Soluc 3a7c3a3o dos problemas do sakurai cap 2 PDF

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Problema 1Considere o problema da precessão de spin discutido no texto. Ele podetambém ser resolvido no quadro de Heisenberg. Usando o HamiltonianozzeB HSwS mc⎛⎞ =− = ⎜⎟ ⎝⎠,escreva as equações de Heisenberg do movimento para os operadoresdependentes do tempo Stx (), Sty () e Stz (). Resolva elas par...

Description

Problema 1 Considere o problema da precessão de spin discutido no texto. Ele pode também ser resolvido no quadro de Heisenberg. Usando o Hamiltoniano ⎛ eB ⎞ H = −⎜ ⎟ S z = wS z , ⎝ mc ⎠

escreva as equações de Heisenberg do movimento para os operadores dependentes do tempo S x (t ), S y ( t) e S z (t ) . Resolva elas para obter Sx ,y ,z como funções do tempo. Solução : A equação de movimento de Heisenberg para um operador A (H )(t) (que chamaremos simplesmente A(t ) ) é:

[ A(t ), H ] = i 

dA(t ) . dt

(1)

Então, para H = wS z , temos as seguintes equações de movimento para S x (t ) , S y (t ) e Sz ( t) :

[ Sx (t ), wSz ] = − i wSy (t ) = i

dS x (t ) dt

(2)

dS y ( t) ⎡⎣ S y (t ), wS z ⎤⎦ = i wS x (t ) = i  dt

[ Sz (t ), wSz ] = 0 = i

(3)

dS z (t ) dt

(4)

A equação (4) resulta em S z (t ) = S z (0) = S z (S ) .

(5)

1

Substituindo a equação (2) na (3), temos: S x (t ) = −

1 d2 S (t ) w2 dt 2 x

ou d2 S ( t) + w 2S x( t) = 0 . dt 2 x

(6)

A solução geral desta equação é S x (t ) = A cos( wt − φ) .

(7)

Substituindo esta equação em (2), temos que: S y (t ) = Asen (wt − φ ) ,

(8)

onde A é um operador independente do tempo e φ é um número. Como a fase φ é irrelevante, podemos estabelecer φ = 0. Em t = 0 os operadores de Heisenberg e de Schrödinger devem coincidir. Portanto: A = S x (0) = S x (S ) .

(9)

Então, temos finalmente: S (x H) (t ) = S (x S) cos wt

(10)

S (y H) (t ) = S x( S) senwt S

( H) z

(t ) = S

( S) z

2

Problema 2 Olhe de novo para o Hamiltoniano do capítulo 1, problema 11. Suponha que o datilógrafo cometeu um erro e escreveu H como H = H11 1 1 + H 22 2 2 + H12 1 2 .

Qual princípio é agora violado? Ilustre o seu ponto explicitamente tentando resolver o problema mais geral dependente do tempo usando um Hamiltoniano ilegal deste tipo. (Você pode assumir H11 = H 22 = 0 por simplicidade.) Solução : Observando este Hamiltoniano vemos que ele não é Hermitiano, pois: H † = H11 1 1 + H22 2 2 + H12 2 1 ≠ H

(1)

Vejamos qual é o resultado da aplicação do operador H † nos bras ( 1 e 2 ) de base, com H11 = H 22 = 0 : 1H† =0

2 H † = 1 H 12

(2)

Usaremos estes resultados posteriormente. Expandiremos agora um ket arbitrário na descrição de Schrödinger em termos dos kets de base 1 e 2 : (3)

α, t = 1 1 α , t + 2 2 α , t

Como α , t = U (t ) α , 0 , temos: (4)

α , t = 1 1 U ( t ) α , 0 + 2 2 U (t ) α , 0

Quando t = 0 , temos: 1 α, 0

2

+ 2 α, 0

2

=1,

(5)

que é a probabilidade total. 1

A probabilidade total para t ≠ 0 é dada por: 1 U ( t ) α ,0

2

2

+ 2 U ( t) α ,0

(6)

= Pr ( t )

