The Hamiltonian for a spin 1 system is given by
H=A S_{z}^{2}+B\left(S_{x}^{2}-S_{y}^{2}\right)
Solve this problem exactly to find the normalized energy eigenstates and eigenvalues. (A spin-dependent Hamiltonian of this kind actually appears in crystal physics.) Is this Hamiltonian invariant under time reversal? How do the normalized eigenstates you obtained transform under time reversal?

Passo 1

O enunciado dá o Hamiltoniano de um spin 1:
H = A S_{z}^{2} + B\left(S_{x}^{2}-S_{y}^{2}\right).
Pede-se:
  • encontrar exatamente os autoestados normalizados e autovalores energéticos;
  • responder se H é invariante por reversão temporal;
  • dizer como os autoestados obtidos se transformam sob reversão temporal.
Informações relevantes fornecidas:
  • S_x,S_y,S_z são os operadores de spin para s=1;
  • constantes A e B são parâmetros reais (assume-se reais, típicos em física de cristais);
  • pede solução completa (autovalores e autovetores normalizados) e comportamento sob time reversal.

Passo 2

Escolho a base padrão dos autoestados de S_z, denotados por \lvert 1\rangle,\lvert 0\rangle,\lvert -1\rangle, com
S_z\lvert m\rangle = \hbar m \lvert m\rangle,\qquad m=1,0,-1.
É útil usar os operadores de criação/aniquilação S_{\pm}=S_x\pm iS_y. Para spin 1 vale a ação padrão
S_{\pm}\lvert m\rangle = \hbar\sqrt{s(s+1)-m(m\pm1)}\;\lvert m\pm1\rangle,
onde s=1. Assim temos explicitamente:
S_{+}\lvert 1\rangle=0,\quad S_{+}\lvert 0\rangle=\hbar\sqrt{2}\,\lvert 1\rangle,\quad S_{+}\lvert -1\rangle=\hbar\sqrt{2}\,\lvert 0\rangle,
S_{-}\lvert -1\rangle=0,\quad S_{-}\lvert 0\rangle=\hbar\sqrt{2}\,\lvert -1\rangle,\quad S_{-}\lvert 1\rangle=\hbar\sqrt{2}\,\lvert 0\rangle.

Passo 3

Reescrevo a parcela S_x^2-S_y^2 em termos de S_{\pm}. Usando S_x=(S_{+}+S_{-})/2 e S_y=(S_{+}-S_{-})/(2i) obtém-se (verificação direta)
S_x^2-S_y^2=\frac{1}{2}\big(S_{+}^2+S_{-}^2\big).
Portanto o Hamiltoniano pode ser escrito como
H = A S_z^2 + \frac{B}{2}\big(S_{+}^2 + S_{-}^2\big).

Passo 4

Calculo a ação de S_{\pm}^2 sobre os vetores da base. Subir ou descer duas unidades em m só conecta \lvert -1\rangle com \lvert 1\rangle:
S_{+}^2\lvert -1\rangle = S_{+}\big(S_{+}\lvert -1\rangle\big)=S_{+}\big(\hbar\sqrt{2}\,\lvert 0\rangle\big)=\hbar\sqrt{2}\;(\hbar\sqrt{2}\,\lvert 1\rangle)=2\hbar^{2}\lvert 1\rangle.
As outras ações relevantes são nulas:
S_{+}^2\lvert 0\rangle = 0,\qquad S_{+}^2\lvert 1\rangle=0,
e de forma análoga
S_{-}^2\lvert 1\rangle = 2\hbar^{2}\lvert -1\rangle,\qquad S_{-}^2\lvert 0\rangle=0,\qquad S_{-}^2\lvert -1\rangle=0.
Então
\frac{1}{2}\big(S_{+}^2+S_{-}^2\big)
age trocando \lvert 1\rangle e \lvert -1\rangle com coeficiente \hbar^{2}:
\frac{1}{2}\big(S_{+}^2+S_{-}^2\big)\lvert -1\rangle = \hbar^{2}\lvert 1\rangle,\qquad \frac{1}{2}\big(S_{+}^2+S_{-}^2\big)\lvert 1\rangle = \hbar^{2}\lvert -1\rangle,
e anula \lvert 0\rangle.
Agora escrevo H na base \{\lvert 1\rangle,\lvert 0\rangle,\lvert -1\rangle\}. Primeiro
S_{z}^{2}\lvert 1\rangle = \hbar^{2}\lvert 1\rangle,\quad S_{z}^{2}\lvert 0\rangle=0,\quad S_{z}^{2}\lvert -1\rangle=\hbar^{2}\lvert -1\rangle.
Combinando, o Hamiltoniano age como
H\lvert 0\rangle = 0,
e no subespaço spãn \{\lvert 1\rangle,\lvert -1\rangle\} tem a representação matricial (fatorizando \hbar^{2}):
\frac{H}{\hbar^{2}} \longrightarrow \begin{pmatrix} A & B\\[4pt] B & A \end{pmatrix},
onde a ordem das linhas/colunas é \lvert 1\rangle,\lvert -1\rangle. Assim a matriz completa em blocos é
\frac{H}{\hbar^{2}} = \begin{pmatrix} A & 0 & B\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] B & 0 & A \end{pmatrix}.]

