O Spin

Para introduzir o spin vamos apresentar um tratamento mais geral do momento angular. No tratamento anterior, tínhamos obtido que os autovalores $m$ de $\hat{l}_z$ deviam ser números inteiros, sob o argumento de que as autofunções de $\hat{l}_z$,

$$\psi_{m}(\phi)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{im\phi}$$

deviam ser periódicas, de período $2\pi$, na variável $\phi$. Este argumento não é rigoroso, pois a função de onda é determinada a menos de uma fase. Retomaremos o problema agora. Descobriremos que há novas possibilidades para os valores de $m$ e $l$.

Para comodidade do leitor, repetiremos aqui alguns dos resultados que obtivemos anteriormente para o momento angular.

$$\hat{l}_{+}\hat{l}_{-} = \hat{\vec{l}}^2 - \hat{l}_{z}^2+\hat{l}_z$$ (383)

$$\hat{l}_{-}\hat{l}_{+} = \hat{\vec{l}}^2-\hat{l}_{z}^2-\hat{l}_z$$ (384)

Da relação $\hat{\vec{l}}^2-\hat{l}_{z}^2=\hat{l}_x^2+\hat{l}_y^2$ concluímos que existe um valor máximo para o autovalor de $\hat{l}_z$. Seja $l$ este valor máximo, e $\psi_{l}$ a autofunção comum a $\hat{\vec{l}}^2$ e $\hat{l}_z$ correspondente. Temos

$$\hat{l}_{+}\psi_{l}=0$$

Logo,

$$\hat{l}_{-}\hat{l}_{+}\psi_{l}=0$$

Usando (385),

$$\left(\hat{\vec{l}}^2-\hat{l}_{z}^2-\hat{l}_{z}\right)\psi_{l}=0$$

ou

$$\hat{\vec{l}}^2\psi_{l}=l(l+1)\psi_{l}$$

Conclui-se que o autovalor de $\hat{\vec{l}}^2$ para a autofunção $\psi_{l}$ é $l(l+1)$, onde $l$ é o máximo valor possível para $m$. Pasaremos a denotar por $\psi_{lm}$ as autofunções comuns a $\hat{\vec{l}}^2$ e $\hat{l}_{z}$. Vamos determinar agora o menor valor possível para $m$.

Em primeiro lugar, do fato de que $[\hat{\vec{l}}^2,\hat{l}_{-}]=0$, segue que

$$\hat{\vec{l}}^2\left(\hat{l}_{-}\psi_{lm}\right)= \hat{l}_... ...2 \psi_{lm}\right)= l(l+1)\left(\hat{l}_{-} \psi_{lm}\right)$$

ou seja, o autovalor de $\hat{\vec{l}}^2$ é o mesmo para todos os $\psi_{lm}$, com $l$ fixo.

Seja $B$ o mínimo valor de $m$. Então

$$\begin{eqnarray*} \hat{l}_{-}\psi_{lB} & = & 0 \\ \hat{l}_{+}\hat{l}_{-}\psi_... ...2-B)\psi_{lB}\\ l(l+1)-B^2+B & = & 0\\ (l+B)(l-B+1) & = & 0 \end{eqnarray*}$$

Esta última tem duas soluções, $B=l+1$, que é impossível, pois o máximo valor de $m$ é $l$, e $B=-l$, que é o valor correto. Então, $m$ está no intervalo $-l \leq m \leq l$, e seus valores sucessivos diferem de uma unidade: há, portanto, $2l+1$ valores de $m$, para $l$ dado. Em conseqüência, $2l+1$ deve ser um número inteiro, e temos duas possibilidades:(a)$l$ é inteiro, que é o caso que já havíamos estudado. Costuma-se chamar esses momento s angulares de momento angular orbital. (b) $l$ é um ímpar dividido por dois (semi-inteiro, na gíria dos físicos). Este tipo de momento angular é denominado spin. Temos, então, spins $l=1/2$, $l=3/2$, etc.

Na verdade essa nomenclatura não é a usada na prática, embora seja a preferível, do ponto de vista da matemática. Chama-se spin de um sistema o momento angular desse sistema quando em repouso. Um elétron em repouso tem momento angular tal que $l=1/2$, um pion em repouso tem momento angular tal que $l=0$, e há mesons, ditos vetoriais, com momento angular em repouso tal que $l=1$. É costume, por abuso de linguagem, dizer que essas partículas têm spin $1/2$, spin $0$, spin $1$, etc.

