Warum ist ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†\frac{d}{dt} \langle \psi | = (\frac{d}{dt} | \psi \rangle )^{\dagger} ?

Question

Warum ist ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†\frac{d}{dt} \langle \psi | = (\frac{d}{dt} | \psi \rangle )^{\dagger} ?

anon

Wenn wir die Bewegungsgleichung der Dichtematrix finden wollen, verwenden wir die Eigenschaft:

\frac{D}{D T} ⟨ ψ | = {(\frac{D}{D T} | ψ ⟩)}^{†}

$\frac{d}{dt} \langle \psi | = \left(\frac{d}{dt} | \psi \rangle \right)^{\dagger}$

Anders gesagt, die Zeitableitung und das hermitesche Konjugierte "pendeln".

Wir verwenden es im Beweis über die Bewegungsgleichung für die Dichtematrix:

\frac{D}{D T} (| ψ ⟩ ⟨ ψ |) = \frac{H}{ich H} | ψ ⟩ ⟨ ψ | - | ψ ⟩ ⟨ ψ | \frac{H}{ich H}

$\frac{d}{dt} (| \psi \rangle \langle \psi |) = \frac{H}{ih} | \psi \rangle \langle \psi | - | \psi \rangle \langle \psi | \frac{H}{ih}$

Aber ich verstehe nicht, warum es aus mathematischer Sicht wahr ist.

Ich sehe "intuitiv", warum es wahr ist, wenn ich einen Spaltenvektor habe, den ich transponiere, um die Ableitung vor oder nach der Transposition zu machen, das Ergebnis nicht ändert.

Aber gibt es einen formelleren Beweis, der einige Eigenschaften des hermitischen Skalarprodukts verwendet? Ich suche so etwas.

wahrscheinlich_jemand

Um einen solchen Beweis zusammenzustellen, könnten Sie damit beginnen, eine Eigenbasis des Zeitableitungsoperators zu erzeugen.

Antworten (3)

Warum ist ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†\frac{d}{dt} \langle \psi | = (\frac{d}{dt} | \psi \rangle )^{\dagger} ?

Um einen solchen Beweis zusammenzustellen, könnten Sie damit beginnen, eine Eigenbasis des Zeitableitungsoperators zu erzeugen.

QMechaniker · Answer 1

Formal haben wir

{(\frac{D}{D T} | ψ (T) ⟩)}^{†} = {(lim_{T^{'} \to T} \frac{| ψ (T^{'}) ⟩ - | ψ (T) ⟩}{T^{'} - T})}^{†} = lim_{T^{'} \to T} \frac{| ψ (T^{'}) ⟩^{†} - | ψ (T) ⟩^{†}}{T^{'} - T}

$\left( \frac{d}{dt}| \psi(t) \rangle\right)^{\dagger} ~=~\left(\lim_{t^{\prime} \to t} \frac{ | \psi(t^{\prime}) \rangle - | \psi(t) \rangle}{t^{\prime}-t}\right)^{\dagger} ~=~\lim_{t^{\prime} \to t} \frac{ | \psi(t^{\prime}) \rangle^{\dagger} - | \psi(t) \rangle ^{\dagger}}{t^{\prime}-t}$

= lim_{T^{'} \to T} \frac{⟨ ψ (T^{'}) | - ⟨ ψ (T) |}{T^{'} - T} = \frac{D}{D T} ⟨ ψ (T) | .

$~=~\lim_{t^{\prime} \to t} \frac{ \langle \psi(t^{\prime}) | - \langle \psi(t) |}{t^{\prime}-t} ~=~\frac{d}{dt}\langle \psi(t) |.$

Schön, brauchen wir irgendwelche Bedingungen für die zweite Gleichheit (Existenz der Ableitung?) Oder pendelt die Konjugation immer mit der Begrenzung?
Konjugation $\dagger :{\cal H}\to {\cal H}^{\ast}\cong {\cal H}$ ist eine antilineare Isometrie zwischen Hilbert-Räumen und daher stetig, so dass sie mit der Begrenzung pendelt.
Aber $\mathcal{H}\cong\mathcal{H}^*$ gilt nur im endlichdimensionalen Fall oder im begrenzten unendlichdimensionalen Fall; Sind diese Anforderungen notwendig?

