\Psi(x, 0)=A\left[3 \psi_{0}(x)+4 \psi_{1}(x)\right]
(a) Calcule A.
(b) Monte \Psi(x, t) e |\Psi(x, t)|^{2}.
(c) Calcule \langle x\rangle e \langle p\rangle. Calcule d\langle p\rangle / d t e \langle-\partial V / \partial x\rangle e verifique o teorema de Ehrenfest para o estado \Psi(x, t) e os operadores \hat{p} e \hat{V} :
\frac{d\langle p\rangle}{d t}=\left\langle-\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle
O teorema de Ehrenfest estabelece que os valores esperados dos observáveis quânticos acima se relacionam como as variáveis dinâmicas clássicas correspondentes.

Passo 1

O enunciado dá a função de onda inicial
\Psi(x,0)=A\bigl[3\psi_{0}(x)+4\psi_{1}(x)\bigr]
e pede:
(a) determinar A;
(b) montar \Psi(x,t) e |\Psi(x,t)|^{2};
(c) calcular \langle x\rangle e \langle p\rangle, em seguida d\langle p\rangle/dt e \langle -\partial V/\partial x\rangle, e verificar o teorema de Ehrenfest
\frac{d\langle p\rangle}{dt}=\left\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
\Psi(x,0)=A\bigl[3\psi_{0}(x)+4\psi_{1}(x)\bigr],
onde \psi_{0} e \psi_{1} são autovetores ortonormais (estados estacionários) do hamiltoniano. O enunciado usa indices 0 e 1 (estado fundamental e primeiro excitado), portanto vamos usar as propriedades padrão desses autovetores (ortonormalidade \langle\psi_{n}|\psi_{m}\rangle=\delta_{nm}) e, para calcular elementos de matriz de x e p, vamos assumir o caso usual do oscilador harmônico unidimensional, em cujo contexto os autovetores podem ser tomados reais e
E_n=\hbar\omega\left(n+\tfrac{1}{2}\right),
\langle\psi_0|x|\psi_1\rangle e \langle\psi_0|p|\psi_1\rangle têm valores conhecidos que usaremos (vou derivá‑los passo a passo).

Passo 2

Normalização e cálculo de A.
Teoria usada (rápida aulas):
  • A função de onda total deve ser normalizada: \langle\Psi(0)|\Psi(0)\rangle=1.
  • Com estados ortonormais, \langle\psi_n|\psi_m\rangle=\delta_{nm}, então cruzamentos entre \psi_0 e \psi_1 desaparecem ao calcular norma.
Cálculo:
\langle\Psi(0)|\Psi(0)\rangle=|A|^{2}\bigl(3^{2}+4^{2}\bigr)=|A|^{2}(9+16)=25|A|^{2}.
Impondo normalização 25|A|^{2}=1 obtemos
|A|=\frac{1}{5}.
Podemos escolher A real e positivo (fase global irrelevante), então
A=\frac{1}{5}.

Passo 3

Evolução temporal \Psi(x,t).
Teoria usada:
  • Estados próprios de energia evoluem com fator de fase temporal \exp\!\bigl(-iE_n t/\hbar\bigr).
  • Se \psi_n é autofunção com energia E_n, então a contribuição de \psi_n em t é \psi_n(x)e^{-iE_n t/\hbar}.
Aplicando ao nosso caso (para o oscilador harmônico E_n=\hbar\omega(n+\tfrac12)):
\Psi(x,t)=\frac{1}{5}\Bigl[3\psi_{0}(x)e^{-iE_{0}t/\hbar}+4\psi_{1}(x)e^{-iE_{1}t/\hbar}\Bigr].
É útil trabalhar com a diferença de fases \Delta E=E_{1}-E_{0}=\hbar\omega. Podemos factorar e^{-iE_{0}t/\hbar} se quisermos:
\Psi(x,t)=\frac{e^{-iE_0 t/\hbar}}{5}\Bigl[3\psi_0(x)+4\psi_1(x)e^{-i\omega t}\Bigr].
A fase global e^{-iE_0 t/\hbar} não altera probabilidades, mas deixo-a explicitada.

