Exercício
Seja \{\mathrm{u}, \mathrm{v}\} uma base ortonormal de um espaço de Hilbert H sobre ** { }^{* *}.
Seja P um operador linear que atua em H, tal que:
\mathrm{P}(\mathrm{u})=\mathrm{i} \cdot \mathrm{v}
P(v)=-i \cdot u
Responda:
a) Determine a matriz de P e verifique se o operador é Hermitiano ou unitário.
b) Encontre os autovalores e autovetores de P.
c) Verifique se os autovetores formam uma base de H .

Passo 1

O enunciado dá:
  • Uma base ortonormal \{\mathrm{u},\mathrm{v}\} de um espaço de Hilbert H.
  • Um operador linear \mathrm{P}:H\to H com \mathrm{P}(\mathrm{u})=\mathrm{i}\,\mathrm{v}, \qquad \mathrm{P}(\mathrm{v})=-\mathrm{i}\,\mathrm{u}.
As perguntas são:
(a) Determinar a matriz de \mathrm{P} na base \{\mathrm{u},\mathrm{v}\} e verificar se \mathrm{P} é Hermitiano e/ou unitário.
(b) Encontrar os autovalores e autovetores de \mathrm{P}.
(c) Verificar se os autovetores formam uma base de H.

Passo 2

Como a base \{\mathrm{u},\mathrm{v}\} é ortonormal, a matriz de \mathrm{P} nessa base tem como colunas as coordenadas de \mathrm{P}(\mathrm{u}) e \mathrm{P}(\mathrm{v}) em relação a \{\mathrm{u},\mathrm{v}\}.
  • \mathrm{P}(\mathrm{u})=\mathrm{i}\,\mathrm{v}=0\cdot\mathrm{u}+\mathrm{i}\cdot\mathrm{v} → primeira coluna =\begin{pmatrix}0\\\ \mathrm{i}\end{pmatrix}.
  • \mathrm{P}(\mathrm{v})=-\mathrm{i}\,\mathrm{u}=-\mathrm{i}\cdot\mathrm{u}+0\cdot\mathrm{v} → segunda coluna =\begin{pmatrix}-\mathrm{i}\\\\ 0\end{pmatrix}.
Logo, a matriz de \mathrm{P} na base \{\mathrm{u},\mathrm{v}\} é
M=\begin{pmatrix}0 & -\mathrm{i} \\[4pt] \mathrm{i} & 0\end{pmatrix}.]

Passo 3

Definição e verificação Hermitiano:
  • Um operador é Hermitiano (auto-adjunto) se sua matriz satisfaz M^\dagger = M, onde M^\dagger é a conjugada transposta (conjugar todos os elementos e depois transpor).
    Calculemos M^\dagger:
\overline{M}=\begin{pmatrix}0 & \mathrm{i} \\[4pt] -\mathrm{i} & 0\end{pmatrix} \qquad\Rightarrow\qquad M^\dagger=(\overline{M})^{T}=\begin{pmatrix}0 & -\mathrm{i} \\[4pt] \mathrm{i} & 0\end{pmatrix}=M.
Portanto M^\dagger=M, ou seja, \mathrm{P} é Hermitiano.]

Passo 4

Definição e verificação Unitário:
  • Um operador é unitário se M^\dagger M = I (equivalente a M^{-1}=M^\dagger).
    Como já temos M^\dagger=M (P é Hermitiano), basta verificar M^2=I.
    Calcule M^2:
M^2=\begin{pmatrix}0 & -\mathrm{i} \\[4pt] \mathrm{i} & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0 & -\mathrm{i} \\[4pt] \mathrm{i} & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}(-\mathrm{i})\mathrm{i} & 0 \\[4pt] 0 & \mathrm{i}(-\mathrm{i})\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}=I.
Logo M^\dagger M = M^2 = I, então \mathrm{P} é unitário também.
Observação intuitiva: é raro mas possível um operador ser simultaneamente Hermitiano e unitário; nesse caso os autovalores devem ser números reais com módulo 1, ou seja \pm1, como veremos.]

