unicidade é introduzida à mão, através doestabelecimento das condições de contorno do problema. Ou seja, im-por a quantização de Sommerfeld é equivalente a impor condições decontorno que garantam a unicidade da função de onda na teoria deSchrödinger.Como vimos na seção anterior, a discretização dos níveis de energia de uma

partícula são uma conseqüência do con�namento da posição da partícula, i.e.,das condições de contorno do problema.Além disso, assim como a quantização de Sommerfeld permitiu generalizar

as orbitas circulares para elípticas. A ES permite impor novas condições decontorno.

52

Problem 40 Mas existiria algum sistema físico que não respeita a condição deunicidade?

Além do comportamento curioso já veri�cado de uma partícula numa caixa,existem quantidade físicas (mensuráveis) com propriedades ainda mais estranhas.Por exemplo, existe uma quantidade que, apesar de poder ser descrita por um�vetor�, possui a curiosa característica de, , ao ser �girada de 360 o.�, nãoretorna ao seu valor original, mas ganham um sinal de menos

f (� + 2�) = �f (�) :

Estas quantidades são chamadas de espinores e, com as devidas modi�cações(teoria de Pauli), podem ser incorporadas na teoria de Schroedinger.Condições de contorno são cruciais para se determinar as características

quânticas do sistema. Efeitos curiosíssimos, como o surgimento de forças (men-suráveis) e a possibilidade de se detectar efeitos provenientes da energia dovácuo, uma conseqüência do chamado efeito Casimir, são resultados do estudodas condições de fronteira do sistema. Características gerais da matéria, como onúmero de prótons do elemento mais pesado, podem estar ligadas aos problemasde condições de contorno.

9.1 Outras quantizações

Voltando agora na expressão (61)

= exp

�i

~S

�;

podemos entender melhor porque o universo, um sistema quântico, se comportatão classicamente. Voltando a de�nição da ação como um funcional, a ondaacima pode ser escrita como

(a; b) = exp

i

~

Z b

a

L dt

!;

onde L = L (q; _q; t) é a lagrangeana do sistema clássico correspondente. Ou seja,dado um sistema clássico descrito por uma lagrangiana L, a onda acima fornecea descrição quântica deste sistema.Além disso, se lembrarmos que

j (x)j2

é a probabilidade de encontrar a partícula no ponto x, podemos dizes que

j (a; b)j2 =�����exp

i

~

Z b

a

L (x; _x; t) dt

!�����2

;

para uma função x (t) qualquer é a probabilidade da partícula sair do ponto ae chegar no ponto b seguindo a trajetória x (t).

53

Figure 4: The Feynman Lectures on Physics

Problem 41 Mas então, qual trajetória devemos usar para calcular a ação?

Consideremos novamente o experimento de duas fendas com elétrons. Suponhatambém que o elétron realize uma trajetória clássica. Assim, ao emitirmos oelétron da fonte ele pode chegar ao detector pela trajetória G ! 1 ! D, quevamos chamar de q1, ou G! 2! D, que vamos chamar de q2. Se não �zemosnenhuma medida para saber por qual fenda o elétron passou, ele possui igualprobabilidade de ter efetuado qualquer uma das trajetórias. Lembrando agoraque, segundo os princípios que vimos, a probabilidade �nal de um evento é aamplitude quadrada da soma das possibilidades, podemos escrever

(a; b) =

2Xi=1

exp

�i

~Si [xi]

�; Si =

Z b

a

L (xi; _xi; t) dt :

Imagine agora que, na frente da primeira placa, existe uma segunda placa comdois duros. Agora os caminhos possíveis são

G! 1! 10 ! D

G! 1! 20 ! D

G! 2! 10 ! D

G! 2! 20 ! D ;

e, com isso,

(a; b) =2Xi=1

2Xk=1

exp

�i

~Sik [xi]

�; Sik =

Z b

a

L (xik; _xik; t) dt

e qik é a trajetória da partícula quando ela passa pelos furos i e k.

54

Para um conjunto de N placas cada uma com Ni furos, temos

(a; b) =

N1Xq1=1

N2Xq2=1

::::

NNXq2=N

exp

�i

~Sx1x2:::xN

�Podemos imaginar agora que a trajetória de uma partícula no espaço se dá nolimite de in�nitas placas, cada uma com um número in�nito de furos. Nestecaso as somatórias acima podem ser substituídas por integrais

(a; b) � limN!1

Z Z Z:::

Zexp

�i

~S [x]

�dx1dx2:::dxN

�Zexp

�i

~S [x]

�Dx (t)

onde agora x = x (t) é calculado em todos os pontos do espaço, ou seja, repre-senta todas as trajetórias possíveis da partícula para ir do ponto a até o pontob. A operação de �integração�acima é chamada de integral de trajetória. Este éo processo de quantização �formalizado�por Feynman baseado numa propostade Dirac.

Problem 42 Mas como se realiza na prática a integral acima?

Apesar de extremamente poderoso, o problema do procedimento acima éainda não existe uma matemática capaz de formalizar o processo de integraçãoacima para o caso geral. Ou seja, ainda não existe uma teoria da medida paraintegrais de trajetória. Mesmo assim esta integral pode ser calculada para casosparticulares e, mais ainda, mesmo sem o cálculo explicito a idéia envolvida nesteprocedimento permite tirar certas conclusões do sistema.Do exposto acima vemos que, graças ao comportamento ondulatório, todas

as trajetórias possíveis para a partícula interferem entre si e o resultado �naldesta interferência determina a trajetória mais provável para a partícula. Oponto é que, trajetórias fora de fase (assim como ondas) interferem destruti-vamente. Ou seja, trajetórias que forneçam diferentes valores de açãointerferem destrutivamente e não contribuem para a trajetória maisprovável da partícula.

Problem 43 Existe alguma ocasião onde estas trajetórias estão em fase?

Para que duas trajetórias estejam em fase basta que a ação calculada emambas tenha o mesmo valor. Ou, de outra forma, que a ação não varie quandomudamos da trajetória q1 (t) para q2 (t). Ora, de todas as trajetórias possíveis,existe apenas uma na qual, trajetórias próximas a ela não modi�cam o valor daação. Esta é exatamente a trajetória obtida pela variação funcional da ação, oupelo princípio de Hamilton. Assim, quando mais distante a trajetória estiver datrajetória clássica, mais as trajetórias em volta irão cancelar a sua contribuição.

55

Ou seja, dentre todas as trajetórias possíveis, aquelas mais próximas da tra-jetória clássica são as de maior probabilidade de encontrar o sistema8 .

Problem 44 Mas, se a probabilidade de encontrar o sistema na trajetória clás-sica é sempre muito maior que em qualquer outra, devemos então esperar sempreum comportamento clássico?

Um ponto importante na descrição acima é que a �escolha� da trajetóriaclássica dependeu da interferência de várias trajetórias.

Problem 45 Mas o que aconteceria se não houvesse tantas trajetórias pos-síveis?

Consideremos um problema, comum em eletromagnetismo, de uma fonte queemite radiação, com um certo comprimento de onda, esta radiação é colimadae captada por um detector depois de um colimador (Figura). Se tratarmos estaradiação como a trajetória de partículas (fóton) livres podemos a�rmar que ocaminho que minimiza a ação entre dois pontos quaisquer é uma reta. Assim,se o detector for colocado em frente a fenda (e.g., na posição D da �gura),existe uma reta que o liga a fonte e fótons serão detectados. Mas, pela descriçãoanterior, está linha reta é a trajetória do fóton apenas porque todas as demais,que passam pela fenda (pois apenas estas são possíveis), se interferiramdestrutivamente. Desta forma, podemos dizer que o fóton escolheu a linha retaporque todas as trajetórias que passam pela fenda se interferem e esta foi a maisprovável. Isso implica, também, que se colocarmos o detector num ângulo nãoacessível por uma linha reta (posição D0 da �gura) não detectaremos nada.

Problem 46 Mas e se não houver tantos caminhos para interferir?

Suponha agora que diminuímos o buraco do colimados. Quanto menor esteburaco, menos trajetórias são possíveis passando por ele. Acontece que, seeste furo é diminuído su�cientemente, teremos tão poucas trajetórias para seinterferir que trajetórias que antes eram destruídas (por interferência com estasoutras) passam agora a sobreviver (i.e., apresentarem uma probabilidade nãonula). Nestas circunstancias, trajetórias �não físicas�para o fóton (no sentidode não minimizarem a ação) passam a ser possíveis. Com isso, nesta situação,podemos esperar que o detector colocado na posição D0 passe a detectar umaparte da radiação da fonte. E isso realmente acontece!

Problem 47 Mas o que signi�ca uma fenda su�cientemente pequena?

Neste ponto o tamanho de referência é exatamente o comprimento de ondada radiação. Para furos da ordem do comprimento de onda, devemos esperar oefeito descrito acima. É nestas condições que os efeitos quânticos se manifestam.

8Não estamos a�rmando que a partícula seguiu uma trajetória especí�ca. Apenas queexiste uma trajetória na qual, se uma medida da posição da partícula for realizada, temosuma maior chance de, efetivamente, encontrara a partícula.

56

Figure 5: The Feynman Lectures on Physics

Dentro da descrição do eletromagnetismo, o efeito acima não chama muitaatenção. Pois é apenas um efeito de difração de uma onda. Entretanto, nadescrição com fótons, a descrição quântica se torna bastante elucidativa. Maisainda, como sabemos que não há diferença entre partículas e radiação, devemosesperar este efeito também com partículas. Entretanto, neste caso, o compri-mento de onda das quantidades é tão pequeno que estes efeitos não são obser-vados no quotidiano.Além da integral de trajetórias, vários processos de quantização (em especial

em TQQ) partem da ação clássica do sistema. Por isso, apesar de nos processosde quantização para baixas energias a hamiltoniana apresentar um papel fun-damental, nas descrições de altas energias a lagrangiana é que desempenha estepapel.

Problem 48 Mas a lagrangiana e a hamiltoniana não são ligadas por umatransformada de Legendre?

A a�rmação acima deixa de ser verdade em alguns casos. Em especial,quando o sistema possui vínculos9 . Neste caso, a esta transformação pode nãoestar bem de�nida. Teorias com este problema são chamadas de Teorias deGauge. O estudo de Teorias de Gauge é um ponto central da física atual.

9Aqui a palavra vínculo está sendo usada num sentido bem mais amplo daqueles presentesnos problemas de mecânica clássica usual.

57

10 Limite clássico

Como vimos, há várias ocasiões onde devemos esperar um comportamento �clás-sico� dos sistemas. Vejamos mais um exemplo. Voltemos, mais uma vez, aoproblema da partícula numa caixa de tamanho L. Vamos inicialmente analisareste problema do ponto de vista da física clássica. Neste caso, a partícula sempreteria uma velocidade constante e sua posição será dada por

x = x0 + vt :

Suponha agora que você não conhece a posição inicial x0 da partícula.

Problem 49 Qual a chance de encontrar a particular numa certa posição dacaixa?

Ou seja, classicamente quanto vale P (x) dx?Se a velocidade da partícula variasse, poderíamos esperar que, onde ela �ca

mais lenta (ou seja, a região onde ela gasta mais tempo para atravessar) teriaum valor maior de P (x). Como a nossa partícula tem uma velocidade constante,a probabilidade de encontrá-la em qualquer intervalo dx é simplesmente o valordeste intervalo dividido pelo tamanho da caixa (o valor da variável, dividira pelototal de valores que ela pode ter)

P dx =1

Ldx :

Ou seja, a probabilidade é uma constante. Isso signi�ca que, se �zermos umasérie de cópias da nossa caixa e as abrirmos encontraremos as partículas dis-tribuídas igualmente por toda a caixa. Esta é a previsão clássica.Como vimos anteriormente, a descrição quântica é bem diferente. Existindo

pontos onde a partícula pode estar com maior probabilidade e pontos ondeela não pode estar. Entretanto, na descrição quântica, conforme o valor daenergia aumenta, surgem mais picos de probabilidade de onde a partícula podeestar. Num caso de energia muito alta para qualquer intervalo dx que tomarmosteremos sempre o mesmo número de picos dentro deste intervalo. Assim, nestecaso, a probabilidade de encontrar a partícula em qualquer região dx é, assimcomo no caso clássico, uma constante.Assim, para o caso em que n ! 1 (E ! 1), a descrição quântica con-

corda com a descrição clássica. Mais ainda, para sistemas cuja energia sejamuito maior que a ordem de grandeza de h, esperamos um comportamentoclássico. Em todo sistema quântico, existe um limite para o qual o comporta-mento do sistema tende àquele previsto pela teoria clássica. Usualmente estelimite está associado ao regime de altas energias. Mas, de forma geral, basta queas grandezas envolvidas sejam muito grandes, em comparação a h. A existênciadeste limite clássico é chamada de princípio da correspondência de Bohr.Outra característica importante para se analisar este limite é o comprimento

de onda de De Broglie. Por exemplo, num gás com densidade � a distância média

58

Figure 6: Figura retirada do Libof

das partículas vale aproximadamente10 ��n, n > 0. Assim, para o regime

��n >> � ;

devemos esperar que o comportamento deste gás seja descrito pela mecânicaestatística clássica (lembre do exemplo da fenda). Mas, para o caso em que��n ' �, uma mecânica estatística quântica deve ser aplicada (este é um assuntoda segunda parte do curso). Lembrando que

� =h

p

devemos esperar que ��n ' � para valores baixos do momento das partículas.Ou seja, para o limite de baixas temperaturas. Neste regime, fenômenos comosuper�uidez e supercondutividade passam a se mostrar, mesmo em escalamacroscópica.Como mencionado no início destas notas, a física clássica começa a apresen-

tar problemas nos limites de (muito) altas e baixas energias.Lembrando que, simbolicamente, podemos tomar o limite clássico fazendo

h! 0, as comparações acima nos mostrar que, se um certo resultado quânticonão contem h, este resultado deve ser mesmo que o obtido por uma teoria clás-sica. O exemplo mais famoso é a seção de choque de espalhamento coulombiano.Um tratamento quântico detalhado fornece um resultado que não depende de h eé exatamente igual ao resultado obtido por Rutherford usando teorias clássicas.

11 A equação de continuidade

Lembrando a lei da continuidade da carga para o eletromagnetismo temos

r � J = �@�@t

:

10Na verdade, n = 1=3, mas, para a nossa discussão basta saber que é inversamente pro-porcional. Este fato é óbvio, pois, se aumentamos a densidade, diminuímos a distância médiaentre as partículas.

59

onde � é a densidade de carga e J a densidade de corrente. A leitura destaequação nos diz que toda a corrente que �ui para fora de uma região é igual àcarga que esta região perdeu.Desde sua origem os testes e aplicações da MQ se referem ao problema do

espalhamento de partículas. Ou seja, partículas vindas �livremente�do in�nitointeragem momentaneamente com um certo potencial (e.g., outra partícula) evoltam a se propagar livremente. Lembre-se, por exemplo, dos experimentosde Rutherford. Todos os problemas estudados em aceleradores de partículassão desta forma. A interação momentânea da partícula teste com o potencialé chamada de espalhamento. Usualmente neste tipo de processo a forma exatado potencial de espalhamento não é conhecida. Mas este é modelado por certascaracterísticas principais.Por exemplo, podemos modelar a interação de um elétron com um neutro

supondo que o nêutron é uma esfera impenetrável de raio R e usando o potencial

V (r) =

�0 ; r � R1 ; r < R

;

chamado de potencial de caroço duro. A quantização deste potencial fornecebons resultados desde que a energia do elétron não seja muito grande.Na maioria dos processos observamos uma partícula, ou um feixe de partícu-

las, e queremos saber o comportamento deste feixe. Assim, como veremos maisadiante, neste tipo de problema o conceito de conservação da partícula émuito importante (obviamente para os casos onde ela não se desintegra). Porisso é importante buscar por uma lei de conservação semelhante a do eletromag-netismo.A dinâmica de uma partícula é descrita pela ES dependente do tempo

H = i~@

@t=) @

@t= � i

~H :

Usando o mesmo desenvolvimento feito para obter a equação acima, mas partindodo complexo conjugado da função de onda

= exp

�i

~S

�! � = exp

�� i~S

�;

é fácil mostrar que � obedece a equação

H � = �i~@ �

@t=) @ �

@t=i

~H � :

Observe agora que

@ j j2

@t=@ �

@t=

@ �

@t+ �

@

@t;

usando as duas ES acima temos

@ j j2

@t=

�i

~H �

�+ �

�� i~H

�:

60

Para um problema unidimensional

H = � ~2

2m

@2

@x2+ V (x)

temos

@ j j2

@t=

�i

~

�� ~

2

2m

@2

@x2+ V (x)

� ��+ �

�� i~

�� ~

2

2m

@2

@x2+ V (x)

�

�= �i ~

2m

� @2 �

@x2� � @

2

@x2

�= �i ~

2m

@

@x

� @ �

@x� � @

@x

�ou ainda

@ j j2

@t+

@

@x

�i~2m

� @ �

@x� � @

@x

��= 0 :

Em 3 dimensões temos

@ j j2

@t+r �

�i~2m

( r � � �r )�= 0 :

Se de�nirmos as quantidades

J = i~2m

( r � � �r ) ; � = j j2 ; (66)

temos exatamente uma equação de continuidade. Sendo j (x; t)j2 a probabil-idade de encontrar a partícula na posição (x; t) é fácil ver que a quantidade� (x; t) acima pode ser como uma densidade de partículas. De�nimos assim oconceito quântico de densidade e corrente de partículas J (x; t).

Remark 50 Diferença conceitual entre densidade clássica e quântica?

Além do fato da densidade das partículas estar relacionada com a proba-bilidade de onde a partícula está, existe também uma corrente associada a ela.Pelos princípios da MQ esta corrente não pode ser associada diretamente aomovimento da partícula.Por exemplo, uma partícula numa caixa, com energia bem de�nida E é

descrita por uma função na forma

(x) = N sin (kx) exp

��iE~t

�;

e possui uma densidade

� (x; t) = j j2 = jN j2 sin2 (kx) ;

61

e uma corrente

J = i~2m

� @

@x � � � @

@x

�= 0 =

@�

@t:

Ou seja, mesmo que classicamente pensemos numa partícula andando de umlado para o outro da caixa (consequentemente um �uxo na forma Jc = v� (x)),quanticamente não há �uxo algum. Além disso, classicamente a nossadensidade seria diferente de zero apenas num ponto (�c = � (x)), mas quantica-mente, ela se espalha por toda a caixa.Por exemplo, um elétron de um átomo de hidrogênio in�uencia a sua viz-

inhança como se fosse uma distribuição de carga dada por � = j (r)j2 e nãocomo uma distribuição de carga clássica de uma única partícula �c = q� (r).Obviamente, como sempre acontece em MQ, existem regimes onde os con-

ceitos clássicos e quânticos concordam.

12 Barreira de potencial �nita

Vamos agora analisar o problema de uma barreira de potencial �nita. Imagine,por exemplo, um circuito como o da �gura abaixo:

Onde as grades estão ligadas a uma bateria. Na região I temos um potencialconstante, que podemos chamar de U = 0. E na Região II temos, novamenteum potencial constante U = V > 0. Uma carga se movendo em qualquer umadestas regiões não sofrerá a in�uência de nenhuma força.Agora, se uma carga (positiva) tentar se mover na Região III entre as placas,

sofrerá uma força constante F = qE, dada por um potencial U = Ex. O grá�codeste potencial seria algo como:

62

Classicamente uma carga na Região I só poderia penetrar na Região II seela tiver energia su�ciente para vencer a barreira de potencial, ou seja, apenasse ela possui uma energia E > V . Se uma carga com E < V viaja pela RegiãoI, ao chegar na Região III ela seria desacelerada até ser re�etida de volta.Além disso, toda a carga com E > V passaria pelo potencial.Vejamos agora o que nos diz a descrição quântica deste problema.Para simpli�car bastante o nosso problema, nós jogamos as duas placas

externas para o in�nito e fazemos D ! 0 ou, o que dá no mesmo, fazemosV >> D. Com isso, o potencial tem a forma da �gura abaixo

Então agora temos apenas duas regiões. A Região I será aquela onde opotencial vale zero, U = 0, enquanto na Região II, temos U (x) = V . Assim,nesta descrição, temos também duas ES, uma para cada região.Assim como no caso da partícula livre, imaginemos que a partícula possui

uma energia bem de�nida, i.e., vamos estudar a ES independente do tempo paraeste problema.Na Região I:

63

�� ~

2

2m

d2

dx2+ U

� = E ! � ~

2

2m 00I = E I =) 00I = �k21 I ;

k21 =2m

~2E : (67)

A solução deste problema é o mesmo da partícula livre, ou seja, podemosescrever a solução como:

I = A exp (ikIx) +B exp (�ikIx) :

As duas soluções acima representam ondas viajando na direção x (kI = x)e �x (�kI = �x).

Já para a Região II temos:�� ~

2

2m

d2

dx2+ U

� = E !

�� ~

2

2m

d2

dx2+ V

� II = E II

00II = �k22 ; k22 =2m

~2(E � V ) : (68)

Note que, apesar de ambos serem constante, k1 6= k2. Assim, a solução daequação diferencial acima é a mesma da anterior, mas, como veremos, o com-portamento destas soluções é bem diferente. Ou seja,

II (x) = C exp (ik2x) +D exp (�ik2x) :

Nosso objetivo é saber o que acontece com uma partícula que vem da regiãoI, viajando para a direita, quando esta encontra a barreira de potencial. Assim,podemos simpli�car ainda mais o nosso problema fazendo D = 0. Observe quea partícula pode vir pela direita, ser re�etida pela barreira e voltar viajando

64

para a esquerda, por isso não fazemos B = 0. Com isso, as soluções procuradastêm a forma

I (x) = A exp (ik1x) +B exp (�ik1x) II (x) = C exp (ik2x)

As soluções acima representam a composição de 3 onde distintas:

1. i = A exp (ik1x) descreve uma onda plana que vem do in�nito (�1) emdireção a barreira (nossa partícula inicial).

