Considere a base ortonormal \left\{\left|u_{1}\right\rangle,\left|u_{2}\right\rangle,\left|u_{3}\right\rangle\right\} onde o operador hamiltoniano H e um determinado operador A podem ser expressos em termos dos projetores dessa base (produtos vetoriais \left|u_{i}\right\rangle\left\langle u_{j}\right| ) da seguinte forma:
H=E\left|u_{1}\right\rangle\left\langle u_{1}\right|+2 E\left|u_{2}\right\rangle\left\langle u_{2}\right|+3 E\left|u_{3}\right\rangle\left\langle u_{3}\right| \text { e } A=-i a\left|u_{1}\right\rangle\left\langle u_{2}\right|+i a\left|u_{2}\right\rangle\left\langle u_{1}\right|+a\left|u_{3}\right\rangle\left\langle u_{3}\right|
onde E e a são constantes reais e positivas. O sistema físico no instante t=0 está no estado:
|\Psi(x, 0)\rangle=\sqrt{\frac{1}{2}}\left|u_{1}\right\rangle+\beta\left|u_{2}\right\rangle+\sqrt{\frac{2}{10}}\left|u_{3}\right\rangle
(a) Encontre o valor de \beta que normaliza |\Psi(x, 0)\rangle no tempo t=0. (Lembre-se que um vetor |V\rangle qualquer estará normalizado quando sua norma for 1 , ou seja, quando \||V\rangle \|=\sqrt{\langle V \mid V\rangle}=1 ).
(b) Encontre a representação matricial do hamiltoniano H, do operador A e do vetor de estado |\Psi(x, 0)\rangle na base \left\{\left|u_{1}\right\rangle,\left|u_{2}\right\rangle,\left|u_{3}\right\rangle\right\}.
(c) Em t=0 a energia do sistema é medida. Que valores podem ser encontrados, e com que probabilidades? Qual é o vetor de estado imediatamente após a medida? Calcule, para t=0, o valor esperado \langle H\rangle utilizando as representações matriciais de |\Psi(x, 0)\rangle e H encontradas em (b) e depois, como forma de verificar o resultado, utilizando |\Psi(x, 0)\rangle e H na representação dos projetores da base. Ainda para o instante t=0, calcule o desviopadrão \Delta H=\sqrt{\left\langle H^{2}\right\rangle-\langle H\rangle^{2}}.
(d) Ao invés de medirmos H no tempo t=0, mede-se A. Que resultados podem ser encontrados, e com que probabilidades? Qual é o vetor de estado imediatamente após a medida? Ainda para o instante t=0, calcule o desvio-padrão \Delta A=\sqrt{\left\langle A^{2}\right\rangle-\langle A\rangle^{2}}.
(e) Considere a relação de incerteza generalizada para dois operadores B e C quaisquer dada por:
\Delta B \Delta C \geq \frac{1}{2}|\langle[B, C]\rangle|
onde [B, C] é o comutador entre B e C. Utilizando esta relação e considerando ainda o instante t=0, calcule o produto das incertezas \Delta A \Delta H dos operadores A e H. Compare este resultado utilizando os valores de \Delta A e \Delta H obtidos no itens (d) e (c) respectivamente.
(f) Calcule o vetor de estado |\Psi(x, t)\rangle do sistema no instante t. Que resultados podem ser obtidos, e com que probabilidades, se o hamiltoniano H é medido no tempo t ? Mesma questão para o operador A.
(g) Utilize novamente a relação de incerteza generalizada e observe o que acontece na relação \Delta A \Delta H para o instante t. Os resultados são esperados? Interprete e comente fisicamente todos os seus resultados.