Como H independe do tempo, temos: †

⎛ iH † t ⎞ t ⎞ ⎛ −iH  ⎟ α ,0 = 1 ⎜ e  ⎟ α ,0 . 1 U (t ) α , 0 = 1 ⎜ e ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎠ ⎝

(7)

Fazendo e

iH † t 

= 1+

iH † t, 

(8)

pois ( H ) = 0 para n ≠ 1 , usando (2) temos: n

†

t ⎞ ⎛ − iH ⎧ i ⎫ 1 ⎜⎜ e  ⎟⎟ α ,0 = 1 ⎨1 + H †t ⎬ α ,0 = 1 α ,0 ⎭ ⎩  ⎝ ⎠

Portanto (9)

1U (t ) α ,0 = 1 α ,0

Da mesma forma, temos: ⎛ −iH 2 U (t ) α ,0 = 2 ⎜⎜ e  ⎝ ⎧

†

t

i 

⎛ iH † t ⎞ ⎞ ⎟ α ,0 = 2 ⎜ e  ⎟ α ,0 ⎟ ⎟ ⎜ ⎠ ⎠ ⎝ ⎫ ⎭

†

2 U ( t ) α ,0 = 2 ⎨1 + H †t ⎬ α ,0 ⎩

i 2 U (t ) α ,0 = 2 α ,0 − tH 12 1 α ,0 . 

(10)

Voltando em (6), calculamos a probabilidade total no instante t ≠ 0 como sendo: Pr ( t) = 1 α ,0

2

+ 2 α ,0 −

i tH12 1 α ,0 

2

2

Pr ( t) = 1 α,0

2

+ 2 α ,0

2

+

t2 2 H 12 1 α ,0 2

2

[

+ 1 α ,0 2 α ,0

*

− 2 α ,0 1 α ,0

*

]i tH

Usando (5), podemos escrever: Pr ( t) = 1 +

H12 2 t 2 1 α ,0 2

2

− 2 Im[ 1 α ,0 α ,0 2

]H

12



t

≠ 1.

(11)

Vemos então que a probabilidade total é uma função linear do tempo, o que contraria o princípio da conservação da probabilidade total.

3

12

Problema 3 Um eletron está sujeito a campo magnético uniforme independente do tempo e tamanho B na direção positiva z . Em t = 0 o elétron é conhecido estar em um estado de S .nˆ com autovalor  / 2 , onde nˆ é um vetor unitário posicionado no plano x z , que faz um ângulo β com o eixo z. a. Obtenha a probabilidade de achar o elétron no estado Sx =

 como uma 2

função do tempo. b. Encontre o valor esperado de S x como uma função do tempo. c. Mostre que nossa resposta está de acordo com os casos extremos (i) β → 0 e (ii) β → π / 2 .

Solução :

Figura 1: Geometria para o vetor unitário nˆ.

1



A equação de autovalores do operador S .nˆ é (exemplo 1.9):     S .nˆ S .nˆ ; ± = ± S .nˆ; ± , 2

(1)

com  ⎛β⎞ ⎛ β⎞ S .nˆ ;+ = cos⎜ ⎟ + + sen ⎜ ⎟ − , ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠

(2)

e  β β S .nˆ ;− = sen ⎛⎜ ⎞⎟ + + cos⎛⎜ ⎞⎟ − . ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠

(3)

O Hamiltoniano deste sistema é dado por (2.1.53): H = wSz ,

(4)

com w=

eB m ec

.

(5)

O operador de evolução temporal é dado por U (t) = e

−

iH t 

=e

−

iwS z t 

(6)

Se o estado do sistema no tempo t = 0 era caracterizado pelo ket da expressão (2), no instante t o estado será dado por: ⎛ − iwS z t ⎞ ⎡ ⎛ β ⎞ ⎛ β⎞ ⎤ ⎟ ⎢cos⎜ ⎟ + + sen⎜ ⎟ − ⎥ ⎝  ⎠⎣ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎦ ,  β⎞ β⎞ iwt ⎞ − iwt ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ α, t = U ( t) S. nˆ; + = exp ⎜ ⎟ cos ⎜ 2 ⎟ + + exp ⎜ 2 ⎟ sen⎜ 2 ⎟ − ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 

α, t = U ( t) S.nˆ ;+ = exp⎜

2

(7)

onde usamos ⎛ iwS z t ⎞ ⎛ iwt ⎞ exp ⎜ − ± = exp ⎜ ∓ ⎟ ⎟± .  ⎠ ⎝ ⎝ 2 ⎠

a. A probabilidade de se encontrar o elétron no estado S x =  / 2 é dada por: 2

S x ;+ α , t ,

(8)

onde Sx ; + é dada por: Sx; + =

1 2

(+

+ − ).