2. t = C exp (ik2x) descreve uma onda que atravessou a barreira e se movepara a direita.

3. r = B exp (�ik1x) descreve uma onda para a esquerda. Como inicial-mente só temos partículas vindas da direita, esta onda só pode descreveruma onda (ou uma partícula) que foi re�etida pela barreira.

Da descrição acima vemos que jCj2 é a probabilidade da nossa partículaatravessar a barreira (pois se jCj2 = 0 ) j II j = 0 e não há partícula naregião II), enquanto jBj2 é a probabilidade da nossa partícula ser re�etida pelabarreira. Se a partícula foi re�etida ela volta com a mesma energia E e se elaatravessou ela agora terá uma energia E � V .Podemos associar ao sistema então uma corrente Ji da partícula (ou das

partículas) incidentes. Usando (66)

Ji = i~2m

� i@ �i@x

� �i@ i@x

�= i

~2m

��2ik1 jAj2

�=~mk1 jAj2

Lembrando que, pela relação de De Broglie (ou pela de�nição de k)

p =h

�=

h

2�k = ~k ;

a quantidade ~k1 é o momento da nossa partícula incidente. Assim, se associ-amos a partícula uma velocidade (clássica), v = p=m, a quantidade Ji pode serescrita como

Ji =~k1mjAj2 (x) = p1

mjAj2 (x) = v1 jAj2 (x) :

Além disso, lembrando a nossa de�nição quântica para a densidade de partículas

� = j j2 ) �i = jAj2

temosJi = v1�i

Que é exatamente a expressão clássica para a corrente de uma distribuiçãocom densidade � e velocidade v. É necessário ter em mente que, apesar das

65

descrições baterem, a interpretação por detrás destas equações é bem diferente.Enquanto classicamente esperamos ter uma in�nidade de partículas distribuídasuniformemente no eixo x (pois �i é constante), e cada uma com velocidade v.Quanticamente podemos ter apenas uma partícula com momento ~k que possuia mesma probabilidade de ser encontrada em qualquer lugar do eixox. Lembre-se que a solução com energia de�nida é uma onda estacionária queocupa (sempre) todo o espaço. Quando o número de partículas é grande estasduas interpretações fornecem resultados equivalentes.Entretanto, levando adiante esta analogia, podemos ainda de�nir uma cor-

rente para as partículas re�etidas Jr

Jr =~mk1 jBj2 (�x) :

O coe�ciente de re�exão R de um meio mede exatamente a fração da correnteincidente (ou da intensidade da onda incidente) que este meio é capaz de re�etir.Assim:

R =jJrjjJij

=jAj2

jBj2:

Se pensarmos apenas em termos de ondas (como eletromagnéticas) a expressãoacima simplesmente nos diz que o coe�ciente de re�exão de um meio é a razãoentre a intensidade da onda re�etida e da onda incidente.Da mesma forma, podemos de�nir uma corrente transmitida Jt

Jt =~k2mjCj2 (x) ;

e determinar o coe�ciente de transmissão do nosso potencial

T =jJtjjJij

=

����k2k1���� jCj2jBj2

:

Se o nosso sistema consiste numa in�nidade de partículas, emitidas uma apósa outras, os coe�cientes acima nos dizem a proporção destas partículas que iráatravessa ou será re�etida pela barreira. Estes efeitos são facilmente observa-dos com a luz em meios translúcidos. Mas veja que agora, a expressões acimasão válidas para uma única partícula (massiva, ou um fóton). Esta descrição écompletamente diferente da clássica que a�rma: se partícula tem energiamaior que a barreira ela passa, caso contrário ela não passa. Falandonovamente sobre fótons, vemos que o comportamento clássico (observado emmeios translúcidos) é esperado para um sistema constituído com um grandenúmero de partículas. Neste sentido a teoria clássica da luz funciona perfeita-mente bem para intensidades altas, mas, para baixas intensidades, precisamosda teoria quântica. Baixas intensidade (apenas alguns, ou mesmo um únicofóton) só foram alcançados em equipamentos mais modernos. Vemos que, nocaso da luz, o limite clássico está relacionado com altas intensidades.

66

Bem, voltemos agora a nossa descrição quântica. Para determinarmos oscoe�cientes R e T da nossa barreira, precisamos obter as razões entre as intensi-dades da nossa função de onda, ou seja, determinar a razão entre as constantesda nossa equação diferencial. Assim como no caso da partícula na caixa, paradeterminar as constantes acima precisamos impor condições de contorno noproblema.Mais uma vez, não queremos descontinuidades na função de onda (pois isso

estaria associado com uma energia in�nita). Além disso, como a ES indepen-dente do tempo envolve uma derivada segunda, pela mesma razão não queremosuma descontinuidade na primeira derivada da função de onda. Matematica-mente estas exigências são necessárias para que as equações diferen-ciais façam sentido.Assim, devemos impor as condições

I (0) = II (0) ; 0I (0) = 0II (0) ;

Com isso

A+B = C

ik1 (A�B) = ik2C =) A�B = k2k1C

Resolvendo para C=A e B=A temos

C

A=

2h1 + k2

k1

i ; BA=1� k2

k1

1 + k2k1

Com isso, nossos coe�cientes se tornam

T =4k2=k1�1 + k2

k1

�2 ; R = ����1� k2=k11 + k2=k1

����2

Usando (67) e (68)k2k1=

r1� V

E

Vamos primeiro analisar o caso em que E � V

E � V ) V

E� 1) 0 � k2

k1� 1 :

Como era de se esperar

T +R =1�

1 + k2k1

�2 h2k2=k1 + 1 + (k2=k1)2i = 1 (69)

onde usamos explicitamente k2=k1 � 1.

67

Figure 7: Libo¤

Para o caso especial E = V

T = 0 ; R = 1

temos uma re�exão total da partícula. Conforme E cresce o coe�ciente detransmissão vai aumentando enquanto o de re�exão vai diminuindo.Observe que, apesar do coe�ciente de transmissão aumentar com a energia

(o que é natural), o comportamento é completamente diferente do esperadoclassicamente. Pois, mesmo que a partícula tenha uma energia E > Vela tem uma probabilidade de ser re�etida pela barreira. Ou seja, sejogarmos várias partículas com uma energia E > V detectaremos algumas sendore�etidas pela barreira. No nosso exemplo da carga atravessando o campo, anossa partícula tem energia cinética su�ciente para vencer o campo,mas, mesmo assim, ela é re�etida.Vejamos agora o que ocorre quando E < V .Neste caso, a ES na região II se torna

d2

dx2 II = �

2m

~2(E � V ) II =

d2

dx2 II =

2m

~2(V � E) II

00II = �2 II ; �2 =

2m

~2(V � E) > 0

Cuja solução vale

II (x) = C exp (��x) + C 0 exp (+�x) ; � > 0:

Problem 51 Qual dos sinais acima usar?

68

A resposta para esta pergunta permite analisar uma série de características(físicas e formais) da MQ.Vamos considerar que a solução geral seja uma combinação linear dos dois

sinais.Neste caso, conforme nossa onda se aproxima do in�nito teremos:

II (x!1) ' C exp (�x)!1

Fisicamente isso signi�ca que a partícula sempre seria encontrada no in-�nito, ou seja, a probabilidade dela estar no in�nito (e conseqüentemente sertransmitida seria sempre maior que qualquer outra probabilidade �nita). Obvi-amente isso não acontece, o que nos permite (com argumentos físicos) escolhero sinal de menos na exponencial. Matematicamente o mesmo argumentoa�rma que uma função de onda este fato está relacionado com não podermosnormalizar a função de onda acima. Assim, entre os postulados da MQ, temosque os estados físicos do sistema são dados por funções de onda que respeitamZ 1

�1j (x)j2 dx <1

Ou seja, cuja probabilidade de serem encontrada em todo o espaço seja �nita.Dizemos que as funções permitidas são de quadrado integrável, ou, mais tecni-camente, que elas pertencem ao espaço de Hilbert. Com isso temos

II (x) = C exp (��x) :

Podemos continuar usando todos os resultados anteriores fazendo

00II = �2 = � (i�)2 II

e substituindo k2 por i�. Com isso

B

A=1� i�

k1

1 + i�k1

Se de�nirmosz = 1 + i

�

k1

lembrando que �=k1 2 R, temos

B

A=�z

z=) R =

����BA����2 = ��� �zz ���2 = 1 :

Ou seja, neste caso a partícula é sempre re�etida.Para obter o coe�ciente R vamos usar,

T +R = 1) T = 0 :

Entretanto, precisamos ver que este resultado continua válido para E <V (lembre-se que, para obter o resultado (69) acima, usamos explicitamente

69

E � V ). Neste caso é necessário notar que no processo de espalhamento queestamos estudando todas as correntes são constantes. O que, pela equação decontinuidade, signi�ca que

r � J = �@�@t) @�

@t= 0 :

Para o caso de uma partícula, este resultado não é nada intuitivo com a nossavisão clássica. Pois não podemos imaginar a partícula entrando nemsaindo de nenhuma região. Mas lembres-se que, enquanto você não detectara partícula ela é uma onda no espaço todo. O resultado acima nos diz que

@Jx@x

� @J

@x= 0 ;

com isso Z 1

�1

@J

@xdx = J1 � J�1 = 0 :

Mas sabemos que

J�1 = Ji � JrJ1 = Jt

com isso

Jt � Ji + Jr = 0 =)JtJi+JrJi= 1 =) T +R = 1 :

Assim este resultado é válido para qualquer corrente estacionária.Com isso, para E < V , temos

R = 1 =) T = 0

Ou seja, para energias menores que a barreira todas as partículas são re�etidas.

Este último resultado concorda plenamente com o esperado classicamente.Podemos obter este resultado também diretamente da solução

II (x) = C exp (��x) =) II (1) = 0

Ou seja, não podemos encontrar nossa partícula muito longe da barreira e,consequentemente, não há corrente Jt nesta região. Além disso, como a correnteé estacionária, Jt � 0.

13 Barreira quadrada

Vamos analisar agora um problema um pouco mais complicado, mas muito maisinteressante. Imagine agora que o nosso potencial não continua constante até oin�nito, mas volta a cair num certo ponto. Ou seja, a nossa partícula vem livreaté x < �a (U (x < �a) = 0), sofre a ação de um potencial em x = a (U = V ),

70

Figure 8: Libo¤

mas a in�uência deste potencial torna a desaparecer numa certa distância a(U (x > a) = 0).Temos agora 3 regiões de interesse e, para cada região, temos a seguinte ES

independente do tempo

I (x) = Aeik1x +Be�ik1x ; k21 =2mE

~2; x < �a

II (x) = Ceik2x +De�ik2x ; k22 =2m

~2(E � V ) ; �a < x < a

III (x) = Feik1x ; x > a

Onde, na última função de onda, usamos novamente que estamos interessadosapenas no espalhamento de uma partícula vinda da esquerda.Mais uma vez, estamos interessados no estudo dos coe�cientes de transmissão

T e re�exão R deste potencial

T =

����FA����2 ; R =

����BA����2

Mais uma vez, os coe�cientes estão relacionados pela continuidade da função

71

e sua derivada nos pontos �a

e�ik1a +

�B

A

�eik1a =

�C

A

�e�ik2a +

�D

A

�eik2a

k1

�e�ik1a �

�B

A

�eik1a

�= k2

��C

A

�e�ik2a �

�D

A

�eik2a

�e a, �

C

A

�eik2a +

�D

A

�e�ik2a =

�F

A

�eik1a

k2

��C

A

�eik2a �

�D

A

�e�ik2a

�= k1

�F

A

�eik1a

Resolvendo estas equações para F=A, B=A temos:

F

A= e2ik1a

�cos (2k2a)�

i

2

�k21 + k

22

k1k2

�sin (2k2a)

��1B

A=i

2

�F

A

�k22 � k21k1k2

sin (2k2a)

Exercise 52 Obtenha as expressões acima.

Usando a segunda das relações acima podemos escrever����BA����2 = ����FA

����2 14���������k22 � k21k1k2

����2 sin2 (2k2a)�����

e suando a relação

T +R =

����FA����2 + ����BA

����2 = 1 =) ����BA����2 = 1� ����FA

����2temos

1

T=

����AF����2 = 1

4

����k22 � k21k1k2

����2 sin2 (2k2a) + 113.1 Primeiro caso E > V

Para E > V temos

k21 =2mE

~2> 0 ; k22 =

2m

~2(E � V ) > 0

k21 � k22 =)����k22 � k21k1k2

�����2 = �k21 � k22k1k2

��2=E (E � V )

V 2

72

com isso

T =4E (E � V )

V 2 sin2�gpE � V

�+ 4E (E � V )

; E > V

g = 2a

r2m

~2(70)

Onde agrupamos todas as características da partícula e da espessura da barreirana constante g.Mais uma vez temos o comportamento descrito anteriormente de que, mesmo

para energias mais altas que V , a partícula pode ser re�etida pelo potencial.Além disso, a transmissão é total (T = 1) sempre que a diferença entre a

energia e o potencial valer:

E � V = ~2

2m

�n�

2a

�2=) T =

4E (E � V )4E (E � V ) = 1

Ou seja, quando a barreira respeita a relação acima ela se torna transparentepara as partículas.Usando

k2 =2�

�2;

podemos escrever a relação anterior como

2ak2 = n� =) 2a = n�

2

quando o comprimento de onda da partícula é metade do tamanho da barreira.Esta relação pode ser usada para medir a espessura da barreira.Para energias muito altas

T = 1 ; E !1 :

Quando E �! V temos

E !+V ; sin

�gpE � V

�! g

pE � V ;

T ! 1�V 2

4E g2 + 1

� = 1�g2

�2V + 1

< 1 :

Agora temos que para energias próximas ao valor do potencial o coe�ciente detransmissão não mais se anula. Além disso, para uma barrira in�nita (V !1), ou uma barreira muito longa (g !1, que é o caso analisado anteriormente),temos (como esperado) T = 0.

73

13.2 Segundo caso E < V

Analisemos agora o caso para E < V . Novamente podemos aproveitar toda aálgebra desenvolvida anteriormente fazendo a substituição

k22 =2m

~2(E � V )

i� = k2 ) �2 =2m

~2(V � E) = �k22 :

Observe então que antes e depois da barreira temos ondas (oscilantes) en-quanto dentro da barreira a função de onda decai exponencialmente. Assim,devemos esperar um comportamento como o da �gura abaixo. Onde a ampli-tude da onda depois da barreira e tão menor quanto mais longa a barreira.

Libo¤

Com isso temos:

1

T=1

4

����� (i�)2 � k21k1i�

�����2

sin2 (2i�a) + 1

=1

4

������2 � k21k1i�

����2 sinh2 (2�a) + 1=1

4

��2 + k21k1�

�2sinh2 (2�a) + 1

usando�2 + k21k1�

=Vp

E (V � E)temos

T =4E (V � E)�

V 2 sinh2�gpV � E

�+ 4E (V � E)

� ; E < V

74

(Pode passar a barreira)O principal ponto deste resultado é que, mesmo para E < V (classicamentenossa partícula não tem energia para atravessar o potencial), temos T 6= 0. Estefenômeno é chamado de tunelamento quântico, ou simplesmente, tunelamento.Este processo esta por trás do Scanning tunneling microscope. De acordo comeste efeito, sistemas quânticos fazem coisas que eles não teriam energia pra fazer(mas isso, de forma alguma, viola a conservação de energia). Uma das primeirasaplicações do tunelamento, foi para explicar o decaimento radioativo de certosátomos. No núcleo atômico a forca de repulsão coulombiana entre os prótons ecompensada pela atração nuclear entre os nucleons. Entretanto, como a forçanuclear é de curto alcance, enquanto a força de Coulomb é de longo alcance,conforma aumentamos o tamanho do átomo, prótons mais distantes continuamse repelindo pela força eletromagnética, mas são atraídos apenas pelos nucleonsa sua volta. Vamos tendo assim um aumento gradual da repulsão, enquantoa atração permanece a mesma. Se tentarmos montar um átomo muito grandea repulsão colombiana simplesmente despedaçará o nosso átomo. Mas, paraátomos não tão grandes (e.g., urânio-238), a força de atração ainda é maior (maspouco maior) que a repulsão. Assim, classicamente este átomo seria estável.Entretanto, devido ao processo de tunelamento, pedaços do núcleo que nãoteriam energia (devido a repulsão) para escaparem da atração, conseguem fazê-lo. Assim, alguns pedaços do núcleo (e.g., dois prótons e dois nêutrons, chamadode partícula alfa) escapam do átomo de urânio. Este problema foi tratado comesta abordagem de tunelamento por Gamow, Condon e Gurney em 1928.Atualmente uma série de dispositivos eletrônicos (junção de Josephson e

diodos de tunelamento) funciona através deste processo de tunelamento, nestecaso, envolvendo elétrons.Vemos que para E < V temos T < 1. E para E ! 0

T ! 0hV 2 sinh2

�gpV�i = 0 ;

O comportamento geral do sistema pode ser visto na �gura abaixo (parag = 4)

O coe�ciente (e, conseqüentemente, a probabilidade) de transmissão vai au-mentando com a energia E, até atingir um valor máximo (T = 1) que dependedas características da barreira (g). Depois este valor oscila próximo ao máximo,de sorte que num certo range, se aumentarmos a energia diminuímos a trans-missão (um comportamento bastante inesperado). Depois, para energias muitoaltas, a transmissão passa a valer sempre 1.

14 Poço �nito

O poço de potencial quadrado, apesar de mais complicado que os potenciaisanteriores, fornece uma forma simples de entender alguns dos mais importantes

75

Figure 9: Figura tirada do Libo¤, para g = 4.

76

problemas tratados pela MQ. Ente eles, a estrutura do átomo de hidrogênio e acondução eletrônica tanto em metais e em semicondutores.A con�guração deste problema pode ser descrita por um potencial na forma

Libo¤

Neste problema podemos continuar usando as mesmas equações do problemaanterior

I (x) = Aeik1x +Be�ik1x ; k21 =2mE

~2; x < �a

II (x) = Ceik2x +De�ik2x ; k22 =2m

~2(E � V ) ; �a < x < a

III (x) = Feik1x ; x > a (71)

apenas com a modi�cação

k22 =2m

~2(E � V )! k22 =

2m

~2(E + jV j)

com isso, para E � 0 (que equivale ao caso E � V ) o coe�ciente de transmissão(70)

T =4E (E � V )

V 2 sin2�gpE � V

�+ 4E (E � V )

; E > V ; g = 2a

r2m

~2

se torna

T =4E (E + jV j)

V 2 sin2�gpE + jV j

�+ 4E (E + jV j)

77

Para este potencial temos

T ! 1 para E !1T = 0 para E = 0

Além disso, temos, novamente, um máximo de transmissão para

gpE + jV j = 2ak2 = n�

O principal ponto a se notar agora que este potencial, diferente do anterior, éum potencial atrativo.Classicamente, é impossível para um potencial atrativo re�etir uma partícula.

Entretanto, no caso quântico, vemos que tal efeito pode acontecer. Nesta teoria,podemos imaginar um elétron sendo atirado contra um núcleo, temos que esteelétron pode ser re�etido pelo núcleo. Além disso, para valores de energia acima(2ak2 = n�), o núcleo é completamente transparente para o elétron (este é oefeito Ramsauer).Neste caso, como nos anteriores, a partícula pode assumir qualquer

valor de energia, i.e., o espectro de energia forma um contínuo.

14.0.1 Energia negativa.

Vamos agora procurar por soluções da ES com V < E < 0. Neste caso temos(lembre que agora a região classicamente proibida é jxj > a)

d2 Idx2

= �2 I ; �2 =

2m

~2jEj > 0 =) I (x) = A exp (�x)

d2 IIdx2

= �k22 II ; k22 =2m

~2(jV j � jEj) > 0 =) II (x) = B exp (ik2x) + C exp (�ik2x)

d2 IIIdx2

= �2 III ; =) I (x) = D exp (��x) (72)

Onde, pela condição de normalização, em I usamos apenas o sinal de + e em II o sinal de �. E usamos novas letras para as constantes multiplicativas.Nesta escolha implicitamente estamos escolhendo a raiz positiva de �

�2 = �r2m

~2jEj =) � = +

r2m

~2jEj > 0 :

Novamente impomos as condições de continuidade da função e sua derivadanos pontos �a

A exp (��a) = B exp (�ik2a) + C exp (ik2a)�A exp (��a) = ik2 [B exp (�ik2a)� C exp (ik2a)]

78

e a

B exp (ik2a) + C exp (�ik2a) = D exp (��a)ik2 [B exp (ik2a)� C exp (�ik2a)] = �D exp (��a)

coletando estas equações temos

Ae��a �Be�ik2a � Ceik2a = 0 ;Beik2a + Ce�ik2a �De��a = 0 ;A�e��a �Bik2e�ik2a + Cik2eik2a = 0 ;Bik2e

ik2a � Cik2e�ik2a +D�e��a = 0 :

As equações acima podem ser escritas na seguinte forma matricial

Mv = 0

onde

M =

0BB@e��a �e�ik2a �eik2a 00 eik2a e�ik2a �e��a

�e��a �ik2e�ik2a ik2eik2a 0

0 ik2eik2a �ik2e�ik2a �e��a

1CCA ; v =

0BB@ABCD

1CCASe a matriz M for inversível, podemos escrever

v =M�10) A = B = C = D = 0 :

Assim, a única forma da equação acima ter uma solução não trivial, é a matrizM não ser inversível. Ou seja,

detM = 0 ;

(esta é a regra de Kramer para que um sistema de equações tenha solução não-trivial).Manipulando a matriz temos

1. Multiplicando a primeira linha por � e subtraindo com a terceira; multi-plicando a segunda por � e somando da quarta; multiplicar primeira linhapor �1 0BB@

0 G� G 00 G G� 0

�e��a �ik2e�ik2a ik2eik2a 0

0 ik2eik2a �ik2e�ik2a �e��a

1CCA0BB@

ABCD

1CCA ;

ondeG � (�+ ik2) eik2a :

79

2. Trocar primeira coluna com a segunda (observe que estamos reorganizandoo sistema e precisamos rede�nir v)0BB@

G� 0 G 0G 0 G� 0

�ik2e�ik2a �e��a ik2eik2a 0

ik2eik2a 0 �ik2e�ik2a �e��a

1CCA0BB@

BACD

1CCAe depois a segunda com a terceira0BB@

G� G 0 0G G� 0 0

�ik2e�ik2a ik2eik2a �e��a 0

ik2eik2a �ik2e�ik2a 0 �e��a

1CCA0BB@

BCAD

1CCASe calcularmos agora o determinante da matriz acima temos

detM =�2

k22

�G2 � (G�)2

�e2(�a�)

Exercise 53 Calcule o determinante da matriz acima.

