Considere dois observáveis compatíveis \hat{A} e \hat{B}, porém os autovalores de \hat{A} tem uma degenerescência dupla, \hat{A}|\Lambda\rangle=\alpha|\Lambda\rangle e \hat{A}\left|\Lambda^{\prime}\right\rangle=\alpha\left|\Lambda^{\prime}\right\rangle, onde os vetores |\Lambda\rangle e \left|\Lambda^{\prime}\right\rangle são linearmente independentes. Responda as seguintes questões:
(a) Justifique que nesse caso o operador \hat{B} deve ser escrito como \hat{B}|\Lambda\rangle=\mu|\Lambda\rangle+\nu|\Lambda\rangle e \hat{B}\left|\Lambda^{\prime}\right\rangle=\mu^{\prime}|\Lambda\rangle+\nu^{\prime}|\Lambda\rangle, onde \mu, \nu, \mu^{\prime} e \nu^{\prime} são os elementos de matriz desse operador nessa base. Compare com o caso não-degenerado.
(b) Mostre que é possível diagonalizar o operador \hat{B} tomando combinações lineares dos vetores da base, de modo que \hat{B}\left(\alpha|\Lambda\rangle+\alpha^{\prime}\left|\Lambda^{\prime}\right\rangle\right)= \sigma\left(\alpha|\Lambda\rangle+\alpha^{\prime}\left|\Lambda^{\prime}\right\rangle\right), onde \sigma e \alpha^{\prime} são determinados em termos de \alpha, \mu, \mu^{\prime}, \nu e \nu^{\prime}.

Passo 1

O enunciado trata de dois observáveis compatíveis \hat A e \hat B ( [\hat A,\hat B]=0), em cuja base de autovetores de \hat A existe uma degenerescência dupla para o autovalor \alpha. Ou seja,
\hat A|\Lambda\rangle = \alpha|\Lambda\rangle, \quad \hat A|\Lambda'\rangle = \alpha|\Lambda'\rangle,
com |\Lambda\rangle e |\Lambda'\rangle linearmente independentes.
(a) Queremos mostrar que, nessa subespaço degenerado, \hat B pode misturar esses dois vetores, de modo que
\hat B|\Lambda\rangle = \mu\,|\Lambda\rangle + \nu\,|\Lambda'\rangle, \quad \hat B|\Lambda'\rangle = \mu'\,|\Lambda\rangle + \nu'\,|\Lambda'\rangle.
Em contraste, no caso não­-degenerado, um autovetor isolado |\psi\rangle satisfaz \hat B|\psi\rangle\propto|\psi\rangle.
(b) A partir dessa representação 2\times2 de \hat B no subespaço degenerado, vamos diagonalizá­-la, encontrando combinações lineares
\alpha\,|\Lambda\rangle+\alpha'\,|\Lambda'\rangle que são autovetores de \hat B com autovalor \sigma.

Passo 2

Porque [\hat A,\hat B]=0, \hat B preserva cada subespaço próprio de \hat A. No subespaço degenerado associado a \alpha, toda imagem \hat B|\Lambda\rangle deve ficar dentro do span \{|\Lambda\rangle,|\Lambda'\rangle\}. Logo, escrevemos
\hat B|\Lambda\rangle = \mu\,|\Lambda\rangle + \nu\,|\Lambda'\rangle, \quad \hat B|\Lambda'\rangle = \mu'\,|\Lambda\rangle + \nu'\,|\Lambda'\rangle,
onde \mu,\nu,\mu',\nu'\in\mathbb{C} são elementos de matriz de \hat B nessa base.
No caso não-degenerado, digamos \hat A|\psi\rangle=a|\psi\rangle com multiplicidade 1, qualquer outro vetor próprio de \hat A é ortogonal a |\psi\rangle. Como \hat B não pode “sair” desse subespaço unidimensional, obrigatoriamente
\hat B|\psi\rangle=\beta\,|\psi\rangle para algum escalar \beta.

Passo 3

Para diagonalizar \hat B no subespaço degenerado, procuramos \sigma e (\alpha,\alpha')\neq(0,0) tais que
\hat B\bigl(\alpha\,|\Lambda\rangle+\alpha'\,|\Lambda'\rangle\bigr) =\sigma\bigl(\alpha\,|\Lambda\rangle+\alpha'\,|\Lambda'\rangle\bigr).
Aplicando \hat B e usando os itens do passo anterior, obtemos o sistema
\begin{cases} \alpha\,\mu + \alpha'\,\mu' = \sigma\,\alpha,\\\ \alpha\,\nu + \alpha'\,\nu' = \sigma\,\alpha'. \end{cases}
Em forma matricial,
\begin{pmatrix} \mu-\sigma & \mu'\\[6pt] \nu & \nu'-\sigma \end{pmatrix} \begin{pmatrix}\alpha\\[3pt]\alpha'\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[3pt]0\end{pmatrix}.
Para existirem soluções não-triviais, o determinante dessa matriz deve ser zero.]

Passo 4

O determinante condiciona o polinômio característico de \hat B no subespaço:
\det\!\begin{pmatrix} \mu-\sigma & \mu'\\\ \nu & \nu'-\sigma \end{pmatrix} =(\mu-\sigma)(\nu'-\sigma)-\nu\,\mu'=0.
Isso dá a equação quadrática em \sigma:
\sigma^2 -(\mu+\nu')\sigma+(\mu\,\nu'-\nu\,\mu')=0.
Suas raízes são
\sigma_{\pm} =\frac{\mu+\nu'\pm\sqrt{(\mu-\nu')^2+4\,\nu\,\mu'}}{2}.
Para cada \sigma, a razão \alpha'/\alpha vem de uma das duas linhas do sistema, por exemplo
(\mu-\sigma)\,\alpha + \mu'\,\alpha' = 0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{\alpha'}{\alpha} =\frac{\sigma-\mu}{\mu'}.
Assim obtemos dois autovetores de \hat B dentro do subespaço degenerado de \hat A.

Resposta

No caso degenerado, \hat B tem representação
\hat B|\Lambda\rangle = \mu\,|\Lambda\rangle + \nu\,|\Lambda'\rangle, \quad \hat B|\Lambda'\rangle = \mu'\,|\Lambda\rangle + \nu'\,|\Lambda'\rangle.
Diagonalizando esse 2\times2, os autovalores são
\sigma_{\pm} =\frac{\mu+\nu'\pm\sqrt{(\mu-\nu')^2+4\,\nu\,\mu'}}{2},
e os respectivos autovetores são combinações
\alpha\,|\Lambda\rangle+\alpha'\,|\Lambda'\rangle com
\alpha'/\alpha=(\sigma-\mu)/\mu'. No caso não­-degenerado, não há espaço para mistura e \hat B age como simples escala em cada autovetor de \hat A.

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