Considere um sistema composto de dois spins 1 / 2. Para t<0 o hamiltoniano não depende do spin e pode ser tomado como zero. Para t>0, o hamiltoniano é dado por
\hat{H}=\frac{4 \Delta}{\hbar^{2}} \hat{\mathbf{S}}_{\mathbf{1}} \cdot \hat{\mathbf{S}}_{\mathbf{2}}
onde \Delta é uma constante. Suponha que para t<0 o sistema se encontra no estado |+,-\rangle.
7- Determine, em função do tempo, a probabilidade de encontrar o sistema em cada um dos estados: |+,+\rangle,|+,-\rangle,|-,+\rangle e |-,-\rangle : (a) Resolvendo o problema de forma exata. (b) Usando teoria de perturbações dependente do tempo, em primeira ordem, onde \hat{H} é considerado como uma perturbação ligada em t=0. Sob que condições (b) fornece resultados corretos?

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede o que segue:
  • Sistema: dois spins 1/2.
  • Para t<0: o Hamiltoniano pode ser tomado como zero.
  • Para t>0: o Hamiltoniano é
\hat{H}=\frac{4\Delta}{\hbar^{2}}\;\hat{\mathbf{S}}_{1}\cdot\hat{\mathbf{S}}_{2},
onde \Delta é uma constante.
  • Estado inicial (para t<0, e portanto em t=0^+ também): |+,-\rangle (primeiro spin em +, segundo em -).
  • Perguntas:
    (a) Determinar, em função do tempo, a probabilidade de encontrar o sistema em cada um dos estados |+,+\rangle,\;|+,-\rangle,\;|-,+\rangle,\;|-,-\rangle resolvendo o problema exatamente.
    (b) Fazer o mesmo usando teoria de perturbação dependente do tempo em primeira ordem, tratando \hat{H} como perturbação ligada em t=0. Indicar sob que condições o resultado perturbativo é válido.

Passo 2

Ideia física e diagonalização rápida (aulas práticas): para dois spins 1/2 é muito prático usar os autovalores do momento angular total. Definimos \hat{\mathbf{S}}=\hat{\mathbf{S}}_{1}+\hat{\mathbf{S}}_{2}. Há a identidade útil
\hat{\mathbf{S}}_{1}\cdot\hat{\mathbf{S}}_{2}=\frac{1}{2}\big(\hat{\mathbf{S}}^{2}-\hat{\mathbf{S}}_{1}^{2}-\hat{\mathbf{S}}_{2}^{2}\big).
Explicando: \hat{\mathbf{S}}^{2} é o operador do quadrado do momento total; \hat{\mathbf{S}}_{1}^{2} e \hat{\mathbf{S}}_{2}^{2} atuam apenas em cada spin. Para spin 1/2 temos
\hat{\mathbf{S}}_{1}^{2}=\hat{\mathbf{S}}_{2}^{2}=\hbar^{2}\,s(s+1)=\hbar^{2}\cdot\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{2}+1\Big)=\frac{3}{4}\hbar^{2}.
Os autovalores de \hat{\mathbf{S}}^{2} são S(S+1)\hbar^{2} com S=1 (triplete) ou S=0 (singlete). Substituindo na expressão de \hat{\mathbf{S}}_{1}\cdot\hat{\mathbf{S}}_{2}:
  • Para o subespaço triplete ( S=1): \hat{\mathbf{S}}_{1}\cdot\hat{\mathbf{S}}_{2} tem autovalor
\frac{1}{2}\big(1(1+1)\hbar^{2}-2\cdot\frac{3}{4}\hbar^{2}\big)=\frac{1}{4}\hbar^{2}.
  • Para o singlete ( S=0): autovalor
\frac{1}{2}\big(0-2\cdot\frac{3}{4}\hbar^{2}\big)=-\frac{3}{4}\hbar^{2}.
Agora multiplico pelo fator pré-fator do Hamiltoniano \dfrac{4\Delta}{\hbar^{2}} para obter os autovalores de \hat{H}:
  • Energia do triplete:
E_{\mathrm{trip}}=\frac{4\Delta}{\hbar^{2}}\cdot\frac{1}{4}\hbar^{2}=\Delta.
  • Energia do singlete:
E_{\mathrm{sing}}=\frac{4\Delta}{\hbar^{2}}\cdot\Big(-\frac{3}{4}\hbar^{2}\Big)=-3\Delta.
Conclusão prática: a base natural para diagonalizar \hat{H} é a base \{|1,1\rangle,|1,0\rangle,|1,-1\rangle,|0,0\rangle\} (triplete e singlete), com energias \Delta para todos os estados do triplete e -3\Delta para o singlete.

