Simetria em Mecânica Quântica

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1 Simetria em Mecânica Quântica Márcio H. F. Bettega Departamento de Física Universidade Federal do Paraná CF703 Física Quântica I Simetria em Mecânica Quântica

2 Simetrias em física clássica: Lagrangiana: L = L(q i, q i; t) = T V, onde q i ( q i) são as coordenadas (velocidades) generalizadas e q i = dq i/dt. Equações de Lagrange: L d ( ) L = 0 q i dt q i Se L não depender de q i (coordenada cíclica ou ignorável), temos: ( ) d L = 0 L = constante dt q i q i Definimos o momento conjugado à coordenada q i, p i, como: p i = L q i Como consequência, p i = constante. Hamiltoniana: H = H(q i, p i; t) = i pi qi L Equações de Hamilton: q i = H ; ṗ i = H p i q i Se L (ou H) não depender explicitamente de q i, então p i é uma constante de movimento Lei de Conservação.

3 Transformação canônica infinitesimal: transformação identidade: F 2(q, P ) = qp p = F2(q, P ) q = P, Q = F2(q, P ) P = q transformação infinitesimal: F 2(q, P ) = qp + ɛg(q, P ), (ɛ 1) p = F2(q, P ) q = P + ɛ G(q, P ), Q = F2(q, P ) = q + ɛ G(q, P ) q P P fazendo ɛ = dt, H(q, P ) H(q, p) temos (evolução temporal) H(q, p) P = p dt = p + dt ṗ = p(t + dt) q H(q, p) Q = q + dt = q + dt q = q(t + dt) p

4 Teorema de Noether: (de forma bastante simplificada) simetrias na Lagrangiana levam a constantes de movimento: p translação L rotação H evolução temporal Simetria (escondida) no problema de Kepler: vetor de Laplace-Runge-Lenz M = p L m Ze2 r r Em mecânica quântica, a simetria associada ao operador M = p L L p m Ze 2 r r é uma simetria SO(4) associada a uma rotação em 4 dimensões e explica a degenescência acidental (E = E n) no átomo de hidrogênio

5 Simetria em mecânica quântica (H é o Hamiltoniano do sistema): S: operador unitário definido como: S = 1 iɛ G; G = G onde G é um operador gerador de simetria. Se [H, S] = 0 S HS = H. Isso implica em: ( 1 + iɛ ) ( G H 1 iɛ ) G = H + iɛ [G, H] + O(ɛ2 ) Como consequência, se [H, G] = 0 dg/dt = 0 (equação de Heisenberg), ou seja, G é uma constante de movimento (vimos os casos em que G = p, G = J e G = H). Vamos considerar os autokets de G, g : G g = g g. No tempo t: g, t 0; t = U(t, t 0) g Se [H, G] = 0 [G, U] = 0, g são autokets de energia e portanto G g, t 0; t = g g, t 0; t e H g, t 0; t = E g g, t 0; t

6 Degenerescências: [H, S] = 0; n são os autokets de energia, H n = E n n. Neste caso S n também é um autoket de energia: S n HS n = SH n = E ns n Supondo que n = S n, n e S n são autokets de energia associados ao mesmo autovalor E n degenerescência. Se S = S(λ), onde λ é um parâmetro contínuo, temos: rotação: S(λ) = D(R) [D(R), H] = 0 [J, H] = 0, [J 2, H] = 0 Neste caso n; j, m são autokets simultâneos de H, J 2, J z. D(R) n; j, m são autokets de H com mesmo autovalor E n: D(R) n; j, m = m n; j, m n; j, m D(R) n; j, m = m D (j) m m (R) n; j, m Neste caso há (2j + 1) valores possíveis para m, o que acarreta uma degenerescência de ordem (2j + 1). Exemplo: V (r) + V LS(r)L S. No caso da presença de campos externos a degenerescência pode ser removida (total ou parciamente). Veremos isso em CF704 Física Quântica II (teoria de perturbação).

7 Vamos agora considerar simetrias discretas, como paridade (inversão espacial). Chamos de Π o operador paridade, exigindo que: Com isto: α Π α : α Π xπ α = α x α Π xπ = x {x, Π} = 0 Vamos considerar os autokets de posição x. Proposta: Π x = exp(iδ) x. Para provar isso fazemos: xπ x = Πx x = ( x )Π x Π x x Adotamos exp(iδ) = 1. Π 2 = 1, de tal forma que seus atovalores ±1.

