Demostración de la identidad de polarización para operadores en espacios vectoriales complejos

Question

Demostración de la identidad de polarización para operadores en espacios vectoriales complejos

zoloso

En general, para que dos operadores sean iguales, todos sus elementos (matriz) deben ser iguales

A = B \to ⟨ ϕ_{1} | A | ϕ_{2} ⟩ = ⟨ ϕ_{1} | B | ϕ_{2} ⟩

$A = B \rightarrow \langle \phi_1|A| \phi_2\rangle=\langle \phi_1|B| \phi_2\rangle$

Sin embargo, se me pide que demuestre que en espacios vectoriales complejos es suficiente decir:

A = B \to ⟨ ϕ_{1} | A | ϕ_{1} ⟩ = ⟨ ϕ_{1} | B | ϕ_{1} ⟩

$A = B \rightarrow \langle \phi_1|A| \phi_1\rangle=\langle \phi_1|B| \phi_1\rangle$

En mi intento de mostrar esto, hice lo siguiente:

| ϕ_{1} ⟩ = | ψ_{1} ⟩ + i | ψ_{2} ⟩ ⟨ ϕ_{1} | A | ϕ_{1} ⟩ = (⟨ ψ_{1} | + i ⟨ ψ_{2} |) A (| ψ_{1} ⟩ + i | ψ_{2} ⟩) = (⟨ ψ_{1} | + i ⟨ ψ_{2} |) B (| ψ_{1} ⟩ + i | ψ_{2} ⟩) = ⟨ ϕ_{1} | B | ϕ_{1} ⟩

que cuando se expandió me dio

⟨ ψ_{1} | A | ψ_{1} ⟩ + i ⟨ ψ_{1} | A | ψ_{2} ⟩ - i ⟨ ψ_{2} | A | ψ_{1} ⟩ + ⟨ ψ_{2} | A | ψ_{2} ⟩ = ⟨ ψ_{1} | B | ψ_{1} ⟩ + i ⟨ ψ_{1} | B | ψ_{2} ⟩ - i ⟨ ψ_{2} | B | ψ_{1} ⟩ + ⟨ ψ_{2} | B | ψ_{2} ⟩

$\langle \psi_1|A| \psi_1\rangle + i\langle \psi_1|A| \psi_2\rangle - i\langle \psi_2|A| \psi_1\rangle + \langle \psi_2|A| \psi_2\rangle = \langle \psi_1|B| \psi_1\rangle + i\langle \psi_1|B| \psi_2\rangle - i\langle \psi_2|B| \psi_1\rangle + \langle \psi_2|B| \psi_2\rangle$

cancelar los términos en ambos lados me deja con:

i ⟨ ψ_{1} | A | ψ_{2} ⟩ - i ⟨ ψ_{2} | A | ψ_{1} ⟩ = i ⟨ ψ_{1} | B | ψ_{2} ⟩ - i ⟨ ψ_{2} | B | ψ_{1} ⟩

$i\langle \psi_1|A| \psi_2\rangle - i\langle \psi_2|A| \psi_1\rangle = i\langle \psi_1|B| \psi_2\rangle - i\langle \psi_2|B| \psi_1\rangle$

Además de esto construí otra igualdad siguiendo estos pasos, pero partiendo de:

⟨ ϕ_{1} | A^{†} | ϕ_{1} ⟩ = ⟨ ϕ_{1} | B^{†} | ϕ_{1} ⟩

$\langle \phi_1|A^\dagger| \phi_1\rangle=\langle \phi_1|B^\dagger| \phi_1\rangle$

y al hacerlo obtuvo:

i ⟨ ψ_{1} | A^{†} | ψ_{2} ⟩ - i ⟨ ψ_{2} | A^{†} | ψ_{1} ⟩ = i ⟨ ψ_{1} | B^{†} | ψ_{2} ⟩ - i ⟨ ψ_{2} | B^{†} | ψ_{1} ⟩

mi plan era intentar combinar las dos igualdades en un intento de producir

⟨ ψ_{1} | A | ψ_{2} ⟩ = ⟨ ψ_{1} | B | ψ_{2} ⟩

$\langle \psi_1|A| \psi_2\rangle=\langle \psi_1|B| \psi_2\rangle$

como alguien en la clase mencionó que tuvieron suerte con este método, pero no sé adónde ir desde aquí, o si cometí un error en el camino. Cualquier ayuda sería muy apreciada, he estado rompiendo mi cerebro tratando de pensar en algo más para probar.

yuggib

Lo que está buscando se llama identidad de polarización en espacios de Hilbert (tiene que usar el complejo).