Passo 3

Expressar o estado inicial |+,-\rangle na base singlete/triplete (essa mudança de base é padrão e essencial):
As relações conhecidas (e explico por que: combinações simétricas/antissimétricas do par) são
|1,1\rangle=|+,+\rangle,\qquad |1,-1\rangle=|-,-\rangle,
|1,0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(|+,-\rangle+|-,+\rangle\big),
|0,0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(|+,-\rangle-|-,+\rangle\big).
Invertendo (escrevendo |+,-\rangle em termos de |1,0\rangle e |0,0\rangle):
|+,-\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(|1,0\rangle+|0,0\rangle\big).
Isso é simplesmente decompor em parte simétrica (triplete |1,0\rangle) e antissimétrica (singlete |0,0\rangle).

Passo 4

Evolução temporal exata (médodo: expandir em autoestados de \hat{H}, aplicar fases temporais e recompor na base computacional).
Como |1,0\rangle e |0,0\rangle são autovetores de \hat{H} com energias E_{\mathrm{trip}}=\Delta e E_{\mathrm{sing}}=-3\Delta, a evolução para t>0 é
|\psi(t)\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big(e^{-iE_{\mathrm{trip}}t/\hbar}\,|1,0\rangle + e^{-iE_{\mathrm{sing}}t/\hbar}\,|0,0\rangle\Big).
Substituindo as energias:
|\psi(t)\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\Big(e^{-i\Delta t/\hbar}\,|1,0\rangle + e^{+i3\Delta t/\hbar}\,|0,0\rangle\Big).
Agora reescrevo |1,0\rangle e |0,0\rangle em |+,-\rangle e |-,+\rangle para obter as amplitudes na base computacional:
|1,0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(|+,-\rangle+|-,+\rangle\big), \quad |0,0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(|+,-\rangle-|-,+\rangle\big).
Substituindo em |\psi(t)\rangle:
|\psi(t)\rangle=\frac{1}{2}\Big[(e^{-i\Delta t/\hbar}+e^{+i3\Delta t/\hbar})|+,-\rangle+(e^{-i\Delta t/\hbar}-e^{+i3\Delta t/\hbar})|-,+\rangle\Big].
Simplifico as somas complexas. Defina \alpha=\dfrac{\Delta t}{\hbar}. Então
\frac{1}{2}\big(e^{-i\alpha}+e^{i3\alpha}\big) = e^{i\alpha}\cos(2\alpha),
\frac{1}{2}\big(e^{-i\alpha}-e^{i3\alpha}\big) =-i\,e^{i\alpha}\sin(2\alpha).
Portanto as amplitudes (até uma fase global e^{i\alpha} que não altera probabilidades) são:
\langle+,-|\psi(t)\rangle = e^{i\alpha}\cos(2\alpha), \qquad \langle-,+|\psi(t)\rangle = -i\,e^{i\alpha}\sin(2\alpha).
As amplitudes para |+,+\rangle e |-,-\rangle permanecem zero, pois o estado inicial não tinha componente nesses subespaços e \hat{H} (diagonal em singlete/triplete) não cria componente nesses níveis a partir de |1,0\rangle e |0,0\rangle.

