Hermitescher Adjunkt des 4-Gradienten in der Dirac-Gleichung

Erweiterung meines Kommentars.

Die Grundidee ist, dass das, was Sie unter adjungiert verstehen, vom betrachteten Vektorraum abhängt. Zum Beispiel haben wir vielleicht$\mathbb{C}^n$wie unser Raum, mit dem üblichen inneren Produkt; In diesem Fall ist die Adjungierte eines Vektors oder einer Matrix die Transponierte Konjugierte. Beachten Sie, dass die Adjunktion eines Vektors technisch gesehen keinen Vektor zurückgibt, da Zeilenvektoren und Spaltenvektoren zu unterschiedlichen Räumen gehören.

Könnten wir auch gebrauchen$L^2(\mathbb{R}^n)$als unser Vektorraum. Seine Elemente sind Funktionen, und das Skalarprodukt ist definiert durch

Sie können auch hier adjungiert werden, indem Sie das oben definierte innere Produkt verwenden. Es kann gezeigt werden, dass der Ableitungsoperator eine lineare Transformation auf$L^2$, ist anti-hermitesch.

Nun zur Dirac-Gleichung. Der hier betrachtete Vektorraum (d. h. Spinorraum) ist$\mathbb{C}^4$, nicht$L^2$. Das ist,$\psi$ist ein Vektor, weil er vier Komponenten hat, nicht weil es eine Funktion ist. Dass seine Bestandteile Funktionen sind, spielt dabei keine Rolle. Wenn wir Adjunkte nehmen, transponieren und konjugieren wir Vektoren und Matrizen. Die Ableitung ist ein Operator, wenn Sie darüber nachdenken, was sie mit Funktionen macht, aber sie ist kein Operator$4\times4$Matrix; es macht nichts mit Spinoren. Daher wirkt sich der bestimmte Adjoint, den wir hier verwenden, nicht darauf aus.

Meine Antwort ist ziemlich ähnlich zu dem, was andere hier geschrieben haben, aber vielleicht auf eine etwas andere Art und Weise.

Lassen Sie uns also zuerst die Definitionen von motivieren: -

Hermitesch konjugiert eines Operators - VS - Hermitisch konjugiert eines Vektors

Hermitian Conjugate (Adjoint) von "Operator" :-

Eine hermitesche Konjugierte (technisch als Adjoint bekannt ) eines Operators$\hat{\mathrm A}$wird über die Regel definiert

$\langle\phi|\hat{\mathrm A}|\psi\rangle\ =\langle\hat{\mathrm A}^\dagger\phi|\psi\rangle$, Wo$\ \hat{\mathrm A}^\dagger$bezeichnet den Adjungierten des Operators$\mathrm{\hat{A}}$.

SCHLUSSFOLGERUNG 1 :- Um den Adjoint eines "Operators" zu finden, muss man den Erwartungswert des Operators berücksichtigen, dh ein Integral über alle Raum-Zeit-Koordinaten auswerten.

$\langle\phi|\hat{\mathrm A}|\psi\rangle\ =\displaystyle \int_{Entire\\ Domain} \phi^*(t,\mathbf{r})\ \hat{\mathrm A}\ \psi(t,\mathbf{r})\ dt\ d^3\mathbf{r}\ $

SEITENBEMERKUNG:- Für Operatoren, die als endlichdimensionale Matrizen geschrieben werden können, wie z

$$\begin{bmatrix} f(x) & g(x) \\ h(x) & k(x) \end{bmatrix}$$ Wo$x \in (-\infty,\infty)$, können wir den Adjoint als finden $$\langle\phi|\hat{\mathrm A}|\psi\rangle = \displaystyle \int_{-\infty}^\infty \begin{bmatrix} a^*(x) & b^*(x) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} f(x) & g(x) \\ h(x) & k(x) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c(x) \\ d(x)\end{bmatrix}\ dx$$ $$= \displaystyle \int_{-\infty}^\infty \left(\begin{bmatrix} f^*(x) & h^*(x) \\ g^*(x) & k^*(x) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a(x) \\ b(x) \end{bmatrix}\right)^\dagger \begin{bmatrix} c(x) \\ d(x)\end{bmatrix}\ dx = \langle{\hat{\mathrm A}^\dagger}\phi|\psi\rangle$$ Angedeutet$\hat{\mathrm A}^\dagger = \begin{bmatrix} f^*(x) & h^*(x) \\ g^*(x) & k^*(x) \end{bmatrix}$.

Daher kann man die Adjungierte leicht finden, indem man einfach die komplex konjugierte Tranpose des als Matrix dargestellten Operators nimmt . Diese Technik gilt jedoch NICHT für Operatoren, die NICHT als endlichdimensionale Matrizen dargestellt werden können. Denken Sie daran, denn es ist wichtig.