Valter Moretti

No creo que la identidad de polarización, aunque relacionada, pueda explotarse directamente, a menos que

A - B

$A-B$ es hermitiano. Escribí una prueba directa en mi respuesta.

yuggib

@ValterMoretti En su prueba, esencialmente prueba que dos formas sesquilineales son iguales si las formas cuadráticas relacionadas son iguales; y eso inmediato una vez que se prueba la identidad de polarización.

Valter Moretti

(x, y) = ⟨ x | A y ⟩

$(x,y) = \langle x| A y\rangle$ no es sequilineal porque

(y, x) \neq \bar{(x, y)}

$(y,x) \neq \overline{(x,y)}$ a menos que

A \subset A^{*}

$A \subset A^*$ . Ese es mi punto...

yuggib

Tenemos una definición diferente de sesquilineal. Para mí, sesquilineal es simplemente lineal en el argumento de la derecha, antilineal en el de la izquierda.

Valter Moretti

DE ACUERDO. ¿Pero la polarización identitaria exige también mi propiedad?

yuggib

@ValterMoretti No, en realidad no.

Valter Moretti

Traté de probarlo: es necesario :) en su lugar. Pruébelo usted mismo. Ya en el caso real. Por inspección directa se ve que, si

(|)

$(|)$ es

R

$\mathbb R$ bilineal,

4 (x | y) = (x + y | x + y) - (x - y | x - y)

$4(x|y)= (x+y|x+y) -(x-y|x-y)$ es equivalente a

(x | y) = (y | x)

$(x|y)=(y|x)$ .

yuggib

@ValterMoretti La hermiticidad de la forma sesquilineal no es necesaria para la identidad de polarización. Eso debería probarse fácilmente mediante un cálculo explícito; pero ahora lamentablemente no tengo tiempo para hacerlo ;-) Además, cada forma sesquilineal hermítica tiene una forma cuadrática real asociada, pero en general

s (f, f)

$s(f,f)$ es complejo; que debe tenerse en cuenta al comprobar la identidad.

Valter Moretti

Lo probé yo mismo, tienes razón. A diferencia del caso real, donde la simetría es necesaria, la identidad de polarización no necesita hermiticidad, solo basta la sequilinealidad. En cambio, la página de wikipedia que citó asume la validez de la hermiticidad. Debería corregirse...

Joel Croteau

Tienes razón en que la sesquilinealidad es suficiente. Si desea ver el cálculo explícito, probé un teorema muy similar a este aquí physics.stackexchange.com/a/691645/326392 .

Respuestas (1)

Demostración de la identidad de polarización para operadores en espacios vectoriales complejos

Lo que está buscando se llama identidad de polarización en espacios de Hilbert (tiene que usar el complejo).
No creo que la identidad de polarización, aunque relacionada, pueda explotarse directamente, a menos que $A-B$ es hermitiano. Escribí una prueba directa en mi respuesta.
@ValterMoretti En su prueba, esencialmente prueba que dos formas sesquilineales son iguales si las formas cuadráticas relacionadas son iguales; y eso inmediato una vez que se prueba la identidad de polarización.
$(x,y) = \langle x| A y\rangle$ no es sequilineal porque $(y,x) \neq \overline{(x,y)}$ a menos que $A \subset A^*$ . Ese es mi punto...
Tenemos una definición diferente de sesquilineal. Para mí, sesquilineal es simplemente lineal en el argumento de la derecha, antilineal en el de la izquierda.
DE ACUERDO. ¿Pero la polarización identitaria exige también mi propiedad?
Traté de probarlo: es necesario :) en su lugar. Pruébelo usted mismo. Ya en el caso real. Por inspección directa se ve que, si $(|)$ es $\mathbb R$ bilineal, $4(x|y)= (x+y|x+y) -(x-y|x-y)$ es equivalente a $(x|y)=(y|x)$ .
@ValterMoretti La hermiticidad de la forma sesquilineal no es necesaria para la identidad de polarización. Eso debería probarse fácilmente mediante un cálculo explícito; pero ahora lamentablemente no tengo tiempo para hacerlo ;-) Además, cada forma sesquilineal hermítica tiene una forma cuadrática real asociada, pero en general $s(f,f)$ es complejo; que debe tenerse en cuenta al comprobar la identidad.
Lo probé yo mismo, tienes razón. A diferencia del caso real, donde la simetría es necesaria, la identidad de polarización no necesita hermiticidad, solo basta la sequilinealidad. En cambio, la página de wikipedia que citó asume la validez de la hermiticidad. Debería corregirse...
Tienes razón en que la sesquilinealidad es suficiente. Si desea ver el cálculo explícito, probé un teorema muy similar a este aquí physics.stackexchange.com/a/691645/326392 .

