Solución del problema 1 sección 1.7

1. Cosidere un sistema físico donde los operadores $\hat{H}$ y $\hat{A}$ en un espacio 3D estan dados por: \begin{align*}\hat{H}=\hbar\omega\left(
\begin{matrix}
1 & 0  & 0\\
0 & -1 & 0\\
0 &  0 & -1
\end{matrix}
\right)\quad\text{y}\quad
\hat{A}=\alpha\left(
\begin{matrix}
1 & 0  & 0\\
0 & 0  & 1\\
0 & 1 & 0
\end{matrix}
\right)
\end{align*}Muestre que $\hat{H}$ y $\hat{A}$ conmutan, Encuentre una base común para las matrices.

Solución: Para determinar los autovalores de $\hat{H}$, se usa el polinomio caracteristico de la matriz, el cual es: \begin{align*}
|\hat{H}-\lambda 1|=0\end{align*}reemplazando las matrices se tiene: \begin{align*}
\left|\hbar\omega
\left(\begin{matrix}
1 & 0  & 0\\
0 & -1 & 0\\
0 &  0 & -1
\end{matrix}\right)-\lambda
\left(\begin{matrix}
1 & 0  & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 &  0 & 1
\end{matrix}\right)\right|=
\left|
\left(\begin{matrix}
\hbar\omega-\lambda & 0  & 0\\
0 & -\hbar\omega-\lambda & 0\\
0 &  0 & -\hbar\omega-\lambda
\end{matrix}\right)\right|=0\end{align*} luego el polinomio caracteristico es $P_3(\lambda)=(\hbar\omega+\lambda)(\hbar\omega+\lambda)(\hbar\omega-\lambda)$ y los autovalores son:\begin{align*}
\lambda_1=\hbar\omega\quad\lambda_2=\lambda_3=-\hbar\omega.
\end{align*}Por otro lado, para determinar los vectores propios o los autokets de la matriz $\hat{H}$, se desarrolla para cada valor de $\lambda_i$ el siguiente sistema lineal \begin{align*}
(\hat{H}-\lambda_i 1)|\lambda_i\rangle=|0\rangle.
\end{align*}En efecto, para $\lambda_1=\hbar\omega$ el sistema toma la siguiente forma:
\begin{align*}
\left(\begin{matrix}
0 & 0  & 0\\
0 & -2\hbar\omega & 0\\
0 &  0 & -2\hbar\omega
\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}
x \\
y \\
z 
\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}
0 \\
0 \\
0 
\end{matrix}\right)\end{align*}es decir, el vector solución corresponde al conjunto $\{(x,0,0)|x\in\mathbb{R}\}$ y como caso particular para $x=1$ se tiene el autoket  $|1\rangle$ el cual ya esta normalizado
\begin{align*}
 |1\rangle=\left(\begin{matrix}
1 \\
0 \\
0 
\end{matrix}\right)\end{align*} ahora, para $\lambda_2=\lambda_3=-\hbar\omega$ los cuales son autovalores degenerados, el sistema se reduce a:
\begin{align*}
\left(\begin{matrix}
2\hbar\omega & 0  & 0\\
0 & 0 & 0\\
0 &  0 & 0
\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}
x \\
y \\
z 
\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}
0 \\
0 \\
0 
\end{matrix}\right)\end{align*}luego el vector solución es de la forma $\{(0,y,z)|y,z\in\mathbb{R}\}$ y como este conjunto tiene dos variables libres, existen dos soluciones linealmente independientes

• Cuando $y=1$ y $z=0$ \begin{align*}|2\rangle=\left(\begin{matrix}
  0 \\
  1 \\
  0 
  \end{matrix}\right)\end{align*}
• Y cuando $y=0$ y $z=1$\begin{align*}|3\rangle=\left(\begin{matrix}
  0 \\
  0 \\
  1 
  \end{matrix}\right)\end{align*}

De manera similar se puede formar las ecuaciones de autovalores en $\hat{A}$
\begin{align*}
\hat{A}|\lambda_1\rangle=\alpha|\lambda_1\rangle,\hspace{1cm}
\hat{A}|\lambda_2\rangle=\alpha|\lambda_2\rangle,\hspace{1cm}
\hat{A}|\lambda_3\rangle=-\alpha|\lambda_3\rangle
\end{align*}donde los autokets son:
\begin{align*}
|\lambda_1\rangle=\left(\begin{matrix}
 1\\
0 \\
0 
\end{matrix}\right),\hspace{1cm}
|\lambda_2\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{matrix}
0\\
1 \\
1 
\end{matrix}\right),\hspace{1cm}
|\lambda_3\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{matrix}
0\\
1 \\
-1 
\end{matrix}\right)\end{align*}Finalmente, teniendo en cuenta que la combinación lineal de autokets con el mismo autovalor forma un nuevo autoket, se puede construir una base simultanea para los operadores $\hat{H}$ y $\hat{A}$ de la siguiente forma:
\begin{align*}
\quad\boxed{\left\{|\lambda_1\rangle,\quad|\lambda_2\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|2\rangle+|3\rangle),\quad|\lambda_3\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}(|2\rangle-|3\rangle)\right\}}\quad\checkmark
\end{align*}