8 J. J. Sakurai, Modern Quantum Mechanics, Revised Edition, Addison Wesley.

9 O que acontece com o operador p sob paridade? (p = mdx/dt, ímpar?). Sabemos que p é um gerador de translação. Podemos ver pela figura que translação + paridade = paridade + translação no sentido contrário. Isso se traduz como ΠT (dx ) = T ( dx )Π ΠT (dx )Π = T ( dx ). Temos então que: ou Π ( 1 i p dx ) Π = ( 1 + i p dx ) ΠΠ i ΠpΠ dx = 1 + i p dx Comparando: ΠΠ = 1, {Π, p} = 0. O que acontece com o operador J sob paridade? Dica: L = }{{} x ímpar p par. }{{} ímpar Traduzimos isso como [Π, L] = 0. Isso vale para S? A resposta é sim. A matriz que representa uma operação de paridade é R = 1, que comuta com as matrizes de rotação 3 3. Postulamos então que: ΠD(R) = D(R)Π, onde D(R) é o operador de rotação infinitesimal. Com isso [Π, D(R)] = 0 [Π, J] = 0 Π JΠ = J

10 Comentários: x e J se transformam da mesma maneira sob rotação: vetores (ou tensores esféricos de ordem 1); x e p são ímpares sob paridade (vetores polares); S x: se transforma sob rotação como escalar, assim como S L e x p. Sob paridade temos: Π 1 S xπ = S x (pseudoescalar) e Π 1 S LΠ = S L (escalar) Funções de onda sob paridade: α x α = ψ α(x ) Se Π α = ± α temos: Π α x Π α = x α = ψ α( x ) x Π α = ± x α = ±ψ α(x ) = ψ α( x ) Logo:ψ α( x ) = +ψ α(x ) (par); ψ α( x ) = ψ α(x ) (ímpar). Exemplo: (θ, φ) ( 1) l Y m (θ, φ) Π α; l, m = ( 1) l α; l, m. Y m l l

11 Teorema: Suponha que [H, Π] = 0 e que n é um autoket de energia não degenerado com autovalor E n. Então n também é um autoket de paridade. Note que ( 1 ± Π)/2 n é um autoket de paridade (Π 2 = Π). Logo: [ ] [ ] 1 1 H ( 1 ± Π) n = E n ( 1 ± Π) n 2 2

12 Vamos considerar como exemplo o poço duplo simétrico de potencial, como mostra a figura. Neste caso V ( x ) = V (x ) e portanto [H, Π] = 0. Assim temos: H S = E S S : estado fundamental (simétrico), H A = E A A : primeiro estado excitado (antissimétrico), Podemos definir os estados R e L, que são estados localizados nos lados direito e esquerdo do poço como R = 1 2 ( S + A ) e L = 1 2 ( S A ) Os estados R e L não são autoestados de paridade. Note que Π S = S e Π A = A, e como consequência Π R = L e Π L = R.

13 J. J. Sakurai, Modern Quantum Mechanics, Revised Edition, Addison Wesley.

14 Vamos agora olhar a evolução temporal considerando o estado inicial como R. Assim: R, t 0 = 0; t = U(t, 0) R = 1 2 (U(t, 0) S + U(t, 0) A ) = = exp( iest/ ) 2 { S + exp[ i(e A E S)t/ ] A } t = T 2 = 2π R, t0 = 0; t = T/2 = exp( iest/2 ) L 2(E A E S) t = T = 2π R, t0 = 0; t = T = exp( iest/ ) R (E A E S) Ou seja, o sistema fica oscilando estre os estados R e L com frequência ω = (E A E S)/. Tornando a barreira infinita, não há mais possibilidade de tunelamento. Neste caso S e A são degenerados e R e L são autokets de energia. Se agora em t 0 = 0 o sistema encontra-se no estado R, permanecerá em R (agora a frequência de oscilação ω é infinita). O estado fundamental agora pode ser antissimétrico, embora H seja simétrico, o que significa uma quebra de simetria. Quando há degenerescência os autokets de energia físicos não precisam ser autokets de paridade.

15 J. J. Sakurai, Modern Quantum Mechanics, Revised Edition, Addison Wesley.

16 Vamos discutir agora a regra de seleção de paridade. Considerando que Π α = ε α α e Π β = ε β β, onde ε α, ε β = ±1, podemos mostrar que β x α = 0 a menos que ε α = ε β. Isso significa que o operador x (ímpar sob paridade) conecta apenas estados com paridades opostas. A demostração desta regra de seleção fica como exercício. Vamos considerar agora um autoket de energia n, tal que H n = E n n, onde E n é não degenerado. Se [H, Π] = 0, temos que n {x, Π} n = n xπ n + n Πx n = ± n x n = 0 n x n = 0

17 Vamos considerar agora a simetria de reversão temporal. Antes, vamos considerar uma operação de simetria tal que α α e β β sujeita à condição β α = β α Isso pode ser alcançado por um operador unitário U (translação, rotação, paridade etc), onde α = U α e β = U β, tal que: β α = β U U α = β α Vamos considerar uma condição mais fraca para o caso da reversão temporal: β α = β α a qual é satisfeita pelo operador unitário U. Esta condição também é satisfeita se β α = β α = α β

18 Definimos uma transformação antiunitária θ como tal que onde α = θ α ; β = θ β β α = β α e θ é denominado operador antiunitário. θ(c 1 α + c 2 β ) = c 1θ α + c 2θ β Vamos escrever θ como: θ = UK, onde U é um operador unitário e K é o operador que forma o complexo conjugado de qualquer coeficiente que multiplica um ket (Kc α = c K α ). K não altera os kets de base: α = a a a α K α = K a a a α = a a α K a = a a α a

19 Cuidado, pois o efeito de K muda de acordo com a base escolhida. Para ver isso, vamos considerar spin 1/2: { ± } s y, ± = 1 2 ( + ± i ) K ± = ± K s y, ± = 1 2 ( + i ) No entanto, se considerarmos s y, ± como base temos K s y, ± = s y, ±.

