(4,0 Pontos) Considere um sistema quântico cujo espaço de estados é tridimensional, com base ortonormal
\left\{\left|e_{1}\right\rangle,\left|e_{2}\right\rangle,\left|e_{3}\right\rangle\right\}
tal que
\left\langle e_{i} \mid e_{j}\right\rangle=\delta_{i j}
Um estado do sistema é dado por:
|\psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{14}}\left(2\left|e_{1}\right\rangle+3\left|e_{2}\right\rangle+\left|e_{3}\right\rangle\right)
Um operador observável \hat{A} possui representação matricial nessa base:
\hat{A}=\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & 2 \end{array}\right)

Responda

(a) Verifique explicitamente que o estado |\psi\rangle está normalizado. Justifique todos os passos.
(b) Escreva o bra correspondente \langle\psi|.
(c) Calcule o valor esperado do observável \hat{A} no estado |\psi\rangle :
\langle A\rangle=\langle\psi| \hat{A}|\psi\rangle .
(d) Qual é a probabilidade de medir o autovalor 1 no estado |\psi\rangle ?
Observação: Todas as respostas devem ser justificadas utilizando notação de Dirac. Cada item vale 1,0 ponto.

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados e perguntas (listei tudo que é relevante):
  • Base ortonormal \{\left|e_{1}\right\rangle,\left|e_{2}\right\rangle,\left|e_{3}\right\rangle\} com \left\langle e_{i}\mid e_{j}\right\rangle=\delta_{ij}.
  • Estado
|\psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{14}}\bigl(2\left|e_{1}\right\rangle+3\left|e_{2}\right\rangle+\left|e_{3}\right\rangle\bigr).
  • Operador (matriz) na mesma base
\hat{A}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
As perguntas a responder são:
(a) Verificar explicitamente que |\psi\rangle está normalizado.
(b) Escrever o bra correspondente \langle\psi|.
(c) Calcular o valor esperado \langle A\rangle=\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle.
(d) Calcular a probabilidade de medir o autovalor 1 no estado |\psi\rangle.]

Passo 2

(a) Verificar normalização — conceito e cálculo passo a passo.
  • Lembrete rápido: o estado |\psi\rangle está normalizado se o seu produto interno com ele mesmo for 1, isto é \langle\psi|\psi\rangle=1. Em coordenadas na base ortonormal, se |\psi\rangle=\sum_i c_i\left|e_i\right\rangle então
\langle\psi|\psi\rangle=\sum_i |c_i|^2,
porque \langle e_i\mid e_j\rangle=\delta_{ij}.
  • No nosso caso os coeficientes são c_1=\dfrac{2}{\sqrt{14}}, c_2=\dfrac{3}{\sqrt{14}}, c_3=\dfrac{1}{\sqrt{14}}. Então
\langle\psi|\psi\rangle=\left|\frac{2}{\sqrt{14}}\right|^2+\left|\frac{3}{\sqrt{14}}\right|^2+\left|\frac{1}{\sqrt{14}}\right|^2 =\frac{4}{14}+\frac{9}{14}+\frac{1}{14}.
  • Somando os termos:
\frac{4+9+1}{14}=\frac{14}{14}=1.
  • Conclusão (a): |\psi\rangle está normalizado porque \langle\psi|\psi\rangle=1.

Passo 3

(b) Construir o bra correspondente — explicação e resultado.
  • Conceito: o bra \langle\psi| é o adjunto (conjugado transposto) do ket |\psi\rangle. Em uma base ortonormal, trocar \left|e_i\right\rangle por \left\langle e_i\right| e tomar conjugado dos coeficientes.
  • Aqui os coeficientes são reais, então o conjugado não altera nada. Assim
\langle\psi|=\frac{1}{\sqrt{14}}\bigl(2\langle e_{1}|+3\langle e_{2}|+1\langle e_{3}|\bigr).
  • Em representação como vetor linha (útil para contas matriciais):
\langle\psi|=\frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2 & 3 & 1\end{pmatrix}.