Elementos de matriz

O caso mais importante do spin é aquele em que $l=1/2$. Neste caso, $m$ só pode ter os valores $+1/2$ e $-1/2$, e é conveniente tratar os operadores de momento angular utilizando suas representações matriciais. Para tanto, vamos determinar os elementos de matriz dos operadores $\hat{l}_x$, $\hat{l}_y$ e $\hat{l}_z$. Temos, usando a notação de Dirac,

$$\langle l m\vert\hat{\vec{l}}^2\vert lm\rangle = l(l+1)$$ (385)

e, como

$$\hat{\vec{l}}^2=\hat{l}_{+}\hat{l}_{-}+\hat{l}_z^2-\hat{l}_z\;,$$

$$\langle lm\vert\hat{\vec{l}}^2\vert lm\rangle =\langle lm\v... ...^2\vert lm\rangle - \langle lm \vert\hat{l}_z\vert lm\rangle$$

Como todos esses elementos de matriz contêm o mesmo valor de $l$, podemos omitir este índice, ou seja, podemos abreviar a notação para:

$$\langle m\vert\hat{l}_z\vert m\rangle \equiv \langle lm\vert\hat{l}_z\vert lm\rangle$$

etc.

Obviamente $\langle m\vert\hat{l}_z\vert m\rangle =m$, $\langle m\vert\hat{l}_z^2\vert m\rangle = m^2$ e $\langle m\vert\hat{\vec{l}}^2\vert m\rangle= l(l+1)$. Logo,

$$\langle m\vert\hat{l}_{+}\hat{l}_{-}\vert m\rangle=l(l+1)-m^2+m$$ (386)

ou

$$\langle m\vert\hat{l}_{+}\hat{l}_{-}\vert m\rangle = (l+m)(l-m+1)$$ (387)

A completude dos autoestados de $\hat{l}_z$ permite escrever

$$\sum_{m^{\prime}}\vert m^{\prime}\rangle\langle m^{\prime}\vert=\hat{1}$$

que, inserida em (388), dá

$$\sum_{m^{\prime}}\langle m\vert\hat{l}_{+}\vert m^{\prime}... ...angle m^{\prime} \vert\hat{l}_{-}\vert m\rangle=(l+m)(l-m+1)$$ (388)

e sabemos que $\langle m\vert\hat{l}_{+}\vert m^{\prime}\rangle$ só é diferente de zero se $m^{\prime}$ for igual a $m-1$. Logo, (389) se escreve

$$\langle m\vert\hat{l}_{+}\vert m-1\rangle\langle m-1\vert\hat{l}_{-}\vert m\rangle = (l+m)(l-m+1)$$ (389)

Além disso, $\hat{l}_{-}^{+}=\hat{l}_{+}$ e

$$\langle m-1\vert\hat{l}_{-}\vert m\rangle = \left(\langle m... ...=\left(\langle m\vert\hat{l}_{+}\vert m-1\rangle \right)^*\;,$$

o que permite escrever, de (390),

$$\vert\langle m\vert\hat{l}_{+}\vert m-1\rangle\vert^2 = (l+m)(l-m+1)\;.$$ (390)

Daí tiramos que

$$\langle m\vert\hat{l}_{+}\vert m-1\rangle = e^{i\alpha} \sqrt{(l+m)(l-m+1)}\;.$$ (391)

A escolha de $\alpha$ está ligada à definição precisa dos harmônicos esféricos $Y_{lm}(\theta, \phi)$. Para a escolha feita anteriormente, Eq.(329), deve-se escolher $\alpha=0$. Logo,

$$\langle m\vert\hat{l}_{+}\vert m-1\rangle=\sqrt{(l+m)(l-m+1)}$$ (392)

e, como $\langle m-1\vert\hat{l}_{-}\vert m\rangle=(\langle m\vert \hat{l}_{+}\vert m-1\rangle)^*$, temos

$$\langle m-1\vert\hat{l}_{-}\vert m\rangle = \sqrt{(l+m)(l-m+1)}\;.$$ (393)