Com isso, a condição de Kronecker se torna

detM = 0) G2 = (G�)2 ) G = �G� (73)

Lembrando que um número complexo pode ser escrito na forma polar

z = �+ ik2 = jzj ei� ; jzj =qk22 + �

2 ; tan� =k2�

temosG = jGj exp (i [k2a+ �])

Assim, (73) se torna

G = �G� ) exp (i [k2a+ �]) = � exp (�i [k2a+ �])

Para as raízes positivas

G = +G� =) exp (i [k2a+ �]) = exp (�i [k2a+ �]) =) k2a+ � = 0

ou ainda

k2a+ � = 0 =) tan (k2a) = � tan� = �k2�=) � tan (k2a) = �k2

ou ainda

� = �cos (k2a)sin (k2a)

k2 = �k2 cot (k2a) ;G

G�= 1 (74)

80

Para a raiz negativa fornece

G = �G� =) exp (i [k2a+ �]) = � exp (�i [k2a+ �]) = exp (�i [k2a+ �� �])

k2a+ � = �k2a� �+ � =) k2a+ � =�

2

ou ainda

tan� =k2�= tan

��2� k2a

�= cot (k2a)

que pode ser colocada na forma

� = k2 tan k2a ;G

G�= �1

Retornando estas soluções em0BB@G� G 0 0G G� 0 0

e�ik2a �eik2a � �ik2e��a 0

�eik2a e�ik2a 0 � �ik2e��a

1CCA0BB@

BCAD

1CCA = 0 (75)

temos

G�B +GC = 0 =) B

C= � G

G�

GB +G�C = 0 =) B

C= �G

�

G

com isso, para cada uma das raízes (73) e (74) temos

B

C= � G

G�= 1 =) B = C ; k2 tan k2a = � ;

G

G�= �1 ;

B

C= � G

G�= �1 =) B = �C ; �� = k2 cot (k2a) ;

G

G�= 1 :

14.0.2 Raiz negativa, primeira igualdade

Substituindo a segunda igualdade B = C nas duas outras últimas equações em(75) temos

e�ik2aB � Ceik2a � �

ik2e��aA = 0 =) A = 2

k2�B sin (k2a) e

�a

�eik2aB + Ce�ik2a � �

ik2e��aD = 0 =) D = 2

k2�B sin (k2a) e

�a

Substituindo nas funções de onda (72) temos

I (x) = A exp (�x) =) I (x) = 2k2�B sin (k2a) exp [� (x+ a)] ;

II (x) = B exp (ik2x) + C exp (�ik2x) =) II = 2B cos (k2x) ;

III (x) = D exp (��x) =) III (x) = 2k2�B sin (k2a) exp (�� (x� a)) ;

k2 tan k2a = � : (76)

81

Que, pela dependência na coordenada na forma do cosseno, são chamadas desoluções pares.Para determinar a constante B em ambas as soluções acima, basta nor-

malizar as função Z 1

�1j j2 dx = 1

temos assim a solução completa do nosso problema.As relações entre k2 e � na equação (76) determinam os valores possíveis de

energia do nosso problema. Entretanto, esta é uma equação transcendental enão podemos encontrar uma forma algébrica fechada para as soluções (i.e., nãopodemos encontrar uma relação simples entre estas quantidades).Vamos primeiro estudar as pares soluções (76). Fazendo mudança de var-

iáveis (para variáveis adimensionais)

� = k2a ; � = �a =) � tan � = � (77)

Lembrando que escolhemos a raiz positiva de � e que a > 0 temos

� > 0 :

Pela de�nição de k2 e � temos

�2 =2m

~2jEj ; k22 =

2m

~2(jV j � jEj) =) �2+k22 =

2m

~2jEj+2m

~2(jV j � jEj) = 2m

~2jV j

ou ainda�2 + �2 = a2

2m

~2jV j � �2

ou seja, para dados valores de a,m e V a relação acima descreve um círculo deraio � no plano � � �.Ou seja, para um dado poço de tamanho a, profundidade V e uma partícula

de massa m, a ES do nosso problema terá soluções não-triviais, apenas se asseguintes equações forem (simultaneamente) satisfeitas

� = � tan � ; � = +p�2 � �2 ;

� (E) = �a =a

~p2m jEj > 0 (78)

onde, novamente, escolhemos o sinal de + para � porque já havíamos escolhidoa raiz positiva de �. Esta é uma restrição nas energias (para soluçõesestacionárias pares) permitidas para o nosso sistema.Para encontrar estes valores possíveis de energia, podemos usar métodos

numéricos, ou simplesmente plotar num grá�co as duas equações (78) e procu-rarmos pelas intersecções destas �guras.Um exemplo, para um dado valor de � < �, é mostrado na �gura abaixo.

82

Libo¤

Ou seja, para

� < � =) jV j < ~2

2m

��a

�2estas curvas se encontraram apenas uma vez no ponto �1 da �gura. Assim, paraeste valor de potencial, temos apenas um possível valor de k2 e � que respeita ascondições de contorno do nosso problema. A energia deste estado é dada pelovalor de �

�1 = �1a =) jE1j =~2

2m�21 =) E1 = �

~2

2m

��1a

�2Este é um estado estacionário (par) permitido para o sistema (como é a soluçãoda ES independente do tempo, o estado deve ser estacionário). Lembrando queos estados estacionários são estados de energia determinada, nestas condiçõeso sistema tem apenas um valor permitido de energia. Este é um estado esta-cionário em que a partícula está presa dentro do posso. Ou seja, a regiãopermitida para a partícula é limitada no espaço. Um estado estacionário (deenergia bem de�nida) limitado no espaço é chamado de um estado ligado (emcontradição aos estados não ligados onde a partícula de energia bem de�nidapode ir para o in�nito).Observe que, se aumentarmos a profundidade do poço (i.e., aumentar a força

de atração jV j), de forma que

� < � < 2� =) � <

ra22m

~2jV j < 2�

83

teremos dois estados ligados para o sistema. Ou seja, dois estados de energiapermitidos. Além disso, o número de estados ligados aumenta com a largura dopoço a. Outro ponto a se observar é que para qualquer valor de energia E < 0existe pelo menos um estado ligado par. Ou seja, assim como no casoclássico, um poço de potencial quântico sempre pode capturar uma partículacom E < 0. A diferença é que classicamente esta partícula é sempre capturadaenquanto quanticamente ela tem uma probabilidade de ser capturada dada pelocoe�ciente de re�exão.

14.0.3 Raiz positiva, segunda igualdade

Substituindo a segunda igualdade B = �C nas duas outras equações temos

B

C= �1 =) A

B= �D

B= �2i sin (k2a) e�a

e�ik2aB � Ceik2a � �

ik2e��aA = 0 =) A = 2

ik2�e�aB cos (k2a)

�eik2aB + Ce�ik2a � �

ik2e��aD = 0 =) D = �2 ik2

�Be�a cos (k2a)

Substituindo nas funções de onda (72) temos

I (x) = A exp (�x) =) I (x) = 2ik2�B cos (k2a) exp (� (x+ a)) ;

II (x) = B exp (ik2x) + C exp (�ik2x) =) II (x) = 2B sin (k2x)

III (x) = D exp (��x) =) III (x) = �2ik2�B cos (k2a) exp (�� (x� a)) ;

k2 cot (k2a) = �� : (79)

Estas são as soluções impares do nosso problema.O desenvolvimento segue de forma completamente análoga ao caso da raiz

negativa (ondas pares). Neste caso, novamente, temos a condição:

�2 + �2 = a22m

~2jV j � �2 ; � = k2a ; � = �a

mas agora devemos procurar por intersecções deste circulo com a curva:

� = �� cot (k2a)

O grá�co desta curva tem a forma:Ou seja, para valores

�

2< � <

3�

2

temos apenas um estado ligado. Diferente das soluções pares, para � < �=2

(i.e., jV j < ~22m

��a

�2) não temos nenhum estado ligado ímpar.

84

Figure 10: Libo¤

Obviamente, os estados ligados disponíveis para a partícula no poço são asoma dos estados pares e impares. Entretanto, com o veremos na segunda partedeste curso, esta característica de paridades estão diretamente relacionadas coma natureza das partículas con�nadas dentro do poço.Os dois primeiros estados ligados do sistema têm a forma:Observe que, novamente, existe uma probabilidade da partícula ser detectada

na região classicamente proibida fora do poço. Além disso, se o poço é muitoprofundo (jV j ! 1) teremos estados ligados com energia E << 0 (jEj >> 0)e conseqüentemente � >> 0. Neste caso (o poço de profundidade in�nita)qualquer estado com energia �nita terá um decaimento muito rápido fora dabarreira. Ou seja, a probabilidade de ser encontrada fora do poço énula. Assim, quando a profundidade do poço tende a in�nito, voltamos a ter oproblema da partícula na caixa, com as mesmas soluções e energias encontradasanteriormente.

14.0.4 Espectro contínuo e discreto

O desenvolvimento matricial permite ver com mais facilidade a diferença en-tre o problema para o espectro contínuo E > 0 e o espectro discreto E < 0.Para o espectro contínuo do caso do espalhamento, as condições de fronteira do

85

Figure 11: Libo¤

problema nos dão

��B

A

�eik1a +

�C

A

�e�ik2a +

�D

A

�eik2a = e�ik1a�

B

A

�eik1a +

k2k1

�C

A

�e�ik2a � k2

k1

�D

A

�eik2a = e�ik1a�

C

A

�eik2a +

�D

A

�e�ik2a �

�F

A

�eik1a = 0

k2k1

�C

A

�eik2a � k2

k1

�D

A

�e�ik2a �

�F

A

�eik1a = 0

onde, como temos agora cinco variáveis, podemos eliminar uma delas escrevendotodas as quantidades em relação a razão ?=A, uma vez que o número de condiçõesde fronteira é o mesmo temos o mesmo número de equações. Além disso, comoestamos interessados num problema de espalhamento de partículas lançadas de�1 (as funções de onda foram montadas com esta suposição), sabemos quesempre teremos A 6= 0.

86

Com isso podemos escrever o nosso sistema na forma

�B0eik1a + C 0e�ik2a +D0eik2a = e�ik1a

B0eik1a +k2k1C 0e�ik2a � k2

k1D0eik2a = e�ik1a

C 0eik2a +D0e�ik2a �D0eik1a = 0

k2k1C 0eik2a � k2

k1D0e�ik2a � F 0eik1a = 0

Onde as quantidades com linha são as originais divididas por A.Novamente, podemos colocar as equações acima na forma matricial

Mv = u

onde

M =

0BB@�eik1a e�ik2a eik2a 0

eik1a k2k1e�ik2a �k2

k1eik2a 0

0 eik2a e�ik2a �eik1a0 k2

k1eik2a �k2

k1e�ik2a �eik1a

1CCA ; v =

0BB@B0

C 0

D0

F 0

1CCA ; u = e�ik1a

0BB@1100

1CCAO que obtemos agora é uma equação não homogenia (u 6= 0) nas nossas

incógnitas. Neste caso a solução geral do nosso problema não está restrita acondição de Kronecker (ou, seja, não impomos mais que M não seja inversível).Na verdade, tudo que temos de fazer agora e inverter a matriz M e podemosdeterminar (de forma unívoca) o vetor v

v =M�1u

Se você �zer isso, irá obter exatamente as relações calculadas anteriormente. Ouseja, neste caso não precisamos impor nenhum vínculo no sistema para obteruma solução não trivial (i.e., para obter v 6= 0). A constante A que sobra podeagora ser determinada pelas condições de normalização.Este problema é importante porque mostra bem a diferença entre estados

ligados e não-ligados, e para modelar a física da condução em metais de semi-condutores. Entretanto, como veremos, ele é bastante arti�cial, especialmenteporque matematicamente alguns observáveis não estão bem de�nidos.

15 Estrutura formal da MQ

A fenomenologia da MQ surge nos trabalhos de Planck e Einstein (1895-1915).A estrutura formal da MQ nasce com o processo de quantização de Bohr-Sommerfeld e dos postulados de De Broglie (1910-1923). Esta é a chamada velhaMQ. Esta estrutura é modi�cada pela estrutura envolvendo variáveis intrinse-camente complexa, presente nos trabalhos de Schroedinger e a estrutura não-comutativa (matricial) dos trabalhos Heisenberg, Born e Jordan (1925-1930).

87

Estas duas estruturas foram posteriormente uni�cadas por Schroedinger dentrodos conceitos da análise funcional. Nasce aqui a nova MQ. Este trabalho foiavançado numa estrutura formal ainda mais consistente pelos trabalhos de VonNeumann (análise complexa), Weyl (teoria de grupos) e Dirac (tudo!).Nos trabalhos iniciais de Bohr-Sommerfeld e De Broglie, a MQ é pensada

como uma �releitura�da física clássica. Ou seja, a interpretação de quantidadesclássicas mensuráveis não como uma característica intrínseca dos sistemas, mascomo probabilidades que o sistema assuma tais valores. Entretanto, como vi-mos, a teoria de Schroedinger a�rma que a descrição completa de um sistemafísico envolve quantidades complexas que estão fora do alcance dos aparelhosde medida. Ou seja, a descrição anterior da mecânica, baseada em variáveisreais e no espaço de fase, não pode comportar a realidade dos sistemasfísicos. Foi necessário então desenvolver uma nova estrutura matemática paradescrever de forma satisfatória esta nova teoria quântica. Esta nova estruturaenvolve conceitos da análise funcional como espaços de Hilbert e o espectrode operadores. E é em termos desta estrutura matemática que os postula-dos da MQ são estabelecidos. Ou seja, é impossível ter uma idéia da estruturaatual da MQ sem um conhecimento, ainda que (bem) super�cial, da estruturamatemática envolvida nesta teoria. Por isso vamos fazer um pequeno passeiopor alguns conceitos da análise funcional complexa.

15.1 Espaços vetoriais e operadores

Um espaço vetorial V é qualquer conjunto de elementos onde de�nimos umaregra de composição entre estes elementos, que simbolizamos geralmente pelosinal de soma (+). Ou seja, dado dois elementos quaisquer v1; v2 2 V , sabemosrealizar a composição:

8 v1; v2 2 V : v1 + v2 = v3 2 V ;

Ademais estabelecesse uma outra regra, chamada de produto com um escalar(�), da composição dos elementos deste conjunto sobre o corpo dos reais (ou doscomplexos). Ou seja:

8 v1 2 V; a 2 R : a:v1 = av1 = v3 2 V ;

Além disso, esta operação de soma deve respeitar (lembre-se que podemosde�nir diferentes somas, e.g., soma de setas, de matrizes.):

1. (a) Associativa: v1 + (v2 + v3) = (v1 + v2) + v3.

(b) Comutativa: v1 + v2 = v2 + v1.

(c) Elemento identidade: 9 0 2 V : v + 0 = v; 8 v 2 V .(d) Elemento inverso: 8 v 2 V; 9 � v 2 V : v + (�v) = 0 :(e) Distributiva pelo produto com um escalar: a (v1 + v2) = av1 + av2.

88

(f) Distributiva pela soma escalar: (a1 + a2) v = a1v + a2v

(g) compatível com a multiplicação escalar dos campo: a1 (a2v) = (a1a2) v

Um exemplo simples e bem conhecido de um espaço vetorial seria o con-junto de setas num plano. Ou seja, quantidades com um certo comprimentoque apontam em determinada direção e sentido (mas que não estão �xas emnenhum ponto). Com isso, V é o conjunto de todas as setas. Para que esteconjunto se torne um espaço vetorial precisamos primeiro de�nir como estassetas são multiplicadas por um número real. Fazemos isso de�nindo que

~v2 = a~v1 ; ~v1;2 V ; a 2 R ; a � 0

é uma nova seta ~v2 2 V (também no plano) que aponta na mesma direção de~v1, mas tem o comprimento a vezes maior. Da mesma forma,

~v3 = a~v1 ; ~v1 2 V ; a 2 R ; a < 0

tem o mesmo módulo e sentido de ~v2, mas aponta na direção contrária (temsentido contrário).Precisamos agora de�nir como se somam estas. Fazemos isso de�nindo

~v3 = ~v1 + ~v2 ; ~v1; ~v2 2 V

como uma nova seta ~v3 2 V obtida levando a origem de ~v1 na ponta de ~v2 eligamos a extremidade de ~v1 com a ponta de ~v2 (ou fazemos o mesmo invertendo~v1 com ~v2).

Com isso, é fácil ver que V é um espaço vetorial.

15.2 Produto interno

Dentro do espaço vetorial, podemos ainda (mas não é uma condição necessáriapara a sua construção) de�nir uma operação de produto entre os elementosdo espaço. Esta operação, no caso geral, associa a dois vetores quaisquer umnúmero. Ou seja, esta operação é um mapa

V � V � V 2 �! R ;

O símbolo usual para esta operação é o seguinte:

(~v1; ~v2) = v ; ~v1; ~v2 2 V ; v 2 R

Esta operação é chamada de produto escalar, ou, de forma mais geral, de produtointerno. Ela pode ser de�nida de várias formas diferentes, precisando apenasrespeitar as seguintes regras (no corpo dos reais):

(~v1; ~v2) = (~v2; ~v1) (simétrico)

(a~v1 + b~v2; ~v3) = (a~v1; ~v3) + (b~v2; ~v3) (linear)

(~v;~v) � 0 ; (~v;~v) = 0 =) ~v = ~0 (positivo de�nido)

89

onde ~0 é o vetor identidade do espaço vetorial, usualmente denotamos ~0 � 0,mas lembre-se que 0 2 V .Como exemplo, no nosso espaço de setas podemos de�nir:

(~v1; ~v2) = j~v1j j~v2j cos �

Onde jvj 2 R� é o tamanho da nossa seta e � é o menor ângulo entre as setas.Num espaço vetorial geral, este tamanho é chamado de norma do vetor e podeser escrito como

(~v;~v) = j~vj j~vj cos 0 = j~vj2 :

Ou seja, uma vez de�nido o produto interno sabemos calcular a normados vetores.O produto interno fornece uma forma bastante conveniente de fazemos refer-

ências as nossas setas (sem termos de fazer desenhos ou guardamos a seta, cuida-dosamente para não girar, numa gaveta). Imagine que todas as pessoas que irãotrabalhar com estas setas concordam em usar duas setas especiais ~e1 e ~e2, ouseja, duas setas que todos sabem o tamanho e a direção que apontam (apenasestas duas nós guardamos na gaveta). Feito isso, podemos associar a uma setaqualquer ~v os números:

v1 = (~v;~e1) ; v2 = (~v;~e2) (80)

Dado estes dois números, qualquer pessoa que conheça as setas ~e1 e ~e2 podereconstruir ~v. Estes dois vetores formam uma base do nosso espaço de setas.A única exigência é que estes não sejam setas que apontem na mesma direção(co-lineares).

Problem 54 Como reconstruímos o vetor ~v?

O que temos de fazer é procurar por um vetor cujo produto interno com ~e1e ~e2 forneça os números acima. Feito isso, este vetor será único.Agora, seria muito conveniente se pudéssemos sistematizar a reconstrução de

~v numa álgebra simples. Por exemplo, seria bastante conveniente se pudéssemosreconstruir ~v apenas fazendo

~v = v1~e1 + v2~e2 ; (81)

com vi de�nidos em (80).

Problem 55 Isso é válido para qualquer base (~e1; ~e2)?

A resposta é não.

Problem 56 Quais as característica devemos impor para a nossa base parapodermos usar a expressão (81)?

90

Tomemos novamente o produto interno do nosso vetor (81) com ~e1

(~v;~e1) = (v1~e1 + v2~e2; ~e1) = v1 (~e1; ~e1) + v2 (~e2; ~e1)

Usando agora (80) devemos ter

v1 (~e1; ~e1) + v2 (~e2; ~e1) = v1

para um vetor ~v qualquer do nosso espaço. Esta igualdade só é válida paravetores ~e1 e ~e2 que respeitam

(~e2; ~e1) = 0 (ortogonal)

(~e1; ~e1) = 1 (normalizado)

A primeira igualdade nos diz que os nossos vetores de base são ortogonais e asegunda que o vetor ~e1 está normalizado. Da mesma fora, se tivéssemos feitoo produto com ~e2 teríamos

(~e1; ~e2) = 0 ; (~e2; ~e2) = 1 :

Ou seja, dada uma base e um vetor ~v estes só estarão relacionados pela expressão(81) se

(~ei; ~ej) = �ij : (82)

Uma base que respeita a igualdade (82) é chamada de ortonormal.

