21 Considere um espaço de kets tridimensional. Se um certo conjunto de kets ortogonais digamos |1\rangle,|2\rangle e |3\rangle - é usado como base, os operadores A e B são representados por
A \doteq\left(\begin{array}{ccc} a & 0 & 0 \\\\ 0 & -a & 0 \\\\ 0 & 0 & -a \end{array}\right), \quad B \doteq\left(\begin{array}{ccc} b & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -i b \\\\ 0 & i b & 0 \end{array}\right)
com a e b reais.
(a) A obviamente tem um espectro degenerado. Acontece o mesmo com B ?
(b) Mostre que A e B comutam.
(c) Ache um novo conjunto de kets ortonormais que sejam autovetores simultâneos de A e B. Especifique os autovalores de A e B para cada um dos très autovetores. Sua especificação dos autovalores caracteriza completamente cada um dos autovetores?
Passo 1
O enunciado nos dá um espaço de kets tridimensional e uma base ortonormal |1\rangle,|2\rangle,|3\rangle. Os operadores A e B são, na base dada, as matrizes
A \doteq \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\\\ 0 & -a & 0 \\\\ 0 & 0 & -a \end{pmatrix}, \qquad B \doteq \begin{pmatrix} b & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -i b \\\\ 0 & i b & 0 \end{pmatrix},
com a e b reais. As perguntas do enunciado são:
(a) A matriz A tem espectro degenerado (isso é óbvio pelo enunciado). Acontece o mesmo com B? Ou seja: B tem autovalores repetidos (degenerescência) ou não, dependendo de a,b?
(b) Mostrar que A e B comutam, isto é, [A,B]=0.
(c) Encontrar um conjunto ortonormal de três kets que sejam autovetores simultâneos de A e B. Para cada um dos três autovetores, especificar os autovalores de A e B. Indicar também se essa especificação dos autovalores caracteriza completamente cada autovetor (ou seja: os pares de valores próprios distinguem unicamente os kets, salvo fatores escalares).
Passo 2
(a) Vamos achar os autovalores de B. Observando a matriz de B, vemos que ela é block-diagonal em relação ao subespaço gerado por |1\rangle e ao subespaço gerado por |2\rangle,|3\rangle. Explicitamente, o bloco associado a |1\rangle é simplesmente (b), portanto
B|1\rangle = b\,|1\rangle,
ou seja, b é um autovalor de B, com autovetor |1\rangle.
O bloco sobre o subespaço \text{span}\{|2\rangle,|3\rangle\} é a matriz 2\times2
M \doteq \begin{pmatrix} 0 & -i b \\\ i b & 0 \end{pmatrix}.
Para achar os autovalores de M calculamos o polinômio característico. Escrevendo \lambda para o autovalor:
\det(M-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-\lambda & -i b\\\ i b & -\lambda\end{pmatrix} = \lambda^2 - ( -i b)(i b).
Agora simplificamos o produto:
(-i b)(i b) = -(i^2) b^2 = -(-1)b^2 = b^2.
Portanto
\det(M-\lambda I)=\lambda^2 - b^2,
e os autovalores são
\lambda = \pm b.
Combinando com o autovalor b vindo da componente |1\rangle, os autovalores de B (com suas multiplicidades algébricas) são: b (pelo menos uma vez vindo de |1\rangle) e \pm b vindos da submatriz M. Conclusões:
Se b\neq 0, os autovalores de B são +b (com multiplicidade algébrica 2) e -b (multiplicidade 1). Ou seja, +b é degenerado (duas vezes).
Se b=0, todos os autovalores são 0 e temos degenerescência total (multiplicidade 3).
Logo: sim, em geral B tem degenerescência: para b\neq 0 existe degenerescência do autovalor +b; para b=0 é totalmente degenerado.
Passo 3
(b) Mostramos que A e B comutam calculando AB e BA e verificando que são iguais. É mais simples usar que A é diagonal na base |1\rangle,|2\rangle,|3\rangle com entradas a,-a,-a. O efeito de A sobre cada coluna de B é multiplicar a coluna j pelo autovalor de A correspondente à base |j\rangle.
Vamos calcular explicitamente AB. Multiplicando as matrizes:
AB = \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\\\ 0 & -a & 0 \\\\ 0 & 0 & -a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} b & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -i b \\\\ 0 & i b & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a b & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & a i b \\\\ 0 & -a i b & 0 \end{pmatrix}.
Agora BA:
BA = \begin{pmatrix} b & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -i b \\\\ 0 & i b & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & 0 & 0 \\\\ 0 & -a & 0 \\\\ 0 & 0 & -a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b a & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -i b (-a) \\\\ 0 & i b (-a) & 0 \end{pmatrix}.
Simplificando os sinais no último produto:
- i b (-a) = a i b,\qquad i b (-a) = - a i b.
Portanto
BA = \begin{pmatrix} a b & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & a i b \\\\ 0 & -a i b & 0 \end{pmatrix}.
Temos AB=BA, logo [A,B]=0. Comentário intuitivo: A é diagonal com valores (a,-a,-a); B preserva o subespaço gerado por |2\rangle,|3\rangle e apenas tem um valor em |1\rangle, e a ação de A é simplesmente multiplicar componentes por constantes, por isso eles se comutam.
Passo 4
(c) Construir autovetores simultâneos. Estratégia (explicada passo a passo, bem didática):
Quando dois operadores comutam, eles podem ser simultaneamente diagonalizados em subespaços onde não há degenerescência; onde há degenerescência de um, precisamos diagonalizar o outro dentro do subespaço degenerado.