Passo 4

Cálculo de |\Psi(x,t)|^{2}.
Teoria usada:
  • |\Psi|^{2}=\Psi^{*}\Psi. Produtos entre termos com fases diferentes geram termos de interferência dependentes do tempo.
Cálculo direto (usando A=1/5):
|\Psi(x,t)|^{2}=\frac{1}{25}\Bigl(9|\psi_{0}(x)|^{2}+16|\psi_{1}(x)|^{2}+2\cdot3\cdot4\,\Re\{\psi_{0}^{*}(x)\psi_{1}(x)e^{-i\omega t}\}\Bigr).
Se escolhemos \psi_{0} e \psi_{1} reais (padrão para os autovetores do oscilador harmônico), \psi_{0}^{*}\psi_{1}=\psi_{0}\psi_{1} real, então o termo de interferência fica
\frac{24}{25}\psi_{0}(x)\psi_{1}(x)\cos(\omega t).
Logo, escrevendo completo:
|\Psi(x,t)|^{2}=\frac{1}{25}\Bigl(9\psi_{0}(x)^{2}+16\psi_{1}(x)^{2}+24\psi_{0}(x)\psi_{1}(x)\cos(\omega t)\Bigr).
Comentário didático: esse termo misto oscilante é a “batida” temporal que aparece quando misturamos dois níveis com energia diferente; ele é responsável por expectativas de posição e momento oscilantes no tempo.

Passo 5

Cálculo de \langle x\rangle.
Teoria usada:
  • Definição: \langle x\rangle=\langle\Psi(t)|x|\Psi(t)\rangle=\int \Psi^{*}(x,t)\,x\,\Psi(x,t)\,dx.
  • Expandindo em base \{\psi_n\}:
\langle x\rangle=\sum_{m,n} c_m^{*}(t)c_n(t)\langle\psi_m|x|\psi_n\rangle,
onde c_n(t) são coeficientes temporais ( c_0(t)=\tfrac{3}{5}e^{-iE_0 t/\hbar}, c_1(t)=\tfrac{4}{5}e^{-iE_1 t/\hbar}).
Diagonalmente, para estados de paridade bem definida do oscilador harmônico, \langle\psi_0|x|\psi_0\rangle=0 e \langle\psi_1|x|\psi_1\rangle=0 (funções pares multiplicadas por x dão integrando ímpar). Assim somente o termo cruzado contribui:
\langle x\rangle=2\Re\bigl\{c_0^{*}(t)c_1(t)\langle\psi_0|x|\psi_1\rangle\bigr\}.
Agora precisamos de \langle\psi_0|x|\psi_1\rangle. Usando operadores escalonantes do oscilador harmônico:
  • Definição útil:
x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,(a+a^{\dagger}).
  • Ação sobre autovalores: a|n\rangle=\sqrt{n}\,|n-1\rangle, a^{\dagger}|n\rangle=\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle.
  • Assim
\langle\psi_0|x|\psi_1\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\langle 0|a+a^{\dagger}|1\rangle =\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\bigl(\langle0|a|1\rangle+\langle0|a^{\dagger}|1\rangle\bigr).
Mas \langle0|a|1\rangle=\sqrt{1}\langle0|0\rangle=1 e \langle0|a^{\dagger}|1\rangle=0. Portanto
\langle\psi_0|x|\psi_1\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}.
Este é um número real positivo; chamo‑o de x_{01}:
x_{01}\equiv\langle\psi_0|x|\psi_1\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}.
Agora calcule c_0^{*}c_1:
c_0^{*}(t)c_1(t)=\frac{3}{5}e^{iE_0 t/\hbar}\cdot\frac{4}{5}e^{-iE_1 t/\hbar}=\frac{12}{25}e^{-i\omega t}.
Portanto
\langle x\rangle=2\Re\left\{\frac{12}{25}e^{-i\omega t}\cdot x_{01}\right\} =\frac{24}{25}x_{01}\cos(\omega t).
Substituindo x_{01}:
\boxed{\langle x\rangle=\frac{24}{25}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cos(\omega t).}
Comentário: \langle x\rangle oscila harmonicamente com frequência \omega, amplitude determinada pelos coeficientes da mistura.

