Considere a matriz A=\left(\begin{array}{ccc}0 & 0 & -1+i \\\\ 0 & 3 & 0 \\\\ -1-i & 0 & 0\end{array}\right).
(a) Encontre os autovalores e autovetores normalizados de A. Denote os autovetores de A por \left|a_{1}\right\rangle,\left|a_{2}\right\rangle,\left|a_{3}\right\rangle. Algum autovalor degenerado?
(b) Mostre que os autovetores \left|a_{1}\right\rangle,\left|a_{2}\right\rangle,\left|a_{3}\right\rangle formam uma base ortonormal e completa, isto é, mostre que \sum_{j=1}^{3}\left|a_{j}\right\rangle\left\langle a_{j}\right|=I, onde I é a matriz identidade 3 \times 3, e que \left\langle a_{j} \mid a_{k}\right\rangle=\delta_{j k}.
(c) Encontre a matriz correspondente ao operador obtido do produto ket-bra do primeiro autovetor P=\left|a_{1}\right\rangle\left\langle a_{1}\right| . P é um operador de projeção?

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}0 & 0 & -1+i\\[4pt] 0 & 3 & 0\\[4pt] -1-i & 0 & 0\end{pmatrix}
e pede:
(a) os autovalores e os autovetores normalizados de A, denotados por \left|a_{1}\right\rangle,\left|a_{2}\right\rangle,\left|a_{3}\right\rangle. Verificar se há degenerescência de autovalores.
(b) mostrar que esses autovetores formam uma base ortonormal e completa, isto é, mostrar que \left\langle a_{j}\mid a_{k}\right\rangle=\delta_{jk} e que \sum_{j=1}^{3}\left|a_{j}\right\rangle\left\langle a_{j}\right|=I.
(c) calcular a matriz do operador P=\left|a_{1}\right\rangle\left\langle a_{1}\right| e decidir se P é um operador de projeção.
As informações relevantes: a matriz A é complexa 3\times3; nota-se que a segunda linha/coluna está praticamente desacoplada (apenas A_{22}=3), o que sugere um autovalor 3 com autovetor na direção do vetor canônico e_2. A solução começará resolvendo o polinômio característico e depois encontrando autovetores e normalizando-os.]

Passo 2

Encontrar os autovalores: escrever a equação característica \det(A-\lambda I)=0.
Calcular \det(A-\lambda I). Como o segundo elemento da diagonal é 3, ao expandir pelo elemento central (ou notar bloco 2\times2 em posições 1,3) obtém-se
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & -1+i\\[4pt]-1-i & -\lambda\end{pmatrix}.
Calcular o determinante do bloco 2\times2:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & -1+i\\[4pt]-1-i & -\lambda\end{pmatrix}=(-\lambda)(-\lambda)-(-1+i)(-1-i)=\lambda^{2}-\big((-1+i)(-1-i)\big).
Avaliar (-1+i)(-1-i). Multiplicando:
(-1+i)(-1-i)=(-1)(-1)+(-1)(-i)+i(-1)+i(-i)=1+i-i-i^{2}=1+0-(-1)=2.
Logo o bloco dá \lambda^{2}-2. Assim
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(\lambda^{2}-2).
As raízes são
\lambda=3,\qquad \lambda=\sqrt{2},\qquad \lambda=-\sqrt{2}.
Portanto os autovalores são \lambda_1=\sqrt{2},\; \lambda_2=3,\; \lambda_3=-\sqrt{2}. Como os três valores são distintos, não há degenerescência.]

Passo 3

Encontrar o autovetor para \lambda=3.
Resolver (A-3I)v=0. Escrevendo explicitamente:
(A-3I)=\begin{pmatrix}-3 & 0 & -1+i\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt]-1-i & 0 & -3\end{pmatrix}.
As equações são
-3x_1+(-1+i)x_3=0,\qquad 0=0,\qquad (-1-i)x_1-3x_3=0.
Das duas primeiras equações (ou pela compatibilidade), somando as duas we vemos que a única solução compatível é x_1=0,\;x_3=0 e x_2 livre. Assim um autovetor associado é o vetor canônico da segunda direção:
v^{(2)}=\begin{pmatrix}0\\[3pt]1\\[3pt]0\end{pmatrix}.
Esse vetor já tem norma 1, então o autovetor normalizado correspondente fica
\left|a_{2}\right\rangle=\begin{pmatrix}0\\[3pt]1\\[3pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 4