Aqui A tem autovalores a (associado a |1\rangle) e -a (associado ao subespaço de dimensão 2 gerado por |2\rangle,|3\rangle). Então o subespaço próprio de A relativo ao valor -a é gerado por |2\rangle e |3\rangle — é nele que devemos diagonalizar B para obter autovetores comuns.
Portanto já sabemos um autovetor comum imediato: |1\rangle é autovetor de A com autovalor a, e também é autovetor de B com autovalor b. Logo um autovetor simultâneo é |1\rangle com
Falta encontrar dois vetores ortonormais em \text{span}\{|2\rangle,|3\rangle\} que diagonalizem B naquele subespaço. Portanto restrinjamos B a esse subespaço: a matriz é M definida no Passo 2,
M = \begin{pmatrix} 0 & -i b \\\ i b & 0 \end{pmatrix},
onde a ordem das coordenadas é |2\rangle,|3\rangle. Já achamos os autovalores \pm b. A seguir obtemos os autovetores correspondentes.
Passo 5
Encontrando autovetores de M e normalizando (contas passo a passo):
Para autovalor +b, resolvemos (M - b I)\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=0:
\begin{pmatrix}-b & -i b\\\ i b & -b\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=0.
Podemos dividir por b (assumindo primeiro b\neq 0; trataremos b=0 depois). Obtemos
\begin{pmatrix}-1 & -i\\\ i & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=0.
Da primeira linha segue -x - i y = 0, ou
x = - i y.
Portanto um autovetor (não normalizado) associado a +b é
Verificações rápidas (úteis na prova): são ortonormais entre si e ortogonais a |1\rangle. Por exemplo, \langle v_{+}|v_{-}\rangle = \frac{1}{2}\big( (i)(-i) + 1\cdot 1\big) = \frac{1}{2}(1+1)=1? Cuidado: vamos calcular corretamente com conjugados. Use produto interno linear no segundo argumento: \langle v_{+}|v_{-}\rangle = \frac{1}{2}\big( (i)\cdot i + 1\cdot 1\big) — melhor fazer devagar:
\langle v_{+}| = \frac{ \langle 2| i + \langle 3| }{\sqrt{2}} porque ( -i )^* = i.
Então \langle v_{+}|v_{-}\rangle = \frac{1}{2}\big( i\cdot i + 1\cdot 1\big) = \frac{1}{2}(-1+1)=0. Assim são ortogonais (note i\cdot i = i^2 = -1). Portanto |v_{+}\rangle e |v_{-}\rangle são ortonormais.
Agora verificamos que são autovetores de A também: ambos pertencem ao subespaço \text{span}\{|2\rangle,|3\rangle\}, que é o autiespaço de A com autovalor -a. Logo
Resposta à última parte da letra (c): “Sua especificação dos autovalores caracteriza completamente cada um dos três autovetores?”
Se b\neq 0 e a arbitrário: os pares (\text{valor de }A,\text{valor de }B) são (a,b), (-a,b) e (-a,-b). Esses três pares são todos diferentes entre si, então eles identificam unicamente cada autovetor, salvo uma ambiguidade clássica: multiplos escalares complexos de módulo 1 (fases globais). Ou seja, o par de autovalores caracteriza o autovetor até um fator complexo não nulo — usualmente apenas até uma fase, se exigimos norma 1. Portanto em termos de subespaços unidimensionais a caracterização é única; em termos de vetor representativo há liberdade de fase global.
Casos especiais a notar:
Se b=0, então B=0 e todos os autvalores de B são zero; os pares (a,0) e (-a,0) não distinguem vetores dentro do subespaço degenerado de A. Em particular o subespaço correspondente a -a (dimension 2) deixará toda a liberdade: qualquer base ortonormal desse subespaço consiste de autovetores simultâneos (pois B é nulo). Assim, quando b=0 os autovalores não caracterizam totalmente os autovetores.
Se a=0 então A também é degenerado (valores próprios todos zero) e a situação é análoga: precisamos de mais informação para fixar os autovetores.
Em resumo: para b\neq 0 os pares de autovalores distinguem os três autovetores (até fase); para b=0 (ou outros casos degenerados) não há caracterização única.
Resposta
(a) Sim. Para b\neq 0 o autovalor +b tem multiplicidade algébrica 2 (logo degenerado); para b=0 todos os autovalores são 0 (degenerescência total).\n(b) [A,B]=0 (mostrado por multiplicação das matrizes; ou seja, AB=BA).\n(c) Um conjunto ortonormal de autovetores simultâneos é\n\;|1\rangle,\;\;|v_{+}\rangle=\dfrac{-i|2\rangle+|3\rangle}{\sqrt{2}},\;\;|v_{-}\rangle=\dfrac{i|2\rangle+|3\rangle}{\sqrt{2}}.\nOs pares de autovalores são:\n\;|1\rangle:\;A\mapsto a,\;B\mapsto b\n\;|v_{+}\rangle:\;A\mapsto -a,\;B\mapsto +b\n\;|v_{-}\rangle:\;A\mapsto -a,\;B\mapsto -b\nA especificação dos autovalores caracteriza cada autovetor unicamente (até fator de fase global) quando b\neq 0; no caso b=0 há degenerescência e os autovalores não determinam univocamente os autovetores.