Em referência ao Problema 4. Em t=0, a partícula está em um estado descrito por uma combinação linear dos dois estados estacionários de mais baixa energia:
\psi(x, 0)=\alpha \psi_{1}(x)+\beta \psi_{2}(x) \quad\left(|\alpha|^{2}+|\beta|^{2}=1\right)
(a) Calcule a função de onda \psi(x, t) e o valor médio dos operadores x e p_{x} como função do tempo.
(b) Verifique o teorema de Ehrenfest, m \frac{d\langle x\rangle}{d t}=\left\langle p_{x}\right\rangle.

Passo 1

O enunciado dá que, no instante t=0, a partícula está no estado
\psi(x,0)=\alpha\,\psi_{1}(x)+\beta\,\psi_{2}(x),
com |\alpha|^2+|\beta|^2=1. O conteúdo envolve:
– Evolução temporal em Mecânica Quântica de uma superposição de autoestados de energia.
– Cálculo de valores médios de x e p_x.
– Verificação do teorema de Ehrenfest \displaystyle m\,\frac{d\langle x\rangle}{dt}=\langle p_x\rangle.

Passo 2

Pela regra geral de evolução temporal, cada autoestado de energia E_n adquire fator de fase \exp(-iE_n t/\hbar). Logo
\boxed{\psi(x,t)=\alpha\,e^{-\,\tfrac{iE_1t}{\hbar}}\,\psi_{1}(x)\;+\;\beta\,e^{-\,\tfrac{iE_2t}{\hbar}}\,\psi_{2}(x).}

Passo 3

O valor médio de x é
\langle x\rangle(t) =\int\!\psi^*(x,t)\,x\,\psi(x,t)\,dx.
Expandindo em autostados e usando ortonormalidade, só sobrevivem termos diagonais e cruzados:
\langle x\rangle =|\alpha|^2\,x_{11}+|\beta|^2\,x_{22} +\alpha^*\beta\,e^{-\,i\omega_{21}t}\,x_{12} +\beta^*\alpha\,e^{\,i\omega_{21}t}\,x_{21},
onde definimos \omega_{21}=(E_2-E_1)/\hbar, \;x_{nm}=\!\int\psi_n^*\,x\,\psi_m\,dx,
e x_{21}=x_{12}^*.

Passo 4

O valor médio de p_x é
\langle p_x\rangle =-\,i\hbar\!\int\!\psi^*(x,t)\,\frac{\partial}{\partial x}\psi(x,t)\,dx.
De modo análogo obtemos apenas termos cruzados, que introduzem
p_{12}=\int\psi_1^*\bigl(-i\hbar\,\partial_x\bigr)\psi_2\,dx, \quad p_{21}=p_{12}^*.
O resultado é
\langle p_x\rangle =\alpha^*\beta\,e^{-\,i\omega_{21}t}\,p_{12} +\beta^*\alpha\,e^{\,i\omega_{21}t}\,p_{21}.

Passo 5

Para verificar Ehrenfest, usamos a identidade geral de elementos de matriz
p_{12}=i\,m\,\omega_{21}\,x_{12},
que vem de [H,x]=\tfrac{i\hbar}{m}\,p_x. Substituindo em \langle p_x\rangle e comparando com \displaystyle\frac{d\langle x\rangle}{dt} =-i\omega_{21}\,\alpha^*\beta\,x_{12}\,e^{-i\omega_{21}t} +i\omega_{21}\,\beta^*\alpha\,x_{21}\,e^{i\omega_{21}t},
vemos que
m\,\frac{d\langle x\rangle}{dt} =\alpha^*\beta\,e^{-i\omega_{21}t}\,(m(-i\omega_{21})x_{12}) +\text{c.c.} =\langle p_x\rangle.
Portanto o teorema de Ehrenfest está satisfeito.

Resposta

(a)
\psi(x,t) =\alpha\,e^{-\,\tfrac{iE_1t}{\hbar}}\,\psi_{1}(x) +\beta\,e^{-\,\tfrac{iE_2t}{\hbar}}\,\psi_{2}(x),
\langle x\rangle(t) =|\alpha|^2\,x_{11}+|\beta|^2\,x_{22} +2\,\Re\!\bigl[\alpha^*\beta\,x_{12}\,e^{-\,i\omega_{21}t}\bigr],
\langle p_x\rangle(t) =2\,\Re\!\bigl[\alpha^*\beta\,p_{12}\,e^{-\,i\omega_{21}t}\bigr].
(b) Verificou-se explicitamente que \displaystyle m\,\frac{d\langle x\rangle}{dt}=\langle p_x\rangle.

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