20 Vamos retornar a θ = UK: θ(c 1 α + c 2 β ) = UK(c 1 α + c 2 β ) = c 1UK α + c 2UK β = c 1θ α + c 2θ β α α = θ α = UK α = UK a a a α = a a α U a β β = θ β = UK β = UK a a a β = a a β U a β α = ( a β a U )( a α U a ) = a a = a β α a a U }{{ U } a = α β = β α a a 1 } {{ } δ a a

21 J. J. Sakurai, Modern Quantum Mechanics, Revised Edition, Addison Wesley.

22 Vamos definir agora o operador de reversão temporal Θ: De acordo com a figura temos: α = p Θ p = p α = x Θ x = x α Θ α t = 0 α δt α, t 0 = 0; t = δt = t = 0 Θ α δt α, t 0 = 0; t = δt = ( 1 ih δt ) α ( 1 ih δt ) Θ α A simetria sob reversão temporal exige que o ket acima seja o mesmo que: ( Θ α, t 0 = 0; t = δt = Θ 1 + ih ) δt α ( 1 ih ) ( δt Θ α = Θ 1 + ih ) δt α ( Θ ihθ ) ( δt α = Θ + ΘiH ) δt α

23 Isto resulta em: ou, para qualquer ket Se Θ for unitário: HΘ = ΘH ihθ α = ΘiH α ihθ = ΘiH H n = E n n HΘ n = ΘH n = E nθ n Neste caso, Θ n é um autoket de H com autovalor E n, o que não faz sentido (pense em uma partícula livre). Portanto Θ é um operador antiunitário: ΘiH = iθh ΘH = HΘ Não vamos definir ( β Θ). β Θ α β (Θ α ) não ( β Θ) α

24 Vamos analisar agora como os operadores lineares se comportam sob reversão temporal. Neste caso: α = Θ α ; β = Θ β β α = α Θ Θ 1 β A prova fica como exercício. No caso em que = A; A = A temos: β A α = α ΘAΘ 1 β No caso em que ΘAΘ 1 = ±A (A pode ser par ou ímpar sob reversão temporal) temos: β A α = α ΘAΘ 1 β = ± α A β = ± β A α Fazendo β = α temos (valor esperado): α A α = ± α A α

25 Exemplos: A = p α p α = α p α ΘpΘ 1 = p A = x pθ p = ( ΘpΘ 1 )Θ p = Θp p = p (Θ p ) Θ p = p α x α = α x α ΘxΘ 1 = x xθ x = (ΘxΘ 1 )Θ x = Θx x = x (Θ x ) Θ x = x

26 Vamos olhar agora como ficam as relações de comutação [x i, p j] = i δ ij e [J i, J j] = i ɛ ijk J k sob reversão temporal: [x i, p j] = i δ ij Θ[x i, p j] = Θi δ ij Θ[x i, p j](θ 1 Θ) = i δ ijθ [x i, p j]θ = i δ ijθ [x i, p j] = i δ ij e a relação é preservada. Para preservar [J i, J j] = i ɛ ijk J k é necessário que ΘJΘ 1 = J. Vamos agora considerar uma partícula sem spin, e olhar o comportamento da função de onda sob reversão temporal: t = 0 α x α = ψ(x ) α = d 3 x x x α Θ α = Θ = d 3 x x α Θ x = d 3 x x x α = d 3 x x α x

27 Temos assim: Se ψ(x, t) = u(x ) exp( iet/ ) ψ (x, t) = u (x ) exp( iet/ ); t = 0 u(x ) = u (x ) Se ψ(x ) = R(r)Yl m (θ, φ) Yl m (θ, φ) = ( 1) m Y m l (θ, φ) lm Θ lm = ( 1) m l m Teorema: Suponha que o Hamiltoniano seja invariante sob reversão temporal (ΘHΘ 1 = H) e que o autoket de energia n seja não degenerado; então a autofunção correspondente é real (ou, de forma mais geral, uma função real multiplicada por um fator de fase independente de x ). HΘ n = ΘH n = E nθ n Neste caso n e Θ n tem o mesmo autovalor de energia (não degenerado). Logo n Θ n e n x n ; Θ n x n x n = x n Como fica p α?