(8a)

Então (8) fica: S x ;+ α , t S x ;+ α , t

2

2

1 = 2 =

iwt ⎛ −iwt2 ⎛β ⎞ ⎛β ⎞ ⎞ + + − )⎜ e cos ⎜ ⎟ + + e 2 sen ⎜ ⎟ − ⎟ ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ ⎠ ⎝

(

− iwt 2

1 e 2

⎛ β⎞ ⎛ β⎞ cos⎜ ⎟ + e sen⎜ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ iwt 2

2

2

.

(9)

Desenvolvendo (9), temos: S x ;+ α , t

2

S x ;+ α , t

2

S x ;+ α , t

2

S x ;+ α , t

2

=

1 ⎛ wt ⎞ ⎛ β⎞ ⎛ wt ⎞ ⎛ β⎞ ⎛ wt ⎞ ⎛ β⎞ ⎛ wt ⎞ ⎛ β⎞ cos⎜ ⎟ cos⎜ ⎟ − isen⎜ ⎟ cos⎜ ⎟ + cos⎜ ⎟ sen⎜ ⎟ + isen⎜ ⎟ sen⎜ ⎟ 2 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠

=

⎫ 1 ⎧ 2 ⎛ wt ⎞ 2 ⎛ wt ⎞ ⎨ cos ⎜ ⎟( 1+ senβ ) + sen ⎜ ⎟( 1− senβ ) ⎬ 2⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎭

1⎧ ⎡ ⎛ wt ⎞ ⎛ wt = ⎨ 1+ ⎢ cos2 ⎜ ⎟ − sen2 ⎜ 2⎩ ⎣ ⎝ 2⎠ ⎝ 2 1 = {1+ cos( wt ) sen(β )} 2

⎫ ⎞⎤ ⎟ ⎥ senβ ⎬ ⎠⎦ ⎭

Vemos que para β → 0 , o lado direito de (10) se torna 1/ 2 . Isto faz sentido, pois se β = 0 inicialmente, o sistema está no autoestado + , que é um autoestado do Hamiltoniano, e portanto, estacionário. Logo, a 3

2

probabilidade de se encontrar o estado Sx = +  / 2 é constante e igual a 1/ 2 , de acordo com (8a). No outro caso limite, β = π / 2 , o sistema está inicialmente no estado S x = + / 2 e o lado direito de (10) se torna 1 ⎛ wt ⎞ (1 + cos wt ) = cos2 ⎜ ⎟ , 2 ⎝ 2 ⎠

que concorda com (2.1.60a). b. O valor esperado Sx será dado por: (11)

Sx = α , t Sx α , t

Escrevendo S x em forma de ket-bra, temos: Sx =

 ( + − + − +). 2

(12)

Substituindo (12) e (7) em (11), temos: ⎡ ⎛ β⎞ ⎛ β⎞ ⎤  Sx = ⎢ eiwt / 2 cos ⎜ ⎟ + + e −iwt / 2sen⎜ ⎟ − ⎥ ( + − + − + ) ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎦2 ⎣ ⎡ −iwt / 2 ⎛β ⎞ ⎛β ⎞ ⎤ cos ⎜ ⎟ + + eiwt / 2 sen ⎜ ⎟ − ⎥ ⎢e ⎝2 ⎠ ⎝2⎠ ⎦ ⎣ ⎛ β⎞ ⎛ β ⎞ ⎞⎛ ⎛ β⎞ ⎛ β ⎞ ⎞⎤  ⎡⎛ Sx = ⎢ ⎜ eiwt / 2 cos⎜ ⎟ − + e−iwt / 2 sen ⎜ ⎟ + ⎟⎜ e − iwt / 2 cos⎜ ⎟ + + e iwt / 2 sen⎜ ⎟ − ⎟⎥ 2⎣ ⎝ ⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎠⎝ ⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎠⎦ ⎡ ⎛β ⎞ ⎛β ⎞ ⎛β⎞ ⎛ β ⎞⎤ Sx = ⎢ e iwtsen ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ + e − iwtsen ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟⎥ 2⎣ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠⎦ Sx =

 senβ cos wt 2

4

Logo : Sx =

 senβ cos wt 2

(13)