secavara · Answer 2

Mal sehen, ob dieses Argument gut genug ist. Wähle eine Basis von zeitunabhängigen Zuständen $\left\{|\psi_i\rangle\right\}$ . Ich denke, Sie können mir wenigstens erlauben, zu schreiben

{[\frac{D}{D T} (⟨ ϕ | ψ_{ich} ⟩)]}^{*} = \frac{D}{D T} (⟨ ϕ | ψ_{ich} ⟩^{*}),

$\begin{equation} \left[ \frac{d}{dt} \left( \langle \phi| \psi_i \rangle \right)\right]^* = \frac{d}{dt} \left( \langle \phi| \psi_i \rangle^* \right) \, , \end{equation}$ da dies nur die Ableitung von a ist

C

$\mathbb{C}$ Nummer.

Damit haben wir

\begin{array}{rcl} {[(\frac{D}{D T} ⟨ ϕ |) | ψ_{ich} ⟩]}^{*} & = & {[\frac{D}{D T} (⟨ ϕ | ψ_{ich} ⟩)]}^{*} = \frac{D}{D T} (⟨ ϕ | ψ_{ich} ⟩^{*}) = \frac{D}{D T} (⟨ ψ_{ich} | ϕ ⟩) \\ = & ⟨ ψ_{ich} | (\frac{D}{D T} | ϕ ⟩) = {[{(\frac{D}{D T} | ϕ ⟩)}^{†} | ψ_{ich} ⟩]}^{*}, \end{array}

$\begin{eqnarray} \left[ \left(\frac{d}{dt}\langle \phi| \right) | \psi_i \rangle \right]^* &=& \left[ \frac{d}{dt} \left( \langle \phi| \psi_i \rangle \right)\right]^* = \frac{d}{dt} \left( \langle \phi| \psi_i \rangle^* \right) = \frac{d}{dt} \left( \langle \psi_i | \phi \rangle \right) \\ &=& \langle \psi_i |\left( \frac{d}{dt} | \phi \rangle \right) = \left[ \left( \frac{d}{dt} | \phi \rangle \right)^{\dagger} | \psi_i \rangle\right]^* \, , \end{eqnarray}$ wobei wir im letzten Schritt nur die Definition von adjungiert verwendet haben. Dies gilt für alle

| ψ_{i} ⟩

$|\psi_i \rangle$ , können wir schlussfolgern, dass wir das gesuchte Adjunkt gefunden haben.

J. Murray · Answer 3

Die Bra-Ket-Notation kann das Problem etwas trüben. Sie möchten wissen, warum, für einige $\psi$ ,

\frac{D}{D T} ψ^{†} = (\frac{D}{D T} ψ)^{†}

$\frac{d}{dt} \psi^\dagger = \big(\frac{d}{dt}\psi\big)^\dagger$

Beachten Sie, dass

\frac{D}{D T} ψ^{†} := lim_{Δ T \to 0} \frac{ψ^{†} (T + Δ T) - ψ^{†} (T)}{Δ T}

$\frac{d}{dt}\psi^\dagger := \lim_{\Delta t\rightarrow 0} \frac{\psi^\dagger(t+\Delta t) - \psi^\dagger(t)}{\Delta t}$

Aber natürlich seit $\Delta t$ ist eine reelle Zahl,

\frac{ψ^{†} (T + Δ T) - ψ^{†} (T)}{Δ T} = {(\frac{ψ (T + Δ T) - ψ (T)}{Δ T})}^{†}

$\frac{\psi^\dagger(t+\Delta t) - \psi^\dagger(t)}{\Delta t} = \left(\frac{\psi(t+\Delta t) - \psi(t)}{\Delta t}\right)^\dagger$

(Ignorieren von Feinheiten wie Domänenkompatibilität und dergleichen, die in den meisten physikalischen Kontexten im Allgemeinen ignoriert werden).

