Einheitliche Zeitbedingung

Question

Einheitliche Zeitbedingung

NBit

Ich bin verwirrt in Bezug auf das QM-Prinzip, das besagt, dass die Zeitentwicklung einheitlich sein muss. Insbesondere angesichts der Tatsache, dass sich Staaten im Laufe der Zeit als transformieren $|\Psi(t)\rangle = U(t)|\Psi(0)\rangle$ ; erfüllt die Bedingung:

⟨ Φ (0) | Ψ (0) ⟩ = 0 ⟹ ⟨ Φ (T) | Ψ (T) ⟩ = 0

$\langle\Phi(0)|\Psi(0)\rangle=0 \ \implies \ \langle\Phi(t)|\Psi(t)\rangle=0$

implizieren das $U$ muss einheitlich sein oder wird ihm auferlegt $U$ ?

Mir ist klar, dass es mit der oben genannten Bedingung möglich ist zu beweisen, dass für zwei orthonormale Mitglieder der Basis, $i,j$ : $\langle i| U^{\dagger}U | j \rangle = 0$ . Kann man beweisen, dass für dasselbe Mitglied das Produkt 1 ist?

ZeroTheHero

Wenn

U

$U$ ist dann einheitlich

U^{†}

$U^{\dagger}$ ist das Gegenteil von

U

$U$ per Definition.

NBit

Ja, aber die Frage ist, wie man das zeigt, das ist der Fall

ZeroTheHero

Seit

| Ψ (t) ⟩ = U | Ψ (0) ⟩

$\vert \Psi(t)\rangle = U\vert\Psi(0)\rangle$ dann klar

⟨ Φ (T) | Ψ (T) ⟩ = ⟨ Φ (0) | U^{†} U | Ψ (0) ⟩ = ⟨ Φ (0) | Ψ (0) ⟩

$\langle \Phi(t)\vert \Psi(t)\rangle = \langle \Phi(0)\vert U^\dagger\,U\vert \Psi(0)\rangle = \langle\Phi(0)\vert\Psi(0)\rangle$ gültig

\forall t

$\forall t$ impliziert

U^{†} U = \hat{1} \forall t

$U^\dagger U=\hat 1\, \forall t$ auch, vorausgesetzt, Ihre Kets sind willkürlich. (Hoffentlich sollte das reichen.)

Lukas

Die von Ihnen angegebene Bedingung der Erhaltung der Orthogonalität allein würde auch Operatoren zulassen, die erfüllt sind

U^{†} U = c \cdot 1

$U^\dagger U = c \cdot 1$ mit beliebiger Konstante

c

$c$ . Üblicherweise sagt man, dass Einheitlichkeit von der Erhaltung der Norm herrührt, dh

< ψ (t), ψ (t) >=< ψ (0), ψ (0) >

$< \psi(t) ,\psi(t)> = <\psi(0),\psi(0)>$ .

Antworten (1)

Einheitliche Zeitbedingung

Wenn $U$ ist dann einheitlich $U^{\dagger}$ ist das Gegenteil von $U$ per Definition.
Seit $\vert \Psi(t)\rangle = U\vert\Psi(0)\rangle$ dann klar $⟨ Φ (T) | Ψ (T) ⟩ = ⟨ Φ (0) | U^{†} U | Ψ (0) ⟩ = ⟨ Φ (0) | Ψ (0) ⟩$ $\langle \Phi(t)\vert \Psi(t)\rangle = \langle \Phi(0)\vert U^\dagger\,U\vert \Psi(0)\rangle = \langle\Phi(0)\vert\Psi(0)\rangle$ gültig $\forall t$ impliziert $U^\dagger U=\hat 1\, \forall t$ auch, vorausgesetzt, Ihre Kets sind willkürlich. (Hoffentlich sollte das reichen.)
Die von Ihnen angegebene Bedingung der Erhaltung der Orthogonalität allein würde auch Operatoren zulassen, die erfüllt sind $U^\dagger U = c \cdot 1$ mit beliebiger Konstante $c$ . Üblicherweise sagt man, dass Einheitlichkeit von der Erhaltung der Norm herrührt, dh $< \psi(t) ,\psi(t)> = <\psi(0),\psi(0)>$ .

Valter Moretti · Answer 1

Es ist ein interessantes elementares Problem. Nachdem ich währenddessen den folgenden Satz bewiesen habe, verwende ich $A^*$ für den Adjunkten von $A$ .

Vorschlag . Lassen $U: H \to H$ ein beschränkter Operator über einem Hilbertraum sein $H$ . Die folgenden Bedingungen sind äquivalent.

(a) Für $x,y \in H$ , $\quad$ $\langle x|y\rangle =0$ impliziert $\langle Ux|Uy\rangle =0$

(B) $U^*U = cI$ für einige echte $c\geq 0$ .

Bevor ich die Aussage beweise, bemerke ich, dass selbst wenn $c=1$ , $U$ ist nicht notwendigerweise einheitlich, weil die Einheitlichkeit es ist $U^*U=UU^*=I$ . Und hier $UU^*=I$ scheitert im Allgemeinen, wenn $H$ ist unendlich dimensional (ansonsten ist es trivialerweise wahr als Folge von $U^*U=I$ ). Für $c=1$ , $U$ ist eine Isometrie, die nicht unbedingt surjektiv ist.

