a. Suppose that f(A) is a function of a Hermitian operator A with the property A\left|a^{\prime}\right\rangle=a^{\prime}\left|a^{\prime}\right\rangle. Evaluate \left\langle b^{\prime \prime}\right| f(A)\left|b^{\prime}\right\rangle when the transformation matrix from the a^{\prime} basis to the b^{\prime} basis is known.
b. Using the continuum analogue of the result obtained in (a), evaluate
\left\langle\mathbf{p}^{\prime \prime}\right| F(r)\left|\mathbf{p}^{\prime}\right\rangle .

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e quais são as informações fornecidas.
  • Pergunta (a): avaliar \left\langle b^{\prime\prime}\right| f(A)\left|b^{\prime}\right\rangle, sabendo que A é um operador hermitiano cujos autovetores satisfazem A\left|a^{\prime}\right\rangle = a^{\prime}\left|a^{\prime}\right\rangle e sabendo-se a transformação (matriz de mudança de base) da base \{\left|a'\right\rangle\} para a base \{\left|b'\right\rangle\}.
  • Pergunta (b): usar o análogo contínuo do resultado de (a) para avaliar \left\langle \mathbf{p}'' \right| F(r) \left| \mathbf{p}' \right\rangle, onde F(r) é uma função do operador posição \mathbf{r} e \left|\mathbf{p}\right\rangle são autoestados de momento.
Informações relevantes dadas:
  • Os \left|a'\right\rangle são autovetores de A com autovalores a'.
  • Conhece-se a transformação entre as bases: os elementos de matriz \langle a'|b'\rangle (ou equivalente) são conhecidos.
  • No caso contínuo usa-se a base de posição \{|\mathbf{r}\rangle\} e a base de momento \{|\mathbf{p}\rangle\}; é necessário adotar a convenção de normalização de \langle \mathbf{r}|\mathbf{p}\rangle para escrever a resposta explícita.

Passo 2

Conceito fundamental que vamos usar (explicado devagar): se um operador A tem uma base completa ortonormal de autovetores \{\left|a'\right\rangle\} com autovalores a', então qualquer função f(A) que seja bem definida sobre os autovalores age sobre cada autovetor como multiplicação escalar por f(a'). Em linguagem de operadores isso significa que (forma discreta de decomposição)
f(A)=\sum_{a'} f(a')\,\left|a'\right\rangle\left\langle a'\right|,
onde a soma percorre todos os autovalores/autovetores (se houver degenerescência, a soma inclui um índice de degenerescência). Aqui usei a identidade
\sum_{a'} \left|a'\right\rangle\left\langle a'\right| = \mathbb{I},
que é a resolução da identidade na base \{\left|a'\right\rangle\}. Explicação do porquê: aplicar f(A) num autovetor \left|a'\right\rangle f(a')\left|a'\right\rangle — por isso a forma acima é consistente e diagonaliza f(A) nessa base.

Passo 3

Usar a decomposição em autovetores de A para calcular a matriz de f(A) na base \{\left|b'\right\rangle\}.
Começo escrevendo explicitamente a matriz de f(A) entre \left|b''\right\rangle e \left|b'\right\rangle e inserindo a resolução da identidade na base \{\left|a'\right\rangle\}:
\left\langle b^{\prime\prime}\right| f(A)\left|b^{\prime}\right\rangle = \left\langle b^{\prime\prime}\right| \left(\sum_{a'} f(a')\,\left|a'\right\rangle\left\langle a'\right|\right) \left|b^{\prime}\right\rangle.
Como a soma é finita ou contável (ou inclui índices de degenerescência), posso puxar tudo para dentro:
\left\langle b^{\prime\prime}\right| f(A)\left|b^{\prime}\right\rangle = \sum_{a'} f(a')\,\left\langle b^{\prime\prime} \mid a'\right\rangle \left\langle a' \mid b^{\prime}\right\rangle.
Isto já é uma forma prática: cada termo usa os coeficientes de transformação entre bases \langle a'|b'\rangle e o valor escalar f(a').
Para ligar isso à “matriz de transformação” explícita, defina
U_{a'b} \equiv \left\langle a' \mid b\right\rangle.
Então \left\langle b^{\prime\prime} \mid a'\right\rangle = U_{a' b''}^* e \left\langle a' \mid b^{\prime}\right\rangle = U_{a' b'}. Assim uma forma útil e compacta é
\left\langle b^{\prime\prime}\right| f(A)\left|b^{\prime}\right\rangle = \sum_{a'} f(a')\, U_{a' b''}^*\, U_{a' b'}.
Interpretação prática: se você conhece a matriz U que transforma coordenadas da base \{a'\} para \{b'\} e conhece os números f(a'), basta somar esses termos para obter o elemento da matriz de f(A) na base b.
Exemplo concreto (pequeno) para fixar a ideia: suponha dois autovalores a_1,a_2 e uma matriz de transformação (valores hipotéticos)
U = \begin{pmatrix} U_{a_1 b_1} & U_{a_1 b_2} \\\ U_{a_2 b_1} & U_{a_2 b_2} \end{pmatrix}.
Então
\left\langle b_2\right| f(A) \left| b_1\right\rangle = f(a_1)\,U_{a_1 b_2}^* U_{a_1 b_1} + f(a_2)\,U_{a_2 b_2}^* U_{a_2 b_1}.
Isto mostra passo a passo como calcular na prova: pegar cada autovalor, multiplicar por produto dos componentes correspondentes e somar.