Passo 5

Probabilidades exatas (parte (a)): as fases globais somem ao tomar módulo ao quadrado. Assim as probabilidades são
P_{+,+}(t)=0,\qquad P_{-,-}(t)=0,
P_{+,-}(t)=\big|\langle+,-|\psi(t)\rangle\big|^{2}=\cos^{2}\!\big(2\alpha\big)=\cos^{2}\!\big(\tfrac{2\Delta t}{\hbar}\big),
P_{-,+}(t)=\big|\langle-,+|\psi(t)\rangle\big|^{2}=\sin^{2}\!\big(2\alpha\big)=\sin^{2}\!\big(\tfrac{2\Delta t}{\hbar}\big).
Comentário prático: a probabilidade oscila com período T tal que 2\Delta T/\hbar=\pi, ou seja T=\dfrac{\pi\hbar}{2\Delta}. Fisicamente, o sistema oscila entre |+,-\rangle e |-,+\rangle por efeito do termo de troca \hat{\mathbf{S}}_{1}\cdot\hat{\mathbf{S}}_{2}.

Passo 6

Teoria de perturbação dependente do tempo (primeira ordem): explicando a ferramenta e aplicando.
Fórmula de primeira ordem (explicando cada termo): se o Hamiltoniano total para t>0 é \hat{H}=\hat{V} ligado em t=0 (ou seja \hat{V}(t)=\Theta(t)\hat{H}), então a amplitude de transição, em primeira ordem, de um estado inicial |i\rangle para |f\rangle é
c_{f}^{(1)}(t)=-\frac{i}{\hbar}\int_{0}^{t}dt'\,\langle f|\hat{H}|i\rangle\,e^{i\omega_{fi}t'},
onde \omega_{fi}=(E_{f}^{(0)}-E_{i}^{(0)})/\hbar e E^{(0)} são as energias do Hamiltoniano não perturbado. No nosso caso o Hamiltoniano não perturbado para t<0 era zero, então E_{f}^{(0)}=E_{i}^{(0)}=0 e \omega_{fi}=0. Assim a exponencial é 1 e a integral dá um fator t. Logo
c_{f}^{(1)}(t)=-\frac{i}{\hbar}\,t\,\langle f|\hat{H}|i\rangle.
Agora calculo os elementos de matriz \langle f|\hat{H}|i\rangle na base produto \{|+,+\rangle,|+,-\rangle,|-,+\rangle,|-,-\rangle\}. Para isso é prático usar
\hat{\mathbf{S}}_{1}\cdot\hat{\mathbf{S}}_{2}=\hat{S}_{1z}\hat{S}_{2z}+\frac{1}{2}\big(\hat{S}_{1+}\hat{S}_{2-}+\hat{S}_{1-}\hat{S}_{2+}\big),
e as ações nos spins 1/2:
\hat{S}_{z}|\pm\rangle=\pm\frac{\hbar}{2}|\pm\rangle,\qquad \hat{S}_{+}|+\rangle=0,\;\hat{S}_{+}|-\rangle=\hbar|+\rangle,\; \hat{S}_{-}|-\rangle=0,\;\hat{S}_{-}|+\rangle=\hbar|-\rangle.
Aplicando em particular em |+,-\rangle:
\hat{S}_{1z}\hat{S}_{2z}|+,-\rangle=\Big(\frac{\hbar}{2}\Big)\Big(-\frac{\hbar}{2}\Big)|+,-\rangle=-\frac{\hbar^{2}}{4}|+,-\rangle,
\hat{S}_{1+}\hat{S}_{2-}|+,-\rangle=0\quad(\text{pois }\hat{S}_{1+}|+\rangle=0),
\hat{S}_{1-}\hat{S}_{2+}|+,-\rangle=\hbar^{2}|-,+\rangle.
Somando:
\hat{\mathbf{S}}_{1}\cdot\hat{\mathbf{S}}_{2}|+,-\rangle=-\frac{\hbar^{2}}{4}|+,-\rangle+\frac{\hbar^{2}}{2}|-,+\rangle.
Multiplicando pelo fator \dfrac{4\Delta}{\hbar^{2}} do Hamiltoniano:
\hat{H}|+,-\rangle=-\Delta\,|+,-\rangle+2\Delta\,|-,+\rangle.
Logo os elementos necessários são
\langle+,-|\hat{H}|+,-\rangle=-\Delta,\qquad \langle-,+|\hat{H}|+,-\rangle=2\Delta,
e as transições para |+,+\rangle e |-,-\rangle são nulas a partir de |+,-\rangle (elementos de matriz zero).
Agora uso a fórmula de primeira ordem:
  • Amplitude para |-,+\rangle:
c_{-,+}^{(1)}(t)=-\frac{i}{\hbar}\,t\,(2\Delta)=-i\frac{2\Delta t}{\hbar}.
Probabilidade aproximada (valendo a ordem mais baixa) é o módulo ao quadrado dessa amplitude:
P_{-,+}^{\text{(1)}}(t)\approx\left|c_{-,+}^{(1)}(t)\right|^{2}=\frac{4\Delta^{2}t^{2}}{\hbar^{2}}.
  • Amplitude para |+,-\rangle calculada em primeira ordem seria
c_{+,-}^{(1)}(t)=-\frac{i}{\hbar}\,t\,(-\Delta)=i\frac{\Delta t}{\hbar},
mas atenção: a probabilidade de permanecer em |+,-\rangle até ordem correta é melhor obtida impondo conservação de probabilidade até a ordem considerada:
P_{+,-}^{\text{(1)}}(t)\approx 1-P_{-,+}^{\text{(1)}}(t)=1-\frac{4\Delta^{2}t^{2}}{\hbar^{2}}.
(as probabilidades para |+,+\rangle e |-,-\rangle são zero na primeira ordem).

