Um elétron no átomo de hidrogênio encontra-se em um estado descrito pela seguinte combinação linear de autoestados:
\Psi(\mathbf{r}, 0)=A \psi_{2,0,0}+B \psi_{2,1,0}+C \psi_{2,1,1}
em que \psi_{n, l, m} representa o estado com número quânticos principal (n), orbital (l) e magnético ( m ).
a) ( 1,5 pts) Calcule os valores esperados \boldsymbol{L}^{2} e \boldsymbol{L}_{z} para este estado. Expresse sua resposta em unidades de h.
b) ( 1 pt ) Se a medida da energia for realizada, quais valores poder ser obtidos e com quais probabilidades? Qual seria o estado do sistema imediatamente após uma medida que resultasse em E=-3,4 \mathrm{eV}.

Passo 1

O enunciado dá o estado inicial do elétron no átomo de hidrogênio como uma combinação linear
\Psi(\mathbf{r},0)=A\,\psi_{2,0,0}+B\,\psi_{2,1,0}+C\,\psi_{2,1,1},
onde \psi_{n,l,m} são autoestados simultâneos (ortogonais) de \boldsymbol{L}^2, \boldsymbol{L}_z e da energia com número quântico principal n, orbital l e magnético m. Informações relevantes que temos e perguntas pedidas:
  • Todos os três termos têm n=2.
  • Os pares (l,m) são: (0,0), (1,0) e (1,1).
  • Pressupomos (padrão em mecânica quântica) que A,B,C são amplitudes complexas que satisfazem a condição de normalização
|A|^2+|B|^2+|C|^2=1,
caso o estado esteja normalizado.
  • Perguntas:
    a) Calcular os valores esperados \boldsymbol{L}^2 e \boldsymbol{L}_z para esse estado, expressando a resposta em unidades de h.
    b) Se medir a energia, quais valores podem ser obtidos e com quais probabilidades? Qual é o estado imediatamente após uma medida que resulta em E=-3{,}4\\ \mathrm{eV}?

Passo 2

Relembrando propriedades úteis (aula rápida e concreta):
  • Os autoestados \psi_{n,l,m} têm autovalores bem conhecidos para os operadores angulares: \boldsymbol{L}^2\psi_{n,l,m}=\hbar^2 l(l+1)\psi_{n,l,m},
\boldsymbol{L}_z\psi_{n,l,m}=\hbar m\psi_{n,l,m},
onde \hbar é a constante reduzida, \hbar=\dfrac{h}{2\pi}. Aqui l e m são inteiros com -l\le m\le l.
  • Autoestados com pares (l,m) diferentes são ortogonais, ou seja, \langle \psi_{n,l,m}|\psi_{n',l',m'}\rangle=0 se (n,l,m)\neq(n',l',m'). Isso faz com que, ao calcular expectativa de um operador que é diagonal nesses autoestados (como \boldsymbol{L}^2 e \boldsymbol{L}_z), os termos cruzados se anulam e ficamos com soma ponderada dos autovalores por |\text{amplitude}|^2.
  • Energia do átomo de hidrogênio (modelo de Bohr / solução de Schrödinger sem spin/relatividade) depende somente de n: E_n = -\dfrac{13{,}6\\ \mathrm{eV}}{n^2}.

Passo 3

Vamos aplicar essas fórmulas ao nosso estado componente a componente:
  • Para \psi_{2,0,0}: l=0 então \boldsymbol{L}^2 tem autovalor \hbar^2\cdot 0(0+1)=0. Para \boldsymbol{L}_z: m=0 então autovalor 0.
  • Para \psi_{2,1,0}: l=1 então \boldsymbol{L}^2 tem autovalor \hbar^2\cdot 1(1+1)=2\hbar^2. Para \boldsymbol{L}_z: m=0 então autovalor 0.
  • Para \psi_{2,1,1}: l=1 então \boldsymbol{L}^2 tem autovalor 2\hbar^2. Para \boldsymbol{L}_z: m=1 então autovalor \hbar.