Passo 4

(c) Calcular o valor esperado \langle A\rangle=\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle — método e contas detalhadas.
  • Fórmula e ideia: o valor esperado é a média do observável \hat{A} no estado |\psi\rangle. Em representação matricial, calcular primeiro \hat{A}|\psi\rangle (multiplicação matriz por vetor) e depois o produto interno com \langle\psi|.
  • Escrever |\psi\rangle como vetor coluna (sem o fator 1/\sqrt{14} escrito separadamente):
|\psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\\[4pt]1\end{pmatrix}.
  • Calcular \hat{A} agindo em |\psi\rangle:
\hat{A}\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\\[4pt]1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}2\\[4pt]3\\[4pt]1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot 2 + 0\cdot 3 + 0\cdot 1 \\[4pt] 0\cdot 2 + 2\cdot 3 + 1\cdot 1 \\[4pt] 0\cdot 2 + 1\cdot 3 + 2\cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\[4pt]7\\[4pt]5\end{pmatrix}.
  • Portanto
\hat{A}|\psi\rangle=\frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2\\[4pt]7\\[4pt]5\end{pmatrix}.
  • Agora o produto \langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle é
\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle =\left(\frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2 & 3 & 1\end{pmatrix}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{14}}\begin{pmatrix}2\\[4pt]7\\[4pt]5\end{pmatrix}\right) =\frac{1}{14}\bigl(2\cdot 2 + 3\cdot 7 + 1\cdot 5\bigr).
  • Calcular a soma:
2\cdot 2 + 3\cdot 7 + 1\cdot 5 = 4 + 21 + 5 = 30.
  • Assim
\langle A\rangle=\frac{30}{14}=\frac{15}{7}\approx 2{,}142857\ldots]

Passo 5

(d) Probabilidade de medir o autovalor 1 — conceito geral e aplicação com degenerescência.
  • Conceito: se \hat{A} tem autovalor \lambda cujo espaço próprio tem dimensão maior que 1 (degenerescência), a probabilidade de obter \lambda ao medir \hat{A} é a soma das probabilidades de projetar |\psi\rangle sobre uma base ortonormal \{\left|\phi_k\right\rangle\} desse subespaço próprio:
P(\lambda)=\sum_k \bigl|\langle\phi_k\mid\psi\rangle\bigr|^2.
  • Primeiro identificar os autovalores e autovetores de \hat{A}.
Observação útil: \hat{A} é block-diagonal no sentido de que \left|e_1\right\rangle é claramente um autovetor:
\hat{A}\left|e_1\right\rangle=1\cdot\left|e_1\right\rangle,
ou seja, \left|e_1\right\rangle tem autovalor 1.
Para o subespaço gerado por \{\left|e_2\right\rangle,\left|e_3\right\rangle\} consideramos a submatriz
B=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]1 & 2\end{pmatrix}.
Os autovalores de B são 3 e 1 (pode-se verificar calculando \det(B-\lambda I)=(2-\lambda)^2-1=(\lambda-3)(\lambda-1)). Logo \hat{A} tem autovalores \{3,1,1\}: o autovalor 1 é degenerado (multiplicidade 2).
  • Encontrar um autovetor (normalizado) no subespaço \mathrm{span}\{\left|e_2\right\rangle,\left|e_3\right\rangle\} associado a \lambda=1. Resolver (B-I)v=0:
\begin{pmatrix}2-1 & 1\\[4pt]1 & 2-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_2\\[4pt]v_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_2\\[4pt]v_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Isso dá v_2+v_3=0, ou seja v\propto (1,-1) na base (e_2,e_3). Portanto um autovetor correspondente (normalizado) é
\left|\varphi\right\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl(\left|e_2\right\rangle-\left|e_3\right\rangle\bigr).
  • Assim um conjunto ortonormal de autovetores para o autovalor 1 é \{\left|e_1\right\rangle,\left|\varphi\right\rangle\}.
  • Agora calcular as amplitudes \langle e_1\mid\psi\rangle e \langle\varphi\mid\psi\rangle e somar os quadrados dos módulos.
Calcular \langle e_1\mid\psi\rangle:
\langle e_1\mid\psi\rangle=\frac{2}{\sqrt{14}}, \qquad \bigl|\langle e_1\mid\psi\rangle\bigr|^2=\frac{4}{14}=\frac{2}{7}.
Calcular \langle\varphi\mid\psi\rangle:
\langle\varphi\mid\psi\rangle =\frac{1}{\sqrt{2}}\bigl(\langle e_2|-\langle e_3|\bigr)\frac{1}{\sqrt{14}}\bigl(2|e_1\rangle+3|e_2\rangle+1|e_3\rangle\bigr).
Os termos com \langle e_1| dão zero aqui, sobrando
\langle\varphi\mid\psi\rangle =\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{\sqrt{14}}\bigl(3-1\bigr) =\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\frac{2}{\sqrt{14}} =\frac{2}{\sqrt{28}}=\frac{1}{\sqrt{7}}.
Portanto
\bigl|\langle\varphi\mid\psi\rangle\bigr|^2=\frac{1}{7}.
  • Soma das probabilidades no subespaço próprio \lambda=1:
P(\lambda=1)=\frac{2}{7}+\frac{1}{7}=\frac{3}{7}.]

Resposta

(a) Sim. \langle\psi|\psi\rangle=1.
(b) \langle\psi|=\dfrac{1}{\sqrt{14}}\bigl(2\langle e_{1}|+3\langle e_{2}|+\langle e_{3}|\bigr).
(c) \langle A\rangle=\dfrac{15}{7}.
(d) P(\text{autovalor }1)=\dfrac{3}{7}.

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