Um auf die Kommentare von OP einzugehen:

Lassen

lim_{Δ T \to 0} \frac{A (T + Δ T) - A (T)}{Δ T} = A^{'} (T)

$\lim_{\Delta t\rightarrow 0} \frac{A(t+\Delta t)-A(t)}{\Delta t} = A'(t)$

Das bedeutet für alle $\epsilon >0$ , es gibt welche $\delta>0$ so dass

| Δ T | < δ ⟹ “ \frac{A (T + Δ T) - A (T)}{Δ T} - A^{'} (T) “ < ϵ

$|\Delta t|<\delta \implies \big\Vert\frac{A(t+\Delta t)-A(t)}{\Delta t} - A'(t) \big\Vert < \epsilon$

Wo $\Vert \cdot \Vert$ ist die Operatornorm. Allerdings ist die Operatornorm eines Operators $O$ gleich der Operatornorm von ist $O^\dagger$ , und da sich die adjungierte Operation über Addition und Multiplikation mit reellen Zahlen verteilt, folgt daraus unmittelbar

| Δ T | < δ ⟹ “ \frac{A^{†} (T + Δ T) - A^{†} (T)}{Δ T} - [A^{'} (T)]^{†} “ < ϵ

$|\Delta t|<\delta \implies \big\Vert\frac{A^\dagger(t+\Delta t)-A^\dagger(t)}{\Delta t} - [A'(t)]^\dagger \big\Vert < \epsilon$

das ist eine andere Art, das zu sagen

\frac{D}{D T} A^{†} \equiv lim_{Δ T \to 0} \frac{A^{†} (T + Δ T) - A^{†} (T)}{Δ T} = [A^{'} (T)]^{†} \equiv {[\frac{D}{D T} A]}^{†}

$\frac{d}{dt}A^\dagger \equiv \lim_{\Delta t\rightarrow 0} \frac{A^\dagger(t+\Delta t)-A^\dagger(t)}{\Delta t} = [A'(t)]^\dagger \equiv \left[\frac{d}{dt}A\right]^\dagger$

Ich habe versucht, dies zu tun, aber hier nutzen Sie die Tatsache, dass Sie das Limit und den Dolch eingreifen können. Woher wissen wir, dass wir das können?
Das ist eine vernünftige Frage, und die Antwort hängt davon ab, wie tief Sie gehen wollen. Die Operatornorm eines Operators $A$ gleich der Operatornorm von ist $A^\dagger$ - Sie können diese Tatsache verwenden, um dies zu demonstrieren, wenn Sie eine Folge von Operatoren haben $\{a_n\}$ die konvergiert zu $A$ , dann die Folge $\{a_n^\dagger\}$ konvergiert zu $A^\dagger$ , und nehmen Sie die Grenze auf diese Weise.
@StarBucK Ich habe meiner Antwort hinzugefügt, um den Austausch des Limits und der adjungierten Operation zu rechtfertigen.

Warum ist ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†\frac{d}{dt} \langle \psi | = (\frac{d}{dt} | \psi \rangle )^{\dagger} ?

anon

wahrscheinlich_jemand

Antworten (3)

QMechaniker

Alec Rhea

QMechaniker

Alec Rhea

secavara

J. Murray

anon

J. Murray

J. Murray

Warum können Operatoren in der Quantenmechanik als Matrizen dargestellt werden?

Hermitesche Konjugation des Differentialoperators

Wie passt die nicht-hermitesche Quantenmechanik (PT-symmetrische QM) in die Physik?

Zur Definition des Erwartungswertes in der Quantenmechanik

Was sind die physikalischen Zustände im Heisenberg-Bild?

Ist ⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle für alle |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle implizieren, dass A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ B}?

Quantenmechanik; Sakurai; Unendlich kleine Übersetzung

Eigenvektoren von pxpxp_x in einem bestimmten Bereich

Eine alternative Definition der Erzeugungs- und Vernichtungsoperatoren?

Quantenfeldtheorie für den begabten Amateur: Aufgabe 2.4