Um elétron está em repouso em um campo magnético oscilante
\mathbf{B}=B_{0} \cos (\omega t) \hat{\mathbf{k}}
em que B_{0} e \omega são constantes.
(a) Monte a matriz Hamiltoniana para esse sistema.
(b) O elétron inicia (em t=0 ) no estado de spin para cima em relação ao eixo x (isto é: \chi(0)=\chi_{+}^{(x)} ). Determine \chi(t) em qualquer tempo posterior.
Alerta: esse é um Hamiltoniano dependente do tempo e, portanto, você não pode obter \chi(t) da maneira usual a partir dos estados estacionários. Felizmente, nesse caso, você pode resolver a equação de Schrödinger dependente do tempo (Equação 4.162) diretamente.
(c) Calcule a probabilidade de se obter -\hbar / 2 ao medir S_{x}.
Resposta:
\operatorname{sen}^{2}\left(\frac{\gamma B_{0}}{2 \omega} \operatorname{sen} \omega t\right)
Qual é o campo mínimo ( B_{0} ) exigido para forçar um giro completo em S_{x} ?

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede as coisas abaixo:
  • Dado: um elétron em repouso num campo magnético oscilante ao longo do eixo z
\mathbf{B}(t)=B_{0}\cos(\omega t)\,\hat{\mathbf{k}},
com B_{0} e \omega constantes.
  • Condição inicial: no instante t=0 o sistema está no autestado de spin “para cima” em relação ao eixo x, ou seja \chi(0)=\chi_{+}^{(x)}.
  • Pedidos:
    (a) montar a matriz Hamiltoniana para esse sistema;
    (b) resolver \chi(t) para todo t (nota: Hamiltoniano dependente do tempo — resolver a equação de Schrödinger dependente do tempo);
    (c) calcular a probabilidade de obter -\hbar/2 ao medir S_x.
  • Pergunta extra: determinar o valor mínimo de B_{0} para forçar um giro completo em S_x (isto é, para que a probabilidade de encontrar -\hbar/2 alcance 1 em algum instante).
Esses são os dados e as perguntas. A partir do Passo 2 começamos a resolver.

Passo 2

Construindo o Hamiltoniano: energia magnética da dipola magnética na presença de \mathbf{B}.
  • Para uma partícula com momento magnético \boldsymbol{\mu}, a energia é
H = -\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf{B}.
  • Para o spin do elétron (notação compacta), escreve-se \boldsymbol{\mu}=\gamma\mathbf{S}. Aqui \gamma é a constante giromagnética (a convenção de sinal fica toda em \gamma; o que importa é que a forma H=-\gamma\mathbf{S}\cdot\mathbf{B} é a usada).
  • O operador spin para spin-1/2 relaciona-se com as matrizes de Pauli por
\mathbf{S}=\frac{\hbar}{2}\,\boldsymbol{\sigma},
onde \boldsymbol{\sigma}=(\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z).
Substituindo:
H(t) = -\gamma\mathbf{S}\cdot\mathbf{B}(t) = -\gamma\frac{\hbar}{2}\,\boldsymbol{\sigma}\cdot\big(B_{0}\cos(\omega t)\,\hat{\mathbf{k}}\big) = -\frac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\cos(\omega t)\,\sigma_{z}.
Agora a matriz do Hamiltoniano no basis de autovetores de S_z (ordem |+z\rangle,|-z\rangle) é diagonal, pois \sigma_z é diagonal:
H(t)= -\frac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\cos(\omega t)\,\sigma_z = \begin{pmatrix} -\dfrac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\cos(\omega t) & 0 \\[6pt] 0 & +\dfrac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\cos(\omega t) \end{pmatrix}.
Esse é o Hamiltoniano pedido no item (a).]

Passo 3

Preparar a condição inicial e a equação de Schrödinger dependente do tempo.
  • Autovetores de S_z (base escolhida): |+z\rangle=\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix}, |-z\rangle=\begin{pmatrix}0\\\ 1\end{pmatrix}.
  • Autovetores de S_x em termos da base S_z são
\chi_{+}^{(x)}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix},\qquad \chi_{-}^{(x)}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}.
  • Condição inicial em componentes na base S_z:
\chi(0)=\chi_{+}^{(x)}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix},
ou seja c_{+}(0)=c_{-}(0)=1/\sqrt{2}, onde escrevemos \chi(t)=\begin{pmatrix}c_{+}(t)\c_{-}(t)\end{pmatrix}.
A equação de Schrödinger dependente do tempo é
i\hbar\frac{d}{dt}\chi(t)=H(t)\,\chi(t).
Como H(t) é diagonal na base S_z, as componentes c_{+} e c_{-} satisfazem equações desacopladas (cada uma com um potencial de fase).