Remark 57 Observe que bases não-ortonormais também são legítimas para de-screver o espaço. Entretanto, para bases ortonormais as expressões e manipu-lações dos vetores toma uma forma bastante simples.

(Podemos obter bases não-normalizadas)Como veremos a seguir, existe um procedimento geral para, dado um espaço,

obtermos uma base ortogonal. Entretanto, esta base usualmente não é nor-malizada. Contudo, num espaço vetorial com o produto interno de�nido, dadosdois vetores ~e1 e ~e2 que sejam ortogonais ((~e1; ~e2) = 0), mas não normalizados,podemos facilmente de�nir novos vetores

ei =~eij~eij

=~eip(~ei; ~ei)

que serão obviamente normais

(ei; ei) = 1 :

Este processo é chamado de normalização dos vetores de base. Usamos o chapéupara indicar que a base foi normalizada.A base ortonormal nos dá uma forma também muito conveniente de de�nir-

mos a soma dos nossos elementos (mais uma vez, sem precisarmos apelar para

91

desenhos). Vimos que, dada uma base ortonormal, a representação dos nossosvetores nesta base assume a forma

~v = v1e1 + v2e2 ; vi = (~v; ei)

Podemos agora escolher uma representação matricial para os nossos ve-tores da base. Uma escolha possível é a seguinte:

e1 ��10

�= e1 ; e2 �

�01

�= e2 (83)

Exercise 58 Veri�que que os vetores acima são ortonormais pela multiplicaçãousual de matrizes.

Usando (83) temos,

~v = v1e1 + v2e2 � v1e1 + v2e2 =

�v1v2

�:

Feito isso, a soma e a multiplicação por escalar se resume a álgebra usual dematrizes

v + av0 =

�v1v2

�+ a

�v01v02

�=

�v1 + av

01

v2 + av02

�:

No lugar de (83) poderíamos ter escolhido qualquer base ortonormal para oespaço das matrizes. Ou seja, qualquer par de matrizes que fossem ortogonaise normalizadas. Por exemplo:

e1 �1p2

�11

�= e01 ; e2 �

1p2

�1�1

�= e02 (84)

Mas, neste caso, a forma matricial dos nossos vetores não seria tão simples

v1e01 + v2e

02 = v1

1p2

�11

�+ v2

1p2

�1�1

�=

1p2

��v1 + v2v1 � v2

��A base (83) se chama base canônica.A igualdade acima é válida para qualquer base ortonormal. Ou

seja, se escolhermos uma base diferente da canônica, ainda podemos encontraras componentes dos vetores na base original através do produto interno

vi = (v; ei) = (~v; ei) :

Por exemplo, dado o vetor

v =

�01

�:

As componentes vi deste vetor na base canônica é, obviamente, v1 = 0 ; v2 = 1.Entretanto, se tivéssemos escolhido a base (84), teríamos

v1 = (v; e01) =

�0 1

� 1p2

�11

�=

1p2

v2 = (v; e01) =

�0 1

� 1p2

�1�1

�= � 1p

2

92

Assim, sempre que temos um vetor na forma matricial, precisamos saber emque base este vetor foi escrito. Usualmente, e quando nada for especi�cado,estaremos falando da base canônica.Como veremos, algumas vezes é conveniente trabalhar numa base diferente

da canônica.Na base canônica as componentes do vetor são os elementos da matriz.

15.2.1 Representação dual

Poderíamos também ter escolhido representar nossos vetores (na base canônica)por matrizes linha

~v =�v1 v2

�:

Observe que o próprio conjunto das matrizes n � m (para qualquer valorde m e n) com a de�nição usual de soma e multiplicação por escalar já formaum espaço vetorial. Ou seja, no procedimento acima estamos identi�candoum espaço vetorial com outro. Para com isso aproveitarmos as característicasalgébricas já conhecidas do outro espaço (das matrizes).Neste processo podemos identi�car, ou representar, o vetor ~v com a matriz

n � 0 ou com a matriz 0 � n. A representação n � 0 é chamada de dual darepresentação 0� n (e vice-versa).Dada uma base ortonormal feig e as componentes de dois vetores nesta

base~v = v1e1 + v2e2 ; ~g = g1e1 + g2e2 ;

o produto interno entre eles pode ser calculado como

(~v;~g) = (v1e1 + v2e2; g1e1 + g2e2)

= v1g2 (e1; e2) + v1g1 (e1; e1) + v2g1 (e2; e1) + v2g2 (e2; e2)

= v1g1 + v2g2 =

2Xi=1

vigi :

Na representação matricial esta igualdade toma a forma

(~v;~g) = v1g1 + v2g2 =�v1 v2

�� g1g2

�= vTg

onde vT é a transposta de v. Ou seja, podemos realizar o produto internoconvencionando que o elemento a direita em (:; :) representa o vetor, enquantoo elemento a esquerda, representa o dual do vetor.Recapitulando:

1. Partimos de um conjunto de objetos (setas) e de�nimos neste conjuntouma operação de soma entre os elementos e a multiplicação destes ele-mentos por um número real. De�nimos assim um espaço vetorial Vsobre os reais.

93

2. Em seguida selecionamos dois elementos ortogonais deste conjunto (duassetas que formam um ângulo de 90o) e normalizados (setas de comprimentounitário) e formamos uma base ortonormal feig.

3. Passamos então a identi�car as setas com as suas componentes nesta base~v 2 V : ~v ! fv1; v2g.

4. Em seguida organizamos estas componentes em matrizes. E passamos anão mais olhar para o espaço original das setas, mas sim para o espaçodas matrizes associadas a cada elemento ~v 2 V : ~v ! fv1; v2g ! v.

Dizemos com isso que estamos escolhendo uma representação matricial parao nosso espaço vetorial.

15.3 Mudança de base

Como vimos anteriormente, a forma explicita das componentes do vetor depen-dem de qual base escolhemos.Se numa certa base fe1; e2g um vetor ~v tem componentes

~v = v1e1 + v2e2

numa outra base fe01; e02g ele terá outras componentes

~v = v01e01 + v

02e02

Problem 59 Se você escolher uma certa base ortonormal fe1; e2g, como com-parar suas quantidades com os de alguém que escolheu outra base fe01; e02g? Ouseja, como vi se relaciona com v0i?

Para saber isso basta lembrar que todos estes vetores formam uma base doespaço. Assim, podemos escrever

e1 = a11e01 + a12e

02

e2 = a21e01 + a22e

02

onde, pela de�nição dos nossos coe�cientes de expansão (80), temos a11 =(e1; e

01), ou, de forma geral

aij =�ei; e

0j

�:

Com isso,

ei =2Xj=1

aij e0j =

2Xj=1

�ei; e

0j

�e0j (85)

Assim, se você tem um vetor qualquer

~v = v1e1 + v2e2 =2Xi=1

viei

94

podemos usar (85) e escrever

~v =2Xi=1

viei =2Xi=1

2Xj=1

vi�ei; e

0j

�e0j =

2Xj=1

2Xi=1

vi�ei; e

0j

�e0j

Ou seja, se vi são as componentes de ~v na base feig as componentes v0i destemesmo vetor na base fe0ig são

v0j =2Xi=1

vi�ei; e

0j

�:

As quantidades�ei; e

0j

�também podem ser organizadas numa matriz quadrada

com linha i e coluna j. Esta matriz é chamada de matriz de mudança da basefeg para a base fe0g. Chamando esta matriz de MT a igualdade acima podeser escrita como

vT 0 = vTMT ) v0 =Mv :

Vemos assim como é conveniente identi�carmos nossos vetores com matrizes.De forma geral, todas as quantidades com um único índice podem ser vistoscomo uma matriz coluna (ou linha) de 2 elementos e qualquer quantidade comdois índices como uma matriz 2� 2.

15.4 Notação de Dirac

Observe que estamos trabalhando com duas quantidades, os elementos do con-junto que formam o espaço vetorial V e os elementos do conjunto dos reais R.Por isso usamos uma notação especial para diferenciar os elementos destes doisconjuntos. No caso, uma seta sobre os vetores para as setas, ou um negrito paraas matrizes. Poderíamos também usar letras gregas para vetores e romanas paranúmeros. O importante é sabermos, numa expressão, diferenciar os vetores dosnúmeros.A seta usada anteriormente nos lembra que estamos trabalhando com um

conjunto de setas. Como queremos trabalhar com diferentes espaços vetoriais,vamos apenas introduzir uma notação mais abstrata e geral. Para diferenciar onúmero a 2 R de um vetor a 2 V , usaremos o seguinte símbolo:

V 3 a � jai :

Ou seja, colocar a letra dentro do símbolo (j i) acima, chamado de ket, apenasindica que esta quantidade é um vetor.Dentro da nossa representação matricial devemos identi�car jai com uma

matriz (digamos, linha) a. Nesta representação podemos também de�nir osímbolo para o dual do vetor

aT � haj :

chamado de bra. Esta é a notação de Dirac.

95

A vantagem desta notação é que ela nos permite representar diretamente oproduto escalar dos vetores

(b; a)

como o produto de um vetor jai pelo dual de jbi,i.e. hbj,

(b; a) � hbj � jai � hbj ai ;

onde o símbolo h:j :i é chamado de braket (parênteses). Ou seja, a notaçãode Dirac divide o símbolo (:; :) em paren j) e teses (j que juntos formam umparênteses (esta foi a notação original que posteriormente mudou para h:j e j:i)

15.5 Operadores

Podemos também realizar operações nos nossos vetores. O tipo de operação,obviamente, depende do espaço V que estamos trabalhando. Por exemplo, senosso vetor é uma seta que aponta numa certa direção, você pode querer sabero que acontece com esta seta se ela for girada de um certo ângulo. Ou seja,queremos de�nir a operação de rotação nas nossas setas.Pelo procedimento descrito anteriormente sabemos que podemos construir

uma representação matricial para nosso espaço V . Se, nesta representação,nosso vetor tem componentes

jvi =�v1v2

�Quais as novas componentes, ou novo vetor jv0i, se este vetor for girado no sen-tido anti-horário, de um ângulo �. Como vimos na primeira parte do curso, narepresentação matricial, estas novas componentes se relacionam com as anteri-ores por

jv0i =�v01v02

�=

�cos � � sin �sin � cos �

��v1v2

�;

ou ainda, simbolicamente,

jv0i = R jvi ; R =�cos � � sin �sin � cos �

�:

que, nosso caso, é uma matriz 2 � 2, i.e., um operador no nosso espaço devetores de dimensão 2. Ou seja, no nosso espaço vetorial 2 � 0 um operador(linear) é uma matriz 2� 2.As componentes de matriz n � n podem ser identi�cadas através de dois

índices Rij . Na notação de Dirac um operador pode ser representado como

Rij � jii hjj

Se encararmos jii como um vetor (uma matriz 2� 0), vemos que a quantidadeacima representa um �produto�entre o vetor jii e o dual do vetor jii. Ou seja,

96

para dois vetores jai ; jbi 2 V , podemos de�nir dois tipos de produtos entre ume o dual do outro

haj jbi � haj bi (produto interno)jbi haj � jbi haj (produto externo)

o primeiro, como vimos, é o produto interno. O segundo é chamado de produtoexterno, ou produto tensorial.Ou seja o produto tensorial leva um par de vetores em V (matrizes 2 � 0)

em um elemento do espaço V � V = V 2 (matrizes 2� 2).Ou de um ket 2� 0 com um bra 0� 2 leva a um operador 2� 2. Lembrando

que o conjunto das matrizes m� n forma um espaço vetorial, este é uma mapa(ou uma relação entre espaços vetoriais).Este é o mesmo produto tensorial estudado na primeira parte do curso.

Como vimos, a sua realização no espaço das matrizes pode ser feito através doproduto de Kronecker.

jai hbj =�a1a2

��b1 b2

�=

�a1�b1 b2

�a2�b1 b2

� � = � a1b1 a1b2a2b1 a2b2

�que é igual a matriz jii hjj = aibj (compare com a equação (1.11) da primeiraparte do curso).

Remark 60 Lembre-se que haj bi é um número, mas jai hbj é uma matriz.

Na notação de Dirac, a atuação do operador jai hbj 2 V 2 num vetor jvi 2 Vé de�nida como

(jai hbj) jvi = jai (hbj jvi) = jai hbj vi 2 V

Ou seja, a atuação do operador jai hbj no vetor jvi gerou um novo vetor que é oproduto do vetor jai com o número hbj vi.Obviamente a de�nição acima deve ser compatível com as operações ma-

triciais de�nidas anteriormente. Isso pode ser veri�cado, calculando-se o ladoesquerdo,

(jai hbj) jvi =�b1a1 b2a1b1a2 b2a2

��v1v2

�=

�a1 (b1v1 + b2v2)a2 (b1v1 + b2v2)

�:

O lado, direito

hbj vi =�b1 b2

�� v1v2

�= b1v1 + b2v2

jai hbj vi = (b1v1 + b2v2)�a1a2

�=

�a1 (b1v1 + b2v2)a2 (b1v1 + b2v2)

�:

97

E comparando os resultados.Observe que, para calcular o lado esquerdo, precisamos primeiro fazer um

produto de Kronecker e depois um produto matricial, enquanto para calcularo lado direito �zemos apenas o produto matricial e o de uma matriz com umnúmero. Para o caso em duas dimensões isso não parece uma grande diferença,mas para dimensões maiores (em especial, para in�nita) o segundo procedimentoé bem mais simples. Vemos então como a notação de Dirac simpli�ca as contas.Escrevendo

jbi = b1 je1i+ b2 je2ijai = a1 je1i+ a2 je2i

temos

jai hbj = b1a1 je1i he1j+ b2a1 je1i he2j+ b1a2 je2i he1j+ b2a2 je2i he2j

=2X

i;j=1

aibj jeii hej j

ou seja, se ai e bi são as componentes de jai e jbi então as componentes doproduto tensorial jai hbj são aibj na base (de V 2) jeii hej j.

Exercise 61 Obtenha a forma matricial de jeii hej j e veri�que que esta é umabase para o espaço das matrizes 2� 2.

Todo o operador (matriz), pode ser decomposto nesta base. Em especial, anossa matriz de rotação tem a forma

R =

2Xi;j=1

Rij jeii hej j

(o chapéu indica que R é um operador), com Rij números reais. Com isso

jv0i = R jvi ! jv0i =

0@ 2Xi;j=1

Rij jeii hej j

1A 2Xk=1

vk jeki!

=2X

i;j=1

2Xk=1

Rij jeii vk hej j eki

=2X

i;j=1

2Xk=1

Rij jeii vk�jk

=2X

i;j=1

Rijvj jeii

Da mesma forma, na representação matricial, num espaço de dimensão Num vetor é uma matriz linha de N elementos e operadores são matrizes N �N .

98

15.6 Autovalores e autovetores

Uma relação entre operadores e vetores que é de especial interesse é quando aaplicação de um operador sobre um vetor resulta num vetor na mesma direção(i.e., proporcional) ao vetor original. Isso é, quando:

M jxi = a jxi ; a 2 R ; jxi 6= 0:

Neste caso, dizemos que jxi é um autovetor do operador M e que a é o autovalordo autovetor jxi.Por exemplo, se aplicarmos o operador P (que troca o eixo x por �x, ou

seja, coloca um espelho no nosso sistema) no vetor

jp1i =�01

�teremos

P jp1i =��1 00 1

��01

�=

�01

�= jp1i :

Ou seja, o vetor jp1i é um autovetor de P com autovalor 1. Já o vetor

jp2i =�10

�)��1 00 1

��10

�=

��10

�= �

�10

�= � jp2i :

Assim, jp2i é outro autovetor de P , mas com auto valor �1: Já o vetor

jp3i =�11

�)��1 00 1

��11

�=

��11

�6= a jp3i

então, jp3i não é auto vetor de P . Da mesma forma, qualquer vetor é autovetorde R (�) com autovalor �1, pois

R (�) jxi =��1 00 �1

��x1x2

�= �

�x1x2

�= � jxi :

Além disso, o operador R (�=2) não possui nenhum autovetor.

15.6.1 Espaço euclidiano de dimensão �nita RN

Apesar dos exemplos explícitos dados anteriormente envolverem apenas espaçosbidimensionais, toda as discussões e de�nições apresentadas são igualmente vál-idas para um espaço com uma dimensão N arbitrária. Neste caso, obviamente,as somatórias devem ir até N . Por exemplo, num espaço de dimensão N existeuma base fjeiig ; i = 1; 2; 3:::; N que podemos escolher ortonormal e, qualquervetor do nosso espaço pode ser escrito como

j i =NXi=1

ci jeii :

99

Onde ci são as componentes do vetor j i na base fjeiig.Na representação matricial, os vetores serão matrizesN�1, os duais matrizes

1�N e os operadores matrizes N �N . Obviamente, neste caso, as di�culdadesalgébricas crescem com o valor de N , mas nenhuma di�culdade conceitual estáenvolvida neste processo.

15.7 Espaço de Hilbert

Nosso objetivo aqui é obter uma generalização dos resultados da seção anterior.O primeiro ponto é lembrar que nossos vetores, e os números que multiplicam

estes vetores, são todos reais. Assim, a primeira generalização que podemos fazeré de�nir um vetor num espaço de dimensão n é qualquer seqüência de númeroscomplexos �1; �2; :::; �n (�i 2 C) e que nossos vetores podem se multiplicadostambém por números complexo

� j�i+ � j i = j�i ; �; � 2 C

com�i = ��i + � i :

Dizemos que agora nosso espaço vetorial está sendo montado sobre o corpo doscomplexos.Até aqui nada mudou. O ponto agora é que devemos lembrar que se � é um

número complexo, podemos ter�2 < 0

(e.g., para � = i). Isso implica que a somatória do quadrado de númeroscomplexo não é uma quantidade positiva de�nida e, consequentemente, a normade�nida anteriormente pode nos dar valores negativos. Não queremos ter vetoresde norma negativa (isso é, na verdade, contra a de�nição do que é uma norma).Podemos resolver este problema lembrando que

�:�� � 0; 8� 2 C ;

onde, além disso�:�� = 0) � = 0 :

Assim, podemos recuperar a característica de positividade da nossa norma se,no lugar de (??) de�nirmos o produto interno como

h�j i = ��1 1 + ��2 2 + :::+ ��n n =nX

i=0i

��i i ; (86)

com isso temos, novamente,

j�j2 = h�j �i =nXi=0

��i�i � 0

100

comj�j2 = 0 =) j�i = 0 :

A única diferença neste produto interno é que, no lugar da simetria, temosagora uma simetria conjugada

h�j i =nX

i=0i

��i i =nXi=0

(�i� i) =

nXi=0

�i �i

!= h j �i :

Já para o produto externo entre os vetores j�i e j i, temos agora duas opções.Podemos de�nir o operador

M = j�i h j

com componentesMij = �i� j

Ou podemos formar também o transposto conjugado do operador

M+ =�MT

�= ��j i = i��j = j i h�j ;

comM+ij = � i�j =

���j i

�= (Mji)

ou seja

M+ =�MT

�) (j�i h j)+ = j i h�j :

Da mesma forma, no que se refere a representação matricial, continuamosrepresentando nossos vetores por matrizes coluna

j�i =

0BBB@�1�2...�n

1CCCAmas, para ser compatível com o produto interno (86), devemos de�nir o dual dej�i, não apenas como o transposto, mas como o transposto conjugado

h�j =����T=���1 ��2 � � � ��n

�:

A segunda generalização que vamos fazer é permitir que a dimensão doespaço assuma qualquer valor, incluindo o in�nito. Ou seja, vamos admitirespaços com n =1. Esta é, na verdade, a motivação deste desenvolvimento.Neste caso, obviamente não podemos mais representar nossos vetores por ma-

trizes. Mas podemos continuar usando todas as expressões anteriores (fazendon =1). A grande diferença é que antes, bastava que cada elemento do nosso ve-tor estivesse bem de�nido (não fosse in�nito) e, certamente, todas as expressõestambém estariam bem de�nidas.

101

Agora, para n = 1, pode acontecer de cada elemento do nosso vetor estarbem de�nido e, mesmo assim, não conseguirmos calcular quantidades como, porexemplo, o produto interno. Ou seja, agora precisamos exigir que as somatóriasde�nidas anteriormente convirjam.Por exemplo, podemos de�nir as componentes do nosso �vetor�como

xk =1

k1=2; k 2 N� :

Cada componente está bem de�nida. Em especial, para k !1,

x1 =1

(1)1=2= 0 :

Entretanto, se desejarmos calcular a norma deste �vetor�teremos11

jxj2 =1Xk=1

1

k1=21

k1=2=

1Xk=1

1

k�!1 :

E não podemos utilizar para estas componentes a noção de norma que é indis-pensável em todas as nossas análises. Destarte, se quisermos de�nir um espaçovetorial tratável, devemos exigir que os vetores do nosso espaço respeitem arestrição

1Xk=1

j�kj <1 :

Ou seja, para nós agora, vetores são todas as seqüência, �nitas e in�nitas, sobreo corpo dos complexos, tal que a soma do módulo quadrado convirja.Um espaço vetorial de dimensão arbitrária (incluindo in�nito) sobre o corpo

dos complexos onde (para todo elemento) está de�nido um produto interno échamado de espaço de Hilbert.Todos os conceitos desenvolvidos anteriormente, incluindo a noção de ortog-

onalidade e base, são válidos no EH. A diferença é que agora a nossa base podeconter in�nitos termos.Um caso especial de espaço de Hilbert com dimensão in�nita é o espaço

das funções de quadrado integrável. Podemos imaginar uma função como uma�seqüência�in�nita (e contínua) de números. Neste caso, nossos vetores repre-sentam funções nos reais dentro de um certo intervalo. Ou seja, à função

f (x) ; x 2 [a; b]

corresponde a um vetor jfi 2 H onde jfi indica a coleção de todos os valorespossíveis da função f(x), assim como j�i indicava todos os valores de umasequência �k. Neste caso o �índice�que identi�ca estes valores (x) é um índicecontínuo, ao invés do índice xk anterior que era discreto.11Lembre que

1Xn=1

1

ns

diverge para s � 1.