Se β → 0 (estado inicial igual a + ), Sx = 0 , o que faz sentido, pois o estado + é estacionário, e neste estudo Sx = 0 . Se β → π / 2 , (13) concorda com (2.1.61).

5

Problema 2.4 Admita

x( t )

como o operador coordenada para a partícula livre em uma dimensão no

quadro de Heisenberg. Calcule

⎡x( t) , x( 0) ⎤ ⎣ ⎦ Solução Pela definição de comutação, podemos escrever

⎡ x(t ) , x(0 ) ⎤ = x( t ) x(0 ) − x(0 ) x( t ) ⎣ ⎦

(4.1)

Onde x (t ) é o operador coordenada no tempo t e x(0 ) o mesmo operador no tempo t = 0. Para uma partícula livre no quadro de Heisenberg, o operador coordenada num tempo t pode ser escrito como

x(t )

⎛ p(0 ) ⎞ = x(0 ) + ⎜⎜ ⎟⎟ t m ⎝ ⎠

(2.2.27)

Substituindo em (4.1) temos que

( ( ))

⎡ x + ⎢⎣ (0 )

p (0 ) m

( ( ))

t , x(0 ) ⎤ = x(0 ) + ⎥⎦

( ( )t )

t x( 0) − x( 0) x( 0) +

m

( )t = x x − x x + ( ) tx − x ( )t = ( ) tx − x ( ) t = ⎡( ) t , x ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ = x( 0) x( 0) +

( ) tx

p(0 )

p ( 0) m

( 0)

− x( 0) x ( 0) − x ( 0) p( 0)

( 0) ( 0)

( 0) ( 0)

p(0 )

p(0 )

( 0)

m

p (0 ) m

m

( 0)

m

( 0)

Que de acordo com (2.2.29)

⎡ ⎢⎣

( ) p(0 ) m

−i t t , x( 0) ⎤⎥ = ⎦ m

p ( 0) m

p( 0)

(0 )

(0 )

m

p(0 ) m

De modo que

⎡x t , x 0 ⎤ = ⎡ ⎣ ( ) ( ) ⎦ ⎢⎣

( ) t, x p (0 )

⎤

( 0) ⎦ ⎥

m

Logo, obtemos

 ⎡ x( t) , x( 0) ⎤ = −i t ⎣ ⎦ m Aplicando a relação de incerteza (1.4.53)

( ΔA)

2

( ΔB )

2

≥

1 4

[A, B ]

2

(1.4.53)

Temos que 2

( Δx ) ( Δx )

2

t

2

( Δx )

( Δx ) ( Δx )

t =0

2

t =0

t =0

 2t 2 ≥ 4m 2

( Δx )

2

t

1 ⎡ x t ,x 0 ⎤ 4 ⎣ ( ) ( )⎦

1 −i t ≥ 4 m

2

t

≥

2

2

(2.2.30)

Entre outras coisas, isso implica que mesmo que a coordenada seja conhecida em t = 0, sua posição torna-se gradativamente mais incerta com o passar do tempo.

Problema 5 Considere uma partícula em uma dimensão cujo Hamiltoniano é dado por H=

p2 + V ( x) . 2m

Calculando ⎡⎣[ H , x ] , x ⎤⎦ , prove que

∑

a '' x a '

a'

2

(Ea ' − Ea '' ) =

2 , 2m

onde a ' é um autoket de energia com autovalor E a '.