Beweis . Es ist offensichtlich, dass (b) (a) impliziert, also beweisen wir, dass (a) (b) impliziert. Bedingung (a) kann umformuliert werden als $y \perp x$ impliziert $y \perp U^*Ux$ . Als Konsequenz $U^*Ux \in \{\{x\}^\perp\}^\perp$ das ist die lineare Spanne von $x$ . Mit anderen Worten $U^*U x = \lambda_x x$ für einige $\lambda_x\in \mathbb C$ . Mein Ziel ist es nun, das zu beweisen $\lambda_x$ hängt nicht davon ab $x$ .

Betrachten Sie zu diesem Zweck ein paar Vektoren $x \perp y$ mit $x, y \neq 0$ . Mit dem obigen Argument haben wir

\begin{matrix} (1) & U^{*} U X = λ_{X} X, U^{*} U j = λ_{j} j, U^{*} U (X + j) = λ_{X + j} (X + j) . \end{matrix}

$U^*U x = \lambda_x x\:,\quad U^*U y = \lambda_y y\:, \quad U^*U (x+y) = \lambda_{x+y} (x+y)\:.\tag{1}$ Linearität von

U^{*} U

$U^*U$ angewendet auf die letzte Identität führt zu

U^{*} U X + U^{*} U j = λ_{X + j} X + λ_{X + j} j,

$U^*Ux + U^*Uy = \lambda_{x+y}x + \lambda_{x+y}y\:,$ nämlich

U^{*} U X - λ_{X + j} X = - (U^{*} U j - λ_{X + j} j) .

$U^*Ux- \lambda_{x+y}x = -(U^*Uy- \lambda_{x+y}y)\:\:.$ Unter Ausnutzung der ersten beiden Identitäten in (1) erhalten wir

(λ_{X} - λ_{X + j}) X = - (λ_{j} - λ_{X + j}) j .

$(\lambda_x- \lambda_{x+y})x = -(\lambda_y- \lambda_{x+y})y\:.$ Seit

x ⊥ y

$x \perp y$ Und

x, y \neq 0

$x,y \neq 0$ , das ist die einzige Möglichkeit

λ_{X} = λ_{X + j} = λ_{j} .

$\lambda_x = \lambda_{x+y} = \lambda_y\:.$ Ein paar orthogonale nicht verschwindende Vektoren haben also dasselbe

λ_{x}

$\lambda_x$ .

Betrachten Sie abschließend eine Hilbert-Basis $\{x_n\}$ von $H$ damit, wenn $z\in H$ ,

\begin{matrix} (2) & z = \sum_{N} C_{N} X_{N} \end{matrix}

$z = \sum_n c_n x_n \tag{2}$ für komplexe Zahlen

c_{n}

$c_n$ . Seit

U^{*} U

$U^*U$ ist stetig (

U

$U$ ist begrenzt),

\begin{matrix} (3) & U^{*} U z = \sum_{N} C_{N} U^{*} U X_{N} = \sum_{N} C_{N} λ_{X_{N}} X_{N} \end{matrix}

$U^*Uz = \sum_n c_n U^*Ux_n = \sum_n c_n \lambda_{x_n}x_n\tag{3}$ Aber das wissen wir aus dem vorherigen Argument

λ_{x_{n}} = λ_{x_{m}}

$\lambda_{x_n} = \lambda_{x_m}$ so dass, was mit anzeigt

c

$c$ der gemeinsame Wert der

λ_{x_{n}}

$\lambda_{x_n}$ , (3) kann umgeschrieben werden als

U^{*} U z = \sum_{N} C_{N} C X_{N} = C \sum_{N} C_{N} X_{N} = C z .

$U^*Uz = \sum_n c_n cx_n = c\sum_n c_n x_n = cz\:.$ Seit

z \in H

$z\in H$ war willkürlich, das haben wir festgestellt

U^{*} U = C ICH .

$U^*U=c I\:.$ Wenn wir die Adjungierten beider Seiten bilden, erhalten wir

c = \bar{c}

$c=\overline{c}$ so dass

c

$c$ ist echt. Endlich,

0 \leq ⟨ U X | U X ⟩ = ⟨ X | U^{*} U X ⟩ = C ⟨ X | X ⟩

$0 \leq \langle Ux | Ux\rangle = \langle x| U^*U x\rangle = c \langle x| x \rangle$ so dass

c \geq 0

$c\geq 0$ . QED

Das ist schön, aber der Teil "Ist es möglich zu beweisen, dass für dasselbe Mitglied das Produkt 1 ist?" nicht implizieren $c=\lambda_x=1$ ?
Ich verstehe nicht, das wissen wir bereits $U$ so thst $U^*U= cI$ erfüllt die anfänglichen Hypothesen auch für $c\neq 1$ . Wenn man das beweisen könnte $c=1$ wir würden diesen Fall, von dem wir wissen, dass er existiert, ausschließen.
Irgendetwas bringt mich hier eindeutig aus der Fassung. Ich komme in ein paar Tagen wieder.

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