Passo 1

O enunciado dá uma base ortonormal \{\left|u_{1}\right\rangle,\left|u_{2}\right\rangle,\left|u_{3}\right\rangle\} e fornece os operadores
H=E\left|u_{1}\right\rangle\left\langle u_{1}\right|+2 E\left|u_{2}\right\rangle\left\langle u_{2}\right|+3 E\left|u_{3}\right\rangle\left\langle u_{3}\right|
e
A=-i a\left|u_{1}\right\rangle\left\langle u_{2}\right|+i a\left|u_{2}\right\rangle\left\langle u_{1}\right|+a\left|u_{3}\right\rangle\left\langle u_{3}\right|
com E>0 e a>0. O estado inicial é
|\Psi(0)\rangle=\sqrt{\tfrac{1}{2}}\left|u_{1}\right\rangle+\beta\left|u_{2}\right\rangle+\sqrt{\tfrac{2}{10}}\left|u_{3}\right\rangle.
As perguntas (a)–(g) pedem, respectivamente: normalizar o estado (achar \beta); escrever as representações matriciais de H, A e do vetor na base dada; para t=0 medir H: possíveis valores, probabilidades, estado pós-medida, calcular \langle H\rangle (duas formas) e \Delta H; medir A: mesmos itens; calcular a desigualdade de incerteza \Delta A\Delta H e comparar com \tfrac{1}{2}|\langle[A,H]\rangle|; achar |\Psi(t)\rangle e repetir as perguntas de medidas em tempo t; analisar a relação de incerteza em t e interpretar fisicamente os resultados. Vou resolver passo a passo e explicar os conceitos quando forem usados.

Passo 2

(a) Normalização: o conceito — um estado |V\rangle está normalizado se \langle V|V\rangle=1. Para um estado escrito na base ortonormal \{|u_i\rangle\} com coeficientes c_i (complexos em geral), temos \langle V|V\rangle=\sum_i |c_i|^2. Aqui os coeficientes são c_1=\sqrt{\tfrac{1}{2}},\; c_2=\beta,\; c_3=\sqrt{\tfrac{2}{10}}=\sqrt{\tfrac{1}{5}}. Então a condição de normalização é
\left|\sqrt{\tfrac{1}{2}}\right|^2+|\beta|^2+\left|\sqrt{\tfrac{1}{5}}\right|^2=1.
Calcule cada termo: \left|\sqrt{\tfrac{1}{2}}\right|^2=\tfrac{1}{2} e \left|\sqrt{\tfrac{1}{5}}\right|^2=\tfrac{1}{5}.

Passo 3

Continuando (a): da equação de normalização
\tfrac{1}{2}+|\beta|^2+\tfrac{1}{5}=1
segue
|\beta|^2=1-\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{5}= \tfrac{3}{10}.
Portanto \beta tem módulo \sqrt{\tfrac{3}{10}}. Em geral \beta=\sqrt{\tfrac{3}{10}}e^{i\theta}, mas o enunciado não fixa fase; escolhemos a escolha usual e conveniente \beta=\sqrt{\tfrac{3}{10}} (real e positiva). Isso já garante normalização.

Passo 4

(b) Representação matricial — princípio: na base ortonormal \{|u_1\rangle,|u_2\rangle,|u_3\rangle\} a matriz de um operador O tem elementos O_{ij}=\langle u_i|O|u_j\rangle. Vou escrever as matrizes de H e A e o vetor |\Psi(0)\rangle em coordenadas nessa base.

Passo 5

Matriz do hamiltoniano H: como H é dado como soma de projetores ponderados pelos autovalores, ele é diagonal na base \{|u_i\rangle\} com entradas E,2E,3E. Em forma matricial:
H=\begin{pmatrix} E & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2E & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3E \end{pmatrix}.]

Passo 6

Matriz do operador A: os termos dados são -i a |u_1\rangle\langle u_2|,\; i a |u_2\rangle\langle u_1| e a|u_3\rangle\langle u_3|. Isso significa que \langle u_1|A|u_2\rangle=-i a, \langle u_2|A|u_1\rangle=i a e \langle u_3|A|u_3\rangle=a. Todos os outros elementos são zero. Assim a matriz é
A=\begin{pmatrix} 0 & -i a & 0\\[4pt] i a & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & a \end{pmatrix}.]

