1. Usando-se a base de estados ortonormais:
    (|1), |2\rangle ), onde |1\rangle=\left[\begin{array}{l}1 \\\\ 0\end{array}\right] e |2\rangle=\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 1\end{array}\right], o hamiltonlano que governa a evoluçao de um sistema de 2 niveis expressa-se pela matriz:
H=\left[\begin{array}{cc} 6 E & -E \\\\ -E & 4 E \end{array}\right]
a) Determine os aulovalores e os respectivos autovetores desse hamiltoniano.
b) Os autovetores encontrados no item acima são ortogonais entre si? Mostre isso.

Passo 1

O enunciado pede para diagonalizar o Hamiltoniano de um sistema de dois níveis na base ortonormal \{|1\rangle,|2\rangle\}, isto é, achar seus autovalores \lambda e autovetores |\psi\rangle satisfazendo
H|\psi\rangle = \lambda|\psi\rangle,
onde
H = \begin{pmatrix} 6E & -E\\\\ -E & 4E \end{pmatrix}.
Vamos usar a teoria de autovalores e autovetores de matrizes 2\times2: primeiro montamos o polinômio característico \det(H-\lambda I)=0 e depois, para cada \lambda, resolvemos (H-\lambda I)v=0.

Passo 2

Montamos o determinante
\det\bigl(H-\lambda I\bigr) = \det\!\begin{pmatrix} 6E-\lambda & -E\\\\ -E & 4E-\lambda \end{pmatrix} =(6E-\lambda)(4E-\lambda)-E^2.
Expandindo,
(6E-\lambda)(4E-\lambda)-E^2 =\lambda^2-10E\,\lambda+24E^2 - E^2 =\lambda^2 -10E\,\lambda +23E^2.
Igualando a zero,
\lambda^2 -10E\,\lambda +23E^2 = 0,
cuja solução é dada pela fórmula de Bhaskara.

Passo 3

Aplicando Bhaskara em \lambda^2 -10E\,\lambda +23E^2=0, temos
\lambda = \frac{10E \pm \sqrt{(10E)^2 -4\cdot1\cdot23E^2}}{2} = \frac{10E \pm \sqrt{100E^2 -92E^2}}{2} = \frac{10E \pm 2\sqrt2\,E}{2} = 5E \pm \sqrt2\,E.
Portanto os autovalores são
\lambda_+ = E\,(5 + \sqrt2), \quad \lambda_- = E\,(5 - \sqrt2).

Passo 4

Para \lambda_+, resolvemos
\bigl(H-\lambda_+ I\bigr)v = 0 \;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix} 6E - (5+\sqrt2)E & -E\\\\ -E & 4E - (5+\sqrt2)E \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} =0.
Isso equivale a
(1-\sqrt2)x \;-\; y = 0 \;\Longrightarrow\; y = (1-\sqrt2)\,x.
Um autovetor correspondente (não normalizado) é
v_+ = \begin{pmatrix}1 \\[4pt]1-\sqrt2\end{pmatrix}.]

Passo 5

Para \lambda_-, de modo análogo, obtemos
(1+\sqrt2)x \;-\; y = 0 \;\Longrightarrow\; y = (1+\sqrt2)\,x,
e um autovetor não normalizado é
v_- = \begin{pmatrix}1 \\[4pt]1+\sqrt2\end{pmatrix}.]

Passo 6

Para verificar a ortogonalidade basta calcular o produto interno (no caso vetores em \mathbb{R}^2 é o escalar usual):
v_+^\mathsf{T} v_- = 1\cdot1 + (1-\sqrt2)(1+\sqrt2) = 1 + \bigl(1 -2\bigr) = 0.
Como o produto é zero, os autovetores são ortogonais.

Resposta

a) Os autovalores são
\lambda_{+} = E\,(5 + \sqrt2), \quad \lambda_{-} = E\,(5 - \sqrt2).
Autovetores (normalizando para comprimento unitário) podem ser escolhidos como
|\psi_{+}\rangle =\frac{1}{\sqrt{2\,(2-\sqrt2)}}\bigl(|1\rangle + (1-\sqrt2)\,|2\rangle\bigr),
|\psi_{-}\rangle =\frac{1}{\sqrt{2\,(2+\sqrt2)}}\bigl(|1\rangle + (1+\sqrt2)\,|2\rangle\bigr).
b) Sim, são ortogonais, pois \langle\psi_{+}|\psi_{-}\rangle=0.

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