3.1 Ache os autovalores e autovetores de \sigma_{y}=\left(\begin{array}{cc}0 & -i \\\ i & 0\end{array}\right). Suponha que um elétron se encontre no estado de \operatorname{spin}\binom{\alpha}{\beta}. Se s_{y} for medido, qual a probabilidade que o resultado
seja \hbar / 2 ?

Passo 1

O enunciado dá a matriz
\sigma_{y}=\begin{pmatrix}0 & -i \\[4pt] i & 0\end{pmatrix}
e pede duas coisas: (1) achar os autovalores e autovetores de \sigma_{y}; (2) supondo que um elétron esteja no estado de spin \begin{pmatrix}\alpha\\[4pt]\beta\end{pmatrix}, calcular a probabilidade de que, ao medir s_{y}, o resultado seja \hbar/2.
Informações relevantes listadas:
  • A matriz dado é \sigma_{y} (Pauli-y).
  • O estado inicial é \psi=\begin{pmatrix}\alpha\\[4pt]\beta\end{pmatrix} (podemos supor que esteja normalizado, i.e. |\alpha|^{2}+|\beta|^{2}=1; se não estiver, é preciso normalizar antes).
  • O operador de spin na direção y é s_{y}=\dfrac{\hbar}{2}\sigma_{y}. Portanto os autovalores de s_{y} são \dfrac{\hbar}{2} vezes os autovalores de \sigma_{y}.]

Passo 2

Definição de autovalor / autovetor (rapidinho, para fixar): dado um operador (matriz) A, um número \lambda é autovalor e v\neq 0 é autovetor se
A v = \lambda v.
Para encontrar os autovalores calculamos o polinômio característico \det(\sigma_{y}-\lambda I)=0.

Passo 3

Calculo do polinômio característico de \sigma_{y}. Escrevemos
\sigma_{y}-\lambda I=\begin{pmatrix}-\lambda & -i \\[4pt] i & -\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(\sigma_{y}-\lambda I)=(-\lambda)(-\lambda)-(-i)(i)=\lambda^{2}-(-i\cdot i).
Como i\cdot i=i^{2}=-1, temos -i\cdot i = -i^{2}= -(-1)=1. Assim
\det(\sigma_{y}-\lambda I)=\lambda^{2}-1.
Igualando a zero:
\lambda^{2}-1=0 \quad\Rightarrow\quad \lambda=\pm 1.
Portanto os autovalores de \sigma_{y} são \lambda_{+}=1 e \lambda_{-}=-1. Consequentemente os autovalores de s_{y}=\dfrac{\hbar}{2}\sigma_{y} são \dfrac{\hbar}{2} e -\dfrac{\hbar}{2}.]

Passo 4

Agora achamos os autovetores. Para \lambda_{+}=1 resolvemos
(\sigma_{y}-I)v=0\quad\Rightarrow\quad \begin{pmatrix}-1 & -i \\[4pt] i & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt] v_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira equação vem -v_{1}-i v_{2}=0, isto é v_{1}=-i v_{2}. Tomando v_{2}=1 obtemos v=\begin{pmatrix}-i\\[4pt]1\end{pmatrix}. Podemos multiplicar por uma fase comum para simplificar; multiplicando por i damos a forma mais usual
\chi_{+}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] i\end{pmatrix},
onde normalizamos: \big\lVert\begin{pmatrix}1\\[4pt] i\end{pmatrix}\big\rVert^{2}=|1|^{2}+|i|^{2}=1+1=2, então o fator 1/\sqrt{2} garante norma 1. Logo \chi_{+} é autovetor associado a \lambda_{+}=1.]

Passo 5

Para \lambda_{-}=-1 resolvemos
(\sigma_{y}+I)v=0\quad\Rightarrow\quad \begin{pmatrix}1 & -i \\[4pt] i & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt] v_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira equação v_{1}-i v_{2}=0, isto é v_{1}=i v_{2}. Tomando v_{2}=1 obtemos v=\begin{pmatrix}i\\[4pt]1\end{pmatrix}. Novamente multiplicando por uma fase conveniente obtemos a forma usual normalizada
\chi_{-}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-i\end{pmatrix},
que satisfaz \sigma_{y}\chi_{-}=-\chi_{-}. Assim \chi_{-} é autovetor associado a \lambda_{-}=-1.]

Passo 6

Resumo dos autovalores e autovetores de \sigma_{y} (já obtidos):
\lambda_{+}=1,\quad \chi_{+}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] i\end{pmatrix}; \qquad \lambda_{-}=-1,\quad \chi_{-}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] -i\end{pmatrix}.
Como s_{y}=\dfrac{\hbar}{2}\sigma_{y}, os autovalores de s_{y} são \dfrac{\hbar}{2} (associado a \chi_{+}) e -\dfrac{\hbar}{2} (associado a \chi_{-}).]

Passo 7

Regra de probabilidade para medida: se o sistema está no estado normalizado \psi, a probabilidade de obter o autovalor correspondente ao autovetor normalizado \chi_{+} é
P\!\left(+\tfrac{\hbar}{2}\right)=\big|\langle \chi_{+}\mid \psi\rangle\big|^{2},
onde o produto interno usa conjugação do primeiro vetor.

Passo 8

Calculo explícito do coeficiente de projeção. Escrevendo \psi=\begin{pmatrix}\alpha\\[4pt]\beta\end{pmatrix} e usando \chi_{+}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] i\end{pmatrix} obtemos
\langle \chi_{+}\mid \psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(1^{*}\alpha + (i)^{*}\beta\big) = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(\alpha - i\beta\big),
pois (i)^{*}=-i. Portanto a probabilidade é
P\!\left(+\tfrac{\hbar}{2}\right)=\frac{1}{2}\big|\alpha - i\beta\big|^{2}.
Se \psi não estiver normalizado, primeiro normalize dividindo por \sqrt{|\alpha|^{2}+|\beta|^{2}}.]

Passo 9

Para fixar com exemplos rápidos (apenas para intuir):
  • Se \psi=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix} (spin up em z), então
P\!\left(+\tfrac{\hbar}{2}\right)=\frac{1}{2}|1- i\cdot 0|^{2}=\frac{1}{2}.
  • Se \psi=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} (spin up em x), então
P\!\left(+\tfrac{\hbar}{2}\right)=\frac{1}{2}\Big|\frac{1}{\sqrt{2}}-i\frac{1}{\sqrt{2}}\Big|^{2} =\frac{1}{2}\cdot\frac{|1-i|^{2}}{2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{2}=\frac{1}{2}.
Esses exemplos mostram que muitas vezes dá 1/2, mas a fórmula geral é a do passo anterior.]

Resposta

Autovalores de \sigma_{y}: \lambda_{+}=1 e \lambda_{-}=-1. Autovetores normalizados:
\chi_{+}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt] i\end{pmatrix},\qquad \chi_{-}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-i\end{pmatrix}.
Probabilidade de obter s_{y}=\hbar/2 para o estado \begin{pmatrix}\alpha\\[4pt]\beta\end{pmatrix}:
P\!\left(+\tfrac{\hbar}{2}\right)=\frac{1}{2}\big|\alpha - i\beta\big|^{2}.]

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