Passo 7

Vetor de estado |\Psi(0)\rangle na base é simplesmente o vetor coluna dos coeficientes (já normalizados, com \beta=\sqrt{3/10}):
|\Psi(0)\rangle=\begin{pmatrix} \sqrt{\tfrac{1}{2}}\\[4pt] \sqrt{\tfrac{3}{10}}\\[4pt] \sqrt{\tfrac{1}{5}} \end{pmatrix}.
Vou usar abreviações para os quadrados: c_1^2=\tfrac{1}{2},\; c_2^2=\tfrac{3}{10},\; c_3^2=\tfrac{1}{5}.]

Passo 8

(c) Medida de H em t=0: como H é diagonal na base com autovalores E,2E,3E associados a |u_1\rangle,|u_2\rangle,|u_3\rangle, os possíveis resultados da medição de energia são exatamente esses três valores. As probabilidades de obter um autovalor igual a \lambda_n são |\langle u_n|\Psi(0)\rangle|^2, ou seja os módulos ao quadrado dos coeficientes do estado inicial na base de autoestados de H. Então
P(E)=\tfrac{1}{2},\qquad P(2E)=\tfrac{3}{10},\qquad P(3E)=\tfrac{1}{5}.
Imediatamente após a medição, se o resultado foi E o estado colapsa para |u_1\rangle; se foi 2E colapsa para |u_2\rangle; se foi 3E colapsa para |u_3\rangle. Essas são as regras padrão de medição para um observable não degenerado (aqui cada autovalor tem um autovetor na base dada).

Passo 9

(c) Valor esperado \langle H\rangle por cadeia de probabilidades (fórmula): para um observable com valores E_n e probabilidades p_n temos \langle H\rangle=\sum_n p_n E_n. Assim
\langle H\rangle=\tfrac{1}{2}E+\tfrac{3}{10}(2E)+\tfrac{1}{5}(3E).
Calcule passo a passo: \tfrac{1}{2}E=\tfrac{5}{10}E, \tfrac{3}{10}\cdot 2E=\tfrac{6}{10}E, \tfrac{1}{5}\cdot 3E=\tfrac{3}{10}E. Somando obtém-se
\langle H\rangle=\tfrac{5+6+3}{10}E=\tfrac{14}{10}E=\tfrac{7}{5}E.
(Revisão rápida: se soma direta dá 0{,}5+0{,}6+0{,}6=1{,}7 ó 1{,}7E — atenção: ambas formas coincidem; escrevo a forma fracionária correta: \tfrac{17}{10}E. Confirmei: calculando os termos corretamente: \tfrac{1}{5}\cdot 3E = 3/5 E? — precisa corrigir: voltarei e corrijo abaixo cuidadosamente.)

Passo 10

Retificação do cálculo numérico de \langle H\rangle (detalhe importante para não errar): usar frações com denominador comum 10:
\tfrac{1}{2}E=\tfrac{5}{10}E.
\tfrac{3}{10}\cdot 2E=\tfrac{6}{10}E.
\tfrac{1}{5}\cdot 3E=\tfrac{3}{10}E.
Somando \tfrac{5+6+3}{10}E=\tfrac{14}{10}E=\tfrac{7}{5}E. Portanto
\langle H\rangle=\tfrac{7}{5}E.
(Confirmação numérica: 0{,}5E + 0{,}6E + 0{,}6E = 1{,}7E. Aqui percebi inconsistência: um dos termos numéricos antes foi errado. Vamos recomputar os três termos numéricos originais: P(3E)=c_3^2=\tfrac{1}{5}=0{,}2. Produto 0{,}2\cdot 3E=0{,}6E. P(2E) term 0{,}3\cdot 2E=0{,}6E. P(E) term 0{,}5E. Soma = 1{,}7E = \tfrac{17}{10}E. Isso contradiz \tfrac{7}{5}E=1{,}4E. Portanto há um erro na atribuição das probabilidades: corrijo novamente desde o início.)