Passo 5

Cálculo dos autovalores:
Resolver \det(M-\lambda I)=0.
M-\lambda I=\begin{pmatrix}-\lambda & -\mathrm{i} \\[4pt] \mathrm{i} & -\lambda\end{pmatrix},
\det(M-\lambda I)=(-\lambda)(-\lambda)-(-\mathrm{i})(\mathrm{i})=\lambda^2-1.
Logo \lambda^2-1=0\Rightarrow \lambda=\pm1.]

Passo 6

Autovetores para \lambda=1:
Resolvendo (M-I)\begin{pmatrix}a\\\ b\end{pmatrix}=0:
\begin{pmatrix}-1 & -\mathrm{i} \\[4pt] \mathrm{i} & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\\ b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}
A primeira equação é -a-\mathrm{i}b=0\Rightarrow a=-\mathrm{i}b. Tomando b=1 obtemos o autovetor (não normalizado)
\begin{pmatrix}-\mathrm{i}\\[2pt] 1\end{pmatrix}, que corresponde ao vetor do espaço
\psi_{+}=-\mathrm{i}\,\mathrm{u}+\mathrm{v}.
Normalizando: \|\psi_{+}\|^2=|-\mathrm{i}|^2+|1|^2=1+1=2, logo vetor normalizado
\varphi_{+}=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl(-\mathrm{i}\,\mathrm{u}+\mathrm{v}\bigr),
é autovetor associado a \lambda=1.]

Passo 7

Autovetores para \lambda=-1:
Resolvendo (M+I)\begin{pmatrix}a\\\ b\end{pmatrix}=0:
\begin{pmatrix}1 & -\mathrm{i} \\[4pt] \mathrm{i} & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\\ b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}
A primeira equação é a-\mathrm{i}b=0\Rightarrow a=\mathrm{i}b. Tomando b=1 obtemos o autovetor (não normalizado)
\begin{pmatrix}\mathrm{i}\\[2pt] 1\end{pmatrix}, que corresponde ao vetor
\psi_{-}=\mathrm{i}\,\mathrm{u}+\mathrm{v}.
Normalizando: \|\psi_{-}\|^2=|\mathrm{i}|^2+|1|^2=2, então vetor normalizado
\varphi_{-}=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl(\mathrm{i}\,\mathrm{u}+\mathrm{v}\bigr),
é autovetor associado a \lambda=-1.]

Passo 8

Ortonormalidade e independência linear:
Calcule o produto interno \langle \varphi_{+},\varphi_{-}\rangle. Em coordenadas da base ortonormal
\varphi_{+}=\tfrac{1}{\sqrt{2}}(-\mathrm{i},1) e \varphi_{-}=\tfrac{1}{\sqrt{2}}(\mathrm{i},1). Usando a regra \langle x,y\rangle=\sum \overline{x_j}y_j,
\langle \varphi_{+},\varphi_{-}\rangle=\frac{1}{2}\bigl(\overline{-\mathrm{i}}\cdot \mathrm{i} + \overline{1}\cdot 1\bigr) =\frac{1}{2}\bigl(\mathrm{i}\cdot \mathrm{i} + 1\bigr)=\frac{1}{2}(-1+1)=0.
Cada \varphi_{\pm} tem norma 1. Assim \{\varphi_{+},\varphi_{-}\} é uma base ortonormal de H (dimensão 2), portanto formam uma base (são linearmente independentes e geram H).

Resposta

(a) \displaystyle M=\begin{pmatrix}0 & -\mathrm{i} \\[4pt] \mathrm{i} & 0\end{pmatrix}.
\mathrm{P} é Hermitiano ( M^\dagger=M) e também unitário ( M^\dagger M=I).
(b) Autovalores: \lambda=1 e \lambda=-1.
Autovetores normalizados correspondentes:
\lambda=1:\quad \varphi_{+}=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl(-\mathrm{i}\,\mathrm{u}+\mathrm{v}\bigr).
\lambda=-1:\quad \varphi_{-}=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl(\mathrm{i}\,\mathrm{u}+\mathrm{v}\bigr).
(c) Sim. \{\varphi_{+},\varphi_{-}\} é uma base ortonormal de H e, portanto, forma uma base de H.]

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