Mostre que para um O.H.S quantizado, teremos para um autoestado qualquer n
\Delta x \Delta p=\frac{\hbar}{2}(2 n+1)

Passo 1

O enunciado pede para demonstrar que, para um oscilador harmônico quantizado e para um autoestado qualquer rotulado por n, o produto das incertezas em posição e momento satisfaz
\Delta x \Delta p=\frac{\hbar}{2}(2 n+1).
Informações dadas/implicadas que vamos usar:
  • Há um autoestado de índice n, denotado por |n\rangle, que é autovetor do Hamiltoniano do oscilador harmônico quantizado.
  • Quer-se o produto das incertezas (desvios-padrão) de x e p nesse estado.

Passo 2

Primeiro, vamos lembrar, com calma, o que é incerteza (desvio-padrão) e valor esperado. Para um operador hermitiano A e um estado |\psi\rangle:
\langle A\rangle=\langle\psi|A|\psi\rangle
(\Delta A)^2=\langle A^2\rangle-\langle A\rangle^2.
No nosso caso vamos usar A=x e A=p. O objetivo é calcular \Delta x e \Delta p para o estado |n\rangle.

Passo 3

Uma maneira prática de calcular essas expectativas é usar os operadores escalonadores (ladder operators). Definimos a e a^\dagger por
a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,x+\frac{i}{\sqrt{2\hbar m\omega}}\,p, \qquad a^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,x-\frac{i}{\sqrt{2\hbar m\omega}}\,p.
Esses operadores satisfazem a relação de comutação
[a,a^\dagger]=1.
Invertendo as relações, expressamos x e p em termos de a e a^\dagger:
x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,(a+a^\dagger), \qquad p=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\,(a^\dagger-a).

Passo 4

Precisamos também das ações de a e a^\dagger sobre os autoestados |n\rangle:
a|n\rangle=\sqrt{n}\,|n-1\rangle, \qquad a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle.
Com isso vemos que, para o mesmo estado,
\langle n|a|n\rangle=0, \qquad \langle n|a^\dagger|n\rangle=0,
pois a|n\rangle é proporcional a |n-1\rangle, ortogonal a |n\rangle, e análogo para a^\dagger. Portanto
\langle x\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\big(\langle a\rangle+\langle a^\dagger\rangle\big)=0, \qquad \langle p\rangle=i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}\big(\langle a^\dagger\rangle-\langle a\rangle\big)=0.

Passo 5

Agora calculemos \langle x^2\rangle. Usando x=\sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^\dagger) temos
\langle x^2\rangle=\frac{\hbar}{2m\omega}\,\langle (a+a^\dagger)^2\rangle =\frac{\hbar}{2m\omega}\,\langle a^2 + a^{\dagger 2} + a a^\dagger + a^\dagger a\rangle.
Em um autoestado |n\rangle valem \langle a^2\rangle=0 e \langle a^{\dagger 2}\rangle=0 (porque a^2|n\rangle\propto|n-2\rangle etc., vetores ortogonais a |n\rangle). Resta avaliar \langle a a^\dagger\rangle e \langle a^\dagger a\rangle. Usando [a,a^\dagger]=1 obtemos a a^\dagger=a^\dagger a+1, e como \langle a^\dagger a\rangle=n (número médio de fótons/fônons no estado |n\rangle), temos
\langle a^\dagger a\rangle=n, \qquad \langle a a^\dagger\rangle=n+1.
Somando,
\langle a a^\dagger\rangle+\langle a^\dagger a\rangle=2n+1.
Portanto
\langle x^2\rangle=\frac{\hbar}{2m\omega}(2n+1).

Passo 6

De forma análoga calculamos \langle p^2\rangle. Usando p=i\sqrt{\dfrac{\hbar m\omega}{2}}(a^\dagger-a) temos
\langle p^2\rangle=-\frac{\hbar m\omega}{2}\,\langle (a^\dagger-a)^2\rangle =-\frac{\hbar m\omega}{2}\,\langle a^{\dagger 2}-a^\dagger a - a a^\dagger + a^2\rangle.
Novamente \langle a^2\rangle=0 e \langle a^{\dagger 2}\rangle=0. Ficamos com
\langle p^2\rangle=-\frac{\hbar m\omega}{2}\big(-\langle a^\dagger a\rangle-\langle a a^\dagger\rangle\big) =\frac{\hbar m\omega}{2}(2n+1).

Passo 7

Agora as variâncias ficam simples porque \langle x\rangle=0 e \langle p\rangle=0:
(\Delta x)^2=\langle x^2\rangle=\frac{\hbar}{2m\omega}(2n+1), \qquad (\Delta p)^2=\langle p^2\rangle=\frac{\hbar m\omega}{2}(2n+1).
Portanto
\Delta x\,\Delta p=\sqrt{(\Delta x)^2}\sqrt{(\Delta p)^2} =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}(2n+1)\cdot\frac{\hbar m\omega}{2}(2n+1)}.

Passo 8

Simplificando a expressão sob a raiz:
\Delta x\,\Delta p=\sqrt{\frac{\hbar^2}{4}(2n+1)^2}=\frac{\hbar}{2}(2n+1).
Esta é exatamente a relação pedida.

Resposta

\Delta x \Delta p=\frac{\hbar}{2}(2 n+1)

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