Solução : Calcularemos antes o comutador ⎡ p2 ⎤ , H x = [ ] ⎢ ,x ⎥ + [V (x ), x ] ⎣ 2m ⎦ =0 1 [H ,x ] = ⎣⎡ p2 ,x⎦⎤ 2m 1 1 [ H , x ] = m p [ p ,x ] + m [ p , x ] p 2 2 2i [H , x ] = − 2 p m i [H , x ] = − p m

(1)

Então i 2 ⎡⎣[ H , x ] , x ⎤⎦ = − [ p , x ] = − m m

(2)

Calculando o valor esperado deste comutador em (2) em relação ao autoestado de energia a '' , temos:

1

2 a '' ⎡⎣ [ H , x ] , x⎤⎦ a '' = − . m

(3)

Desenvolvendo o lado esquerdo desta equação temos: a '' ⎡⎣ [H , x] , x ⎦⎤ a '' = a '' [ H , x ] x a '' − a '' x [H , x ] a '' a '' ⎡⎣ [H , x ] , x ⎤⎦ a '' = ⎡⎣ a '' Hxx a '' − a '' xHx a '' ⎤⎦ − ⎡⎣ a '' xHx a '' − a '' xxH a '' ⎤⎦ a '' ⎡⎣ [H , x ] , x ⎤⎦ a '' = a '' Hxx a '' − a '' xHx a '' − a '' xHx a '' + a '' xxH a '' a '' ⎡⎣ [H , x ] , x ⎤⎦ a '' = −2 a '' xHx a '' + a '' xxH a '' + a '' Hxx a ''

Sabendo que H a '' = Ea '' a '' , temos que (4) fica: (5)

2 Ea '' a '' xx a '' − 2 a '' xHx a ''

Aplicando o operador identidade ∑ a ' a ' , (5) fica: a'

2 Ea '' ∑ a'

a '' x a ' a ' x a '' − 2∑

a '' xH a ' a ' x a '' =

a'

⎧ 2 ⎨∑ a'' x a' ⎩ a'

2

⎫ Ea'' − ∑ Ea' a '' x a ' a ' x a '' ⎬ = a' ⎭

− 2∑ ( Ea '− Ea '') a '' x a ''

(6)

2

a'

Substituindo (6) no lado esquerdo de (3), temos: − 2∑ ( Ea '− Ea '') a '' x a ''

2

=−

a'

2 m

(7)

∑(E a'

a

'− E a '') a '' x a ''

2

2

=

 2m

2

Problema 6 Considere uma partícula em três dimensões cujo Hamiltoniano é dado por H=

2  p + V ( x) . 2m

Calculando [ x. p , H ] obtenha 2 d  p  x. p = − x.∇ V . 2m dt

Para identificar a relação precedente com o análogo quanto-mecânico do teorema de virial é essencial que o lado esquerdo se anule. Sob quais condições isto aconteceria?

Solução : Substituindo a expressão para o Hamiltoniano no comutador [x . p, H ], temos que: 

[x. p, H ] =

1   2   ⎡⎣ x. p, p ⎤⎦ + [x. p, V ( x) ] m 2

(1)

Desenvolvendo o primeiro comutador do lado direito desta expressão, temos:         ⎡⎣ x. p, p 2 ⎤⎦ = x. ⎡⎣ p, p 2 ⎤⎦ + ⎡x , p 2 ⎤ . p ⎣ ⎦

(2)

O primeiro comutador é nulo, pois [ A, f ( A) ] = 0

(i)

O segundo comutador do lado direito desta expressão será calculado com o auxílio da fórmula 







[x , F ( p)] = i ∇ p ( p2 )

(3)

onde 1

 ∂ ∂ ∂ ∇ p ≡ iˆ + ˆj + kˆ ∂ px ∂ py ∂pz

Então:    ⎡⎣ x , p 2 ⎤⎦ = i 2 p ,

e assim (2) se torna    ⎡⎣ x . p, p2 ⎤⎦ = 2 i p2

(4)

Desenvolveremos agora o segundo comutador do lado direito de (1): 



 









[ x. p,V ( x )] = x.[ p ,V (x )] + [ x ,V (x )] . p

(5)

O segundo comutador do lado direito é nulo, pela razão exposta em (i). Fazendo uso da fórmula 







[ p, G( x) ] = −i∇G( x) .

