Simetria em Mecânica Quântica

Simetria em Mecânica Quântica Márcio H. F. Bettega Departamento de Física Universidade Federal do Paraná bettega@fisica.ufpr.br CF703 Física Quântica I Simetria em Mecânica Quântica

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.

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

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

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

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).

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.

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

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

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

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

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.

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

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.

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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

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

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

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, ±.

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

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

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

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

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

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

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

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?