The Hamiltonian operator for a two-state system is given by
H=a(|1\rangle\langle 1|-|2\rangle\langle 2|+|1\rangle\langle 2|+|2\rangle\langle 1|),
where a is a number with the dimension of energy. Find the energy eigenvalues and the corresponding energy eigenkets (as linear combinations of |1\rangle and |2\rangle ).

Passo 1

O enunciado dá o operador Hamiltoniano para um sistema de duas bases |1\rangle e |2\rangle e pede os autovalores de energia e os autoestados de energia (autovetores) expressos como combinações lineares de |1\rangle e |2\rangle. Informações relevantes fornecidas:
  • O Hamiltoniano é
H=a\bigl(|1\rangle\langle 1|-|2\rangle\langle 2|+|1\rangle\langle 2|+|2\rangle\langle 1|\bigr),
onde a é uma constante com dimensão de energia.
  • Precisamos encontrar os autovalores E e os autoestados |\psi\rangle tais que H|\psi\rangle=E|\psi\rangle, escrevendo cada |\psi\rangle como combinação de |1\rangle e |2\rangle.

Passo 2

Método escolhido e por quê: aqui é mais direto representar H como uma matriz 2\times2 na base \{|1\rangle,|2\rangle\} e resolver o problema de autovalores usual em álgebra linear. Isso é o método mais simples para sistemas de duas dimensões e é rápido de aplicar em prova.
Vamos construir a matriz de H nessa base usando H_{ij}=\langle i|H|j\rangle com i,j\in\{1,2\}. Cada termo do Hamiltoniano contribui:
  • |1\rangle\langle 1| contribui +a ao elemento \langle1|H|1\rangle.
  • -|2\rangle\langle 2| contribui -a ao elemento \langle2|H|2\rangle.
  • |1\rangle\langle 2| contribui +a ao elemento \langle1|H|2\rangle.
  • |2\rangle\langle 1| contribui +a ao elemento \langle2|H|1\rangle.
Portanto a matriz de H na base \{|1\rangle,|2\rangle\} é
H = a\begin{pmatrix} 1 & 1 \\[4pt] 1 & -1 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Vamos achar os autovalores \;E\; resolvendo a equação característica \det(H-EI)=0. Como H=aM com
M=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix},
os autovalores de H são a vezes os autovalores de M. Então primeiro achamos \lambda tais que \det(M-\lambda I)=0.
O determinante é
\det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(-1-\lambda)-1.
Calculemos essa expressão passo a passo:
(1-\lambda)(-1-\lambda) = -\bigl(1-\lambda\bigr)\bigl(1+\lambda\bigr) = -\bigl(1-\lambda^2\bigr) = -1+\lambda^2.
Subtraindo 1 obtemos
-1+\lambda^2-1=\lambda^2-2.
Portanto a equação característica é
\lambda^2-2=0,
cuja solução é
\lambda=\pm\sqrt{2}.
Como E=a\lambda, os autovalores de H são
E_{\pm}=\pm a\sqrt{2}.]

Passo 4

Agora vamos achar os autoestados (autovetores) correspondentes. Para \lambda=+\sqrt{2} resolvemos (M-\sqrt{2}\,I)\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix}. Escrevendo o sistema:
Primeira equação:
(1-\sqrt{2})x + 1\cdot y = 0 \quad\Rightarrow\quad y=(\sqrt{2}-1)x.
Segunda equação é dependente da primeira (como deve ser), então um autovetor não normalizado para \lambda=+\sqrt{2} é
\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\end{pmatrix} = x\begin{pmatrix}1\\[2pt] \sqrt{2}-1\end{pmatrix}.
Escolhemos x=1 para simplicidade e depois normalizamos.]

Passo 5

Normalização do autovetor associado a E_{+}=a\sqrt{2}. O vetor escolhido é v_+=\begin{pmatrix}1\\[2pt]\sqrt{2}-1\end{pmatrix}. Calculamos o quadrado da norma:
\|v_+\|^2 = 1^2+(\sqrt{2}-1)^2 = 1 + (2-2\sqrt{2}+1)=4-2\sqrt{2}.
Logo a norma é \sqrt{4-2\sqrt{2}}. Podemos escrever a forma normalizada como
|\psi_+\rangle = \frac{1}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}}\bigl(|1\rangle +(\sqrt{2}-1)|2\rangle\bigr).
É útil apresentar coeficientes em formas trigonométricas ou com radicais mais simétricos. Observando identidades trigonométricas, tem-se
\frac{1}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}} = \cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr), \qquad \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{4-2\sqrt{2}}} = \sin\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr).
Uma forma equivalente e mais compacta é
|\psi_+\rangle = \cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr)\,|1\rangle + \sin\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr)\,|2\rangle.
Também pode ser escrita em radicais:
\cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr)=\tfrac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2}},\qquad \sin\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr)=\tfrac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{2}}.]

Passo 6

Agora o autovetor para \lambda=-\sqrt{2} (isto é, E_{-}=-a\sqrt{2}). Resolvendo (M+\sqrt{2}\,I)\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix}=0 obtemos a primeira equação
(1+\sqrt{2})x + y = 0 \quad\Rightarrow\quad y=-(1+\sqrt{2})x.
Tomando x=1 temos um vetor não normalizado v_-=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-(1+\sqrt{2})\end{pmatrix}.
Norma ao quadrado:
\|v_-\|^2 = 1^2 + (1+\sqrt{2})^2 = 1 + (1+2\sqrt{2}+2)=4+2\sqrt{2}.
A forma normalizada é
|\psi_-\rangle = \frac{1}{\sqrt{4+2\sqrt{2}}}\bigl(|1\rangle -(1+\sqrt{2})|2\rangle\bigr).
Usando as mesmas expressões trigonométricas/radicais, obtemos uma forma mais agradável:
|\psi_-\rangle = \sin\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr)\,|1\rangle - \cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr)\,|2\rangle,
ou em radicais
|\psi_-\rangle = \tfrac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{2}}\,|1\rangle - \tfrac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2}}\,|2\rangle.]

Passo 7

Verificações e comentários finais rápidos:
  • Os autovalores encontrados são \pm a\sqrt{2}.
  • Os autoestados |\psi_+\rangle e |\psi_-\rangle são ortonormais (podem ser verificados calculando o produto interno; ortogonalidade decorre do fato de autovalores distintos de um operador hermitiano).
  • Observação sobre fase: cada autovetor pode ser multiplicado por uma fase complexa unitaria sem alterar a física; escolhemos fases reais para simplicidade.

Resposta

E_{+}=a\sqrt{2},\qquad |\psi_{+}\rangle=\cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr)\,|1\rangle+\sin\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr)\,|2\rangle =\tfrac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2}}\,|1\rangle+\tfrac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{2}}\,|2\rangle
E_{-}=-a\sqrt{2},\qquad |\psi_{-}\rangle=\sin\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr)\,|1\rangle-\cos\!\bigl(\tfrac{\pi}{8}\bigr)\,|2\rangle =\tfrac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{2}}\,|1\rangle-\tfrac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2}}\,|2\rangle

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