(6)

O primeiro comutador do lado direito de (5) fica: 







[ p, V( x)] = −i ∇V ( x)

(7)

Logo, a expressão (5) fica: 







[x. p, V ( x) ] = −i x.∇V ( x)

(8)

Substituindo (4) e (8) em (1), temos:  ⎧ p2    ⎫  . , x p H i  = [ ] ⎨ m − x.∇ V ( x) ⎬ ⎩ ⎭

(9)

Esta expressão foi derivada considerando que os operadores são descritos na “representação de Schrödinger”, mas é fácil ver que ela é válida se considerarmos os operadores como sendo operadores de Heisenberg. Para 2

escrever (9) na representação de Heisenberg é só aplicarmos o operador U † a esquerda de ambos os membros e o operador U a direita.  Considerando que V ( x) possa ser desenvolvido em série de potências de x , y e z , temos que:    U †V ( x)U = V (U † xU ) = V ( x H )

(10)

Assim, (9) pode ser escrita na “representação de Heisenberg”: ⎧⎪ p H 2    ⎫⎪ H H ⎡⎣ x . p , H ⎤⎦ = i  ⎨ − x H .∇ V ( x H ) ⎬ m ⎩⎪ ⎭⎪

(11)

Nesta “representação” o comutador do primeiro membro é: d    ⎡⎣ x H . p H , H ⎤⎦ = i  ( x. p ) dt

(12)

Substituindo em (11) e tomando o valor esperado de ambos os membros chegamos em:

(

d H H x .p dt

)

=

H 2 p    − x H .∇ V (x H ) m

(13)

Como os estados na representação de Heisenberg são independentes do tempo, as operações de derivação temporal do valor esperado são independentes também. Logo, (13) se torna: d  x .p = dt

2 p   − x.∇ V ( x ) , m

(14)

onde suprimimos o índice H de Heisenberg, pois os valores esperados devem ser independentes da “representação”. Para termos o análogo quântico do Teorema do Virial o lado esquerdo de (14) deve se anular. Isto ocorrerá quando o valor esperado x .p for constante. Esta condição será satisfeita sempre que nossa partícula estiver

3

num estado estacionário (autoestado do Hamiltoniano), pois neste caso todos os valores esperados são constantes no tempo.

4

Problema 7 Considere um pacote de onda de uma partícula livre em uma dimensão. Em t = 0 ele satisfaz a relação de mínima incerteza,

( Δx)

( Δp)

2

2

=

2 4

(t = 0) .

Em adição, nós conhecemos (t = 0) .

x = p =0

Usando o quadro de Heisenberg, obtenha ( Δx )

( Δx )

t (t ≥ 0) quando

2 t= 0

2

como uma função de t

é dado. (Dica: Considere a vantagem da

propriedade da mínima incerteza do pacote de onda que você utilizou no capítulo 1, problema 18.)

Solução : O operador x (t ) para a partícula livre obedece a expressão clássica x (t ) = x (0) +

p(0) t. m

(1)

O valor esperado deste operador pode ser facilmente encontrado: x (t ) = x (0) +

p(0)

Logo a variância ( Δx )

2

( Δx)

2

= x 2 (t ) − x (t )

(2)

t=0

m

fica simplesmente t

2

= x 2 (t ) .

(3)

t

1

Usando (2), escrevemos

( Δ x)

2

( Δ x)

2

= x 2 (t ) = x 2 (0) + x (0) t

t

p (0) p (0) p 2 (0) 2 t+ x (0)t + t m m m2

t t t2 = x2 (0) + x(0) p(0) + p(0) x(0) + p 2 (0) m m m

(4)

Da relação de incerteza e dos valores esperados em t= 0, temos:

x 2 (0) =

(Δx )

2

(5)

t =0

e p (0) = 2

(Δp )

2 t= 0

=

2 4 (Δ x )

(5)

2 t =0

Resta-nos agora calcular os valores esperados x(0) p (0) e p (0) x (0) . Como x(0) = p (0) = 0 , temos que x (0) = ( Δx )t=0

e

p(0) = ( Δ p ) t= 0

(6)

Logo : x (0) p (0) = Δ xΔ p

t =0