Hermitesche Konjugation eines Vektors :-

Wenn$\ |\psi\rangle$ein Zustandsvektor ist, dann ist das hermitesche Konjugierte definiert als$\ |\psi\rangle^\dagger\ =\langle\psi|$.

Ein endlichdimensionaler Vektor hilft uns, dies besser zu visualisieren.

Nehmen Sie zum Beispiel,$|\psi\rangle = \begin{pmatrix} a\\ b\\ c \end{pmatrix}$

Dann,$\langle\psi| = \begin{pmatrix} a^* & b^* & c^* \end{pmatrix}$

SCHLUSSFOLGERUNG 2:- Um die Hermitesche Konjugierte eines "Vektors" zu finden, braucht man nur die komplex konjugierte Transponierte des Vektors zu betrachten und KEINE Integrale über Raum-Zeit-Koordinaten.

Lassen Sie uns nun einen Unterschied zwischen den beiden Hermitian Conjugates untersuchen: -

Die Aussagen in Schlussfolgerung 1 und 2 sind sehr wichtig. Warum?

Betrachten Sie die Vektoren

$|\chi_1\rangle = \begin{pmatrix} e^{-\frac{x^2}{2}} \\ \frac{1}{x^2+1} \end{pmatrix}$;$\quad$ $|\chi_2\rangle = \begin{pmatrix} x^2e^{-\frac{x^2}{2}} \\ \frac{1}{x^2+4} \end{pmatrix}$

Aufgabe 1:- Um den "hermiteschen konjugierten Vektor" von zu finden$\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}|\chi_1\rangle$, Wo$x \in (-\infty,\infty)$

$\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}|\chi_1\rangle = \begin{pmatrix} \frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(e^{-\frac{x^2}{2}}\right) \\ \frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(\frac{1}{x^2+1}\right) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} xe^{-\frac{x^2}{2}} \\ -\frac{2x}{(x^2+1)^2}\end{pmatrix}$

$\left(\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}|\chi_1\rangle\right)^\dagger = \begin{pmatrix} xe^{-\frac{x^2}{2}} & -\frac{2x}{(x^2+1)^2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(e^{-\frac{x^2}{2}}\right) & \frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(\frac{1}{x^2+1}\right) \end{pmatrix} = \frac{\mathrm d}{\mathrm{dx}} \begin{pmatrix} e^{-\frac{x^2}{2}} \\ \frac{1}{x^2+1} \end{pmatrix}^\dagger = \frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}} \left(|\chi_1\rangle^\dagger\right)$

$\boxed{\left(\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}|\chi_1\rangle\right)^\dagger = \frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}} \left(|\chi_1\rangle^\dagger\right)}$

SCHLUSSFOLGERUNG 3:- Die hermitische Konjugation ($\dagger$) hat nichts bewirkt$\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}$einfach, weil wir überhaupt kein Integral über die räumlichen (und/oder zeitlichen) Koordinaten berechnen .$\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}|\chi_1\rangle$ergibt einfach einen weiteren "Vektor", dessen komplexe konjugierte Transponierte hier berechnet wird. Das ist alles. Nichts mehr.

Aufgabe 2:- Finden Sie den "Hermitian Conjugate Operator" von$\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}$, Wo$x \in (-\infty,\infty)$

$\langle\chi_2|\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}|\chi_1\rangle\ =\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \begin{pmatrix} x^2e^{-\frac{x^2}{2}} & \frac{1}{x^2+4} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(e^{-\frac{x^2}{2}}\right) \\ \frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(\frac{1}{x^2+1}\right) \end{pmatrix}\ dx$

$= \displaystyle \int_{-\infty}^\infty x^2e^{-\frac{x^2}{2}}\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(e^{-\frac{x^2}{2}}\right)\ dx + \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{x^2+4}\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(\frac{1}{x^2+1}\right)\ dx$

Partielle Integration würde ergeben:-

$\left[\left(x^2e^{-\frac{x^2}{2}}\right)\left(e^{-\frac{x^2}{2}}\right)\right]_{-\infty}^\infty - \displaystyle \int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(x^2e^{-\frac{x^2}{2}}\right)e^{-\frac{x^2}{2}}\ dx + \left[\left(\frac{1}{x^2+4}\right)\left(\frac{1}{x^2+1}\right)\right]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(\frac{1}{x^2+4}\right)\frac{1}{x^2+1}\ dx$

