Wo lebt der Ket-Vektor im manipulierten Hilbert-Raum?

Das Papier ist richtig. Beachten Sie, dass in einem manipulierten Hilbert-Raum$(\mathcal S, \mathcal H, \mathcal S^*)$, wir haben das$\mathcal S \subset \mathcal H \subset \mathcal S^*$. Das ist,$\mathcal S$(die Menge der sogenannten Testfunktionen ) ist eine Teilmenge von$\mathcal H$. Der einzige Grund, warum die Konstruktion des manipulierten Hilbert-Raums überhaupt erforderlich ist, besteht darin, dass Ket-Vektoren bestimmten Zuständen kontinuierlicher Observablen entsprechen, wie z$X$Und$P$sind nicht wirklich Elemente von$\mathcal H$, was bedeutet, dass sie definitiv keine Elemente einer Teilmenge von sind$\mathcal H$.

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Ich werde expliziter auf Ihre zusätzliche Frage eingehen. Lassen$\mathcal H$Sei$L^2(\mathbb R)$, was (ungefähr) dem Raum quadratisch integrierbarer Funktionen entspricht$f:\mathbb R \rightarrow \mathbb C$. Lassen Sie zusätzlich$\mathcal S$sei der Raum schnell abfallender glatter Funktionen, definiert wie folgt:

$$\mathcal S := \left\{f \in C^\infty(\mathbb R) : \forall m,n\in\mathbb N, \sup_x\left| x^n \cdot \frac{d^mf}{dx^m }\right|<\infty \right\}$$

Im Wesentlichen,$\mathcal S$ist der Raum aller Funktionen, auf die Sie die Orts- und Impulsoperatoren beliebig oft anwenden können, wobei das Ergebnis immer noch beschränkt ist. Es ist nicht schwer, das zu zeigen$\mathcal S\subset L^2(\mathbb R)$. Das ist weniger klar$\mathcal S$ist dicht drin$L^2(\mathbb R)$, aber das stimmt auch.

Ein lineares Funktional an$\mathcal S$ist eine Karte$\varphi:\mathcal S \rightarrow \mathbb C$so dass für alle$f,g\in\mathcal S$Und$\lambda\in\mathbb C$,

• $\varphi(f + g) = \varphi(f)+\varphi(g)$
• $\varphi(\lambda f) = \lambda \varphi(f)$

Eine antilineare Funktion ist dasselbe, außer$\phi(\lambda f)=\bar{\lambda} \phi(f)$wobei der Balken komplexe Konjugation bezeichnet.

Der Raum aller linearen Funktionale (die wir als BHs identifizieren werden) auf$\mathcal S$heißt Dualraum $S'$, während die Menge aller antilinearen Funktionale (die wir als Kets identifizieren werden) an$\mathcal S$heißt Antidualraum $S^*$.

Beachten Sie, dass jedes Element$f\in\mathcal H$kann mit einem linearen Funktional identifiziert werden$\varphi_f \equiv \langle f, \bullet \rangle$, die auf einige wirkt$g\in\mathcal S$folgendermaßen:

$$\varphi_f(g) = \langle f,g\rangle$$ Darüber hinaus kann es mit einem antilinearen Funktional identifiziert werden$\phi_f \equiv \langle \bullet , f \rangle$sowie: $$\phi_f(g) = \langle g,f\rangle$$ Das impliziert das zumindest$\mathcal H \subseteq S'$Und$\mathcal H \subseteq S^*$. Allerdings die Leerzeichen$S'$Und$S^*$sind viel größer als$\mathcal H$.

Impuls-Eigenfunktionen

Beachten Sie, dass die Funktion$e^{ikx}$, die nicht quadratintegrierbar und somit kein Element von ist$\mathcal H$, kann mit dem doppelten Leerzeichen identifiziert werden$\varphi_k$und das Antidualraumelement$\phi_k$wo für alle$g\in \mathcal S$,

$$\varphi_k(g) = \int_{-\infty}^\infty \overline{e^{ikx}} g(x) dx = \int_{-\infty}^\infty e^{-ikx}g(x) dx$$ Und $$\phi_k(g) = \int_{-\infty}^\infty \overline{g(x)} e^{ikx} dx$$

Sie sind eher an die Bra-Ket-Notation gewöhnt, in der$\varphi_k \equiv \langle k|$Und$\phi_k \equiv |k\rangle$.