102

Remark 62 Observe que jfi não é a função calculada num ponto, mas umaquantidade abstrata que representa uma coleção in�nita de termos. O valor emcada ponto f(x) são as componentes do vetor jfi.

Podemos facilmente generalizar os resultados anteriores trocando as somatóriasdos índices discretos por integrais sobre os índices contínuos. Assim, o produtointerno se torna

h�j i =nX

i=0i

��i i ! hf j gi =Z b

a

�f (x) g (x) dx :

Da expressão acima vemos que o bra (ou o dual) de jfi é o vetor hf j comcomponentes �f (x).Novamente, assim como para as sequências in�nitas, para que o produto

interno acima esteja de�nido, devemos exigir que

jf j2 = hf j fi <1 :

O conjunto de todas as funções que respeitam a restrição acima é um espaço deHilbert chamado espaço das funções de quadrado integrável no intervalo [a; b],ou L2 (a; b).Assim, daqui pra frente, quando escrevermos um vetor j i 2 H podemos

estar falando de uma matriz coluna de tamanho N , de uma seqüência in�nita�k com in�nitos termos, ou mesmo de uma função (x) dentro de um intervalo.Para todas estas quantidades as expressões anteriores são idênticas (a menos doproduto interno das funções que envolve integrais e não somatórias).Por exemplo, para o espaço L2(��; �), podemos de�nir uma base ortonormal

fjekig dada pelas funções

ek (x) =1p2�exp (ikx) :

Exercise 63 Veri�que que estas funções pertencem ao espaço de Hilbert L2 (�;��).

Exercise 64 Veri�que que estas funções são ortonormais.

Assim, para qualquer função f (x) ; x 2 [��; �] o vetor correspondente jfi 2H pode ser escrito como

jfi =1X

k=�1ck jeki ;

onde, por ser uma base ortonormal,

ck = hekj fi =1p2�

Z �

��exp (�ikx) f (x) dx ;

e jfi representa a coleção de todos os valores da função

f (x) =1p2�

1Xk=�1

ck exp (ikx) :

103

A decomposição acima, nesta base fjekig é chamada de série de Fourie dafunção f . Como veremos, existem várias outras decomposições (i.e., outrasbases) possíveis.

Problem 65 Para nosso espaço de matrizes de tamanho N , operadores erammatrizes N �N . Como �cam os operadores no espaço L2?

Como vimos, de forma geral, um operador (linear) é um mapa do espaço nelemesmo. Assim, um tipo de operador que podemos ter no espaço das funçõessão operadores diferenciais

D =d

dx:

Ou seja, D agindo no vetor jfi é um novo vetor jgi com componentes

g (x) =d

dxf = f 0 (x) :

Desde que, obviamente, a função g (x) = f 0 (x) obtida seja também de quadradointegrável.Um operador linear geral tem a forma

L = a0 (x) + a1 (x)d

dx+ a2 (x)

d2

dx2+ :::

=mXn=0

an (x)dn

dxn: (87)

15.8 Operadores hermitianos

Como vimos anteriormente um operador pode ser visto como o produto externo(ou a soma de produtos externos) de dois vetores j�i e j�i. Se um operador Mé de�nido como

M = j�i h�j ;

então, seu hermitiano conjugado M+ será

M+ = j�i h�j :

Para o caso do espaço de dimensão �nita, este operador é apenas o transpostoconjugado da matriz M , mas a nomenclatura continua para o caso de dimen-são in�nita. Neste caso podemos imaginar nossos operadores como matrizesquadradas in�nitas.O produto interno do vetor jzi = M jxi com o vetor jyi vale

hyj zi = hyj�M jxi

�podemos eliminar o parênteses acordando que o operador sempre age no vetor adireita (o que é equivalente a acordar que o conjugado do operador age no dual

104

do vetor a esquerda, hyj zi = hwj xi com jwi = M+ jyi, mas basta convencionarque ele age a direita). Com isso, temos

hyj M jxi = hyj �i h�j xi = h�j yi hxj �i = hxj �i h�j yi = hxj M+ jyi (88)

onde usamoshyj �i = h�j yi :

Um operador é dito simétrico, ou hermitiano se

M = M+ ) j�i h�j = j�i h�j

ou seja, para espaços de dimensão �nita são matrizes cuja transposto conjugadoé igual a ela mesma. Por exemplo, qualquer matriz na forma0BBB@

a11 a12 a13 � � ��a12 a22 a23 � � ��a13 �a23 a33 � � �...

......

. . .

1CCCA ; aii 2 R ; i = 1; 2; 3::

Para operadores hermitianos a propriedade (88) fornece

hyj M jxi = hxj M jyi : (89)

Podemos tomar a expressão acima como uma de�nição de operadores hermi-tianos.Por exemplo, no caso das funções L2(a; b), um operador possível neste espaço

é o operador diferencial

D = id

dx:

Problem 66 Este operador é hermitiano?

Para veri�car isso temos de mostrar

hf j D jgi = hgj D jfi

Explicitando o lado direito temos (lembre da convenção do operador agindona direita)

hgj D jfi =Z b

a

dx �g

�id

dxf

�=

Z b

a

dx

��i ddx�f

�g (90)

Calculando o lado esquerdo temos

hf j D jgi =Z b

a

dx �f (x)

�id

dxg (x)

�=

Z b

a

dx

��i ddx�f

�g + �fg

��ba

105

No primeiro termo do lado direito da expressão acima podemos reconhecer aquantidade (90)

hf j D jgi = hgj D jfi+ �fg��ba:

Assim, nosso operador D só será hermitiano se o termo de fronteira for nulo.Ou seja, nosso operador D não é hermitiano para qualquer função em L2 (a; b),mas apenas para aquelas que respeitam

�f (x) g (x)��ba:

Observe que, por exemplo, para o caso da partícula na caixa, as soluçõestinham de respeitar a condição de fronteira

(a) = (b) = 0 :

Ou seja, para o problema da partícula na caixa o nosso operador D é hermi-tiano. Mais uma vez, para especi�car toda as característica físicas de problemasquânticos devemos dar as condições de contorno do nosso problema.Propriedades dos operadores hermitianos:Imagine agora que você encontrou um autovetor j�i de um operador her-

mitiano M com autovalor �, ou seja,

M j�i = � j�i :

observe que estamos usando a mesma letra apenas por conveniência, mas � 2 Cenquanto j�i 2 H.Com isso a propriedade (89) acima fornece

hyj M jxi = hxj M jyi =)h�j M j�i = h�j� j�i = � h�j j�i = h�jM j�i = h�j� j�i = ��h�j j�i

Mash�j �i = h�j �i

com isso� h�j �i = �� h�j �i

comoh�j �i 6= 0 ; h�j �i <1,

temos� = ��) � 2 R :

Ou seja, todos os autovalores de um operador hermitiano são reais.Exemplo: Num espaço de dimensão 2 o operador

�2 =

�0 �ii 0

�:

106

(em MQ este é um dos operadores associados ao spin das partículas). É hermi-tiano (veri�que).Vamos encontrar seus autovalores. O processo geral é o seguinte: En-

contrar um autovetor signi�ca resolver a equação

M j�i = � j�i )�M � �I

�j�i = 0 :

A quantidade M ��I é um novo operador. Para um espaço de dimensão �nita,este operador é uma nova matriz. Vamos chamar esta nova matriz de

T = M � �I

Nossa equação �caT j�i = 0

Se T é uma matriz inversível, podemos calcular T�1 e multiplicar pelos doislados da expressão acima

T�1T j�i = T�10) j�i = 0

Ou seja, se T é inversível, o vetor j�i é único e vale j�i = 0. Assim, M não teráautovetor. Portanto: A única forma de M ter autovetor é que T = M � �Inão tenha inversa. Para que uma matriz não tenha inversa, basta que

det T = det�M � �I

�= 0 :

Para o nosso casoM = �2

Logo devemos exigir que

det (�2 � I�) =����� 0 �i

i 0

�� �

�1 00 1

����� = ����� �� �ii ��

����� = 0 ;ou seja,

�2 � (�i:i) = �2 � 1 = 0 =) �2 = 1 =) � = �1 :Vemos então que �2 tem dois autovaloes �1 = 1 e �2 = �1 e, como esperado,ambos são reais.(Auto-vetores são ortogonais)Suponha agora que temos dois autovetores de um operador hermitiano

M j�i = � j�i ; M j i = j i

com� 6= :

Para estes vetores podemos calcular

h j M j�i = h j� j�i = � h j �i ;h�j M j i = h�j j i = h�j i ;

107

além disso, usando (88) temos

h j M j�i = h�j M j i =) � h j �i = �h j �i = � h�j i = h�j i ;

onde usamos que �; 2 R. Com isso

[�� ] h�j i = 0 :

Se usarmos agora � 6= a igualdade acima implica

h�j i = 0

Ou seja, autovetores correspondentes a autovalores distintos são or-togonais.O resultado acima fornece uma forma prática e bastante útil de encontramos

bases ortogonais para um espaço qualquer. Bastando, para isso, encontrarmosoperadores hermitianos neste espaço.Exemplo: Voltemos a nossa matriz

�2 =

�0 �ii 0

�:

Sendo esta matriz hermitiana, devemos esperar que seus auto vetores sejamortogonais. Encontremos então estes autovetores. Voltando a equação de auto-valores,

(�2 � �I) j�i = 0)��� �ii ��

���1�2

�= 0

sabemos que � = �1. Para � = 1 temos��1 �ii �1

���1�2

�= 0) ��1 � i�2 = 0

i�1 � �2 = 0

Primeiro note que, se multiplicarmos a primeira equação por �i temos

i�1 � �2 = 0

que é idêntica a segunda equação. Assim, na verdade, temos apenas umaequação e duas incógnitas. Isso nada mais é do que uma conseqüência dofato da matriz �

�1 �ii �1

�não possuir inversa (ou ter determinante nulo). Lembre-se que construímos osvalores de � impondo esta exigência. Assim, usando a única equação que temos

i�1 � �2 = 0) i�1 = �2

Ou seja, o nosso autovetor tem a forma

j�+i =�

�1i�1

�= �1

�1i

�

108

para qualquer valor �1 2 C.Isso é uma característica geral destes problemas. Para um sistema qualquer

de dimensão N , construímos seus autovalores � de um operador M exigindoque a matriz M � �I não tenha inversa. Isso faz com que, para estes valoresde �, tenhamos um sistema de N � 1 equações para N incógnitas. Com issosempre teremos uma parâmetro livre nos nossos autovetores. É aexistência deste parâmetro que nos permite normalizar nossos vetores. Ou seja,escolhemos este parâmetro de forma que nossos vetores tenham norma 1.Com isso, o autovetor associado ao autovalor 1 vale

�+ = +1 ; j�+i = �1

�1i

�:

Da mesma forma, encontramos o autovetor associado ao auto-valor � = �1�1 �ii 1

���1�2

�= 0) �1 � i�2 = 0

i�1 + �2 = 0:

Onde já sabemos que podemos usar apenas uma destas equações. Assim, usandoa segunda equação,

i�1 + �2 = 0) �i�1 = �2

Ou seja, o autovetor associado ao auto-valor � = �1 vale

�� = �1 ; j��i = �1

�1�i

�:

Como vimos, uma vez que �+ 6= �� devemos esperar que os vetores j��i e j�+isejam ortogonais. De fato

h�+j ��i = ��1�1 �i

�� �1

�1�i

�= j�1j2 (1� 1) = 0 :

Assim, fj�+i ; j��ig formam uma base ortogonal do nosso espaço. Podemosainda normalizar esta base fazendo

je�i =j��iph��j ��i

=1

j�1jp1 + 1

�1

�1�i

�=

1p2

�1j�1j

�1�i

�=

1p2ei��

1�i

�; � 2 R:

Ou seja, a nossa normalização também está de�nida a menos de umaconstante. Como veremos, os princípios da MQ nos permitem �xar arbitrari-amente esta constante. Escolhendo o caso mais simples � = 0 temos

je�i =1p2

�1�i

�Da mesma forma, podemos de�nir o vetor normalizado

je+i =1p2

�1i

�

109

estes vetores respeitam

he+j e�i = 0 ; he+j e+i = he�j e�i = 1

e, consequentemente, formam uma base ortonormal do nosso espaço.Este resultado é geral. Para um espaço de Hilbert H de dimensão N qual-

quer, inclusive in�nito, dado um operador hermitiano M neste espaço, os auto-vetores deste operador formam uma base deste espaço. Assim, qualquer vetorj i 2 H pode ser escrito como

j i =NXk=1

ck j�ki

ondeM j�ki = �k j�ki :

15.9 Postulados da Mecânica Quântica

Os estados de um sistema físico podem ser (completamente) representados porvetores (normalizados) no espaço de Hilbert. Ou seja, uma vez identi�cado ovetor em H que representa o nosso sistema, sabemos tudo que é possível sabersobre este sistema.Na teoria de Schroedinger o sistema quântico é representado por uma função,

chamada de função de onda. Uma exigência da interpretação probabilísticada MQ é que estas funções de onda sejam normalizáveis e, consequentemente,possuam norma �nita Z

j (x)j2 dx <1 :

Ou seja, as funções de onda devem pertencer ao espaço de Hilbert L2. Damesma forma, na teoria de Heisenberg, os estados do sistema são representadospor matrizes coluna. Pela mesma razão, estas matrizes têm de ser de quadradosomável. Ou seja, nesta teoria os estados do sistema são vetores no espaço deHilbert RN . O postulado acima nos diz que qualquer teoria quântica trabal-hará com vetores em algum EH. Escolher o espaço signi�ca escolher como osestados do sistema físico serão representados. Nos exemplos acima temos entãoa representação de Schroedinger e a representação de Heisenberg.Além disso, vetores que di�ram apenas por uma fase (global) representam o

mesmo estado físico. Ou seja, o estado do sistema é representado por vetoresem H a menos de uma fase. Assim, os vetores

j i ; j 0i = ei� j i :

representam o mesmo estado físico do sistema.Lembre-se que o j j2 é uma quantidade mensurável e está relacionada a

probabilidade do sistema ser encontrado na posição x no instante t. Na nossanotação vetorial esta quantidade é descrita como:

j j2 = h j i :

110

Se introduzirmos agora um novo vetor

j 0i = ei� j i

temosh 0j 0i = h j e�i�ei� j i = h j i

Vemos então que uma fase global não altera a quantidade mensurável rela-cionado diretamente à função de onda. De forma geral, quantidades �sicamentemensuráveis do sistema estão relacionados com as médias, ou com o produtointerno, dos vetores e uma mudança na fase não altera estes valores.

Remark 67 É por isso que, no processo de normalização, podemos escolherarbitrariamente a fase dos vetores.

Um ponto importante é observar que a fase referida acima deve ser global.Como vimos, na descrição quântica um sistema pode estar numa superposiçãode dois estados

j i = a j 1i+ b j 2i ;o estado acima é equivalente ao estado

j 0i = ei� [a j 1i+ b j 2i] ;

mas não é equivalente ao estado

j 00i = ei�a j 1i+ b j 2i :

A fase não-global presente no estado j 00i gera fenômenos de interferênciaque permitem (�sicamente) distinguir este estado de j i.Uma vez preparado um sistema no laboratório, este sistema �será�um vetor

no espaço de Hilbert. Precisamos agora saber como descrever (dentro da teoria)a manipulação, a evolução temporal e as possíveis medidas que fazemosneste sistema.Quando um sistema no estado j i sofre qualquer tipo de modi�cação ele

passa a ser descrito por um novo vetor j 0i. Ou seja modi�cações no sistemasão transições

j i ! j 0iEstas transições podem ser descritas por operadores agindo em H,

j 0i = M j i

Assim, tudo que acontece com o sistema pode ser representado porum operador agindo em H.Um tipo muito especial destes operadores são exatamente as medidas que

podemos fazer no sistema (e.g., sua energia), ou seja, o que podemos observardo sistema. Estas quantidades são chamadas de observáveis.Outro postulado da MQ a�rma que todo o observável corresponde a um

operador hermitiano no espaço de Hilbert. Assim, se um sistema possuiuma certa característica observável, por exemplo spin, existe um operador Sagindo em H correspondente a este observável.

111

Problem 68 Mas o que signi�ca esta �correspondência�?

Para entendermos melhor este postulado, precisamos ainda de um terceiropostulado: Se M é um operador (hermitiano) relacionado com um observávelm (i.e., m é o valor que o aparelho que mede esta quantidade pode marcar), ese no laboratório efetuarmos uma medida deste observável os únicos valorespossíveis de se obter são os auto-valores do operador M (ou seja, o valorm marcado no aparelho é um autovalor de M).Um exemplo disso já nos é conhecido. Voltemos para a teoria de Schroedinger

e tomemos o operador hamiltoniano (59)

H = � ~2

2mr2 + V (x) :

Pela teoria de Schroedinger (baseada na mecânica analítica) sabemos que esteoperador está relacionado com o hamiltoniano do sistema, que por sua vez está(classicamente) relacionado com a energia do sistema.A primeira pergunta que surge é: Será que H é hermitiano?Primeiramente é necessário dizer em qual espaço de Hilbert estamos tra-

balhando. Vamos escolher, por exemplo, uma partícula presa numa caixa detamanho a. Ou seja, nosso EH é H = L2(0; a). Dos resultados anteriores,sabemos que, se um operador é hermitiano, ele respeita a igualdade (89)

hyj M jxi = hxj M jyi : (91)

Lembrando que estamos no espaço das funções e, consequentemente, nosso pro-duto interno se realiza por uma integral, temos

h j H j�i =Z a

0

� (x)hH� (x)

idx =

Z a

0

� (x)

��� ~

2

2m

d2

dx2+ V (x)

�� (x)

�dx

= � ~2

2m

Z a

0

� d2�

dx2+

Z a

0

� V � dx (92)

onde e � são dois estados quaisquer do nosso sistema, ou seja

j i ; j�i 2 H :

Para o segundo termo de (91) temos

h�j M j i =Z a

0

�� (x)

��� ~

2

2m

d2

dx2+ V

� (x)

�dx

=

Z a

0

� (x)

��� ~

2

2m

d2

dx2+ V

�� (x)

�dx

= � ~2

2m

Z a

0

�d2 �

dx2+

Z a

0

�V � dx (93)

Ser ou não hermitiano depende de (93) ser, ou não, igual a (92).

112

Analisemos primeiro o último membro de cada igualdade. Para (93) temosZ a

0

� (x)V � (x) dx =

Z a

0

� (x)V (x)� (x) dx

que, obviamente, é igual ao último termo de (92).Vejamos agora o primeiro termo de (92). Fazendo uma integral por partes

temos Z a

0

� d2

dx2� dx =

�d�

dx�

�a0

�Z a

0

d �

dx

d�

dxdx

=

�d�

dx�

�a0

���d �

dx�

�a0

�Z a

0

d2 �

dx2� dx

�=

�d�

dx�

�a0

��d �

dx�

�a0

+

Z a

0

�d2 �

dx2dx

que (multiplicado por �~2=2m) seria exatamente igual ao primeiro termo de(93) se não fossem os dois primeiros termos de fronteira.Devemos lembrar agora que nem todos os vetores em L2(0; a) descreve um

estado físico do nosso sistema. Em especial, para resolvermos o problema dapartícula na caixa, tivemos de impor as condições de fronteira

(0) = (a) = 0 :

Ou seja, os vetores do nosso espaço não são todos os vetores em L2(0; a), masapenas os vetores �

2 L2 (a; b) ; (0) = (a) = 0:

Com esta imposição temos�d�

dx�

�a0

=d�

dx� (a)� d�

dx� (0) = 0�

d �

dx�

�a0

=d �

dx� (a)� d �

dx� (0) = 0

e, com isso,

h j H j�i = h�j H j i

e o operador H é hermitiano.

Remark 69 Vemos agora como a imposição física de que a partícula não pen-etre nas paredes da caixa, se traduz no formalismo matemática da MQ comouma exigência de que a energia do sistema seja um observável (i.e., que H sejahermitiano).

113

Para sistemas mais complicados nem sempre é possível estabelecer as condiçõesde contorno do sistema através de argumento físicos (como �zemos com apartícula na caixa). Assim o resultado acima é bastante prático e geral: ascondições de contorno do sistema devem ser impostas de forma que os ob-serváveis de interesse (no geral a energia) sejam hermitianos.Em seguida, no desenvolvimento do nosso problema, encontramos os autove-

tores de H,H n = En n

(ou seja, resolvemos a ES independente do tempo) e encontramos n e En. Oque o postulado acima sobre os autovalores nos diz é que, numa medida daenergia do sistema, podemos obter apenas um dos valores En acima.Lembre ainda que uma característica peculiar a MQ é que o sistema pode

estar numa superposição de estados. Ou seja, nossa partícula na caixa podeestar, por exemplo, num estado (x) na forma12

(x) = a0 0 (x) + a2 2 (x) :

O que o postulado sobre autovalores nos diz é que, mesmo num caso como este,ao medirmos a energia da partícula encontraremos apenas ou E0 ou E2.Uma extensão do postulado acima a�rma que, se �zermos uma medida da

energia e obtivermos o resultado E2, isso garante que, logo após a medida,o sistema tem energia E2. Ou seja, o estado após a medida não é mais o estado (x) acima, mas o estado 0 (x)

0 (x) = 2 (x)

Dizemos assim que o sistema, que estava numa superposição de ondas (ounum pacote de ondas), colapsou para uma das ondas do pacote. Este efeito échamado de colapso da função de onda.

