Wie wirkt sich das Tranponierungskonjugat eines Operators auf einen Bra und ein Ket im Zusammenhang mit Vernichtungs- und Erhöhungsoperatoren aus?

Wenn man die "Sandwich"-Notation für einen Moment aufgibt, hat man das

$$\langle \phi_i ,A\phi_j\rangle = \langle A^\dagger \phi_i,\phi_j\rangle$$ nach der Definition des hermitesch Konjugierten. Beide$A$Und$A^\dagger$sind Operatoren auf dem Hilbertraum, sind aber über das Skalarprodukt miteinander verbunden. Hätten wir zum Beispiel auch $$\langle \phi_i,A^\dagger \phi_j\rangle = \langle (A^\dagger)^\dagger \phi_i,\phi_j\rangle = \langle A\phi_i,\phi_j\rangle$$

wo wir das vermutet haben$(A^\dagger)^\dagger = A$(Streng genommen gilt dies nicht für alle Operatoren, aber es gilt für die Hebe-/Senkoperatoren in ihrem gemeinsamen Definitionsbereich - ich kehre alle diese technischen Einzelheiten unter den Teppich).

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Nachdem wir dies festgestellt haben, können wir die Sandwich-Notation schriftlich wieder einführen

$$\langle \phi_i,A\phi_j\rangle \equiv \langle \phi_i | A | \phi_j \rangle \equiv \langle A^\dagger \phi_i , \phi_j\rangle$$

wobei wir den mittleren Ausdruck frei als den linken oder rechten interpretieren können, dh$A$kann entweder von links handeln (in diesem Fall handelt es als$A$An$\phi_j$) oder von rechts (in diesem Fall fungiert es als$A^\dagger$An$\phi_i$).

Die Manipulation von Kombinationen von Bras und Operatoren in Dirac-Notation funktioniert so,

$$\begin{aligned} \langle \hat O v | &= |\hat Ov\rangle^\dagger \\ &= (\hat O |v\rangle)^\dagger \\ &= ( |v\rangle )^\dagger \ (\hat O)^\dagger \\ &= \langle v| \hat O^\dagger \end{aligned}$$

Die Anwendung auf die Leiteroperatoren führt zu

$$\begin{aligned} \langle n | \hat a^\dagger &= (|n\rangle)^\dagger \hat a^\dagger \\ \langle n | \hat a^\dagger&= \big (\hat a|n\rangle \big)^\dagger\\ \langle n | \hat a^\dagger&= \big (\sqrt n|n-1\rangle \big)^\dagger\\ \langle n | \hat a^\dagger&= (\sqrt n)^* \ \langle n-1| \\ \langle n | \hat a^\dagger&= \sqrt n \ \langle n-1| \ \ \forall n\in \Re \end{aligned}$$

Ganz allgemein die Gleichberechtigung

$$\langle \hat O^\dagger v | = \langle v| \hat O$$ ermöglicht zwei Interpretationen, wenn wir Matrixelemente wie betrachten $$\langle v|\hat O |n\rangle.$$ Wir können den Operator mit dem Ket assoziieren und ihn so sehen $$\langle v| \ \big (\hat O |n\rangle\big)$$ , also der Betreiber$\hat O$zuerst auf das Ket einwirken und dann das innere Produkt nehmen. Aber ebenso können wir das Matrixelement als betrachten $$\big ( \langle v| \hat O \big) \ |n\rangle =\langle \hat O^\dagger v|n\rangle$$ wobei der Operator mit dem Bra ausgewertet wird, indem der adjungierte Operator verwendet wird, bevor wir das innere Produkt berechnen.

Wenn der Operator selbstadjungiert ist, vereinfachen sich die Ausdrücke und Sie können die Adjungation des Operators in allen Schritten weglassen. Lassen$\hat H = \hat H^\dagger$, Dann

$$\langle \hat H v| = \langle v|\hat H ^\dagger = \langle v|\hat H$$

Operatoren mit dieser Eigenschaft können dann beliebig in Matrixelementen "herumbewegt" werden,

$$\langle v|\hat H|n\rangle = \langle \hat H^\dagger v|n\rangle = \langle \hat H v|n\rangle$$ Auf diese Weise können Sie selbstadjungierte Operatoren nach "links oder rechts" auswerten, ohne wissen zu müssen, wie sich der adjungierte Operator auf Ihrer gewählten Basis verhält.

Antwort auf die Frage im Kommentar

Zunächst einmal sind die Leiteroperatoren nicht hermitesch/selbstadjungiert. Das bedeutet, dass Ihre Bewertung falsch war. Wir haben,

$$\begin{aligned} \langle n'|\hat a ^\dagger |n\rangle &= \langle n'|\hat a ^\dagger n\rangle\\ &=\sqrt{n+1}\langle n' |n+1\rangle \\[1.0em] \langle n'|\hat a ^\dagger |n\rangle&= \langle \hat a n'|n\rangle \\ &= \sqrt{ n'}^*\langle n'-1|n\rangle \\ &=\sqrt{ n'}\langle n'-1|n\rangle \ \ \forall \sqrt{n'}\in \Re\\[1.0em] \langle n'|\hat a ^\dagger n\rangle &= \langle \hat a n'| n\rangle\\ \sqrt{n+1}\langle n'|n+1\rangle &=\sqrt{ n'}\langle n'-1|n\rangle \\ \end{aligned}$$

Sie können beide Methoden verwenden und beide Ergebnisse sind identisch. Sie können unterschiedlich aussehen, aber wenn Sie die tatsächliche numerische Auswertung vornehmen, muss der Wert derselbe sein. Es gibt nicht die eine richtige "Richtung". Beide Wege sind korrekt und identisch. Diese Tatsache wird häufig verwendet, um zu beweisen, dass die Eigenvektoren des hermiteschen Operators orthogonal sind.

Zum Beispiel der Zahlenoperator$\hat N = \hat a^\dagger \hat a$ist ein hermitescher Operator. Wir haben

$$\begin{aligned} \langle n'| \hat N |n\rangle &= n\langle n' |n\rangle\\ &= \langle \hat N^\dagger n' |n\rangle \\ &= \langle \hat N n' |n\rangle \\ &= n'\langle n' |n\rangle \\ \langle n'| \hat N |n\rangle - \langle \hat N n' |n\rangle &= 0\\ (n-n')\langle n'|n\rangle &= 0\\ \end{aligned}$$ Seit $$n-n'\neq 0$$ für zwei verschiedene Werte müssen wir haben $$\langle n'|n\rangle = 0 \ \forall n\neq n'$$ .

Dieser Beweis nutzte die Tatsache, dass das Matrixelement in „beide Richtungen“ ausgewertet werden kann. Sie müssen sich nicht entscheiden, ob Sie mit dem BH oder dem Ket handeln, Sie können beides tun, solange Sie die Regeln richtig anwenden.