Encontrar o autovetor para \lambda=\sqrt{2}.
Restringindo ao subespaço das componentes 1 e 3, para \lambda=\sqrt{2} as equações (das linhas 1 e 3) são
-\lambda x_1+(-1+i)x_3=0,\qquad (-1-i)x_1-\lambda x_3=0,\qquad \text{com }\lambda=\sqrt{2}.
Da primeira equação:
x_1=\frac{-1+i}{\lambda}\,x_3=\frac{-1+i}{\sqrt{2}}\,x_3.
Escolhendo uma escala conveniente, tomo x_3=1. Então um autovetor não-normalizado é
v^{(1)}=\begin{pmatrix}\dfrac{-1+i}{\sqrt{2}}\\[6pt]0\\[6pt]1\end{pmatrix}.
Agora normalizar: calcular a norma \|v^{(1)}\|. A norma ao quadrado é
\|v^{(1)}\|^{2}=\left|\frac{-1+i}{\sqrt{2}}\right|^{2}+0^{2}+|1|^{2}.
Calcular \left|\dfrac{-1+i}{\sqrt{2}}\right|^{2}=\dfrac{|{-1+i}|^{2}}{2}=\dfrac{(-1)^{2}+1^{2}}{2}=\dfrac{2}{2}=1. Então \|v^{(1)}\|^{2}=1+1=2, logo \|v^{(1)}\|=\sqrt{2}.
Portanto o autovetor normalizado é
\left|a_{1}\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}v^{(1)}=\begin{pmatrix}\dfrac{-1+i}{2}\\[6pt]0\\[6pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}.
(Verificação rápida: as componentes foram divididas por \sqrt{2}, resultando em fator \dfrac{-1+i}{2} na primeira componente.)]

Passo 5

Encontrar o autovetor para \lambda=-\sqrt{2}.
Procedimento análogo. Das equações do subbloco, para \lambda=-\sqrt{2} obtemos
x_1=\frac{-1+i}{\lambda}\,x_3=\frac{-1+i}{-\sqrt{2}}\,x_3=\frac{1-i}{\sqrt{2}}\,x_3.
Tomando x_3=1 dá o autovetor não-normalizado
v^{(3)}=\begin{pmatrix}\dfrac{1-i}{\sqrt{2}}\\[6pt]0\\[6pt]1\end{pmatrix}.
A norma ao quadrado é novamente 1+1=2, pois \left|\dfrac{1-i}{\sqrt{2}}\right|^{2}=1. Então a versão normalizada é
\left|a_{3}\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}v^{(3)}=\begin{pmatrix}\dfrac{1-i}{2}\\[6pt]0\\[6pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificar ortonormalidade \langle a_j\mid a_k\rangle=\delta_{jk}.
Calcular normas:
\langle a_1\mid a_1\rangle=\left|\frac{-1+i}{2}\right|^{2}+0+\left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^{2}=\frac{1}{2}+0+\frac{1}{2}=1,
\langle a_3\mid a_3\rangle=\left|\frac{1-i}{2}\right|^{2}+0+\left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1,
\langle a_2\mid a_2\rangle=1 já visto. Agora produto cruzado entre a_1 e a_3:
\langle a_1\mid a_3\rangle=\overline{\left(\frac{-1+i}{2}\right)}\!\left(\frac{1-i}{2}\right)+0+\overline{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}\!\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right).
Calcular o primeiro termo: \overline{\left(\frac{-1+i}{2}\right)}=\dfrac{-1-i}{2}. Logo
\frac{-1-i}{2}\cdot\frac{1-i}{2}=\frac{(-1-i)(1-i)}{4}=\frac{-2}{4}=-\frac{1}{2},
como mostrado nos cálculos. O terceiro termo vale 1/2. Assim \langle a_1\mid a_3\rangle=-\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}=0.
Os produtos \langle a_1\mid a_2\rangle e \langle a_3\mid a_2\rangle são claramente 0 porque a_2 tem apenas componente central não nula e a_1,a_3 têm a componente central 0.
Portanto \langle a_j\mid a_k\rangle=\delta_{jk}, i.e. os vetores são ortonormais.