Estes são os únicos elementos de matriz não-nulos, de $\hat{l}_{+}$ e $\hat{l}_{-}$. A partir deles, podemos construir os elementos de matriz de $\hat{l}_x$ e $\hat{l}_y$, pois

$$\hat{l}_x = \frac{1}{2}\left(\hat{l}_{+}+\hat{l}_{-}\right)$$ (394)

$$\hat{l}_y = \frac{1}{2i}\left(\hat{l}_{+}-\hat{l}_{-}\right)$$ (395)

De fato,

$$\langle m\vert\hat{l}_x\vert m-1\rangle = \frac{1}{2}\langle m \vert\hat{l}_{+}\vert m-1\rangle +\frac{1}{2}\langle m\vert\hat{l}_{-}\vert m-1\rangle$$

$$= \frac{1}{2}\langle m\vert\hat{l}_{+}\vert m-1\rangle =\frac{1}{2}\sqrt{(l+m)(l-m+1)}$$ (396)

$$\langle m\vert\hat{l}_{x}\vert m-1\rangle = \langle m\vert\hat{l}_{x}\vert m-1\rangle^*= \frac{1}{2}\sqrt{(l+m)(l-m+1)}$$ (397)

Assim, os elementos de matriz de $\hat{l}_x$ que não são nulos são

$$\langle m\vert\hat{l}_{x}\vert m-1\rangle = \langle m-1\vert\hat{l}_{x}\vert m\rangle = \frac{1}{2}\sqrt{(l+m)(l-m+1)}$$ (398)

Por um cálculo análogo obtêm-se os elementos de matriz não-nulos de $\hat{l}_y$:

$$\langle m\vert\hat{l}_{y}\vert m-1\rangle = -\langle m-1\vert\hat{l}_{y}\vert m\rangle = -\frac{i}{2}\sqrt{(l+m)(l-m+1)}$$ (399)

Usando as expressões obtidas para os elementos de matriz, vamos construir as matrizes que representam os operadores $\hat{l}_x$, $\hat{l}_y$ e $\hat{l}_z$. Para este último, temos que os elementos de matriz não-nulos são:

$$\langle 1/2 \vert\hat{l}_{z}\vert 1/2\rangle = \frac{1}{2}$$ (400)

$$\langle -1/2 \vert\hat{l}_{z}\vert-1/2\rangle = -\frac{1}{2}$$ (401)

Os valores possíveis de $m$ sendo +1/2 e -1/2, as matrizes terão a forma genérica:

$$\left( \begin{array}{cc} a_{\frac{1}{2},\frac{1}{2}} & a_{... ...c{1}{2}} & a_{-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}} \end{array} \right)$$ (402)

onde $a_{i,j}=\langle i\vert a\vert j \rangle$. Para $\hat{l}_z$, portanto,

$$\hat{l}_z = \left( \begin{array}{cc} \frac{1}{2} & 0\\ 0... ... & 0\\ 0 & -1 \end{array} \right) = \frac{1}{2} \sigma_{z}$$ (403)

onde introduzimos a matriz

$$\sigma_{z} = \left( \begin{array}{cr} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{array} \right)$$ (404)

que é uma das matrizes de Pauli, que serão muito utilizadas no que segue.

Verifica-se facilmente que

$$\hat{l}_{y} = \left( \begin{array}{cc} \langle 1/2 \vert l_{y}\vert 1/2 \rangle... ...left( \begin{array}{cr} 0 & -\frac{i}{2}\\ \frac{i}{2} & 0 \end{array} \right)$$ (405)

$$= \frac{1}{2} \left( \begin{array}{cr} 0 & -i\\ i & 0 \end{array} \right)$$ (406)

$$= \frac{1}{2} \sigma_{y}$$ (407)

onde introduzimos a matriz de Pauli $\sigma_{y}$,

$$\sigma_{y}= \left( \begin{array}{cr} 0 & -i\\ i & 0 \end{array} \right)$$ (408)

Por um cálculo análogo chega-se a

$$\hat{l}_{x} = \frac{1}{2} \left( \begin{array}{cc} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{array} \right) = \frac{1}{2} \sigma_{z}$$ (409)

Temos, portanto,

$$\hat{l}_{i} = \frac{1}{2} \sigma_{i}$$ (410)

para $i=1,2,3$, sendo $(1,2,3)=(x,y,z)$, como de costume. As matrizes de Pauli são

$$\sigma_{x} = \left( \begin{array}{cc} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{array} \right)$$ (411)

$$\sigma_{y} = \left( \begin{array}{cr} 0 & -i\\ i & 0 \end{array} \right)$$ (412)

$$\sigma_{z} = \left( \begin{array}{cr} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{array} \right)$$ (413)