Sicherlich sind die Randterme 0. Dies ergibt

$\displaystyle \int_{-\infty}^\infty \begin{pmatrix} -\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(x^2e^{-\frac{x^2}{2}}\right) & -\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\left(\frac{1}{x^2+4}\right) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} e^{-\frac{x^2}{2}} \\ \frac{1}{x^2+1} \end{pmatrix}\ dx\ = \int_{-\infty}^\infty \left[-\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\begin{pmatrix} x^2e^{-\frac{x^2}{2}} & \frac{1}{x^2+4} \end{pmatrix}\right] \begin{pmatrix} e^{-\frac{x^2}{2}} \\ \frac{1}{x^2+1} \end{pmatrix}\ dx$

Daher,$\langle\chi_2|\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}|\chi_1\rangle\ = \langle -\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\chi_2|\chi_1\rangle$, nachgeben

$\boxed{\left(\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}\right)^\dagger = -\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}}$

SCHLUSSFOLGERUNG 4:- Die hermitische Konjugation ($\dagger$) wirkt auf$\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}$dieses Mal, einfach weil wir irgendein Integral über die räumlichen (und/oder zeitlichen) Koordinaten berechnen .

LETZTE SCHLUSSFOLGERUNG: Es war nur die Verwirrung der Notation, die zu den Schwierigkeiten führte. Beim Finden des hermiteschen Konjugats eines Operators hat es ein völlig anderes Bewertungsverfahren als beim Finden des hermiteschen Konjugats eines Vektors. Leider ist die gleiche Notation ($\dagger$) wird für beide verwendet, was möglicherweise zu Verwirrung führt.

PS Sie fragen sich vielleicht, woher man weiß, welche Definition man wann verwenden sollte? Nun, das ist einfach. Im Kontext der Dirac-Gleichung

• Wenn Sie den Adjoint von Dirac Operator finden sollen$(i\hbar\gamma^{\mu}\partial_{\mu} - mc)^\dagger$, müssen Sie einfach die für Operatoren geltende Definition verwenden, d. h. den Erwartungswert dieses Operators.

• Wenn Sie eine Dirac-ähnliche Gleichung finden sollen, die von Hermitian Conjugate Vector erfüllt wäre$|\psi\rangle^\dagger$, dann ist dies sogar noch einfacher, da Sie keinen Erwartungswert finden müssen. Nur die komplex konjugierte Transponierte der gesamten Gleichung. Also ALLE raumzeitabhängigen Operatoren wie$\frac{\mathrm d}{\mathrm {dx}}$bleiben unberührt .

Vielleicht ist folgendes Argument überzeugender:

1. Die Dirac-Gleichung$^1$

   $$(i\gamma^{\mu}\stackrel{\rightarrow}{\partial}_{\mu}-m)\psi~=~0 \tag{A}$$ ist nach dem fundamentalen Lemma der Variationsrechnung äquivalent zu $$\forall \phi:\quad 0~=~\int d^4x~\bar{\phi}(i\gamma^{\mu}\stackrel{\rightarrow}{\partial}_{\mu}-m)\psi, \tag{B}$$ Wo$\phi$ist ein beliebiger (off-shell) Dirac-Spinor.

2. Hermitesche Konjugation im Dirac-Spinorraum führt zu

   $$\forall \phi:\quad0~=~\int d^4x~\bar{\psi}(-i\stackrel{\leftarrow}{\partial}_{\!\mu}~\gamma^{\mu}-m)\phi, \tag{C}$$ was äquivalent ist $$\bar{\psi}(i\stackrel{\leftarrow}{\partial}_{\!\mu}~\gamma^{\mu}+m)~=~0,\tag{D}$$ vgl. der obige Kommentar von Javier.

3. Integrieren wir dagegen auch (C) partiell, so erhalten wir (nach Verwerfen von Randtermen)

   $$\forall \phi:\quad 0~=~\int d^4x~\bar{\psi}(i\gamma^{\mu}\stackrel{\rightarrow}{\partial}_{\mu}-m)\phi, \tag{E}$$ wo die Ableitung jetzt wirkt$\phi$.

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$^1$Wir verwenden die folgenden Konventionen:

Ich stimme den obigen Antworten vollkommen zu, aber es gibt ein Problem, wenn Sie versuchen zu beweisen, dass der Hamilton-Operator hermitesch ist. Tatsächlich haben die Terme der Alpha-Matrizen im hermiteschen Adjoint des Dirac-Hamiltonschen wegen des i-Faktors ein Minuszeichen, und die Raumableitung bleibt unbeeinflusst. Am Ende müssen wir also sagen, dass die Alpha-Matrizen anti-hermitesch sein sollten, damit die Hamiltonsche hermitesch ist. Entschuldigung, dass ich die Ausdrücke nicht geschrieben habe. Ich bin neu hier und weiß noch nicht, wie man Gleichungen schreibt.