Considere os observáveis A=x^{2} e B=L_{z}.
(a) Construa o princícpio de incerteza para \sigma_{A} \sigma_{B}. Dîca: Use a expressão para o princípio de incerteza generalizado.
(b) Calcule \sigma_{B} no estado \psi_{n l m} do átomo de hidrogênio.
(c) O que se pode concluir sobre \langle x y\rangle neste estado?

Passo 1

O enunciado dá:
  • Observáveis \hat A = x^{2} e \hat B = L_{z}.
  • Estado considerado para (b) e (c): \psi_{n l m} do átomo de hidrogênio.
O que é pedido:
  • (a) Construir o princípio de incerteza para \sigma_{A}\sigma_{B}.
  • (b) Calcular \sigma_{B} no estado \psi_{n l m}.
  • (c) Concluir o que acontece com \langle x y\rangle nesse estado.
Informações úteis que usarei sem perguntar: a representação do operador momento e de L_z em coordenadas cartesianas:
\hat p_j = -i\hbar \frac{\partial}{\partial j}\quad(j=x,y,z), \qquad \hat L_z = \hat x \hat p_y - \hat y \hat p_x.

Passo 2

Lembrete do princípio de incerteza generalizado (forma de Robertson):
definições:
\sigma_{A}^{2}=\langle \hat A^{2}\rangle - \langle \hat A\rangle^{2}, \qquad \sigma_{B}^{2}=\langle \hat B^{2}\rangle - \langle \hat B\rangle^{2},
e a desigualdade:
\sigma_{A}\sigma_{B}\ge \frac{1}{2}\big|\langle [\hat A,\hat B]\rangle\big|.
Aqui \langle\cdot\rangle é esperança no estado considerado e [\hat A,\hat B]=\hat A\hat B-\hat B\hat A é o comutador. Vou aplicar essa fórmula com \hat A=x^{2} e \hat B=L_{z}.

Passo 3

Cálculo do comutador [\hat x^{2},\hat L_{z}].
Escrevo \hat L_{z}=\hat x\hat p_{y}-\hat y\hat p_{x}, então
[\hat x^{2},\hat L_{z}] = [\hat x^{2},\hat x\hat p_{y}] - [\hat x^{2},\hat y\hat p_{x}].
Uso a identidade conveniente para operadores dependentes apenas de coordenadas: para qualquer função f(\vec r),
[f(\vec r),\hat p_{j}] = i\hbar \frac{\partial f}{\partial j}.
Essa identidade pode ser verificada escrevendo \hat p_j = -i\hbar\partial_j e aplicando em uma função teste. Aplicando-a com f=x^{2} temos:
[\hat x^{2},\hat p_{y}] = i\hbar\frac{\partial x^{2}}{\partial y}=0, \qquad [\hat x^{2},\hat p_{x}] = i\hbar\frac{\partial x^{2}}{\partial x}=i\hbar\cdot 2x.
Agora avalio os dois termos:
  • Como \hat x^{2} comuta com \hat x, tem-se
[\hat x^{2},\hat x\hat p_{y}] = \hat x\,[\hat x^{2},\hat p_{y}]=\hat x\cdot 0=0.
  • Para o outro termo,
[\hat x^{2},\hat y\hat p_{x}] = \hat y\,[\hat x^{2},\hat p_{x}] = \hat y\,(i\hbar\cdot 2\hat x) = 2i\hbar\,\hat x\hat y.
Portanto
[\hat x^{2},\hat L_{z}] = 0 - 2i\hbar\,\hat x\hat y = -2i\hbar\,\hat x\hat y.

Passo 4

Substituo o comutador na desigualdade de Robertson:
\sigma_{x^{2}}\sigma_{L_{z}}\ge \frac{1}{2}\big|\langle [\hat x^{2},\hat L_{z}]\rangle\big| = \frac{1}{2}\big| \langle -2i\hbar\,\hat x\hat y\rangle\big| = \hbar\,\big|\langle \hat x\hat y\rangle\big|.
Logo o princípio de incerteza solicitado é
\boxed{\;\sigma_{A}\sigma_{B}=\sigma_{x^{2}}\sigma_{L_{z}}\ge \hbar\,\big|\langle x y\rangle\big|\;}.
Explicação: \sigma_{x^{2}} é a raiz de \langle x^{4}\rangle-\langle x^{2}\rangle^{2} e \sigma_{L_{z}} é a raiz de \langle L_{z}^{2}\rangle-\langle L_{z}\rangle^{2}. A desigualdade acima decorre diretamente do comutador calculado.

Passo 5

Parte (b): calcular \sigma_{B}=\sigma_{L_{z}} no estado \psi_{n l m}.
Propriedade do estado \psi_{n l m}: é autovetor de \hat L_{z} com autovalor \hbar m, ou seja
\hat L_{z}\,\psi_{n l m}=\hbar m\,\psi_{n l m}.
Então as expectativas são
\langle \hat L_{z}\rangle = \hbar m, \qquad \langle \hat L_{z}^{2}\rangle = (\hbar m)^{2}.
Portanto a variância é
\sigma_{L_{z}}^{2}=\langle \hat L_{z}^{2}\rangle - \langle \hat L_{z}\rangle^{2} = (\hbar m)^{2} - (\hbar m)^{2} = 0,
e assim
\boxed{\;\sigma_{L_{z}}=0\; }.
Comentário amigável: isso faz sentido físico — em um estado com m bem definido, L_{z} é uma quantidade certa (sem dispersão).

Passo 6

Parte (c): concluir sobre \langle x y\rangle no estado \psi_{n l m}.
Usando a desigualdade do Passo 4:
\sigma_{x^{2}}\sigma_{L_{z}}\ge \hbar\,\big|\langle x y\rangle\big|.
No estado \psi_{n l m} temos \sigma_{L_{z}}=0 (Passo 5), então o lado esquerdo é zero. Assim
0 \ge \hbar\,\big|\langle x y\rangle\big|.
Como \hbar>0, a única possibilidade é
\boxed{\;\langle x y\rangle = 0\; }.
Complemento (intuição/simetria): pode-se ver também diretamente usando coordenadas esféricas e a dependência azimutal dos harmônicos esféricos: x y = r^{2}\sin^{2}\theta\cos\varphi\sin\varphi = \tfrac{1}{2}r^{2}\sin^{2}\theta\sin 2\varphi. A parte angular do estado \psi_{n l m} tem fator e^{i m\varphi}, e a integral em \varphi de \sin 2\varphi sobre 0 a 2\pi é zero, levando novamente a \langle x y\rangle=0.

Resposta

(a) \sigma_{x^{2}}\sigma_{L_{z}}\ge \hbar\,\big|\langle x y\rangle\big|
(b) \sigma_{L_{z}}=0 no estado \psi_{n l m}
(c) \langle x y\rangle=0

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