Representações matriciais de operadores são sempre em relação a uma base. Qual é a base usada nas representações matriciais acima? Para descobri-la, basta notar que a matriz que representa $\hat{l}_{z}$ é diagonal. Logo, a base é a dos autoestados de $\hat{l_{z}}$. Explicitamente, temos

$$\left( \begin{array}{cr} \frac{1}{2} & 0\\ 0 & -\frac{1}{2} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \ 0 \end{array} \right) = \frac{1}{2} \left( \begin{array}{c} 1 \ 0 \end{array} \right)$$ (414)

$$\left( \begin{array}{cr} \frac{1}{2} & 0\\ 0 & -\frac{1}{2} \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 0 \ 1 \end{array} \right) = -\frac{1}{2} \left( \begin{array}{c} 0 \ 1 \end{array} \right)$$ (415)

Desta relação vemos que os autoestados de $\hat{l}_z$ são representados pelas matrizes coluna $\left( \begin{array}{c} 1\ 0 \end{array} \right)$ e $\left( \begin{array}{c} 0\ 1 \end{array} \right)$, que formam uma base das matrizes coluna $\left ( \begin{array}{c} a\ b \end{array} \right)$, com $a$ e $b$ arbitrários. Resta especificar o produto escalar de dois estados quaisquer, em termos de suas representações matriciais. Verifica-se facilmente que o produto escalar de $\left ( \begin{array}{c} a\ b \end{array} \right)$ por $\left(\begin{array}{c} c\ d \end{array} \right)$ é dado por

$$(a^*, b^*)\left( \begin{array}{c} c\ d \end{array} \right) = a^* c+ b^* d$$ (416)

De fato, em termos deste produto escalar, os elementos da base, $\left( \begin{array}{c} 1\ 0 \end{array} \right)$ e $\left( \begin{array}{c} 0\ 1 \end{array} \right)$ são ortonormais, o que prova a questão.

As matrizes de Pauli

As matrizes

$$\sigma_x = \left( \begin{array}{cc} 0 & 1\\ 1 & 0 \end{array} \right)$$ (417)

$$\sigma_y = \left( \begin{array}{cr} 0 & -i\\ i & 0 \end{array} \right)$$ (418)

$$\sigma_z = \left( \begin{array}{cr} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{array} \right)$$ (419)

têm propriedades especiais que facilitam o cálculo das propriedades dos estados de spin 1/2.
P1: $Tr(\sigma_x)= Tr(\sigma_y) = Tr(\sigma_z) =0$. (Imediata).
P2: $\sigma_x\;,\; \sigma_y \;,\; \sigma_z$ são hermiteanas. (Imediata)
P3: $\sigma_x^2=\sigma_y^2=\sigma_z^2= \vec{1}$, onde

$$\vec{1}= \left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right)$$

P4: $\sigma_a \sigma_b = \delta_{ab}\vec{1} + i\epsilon_{abc}\sigma_c$, cuja demonstração é um exercício simples. Esta propriedade sintetiza a P3 e as seguintes relações:

$$\sigma_x \sigma_y = i\sigma_z$$ (420)

$$\sigma_z \sigma_x = i\sigma_y$$ (421)

$$\sigma_y \sigma_z = i\sigma_x$$ (422)

$$\sigma_x \sigma_y = -\sigma_y \sigma_x$$ (423)

e assim por diante.

É conveniente introduzir a notação

$$\vec{\sigma} \equiv (\sigma_x, \sigma_y, \sigma_z)$$

que descreve as $\sigma_i$ como componentes de um ``vetor'' denotado por $\vec{\sigma}$. Usando esta convenção se escreve, por exemplo, se $\vec{a}$ for um vetor ordinário,

$$\vec{\sigma}.\vec{a}=a_x\sigma_x + a_y\sigma_y + a+z\sigma_z$$

ou seja, $\vec{\sigma}.\vec{a}$ é uma matriz 2x2. Podemos então enunciar a
P5: $(\vec{\sigma}.\vec{a})(\vec{\sigma}.\vec{b})= \vec{a}.\vec{b}+i\vec{\sigma}.(\vec{a}\times \vec{b})$, onde o termo entre parênteses é o produto vetorial ordinário. Demonstração:

$$\sigma_l a_l \sigma_m b_m = a_l b_m \sigma_l \sigma_m= a_l b_m(\delta_{lm}+i\epsilon_{lmn}\sigma_n)$$

$$=\vec{a}.\vec{b}+i\sigma_n \epsilon_{nlm}a_l b_m = \vec{a}.\vec{b} +i\vec{\sigma}.(\vec{a}\times\vec{b})$$