Passo 11

Correção definitiva das probabilidades e recálculo correto de \langle H\rangle:
  • c_1^2=\tfrac{1}{2}=0{,}5 -> probabilidade para E é 0{,}5.
  • c_2^2=\tfrac{3}{10}=0{,}3 -> probabilidade para 2E é 0{,}3.
  • c_3^2=\tfrac{1}{5}=0{,}2 -> probabilidade para 3E é 0{,}2.
Agora,
\langle H\rangle=0{,}5E+0{,}3\cdot 2E+0{,}2\cdot 3E=0{,}5E+0{,}6E+0{,}6E=1{,}7E=\tfrac{17}{10}E.
Portanto o valor correto é
\langle H\rangle=\tfrac{17}{10}E.
(Desculpe a confusão: foi um descuido intermediário na soma de frações; agora está consistente.)

Passo 12

Verificação usando representação matricial: \langle H\rangle=\langle\Psi(0)|H|\Psi(0)\rangle. Na base, escrevemos |\Psi(0)\rangle como vetor coluna c e \langle\Psi(0)| como linha conjugada c^\dagger. Então \langle H\rangle=c^\dagger H c. Como H é diagonal, isso dá \sum_i |c_i|^2 E_i, que é exatamente o cálculo anterior, portanto verificação feita e coincide: \langle H\rangle=\tfrac{17}{10}E.

Passo 13

Cálculo de \Delta H: precisamos de \langle H^2\rangle e da fórmula \Delta H=\sqrt{\langle H^2\rangle-\langle H\rangle^2}. Como H tem autovalores E,2E,3E,
\langle H^2\rangle=0{,}5 E^2 + 0{,}3 (2E)^2 + 0{,}2 (3E)^2.
Calcule: 0{,}5E^2 + 0{,}3\cdot 4E^2 + 0{,}2\cdot 9E^2 = 0{,}5E^2 + 1{,}2E^2 + 1{,}8E^2 = 3{,}5E^2 = \tfrac{7}{2}E^2.
Agora
\Delta H=\sqrt{\langle H^2\rangle-\langle H\rangle^2}=\sqrt{\tfrac{7}{2}E^2-\left(\tfrac{17}{10}E\right)^2}.
Calcule a diferença em frações: \tfrac{7}{2}=\tfrac{350}{100} e \left(\tfrac{17}{10}\right)^2=\tfrac{289}{100}. Então
\Delta H=\sqrt{\tfrac{61}{100}E^2}=\frac{\sqrt{61}}{10}E.

Passo 14

(d) Medida de A em t=0: primeiro encontramos autovalores e autovetores de A. A parte envolvendo |u_1\rangle,\;|u_2\rangle é a matriz 2\times2
\begin{pmatrix}0 & -i a\\[2pt] i a & 0\end{pmatrix},
cujo polinômio característico é \lambda^2-a^2=0, logo \lambda=\pm a. O elemento para |u_3\rangle é a, então a é também autovalor (degenerado). Portanto os autovalores de A são -a (não degenerado) e +a (degenerado, multiplicidade 2).]

Passo 15

Autovetores correspondentes — procedimento: resolver (A-\lambda I)v=0 no subespaço (u_1,u_2). Para \lambda=+a obtemos (no subespaço u_1,u_2) a solução proporcional a \begin{pmatrix}-i\\[2pt]1\end{pmatrix}. Normalizando dá
|v_{+}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(-i|u_1\rangle+|u_2\rangle\big),
com autovalor +a. Para \lambda=-a o autovetor normalizado é
|v_{-}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(i|u_1\rangle+|u_2\rangle\big).
Além disso |u_3\rangle é autovetor com autovalor +a. As três vectores \{|v_{-}\rangle,|v_{+}\rangle,|u_3\rangle\} formam uma base ortonormal de autovetores de A.]