Remark 70 Observe que, apesar dos operadores estarem relacionados com osobserváveis, na maneira descrita acima, a atuação deste operador não está dire-tamente associada a ação de medir este observável. Ou seja, se L é o operadorrelacionado ao momento angular, não devemos esperar que L j i seja a açãofísica de (no laboratório) medirmos o momento angular do estado j i. Na ver-dade, assim como na mecânica clássica, a aplicação deste operador representauma rotação in�nitesimal do sistema.

O fato de um sistema poder existir numa superposição de vários estadospossíveis, mas apresentar (colapsar para) apenas um destes estados quando umamedida é feita, dá origem a pergunta:

Problem 71 Se o sistema está num certo estado qual a probabilidade de,numa medida deste sistema, ele ser encontrado no estado �?

12Na verdade, o fato de darmos símbolos para identi�car possíveis estados do sistema ébastante geral. Podendo ser usado na mecânica clássica, ou qualquer outra teoria. O que opostulado a�rma é que estes símbolos formam um espaço vetorial.

114

Por exemplo, suponha que L representa o operador de momento angular dosistema. Num certo instante o sistema é preparado no estado

j i = a1 j 1i+ a2 j 2i+ a3 j 3i ;

(com ai conhecidos) ondeL j ni = ln j ni :

Se efetuamos uma medida do momento angular e obtivermos o valor l = 2sabemos que, após esta medida, o sistema estará no estado j 2i. Assim, apergunta acima seria: qual a probabilidade do sistema no estado j i serencontrado no estado j 2i. A resposta para esta pergunta é mais um postuladoda MQ.Se um sistema se encontra num determinado estado, dado por um vetor j i,

a probabilidade de que este sistema seja encontrado num estado j�i é dado por:

jh�j ij2 =� PN

i=1��i iR1

�1�� (x) (x) dx

:

Observe quejh j ij2 6= j (x)j2 :

Por exemplo,voltemos ao estado que uma superposição dos estados de mo-mento angular

j i = a1 j 1i+ a2 j 2i+ a3 j 3i :Qual a probabilidade de, numa medida deste sistema, ele ser encontrado no

estado de momento angular j 2i?Este valor é dado por:

jh 2j ij2 = jh 2j (a1 j 1i+ a2 j 2i+ a3 j 3i)j2

= j(a1 h 2 j 1i+ a2 h 2 j 2i+ a3 h 2 j 3i)j2

Entra aqui o fato (já visto) que os autovetores de um operador hermi-tiano são ortogonais, com isso (lembrando que nossas funções estão normal-izadas)

jh 2j ij2 = jh 2j (a1 j 1i+ a2 j 2i+ a3 j 3i)j2

= ja2 h 2 j 2ij2 = ja2j2 :

Assim, o fato da nossa função estar normalizada

h j i = 1

apenas re�ete o fato de sabermos, com certeza, que o sistema está no estadoj i.(Auto-estados formam uma base)Um outro fato, que vamos aceitar sem provar (isso não é um postulado),

é que, além de ortogonais, os autovetores de um operador hermitiano forma uma

115

base do espaço. Ou seja, se M é um operador hermitiano, com autovetor j nie autovalor mn,

M j ni = mn j niqualquer estado do nosso sistema pode ser escrito como:

j i =Xn

cn j ni ;

Além disso, sendo a nossa base ortonormal sabemos que

cn = h n j i =) jh n j ij2 = jcnj2

e jcnj2 é, no caso geral, a probabilidade de, numa medida do observável M ,obtermos o valor mn.Vemos assim que o signi�cado físico dos autovetores de um operador her-

mitiano serem ortogonais está relacionado com o fato de que, se �zemos umamedida obtemos apenas um valor. Ou seja, se após uma medida obtivermos ovalor j 2i a probabilidade de, após esta medida, o sistema ser encontrado noestado j 3i deve ser nulo:

h 3 j 2i = 0 :E o fato destes vetores j ni formarem uma base signi�ca que nosso sistema pode,em princípio assumir qualquer valor do observável, com uma certa probabilidadejcnj2.Além disso, o fato de operadores hermitianos terem apenas autovalores reais

está relacionado com medidas nos darem apenas valores reais.Dada uma in�nidade de cópias idênticas do sistema, podemos nos perguntar

sobre o valor médio de algum observável. Ou seja, pegamos uma in�nidadede exemplares desta coleção de sistema, efetuamos em cada um a medida deum certo observável M e tiramos a média deste valor para obter hMi. Estaquantidade é também chamada de valor esperado do observável.Classicamente, se cada exemplar do nosso sistema tem uma probabilidade

Pi de que o observável M forneça o valor mi, esta média pode ser calculadacomo

hMi =Xi

Pimi

somado para todos os valore mi possíveis do observável M . No caso de m seruma variável contínua, temos

hMi =ZmP (m) dm

onde P (m) é a probabilidade do sistema ter o valor medido entre m e m+ dm.O próximo postulado da MQ a�rma que, se o sistema está no estado j i, o

valor esperado de observável M é dado por:

hMi = h j M j i =Z 1

�1� (x; t) M (x; t) dt : (94)

116

Esta expressão está diretamente relacionada a noção clássica de média. SendoM um observável, podemos escrever:

j i =Xi

ci j ii

ondeM j ii = mi j ii

Substituindo em (94) temos

h j M j i =

24Xj

h j j �cj

35 M "Xi

ci j ii#=Xj

Xi

�cjci h j j M j ii

=Xj

Xi

�cjci h j jmi j ii =Xj

Xi

mi�cjci�ij

=Xi

jcij2mi =Xi

Pimi

onde usamos que jcij2 é a probabilidade de se obter o valor mi numa medida deM .O ponto importante deste postulado está no fato de geralmente, em exper-

iências, não estamos tratando apenas com uma entidade, mas sim uma coleçãodestas entidades. Por exemplo, uma corrente de elétrons, um feixe de laser(vários fótons), ou um feixe de partículas. Assim, o que nossos aparelhosregistram pode não ser o valor possível do observável, mas sim umamédia destes valores. Com isso, o valor esperado de um observável quânticoestá diretamente relacionado com o limite clássico no valor deste observável.Ou seja, se temos um feixe de partículas (e.g., elétron) no estado

j i = c1 j 1i+ c2 j 2i

ondeH j ii = Ei j ii

são autoestados da energia, se medirmos a energia do feixe (não de um únicoelétron) nosso aparelho clássico mostrará o valor

E = hHi = h j H j i = E1 jc1j2 + E2 jc2j2 :

Nosso último postulado diz respeito a evolução temporal do sistema. Ea�rma que: a evolução temporal de um sistema dado por uma funçãode onda (x; t) é dado pela equação de Schroedinger

i~@

@t= H ; H = � ~

2

2mr2 + V (x)

117

Este postulado pode ser convertido na linguagem de operadores agindo emH e, com isso, generalizado para qualquer descrição quântica (e.g., Heisenberg).Para isso basta introduzirmos o chamado operador de evolução temporal U 13

U (t) = exp

�� i~Ht

�onde H é o hamiltoniano do sistema e

exp

�� i~Ht

�=X 1

n!

�� i~Ht

�n= 1� i

~tH � 1

2~2t2H2 + :::

ou seja, cada termo Hn é a aplicação de n vezes o operador H. Com estade�nição de U temos

j ti = U (t) j 0ionde j 0i é o vetor (estado) do sistema no instante inicial e j ti seu estado numinstante t posterior. Usando a ES temos

i@

@tj ti = i

@

@tU (t) j 0i = i

@U (t)

@tj 0i = i

�@

@texp

�� i~Ht

��j 0i

usando

@

@texp

�� i~Ht

�=

@

@t

X 1

n!

�� i~Ht

�n=

@

@t

�1� i

~tH � 1

2~2t2H2 + :::

�=

�� i~H � 1

~2tH2 + :::

�= � i

~H

�1� 1

~tH + :::

�= � i

~H exp

�� i~Ht

�temos

i@

@tj ti = i

�@

@texp

�� i~Ht

��j 0i = i

�� i~H exp

�� i~Ht

��j 0i

=1

~H exp

�� i~Ht

�j 0i

=1

~H j ti

ou seja, o vetor j ti obedece a equação

i~@

@tj ti = H j ti :

13Este é o caso especial em que H não depende do tempo.

118

Um operador é chamado de unitário quando

MM+ = M+M = I

Observe que U de�nido acima é unitário, ou seja, a evolução do sistemaquântico é unitária. Isto é uma conseqüência de H ser hermitiano. EmMQ evoluções unitárias (ou a hermiticidade do hamiltoniano) estão associadascom sistemas conservativos. Ou seja, se um sistema não é conservativo,a sua evolução poderá não ser unitária (e seu hamiltoniano poderá não serserá hermitiano). A MQ está bem estabelecida (rigorosamente) apenas paraevoluções unitárias.Por exemplo. Suponha que num instante inicial o sistema com hamiltoni-

ano H está preparado estar no estado (x; 0) dado por

(x; 0) =1p2[ 1 (x) + 2 (x)] ;

ondeH i = Ei i :

Qual o estado do sistema num instante t posterior? Neste caso, como temosa condição inicial escrita em termos dos autovetores de H, podemos apenasaplicar o operador de evolução temporal

(x; t) = U (t) (x; 0) =1p2

�exp

�� i~Ht

� 1 (x) + exp

�� i~Ht

� 2 (x)

�o importante aqui é observar que

exp

�� i~Ht

� i (x) =

X 1

n!

�� i~H

�n i (x) =

=

�1� i

~tH � 1

2~2t2H2 + :::

� i (x)

=

�1� i

~tEi �

1

2~2t2E2i + :::

� i (x)

= exp

�� i~Eit

� i (x)

com isso

(x; t) =1p2

�exp

�� i~E1t

� 1 (x) + exp

�� i~E2t

� 2 (x)

�:

Com o exemplo acima podemos ver porque geralmente não precisamos re-solver a equação de Schroedinger dependente do tempo, mas apenas a indepen-dente (i.e., apenas encontrar os autovalores e autovetores de H). Neste caso adi�culdade se transfere em decompor o estado inicial nos autovetores de H. Ouseja, se o sistema está num estado inicial (x; 0) precisamos escrever

(x; 0) =X

cn n (x) ;

119

o que equivale a calcular

cn = h nj i =Z� n (x) (x) dx

Temos assim a opção de resolver uma equação diferencial parcial (a ES depen-dente do tempo), ou calcular as in�nitas integrais acima.Resumindo nossos postulados temos:

1. O estado de um sistema físico é completamente descrito por um vetor(normalizado) no espaço de Hilbert. E vetores que di�ram apenas poruma fase representam o mesmo estado físico;

2. A todo o observável esta relacionado um operador hermitiano;

3. Uma medida do observável M pode fornecer apenas autovalores desteoperador e, após uma medida em que se obteve o valor mn o sistemaestará no estado n.

4. Se o sistema se encontra no estado j i, o valor médio de um observávelM é dado por:

hMi = h j M j i =Z� (x; t) M (x; t) dt :

5. A evolução temporal de um sistema no estado inicial j 0i é dado por (nocaso geral de H (t))

j ti = U (t) j 0i ; U (t) = exp�� i~

ZH dt

�que é equivalente a ES

i~@

@t= H :

15.10 O operador de momento

Vejamos agora alguns operadores hermitianos e a que observáveis estes estãoassociados. Um caso já visto é o operador hamiltoniano, cujos autovalores cor-respondem a energia do sistema. Se introduzirmos agora o operador

p = �i~r

podemos escrever

H = � ~2

2mr2 + V (x)

como

H =p2

2m+ V (x)

120

Que, comparando com a forma clássica do hamiltoniano, justi�ca chamar p deoperador de momento. Ou seja, seus autovalores estão associados com omomento que a partícula pode assumir. Obviamente a semelhança com aforma clássica do hamiltoniano não é a única justi�cativa para isso.Uma partícula livre, que pode se mover em todo espaço, é descrita quanti-

camente pela onda plana (x) = N exp (ikx)

Exercise 72 Veri�que que esta é uma solução da equação de Schroedinger paraa partícula livre. Esta função é normalizável?

Lembrando que, por de�nição, o comprimento de uma onda � é a distânciapara a qual a onda volta a assumir o mesmo valor, o comprimento de onda doestado acima pode ser calculado como

(x) = (x+ �)) exp (ikx) = exp (ik (x+ �))) exp (ik�) = 1

com issok� = 2� ) k =

2�

�:

A aplicação do operador de momento neste estado fornece

p = �i~ ddxN exp (ikx) = k~N exp (�ikx) = ~k

Ou seja, o estado acima é autovetor de p com autovalor ~k. Se usarmos agorak� = 2� e a relação de De Broglie p = h=� temos

p = k~ = kh

2� =

2�

�

h

2� =

h

� = p

Ou seja, a relação de De Broglie nos permite associar os autovaloresdo operador

p = �i~ ddx

com o valor do momento do sistema clássico (em unidades de ~).Como era de se esperar por argumentos clássicos, apenas partículas livres

tem um valor de momento bem que não se altera com o tempo. Mesmo apartícula numa caixa tem seu momento alternado e, conseqüentemente, os au-tovetores de energia da partícula na caixa não são autovetores do momento.Mudar descrição acima para projeção

15.11 Quantização

Com a introdução do operador de momento, podemos de�nir um outro processode quantização completamente compatível com a quantização de Schroedinger(ou seja, o procedimento que nos permite identi�car o hamiltoniano clássico Hcom o operador H).

121

Dado um hamiltoniano clássico

H (p;x) =p2

2m+ V (x)

podemos quantizar este hamiltoniano fazendo

p! p = �i~r ;

x! x = x ;

onde a última igualdade indica que o operador x é simplesmente a multiplicaçãopor x, ou seja

x (x0) = x0 (x0) :

ou seja, para qualquer função f

f (x) = f (x) :

Com isso

H (p; x)! H (p; x) =p2

2m+ V (x) = � ~

2

2mr2 + V (x) :

que é o hamiltoniano quântico obtido na teoria de Schroedinger.

Exercise 73 Veri�que que, para a partícula numa caixa, o operador x de�nidoacima é hermitiano.

Este procedimento de quantização permite quantizar qualquer quantidadeclássica que dependa da posição e do momento, por exemplo, o operador demomento angular pode ser obtido através do momento angular clássico L =x� p, fazendo

L = x� p! L = x� p :Em componentes,

Li = "ijkxjpk ! Li = "ijkxj pk = "ijkxj

��i~ @

@xk

�= �i~"ijkxj

@

@xkou

L = �i~x�r :

Vamos, por exemplo, calcular o momento angular de uma partícula livre,

LiN exp (ikixi) = N

��i~"ijkxj

@

@xk

�exp (ikixi)

= N (�i~"ijkxj) exp (ikixi)@ (ikjxj)

@xk

= N (�i~"ijkxj) exp (ikixi) ikj@xj@xk

= N (�i~"ijkxj) exp (ikixi) ikj�jk= N (�i~"ijkxj) exp (ikixi) ikk= N ("ijkxj (~kk)) exp (ikixi)= N ("ijkxj (pk)) exp (ikixi)

122

ou seja, para a partícula livre,

L = x� p

(onde p não é mais um operador, mas o momento clássico). Assim, para umapartícula quântica livre o momento angular é uma quantidade bem de�nida étem o mesmo valor esperado classicamente.É importante notar que nem todos os observáveis podem ser quantizados

pelo procedimento acima. Existem quantidades, por exemplo, o spin, que nãose relacionam com os operadores p e x. Quando isso ocorre dizemos que esteobservável só existe na MQ, ou ainda, que este observável não possui umanálogo clássico.

15.12 O problema do ordenamento

Um dos problemas que surge no processo de quantização acima (e, de umacerta forma, em todos os processos de quantização), é o chamado problema doordenamento. Dado um observável clássico que envolva o produto (o momentoangular é um exemplo)

xp ;

quanticamente podemos associar a este observável os operadores

M = xp ; M 0 = px

onde

M 0 = px = �i~ ddxx = �i~ � i~x d

dx = �i~ + xp

= M � i~ =�M � i~

�

ou aindaM 0 = M � i~

Ou seja, os dois operadores acima dizem respeito a mesma quantidade clássicaxp. Isso ocorre porque, diferente da MC, na MQ os observáveis não sãonúmeros, mas sim operadores. Assim, para um observável clássico podeestar relacionado mais de um operador quântico. Este problema é chamado deproblema do ordenamento.Um ponto a se observar é que, assim como no exemplo acima, no problema

de ordenamento os operadores sempre diferem por uma quantidade proporcionala ~n. Lembrando que uma das formas de tomarmos o limite clássico do nossosistema é fazer ~! 0, vemos que os dois operadores M e M 0 possuem o mesmolimite clássico. Assim, teorias quânticas que di�ram por um problemade ordenamento possuem o mesmo limite clássico. Ou, de outra forma:

Remark 74 Para o mesmo sistema clássico podemos ter várias teo-rias quânticas diferentes.

123

Entretanto, apesar de todas terem o mesmo limite clássico, estas teorias po-dem gerar resultados puramente quânticos (e.g., supercondutividade) bastantediferentes.No caso especí�co acima, xp, o problemas do ordenamento pode ser resolvido

usando os postulados da MQ. Observe que

(xp)+= p+x+ = px 6= xp ;

ou seja, apesar de x e p serem hermitianos, o operador xp não é hermitiano.Assim, se existe o observável xp o operador a ele associado deve ser hermi-tiano. Com isso, podemos construir um operador hermitiano através de umacombinação simétrica dos operadores

M =1

2(xp+ px)) M+ =

1

2(xp+ px)

+=1

2

�p+x+ + x+p+

�como x e p são hermitianos

M+ =1

2

�p+x+ + x+p+

�=1

2(px+ xp) = M :

Uma prescrição, chamada de ordenamento de Weyl, é usar sempre a ordenaçãosimétrica dos operadores. Entretanto, nem sempre esta opção é única possível.Por exemplo, no caso p2x temos

M = xpx

M 0 =1

2

�p2x+ xp2

�M 00 =

1

2

�p2x+ pxp+ xp2

�todos hermitianos. Usar a prescrição de Weyl é escolher o último operador.Entretanto, apenas uma medida extremamente precisa de efeitos puramentequânticos pode nos dizer quais destes é o operador correto (i.e., o operador quedescreve um verto sistema físico).

15.13 Observáveis compatíveis

Uma questão crucial em MQ é quando uma medida perturba o sistema, ouainda, quando um observável tem um valor bem de�nido. Como vimos, paraque a medida de uma quantidade A não perturbe o sistema, este deve estarnum auto-estado de A. Assim, A não irá perturbar um sistema que esteja numauto-estado

A j�i = a j�i :Suponha agora que, depois de efetuada uma medida de A desejamos efetuar

uma medida de outro observável B. Isso só será possível, sem perturbar osistema, se o vetor obtido após a aplicação de A também for um autovetor deB, ou seja, se

B�A j�i

�= b0A j�i = b0a j�i = b j�i ; b = b0a

124

ou seja, j�i tem de ser simultaneamente autovetor dos dois operadores A eB.

A j�i = a j�iB j�i = b j�i

Mas, se isso é verdade, temos

AB j�i = ab j�iBA j�i = ba j�i = ab j�i

ou ainda hAB � BA

ij�i = 0

Para qualquer auto-vetor simultâneo de A e B.A quantidade acima é chamada de comutador entre os operadores A e Bh

A; Bi= AB � BA :

Além disso, se todo o autovetor de A for também autovetor de B temoshA; B

ij�ni = 0 ; A j�ni = �n j�ni

e sabemos que (se A é um observável) qualquer vetor pode ser escrito como

j i =Xn

cn j�ni

temos que hA; B

ij i =

hA; B

iXn

cn j�ni =Xn

cn

hA; B

ij�ni = 0 :

Ou seja, sehA; B

i= 0 para qualquer vetor j i do nosso espaço, então A e B

tem uma base de auto-vetores em comum. Mais ainda, podemos efetuarmedidas de um dos operadores sem alterar o valor do outro.Ou ainda, os dois observáveis podem ser medidos simultaneamente. Quandoh

A; Bi= 0

dizemos que A e B comutam, ou ainda, que estes observáveis são compatíveis.

Remark 75 Apenas observáveis compatíveis podem ser medidos simultanea-mente em MQ.

125

Por exemplo: Para uma partícula livre, os operadores de momento e ener-gia são

H =p2

2m; p = �i~ d

dx

calculando os comutadores temoshH; p

i= Hp� pH =

p2

2mp� p p

2

2m=

1

2m

�p2p� pp2

�=

1

2m

�p3 � p3

�= 0

Assim, para qualquer partícula livre (x) (não só para os autoestados de p eH) h

H; pi (x) = 0

e o momento e a energia podem ser medidos simultaneamente. Além disso, todoauto-vetor de H e também auto-vetor de p.

Exercise 76 Explique por que para o problema de uma partícula numa caixaos auto-vetores de H não são auto-vetores de p.

