Dado o operador \hat{A}=2|1\rangle\langle 1|+3|1\rangle\langle 2|+3|2\rangle\langle 1|+2|2\rangle\langle 2| :
A) Monte sua representação matricial e verifique se a mesma é Hermitiana.
B) Encontre seus autovalores e autovetores e normalize-os.
C) Podemos usar estes autovetores como uma nova base? Porque?
D) Escreva o operador \hat{A} na nova base .
E) Mostre que a base é ortonormal.

Passo 1

O enunciado dá o operador
\hat{A}=2|1\rangle\langle 1|+3|1\rangle\langle 2|+3|2\rangle\langle 1|+2|2\rangle\langle 2|.
As perguntas são:
A) Montar a representação matricial de \hat{A} (na base \{|1\rangle,|2\rangle\} implícita) e verificar se é hermitiana.
B) Encontrar autovalores e autovetores, e normalizá‑los.
C) Dizer se esses autovetores podem formar uma nova base e justificar.
D) Escrever \hat{A} na nova base (representação matricial nessa base).
E) Mostrar que a nova base é ortonormal.
Informações relevantes fornecidas:
  • A expressão de \hat{A} em notação de Dirac com projeções e trocadores entre |1\rangle e |2\rangle.
  • A base original considerada é \{|1\rangle,|2\rangle\} (padrão para montar a matriz).

Passo 2

Como montar a matriz de um operador em uma base: as entradas da matriz são
A_{ij}=\langle i|\hat A|j\rangle,
onde i,j\in\{1,2\}. Vou calcular cada entrada usando o enunciado (aqui peguei os coeficientes diretamente da expressão de \hat{A}).
Calculemos:
A_{11}=\langle 1|\hat A|1\rangle =\langle 1|(2|1\rangle\langle 1|+3|1\rangle\langle 2|+3|2\rangle\langle 1|+2|2\rangle\langle 2|)|1\rangle.
Só os termos que contêm |1\rangle\langle 1| ou |2\rangle\langle 1| contribuem. Usando \langle 1|1\rangle=1 e \langle 1|2\rangle=0 obtemos
A_{11}=2.
Analogamente,
A_{12}=\langle 1|\hat A|2\rangle =3,
pois o termo 3|1\rangle\langle 2| envia |2\rangle em 3|1\rangle e a projeção com \langle 1| 3.
A_{21}=\langle 2|\hat A|1\rangle=3,
A_{22}=\langle 2|\hat A|2\rangle=2.
Logo a matriz de \hat A na base \{|1\rangle,|2\rangle\} é
A=\begin{pmatrix}2 & 3 \\[4pt] 3 & 2\end{pmatrix}.
Verificação de hermiticidade: um operador é hermitiano se a matriz for igual à sua conjugada transposta, A^\dagger = A. Aqui os elementos são reais e A é simétrica, portanto
A^\dagger = A^T = \begin{pmatrix}2 & 3 \\[4pt] 3 & 2\end{pmatrix} = A.
Conclusão: \hat A é hermitiana.]

Passo 3

Encontrar autovalores e autovetores: resolvemos \det(A-\lambda I)=0.
Calcule o polinômio característico:
\det\!\left(\begin{pmatrix}2-\lambda & 3\\[4pt]3 & 2-\lambda\end{pmatrix}\right) =(2-\lambda)^2-3\cdot3=(2-\lambda)^2-9.
Expandindo:
(2-\lambda)^2-9=\lambda^2-4\lambda-5.
Resolvendo \lambda^2-4\lambda-5=0 usando fórmula quadrática:
\lambda=\frac{4\pm\sqrt{(-4)^2-4\cdot1\cdot(-5)}}{2}=\frac{4\pm\sqrt{36}}{2}=\frac{4\pm6}{2}.
Portanto os autovalores são
\lambda_1=5,\qquad \lambda_2=-1.
Agora os autovetores. Para \lambda_1=5 resolvemos (A-5I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}2-5 & 3\\[4pt]3 & 2-5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-3 & 3\\[4pt]3 & -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=0.
Isto dá a equação -3x+3y=0\Rightarrow x=y. Um autovetor (não normalizado) é \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para \lambda_2=-1 resolvemos (A+I)\mathbf{v}=0:
\begin{pmatrix}2+1 & 3\\[4pt]3 & 2+1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3 & 3\\[4pt]3 & 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=0,
que dá 3x+3y=0\Rightarrow x=-y. Um autovetor (não normalizado) é \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}.
Normalização: norma de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} é \sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}. Norma de \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} é também \sqrt{2}. Assim os autovetores normalizados (em notação de kets) são
|v_1\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\frac{|1\rangle+|2\rangle}{\sqrt{2}}\quad\text{(para }\lambda_1=5\text{)},
|v_2\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=\frac{|1\rangle-|2\rangle}{\sqrt{2}}\quad\text{(para }\lambda_2=-1\text{)}.
Observação didática rápida: resolver autovalores equivale a achar escalas \lambda tais que \hat A|v\rangle=\lambda|v\rangle. Em matrizes, isso foi feito com \det(A-\lambda I)=0 e, em seguida, achar \mathbf v não nula que satisfaz (A-\lambda I)\mathbf v=0.]