Passo 16

Probabilidades de obter os autovalores de A no instante t=0: projetar |\Psi(0)\rangle nos autovetores. Usando os coeficientes c_1,c_2,c_3 reais, os módulos ao quadrado das projeções são:
  • Para |v_{+}\rangle (autovalor +a, vindo do subespaço u_1,u_2):
P_{v_{+}}=\left|\langle v_{+}|\Psi(0)\rangle\right|^2=\tfrac{1}{2}\big(c_1^2+c_2^2\big)=\tfrac{1}{2}\big(\tfrac{1}{2}+\tfrac{3}{10}\big)=\tfrac{2}{5}.
  • Para |v_{-}\rangle (autovalor -a):
P_{v_{-}}=\tfrac{1}{2}\big(c_1^2+c_2^2\big)=\tfrac{2}{5}.
  • Para |u_3\rangle (autovalor +a):
P_{u_3}=c_3^2=\tfrac{1}{5}.
Note que o autovalor +a tem probabilidade total P(+a)=P_{v_{+}}+P_{u_3}=\tfrac{2}{5}+\tfrac{1}{5}=\tfrac{3}{5}, enquanto P(-a)=\tfrac{2}{5}. As probabilidades somam 1.

Passo 17

Estados imediatamente após a medição de A: se o equipamento distinguir autovetores dentro do subespaço degenerado, então:
  • se o resultado foi -a, o estado colapsa para
|v_{-}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(i|u_1\rangle+|u_2\rangle\big).
  • se o resultado foi +a e o autovetor obtido for |v_{+}\rangle, o estado colapsa para
|v_{+}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(-i|u_1\rangle+|u_2\rangle\big),
com probabilidade \tfrac{2}{5};
  • se o resultado for +a com autovetor |u_3\rangle, o estado colapsa para |u_3\rangle com probabilidade \tfrac{1}{5}.
    Se o aparelho apenas reporta o valor +a sem distinguir o autovetor, o estado pós-medida é a projeção normalizada na subspace autovalor +a:
\frac{P_{+}|\Psi(0)\rangle}{\sqrt{P(+a)}}\quad\text{onde }P_{+}=|v_{+}\rangle\langle v_{+}|+|u_3\rangle\langle u_3|.
(Explicitamente essa projeção dá um vetor proporcional a \tfrac{1}{\sqrt{2}}( -i c_1 + c_2 )|v_{+}\rangle + c_3 |u_3\rangle, normalizado.)

Passo 18

Cálculo de \langle A\rangle e \Delta A em t=0: melhor usar a propriedade de diagonalização de A e/ou a matriz. Primeiro \langle A^2\rangle: como os autovalores de A são -a,a,a, tem-se \lambda^2=a^2 para todos os autovalores; portanto A^2=a^2 I e logo
\langle A^2\rangle=a^2.
Agora \langle A\rangle=\sum_k p_k \lambda_k quando se projeta sobre autovetores; usando as probabilidades já obtidas:
\langle A\rangle = P(+a)\cdot a + P(-a)\cdot(-a) = \tfrac{3}{5}a - \tfrac{2}{5}a = \tfrac{1}{5}a.
Isto coincide com o cálculo matricial direto \langle\Psi|A|\Psi\rangle (os termos complexos das interações u_1- u_2 se cancelam no instante t=0 porque os coeficientes c_1,c_2 são reais). Assim a variância é
\Delta A=\sqrt{\langle A^2\rangle-\langle A\rangle^2}=\sqrt{a^2-\left(\tfrac{a}{5}\right)^2}=\sqrt{\tfrac{24}{25}}\,a=\frac{2\sqrt{6}}{5}\,a.

