Condición de tiempo unitario

Question

Condición de tiempo unitario

Nbit

Tengo una confusión con respecto al principio de QM que establece que la evolución del tiempo debe ser unitaria. En particular, dado que los estados se transforman a través del tiempo como $|\Psi(t)\rangle = U(t)|\Psi(0)\rangle$ ; hace la condición:

⟨ Φ (0) | Ψ (0) ⟩ = 0 ⟹ ⟨ Φ (t) | Ψ (t) ⟩ = 0

$\langle\Phi(0)|\Psi(0)\rangle=0 \ \implies \ \langle\Phi(t)|\Psi(t)\rangle=0$

implica que $U$ debe ser unitario, o se impone a $U$ ?

Me doy cuenta que con la condición antes mencionada es posible probar que para dos miembros ortonormales de la base, $i,j$ : $\langle i| U^{\dagger}U | j \rangle = 0$ . ¿Se puede probar que para un mismo miembro el producto es 1?

ZeroTheHero

Si

U

$U$ es unitario entonces

U^{†}

$U^{\dagger}$ es el inverso de

U

$U$ por definición.

Nbit

Sí, pero la pregunta es cómo demostrar que ese es el caso.

ZeroTheHero

Desde

| Ψ (t) ⟩ = U | Ψ (0) ⟩

$\vert \Psi(t)\rangle = U\vert\Psi(0)\rangle$ entonces claramente

⟨ Φ (t) | Ψ (t) ⟩ = ⟨ Φ (0) | {tu}^{†} tu | Ψ (0) ⟩ = ⟨ Φ (0) | Ψ (0) ⟩

$\langle \Phi(t)\vert \Psi(t)\rangle = \langle \Phi(0)\vert U^\dagger\,U\vert \Psi(0)\rangle = \langle\Phi(0)\vert\Psi(0)\rangle$ válido

\forall t

$\forall t$ implica

U^{†} U = \hat{1} \forall t

$U^\dagger U=\hat 1\, \forall t$ también, siempre que sus kets sean arbitrarios. (Ojalá esto sea suficiente).

Lucas

La condición de preservación de la ortogonalidad que usted estableció por sí sola también permitiría operadores que satisfagan

U^{†} U = c \cdot 1

$U^\dagger U = c \cdot 1$ con cualquier constante

c

$c$ . Usualmente se dice que la unitaridad proviene de la preservación de la norma, es decir,

< ψ (t), ψ (t) >=< ψ (0), ψ (0) >

$< \psi(t) ,\psi(t)> = <\psi(0),\psi(0)>$ .

Respuestas (1)

Condición de tiempo unitario

Si $U$ es unitario entonces $U^{\dagger}$ es el inverso de $U$ por definición.
Sí, pero la pregunta es cómo demostrar que ese es el caso.
Desde $\vert \Psi(t)\rangle = U\vert\Psi(0)\rangle$ entonces claramente $⟨ Φ (t) | Ψ (t) ⟩ = ⟨ Φ (0) | {tu}^{†} tu | Ψ (0) ⟩ = ⟨ Φ (0) | Ψ (0) ⟩$ $\langle \Phi(t)\vert \Psi(t)\rangle = \langle \Phi(0)\vert U^\dagger\,U\vert \Psi(0)\rangle = \langle\Phi(0)\vert\Psi(0)\rangle$ válido $\forall t$ implica $U^\dagger U=\hat 1\, \forall t$ también, siempre que sus kets sean arbitrarios. (Ojalá esto sea suficiente).
La condición de preservación de la ortogonalidad que usted estableció por sí sola también permitiría operadores que satisfagan $U^\dagger U = c \cdot 1$ con cualquier constante $c$ . Usualmente se dice que la unitaridad proviene de la preservación de la norma, es decir, $< \psi(t) ,\psi(t)> = <\psi(0),\psi(0)>$ .

Valter Moretti · Answer 1

Es un problema elemental interesante. Después de que probé la siguiente proposición donde uso $A^*$ para el adjunto de $A$ .

proposición _ Dejar $U: H \to H$ ser un operador acotado sobre un espacio de Hilbert $H$ . Las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) para $x,y \in H$ , $\quad$ $\langle x|y\rangle =0$ implica $\langle Ux|Uy\rangle =0$

(b) $U^*U = cI$ por algo de verdad $c\geq 0$ .