Passo 4

Cálculo do valor esperado \langle \boldsymbol{L}^2\rangle. Usando ortogonalidade e linearidade da expectativa:
\langle \boldsymbol{L}^2\rangle =|A|^2\cdot 0 + |B|^2\cdot 2\hbar^2 + |C|^2\cdot 2\hbar^2 =2\hbar^2\bigl(|B|^2+|C|^2\bigr).
Agora expressamos em unidades de h. Como \hbar=\dfrac{h}{2\pi}, temos \hbar^2=\dfrac{h^2}{4\pi^2}. Substituindo:
\langle \boldsymbol{L}^2\rangle =2\cdot \dfrac{h^2}{4\pi^2}\bigl(|B|^2+|C|^2\bigr) =\dfrac{h^2}{2\pi^2}\bigl(|B|^2+|C|^2\bigr).
Comentário didático: se B e C fossem tais que |B|^2+|C|^2=1 (ou seja, A=0), então \langle \boldsymbol{L}^2\rangle=2\hbar^2, que é o valor esperado de um estado com l=1. Se ao contrário B=C=0 e |A|^2=1, então \langle \boldsymbol{L}^2\rangle=0 (estado s puro).

Passo 5

Cálculo do valor esperado \langle \boldsymbol{L}_z\rangle. Novamente, termos cruzados se anulam:
\langle \boldsymbol{L}_z\rangle =|A|^2\cdot 0 + |B|^2\cdot 0 + |C|^2\cdot \hbar =|C|^2\,\hbar.
Expressando em unidades de h:
\langle \boldsymbol{L}_z\rangle = |C|^2\,\dfrac{h}{2\pi}.
Comentário didático: \boldsymbol{L}_z mede a componente z do momento angular; apenas a parcela com m\neq0 (aqui o termo com m=1) contribui ao valor esperado.

Passo 6

Agora a parte (b) sobre medidas de energia. Usando a fórmula da energia do nível n:
E_n=-\dfrac{13{,}6\\ \mathrm{eV}}{n^2}.
Aqui todos os termos do estado têm n=2, portanto todos correspondem ao mesmo valor de energia
E_2=-\dfrac{13{,}6\\ \mathrm{eV}}{4}=-3{,}4\\ \mathrm{eV}.
Como o estado inicial está inteiramente dentro do subespaço de energia E_2, uma medida da energia sempre dará E=-3{,}4\\ \mathrm{eV} com probabilidade 1.

Passo 7

Estado imediatamente após uma medida que resultou em E=-3{,}4\\ \mathrm{eV}. Regras de colapso:
  • Se a medida encontra um valor de energia correspondente a um subespaço degenerado, o estado após a medida é a projeção do estado inicial sobre esse subespaço, normalizada.
  • Aqui o subespaço de E_2 contém exatamente os três vetores que aparecem na combinação (porque todos têm n=2), então a projeção do estado inicial sobre o subespaço E_2 é o próprio estado inicial. Logo, após a medida o estado permanece (até uma fase global irrelevante) igual a
\Psi(\mathbf r, \text{após}) = \Psi(\mathbf r,0)=A\,\psi_{2,0,0}+B\,\psi_{2,1,0}+C\,\psi_{2,1,1},ó
assumindo que o estado já estava normalizado. Se A,B,C não estiverem normalizados, o estado pós-medida seria a versão normalizada da projeção (mas aqui, pela escrita do enunciado, tomamos a forma genérica já).

Resposta

\langle \boldsymbol{L}^2\rangle=\dfrac{h^2}{2\pi^2}\bigl(|B|^2+|C|^2\bigr)
\langle \boldsymbol{L}_z\rangle=|C|^2\,\dfrac{h}{2\pi}
Medida de energia: apenas E=-3{,}4\\ \mathrm{eV} com probabilidade 1.
Estado após medir E=-3{,}4\\ \mathrm{eV}: \Psi(\mathbf r)=A\,\psi_{2,0,0}+B\,\psi_{2,1,0}+C\,\psi_{2,1,1} (mesmo estado, up to fase global).

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