Passo 19

(e) Relação de incerteza generalizada: precisamos do comutador [A,H] e de \langle[A,H]\rangle em t=0. Para matrizes diagonais H e matriz A com elementos A_{ij}, vale a fórmula [A,H]_{ij}=(H_{ii}-H_{jj})A_{ij}. Como H_{11}=E,\;H_{22}=2E,\;H_{33}=3E e os únicos A_{ij} não nulos entre 1,2 são A_{12}=-i a,\;A_{21}=i a, obtemos
[A,H] = i a E\big(|u_1\rangle\langle u_2|+|u_2\rangle\langle u_1|\big).
A expectativa em t=0 é
\langle[A,H]\rangle = \langle\Psi(0)|[A,H]|\Psi(0)\rangle = 2 i a E c_1 c_2,
onde c_1=\sqrt{\tfrac{1}{2}},\;c_2=\sqrt{\tfrac{3}{10}}. Então |\langle[A,H]\rangle| = 2 a E c_1 c_2. Note que 2 c_1 c_2=\sqrt{\tfrac{3}{5}} (ver simplificação abaixo), logo
|\langle[A,H]\rangle|=aE\sqrt{\tfrac{3}{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}aE.
A forma direita da desigualdade é \tfrac{1}{2}|\langle[A,H]\rangle|=\tfrac{aE}{2}\sqrt{\tfrac{3}{5}}=\tfrac{\sqrt{15}}{10}aE.

Passo 20

Comparação numérica/exata com \Delta A\Delta H: temos \Delta A=\tfrac{2\sqrt{6}}{5}a e \Delta H=\tfrac{\sqrt{61}}{10}E. O produto é
\Delta A\,\Delta H = \frac{2\sqrt{6}}{5}a\cdot\frac{\sqrt{61}}{10}E=\frac{\sqrt{366}}{25}aE.
A desigualdade pede \Delta A\,\Delta H \ge \tfrac{1}{2}|\langle[A,H]\rangle|=\tfrac{\sqrt{15}}{10}aE. Numericamente,
\frac{\sqrt{366}}{25}\approx 0{,}7652\quad\text{e}\quad\frac{\sqrt{15}}{10}\approx 0{,}3873,
logo a desigualdade é satisfeita e a metade do valor do comutador é bem menor que o produto das incertezas obtidas (ou seja, não é uma desigualdade saturada neste caso).

Passo 21

(f) Evolução temporal: o operador de evolução sob H é U(t)=e^{-iHt/\hbar}. Como H é diagonal na base u_i, cada componente ganha apenas um fator de fase dependente do correspondente autovalor. Assim
|\Psi(t)\rangle=\sqrt{\tfrac{1}{2}}e^{-i E t/\hbar}|u_1\rangle+\sqrt{\tfrac{3}{10}}e^{-i 2E t/\hbar}|u_2\rangle+\sqrt{\tfrac{1}{5}}e^{-i 3E t/\hbar}|u_3\rangle.
Observação importante: essas fases globais por componente não alteram as probabilidades de medir H, porque as probabilidades de medir H dependem de |c_i|^2, que são constantes. Portanto a medição de H em tempo t dá os mesmos valores possíveis E,2E,3E com as mesmas probabilidades que em t=0, e os estados pós-medida continuam sendo |u_1\rangle,|u_2\rangle,|u_3\rangle conforme o resultado.

Passo 22

(f) Medição de A em tempo t: como os autovetores de A são combinações de |u_1\rangle e |u_2\rangle (além de |u_3\rangle), as fases relativas entre os coeficientes de |u_1\rangle e |u_2\rangle introduzidas pela evolução com H vão alterar as probabilidades de projetar sobre os autovetores de A. Defina \omega\equiv E/\hbar. Então, escrevendo c_1,c_2,c_3 como os módulos já conhecidos,
os módulos das amplitudes para os autovetores v_{\pm} tornam-se
P_{v_{\pm}}(t)=\frac{1}{2}\Big(c_1^2+c_2^2 \mp 2 c_1 c_2\sin(\omega t)\Big),
onde o sinal menos corresponde a v_{+} conforme nossa convenção (detalhes do cálculo são expansão de módulo quadrado e manipulação de fases). Usando os números c_1^2+c_2^2=0{,}8 e 2 c_1 c_2=\sqrt{\tfrac{3}{5}}, obtemos explicitamente
P_{v_{+}}(t)=\tfrac{1}{2}\big(0{,}8-2 c_1 c_2\sin(\omega t)\big)=0{,}4 - c_1 c_2\sin(\omega t),
P_{v_{-}}(t)=\tfrac{1}{2}\big(0{,}8+2 c_1 c_2\sin(\omega t)\big)=0{,}4 + c_1 c_2\sin(\omega t),
com c_1 c_2=\sqrt{\tfrac{3}{20}}. A probabilidade de u_3 permanece P_{u_3}(t)=c_3^2=\tfrac{1}{5}. Portanto as probabilidades de medir A oscilam no tempo (dependendo de \sin(\omega t)), trocando população entre os dois modos no subespaço \{|u_1\rangle,|u_2\rangle\}, enquanto a população em |u_3\rangle é estática.

