Suponha que um operador
A=2\left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right|-i\left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right|+i\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right|+2\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right|
onde; \left|\phi_{1}\right\rangle e \left|\phi_{2}\right\rangle formam uma base ortonormal e completa.
a) O operador A é Hermitiano?
b) Encontre os autovalores e autovetores de A e mostre que satisfaz a relação de completeza.

Passo 1

O enunciado nos dá o operador
A=2\left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right|-i\left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right|+i\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right|+2\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right|
e informa que \left|\phi_{1}\right\rangle e \left|\phi_{2}\right\rangle formam uma base ortonormal e completa (ou seja, \langle\phi_i|\phi_j\rangle=\delta_{ij} e \left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right|+\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right|=I no espaço considerado).
As perguntas são:
a) O operador A é Hermitiano?
b) Encontrar os autovalores e autovetores de A e mostrar que eles satisfazem a relação de completude.

Passo 2

O que significa “Hermitiano” e como checar na forma bra-ket.
Um operador A é Hermitiano se A^\dagger = A. Para termos bras e kets simples vale a regra
\big(c\;|\phi_m\rangle\langle\phi_n|\big)^\dagger = c^*\;|\phi_n\rangle\langle\phi_m|,
onde c^* é o conjugado complexo de c. Vou aplicar isso termo a termo em A.

Passo 3

Calcular A^\dagger termo a termo. Os termos de A são:
  • 2\left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right| (coeficiente 2 é real, conjugado é 2);
  • -i\left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right| (coeficiente -i, conjugado é i);
  • i\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right| (coeficiente i, conjugado é -i);
  • 2\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right| (coeficiente 2 real).
Aplicando a regra do adjunto:
\big(2\left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right|\big)^\dagger = 2\left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right|,
\big(-i\left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right|\big)^\dagger = i\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right|,
\big(i\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{1}\right|\big)^\dagger = -i\left|\phi_{1}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right|,
\big(2\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right|\big)^\dagger = 2\left|\phi_{2}\right\rangle\left\langle\phi_{2}\right|.
Somando, obtemos exatamente A^\dagger = A. Portanto A é Hermitiano. (Isso já era plausível: os coeficientes da diagonal são reais e os off-diagonais são conjugados um do outro, como costuma acontecer em matrizes Hermitianas.)

Passo 4

Passar para uma representação matricial na base ortonormal \{\left|\phi_{1}\right\rangle,\left|\phi_{2}\right\rangle\} — isso facilita achar autovalores e autovetores. Defino a matriz M com entradas
M_{mn}=\langle\phi_m|A|\phi_n\rangle,\qquad m,n\in\{1,2\}.
Calculo cada entrada:
M_{11}=\langle\phi_1|A|\phi_1\rangle = 2,
M_{12}=\langle\phi_1|A|\phi_2\rangle = -i,
M_{21}=\langle\phi_2|A|\phi_1\rangle = i,
M_{22}=\langle\phi_2|A|\phi_2\rangle = 2.
Logo a matriz de A nessa base é
M=\begin{pmatrix}2 & -i \\[4pt] i & 2\end{pmatrix}.]

Passo 5

Calcular os autovalores resolvendo \det(M-\lambda I)=0. Escrevo:
\det\!\begin{pmatrix}2-\lambda & -i \\[4pt] i & 2-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)^2-(-i)(i).
Agora (-i)(i)=-i^2=1. Portanto
(2-\lambda)^2-1=0.
Isto dá
(2-\lambda)^2=1\quad\Rightarrow\quad 2-\lambda=\pm 1.
Assim os autovalores são
\lambda=2\mp 1\quad\Rightarrow\quad \lambda_1=3,\qquad \lambda_2=1.]