Teorema: Seja $A$ uma matriz 2x2 complexa qualquer. Então existem números $\lambda_0$, $\lambda_x$, $\lambda_y$ e $\lambda_z$ tais que

$$A = \lambda_0 \vec{1} + \lambda_x \sigma_x + \lambda_y \sigma_y + \lambda_z \sigma_z$$ (424)

Estes números são únicos. Ou seja, $\vec{1}$, $\sigma_x$, $\sigma_y$ e $\sigma_z$ são uma base do espaço vetorial das matrizes 2x2 complexas.
A demonstração consiste em exibir esses números. Suponhamos o problema resolvido, isto é:

$$A = \lambda_0 \vec{1} + \lambda_x \sigma_x + \lambda_y \sigma_y + \lambda_z \sigma_z$$ (425)

Tomando o traço termo a termo, temos:

$$Tr(A) = \lambda_0 Tr(\vec{1}) + \lambda_x Tr(\sigma_x)+ \lambda_y Tr(\sigma_y)+ \lambda_z Tr(\sigma_z)$$ (426)

onde usamos $Tr(\lambda A)=\lambda Tr(A)$, para qualquer número $\lambda$ e qualquer matriz $A$, temos, levando em conta a P1,

$$Tr(A) = \lambda_0 Tr(\vec{1}) = 2 \lambda_0$$ (427)

ou

$$\lambda_0 = \frac{1}{2}Tr(A)$$ (428)

Para calcular $\lambda_x$ procedemos assim: multiplicamos (426) termo a termo, à esquerda, por $\sigma_x$, obtendo:

$$\sigma_x A= \lambda_0 \sigma_x + \lambda_x \vec{1}+ \lambda_y \sigma_x\sigma_y + \lambda_z \sigma_x \sigma_z$$ (429)

Ora, os produtos $\sigma_i\sigma_j$ com $i \neq j$, são matrizes de traço nulo. Logo, tomando, termo a termo, o traço de (430), temos

$$Tr(\sigma_x A)= \lambda_x Tr(\vec{1})= 2\lambda_x$$ (430)

Ou,

$$\lambda_x = \frac{1}{2} Tr(\sigma_x A)$$ (431)

e, procedendo analogamente,

$$\lambda_i = \frac{1}{2} Tr\sigma_i A)$$ (432)

Demonstra-se facilmente, usando este mtodo, que $\vec{1}$ e as três matrizes de Pauli são linearmente independentes. Além disso, o espaço vetorial das matrizes 2x2 complexas tem dimensão 4. Logo, o conjunto considerado é uma base, e portanto os coeficientes calculados acima são únicos.

Interação Eletromagnética: Formalismo Hamiltoniano

O problema que estudaremos aqui é o seguinte: uma partícula de massa $m$ e carga $q$ está sob ação de um campo eletromagnético descrito por $\vec{E}$ e $\vec{B}$. Determinar o Hamiltoniano da partícula.

Não fosse pelo campo eletromagnético, o Hamiltoniano seria o de uma partícula livre,

$$H=\frac{\vec{p}\;^2}{2m}\; .$$

A força que age sobre uma partícula de carga $q$, devida aos campos elétrico e magnético, é (força de Lorentz):

$$\vec{F} = q(\vec{E} + \frac{\vec{v}}{c}\times \vec{B})$$

Em termos dos potenciais, temos,

$$\vec{E} = -\vec{\nabla}\phi - \frac{1}{c}\frac{\partial \vec{A}}{\partial t}$$

$$\vec{B} = rot \vec{A}$$

Logo,

$$\vec{F}=q\{-\vec{\nabla}\phi - \frac{1}{c}[\frac{\partial\vec{A}} {\partial t}-\vec{v}\times rot \vec{A}]\}$$

Como é bem sabido,²²

$$\frac{d\vec{A}}{dt}=\frac{\partial\vec{A}}{\partial t} + (\vec{v}.\vec{\nabla})\vec{A} \; .$$