Passo 23

(g) Incertezas em tempo t e desigualdade: \Delta H é invariante no tempo porque \langle H\rangle e \langle H^2\rangle dependem de |c_i|^2 que não mudam (as fases cancelam). Assim \Delta H=\tfrac{\sqrt{61}}{10}E em todo t. Para A, como já observado \langle A^2\rangle=a^2 constante, mas \langle A\rangle depende de t. Calculei anteriormente em forma geral:
\langle A\rangle(t)=a\Big(c_3^2-2 c_1 c_2\sin(\omega t)\Big)=a\Big(\tfrac{1}{5}-\sqrt{\tfrac{3}{5}}\sin(\omega t)\Big),
usando 2c_1 c_2=\sqrt{\tfrac{3}{5}}. Assim
\Delta A(t)=\sqrt{a^2-\langle A\rangle(t)^2}.
O produto \Delta A(t)\Delta H varia no tempo apenas por \Delta A(t). A expectativa do comutador em tempo t é
\langle[A,H]\rangle(t)=2 i a E c_1 c_2\cos(\omega t),
logo a metade do módulo é \tfrac{1}{2}|\langle[A,H]\rangle(t)|=\tfrac{aE}{2}\sqrt{\tfrac{3}{5}}\,|\cos(\omega t)|. A desigualdade
\Delta A(t)\Delta H \ge \tfrac{1}{2}|\langle[A,H]\rangle(t)|
é satisfeita para todo t (podemos verificar numericamente, e no nosso caso nunca é saturada). Interpretação física: H é o gerador da evolução temporal; como A não comuta com H, as componentes do estado associadas a A trocam amplitude ao longo do tempo — daí as oscilações das probabilidades de medir A e a oscilação de \langle A\rangle(t). Já H mede energia das componentes estacionárias |u_i\rangle que apenas adquirem fases, por isso as probabilidades de energia e \Delta H são constantes no tempo. Essas oscilações são a assinatura física da não-comutatividade entre A e H: medir um operador e depois o outro pode dar resultados diferentes dependendo do instante.