Passo 6

Encontrar o autovetor associado a \lambda=3. Resolvemos (M-3I)\begin{pmatrix}a\\\ b\end{pmatrix}=0, ou seja
\begin{pmatrix}-1 & -i \\[4pt] i & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\\ b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}.
Da primeira linha vem -a - i b = 0, então a=-i b. Tomando b=1 (escolha de escala), um autovetor não normalizado é \begin{pmatrix}-i \\[2pt] 1\end{pmatrix}. O quadrado da norma é
|{-i}|^2 + |1|^2 = 1+1=2,
logo a versão normalizada é
\left|\psi_{3}\right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(-i\left|\phi_{1}\right\rangle + \left|\phi_{2}\right\rangle\big),
que satisfaz A\left|\psi_{3}\right\rangle = 3\left|\psi_{3}\right\rangle.]

Passo 7

Encontrar o autovetor associado a \lambda=1. Resolvendo (M-1I)\begin{pmatrix}a\\\ b\end{pmatrix}=0 obtemos
\begin{pmatrix}1 & -i \\[4pt] i & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\\ b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix},
da primeira linha a - i b = 0, então a = i b. Tomando b=1, um autovetor não normalizado é \begin{pmatrix}i\\\\ 1\end{pmatrix}. A norma ao quadrado é novamente 1+1=2, portanto a versão normalizada é
\left|\psi_{1}\right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(i\left|\phi_{1}\right\rangle + \left|\phi_{2}\right\rangle\big),
e A\left|\psi_{1}\right\rangle = 1\left|\psi_{1}\right\rangle.]

Passo 8

Verificar ortonormalidade e completude dos autovetores. Primeiro a ortogonalidade:
\langle\psi_{3}|\psi_{1}\rangle = \frac{1}{2}\big(\overline{-i}\,i + 1\cdot 1\big) = \frac{1}{2}\big(i\cdot i + 1\big)=\frac{1}{2}(-1+1)=0,
portanto \left|\psi_{3}\right\rangle e \left|\psi_{1}\right\rangle são ortogonais; como cada um está normalizado, formam um conjunto ortonormal.
Agora a completude (relação espectral): para uma base ortonormal de autovetores num espaço de dimensão 2 vale
\left|\psi_{3}\right\rangle\left\langle\psi_{3}\right|+\left|\psi_{1}\right\rangle\left\langle\psi_{1}\right|=I.
Posso verificar explicitamente calculando as matrizes dos projetores na base \{\left|\phi_1\right\rangle,\left|\phi_2\right\rangle\}. Usando as componentes:
\left|\psi_{3}\right\rangle\left\langle\psi_{3}\right|=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} -i \\[2pt] 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} i & 1\end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -i\\[4pt] i & 1\end{pmatrix},
\left|\psi_{1}\right\rangle\left\langle\psi_{1}\right|=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} i \\[2pt] 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} -i & 1\end{pmatrix}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & i\\[4pt] -i & 1\end{pmatrix}.
Somando:
\left|\psi_{3}\right\rangle\left\langle\psi_{3}\right|+\left|\psi_{1}\right\rangle\left\langle\psi_{1}\right| =\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}=I.
Isto mostra explicitamente que os autovetores constituem uma base completa (a soma dos projetores é a identidade). Como consequência, A admite a decomposição espectral
A = 3\left|\psi_{3}\right\rangle\left\langle\psi_{3}\right| + 1\left|\psi_{1}\right\rangle\left\langle\psi_{1}\right|.]

Resposta

a) Sim, A é Hermitiano.
b) Autovalores: \lambda=3 e \lambda=1.
Autovetores normalizados:
\left|\psi_{3}\right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(-i\left|\phi_{1}\right\rangle + \left|\phi_{2}\right\rangle\big)\quad(\text{para }\lambda=3),
\left|\psi_{1}\right\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(i\left|\phi_{1}\right\rangle + \left|\phi_{2}\right\rangle\big)\quad(\text{para }\lambda=1).
Relação de completude:
\left|\psi_{3}\right\rangle\left\langle\psi_{3}\right|+\left|\psi_{1}\right\rangle\left\langle\psi_{1}\right|=I.

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