Passo 6

Cálculo de \langle p\rangle.
Teoria usada:
  • Definição: \langle p\rangle=\langle\Psi|p|\Psi\rangle.
  • Para o oscilador harmônico:
p=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\,(a-a^{\dagger}).
  • Calculemos \langle\psi_0|p|\psi_1\rangle:
\langle\psi_0|p|\psi_1\rangle=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\langle0|a-a^{\dagger}|1\rangle =-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\bigl(\langle0|a|1\rangle-\langle0|a^{\dagger}|1\rangle\bigr).
Como antes \langle0|a|1\rangle=1 e \langle0|a^{\dagger}|1\rangle=0, obtemos
\langle\psi_0|p|\psi_1\rangle=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}.
Denoto p_{01}=\langle\psi_0|p|\psi_1\rangle=-i\sqrt{\tfrac{m\hbar\omega}{2}}.
Agora, como em \langle x\rangle,
\langle p\rangle=2\Re\{c_0^{*}(t)c_1(t)p_{01}\}.
Substituindo c_0^{*}c_1=\tfrac{12}{25}e^{-i\omega t} e p_{01}=-i\sqrt{\tfrac{m\hbar\omega}{2}} temos:
\langle p\rangle=2\Re\left\{\frac{12}{25}e^{-i\omega t}\cdot\bigl(-i\sqrt{\tfrac{m\hbar\omega}{2}}\bigr)\right\}.
Calcule o real:
e^{-i\omega t}(-i) = -i\cos\omega t - \sin\omega t \quad\Rightarrow\quad \Re\{e^{-i\omega t}(-i)\}=-\sin\omega t.
Logo
\langle p\rangle=2\cdot\frac{12}{25}\bigl(-\sin\omega t\bigr)\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}} =-\frac{24}{25}\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\sin(\omega t).
Portanto
\boxed{\langle p\rangle=-\frac{24}{25}\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\sin(\omega t).}
Comentário: \langle p\rangle é a derivada temporal (proporcional) de \langle x\rangle, como veremos.

Passo 7

Cálculo de d\langle p\rangle/dt e de \langle -\partial V/\partial x\rangle; verificação do teorema de Ehrenfest.
Primeiro derive \langle p\rangle no tempo:
\frac{d\langle p\rangle}{dt}=-\frac{24}{25}\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\cdot\omega\cos(\omega t).
Ou seja
\boxed{\frac{d\langle p\rangle}{dt}=-\frac{24}{25}\,\omega\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\cos(\omega t).}
Agora calcule \left\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle. Para o oscilador harmônico clássico/quântico típico
V(x)=\tfrac{1}{2}m\omega^{2}x^{2}\quad\Rightarrow\quad -\frac{\partial V}{\partial x}=-m\omega^{2}x.
Então
\left\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle=-m\omega^{2}\langle x\rangle.
Substituindo \langle x\rangle do passo 5:
\left\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle=-m\omega^{2}\cdot\frac{24}{25}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cos(\omega t).
Simplificando:
-m\omega^{2}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}=-\omega\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}},
portanto
\left\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle=-\frac{24}{25}\,\omega\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\cos(\omega t).
Isto coincide exatamente com \dfrac{d\langle p\rangle}{dt} obtido acima, logo
\frac{d\langle p\rangle}{dt}=\left\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle,
o que verifica o teorema de Ehrenfest para este estado e os operadores \hat p e \hat V.
Comentário final (motivacional): deu trabalho, mas a conta mostra que as médias quânticas seguem as equações clássicas para a média — bem legal, né? Isso é o coração do teorema de Ehrenfest.

Resposta

A=\dfrac{1}{5}.\n
\displaystyle \Psi(x,t)=\frac{1}{5}\Bigl[3\psi_{0}(x)e^{-iE_{0}t/\hbar}+4\psi_{1}(x)e^{-iE_{1}t/\hbar}\Bigr] \n
\displaystyle |\Psi(x,t)|^{2}=\frac{1}{25}\Bigl(9\psi_{0}(x)^{2}+16\psi_{1}(x)^{2}+24\psi_{0}(x)\psi_{1}(x)\cos(\omega t)\Bigr) \n
\displaystyle \langle x\rangle=\frac{24}{25}\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\cos(\omega t) \n
\displaystyle \langle p\rangle=-\frac{24}{25}\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\sin(\omega t) \n
\displaystyle \frac{d\langle p\rangle}{dt}=-\frac{24}{25}\,\omega\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\cos(\omega t) \n
\displaystyle \left\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle=-\frac{24}{25}\,\omega\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\cos(\omega t) \n
Portanto \displaystyle \frac{d\langle p\rangle}{dt}=\left\langle -\frac{\partial V}{\partial x}\right\rangle (Ehrenfest verificado).

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