Mostre que se |\Psi(x, t)\rangle=e^{-i E_{k} t / \hbar}\left|\psi_{k}(x)\right\rangle, então \sigma_{\hat{H}}=0 e \Delta t \rightarrow \infty.
Dado: \left|\psi_{k}(x)\right\rangle=c\left|\alpha_{k}(x)\right\rangle, com |c|^{2}=1.

Passo 1

O enunciado diz que temos o estado de autovalor de energia
|\Psi(x,t)\rangle = e^{-iE_{k}t/\hbar}\,|\psi_{k}(x)\rangle
com |\psi_{k}(x)\rangle = c\,|\alpha_{k}(x)\rangle e |c|^{2}=1.
O objetivo é mostrar que a incerteza de energia \sigma_{\hat{H}}=0 e, em consequência, que o “tempo mínimo” \Delta t tende a infinito, usando a relação de incerteza entre energia e tempo.

Passo 2

Calcular o valor esperado de \hat{H}. Como |\psi_{k}\rangle é autovetor de \hat{H} com autovalor E_{k}, temos
\hat{H}\,|\Psi(t)\rangle = e^{-iE_{k}t/\hbar}\,\hat{H}\,|\psi_{k}\rangle = e^{-iE_{k}t/\hbar}\,E_{k}\,|\psi_{k}\rangle = E_{k}\,|\Psi(t)\rangle.
Logo,
\langle\hat{H}\rangle = \langle\Psi(t)|\hat{H}|\Psi(t)\rangle = E_{k}\,\langle\Psi(t)|\Psi(t)\rangle = E_{k}.

Passo 3

Calcular o valor esperado de \hat{H}^{2}. Novamente,
\hat{H}^{2}\,|\Psi(t)\rangle = \hat{H}\bigl(E_{k}\,|\Psi(t)\rangle\bigr) = E_{k}\,\hat{H}\,|\Psi(t)\rangle = E_{k}^{2}\,|\Psi(t)\rangle,
de onde
\langle\hat{H}^{2}\rangle = \langle\Psi(t)|\hat{H}^{2}|\Psi(t)\rangle = E_{k}^{2}.

Passo 4

A incerteza de energia é
\sigma_{\hat{H}} = \sqrt{\langle\hat{H}^{2}\rangle - \langle\hat{H}\rangle^{2}} = \sqrt{E_{k}^{2} - E_{k}^{2}} = 0.

Passo 5

Pela relação de incerteza tempo-energia do tipo Mandelstam–Tamm,
\sigma_{\hat{H}}\,\Delta t \;\ge\;\frac{\hbar}{2}.
Como \sigma_{\hat{H}}=0, para que o produto seja \ge \hbar/2 é necessário \Delta t \to \infty.

Resposta

\sigma_{\hat{H}} = 0 e \Delta t \rightarrow \infty.

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