Segundo exemplo: Como vimos, os operadores de momento e posição sãodados por

p = �i~ ddx

; x = x

calculando os comutadores temos

[x; p] (x) = xp (x)� px (x)

= x

��i~ d

dx

� (x)�

��i~ d

dx

�[x (x)]

= �i~�xd

dx��dx

dx (x) + x

d

dx

��= �i~ [� (x)] = i~ (x)

Ou seja, para qualquer função (x)

[x; p] = i~

Dizemos simbolicamente que[x; p] = i~ :

E, consequentemente, momento e posição não podem ser medidos simultanea-mente. O que já sabíamos pelo princípio da incerteza de Heisenberg.Os resultados acima nos dizem quando devemos esperar uma incerteza

relacionada a medida de dois observáveis quaisquer.Por exemplo, podemos efetuar uma medida da posição da partícula na

direção x e medirmos o seu momento na direção y, pois

[x; py]� = �i~�x;

@

@y

�� = �i~

�x@

@y� @

@yx

�� = �i~x

�@

@y� @

@y�

�= 0

126

logo[x; py] = 0 ;

ou ainda[xi; pj ] = i~�ij ;

da mesma forma[xi; xj ] = [pi; pj ] = 0 :

Exercise 77 O operador de momento angular possui um problema de ordena-mento?

15.14 Partículas de spin 1/2

Tratemos agora de um observável sem análogo clássico. Este exemplo é útilpara ilustrar a aplicação da mecânica quântica matricial de Heisenberg, alémde explicitar como os resultados quânticos são provenientes de experimentos deespalhamento.Um exemplo mais fácil de visualizar é o caso do spin da partícula. Classica-

mente

U = �� �BForça

F = r (� �B)Para B = Bz

F = r (�zB) = �z@B

@z

O momento magnético sofre um torque

� = ��B

O torque o faz precessionar (veja o artigo Einstein�de Haas).Assim, um feixe de partículas clássicas com todas as orientações de momento

magnético seria espelhado continuamente.Entretanto, experimentos realizados em meados de 1920, mostraram que,

ao se medir o spin de certas partículas, obtemos apenas dois valores distintos.Estas partículas (que incluem prótons, nêutrons e elétrons) são chamadas departículas de spin 1=2.Se efetuarmos uma medida do spin de uma partícula de spin 1

2 em qualquerdireção, obteremos sempre os valores +~=2 ou �~=2, ou seja, a partícula temo spin na direção medida, ou contrária a esta direção. Esta medida pode serrealizada através de um experimento de Stern-Gerlach que consistem em passara partícula por um campo magnético não uniforme e esta partícula se deslocarápara cima se seu spin for +1 e para baixo se for �1.Mais ainda se uma partícula foi pra cima e passamos novamente por outro

SG na mesma direção ela continuará indo pra cima. Certamente o spin é umobservável (pois estamos observando). Assim, deve haver um operador Sz que

127

mede o spin, por exemplo, na direção z. Este operador só possui dois autovalores +~=2 e �~=2 e, conseqüentemente, possui dois auto-estados (estamossupondo que o operador não é degenerado). Podemos, por exemplo, chamarestes estados de

j+i ; j�i :

Por conveniência, assim como o momento linear, o spin é medido em unidadesde ~

Sz j�i = �~2j�i :

Sendo o spin um observável, qualquer estado (de spin) pode ser escrito como

j i = c+ j+i+ c� j�i :

Lembre que j�i é um vetor no espaço de Hilbert. Este espaço possui doiselementos na base e, consequentemente, tem dimensão 2. As quantidades jc�j2acima são as probabilidades de, numa medida do spin, a partícula apresentar ovalor �~=2.Mas para trabalhar precisamos de uma representação para esta quantidade.

Neste caso temos uma total liberdade na escolha desta representação e, emespecial, na base desta representação. Vamos então escolher uma direção, porexemplo z, é dizer que j+i é o spin nesta direção e j�i na direção contrária.Para deixar isso mais explicito, vamos mudar a notação

j�i ! jz�i

Como nosso espaço tem dimensão 2 podemos escolher qualquer matriz (nor-malizada) para representar o nosso estado, a escolha mais simples é (a basecanônica)

jz+i =�10

�;

e para jz�i um vetor normalizado ortogonal a jz+i

jz�i =�01

�:

Sabemos que existe Sz é um operador, que é uma matriz 2�2 relacionada aospin. Ou seja, seus autovalores são os possíveis valores do spin. Pela de�niçãodos vetores acima temos:

�3 jz+i = +1 jz+i�3 jz�i = �1 jz�i

Com isso, podemos escrever

�3 =

�1 00 �1

�

128

O operador de spin na direção z é apenas de�nido proporcional a este operadorcom constantes que acerte as unidades

S3 =~2�3 :

Como supúnhamos, este operador é hermitiano.Suponha agora que orientamos nosso SG numa outra direção, e.g., a direção

x. Veri�ca-se experimentalmente, como era de se esperar, que o feixe novamentese divide em dois feixes. Ou seja, o spin na direção x apresenta os valores �~=2.Isso, obviamente, signi�ca a existência de um operador Sx que mede o spin nestadireção. Pelas mesmas razões acima, este operador possui dois auto-vetores

Sx jx�i = �~2jx�i

Poderíamos ter escolhido, desde o início trabalhar com Sx (ou simplesmenteter chamado de x a direção que chamamos de z). Ou seja, tanto fjx�ig quantofjz�ig são uma base do nosso espaço. Em especial, podemos escrever:

jx+i = a+ jz+i+ a� jz�i :

Onde ja�j2 é a probabilidade de uma partícula, preparada no estado jx+i serencontrada no estado jz�i. Ou seja, passamos nosso feixe por um SG na direçãox, �ltramos todas as partículas que vão na direção �x e, em seguida, passamos ofeixe resultante por um segundo SG na direção z. Experimentalmente, veri�ca-se que metade das partículas vão na direção z e metade na direção �z, comisso

ja�j2 =1

2;

De sorte que, a menos de uma fase global, podemos escrever

jx+i =1p2j+i+ ei�xp

2j�i ; �x 2 R : (95)

Da mesma forma, temos:

jx�i =1p2j+i+ ei�

0x

p2j�i ; �0x 2 R : (96)

Sabemos agora que os autovetores de um operador hermitiano são ortogonais,

hx� jx+i = 1p2h+j+ e�i�

0x

p2h�j!�

1p2j+i+ ei�xp

2j�i�

=

1

2h+ j+i+ ei�x

2h+ j�i+ e�i�

0x

2h� j+i+ 1

2ei�xe�i�

0x h� j�i

!

=

�1

2+1

2ei�xe�i�

0x

�= 0

129

com isso,ei�xe�i�

0x = �1) e�i�

0x = �e�i�x ) ei�

0x = �ei�x

De sorte que

jx+i =1p2j+i+ ei�xp

2j�i = 1p

2

�1ei�x

�;

jx�i =1p2j+i � ei�xp

2j�i = 1p

2

�1

�ei�x�: (97)

Para encontrarmos agora o operador Sx, simplesmente resolvemos o sistema deequações

Sx jx+i =~2jx+i )

�a b�b c

��1ei�x

�=~2

�1ei�x

�;

Sx jx�i =~2jx�i )

�a b�b c

��1

�ei�x�= �~

2

�1

�ei�x�;

o que fornece

a+ bei�x =~2; (98)

�b+ cei�x =~2ei�x ; (99)

a� bei�x = �~2; (100)

�b� cei�x = ~2ei�x : (101)

Usando (98)+(100) e (99)-(101) e temos:

2a = 0) a = 0 ;

2cei�x = 0) c = 0 :

Com isso,

bei�x =~2) b =

~2e�i�x

o que fornece

Sx =~2

�0 e�i�x

ei�x 0

�:

Se repetirmos todo este processo para a direção y temos

jy�i =1p2j+i � ei�yp

2j�i ;

Sy =~2

�0 e�i�y

ei�y 0

�: (102)

130

Obviamente a forma explicita de todas estas quantidades depende da de-terminação das fases �x e �y. Para isso existe ainda um experimento de espal-hamento a nossa disposição. Suponha que você orientou o SG na direção x,selecionou o feixe que foi na direção +x e passou este feixe por um segundo SGna direção y. Pelo que foi dito antes, e pela homogeneidade do espaço, você deveimaginar que, mais uma vez, o feixe se dividiu em duas partes de intensidadesiguais nas direções +y e �y. Isso signi�ca que, estado a partícula no estadojx+i a probabilidade de encontrar esta partícula no estado jy+i ou jy�i vale

jhy� jx+ij2 =1

2:

Usando os resultados (97) e (102) anteriores temos

hy� jx+i =�1p2h+j � e�i�yp

2h�j��

1p2j+i+ ei�xp

2j�i�

=1

2

�1� ei(�x��y)

�:

Com isso

jhy+ jx+ij2 =����12 �1� ei(�x��y)�

����2 = 1

2����1� ei(�x��y)����2 = 2Lembrando que

j1� ij2 = 11 + 12 = 2 ;

temosei(�x��y) = �i) �x � �y = �

�

2:

Isso é tudo que podemos �xar com nossos experimentos de espalhamento.Obviamente todo nosso problema apresenta uma fase que pode ser �xada arbi-trariamente, sem in�uenciar nos resultados experimentais. Assim, fazendo

�x = 0 =) �y =�

2

Temos a forma explicita de nossos vetores

jz+i = j+i =�10

�; jz�i = j�i =

�01

�;

jx�i =1p2[j+i � j�i] = 1p

2

�1�1

�;

jy�i =1p2[j+i � i j�i] = 1p

2

�1�i

�;

131

e dos nossos operadores

Sz =~2

�1 00 �1

�; Sx =

~2

�0 11 0

�; Sy =

~2

�0 �ii 0

�:

A notação acima pode ser escrita de forma mais compacta se introduzirmos anotação

�1 ��0 11 0

�; �2 �

�0 �ii 0

�; �3 �

�1 00 �1

�com isso

Si =~2�i ; S1 � Sx ; S2 � Sy ; S3 � Sz

ou, numa notação vetorial,

S =~2�

Como vimos na construção dos operadores acima, se você efetuar uma me-dida numa certa direção, e.g., z, depois uma medida na direção x e, por �m,novamente uma medida na direção z, o sistema terá 50% de chance de apresen-tar o valor �~=2. Ou seja, a medida em x destruiu toda a informação obtidacom a medida na direção z.O ponto aqui é que a medida de um dos observáveis perturbou o valor do

outro. Ou seja, não podemos medir, simultaneamente, Sx e Sz.Isso já era de se esperar pelo resultado anterior, pois estes operadores não

comutam:hSx; Sz

i=

�~2

�0 11 0

�;~2

�1 00 �1

��=

�~2

�2 ��0 �22 0

��=~2

2

��0 �11 0

��= �i~

2

2

��0 �ii 0

��= �i~

2

2S2 6= 0

15.14.1 Relações de incerteza

Dos resultados acima, vimos que, dada a forma explícita dos operadores querepresentam uma certa grandeza física, podemos determinar, através do comu-tador, se estes observáveis podem, ou não, serem medidos simultaneamente.Entretanto, as relações de incerteza de Heisenberg nos dão mais informação queisso. Ela nos diz exatamente qual a precisão máxima que podemos esperar namedida de dois observáveis incompatíveis. Vejamos agora uma generalizaçãodesta relação.Uma quantidade clássica muito usada para caracterizar a incerteza de uma

medida A é o desvio quadrado médio desta medida

�2A =A2�� hAi2

Pelos postulados da MQ sabemos que, o valor médio de um observável A numestado vale

hAi = h j A j i

132

e a versão quântica para o desvio padrão pode ser escrita como

�2A ( ) = h j A2 j i � h j A j i2

se �zemosA = A� h j A j i

podemos escrever�2A ( ) = h j A2 j i

Exercise 78 Veri�que a a�rmação acima.

Considere agora dois observáveis A = A+ e B = B+.Um resultado conhecido como desigualdade de Schwarz nos diz que para

qualquer operador A e qualquer vetor j i (não necessariamente normalizado)

h j A2 j i h j B2 j i ����h j A B j i���2

com isso temos

�2A ( )�2B ( ) = h j A2 j i h j B2 j i �

���h j A B j i���2 (103)

Além disso, apesar de serem hermitianos, o produto AB nem sempre o será.Com isso a quantidade

h j A B j i

será, em geral, complexa���h j A B j i���2 = hRe�h j A B j i�i2+hIm�h j A B j i�i2 � hIm�h j A B j i�i2(104)

Podemos agora calcular

Im�h j A B j i

�=1

2i

�h j A B j i � h j A B j i

�Mas,

h j A B j i = h j�A B

�+j i = h j B+ A

+ j i = h j B A j i

onde, na última igualdade, usamos a hermiticidade de A e B. Com isso

Im�h j A B j i

�=1

2i

�h j A B j i � h j B A j i

�=1

2ih j�A B � B A

�j i

=1

2ih jhA ; B

ij i

133

usando hA ; B

i=hA� h j A j i ; B � h j B j i

i=hA; B

itemos

Im�h j A B j i

�=1

2ih jhA; B

ij i (105)

Usando (103), (104), (105) temos

�2A ( )�2B ( ) �

���h j A B j i���2 � hIm�h j A B j i�i2 = ���� 12i h j hA; Bi j i����2 :

Com isso�A ( )�B ( ) �

1

2

���h j hA; Bi j i���ou seja, o produto da incerteza de qualquer medida é proporcional ao comutadordos operadores correspondentes.Para o caso especial de posição e momento temos

[x; p] = i~) �x�p ( ) � ~2

que é a relação de incerteza de Heisenberg.

15.15 O oscilador harmônico

São incontáveis os sistemas e aplicações em física que podem ser modeladospelo problema do oscilador harmônico (OH). Uma das razões para isso é queum potencial V (x) qualquer (dado por uma função analítica) sempre pode serexpandido em sua série de Taylor

V (x) = V0 +dV

dx

����x0

x+1

2

d2V

dx2

����x0

x2 +1

3!

d3V

dx3

����x0

x3 + ::::

Além disso, em muitos problemas em física estamos interessados no comporta-mento do sistema perto da condição de equilíbrio. Nesta condição

dV

dx

����x0

= 0

e nosso potencial se torna

V (x) =1

2kx2 +O

�x3�

k =d2V

dx2

����x0

onde usamos que uma constante no potencial não altera o comportamento dosistema. Assim, próximo do equilíbrio, qualquer potencial pode ser aproximadopor um OH.

134

Vamos introduzir os seguintes operadores diferenciais lineares

L � H = � ~2

2m

d2

dx2+1

2m!2x2 ;

p = �i~ ddx

D (p) = D�H�=� ; 0 2 L2; a:c:

aqui H é o operador hamiltoniano de um oscilador harmônico. A solução doproblema quântico se obtém pela solução da ES estacionária, i.e., através dasolução do problema de autovalores de H,

H = E =) � ~2

2m

d2

dx2+1

2m!2x2 = E

Esta equação não é nada simples de se resolver.Vamos tentar então um método alternativo. Primeiro observe que, para

qualquer função 2 D (p) temos

xp � p (x ) = x

��i~ d

dx

� �

��i~ d

dx

�(x )

= �i~x d

dx + i~

d

dx(x )

= �i~x d

dx + i~ ( ) + i~x

d

dx

= i~ (106)

Se usarmos a notação

xp � p (x ) = [xp� px] � [x; p] ;

onde[x; p] � [xp� px]

é chamado o comutador de x com p, lembrando que o operador atua em tudoque estiver a sua direita e que (106) é válida para toda função , podemosescrever simbolicamente

[x; p] = i~ (107)

ou seja, sempre que aparecer o comutador entre x e p podemos sub-stituir por i~. Lembre que a quantidade acima é um operador enquanto aquantidade à direita da igualdade é um número.

Remark 79 Assim, esta igualdade só faz sentido quando ambos os lados atuamnuma função qualquer.

135

Vamos agora de�nir os seguintes operadores diferenciais

a =�p2

�x+

ip

m!

�; a+ =

�p2

�x� ip

m!

�x =

1

�p2

�a+ a+

�; p = i~

�p2

�a+ � a

�(108)

� =

rm!

~

Com estes novos operadores o Hamiltoniano pode ser escrito como (veri�que):

H =p2

2m+1

2m!2x2 =

1

2!~�aa+ + a+a

�(109)

As regras de comutação (107) implicam que (veri�que):

�a; a+

�=�2

2

��x+

ip

m!

�;

�x� ip

m!

��=�2

2

��x+

ip

m!

�;

�x� ip

m!

��=�2

2

��x+

ip

m!

��x� ip

m!

���x� ip

m!

��x+

ip

m!

��=�2

2

"x2 � x ip

m!+

ip

m!x�

�ip

m!

�2� x2 � x ip

m!+

ip

m!x+

�ip

m!

�2#

= �i�2

2

2

m![x; p]

= 1

[x; p] = i~ =)�a; a+

�= 1 : (110)

com isso

H =1

2!~�aa+ + a+a

�= ~!

�a+a+

1

2

�Além disso, é fácil ver queh

H; ai= ~!

�a+; a

�a = �~!a (111)h

H; a+i= ~!a+

�a; a+

�= ~!a+ (112)

Suponha agora que n (x) é uma auto função qualquer de H, ou seja,

H n = En n

136

Agora uma característica muito mais do que importante dos oper-adores (108): Usando a regra de comutação (111) vemos que

Ha n =��~!a+ aH

� n = a (En � ~!) n

= ~!�En~!

� 1�a n :

fazendoEn~!

= �n =) H n = ~!�n n

temosHa n = ~! (�n � 1) a n :

Ou seja, se n é autovetor de H com autovalor ~!�n, então a n é outroautovetor de H, mas com autovalor ~! (�n � 1) diminuindo de uma unidade.Simbolicamente podemos chamar este vetor de n�1;

a n � n�1 ; H n�1 = ~!�n�1 n�1 ; �n�1 � �n � 1 :

Da mesma forma, usando (112)

Ha+ n =�~!a+ + a+H

� n = a+ (~! + En) n

= a+~! (1 + �n) n= ~! (1 + �n) a+ n

Ou seja, se n é autovetor de H com autovalor ~!�n, então a+ n é outro au-tovetor de H, mas com autovalor ~! (�n + 1) acrescido de uma unidade. Sim-bolicamente podemos chamar este vetor de n+1;

a+ n � n+1 ; H n+1 = ~!�n+1 n+1 ; �n+1 � �n + 1 : (113)

Por isso estes operadores são chamados de operadores de criação a+ e aniquilaçãoa.Vamos usar agora que a energia do sistema é uma quantidade positiva14

h j H j i � 0

num estado n qualquer

h nj H j ni = h nj ~!�n j ni = ~!�n h nj ni = ~!�n � 0 : (114)

14 Isso pode ser visto observando que para qualquer autovetor normalizado n temos

h nj a+a j ni =Z b

a[ n (x)]

� �a+a n (x)� dx=

Z b

a[a n (x)]

� [a n (x)] dx

= ha nj ja ni � 0 :

137

(onde supusemos que n está normalizado).Se a energia é positiva deve haver um estado de energia fundamental, i.e.,

um estado cuja energia não possa ser reduzida. Podemos chamar este estadosimbolicamente de 0 com energia �0 � min (�n).Mas a existência do operador a garante que sempre podemos baixar a energia

do sistema. Ou seja, o vetor = a 0 teria uma energia �0 � 1 < �0, a menosque (x) = 0, ou seja,

a 0 = 0 :

Voltando agora para os nossos operadores originais (x; p) temos:

a 0 = 0 =)�p2

�x+

ip

m!

� 0 = 0

x 0 +~m!

d 0dx

= 0

fazendo

k =~m!

temosd 0dx

= �1kx 0 =)

1

0

d 0dx

=d

dxln 0 = �

x

k;

Fácil ver que a equação acima é bem mais fácil de resolver que a nossaequação original (??). Sua solução vale

ln 0 = �x2

2k+ C =) 0 (x) = N exp

��x

2

2k

�:

com N uma constante (normalização).A exigência a 0 = 0, nos permite ainda determinar a energia deste estado

fundamental. Partido da eq. (109)

H n = ~!�n n

~!�a+a+

1

2

� 0 = ~!�0 0

~!�a+ (a 0) +

1

2 0

�= ~!�0 0

~!1

2 0 = ~!�0 0

�0 =1

2

Então já temos o estado fundamentas e a sua energia (auto-valor).Observe que a descrição quântica do OH implica na existência de uma energia

mínima (o oscilador nunca para de oscilar).Como construir os outros estados n?

138

Para isso, basta usar a propriedade (113)

a+ n = n+1 =) a+ 0 = 1 =)�p2

�x� ip

m!

� 0 = 1

E1 = ~! (�0 + 1) = ~!�1

2+ 1

�explicitamente

�p2

�x 0 �

~m!

d

dx 0

�= 1

1 (x) =�p2x

1 +

~~m!m!

! 0

1 (x) = 2�p2x 0 = N

2�p2x exp

��x

2

2k

�Da mesma forma, podemos obter todos os outros estados (não-normalizados) n

n =�a+�n 0

n (x) = N

��p2

�x� ~

m!

d

dx

��n 0 (x)

Com autovalor

En = ~!�n+

1

2

�15.15.1 Normalização

As funções n (x) não estão normalizadas, i.e., após a aplicação do operador a+

n vezes, precisamos calcular N . Isso pode ser simpli�cado supondo que, se né um vetor normalizado, queremos obter N e N+ para que

a n � N n�1

a+ n � N+ n+1

a n e a+ n também já estejam normalizados.

H j ni = En j ni

~!�a+a+

1

2

�j ni = ~!

