A hamiltoniana para um sistema de dois estados (sistema de spin 1 / 2 ) é dada por:
H=\left(\begin{array}{ll} \omega_{1} & \omega_{2} \\\ \omega_{2} & \omega_{1} \end{array}\right)
Uma base para esse sistema é |0\rangle e |1\rangle;
(a) Encontre os autovalores e autovetores de H, e expresse os autovetores em termos de |0\rangle,|1\rangle.

Passo 1

O enunciado dá a Hamiltoniana e pede os autovalores e autovetores expressos na base |0\rangle,|1\rangle. Informações relevantes que tenho:
  • A Hamiltoniana é a matriz
H=\begin{pmatrix}\omega_{1} & \omega_{2}\\[4pt]\omega_{2} & \omega_{1}\end{pmatrix}.
  • A base do sistema é |0\rangle e |1\rangle. Vou assumir que essa base é ortonormal (isto é, \langle 0|0\rangle=\langle 1|1\rangle=1 e \langle 0|1\rangle=0), que é o caso usual para um qubit / spin 1/2.
  • O que se pede: (a) encontrar os autovalores \lambda de H e os autovetores associados, escrevendo cada autovetor como combinação linear de |0\rangle e |1\rangle.]

Passo 2

Calculando o polinômio característico para obter os autovalores. Para uma matriz 2\times2 a condição é \det(H-\lambda I)=0. Escrevo H-\lambda I:
H-\lambda I=\begin{pmatrix}\omega_{1}-\lambda & \omega_{2}\\[4pt]\omega_{2} & \omega_{1}-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(H-\lambda I)=(\omega_{1}-\lambda)^{2}-\omega_{2}^{2}.
Coloco igual a zero para achar \lambda:
(\omega_{1}-\lambda)^{2}-\omega_{2}^{2}=0.]

Passo 3

Resolvo a equação quadrática para \lambda. A expressão do passo anterior pode ser fatorada:
\big(\omega_{1}-\lambda-\omega_{2}\big)\big(\omega_{1}-\lambda+\omega_{2}\big)=0.
Portanto os dois autovalores são
\lambda_{+}=\omega_{1}+\omega_{2}, \qquad \lambda_{-}=\omega_{1}-\omega_{2}.

Passo 4

Agora encontro os autovetores. Escrevo um autovetor genérico como combinação das bases:
|\psi\rangle = a\,|0\rangle + b\,|1\rangle,
ou, em notação de coluna, v=(a,b)^{T}. Vou resolver (H-\lambda I)v=0 para cada \lambda.
Para \lambda_{+}=\omega_{1}+\omega_{2} as equações lineares são (usando a primeira linha)
(\omega_{1}-\lambda_{+})a+\omega_{2}b=0.
Substituindo \lambda_{+} obtém-se
(\omega_{1}-(\omega_{1}+\omega_{2}))a+\omega_{2}b = -\omega_{2}a+\omega_{2}b=0.
Se \omega_{2}\neq 0 isso reduz a
-\!a+b=0\quad\Rightarrow\quad b=a.
Então um autovetor correspondente é proporcional a (1,1)^{T}, ou seja
|\psi_{+}\rangle \propto |0\rangle + |1\rangle.
Normalizando (para norma 1), o fator é 1/\sqrt{2}, então
|\psi_{+}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(|0\rangle+|1\rangle\big).
(Se \omega_{2}=0 há degenerescência e qualquer combinação linear é autovetor, mas a escolha acima continua válida.)

Passo 5

Agora para \lambda_{-}=\omega_{1}-\omega_{2}. Repetindo o mesmo procedimento:
(\omega_{1}-\lambda_{-})a+\omega_{2}b=0
substituindo \lambda_{-}
(\omega_{1}-(\omega_{1}-\omega_{2}))a+\omega_{2}b = \omega_{2}a+\omega_{2}b=0.
Se \omega_{2}\neq 0 isso reduz a
a+b=0\quad\Rightarrow\quad b=-a.
Assim um autovetor é proporcional a (1,-1)^{T}, ou seja
|\psi_{-}\rangle \propto |0\rangle - |1\rangle.
Normalizando, obtemos
|\psi_{-}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(|0\rangle-|1\rangle\big).
(De novo, se \omega_{2}=0 há degenerescência, mas essa escolha é válida e convenientemente ortonormal.)

Passo 6

Verificação rápida (útil na prova): os dois autovetores normalizados são ortogonais:
\big\langle\psi_{+}\big|\psi_{-}\big\rangle = \frac{1}{2}\big(\langle 0|+\langle 1|\big)\big(|0\rangle-|1\rangle\big)=\frac{1}{2}(1-1)=0,
e satisfazem H|\psi_{\pm}\rangle=\lambda_{\pm}|\psi_{\pm}\rangle (pode-se multiplicar explicitamente a matriz H pelos vetores coluna correspondentes para checar). Tudo consistente.

Resposta

\lambda_{+}=\omega_{1}+\omega_{2} \Rightarrow |\psi_{+}\rangle=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\big(|0\rangle+|1\rangle\big)
\lambda_{-}=\omega_{1}-\omega_{2} \Rightarrow |\psi_{-}\rangle=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\big(|0\rangle-|1\rangle\big)

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