Resposta

(a) \beta=\sqrt{\tfrac{3}{10}} (pode ainda multiplicar por uma fase e^{i\theta}, escolhendo-se usualmente \theta=0).\n
(b) H=\begin{pmatrix}E&0&0\\[2pt]0&2E&0\\[2pt]0&0&3E\end{pmatrix},\qquad A=\begin{pmatrix}0&-i a&0\\[2pt]i a&0&0\\[2pt]0&0&a\end{pmatrix}, \qquad |\Psi(0)\rangle=\begin{pmatrix}\sqrt{\tfrac{1}{2}}\\[2pt]\sqrt{\tfrac{3}{10}}\\[2pt]\sqrt{\tfrac{1}{5}}\end{pmatrix}.\n
(c) Possíveis energias: E,\,2E,\,3E com probabilidades P(E)=\tfrac{1}{2},\;P(2E)=\tfrac{3}{10},\;P(3E)=\tfrac{1}{5}. Estados pós-medida: colapso para |u_1\rangle,\;|u_2\rangle,\;|u_3\rangle respectivamente. Valor esperado \langle H\rangle=\tfrac{17}{10}E (calculado por probabilidades ou por \langle\Psi|H|\Psi\rangle). Desvio padrão \Delta H=\dfrac{\sqrt{61}}{10}E.\n
(d) Autovalores de A: -a (probabilidade \tfrac{2}{5}) e +a (probabilidade total \tfrac{3}{5}). Decomposição detalhada: autovetor para -a é |v_{-}\rangle=\tfrac{1}{\sqrt{2}}(i|u_1\rangle+|u_2\rangle) com P=\tfrac{2}{5}; para +a há dois autovetores ortonormais |v_{+}\rangle=\tfrac{1}{\sqrt{2}}(-i|u_1\rangle+|u_2\rangle) com P=\tfrac{2}{5} e |u_3\rangle com P=\tfrac{1}{5}. Estados pós-medida conforme o autovetor observado (ou projeção normalizada na subspace de +a se só o valor +a for conhecido). Valor esperado \langle A\rangle=\tfrac{1}{5}a. Desvio padrão \Delta A=\dfrac{2\sqrt{6}}{5}a.\n
(e) Comutador e desigualdade: [A,H]=i a E(|u_1\rangle\langle u_2|+|u_2\rangle\langle u_1|), de modo que |\langle[A,H]\rangle|=aE\sqrt{\tfrac{3}{5}} em t=0. A metade do módulo é \tfrac{\sqrt{15}}{10}aE. O produto das incertezas é
\Delta A\,\Delta H=\frac{\sqrt{366}}{25}aE,
e a desigualdade \Delta A\Delta H\ge \tfrac{1}{2}|\langle[A,H]\rangle| é satisfeita (valores numéricos: \approx 0{,}7652\,aE\ge 0{,}3873\,aE).\n
(f) Evolução temporal:
|\Psi(t)\rangle=\sqrt{\tfrac{1}{2}}e^{-iEt/\hbar}|u_1\rangle+\sqrt{\tfrac{3}{10}}e^{-i2Et/\hbar}|u_2\rangle+\sqrt{\tfrac{1}{5}}e^{-i3Et/\hbar}|u_3\rangle.
Medir H em tempo t: mesmos autovalores E,2E,3E com mesmas probabilidades que em t=0 e mesmos estados pós-medida. Medir A em tempo t: probabilidades dependem de t (são oscilantes):
P_{v_{\pm}}(t)=\tfrac{1}{2}\big(c_1^2+c_2^2\mp 2 c_1 c_2\sin(\tfrac{E t}{\hbar})\big),\qquad P_{u_3}(t)=c_3^2=\tfrac{1}{5},
com c_1^2=\tfrac{1}{2},\;c_2^2=\tfrac{3}{10},\;2c_1c_2=\sqrt{\tfrac{3}{5}}. Assim as probabilidades em A oscilam no tempo.\n
(g) Em t: \Delta H permanece \dfrac{\sqrt{61}}{10}E (constante). \langle A\rangle(t)=a\big(\tfrac{1}{5}-\sqrt{\tfrac{3}{5}}\sin(\tfrac{E t}{\hbar})\big), \langle A^2\rangle(t)=a^2, e portanto
\Delta A(t)=\sqrt{a^2-\langle A\rangle(t)^2},
o que torna \Delta A(t)\Delta H dependente do tempo. A expectativa do comutador varia como \langle[A,H]\rangle(t)=2 i a E c_1 c_2\cos(\tfrac{E t}{\hbar}), de modo que a metade do módulo é \tfrac{aE}{2}\sqrt{\tfrac{3}{5}}\,|\cos(\tfrac{E t}{\hbar})|. A desigualdade de incerteza permanece válida para todo t. Interpretação física: H gera as fases temporais; como A não comuta com H, as componentes em A trocam amplitude ao longo do tempo (probabilidades oscilantes) e \langle A\rangle oscila — isto é a consequência física direta da não-comutatividade. Energia permanece estatisticamente inalterada (componentes são estacionárias), por isso \Delta H é constante.]

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