(Griffiths, Problema 1.7, pg. 13) Uma das consequências do Teorema de Ehrenfest na Mecânica Quântica é que valores esperados obedecem às leis clássicas. Dessa forma, use a relação
\langle p\rangle=m \frac{d\langle x\rangle}{d t}=-i \hbar \int\left(\Psi^{*} \frac{\partial \Psi}{\partial x}\right) d x
e a equação de Schrödinger
-\frac{\hbar^{2}}{2 m} \frac{\partial^{2} \Psi(x, t)}{\partial x^{2}}+V(x) \Psi(x, t)=i \hbar \frac{\partial \Psi(x, t)}{\partial t}
para mostrar que
\frac{d\langle p\rangle}{d t}=\left\langle-\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que
\frac{d\langle p\rangle}{dt}=\Big\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\Big\rangle
usando a definição
\langle p\rangle=-i\hbar\int\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\,dx
e a equação de Schrödinger dependente do tempo
-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}+V(x)\Psi=i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t}.
O conteúdo envolve derivar sob o sinal de integral, aplicar a equação de Schrödinger e usar integração por partes, lembrando que \Psi\to0 em |x|\to\infty.

Passo 2

Calcule a derivada temporal de \langle p\rangle sob o integral, usando regra do produto:
\frac{d\langle p\rangle}{dt}=-i\hbar\frac{d}{dt}\int\Psi^*\partial_x\Psi\,dx =-i\hbar\int\Bigl(\partial_t\Psi^*\;\partial_x\Psi+\Psi^*\;\partial_x\partial_t\Psi\Bigr)dx.

Passo 3

Substitua \partial_t\Psi e \partial_t\Psi^* pela Schrödinger e sua conjugada:
\partial_t\Psi=\frac{1}{i\hbar}\Bigl[-\frac{\hbar^2}{2m}\partial_x^2\Psi+V\Psi\Bigr], \quad \partial_t\Psi^*=-\frac{1}{i\hbar}\Bigl[-\frac{\hbar^2}{2m}\partial_x^2\Psi^*+V\Psi^*\Bigr].

Passo 4

Inserindo em \frac{d\langle p\rangle}{dt} e simplificando -i\hbar\times(\pm1/(i\hbar)), obtém-se
\frac{d\langle p\rangle}{dt} =\int\Bigl[\bigl(-\tfrac{\hbar^2}{2m}\partial_x^2\Psi^*+V\Psi^*\bigr)\partial_x\Psi -\Psi^*\partial_x\bigl(-\tfrac{\hbar^2}{2m}\partial_x^2\Psi+V\Psi\bigr)\Bigr]dx.

Passo 5

Separe termos cinéticos e potenciais:
Cinético:
-\frac{\hbar^2}{2m}\int\bigl[\partial_x^2\Psi^*\;\partial_x\Psi -\Psi^*\;\partial_x^3\Psi\bigr]dx,
Potencial:
\int\bigl[V\Psi^*\;\partial_x\Psi -\Psi^*\;\partial_x(V\Psi)\bigr]dx.

Passo 6

No termo cinético note que \partial_x^2\Psi^*\;\partial_x\Psi-\Psi^*\partial_x^3\Psi =\partial_x\bigl(\partial_x\Psi^*\;\partial_x\Psi-\Psi^*\partial_x^2\Psi\bigr).
Integrando por partes e usando \Psi\to0 em \pm\infty, esse termo dá zero.

Passo 7

No termo potencial expanda \partial_x(V\Psi)=V'\Psi+V\,\partial_x\Psi, então
\int\bigl[V\Psi^*\partial_x\Psi-\Psi^*(V'\Psi+V\partial_x\Psi)\bigr]dx =-\int\Psi^*V'\Psi\,dx =-\Big\langle\frac{\partial V}{\partial x}\Big\rangle.

Passo 8

Somando as contribuições, só sobra o termo potencial, logo
\frac{d\langle p\rangle}{dt} =-\Big\langle\frac{\partial V}{\partial x}\Big\rangle,
que era o que queríamos mostrar.

Resposta

\frac{d\langle p\rangle}{dt}=\Big\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\Big\rangle.

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