¿Cómo actúa la transpuesta conjugada de un operador sobre un sostén y un ket en el contexto de los operadores de aniquilación y elevación?

Abandonando la notación "sándwich" por un momento, uno tiene que

$$\langle \phi_i ,A\phi_j\rangle = \langle A^\dagger \phi_i,\phi_j\rangle$$ por la definición del conjugado hermitiano. Ambos$A$y$A^\dagger$son operadores en el espacio de Hilbert, pero están relacionados entre sí a través del producto interno. Por ejemplo, también tendríamos $$\langle \phi_i,A^\dagger \phi_j\rangle = \langle (A^\dagger)^\dagger \phi_i,\phi_j\rangle = \langle A\phi_i,\phi_j\rangle$$

donde hemos asumido que$(A^\dagger)^\dagger = A$(estrictamente, esto no es cierto para todos los operadores, pero es para los operadores de subida/bajada en su dominio mutuo de definición; estoy barriendo todos esos tecnicismos debajo de la alfombra).

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Habiendo establecido esto, podemos volver a introducir la notación sándwich escribiendo

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

donde podemos interpretar libremente la expresión del medio como la de la izquierda o la de la derecha, es decir$A$puede actuar desde la izquierda (en cuyo caso actúa como$A$en$\phi_j$) o del derecho (en cuyo caso actúa como$A^\dagger$en$\phi_i$).

La manipulación de combinaciones de sujetadores y operadores en notación de Dirac funciona así,

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

Aplicar esto a los operadores de escalera conduce a

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

De manera más general, la igualdad

$$\langle \hat O^\dagger v | = \langle v| \hat O$$ permite dos interpretaciones cuando observamos elementos de matriz como $$\langle v|\hat O |n\rangle.$$ Podemos asociar el operador con el Ket y verlo como $$\langle v| \ \big (\hat O |n\rangle\big)$$ , es decir, el operador$\hat O$actuando primero sobre el Ket y luego tomando el producto interior. Pero igualmente, podemos ver el elemento de la matriz como $$\big ( \langle v| \hat O \big) \ |n\rangle =\langle \hat O^\dagger v|n\rangle$$ donde el operador se evalúa con Bra usando el operador adjunto, antes de calcular el producto interno.

Si el operador se agrega a sí mismo, las expresiones se simplifican y puede eliminar la adición del operador en todos los pasos. Dejar$\hat H = \hat H^\dagger$, entonces

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

Los operadores con esta propiedad pueden "moverse" en los elementos de la matriz como queramos,

$$\langle v|\hat H|n\rangle = \langle \hat H^\dagger v|n\rangle = \langle \hat H v|n\rangle$$ Esto le permite evaluar operadores autoadjuntos a la "izquierda oa la derecha" sin necesidad de saber cómo actúa el operador adjunto sobre la base elegida.

Respuesta a la pregunta en comentario

En primer lugar, los operadores de escalera no son herméticos ni autónomos. Eso significa que tu evaluación fue incorrecta. Tenemos,

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

Puede usar ambas formas y ambos resultados son idénticos. Pueden parecer diferentes, pero si realiza la evaluación numérica real, el valor debe ser el mismo. No hay una "dirección" correcta. Ambas formas son correctas e idénticas. Este hecho se usa comúnmente para probar que los vectores propios del operador hermitiano son ortogonales.

Por ejemplo, el operador numérico$\hat N = \hat a^\dagger \hat a$es un operador hermitiano. Tenemos

$$\begin{aligned} \langle n'| \hat N |n\rangle &= n\langle n' |n\rangle\\ &= \langle \hat N^\dagger n' |n\rangle \\ &= \langle \hat N n' |n\rangle \\ &= n'\langle n' |n\rangle \\ \langle n'| \hat N |n\rangle - \langle \hat N n' |n\rangle &= 0\\ (n-n')\langle n'|n\rangle &= 0\\ \end{aligned}$$ Desde $$n-n'\neq 0$$ para dos valores diferentes, debemos tener $$\langle n'|n\rangle = 0 \ \forall n\neq n'$$ .

Esta prueba utilizó el hecho de que el elemento de la matriz se puede evaluar en "ambas direcciones". No tienes que decidir si actúas sobre el sostén o el ket, puedes hacer ambas cosas siempre y cuando apliques las reglas correctamente.