Como $\vec{v}\times rot \vec{A} = \vec{\nabla}(\vec{v}. \vec{A})- (\vec{v}.\vec{\nabla}) \vec{A}$, temos

$$\vec{F} = q\{-\vec{\nabla}\phi - \frac{1}{c}[\frac{d\vec{A}}{dt} -(\vec{v}.... ...\nabla})\vec{A}-\vec{\nabla}(\vec{v}.\vec{A}) +(\vec{v}.\vec{\nabla})\vec{A}]\}$$

$$= q\{-\vec{\nabla}\phi - \frac{1}{c}[\frac{d\vec{A}}{dt}- \vec{\nabla}(\vec{v}.\vec{A})]\}$$ (433)

ou seja,

$$\vec{F}= q[-\vec{\nabla}(\phi - \frac{1}{c}\vec{v}.\vec{A}) -\frac{1}{c}\frac{d\vec{A}}{dt}] \;.$$ (434)

Seja $U=q(\phi - \frac{1}{c}\vec{v}.\vec{A})$. Vamos mostrar que a lagrangeana

$$L=T-U = T-q\phi +\frac{q}{c}\vec{v}.\vec{A}$$ (435)

descreve o movimento de uma partícula sob a ação da força $\vec{F}$. Aqui, como de costume, $T$ representa a energia cinética. De fato,

$$\frac{\partial L}{\partial x} = - q\frac{\partial \phi}{\pa... ...} + \frac{\partial }{\partial x}(\frac{q}{c}\vec{v}.\vec{A})$$

$$\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\equiv \frac{\partial L}{\partial v_x}= \frac{\partial T}{\partial v_x}+\frac{q}{c}A_x$$

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial v_x}=\frac{d}{dt}(\frac{\partial T} {\partial v_x})+\frac{q}{c}\frac{dA_x}{dt}$$

Logo, a equação de Lagrange, $\frac{\partial L}{\partial x}-\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial v_x}=0$, dá

$$-q\frac{\partial \phi}{\partial x}+\frac{\partial }{\partia... ...frac{\partial T}{\partial v_x}) + \frac{q}{c}\frac{dA_x}{dt}$$

de modo que

$$\frac{d}{dt}(\frac{\partial T}{\partial v_x}) = q\{ -\vec{\... ...frac{1}{c}\vec{v}.\vec{A})-\frac{1}{c}\frac{d\vec{A}}{dt}\}_x$$

Mas

$$\frac{\partial T}{\partial v_x}=\frac{\partial }{\partial v_x}(\frac{1}{2} m\vec{v}^2)=mv_x$$

de maneira que

$$\frac{d}{dt}(\frac{\partial T}{\partial v_x})=(m\dot{\vec{v}})_x \; .$$

Logo,

$$m\dot{\vec{v}}=q\{-\vec{\nabla}(\phi - \frac{1}{c}\vec{v}.\vec{A})-\frac{1}{c} \frac{d\vec{A}}{dt}\}$$ (436)

Conclusão: $L=T-q\phi +\frac{q}{c}\vec{v}.\vec{A}$. Passemos agora à construção do hamiltoniano.

$$p_i=\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}=\frac{\partial T}... ...rac{q}{c}\frac{\partial}{\partial \dot{q}_i}(\vec{v}.\vec{A})$$

$$\frac{\partial}{\partial\dot{q}_i}(\vec{v}.\vec{A})=A_i$$

e, então,

$$p_i=\frac{\partial T}{\partial \dot{q}_i}+\frac{q}{c}A_i$$

Precisamos agora de uma propriedade importante das funções homogêneas, o teorema de Euler (ver Apêndice):

$$\sum_i\dot{q}_i\frac{\partial T}{\partial \dot{q}_i}=2T$$

Vamos usá-lo para calcular o Hamiltoniano $H$:

$$H = \sum_i\dot{q}_i(\frac{\partial T}{\partial \dot{q}_i}+\frac{q}{c}A_i)-T +q\phi - \frac{q}{c}\vec{v}.\vec{A}$$

$$= 2T + \frac{q}{c}\vec{v}.\vec{A}-T+q\phi-\frac{q}{c}\vec{v}.\vec{A}$$ (437)

ou seja,

$$H=T+q\phi$$ (438)

