Komplexes Konjugat der Schrödinger-Gleichung?

Im Allgemeinen ist das komplexe Konjugierte eines Operators kein Standardbegriff der Operatortheorie, obwohl er definiert werden kann, nachdem einige allgemeine Begriffe eingeführt wurden.

Bestimmung . Eine Konjugation $C$in einem Hilbertraum$\cal H$ist eine antilineare Abbildung$C : \cal H \to \cal H$so isometrisch ($||Cx||=||x||$Wenn$x\in \cal H$) und involutiv ($CC=I$).

Es gibt unendlich viele solcher Abbildungen, mindestens eine für jede Hilbert-Basis in$\cal H$(die Karte, die die Komponenten eines beliebigen Vektors in Bezug auf diese Basis konjugiert). An$L^2$Leerzeichen gibt es eine Standardkonjugation

$$C : L^2(\mathbb R^n, dx) \ni \psi \mapsto \overline{\psi}\in L^2(\mathbb R^n, dx)\:,$$ Wo $\overline{\psi}(x) := \overline{\psi(x)}$für jeden $x \in \mathbb R^n$und wo $\overline{a+ib}:= a-ib$für $a,b \in \mathbb R$.

Bestimmung . Ein Operateur$H : D(H) \to \cal H$(wo fortan$D(H)\subset \cal H$) soll bezüglich einer Konjugation reell sein$C$Wenn

$$CHx=HCx \quad \forall x \in D(H)$$ (was impliziert $C(D(H)) \subset D(H)$und somit $C(D(H)) = D(H)$in Anbetracht $CC=I$, so dass die schriftliche Bedingung äquivalent umformuliert werden kann $CH=HC$).

Das komplexe Konjugat$H_C$eines Betreibers $H$in Bezug auf eine Konjugation$C$, kann definiert werden als

$$H_C :=CHC\:.$$ Dieser Betreiber mit Domain $C(D(H))$ist symmetrisch, im Wesentlichen selbstadjungiert, selbstadjungiert, wenn $H$bzw. wenn symmetrisch, im Wesentlichen selbstadjungiert, selbstadjungiert ist. Offensichtlich deckt es sich mit $H$dann und nur dann, wenn $H$ist real in Bezug auf $C$.

Kommen wir zu Ihrem Anliegen. Beginnen wir mit der Schrödinger-Gleichung

$$-i \frac{d}{dt} \psi_t = H\psi_t\:.$$ Hier haben wir eine vektorwertige Karte $$\mathbb R \ni t \mapsto \psi_t \in \cal H\:,$$ so dass $\psi_t \in D(H)$für jeden $t \in \mathbb R$und die Ableitung wird in Bezug auf die Topologie des Hilbert-Raums berechnet, dessen Norm ist $||\cdot|| = \sqrt{\langle \cdot| \cdot \rangle}$: $$\frac{d}{dt} \psi_t = \dot{\psi}_t \in \cal H$$ bedeutet $$\lim_{h\to 0} \left|\left| \frac{1}{h} (\psi_{t+h} -\psi_t) - \dot{\psi}_t \right|\right|=0\:.$$ (Siehe Schlussbemerkung)

Wenn$C : \cal H \to \cal H$ist eine Konjugation, da sie isometrisch und involutiv ist, im Hinblick auf die obige Definition von Ableitung, die wir haben

$$C\frac{d}{dt} \psi_t = \frac{d}{dt} C\psi_t\tag{1}$$ wo beide Seiten gleichzeitig existieren oder nicht.

Zusammenfassend, gegeben eine Konjugation$C$, und der (selbstadjungierte) Hamilton-Operator$H$, beide im Hilbertraum$\cal H$, das komplexe Konjugat der Schrödinger-Gleichung

$$-i \frac{d}{dt} \psi_t = H\psi_t\:.\tag{2}$$ ist eine verwandte Gleichung erfüllt durch $C\psi_t$und nur durch Bewerbung erhalten $C$zu beiden Seiten von (2) und unter (1) und $CC=I$berücksichtigen, erhalten $$i \frac{d}{dt} C\psi_t = H_C\: C\psi_t\:.$$ Wenn $H$ist real in Bezug auf $C$(Dies ist der Fall für ein Teilchen ohne Spin, beschrieben in $L^2(\mathbb R^3)$, wobei der Hamiltonoperator der Form angenommen wird $P^2/2m + V$Und $C$ist die komplexe Standardkonjugation von Wellenfunktionen), reduziert sich die Gleichung auf $$i \frac{d}{dt} C\psi_t = H C\psi_t\:.$$

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BEMERKUNG . Es lohnt sich, das zu betonen$-i \frac{d}{dt}$kein Operator im Hilbertraum ist$\cal H$wie zum Beispiel$H$Ist. Berechnen$H\psi$, genügt es, den Vektor zu kennen$\psi \in D(H)$. Berechnen$\frac{d}{dt}\psi_t$wir müssen eine Kurve von Vektoren kennen

$$\gamma :\mathbb R \ni t \mapsto \psi_t \in \cal H\:.$$ $\frac{d}{dt}$berechnet die Ableitung einer solchen Kurve, die eine andere Kurve definiert $$\dot{\gamma} :\mathbb R \ni t \mapsto \frac{d}{dt}\psi_t \in \cal H\:.$$ Schwächer darf man das sehen $\frac{d}{dt}|_{t_0}$als Karte, die vektorwertige Kurven verknüpft, die in einer Nachbarschaft von definiert sind $t_0$zu Vektoren $\frac{d}{dt}|_{t_0}\psi_t$. In beiden Fällen macht es keinen Sinn, die Ableitung auf einen einzelnen Vektor anzuwenden $\psi$, im Gegensatz zu $H\psi$ist gut definiert.

Sie wollen eigentlich das Transponieren-Konjugieren, das für alles gilt:

$$(i\partial_t |\psi\rangle )^\dagger = (H\|psi\rangle)^\dagger$$ Das gibt: $$-i\partial_t |\psi\rangle^\dagger = |\psi\rangle^\dagger H^\dagger$$ was sich reduziert auf: $$-i\partial_t \langle\psi| = \langle\psi|H$$

Der Differentialoperator bleibt unverändert.

Beachten Sie, wenn Ihre Einheiten nicht haben$\hbar=1$, es gehört auf die LHS.