Valter Moretti · Answer 1

Sí, tu conjetura es verdadera (no hay necesidad de involucrar a los operadores adjuntos en la demostración). De hecho, en un espacio complejo de Hilbert $\cal H$ (más generalmente un espacio vectorial complejo equipado con un producto escalar hermitiano) tenemos la siguiente proposición.

proposición _ Dejar $A,B : D \to \cal H$ ser un par de operadores lineales definidos en el subespacio denso $D\subset \cal H$ . $A=B$ si y solo si $\langle x|Ax \rangle = \langle x|Bx \rangle$ para todos $x\in D$ .

Prueba. Basta probar que $\langle x|Ax \rangle=0$ para todos $x\in D$ implica $A=0$ . Para ello, utilice primero $x= y\pm z$ y luego $x= y\pm iz$ en la identidad anterior observando que $\langle y|Ay \rangle= 0$ y $\langle z|Az \rangle=0$ . La linealidad en la entrada derecha y la antilinealidad en la entrada izquierda producen fácilmente $\langle y|Az \rangle=0$ para todos $y,z \in D$ . Desde $D$ es densa, hay una secuencia $D \ni y_n \to Az$ . La continuidad del producto escalar produce inmediatamente $||Az||^2 = \lim_{n\to +\infty} \langle y_n | Az\rangle =0$ para todos $z\in D$ . En otras palabras $A=0$ . $\Box$

En espacios reales de Hilbert la proposición es falsa. por ejemplo, en $\mathbb R^n$ , las matrices antisimétricas satisfacen $\langle x|Ax \rangle =0$ para cada $x \in \mathbb R^n$ , pero $A\neq 0$ en general.

¿Puede explicar cómo la prueba de que $\langle x | Ax \rangle = 0$ para todos $x \in D$ implica $A=0$ es suficiente para demostrar que $A = B$ si y si $\langle x | Ax \rangle = \langle x | Bx \rangle$ para todos $x \in D$ ? Eso no es obvio para mí. Tampoco es obvio para mí que para un subespacio denso generalizado $D \subset \mathcal H$ eso $| x \rangle \in D$ automáticamente implica que sus componentes $| y \rangle$ y $| z \rangle$ están en $D$ también.
Para la primera pregunta, simplemente considere $C=A-B$ . Diciendo que $\langle x|C x\rangle =0$ es equivalente a $\langle x| (A-B) x\rangle =0$ , que por linealidad, es equivalente a $\langle x|A x\rangle = \langle x |B x\rangle$ . Con respecto al segundo problema, no es necesario que lo uses. $x\in D$ implica $y$ y $z$ hacer, pero eso si $y,z \in D$ , entonces $y\pm iz \in D$ . Esto es trivialmente cierto porque $D$ es un subespacio.

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Valter Moretti

hamiltoniano actuando sobre el operador de suma

Identidad del operador de escalera para ⟨n|(a+a†)k|m⟩⟨n|(a+a†)k|m⟩\langle n | (a+a^\daga)^k | m \rango

Estos dos operadores conmutan... pero sus vectores propios no son todos iguales. ¿Por qué?

¿Cómo probar esta desigualdad para el operador hamiltoniano?

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Conjugado hermitiano del operador diferencial

Hace ⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle para todo |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle implica que A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ B}?

Valores esperados de los operadores LxLxL_x y LyLyL_y en LzLzL_z-eigenstates

¿Podemos probar esto sin un cálculo explícito?