Clase 15: Propiedades de los autovalores y autovectores de un operador Hermitiano.

Tomemos unos operadores A que operan sobre el espacio de estados $\varepsilon$, esto definen unas bases. Es decir, necesitamos una combinación de operadores que nos definan bases, los cuales a su vez nos sirven para estudiar $\varepsilon$.

    $A|\psi \rangle$ = $\lambda|\varphi\rangle$

donde $\lambda \in C$ y $|\psi\rangle\in\varepsilon$. Si tomamos adicionalmente que: $\langle\psi|\psi\rangle = 1$, es decir, es un autoestado normalizado.

Si $\lambda\longrightarrow|\psi\rangle$ es único (un solo autoestado), decimos que este estado es no degenerado. El subespacio vectorial $\varepsilon_{\lambda}\rightarrow$  $\big\{|\psi⟩\big\}$ es de dimensión 1. 

Si $\lambda\longrightarrow\varepsilon_{\lambda}$ puede tener dimensión mayor que 1.

EJEMPLO 1: Consideremos el siguiente operador T:

$T = \begin{bmatrix}2 & 0 & 0\\0 & 3 &1 \\0 & 2 & 8 \end{bmatrix}  \longrightarrow $ la degeneración es 1.

$(3-\lambda)(8-\lambda) - 2 = 0$. Tenemos $2\lambda$ diferentes, por tanto el operador que tiene 3 autovalores y cada autovalor da un autovector distinto. No degeneración. 

EJEMPLO 2: Consideremos el siguiente operador T:

$T = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0\\0 & 0 &1 \\0 &1 & 0 \end{bmatrix}$ 

En este caso tenemos $\lambda_{1} = 1$ , $\lambda_{2} = 1$ y $\lambda_{3} = -1$. Tenemos dos autovalores, es decir, degeneración 2. 

En general debemos tener en cuenta la degeneración. Si $|\psi_{i} \rangle$ con i = 1,....,g es decir, hay g autovectores asociados con un autovalor $\lambda$, si $A|\psi_{i} \rangle$ = $\lambda | \psi_{i} \rangle$ igualmente cualquier combinacion de esos elementos  $\Sigma C_{i}|\psi_{i} \rangle$ = $|\psi^{'}\rangle$ es también autovector de A.

$A\sum_{i=1}^{g} C_{i}|\psi_{i}\rangle = \sum_{i=1}^{g} C_{i}A |\psi_{i}\rangle = \Sigma C_{i}\lambda|\psi_{i}\rangle $

$A| \psi^{'} \rangle = \lambda |\psi^{'}\rangle$

A no sirve para identificar si tenemos nada dentro del espacio asociado con ese autovalor. Un subespacio $\varepsilon_{\lambda}$ tiene dimensión g. A este subespacio se le conoce como "autosubespacio" asociado con $\lambda$.

Por otro lado, consideremos que el operador A es Hermitico:

$A^{†} = A$
acá se pueden presentar 2 casos:

1. Los autovectores de un operador hermitico son reales:

Tomando el producto escalar de la ecuación de autovalores $A|\psi \rangle=\lambda|\psi\rangle$ para    $|\psi\rangle$, obtenemos:

    $\langle\psi|A|\psi\rangle = \lambda\langle\psi|\psi\rangle $ 

Pero $\langle\psi|A|\psi\rangle$ es un número real si A es hermitico, es decir, tomando el complejo conjugado (hermitico conjugado):

    $\langle\psi|A|\psi\rangle^{*}$ = $\langle\psi|A^{†}|\psi\rangle$ = $\langle\psi|A|\psi\rangle$ = $\lambda\langle\psi|\psi\rangle$

Dado que $\langle\psi|A|\psi\rangle$ y $\langle\psi|\psi\rangle$ son reales, esto implica que $\lambda$ también es real.

Si A es hermitico, podemos reemplazar A por $A^{†}$ y $\lambda$ por $\lambda ^{*}$, ya que acabamos de demostrar que $\lambda$ es real. Así obtenemos:

    $\langle\psi|A$ = $\lambda\langle\psi|$

Por lo tanto, 

    $\langle\psi|A|\varphi\rangle$ = $\lambda\langle\psi|\varphi\rangle$

2. Dos vectores propios de un operador hermitico correspondientes a dos valores propios diferentes son ortogonales:

Consideremos dos autovectores $\psi\rangle$ y $\varphi\rangle$ del operador hermitico A:

    $A|\psi\rangle$ = $\lambda|\psi\rangle$

    $A|\varphi\rangle$ = $\mu|\varphi\rangle$

donde $\langle\varphi|\varphi\rangle = 0$ y $\mu\neq 0$, es decir, son ortogonales.

Si no hay degeneración en A tenemos:

    $A|\varphi_{i}\rangle = \lambda_{i}|\varphi_{i}\rangle$

por tanto  $\big\{|\varphi_{i}⟩\big\}$ es base de $\varepsilon$, por tanto es ortonormal.

Cuando hay degeneracion debemos utilizar otros operadores, para esto supongamos dos operadores A y B conmutan, y si $|\psi\rangle$ es un vector propio de A y $B|\psi\rangle$ es también un vector propio de A, con el mismo valor propio.

Sabemos que, si $|\psi\rangle$ es un vector propio de A, tenemos:

    $A|\psi\rangle = a|\psi\rangle$

Multiplicando por B a ambos lados de esta ecuación, obtenemos:

    $BA|\psi\rangle = aB|\psi$

Dado que asumimos que A y B se conmutan, también tenemos que, reemplazando BA en el lado izquierdo por AB:

    $A(B|\psi\rangle = a(B|\psi)$

Esta última ecuación expresa el hecho de que $B|\psi\rangle$ es un vector propio de A, con el valor propio a, se demuestra el teorema.

Por otro lado, si a es un vector propio no degenerado, todos los vectores propios asociados con él son por definición colineales y $B|\psi\rangle$ es necesariamente proporcional a $|\psi\rangle$. Por lo tanto, también es un vector propio de B.

Por tanto, B no afecta la separación de $\varepsilon$ original, es decir, no cambia los autovectores de A.