Ora, $p_i=\frac{\partial T}{\partial \dot{q}_i}+\frac{q}{c}\vec{A}_i= m\vec{v}+\frac{q}{c}\vec{A}$, pois $T=\frac{m\vec{v}^2}{2}$. Logo,

$$m\vec{v}=\vec{p}-\frac{q}{c}\vec{A}$$

e, finalmente,

$$H=\frac{1}{2m}(\vec{p}-\frac{q}{c}\vec{A})^2+q\phi$$ (439)

Em palavras, no Hamiltoniano livre

$$H=\frac{1}{2m}\vec{p}^2$$

substituo $\vec{p}$ por $\vec{p}-\frac{q}{c}\vec{A}$, e adiciono $q\phi$. Esta é a chamada substituição mínima, ou acoplamento mínimo. Se o hamiltoniano for mais geral, do tipo

$$H=\frac{1}{2m}\vec{p}^2 + V(\vec{r})$$

onde $V(\vec{r})$ é a energia potencial, a mesma regra vale. Adicione-se $q\Phi$ e substitua-se $\vec{p}$ por $\vec{p}-\frac{q}{c}\vec{A}$. Se houver várias partículas, de momento s $\vec{p}_i$, faça-se a mesma substituição para cada $\vec{p}_i$, adicionando-se termos de energia potencial $q_i\phi$ para cada partícula. Essas generalizações são fáceis de demonstrar, seguindo exatamente o padrão do caso de uma partícula livre.

Apêndice: O teorema de Euler

Uma função $f(x_1, x_2, ..., x_n)$ é dita homogênea de grau $k$ se

$$f(\lambda x_1, \lambda x_2, ..., \lambda x_n) = \lambda ^k f(x_1, x_2, ..., x_n)$$ (440)

Por exemplo, $f(x,y)= xy$ é homogênea de grau 2; $f(x,y,z)= x^2y+3z^2x+5xyz$ é homogênea de grau 3.

O teorema de Euler diz que, se $f$ é uma função homogênea de grau $k$, então

$$\sum_ix_i\frac{\partial f}{\partial x_i}= k f$$ (441)

A demonstração é muito simples. Derive a Eq. 441 em relação a $\lambda$, e depois tome $\lambda = 1$.

Acoplamento do spin com o campo magnético

Seja

$$\hat{H}=\frac{\vec{p}^2}{2m}+V(\vec{r})$$ (442)

o hamiltoniano de uma partícula de spin 1/2 e carga $e$. Note-se que

$$(\vec{\sigma}.\vec{p})(\vec{\sigma}.\vec{p})=\vec{p}.\vec{p} +i\vec{\sigma}.(\vec{p}\times \vec{p}) = \vec{p}.\vec{p}$$ (443)

de maneira que o hamiltoniano acima pode também ser escrito

$$\hat{H}=\frac{(\vec{\sigma}.\vec{p})(\vec{\sigma}.\vec{p})}{2m}+V(\vec{r})$$ (444)

O acoplamento mínimo, estudado no parágrafo anterior, consiste na substituição de $\vec{p}$ por $\vec{p}-\frac{e}{c}\vec{A}$, onde $\vec{A}$ é o potencial vetor do campo eletromagnético que age sobre a pertícula. Ora, se se realiza essa substituição em (443) ou em (445), obtêm-se resultados diferentes. Verifica-se que os resultados corretos são obtidos usando-se o hamiltoniano em (445). Fica claro neste ponto, então, que o acoplamento do spin com o campo eletromagnético que vamos introduzir tem um caráter empírico. É só quando se utiliza a equação de Dirac para descrever o spin do elétron que se obtém, diretamente da teoria e sem a necessidade de fazer escolhas, um acoplamento definido (que corresponde àquele que, aqui, foi escolhido por razões empíricas).

Devemos, então, descrever as interações eletromagnéticas da partícula usando o hamiltoniano

$$\hat{H}_{em}=\frac{1}{2m}\left\{\left[\vec{\sigma}. \left(... ...}-\frac{e}{c}\vec{A}\right)\right]\right\}+V(\vec{r}) +e\phi$$ (445)