Passo 4

Podemos usar esses autovetores como nova base? Sim. Justificativa didática e prática:
  • Em \mathbb{C}^2 (ou \mathbb{R}^2 aqui), dois vetores linearmente independentes formam uma base. Os autovetores correspondentes a autovalores distintos são linearmente independentes. Aqui |v_1\rangle e |v_2\rangle correspondem a \lambda_1\neq\lambda_2, logo são independentes.
  • Além disso, \hat A é hermitiano; pelo teorema espectral, autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais e podem ser tomados normalizados — portanto formam uma base ortonormal completa do espaço.
    Conclusão: sim, \{|v_1\rangle,|v_2\rangle\} é uma nova base (de fato ortonormal) de \mathbb{C}^2.

Passo 5

Escrever \hat A na nova base. Há duas formas úteis: (i) decomposição espectral e (ii) mudança de base explicitando a matriz diagonal.
(i) Decomposição espectral (fórmula geral para operador hermitiano):
\hat A=\lambda_1 |v_1\rangle\langle v_1|+\lambda_2 |v_2\rangle\langle v_2|.
Substituindo \lambda_1=5,\;\lambda_2=-1 obtemos
\hat A=5\,|v_1\rangle\langle v_1|-1\,|v_2\rangle\langle v_2|.
(ii) Representação matricial na base \{|v_1\rangle,|v_2\rangle\}: criar a matriz de mudança de base P cujas colunas são os vetores |v_1\rangle,|v_2\rangle escritos na base \{|1\rangle,|2\rangle\}. Assim
P=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix}.
A matriz de \hat A na nova base é A' = P^\dagger A P. Como P é real e ortogonal (na verdade P^{-1}=P^T=P^\dagger), podemos calcular diretamente (fiz as contas explícitas):
A' = \begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]0 & -1\end{pmatrix}.
Isto confirma a decomposição espectral: na base de autovetores a matriz de \hat A é diagonal com os autovalores na diagonal.]

Passo 6

Mostrar que a base é ortonormal — verificar produtos internos:
Compute
\langle v_1|v_1\rangle=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\frac{1}{2}(1+1)=1,
\langle v_2|v_2\rangle=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=\frac{1}{2}(1+1)=1,
\langle v_1|v_2\rangle=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=\frac{1}{2}(1-1)=0.
Portanto \langle v_i|v_j\rangle=\delta_{ij}: os vetores são mutuamente ortogonais e normalizados — ou seja, ortonormais.
(Ufa! Já era — tranquilo: temos autovalores, autovetores normalizados, base nova ortonormal, e \hat A diagonal nessa base.)]

Resposta

A) \displaystyle A=\begin{pmatrix}2 & 3 \\[4pt] 3 & 2\end{pmatrix}. Sim, \hat A é hermitiana.
B) Autovalores \lambda_1=5, \lambda_2=-1.
Autovetores normalizados:
\displaystyle |v_1\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}=\frac{|1\rangle+|2\rangle}{\sqrt{2}},
\displaystyle |v_2\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=\frac{|1\rangle-|2\rangle}{\sqrt{2}}.
C) Sim. Porque são dois vetores linearmente independentes em \mathbb{C}^2; sendo autovetores de operador hermitiano com autovalores distintos, são ortogonais e podem formar uma base completa.
D) Na nova base de autovetores a matriz de \hat A é diagonal:
\displaystyle A'=\begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]0 & -1\end{pmatrix},
ou, em forma de operador, \displaystyle \hat A=5|v_1\rangle\langle v_1|-1|v_2\rangle\langle v_2|.
E) Sim — a base é ortonormal: \langle v_i|v_j\rangle=\delta_{ij} (verificado explicitamente: \langle v_1|v_1\rangle=1, \langle v_2|v_2\rangle=1, \langle v_1|v_2\rangle=0).]

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