Passo 7

Mostrar completude: \sum_{j=1}^{3}\left|a_{j}\right\rangle\left\langle a_{j}\right|=I.
Construir explicitamente os operadores projetores |a_1\rangle\langle a_1|, |a_2\rangle\langle a_2|, |a_3\rangle\langle a_3| e somá-los.
Usando os vetores normalizados encontrados:
|a_1\rangle=\begin{pmatrix}\dfrac{-1+i}{2}\\[4pt]0\\[4pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix},\quad |a_2\rangle=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad |a_3\rangle=\begin{pmatrix}\dfrac{1-i}{2}\\[4pt]0\\[4pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}.
Calcule |a_1\rangle\langle a_1| e |a_3\rangle\langle a_3|. Por exemplo
|a_1\rangle\langle a_1|=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{-1+i}{2\sqrt{2}}\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]\tfrac{-1-i}{2\sqrt{2}} & 0 & \tfrac{1}{2}\end{pmatrix},
|a_3\rangle\langle a_3|=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1-i}{2\sqrt{2}}\\[4pt]0 & 0 & 0\\[4pt]\tfrac{1+i}{2\sqrt{2}} & 0 & \tfrac{1}{2}\end{pmatrix},
e
|a_2\rangle\langle a_2|=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0\\[4pt]0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Somando as três matrizes, as entradas fora da diagonal somam-se a zero (os termos complexos nas posições (1,3) se cancelam) e a diagonal fica \operatorname{diag}(1,1,1). Assim
\sum_{j=1}^{3}|a_j\rangle\langle a_j|=I_{3}.
Isto demonstra a completude da base ortonormal.]

Passo 8

Matriz do operador P=|a_1\rangle\langle a_1| e verificar se é projeção.
Já calculámos |a_1\rangle\langle a_1| acima; escrevendo de forma clara:
P=\left|a_{1}\right\rangle\left\langle a_{1}\right|=\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} & 0 & \dfrac{-1+i}{2\sqrt{2}}\\[6pt]0 & 0 & 0\\[6pt]\dfrac{-1-i}{2\sqrt{2}} & 0 & \dfrac{1}{2}\end{pmatrix}.
Mostrar que P é operador de projeção: para qualquer vetor normalizado |\psi\rangle vale (|\psi\rangle\langle\psi|)^{2}=|\psi\rangle\langle\psi|, porque
(|\psi\rangle\langle\psi|)^{2}=|\psi\rangle\underbrace{\langle\psi\mid\psi\rangle}_{=1}\langle\psi|=|\psi\rangle\langle\psi|.
Também (|\psi\rangle\langle\psi|)^\dagger=|\psi\rangle\langle\psi| (é hermitiano). Como \langle a_1\mid a_1\rangle=1, no nosso caso P^{2}=P e P^\dagger=P. Logo P é um operador de projeção (projeção ortogonal no subespaço gerado por |a_1\rangle).]

Resposta

(a) Autovalores: \lambda_1=\sqrt{2},\\ \lambda_2=3,\\ \lambda_3=-\sqrt{2}.
Autovetores normalizados (escolhidos com as fases acima):
[
\left|a_{1}\right\rangle= \begin{pmatrix}\dfrac{-1+i}{2}\\[4pt]0\\[4pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix},\qquad
\left|a_{2}\right\rangle= \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad
\left|a_{3}\right\rangle= \begin{pmatrix}\dfrac{1-i}{2}\\[4pt]0\\[4pt]\dfrac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}.
)
Nenhuma degenerescência (todos distintos).
(b) Sim: \langle a_j\mid a_k\rangle=\delta_{jk} e \displaystyle\sum_{j=1}^{3}\left|a_{j}\right\rangle\left\langle a_{j}\right|=I_{3}.
(c) \displaystyle P=\left|a_{1}\right\rangle\left\langle a_{1}\right|=\begin{pmatrix}\dfrac{1}{2} & 0 & \dfrac{-1+i}{2\sqrt{2}}\\[6pt]0 & 0 & 0\\[6pt]\dfrac{-1-i}{2\sqrt{2}} & 0 & \dfrac{1}{2}\end{pmatrix}.
Sim, P é um operador de projeção (pois P^{2}=P e P^\dagger=P).]

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