Passo 7

Comparação e condição de validade da aproximação perturbativa:
  • Expansão em séries pequenas da solução exata dá, para pequenas t,
P_{-,+}^{\text{exata}}(t)=\sin^{2}\!\Big(\tfrac{2\Delta t}{\hbar}\Big)\approx\Big(\tfrac{2\Delta t}{\hbar}\Big)^{2}=\frac{4\Delta^{2}t^{2}}{\hbar^{2}},
que coincide com o resultado perturbativo em primeira ordem para P_{-,+}. Portanto a teoria de perturbação em primeira ordem reproduz corretamente o termo dominante para pequenos tempos.
  • Condição de validade prática: a aproximação perturbativa em primeira ordem é válida quando a quantidade adimensional que controla a expansão é pequena, isto é quando
\frac{2\Delta t}{\hbar}\ll 1\quad\text{(ou equivalentemente }\Delta t/\hbar\ll 1\text{)}.
Física: isto significa “tempos curtos” tais que as probabilidades de transição permaneçam pequenas. Aqui não podemos usar a condição usual “perturbação pequena em relação às diferenças de energia do Hamiltoniano não perturbado” porque o Hamiltoniano não perturbado tem todas as energias iguais (zero) — há degenerescência — então a teoria dá termos lineares no tempo nas amplitudes (e termos quadráticos nas probabilidades). Por isso a regra prática é: primeiros instantes após o ligar da perturbação, com \dfrac{2\Delta t}{\hbar}\ll 1.
  • Observação sobre ordem da expansão: amplitudes de transição aparecem na primeira ordem (proporcionais a t), mas probabilidades surgem na ordem quadrática; para controlar correções na probabilidade é necessário comparar com termos de ordem superior em \Delta t/\hbar.

Resposta

(a) Exata:
P_{+,+}(t)=0
P_{+,-}(t)=\cos^{2}\!\Big(\dfrac{2\Delta t}{\hbar}\Big)
P_{-,+}(t)=\sin^{2}\!\Big(\dfrac{2\Delta t}{\hbar}\Big)
P_{-,-}(t)=0
(b) Perturbação dependente do tempo (primeira ordem, válidos para \tfrac{2\Delta t}{\hbar}\ll 1):
P_{+,+}(t)\approx 0
P_{+,-}(t)\approx 1-\dfrac{4\Delta^{2}t^{2}}{\hbar^{2}}
P_{-,+}(t)\approx \dfrac{4\Delta^{2}t^{2}}{\hbar^{2}}
P_{-,-}(t)\approx 0

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