�n+

1

2

�j ni

a+a j ni = n j ni

multiplicando pelo dual de j ni temos

h nj a+a j ni = n h nj j ni = n (115)

139

Agora observe que, pela de�nição de adjunto

h j A j�i = h�j A+ j i

temos Z� �A��dx =

Z�� (A+ ) dx =

Z(A+ )� dx

ou seja, podemos calcular h j A j�i como o produto do dual de j i com A j�i,ou como o produto de j�i com o dual de A+ j i. Com isso

h nj a+a j ni =Z� n�a+ (a n)

�dx =

Z �a � n

�(a n) dx

se �zemosj�ni = a j ni

a expressão acima se tornaZ(�n) (�n) dx = h�nj j�ni = j�nj2 = ja nj2

usando (115)

ja nj2 = n)���� a npn

����2 = 1ou seja, se quisermos um vetor normalizado não devemos de�nir a n = n�1,mas sim

a npn� n�1 ) a n =

pn n�1

Da mesma forma

h nj aa+ j ni = h nj 1 + a+a j ni = 1 + h nj a+a j ni = 1 + n =��N+

��2a+ n =

pn+ 1 n+1

Ou, fazendo m = n+ 1,a+ m�1 =

pm m

com isso

m =a+ m�1p

m=

a+pm

a+pm� 1

a+pm� 2

m�3

=a+pm

a+pm� 1

a+pm� 2

:::a+pm�m

m�m

=(a+)

m

pm!

0 :

140

Assim, a formula para a n-ésima autofunção do hamiltoniano do OH se torna

n (x) =N0pn!

��p2

�x� ~

m!

d

dx

��n 0 (x)

onde N0 é a normalização do estado 0 .As funções n assim construídas são chamadas de funções de Hermite.

Exercise 80 Use a integral gaussianaZ 1

�1e�x

2

dx =p�

e ache a normalização N0.

Exercise 81 Construa a função de Hermite 4 (x).

16 Potenciais centrais

Até aqui tratamos praticamente todos os exemplo em 1D e argumentamos que aextensão destes resultados para 3D não envolvia nenhuma di�culdade conceitualmais profunda.Vamos agora considerar o momento angular orbital de um sistema, ou seja,

uma característica que exige que nosso sistema tenha mais de 1D. O momentoangular que vamos tratar aqui é chamado de momento angular orbital. Esterepresenta a quantização, nos moldes introduzidos anteriormente, do observávelclássico momento angular

L = x� p! L = �i~x�r :

Esta distinção é necessária porque em MQ temos ainda um outro tipo demomento angular, chamado spin, que representa uma característica interna daspartículas (a seguir veremos a diferença). Este último não representa a quanti-zação de nenhum observável clássico e, mais ainda, não possui nenhum análogoem MC.O operador de momento angular respeita a seguinte regra de comutaçãoh

Lj ; Lk

i= i~"ijkLi

e, conseqüentemente, não podemos esperar medir suas três componentessimultaneamente (não são compatíveis). Portanto escolhemos uma destascomponentes para caracterizar o sistema, usualmente Lz.

Exercise 82 Veri�que a regra de comutação acima.

Entretanto, apesar de não podemos medir simultaneamente as 3 compo-nentes do momento angular, podemos de�nir um operador relacionado com omódulo (ou o valor total do momento angular)

L2 = L21 + L22 + L

23 :

141

(na verdade, a raiz quadrada do autovalor do operador acima). Este operadorcomuta com todas as componentes do momento angularh

L2; Li

i= 0

Exercise 83 Veri�que explicitamente quehL3; L

2i= 0.

Assim, podemos caracterizar (medir simultaneamente) tanto o momento an-gular numa dada direção (e.g., L3), quanto o seu módulo. Ou seja, podemosprocurar por autofunções simultâneas destes dois operadores. Vamos chamarestas autofunções de Km e, por conveniência, vamos escrever seus autovalorescomo

L2 Km = ~2K2 Km

L3 Km = ~m Km

Os índices K;m caracterizam nosso estado físico. Índices que caracterizamum estado físico em MQ são chamados de números quânticos. Ou seja, dizer quenosso sistema esta no estado K;m signi�ca dizer que ele tem momento angularna direção z igual a ~m e o módulo do vetor momento angular vale ~K.

Remark 84 Qualquer outra tentativa para especi�car melhor o valor do vetorL irá destruir as informações obtidas anteriormente.

Uma visão clássica para o nosso sistema (que ajuda a desenvolver algunsraciocínios) é que, após uma medida de L3 e L2 o vetor momento angular estáprecessionando em torno do eixo z. Mas este imagem não deve ser levadatão à sério. O resultado mais preciso, mas que é difícil de visualizar, é que,após a medida de L3, nosso sistema está numa superposição de todos os valorespossíveis de Lx e Ly, compatíveis com o valor de L2.

16.1 Autovalores e autovetores do momento angular

Vamos agora discutir os possíveis valores dos autovalores e a forma dos autove-tores de L3 e L2. Estes operadores são, obviamente, operadores diferenciais e aobtenção destas quantidades representa a resolução do problema de autovalorespara estas equações. Entretanto, no lugar de resolvermos diretamente estasequações, podemos usar um método completamente análogo ao desenvolvidopara resolver o problema do oscilador harmônico. Neste caso, introduzamos osoperadores

L+ = L1 + iL2 ;

L� = L1 � iL2 =�L+

�+:

142

Estes operadores fazem às vezes de a e a+ neste problema e obedecem asseguintes regras de comutaçãoh

L3; L+

i= ~L+h

L3; L�

i= �~L�

[L+; L�] = 2~L3hL2; L�

i= 0

Exercise 85 Veri�que as leis de comutação acima.

Observe que as leis de comutaçãohL3; L�

i= �~L� são exatamente as

mesmas que as leis de comutação (111) e (112)

a � a� ; a+ � a+ )hHOH ; a�

i= �~!a�

calculadas no caso do oscilador harmônico. Isso faz com que L� aja em L3 deforma semelhante a a� em HOH do OH.Assim como �zemos no caso do OH, imagine que você encontrou um autove-

tor m do operador L3L3 m = ~m m :

Usando as regras de comutaçãohL3; L�

i= �~L� é possível mostrar que

L3

�L+ m

�= ~ (m+ 1)

�L+ m

�L3

�L� m

�= ~ (m� 1)

�L� m

�Ou seja, o operador L+ (L�) permite construir um novo autovetor com o auto-valor aumentado (diminuído) de uma unidade. Por isso este operador é chamadode operador de levantamento (abaixamento).

Exercise 86 Veri�que as igualdades acima.

Uma vez que L2 comuta com L3, podemos esperar que o autovetor m acimaseja também autovetor de L2

L2 m = ~2K2 m :

Além disso, comohL�; L

2i= 0 temos

L2 (L� m) = L�L2 m = L�~2K2 m = ~2K2 (L� m) :

Ou seja, os autovetores construídos acima são também autovetores de L2 comoo mesmo autovalor. Assim, os operadores L� abaixam e levantam a projeçãodo momento angular no eixo z sem mudar o valor do módulo do vetor.

Fazer desenho

143

Assim como HOH do OH, o operador L2 é positivo de�nido, com isso,DL2E m

� 0) K2 � 0 :

Além disso, temosDL2E m

=DL21

E m+DL22

E m+DL23

E m

=DL21

E m+DL22

E m+ ~2m2 ;

ou sejajKj � jmj ) �K � m � K (116)

Que obviamente signi�ca apenas que o módulo de um vetor é maior ou igualqualquer uma de suas componentes.Entretanto, o fato de podermos sempre aumentar o valor da projeção com

o operador L+ leva a uma contradição com a igualdade acima (assim como nocaso da energia mínima do OH). Por isso, se mmax � K é o maior valor possívelpara a projeção do momento angular na direção z, devemos exigir que

L+ mmax= 0 : (117)

Pela mesma razãoL� mmin

= 0 : (118)

O operador L2 pode ser escrito como

L2 = L21 + L22 + L

23

= L�L+ + L23 + ~L3

= L+L� + L23 � ~L3

Exercise 87 Veri�que as igualdades acima.

Usando a relação acima, podemos escrever (117) como

L2 mmax = ~2K2 =�L�L+ + L

23 + ~L3

� mmax

=�L23 + ~L3

� mmax =

�~2m2

max + ~2mmax

� mmax

ou sejaK2 = mmax (mmax + 1)

Da mesma formaK2 = mmin (mmin � 1)

Com isso

mmax (mmax + 1) = mmin (mmin � 1)m2max +mmax = m2

min �mmin

144

que implicammax = �mmin

Ou seja, os valores possíveis de m variam de uma em uma unidade ese distribuem simetricamente em torno de 0.A simetria da distribuição acima, e o fato de m baixar e levantar de uma

unidade, nos mostra que temos apenas duas possibilidades para os valores demmax

mmax = inteiro) m = f�mmax;�mmax + 1; ::; 0; ::;mmaxgmmax = semi-inteiro) m = f�mmax;�mmax + 1; ::;mmaxg

no segundo caso m 6= 0. Qualquer outro valor de mmax não teria a simetrianecessária para que mmax = �mmin.Os dois tipos de valores para mmax caracterizam os dois tipos diferentes de

momento angular mencionados anteriormente. Para mmax um semi-inteiro, Lé um momento angular intrínseco, i.e., um spin (e.g., férmions tem spin 1=2).Como veremos mais pra frente, para o caso do momento angular orbital, nec-essariamente devemos ter mmax inteiro15 .Vamos chamar

l � mmax = �mmin :

Ou seja, os valores de m variam de uma em uma unidade desde �l até l. Coma de�nição acima temos

K2 = mmax (mmax + 1) = l (l + 1)

Ou seja, os autovalores de L3 e L2 são

L2 m;l = ~2l (l + 1) m;l ; l = 0; 1; 3:::

L3 m;l = ~m m;l ; m = �l;�l + 1; :::; 0; :::; l :

Para cada valor de l temos 2l + 1 valores de m.Por razões que se tornarão claras futuramente, l é chamado de número quân-

tico orbital, enquanto m é chamado de número quântico azimutal (ou númeroquântico magnético).Vemos que

l (l + 1) > l ;

ou seja, a expressão (116) é, na verdade

�K < m < K :

Assim, o valor máximo da projeção é sempre menor que o módulo do vetor,ou seja, o vetor nunca está projetado inteiramente no eixo z. Se issofosse possível, teríamos um estado com L3 bem de�nido e com L1 = L2 = 0, ou

15Não estamos a�rmando que mmax inteiro não pode ser um valor de spin, mas apenas queo momento angular orbital tem, obrigatoriamente, um valor inteiro de mmax.

145

seja, haveria um estado em que conheceríamos as 3 componentes do momentoangular.Observe que a MQ nos diz que as partículas podem ter apenas valores inteiros

e semi-inteiros de l. Desta forma, temos 3 casos distintos:

1. o momento angular orbital, com l inteiro;

2. o momento angular intrínseco (spin) com l inteiro e semi-inteiro. No quese refere ao spin,

(a) partículas com spin inteiro são chamados de bósons e

(b) partículas com spin semi-inteiro são chamados de férmions.

Esta característica pode ser observada num experimento de EG. Por exem-plo, se l = 1 (e.g., o núcleo de deutério) o feixe se divide em três feixes comm = �1; 0; 1.Da mesma forma como no caso do OH, temos agora uma equação diferencial

mais simples pra resolverL+ l;l = 0

Uma vez obtida esta solução, podemos construir as demais soluções baixando oauto-valor de m

l;l�1 = L� l;l

e assim até l;�l onde, obviamente

L� l;�l = 0 :

Para resolver explicitamente este problema, ou seja, encontrar a forma ex-plicita das autofunções, o ideal é trabalhamos em coordenadas esféricas

x = r sin � cos� ; y = r sin � sin� ; z = r cos � ;

e suas inversas

r2 = x2 + y2 + z2 ; cos � =z

r; tan� =

y

x:

Nestas coordenadas temos

L� = L1 � iL2 = ~e�i��i cot �

@

@�� @

@�

�L2 =

1

sin �

@

@�sin �

@

@�+

1

sin2 �

@2

@�2(119)

Em especial, o operador L3 assume uma forma bem simples

L3 = �i~@

@�:

146

Assim, as funções procuradas obedecem a equação (fazendo l;m = Y ml )

L3Yml = ~mY ml ) @Y ml

@�= imY ml ;

Y ml = Y ml (�; �) ;

fazendo uma separação de variáveis

Y ml (�; �) = �m (�)�ml (�)

temosL3Y

ml = imY ml ) �m (�) =

1p2�exp (im�) :

Onde o fator 1=p2� é, obviamente, a normalização.

Precisamos agora lembrar que estamos falando de um momento angular or-bital, ou seja, de�nido através do momento e da posição da partícula. Estacaracterística geométrica desta quantidade faz com que (diferente do spin) car-acterísticas relacionadas com o mesmo ponto do espaço tenham o mesmo valor.Ou seja, a condição de unicidade da solução exige que

�m (�) = �m (�+ 2�)) eim2� = 1) m = 0; 1; 2; ::

Ou seja, m deve ser inteiro. Como a�rmamos para o caso do momentoangular orbital.Assim, nossas soluções têm a forma

Y ml (�; �) =1p2��ml (�) exp (im�) ; m 2 Z :

Voltando agora para a nossa equação

L+Yll = 0) ~ei�

�i cot �

@

@�+

@

@�

�1p2��ll (�) exp (il�) = 0

ou seja@

@��ll (�) = l

1

tan ��ll (�) = l cot ��ll (�)

que possui a solução

�ll (�) = Nl sinl � ) Y ll (�; �) =

Nllp2�exp (im�) sinl �

onde Nll é uma normalização. As demais soluções são obtidas pela aplicação dooperador L�

Y l�ml (�; �) =�L�

�mY ll (�; �) = Nl�m

�~e�i�

�i cot �

@

@�� @

@�

��meim� sinl � ; m � 2l

147

As funções Y l�ml assim construídas, e devidamente normalizadas, são chamadasde harmônicos esféricos. Com isso

L2Y ml = ~2l (l + 1)Y ml ; l 2 N:::L3Y

ml = ~mY ml ; m = �l;�l + 1; :::; 0; :::; l

hY ml j Y m0l0 i =Z�Y ml (�; �)Y m0l0 (�; �) d = �mm

0

ll0

Os harmônicos esféricos são funções tabeladas e também podem ser escritoscomo

Y ml (�; �) =

�2l + 1

4�

(l �m)!(l +m)!

�1=2Pml (cos �) e

im�

onde

Pml (�) = (�1)m �1� �2

�m=2 dmPl (�)d�m

Pl (�) =1

2ll!

dl

d�l��2 � 1

�londe Pl são conhecidos como os polinômios de Legendre e Pml os polinômiosassociados de Legendre.

16.2 O átomo de hidrogênio

Recapitular principais resultados do átomo de Bohr-Sommerfeld.Como vimos, o modelo de Bohr-Sommerfeld do átomo de hidrogênio consiste

na quantização de duas variáveis clássicas: XE cada estado do elétron é determinado pelos números n� e nr.I

p� d� = n�h ;

Ipr dr = nrh :

comnr 2 N ; n� 2 N� :

A energia de cada um destes estados é dado por

Enr;n� = �RHn2

; n = n� + nr :

Assim, para cada valor de n temos vários diferentes de n� e nr que resultamna mesma energia. Esta degenerescência explica a estrutura �na observada naslinhas espectrais do átomo de hidrogênio.Na notação usada em química um nível é nomeado pelo valor de n e nr, onde

os níveis com nr = 0 (maior n�) é chamado de s, o nível nr = 1 é chamado de

148

p etc.

n = 1) n = 0; n� = 1 � 1sn = 2) nr = 0; n� = 2 � 2s; nr = 1; n� = 1 � 2pn = 3) nr = 0; n� = 3 � 3s; nr = 1; n� = 2 � 3p ; nr = 2; n� = 1 � 3d...

Vejamos agora como estes resultados podem ser obtidos na teoria de Schroedinger.Veremos, além disso, que esta teoria não só fornece os resultados anteriorescomo permite uma descrição mais �na dos níveis acima (e.g., a degenerescênciado nível 2p). Além disso, e o que é mais importante, a teoria de Schroedingerpermite re�nar a descrição do átomo de hidrogênio acrescentando outras car-acterísticas além da atração coulombiana. Por exemplo, o spin do elétron e donúcleo.Uma vez que a teoria de Schroedinger parte da quantização do hamiltoniano

clássico, precisamos primeiro montar este hamiltoniano.Partindo do hamiltoniano da partícula livre

H = � ~2

2mr2

e escrevendo o laplaciano em coordenadas esféricas temos

H =p2r2m

+L2

2mr2

com

pr =1

r

@

@rr

L2 =1

sin �

@

@�sin �

@

@�+

1

sin2 �

@2

@�2

onde L2 é o operador de momento angular introduzido anteriormente (119) e pré chamado de momento radial. Assim, para o caso de um potencial que dependaapenas da coordenada radial, i.e., um potencial central, temos que o operadorhamiltoniano se torna

H =p2r2m

+L2

2mr2+ V (r)

Para o caso de um sistema ligado de um próton e um elétron (i.e., um átomode hidrogênio) temos que o potencial do elétron devido ao próton vale

V (r) = �e2

r

com o que nosso hamiltoniano �ca

H =p2r2m

+L2

2mr2� e2

r

149

Remark 88 Lembre que, na verdade, sendo um sistema de dois corpos, deve-mos usar a massa reduzida

� =memp

me +mp' me ;

reveja o capítulo sobre o átomo de Bohr.

Assim, na teoria de Schroedinger, o problema dos estados estacionário (es-tados com energia de�nida) do átomo de hidrogênio, consiste em encontrar osautoestados do operador acima

H = � jEj :

Além disso, como estamos interessados em estados ligados, estamos interessadosno caso E < 0 (pois, como no problema usual do potencial acima, estamoscolocando o zero de energia no in�nito).O problema acima pode ser facilitado usando, novamente, uma separação de

variáveis. Entretanto, observe quehH; L2

i=hH; L3

i= 0 ;

ou seja, podemos procurar por autofunções simultâneas de H; L2 e L3 (ou ainda,podemos medir simultaneamente H; L2 e L3). Com isso, vamos procurar asnossas soluções na forma

= R (r)Y ml (�; �) :

Substituindo a solução na forma acima na ES temos:�� ~

2

2m

�1

r

d2

dr2r

�+~2l (l + 1)2mr2

� e2

r+ jEj

�R (r) = 0

Esta equação pode ser simpli�cada fazendo

u � rR

com o que ���d2

dr2r

�+l (l + 1)

r2� 2me

2

~2r+2m jEj~2

�u (r) = 0

que pode ser colocada numa forma ainda mais simples através das variáveis

� � 2�r ; ~2�2

2m= jEj ; � = RH

jEj

RH =~2

2ma20; a0 =

~2

me2

150

onde RH é a constante de Rydberg e a0 o raio de Bohr introduzidos na seçãosobre o átomo de Bohr. Nestas novas variáveis temos

d2u

d�2� l (l + 1)

�2u+

��

�� 14

�u = 0

Nosso trabalho se resume, obviamente, em resolver a equação diferencial acima.Assim como nos casos anterior existem técnicas especí�cas para encontrar asolução desta equação. Após a aplicação destas técnicas, as soluções do prob-lema acima podem ser escritos como:

un;l (�) =�

2�exp

���2

��l+1Fnl (�)

onde

Fnl (�) =n�l�1Xi=0

(�1)i [(n+ l)!]2 �ii! (n� l � 1� i)! (2l + 1 + i)! ; n 2 N

�

são os polinômios associados de Laguerre. Para que estas funções sejam dequadrado integrável, devemos ter16

n� l � 1 � 0) l � n� 1) l < n

Assim, a solução do problema do átomo de hidrogênio pode ser escrito como

n;l;m (r; �; �) = Rn;l (r)Yml (�; �) ;

Rn;l (r) =1

run;l (�) ; � � 2�r

un;l (�) = exp���2

��l+1Fnl (�) :

com os autovalores

En = �RHn2

que são exatamente os mesmos obtidos pela quantização de Bohr.A solução da parte radial do problema (como era de se esperar) introduziu

o novo número quântico n nas nossas soluções. Chamado de número quânticoprincipal.

Remark 89 A energia depende apenas do número quântico principal.

As restrições acima impõeml < n :

e as restrições obtidas anteriormente

jmj < l :

16Podemos de�nir os polinômios acima para valores negativos do fatorial usando a função�. Entretanto, � (�m)) =1 para m inteiro positivo.

151

Assim, para um dado valor de l temos 2l+1 estados com o mesmo valor de l e,para um dado valor de n temos n2 estados com a mesma energia.Na notação usada em química, os valores de n rotulam os chamados orbitais.

Os valores de l são chamados, em seqüência, s; p; d etc. E para cada um destesvalores, temos m = 2l + 1 estados distintos.

1s1

2s12p3

3s13p33d5

...

A descrição completa dos orbitais atômicos depende ainda de uma carac-terística negligenciada até aqui: o spin do elétron. Esta quantidade faz comque cada estado possa existir em dois estados distintos de spin. Ou seja, onúmero de estados de cada orbital é dobrado.

1s2

2s22p6

3s23p63d10

...

Além disso, a estrutura da distribuição eletrônica, bem como a estabilidade detoda a matéria conhecida, depende diretamente da in�uência do spin nestesníveis eletrônicos. Ou seja, é impossível compreender a distribuição eletrônica(em especial a tabela periódica) sem tomar em conta o spin do elétron.O que o modelo não explica.Mas isso é uma outra história...

152