Passo 4

Agora passo para o análogo contínuo: ideia e identidade básica. No caso contínuo (posição \mathbf{r} e momento \mathbf{p}) a resolução da identidade na base de posição é uma integral:
\int d^{3}r\;\left|\mathbf{r}\right\rangle\left\langle \mathbf{r}\right| = \mathbb{I}.
Se F(\mathbf{r}) é uma função do operador posição (ou uma multiplicação por F(\mathbf{r}) no espaço r-representação), então a forma integral análoga à soma discreta é
F(\mathbf{r}) = \int d^{3}r\; \left|\mathbf{r}\right\rangle F(\mathbf{r}) \left\langle \mathbf{r}\right|.
(Aqui F(\mathbf{r}) no integrando é a função numérica avaliada no ponto \mathbf{r}.)

Passo 5

Calcular \left\langle \mathbf{p}''\right| F(\mathbf{r}) \left| \mathbf{p}'\right\rangle usando a resolução da identidade em \{\left|\mathbf{r}\right\rangle\}. Inserindo a identidade:
\left\langle \mathbf{p}''\right| F(\mathbf{r}) \left| \mathbf{p}'\right\rangle = \int d^{3}r\; \left\langle \mathbf{p}'' \mid \mathbf{r} \right\rangle F(\mathbf{r}) \left\langle \mathbf{r} \mid \mathbf{p}' \right\rangle.
Agora precisamos da forma das amplitudes \left\langle \mathbf{r} \mid \mathbf{p} \right\rangle. Vou adotar a convenção padrão (muito usada) de normalização
\left\langle \mathbf{r} \mid \mathbf{p} \right\rangle = \frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}}\, e^{\tfrac{i}{\hbar}\mathbf{p}\cdot\mathbf{r}}.
Com isso
\left\langle \mathbf{p}'' \mid \mathbf{r} \right\rangle = \left\langle \mathbf{r} \mid \mathbf{p}'' \right\rangle^* = \frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}}\, e^{-\tfrac{i}{\hbar}\mathbf{p}''\cdot\mathbf{r}}.
Substituindo nas integrais:
\left\langle \mathbf{p}''\right| F(\mathbf{r}) \left| \mathbf{p}'\right\rangle = \int d^{3}r\; \frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}} e^{-\tfrac{i}{\hbar}\mathbf{p}''\cdot\mathbf{r}} \; F(\mathbf{r})\; \frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}} e^{\tfrac{i}{\hbar}\mathbf{p}'\cdot\mathbf{r}}.
Agrupando os fatores:
\left\langle \mathbf{p}''\right| F(\mathbf{r}) \left| \mathbf{p}'\right\rangle = \frac{1}{(2\pi\hbar)^{3}} \int d^{3}r\; e^{\tfrac{i}{\hbar}(\mathbf{p}'-\mathbf{p}'')\cdot\mathbf{r}} \; F(\mathbf{r}).
Esta é a expressão desejada: a matriz de F(\mathbf{r}) na base de momento é proporcional à transformada de Fourier da função F(\mathbf{r}), avaliada no vetor de onda (\mathbf{p}'-\mathbf{p}'')/\hbar.

Passo 6

Para fixar a intuição, veja dois casos simples:
  • Se F(\mathbf{r}) = \text{constante }F_0, então a integral dá
\left\langle \mathbf{p}''\right| F_0 \left| \mathbf{p}'\right\rangle = \frac{F_0}{(2\pi\hbar)^{3}} \int d^{3}r\; e^{\tfrac{i}{\hbar}(\mathbf{p}'-\mathbf{p}'')\cdot\mathbf{r}} = F_0\; \delta^{(3)}(\mathbf{p}'-\mathbf{p}''),
porque \int d^{3}r\; e^{i\mathbf{q}\cdot\mathbf{r}}=(2\pi)^{3}\delta^{(3)}(\mathbf{q}) e \mathbf{q}=(\mathbf{p}'-\mathbf{p}'')/\hbar leva ao \delta-de Dirac em \mathbf{p}'-\mathbf{p}''.
  • Se F(\mathbf{r}) é localizada no espaço, a matriz em \mathbf{p}-representação tem elementos que conectam momentos diferentes: não é diagonal em \mathbf{p}.

Resposta

\left\langle b^{\prime\prime}\right| f(A)\left|b^{\prime}\right\rangle = \displaystyle\sum_{a'} f(a')\,\left\langle b^{\prime\prime}\mid a'\right\rangle\left\langle a'\mid b^{\prime}\right\rangle = \displaystyle\sum_{a'} f(a')\,U_{a' b''}^*\,U_{a' b'}.
\left\langle \mathbf{p}''\right| F(\mathbf{r}) \left| \mathbf{p}'\right\rangle = \displaystyle\frac{1}{(2\pi\hbar)^{3}} \int d^{3}r\; e^{\tfrac{i}{\hbar}(\mathbf{p}'-\mathbf{p}'')\cdot\mathbf{r}}\; F(\mathbf{r}).

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