Passo 5

Diagonalizo o bloco 2\times2. A matriz \begin{pmatrix}A & B\\\ B & A\end{pmatrix} tem autovalores e autovetores padrão:
  • autovalor \lambda_{+}=A+B com autovetor proporcional a \begin{pmatrix}1\\\ 1\end{pmatrix},
  • autovalor \lambda_{-}=A-B com autovetor proporcional a \begin{pmatrix}1\\\ -1\end{pmatrix}.
Voltando à normalização com \hbar^{2}, os autovalores energéticos são
E_{+}=\hbar^{2}(A+B),\qquad E_{-}=\hbar^{2}(A-B),
e o estado \lvert 0\rangle tem energia
E_{0}=0.
Os autoestados normalizados correspondentes (na base \lvert 1\rangle,\lvert 0\rangle,\lvert -1\rangle) são:
\lvert\psi_{+}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(\lvert 1\rangle+\lvert -1\rangle\big),\qquad \lvert\psi_{-}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(\lvert 1\rangle-\lvert -1\rangle\big),\qquad \lvert\psi_{0}\rangle=\lvert 0\rangle.
Verificação rápida: H\lvert\psi_{\pm}\rangle = \hbar^{2}(A\pm B)\lvert\psi_{\pm}\rangle, H\lvert\psi_{0}\rangle=0. Caso especial: se B=0 então E_{+}=E_{-}=\hbar^{2}A e há degenerescência entre os resultados; qualquer combinação linear dos vetores \lvert 1\rangle e \lvert -1\rangle será então autovetor.

Passo 6

Agora a reversão temporal. O operador de reversão temporal T é antiunitário e age em autoestados de \lvert s,m\rangle segundo a fórmula padrão de Wigner:
T\lvert s,m\rangle = (-1)^{\,s-m}\lvert s,-m\rangle,
no caso s=1. Assim:
T\lvert 1\rangle = (-1)^{1-1}\lvert -1\rangle = \lvert -1\rangle,
T\lvert 0\rangle = (-1)^{1-0}\lvert 0\rangle = -\lvert 0\rangle,
T\lvert -1\rangle = (-1)^{1-(-1)}\lvert 1\rangle = \lvert 1\rangle.
(Importante: T é antiunitário, então constantes complexas na frente seriam conjugadas; aqui os coeficientes são reais.)
Como T S_i T^{-1} = -S_i para i=x,y,z, segue que
T S_i^2 T^{-1} = (-S_i)^2 = S_i^2,
portanto
T H T^{-1} = A\,T S_z^2 T^{-1} + B\,T(S_x^2-S_y^2)T^{-1} = A S_z^2 + B(S_x^2-S_y^2) = H.
Logo H é invariante sob reversão temporal.

Passo 7

Transformação dos autoestados sob T. Uso as ações obtidas em {Passo 6}. Para \lvert\psi_{+}\rangle:
T\lvert\psi_{+}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(T\lvert 1\rangle + T\lvert -1\rangle\big) = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(\lvert -1\rangle + \lvert 1\rangle\big) = \lvert\psi_{+}\rangle.
Portanto \lvert\psi_{+}\rangle é invariante sob T (fase +1).
Para \lvert\psi_{-}\rangle:
T\lvert\psi_{-}\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(T\lvert 1\rangle - T\lvert -1\rangle\big) = \frac{1}{\sqrt{2}}\big(\lvert -1\rangle - \lvert 1\rangle\big) = -\frac{1}{\sqrt{2}}\big(\lvert 1\rangle - \lvert -1\rangle\big) = -\lvert\psi_{-}\rangle.
Então \lvert\psi_{-}\rangle muda de sinal sob T (fase -1).
Para \lvert\psi_{0}\rangle=\lvert 0\rangle:
T\lvert\psi_{0}\rangle = T\lvert 0\rangle = -\lvert 0\rangle = -\lvert\psi_{0}\rangle.
Portanto \lvert\psi_{0}\rangle adquire fator -1.
Observação física: como H é invariante por T, T leva autovetores de H em autovetores com mesmo autovalor. No nosso caso os três autovalores são, em geral, não degenerados (se B\neq 0 e A\pm B\neq 0), e cada autoestado é levado em si (possivelmente com sinal), conforme calculado. Não há degenerescência protegida por reversão temporal porque s é inteiro (sem Kramers degeneracy).

Resposta

Autovalores:
E_{+}=\hbar^{2}(A+B),\qquad E_{-}=\hbar^{2}(A-B),\qquad E_{0}=0.
Autovetores normalizados (na base \lvert 1\rangle,\lvert 0\rangle,\lvert -1\rangle):
\lvert\psi_{+}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(\lvert 1\rangle+\lvert -1\rangle\big),\qquad \lvert\psi_{-}\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(\lvert 1\rangle-\lvert -1\rangle\big),\qquad \lvert\psi_{0}\rangle=\lvert 0\rangle.
Invariância por reversão temporal:
THT^{-1}=H,
ou seja, H é invariante sob reversão temporal.
Transformação dos autoestados sob T:
T\lvert\psi_{+}\rangle = +\lvert\psi_{+}\rangle,\qquad T\lvert\psi_{-}\rangle = -\lvert\psi_{-}\rangle,\qquad T\lvert\psi_{0}\rangle = -\lvert\psi_{0}\rangle.

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