Antes de probar el enunciado observo que incluso si $c=1$ , $U$ no es necesariamente unitario, porque la unitaridad es $U^*U=UU^*=I$ . Y aquí $UU^*=I$ generalmente falla cuando $H$ es infinitamente dimensional (de lo contrario, es trivialmente cierto como consecuencia de $U^*U=I$ ). Para $c=1$ , $U$ es una isometría no necesariamente sobreyectiva.

prueba _ Es obvio que (b) implica (a), así que demostramos que (a) implica (b). La condición (a) se puede reformular como $y \perp x$ implica $y \perp U^*Ux$ . Como consecuencia $U^*Ux \in \{\{x\}^\perp\}^\perp$ cual es el tramo lineal de $x$ . En otras palabras $U^*U x = \lambda_x x$ para algunos $\lambda_x\in \mathbb C$ . Mi objetivo ahora es demostrar que $\lambda_x$ no depende de $x$ .

Con este fin, considere un par de vectores $x \perp y$ con $x, y \neq 0$ . Usando el argumento anterior tenemos

\begin{matrix} (1) & {tu}^{*} tu X = λ_{X} X, {tu}^{*} tu y = λ_{y} y, {tu}^{*} tu (X + y) = λ_{X + y} (X + y) . \end{matrix}

$U^*U x = \lambda_x x\:,\quad U^*U y = \lambda_y y\:, \quad U^*U (x+y) = \lambda_{x+y} (x+y)\:.\tag{1}$ Linealidad de

U^{*} U

$U^*U$ aplicado a la última identidad conduce a

{tu}^{*} tu X + {tu}^{*} tu y = λ_{X + y} X + λ_{X + y} y,

$U^*Ux + U^*Uy = \lambda_{x+y}x + \lambda_{x+y}y\:,$ a saber

{tu}^{*} tu X - λ_{X + y} X = - ({tu}^{*} tu y - λ_{X + y} y) .

$U^*Ux- \lambda_{x+y}x = -(U^*Uy- \lambda_{x+y}y)\:\:.$ Explotando las dos primeras identidades en (1) obtenemos

(λ_{X} - λ_{X + y}) X = - (λ_{y} - λ_{X + y}) y .

$(\lambda_x- \lambda_{x+y})x = -(\lambda_y- \lambda_{x+y})y\:.$ Desde

x ⊥ y

$x \perp y$ y

x, y \neq 0

$x,y \neq 0$ , la única posibilidad es que

λ_{X} = λ_{X + y} = λ_{y} .

$\lambda_x = \lambda_{x+y} = \lambda_y\:.$ Entonces, un par de vectores ortogonales que no desaparecen tienen el mismo

λ_{x}

$\lambda_x$ .

Para concluir considere una base de Hilbert $\{x_n\}$ de $H$ para que, si $z\in H$ ,

\begin{matrix} (2) & z = \sum_{norte} C_{norte} X_{norte} \end{matrix}

$z = \sum_n c_n x_n \tag{2}$ para números complejos

c_{n}

$c_n$ . Desde

U^{*} U

$U^*U$ es continua (

U

$U$ está ligado),

\begin{matrix} (3) & {tu}^{*} tu z = \sum_{norte} C_{norte} {tu}^{*} tu X_{norte} = \sum_{norte} C_{norte} λ_{X_{norte}} X_{norte} \end{matrix}

$U^*Uz = \sum_n c_n U^*Ux_n = \sum_n c_n \lambda_{x_n}x_n\tag{3}$ Pero sabemos por el argumento anterior que

λ_{x_{n}} = λ_{x_{m}}

$\lambda_{x_n} = \lambda_{x_m}$ de modo que, indicando con

c

$c$ el valor común de la

λ_{x_{n}}

$\lambda_{x_n}$ , (3) se puede reescribir como

{tu}^{*} tu z = \sum_{norte} C_{norte} C X_{norte} = C \sum_{norte} C_{norte} X_{norte} = C z .

$U^*Uz = \sum_n c_n cx_n = c\sum_n c_n x_n = cz\:.$ Desde

z \in H

$z\in H$ fue arbitrario, hemos encontrado que

{tu}^{*} tu = C I .

$U^*U=c I\:.$ Tomando el adjunto de ambos lados obtenemos

c = \bar{c}

$c=\overline{c}$ de modo que

c

$c$ es real. Finalmente,

0 \leq ⟨ tu X | tu X ⟩ = ⟨ X | {tu}^{*} tu X ⟩ = C ⟨ X | X ⟩

$0 \leq \langle Ux | Ux\rangle = \langle x| U^*U x\rangle = c \langle x| x \rangle$ de modo que

c \geq 0

$c\geq 0$ . QED

Esto está bien, pero la parte "¿Es posible probar que para el mismo miembro el producto es 1?" no implicar $c=\lambda_x=1$ ?
no entiendo eso ya lo sabemos $U$ tal cosa $U^*U= cI$ satisface las hipótesis iniciales también para $c\neq 1$ . Si fuera posible demostrar que $c=1$ excluiríamos este caso que sabemos que existe.
Algo claramente me está desconcertando aquí. Volveré en un par de días.

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