Passo 4

Resolver as equações ordinárias para as componentes.
Escrevendo explicitamente:
i\hbar\frac{d}{dt}c_{+}(t) = E_{+}(t)\,c_{+}(t),\qquad i\hbar\frac{d}{dt}c_{-}(t) = E_{-}(t)\,c_{-}(t),
onde, a partir de H(t),
E_{+}(t)=-\frac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\cos(\omega t),\qquad E_{-}(t)=+\frac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\cos(\omega t).
Essas são equações do tipo i\hbar \dot c = E(t)c, cuja solução geral é
c(t)=c(0)\exp\!\left(-\frac{i}{\hbar}\int_{0}^{t}E(t')\,dt'\right).
Calcule as integrais. Para E_{+}:
\int_{0}^{t}E_{+}(t')\,dt' = -\frac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\int_{0}^{t}\cos(\omega t')\,dt' = -\frac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\cdot\frac{\sin(\omega t)}{\omega}.
Logo o fator de fase para c_{+} é
\exp\!\left(-\frac{i}{\hbar}\int_{0}^{t}E_{+}(t')dt'\right) = \exp\!\left(+i\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}\sin(\omega t)\right).
De forma análoga para c_{-} obtém-se
c_{-}(t)=c_{-}(0)\exp\!\left(-i\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}\sin(\omega t)\right).
Usando c_{\pm}(0)=1/\sqrt{2}, a solução do item (b) é
\chi(t)=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} \exp\!\Big(i\displaystyle\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}\sin(\omega t)\Big)\\[8pt] \exp\!\Big(-i\displaystyle\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}\sin(\omega t)\Big) \end{pmatrix}.
Esse resultado tem forma intuitiva: cada componente + e - apenas acumula uma fase dependente do tempo via a integral de \cos(\omega t).]

Passo 5

Calcular a probabilidade de obter -\hbar/2 ao medir S_x (item (c)).
  • O autovetor correspondente a -\hbar/2 de S_x na base S_z é
\chi_{-}^{(x)}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}.
  • A amplitude de encontrar -\hbar/2 é \langle\chi_{-}^{(x)}|\chi(t)\rangle. Calcule:
Primeiro escrevemos a sobreposição:
\langle\chi_{-}^{(x)}|\chi(t)\rangle =\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & -1\end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} e^{i\alpha\sin(\omega t)}\\[4pt] e^{-i\alpha\sin(\omega t)} \end{pmatrix},
onde abbreviamos \displaystyle\alpha=\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}.
Fazendo o produto:
\langle\chi_{-}^{(x)}|\chi(t)\rangle =\frac{1}{2}\Big(e^{i\alpha\sin(\omega t)}-e^{-i\alpha\sin(\omega t)}\Big) =\frac{1}{2}\cdot 2i\sin\!\big(\alpha\sin(\omega t)\big) = i\sin\!\big(\alpha\sin(\omega t)\big).
  • A probabilidade é o módulo quadrado da amplitude:
P\!\left(S_x=-\frac{\hbar}{2}\right)=\big|\langle\chi_{-}^{(x)}|\chi(t)\rangle\big|^{2} =\sin^{2}\!\Big(\alpha\sin(\omega t)\Big) =\sin^{2}\!\Big(\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}\sin(\omega t)\Big).
Esse é exatamente o resultado fornecido no enunciado.]

Passo 6

Determinar o campo mínimo B_{0} para forçar um giro completo em S_x.
  • "Giro completo em S_x" foi interpretado como: existe algum instante t em que a probabilidade de obter -\hbar/2 é 1.
  • A probabilidade é
P(t)=\sin^{2}\!\Big(\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}\sin(\omega t)\Big).
Para que P(t)=1 precisamos que o argumento da \sin^{2} seja de forma \dfrac{\pi}{2}+n\pi para algum inteiro n. O fator \sin(\omega t) pode variar apenas entre -1 e 1. Assim o maior valor absoluto que o argumento pode tomar, variando t, é
\left|\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}\right|\cdot 1 = \frac{\gamma B_{0}}{2\omega}.
Para que exista algum t tal que o argumento atinja pelo menos \dfrac{\pi}{2} (o primeiro ponto onde \sin^{2} = 1), é necessário e suficiente que
\frac{\gamma B_{0}}{2\omega} \ge \frac{\pi}{2}.
Isolando B_{0} obtemos o campo mínimo:
B_{0,\min}=\frac{\pi\omega}{\gamma}.
Observação: se B_{0}=B_{0,\min}, um instante que dá giro completo é aquele com \sin(\omega t)=1, por exemplo \omega t=\pi/2, caso em que o argumento é exatamente \pi/2 e a probabilidade alcança 1.

Resposta

(a) H(t)=-\dfrac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\cos(\omega t)\,\sigma_{z}= \displaystyle\begin{pmatrix} -\dfrac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\cos(\omega t) & 0 \\[6pt] 0 & +\dfrac{\gamma\hbar B_{0}}{2}\cos(\omega t) \end{pmatrix}.
(b) \displaystyle \chi(t)=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} \exp\!\Big(i\displaystyle\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}\sin(\omega t)\Big)\\[8pt] \exp\!\Big(-i\displaystyle\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}\sin(\omega t)\Big) \end{pmatrix}.
(c) \displaystyle P\!\left(S_x=-\frac{\hbar}{2}\right)=\sin^{2}\!\Big(\frac{\gamma B_{0}}{2\omega}\sin(\omega t)\Big).
Campo mínimo para giro completo: \displaystyle B_{0,\min}=\frac{\pi\omega}{\gamma}.]

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