Eigenfunktionen positionieren

$S'$Und$S^*$enthalten auch Elemente, die überhaupt keinen Funktionen entsprechen. Die Dirac-Delta-Verteilung$\delta_a$ist täuschend einfach - es wertet einfach eine Funktion aus$a$. Definiere das lineare Funktional$\delta_a$und das antilineare Funktional$\delta^*_a$einfach so

$$\delta_a (g) = g(a)$$ $$\delta^*_a (g) = \overline{g(a)}$$

Sie sind wieder besser mit der Notation vertraut$\delta_x \equiv \langle x|$Und$\delta^*_x \equiv |x\rangle$.

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Wie sind Ausdrücke wie$\langle x|p\rangle, \langle x|y\rangle, \langle x|f\rangle$definiert? Gibt es so etwas wie ein Skalarprodukt oder eine definierte Norm?$S', S^*$?

Eine Möglichkeit, dies zu tun, ist wie folgt. Beachten Sie, dass gegeben$f,g\in\mathcal H$und die zugehörigen linearen (bzw. antilinearen) Funktionale$\varphi_g$(bzw.$\phi_f$), wir haben das

$$\varphi_g(f) = \phi_f(g) = \langle g,f\rangle$$

Weil$\varphi_g \rightarrow \langle g|$Und$\phi_f \rightarrow |f\rangle$, nehmen wir die formelle Identifizierung vor

$$\varphi_f(g) = \phi_f(g) \equiv \langle g | f \rangle$$

So$\langle g | f\rangle$kann äquivalent als (i) Abbildung angesehen werden$g$zu seinem linearen Funktional und füttert es$f$, oder (ii) Kartierung$f$zu seinem antilinearen Funktional und füttert es$g$.

Ausweitung unserer Betrachtung auf$\delta_x \rightarrow \langle x|$, Wir können das sagen$\langle x| f\rangle$entspricht der Ernährung des Staates$f$zum funktionalen$\delta_x$- das heißt, es an der Stelle zu bewerten$x$:

$$\langle x | f\rangle = \delta_x(f) = f(x)$$

Beachten Sie, dass es hier keine Entweder-Oder-Äquivalenz gibt - seit$\delta_x$eigentlich keinem Zustand entspricht, ist es streng genommen nicht sinnvoll, sich das Gegenteil vorzustellen, in das wir umwandeln$f$zu einem funktionalen und füttern ihm den entsprechenden (nicht existierenden) Zustand$\delta_x$. Natürlich, wenn wir bereit sind zu akzeptieren, dass der "Zustand" dem entspricht$\delta_a$ist die "Delta-Funktion"$\delta(x-a)$, dann kann man es sich so vorstellen.

Als nächstes beachten Sie das

$$\langle g|f\rangle =\int_{-\infty}^\infty \overline{g(x)} f(x)\ dx = \int_{-\infty}^\infty \langle g|x\rangle \langle x|f\rangle$$

Wir machen daher die formale Identifizierung mit dem Identitätsoperator:

$$\int_{-\infty}^\infty |x\rangle\langle x| \ dx \rightarrow \mathbb{I}$$

Beachten Sie, dass der linke Ausdruck wörtlich genommen (z. B. als Lebesgue-Integral) keinen Sinn ergibt. Nach den von uns entwickelten formalen symbolischen Regeln fungiert es jedoch als Identitätsoperator auf dem Raum von Kets (und auf dem Raum von BHs).

Insofern müssen wir das haben

$$\mathbb I \circ \mathbb I = \mathbb I$$ $$\int dx\ |x\rangle\langle x| \int dy\ |y\rangle\langle y| = \int dx \int dy |x\rangle \langle y| \cdot \langle x|y\rangle = \int dx |x\rangle\langle x|$$

was die (wieder formale) Definition motiviert$\langle x|y\rangle \equiv \delta(x-y)$.

Schließlich können wir die gleichen Manipulationen an den "Eigenfunktionen" des Impulsoperators durchführen. Man findet das (wie oben)

$$\langle k | f\rangle = \int_{-\infty}^\infty e^{-ikx} f(x) dx = \hat f(k)$$ Also, während$\langle x|f\rangle = f(x)$, wir haben$\langle k|f\rangle = \hat f(k)$Wo$\hat f$ist die Fourier-Transformation von$f$.

Einfügen des Identitätsoperators,

$$\hat f(k) = \langle k|f\rangle = \int \langle k|x\rangle \langle x|f\rangle dx = \int \langle k|x\rangle f(x)\ dx$$

Wenn wir dies mit dem oben Gesagten vergleichen, sind wir motiviert zu definieren

$$\langle k|x\rangle = e^{-ikx}$$ $$\langle x|k\rangle = e^{ikx}$$