Como estamos interessados no campo magnético, vamos ignorar o último termo. Consideremos o termo $\left[\vec{\sigma}. \left(\vec{p}-\frac{e}{c}\vec{A}\right)\right]. \left[\vec{\sigma}.\left(\vec{p}-\frac{e}{c}\vec{A}\right)\right]$. Temos

$$\left[\vec{\sigma}.\left(\vec{p}-\frac{e}{c}\vec{A}\right)\right]. \left[\vec{\sigma}.\left(\vec{p}-\frac{e}{c}\vec{A}\right)\right]=$$

$$= (\vec{\sigma}.\vec{p})(\vec{\sigma}.\vec{p})-\frac{e}{c}(\vec{\si... ...\vec{\sigma}.\vec{A})-\frac{e}{c}(\vec{\sigma}.\vec{A})(\vec{\sigma} .\vec{p})+$$

$$+ \frac{e^2}{c^2}(\vec{\sigma}.\vec{A})(\vec{\sigma}.\vec{A}) =$$

$$= \vec{p}^2-\frac{e}{c}\left(\vec{p}.\vec{A}+i\vec{\sigma}.(\vec{p}... ...rac{e}{c}\left((\vec{A}.\vec{p})+i\vec{\sigma}. (\vec{A}\times \vec{p})\right)+$$

$$+ \frac{e^2}{c^2}\vec{A}.\vec{A}$$ (446)

Mas,

$$\left[(\vec{p}.\vec{A})+(\vec{A}.\vec{p})\right]\psi = -i\hbar\vec{\nabla}. (\vec{A}\psi)-i\hbar \vec{A}.\vec{\nabla}\psi$$

$$= -i\hbar(\vec{\nabla}.\vec{A})\psi -i\hbar\vec{A}.\vec{\nabla}\psi -i\hbar \vec{A}.\vec{\nabla}\psi$$ (447)

Escolhendo o gauge em que $\vec{\nabla}.\vec{A}=0$, temos

$$\left[(\vec{p}.\vec{A})+(\vec{A}.\vec{p})\right]\psi = -2i\hbar \vec{A}.\vec{\nabla}\psi$$ (448)

ou,

$$\left[(\vec{p}.\vec{A})+(\vec{A}.\vec{p})\right]=2\vec{A}.\vec{p}$$ (449)

Temos ainda

$$\vec{\sigma}.\left[\vec{p}\times \vec{A}+\vec{A}\times \vec{p}\right]\psi =$$

$$= \vec{\sigma}.\left[-i\hbar\vec{\nabla}\times(\vec{A}\psi)+ \vec{A}\times (-i\hbar \vec{\nabla}\psi)\right]$$

$$= \vec{\sigma}.\left[-i\hbar\left((rot \vec{A})\psi- \vec{A}\times \vec{\nabla}\psi\right)-i\hbar\vec{A}\times \vec{\nabla}\psi\right]$$

$$= -i\hbar\vec{\sigma}.\left[\vec{B}\psi\right]$$

$$= -i\hbar \vec{\sigma}.\vec{B}\psi$$ (450)

Reunindo tudo, temos

$$\left[\vec{\sigma}.\left(\vec{p}-\frac{e}{c}\vec{A}\right)\... ...rac{e\hbar}{c} \vec{\sigma}.\vec{B}+\frac{e^2}{c^2}\vec{A}^2$$ (451)

O hamiltoniano $\hat{H}_{em}$ é obtido dividindo isso por $2m$:

$$\hat{H}_{em}= \frac{\vec{p}^2}{2m}-\frac{e}{mc}\vec{A}.\vec{p}- \frac{\hbar e}{2mc}\vec{\sigma}.\vec{B}$$ (452)

Para o caso de um campo uniforme, temos

$$\vec{A}=\frac{1}{2}(\vec{B}\times \vec{r})$$ (453)

como o leitor verificará facilmente. Resulta então que

$$\hat{H}_{em}= \frac{\vec{p}^2}{2m}-\frac{e}{2mc}\vec{B}.(\vec{r} \times \vec{p})-\frac{\hbar e}{2mc}\vec{\sigma}.\vec{B}$$ (454)

Finalmente, usando $\vec{L}= \vec{r}\times \vec{p}$ e $\vec{s} = \hbar \frac{\vec{\sigma}}{2}$, temos

$$\hat{H}_{em} = \frac{\vec{p}^2}{2m}-\frac{e}{2mc}\vec{L}.\vec{B} -\frac{e}{mc}\vec{s}.\vec{B}$$ (455)

Há ainda, é claro, o termo $\frac{e^2}{c^2}\vec{A}^2$, que omitimos porque, no tratamento perturbativo, representa uma correção de ordem superior às que usualmente se calcula.