¿Por qué ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†\frac{d}{dt} \langle \psi | = (\frac{d}{dt} | \psi \rangle )^{\dagger} ?

Question

¿Por qué ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†\frac{d}{dt} \langle \psi | = (\frac{d}{dt} | \psi \rangle )^{\dagger} ?

luego

Cuando queremos encontrar la ecuación de movimiento de la matriz de densidad, usamos la propiedad:

\frac{d}{d t} ⟨ ψ | = {(\frac{d}{d t} | ψ ⟩)}^{†}

$\frac{d}{dt} \langle \psi | = \left(\frac{d}{dt} | \psi \rangle \right)^{\dagger}$

Dicho de otra manera, la derivada del tiempo y el conjugado hermitiano "conmutar".

Lo usamos en la prueba sobre la ecuación de movimiento para la matriz de densidad:

\frac{d}{d t} (| ψ ⟩ ⟨ ψ |) = \frac{H}{i h} | ψ ⟩ ⟨ ψ | - | ψ ⟩ ⟨ ψ | \frac{H}{i h}

$\frac{d}{dt} (| \psi \rangle \langle \psi |) = \frac{H}{ih} | \psi \rangle \langle \psi | - | \psi \rangle \langle \psi | \frac{H}{ih}$

Pero no entiendo por qué es cierto desde el punto de vista matemático.

Veo "intuitivamente" por qué es cierto que cuando tengo un vector de columna que transpongo, hacer la derivada antes o después de la transposición no cambiará el resultado.

Pero, ¿existe una prueba más formal usando algunas propiedades en el producto escalar hermitiano? Estoy buscando tal cosa.

probablemente_alguien

Para ensamblar una prueba de este tipo, puede comenzar produciendo una base propia del operador de derivada temporal.

Respuestas (3)

¿Por qué ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†\frac{d}{dt} \langle \psi | = (\frac{d}{dt} | \psi \rangle )^{\dagger} ?

Para ensamblar una prueba de este tipo, puede comenzar produciendo una base propia del operador de derivada temporal.

qmecanico · Answer 1

Formalmente tenemos

{(\frac{d}{d t} | ψ (t) ⟩)}^{†} = {(\underset{t^{'} \to t}{límite} \frac{| ψ (t^{'}) ⟩ - | ψ (t) ⟩}{t^{'} - t})}^{†} = \underset{t^{'} \to t}{límite} \frac{| ψ (t^{'}) ⟩^{†} - | ψ (t) ⟩^{†}}{t^{'} - t}

$\left( \frac{d}{dt}| \psi(t) \rangle\right)^{\dagger} ~=~\left(\lim_{t^{\prime} \to t} \frac{ | \psi(t^{\prime}) \rangle - | \psi(t) \rangle}{t^{\prime}-t}\right)^{\dagger} ~=~\lim_{t^{\prime} \to t} \frac{ | \psi(t^{\prime}) \rangle^{\dagger} - | \psi(t) \rangle ^{\dagger}}{t^{\prime}-t}$

= \underset{t^{'} \to t}{límite} \frac{⟨ ψ (t^{'}) | - ⟨ ψ (t) |}{t^{'} - t} = \frac{d}{d t} ⟨ ψ (t) | .

$~=~\lim_{t^{\prime} \to t} \frac{ \langle \psi(t^{\prime}) | - \langle \psi(t) |}{t^{\prime}-t} ~=~\frac{d}{dt}\langle \psi(t) |.$

Bien, ¿necesitamos alguna condición en la segunda igualdad (¿existencia de la derivada?) o la conjugación siempre conmuta con la limitación?
Conjugación $\dagger :{\cal H}\to {\cal H}^{\ast}\cong {\cal H}$ es una isometría antilineal entre espacios de Hilbert, y por lo tanto continua, por lo que conmuta con la limitación.
Pero $\mathcal{H}\cong\mathcal{H}^*$ solo se cumple en el caso de dimensión finita o en el caso de dimensión infinita limitada; ¿Son necesarios esos requisitos?

secavara · Answer 2

Veamos si este argumento es lo suficientemente bueno. Elija una base de estados independientes del tiempo $\left\{|\psi_i\rangle\right\}$ . Creo que al menos puedes permitirme escribir.

{[\frac{d}{d t} (⟨ ϕ | ψ_{i} ⟩)]}^{*} = \frac{d}{d t} (⟨ ϕ | ψ_{i} ⟩^{*}),

$\begin{equation} \left[ \frac{d}{dt} \left( \langle \phi| \psi_i \rangle \right)\right]^* = \frac{d}{dt} \left( \langle \phi| \psi_i \rangle^* \right) \, , \end{equation}$ siendo esto solo la derivada de un

C

$\mathbb{C}$ número.

Con eso dado, tenemos

\begin{array}{rcl} {[(\frac{d}{d t} ⟨ ϕ |) | ψ_{i} ⟩]}^{*} & = & {[\frac{d}{d t} (⟨ ϕ | ψ_{i} ⟩)]}^{*} = \frac{d}{d t} (⟨ ϕ | ψ_{i} ⟩^{*}) = \frac{d}{d t} (⟨ ψ_{i} | ϕ ⟩) \\ = & ⟨ ψ_{i} | (\frac{d}{d t} | ϕ ⟩) = {[{(\frac{d}{d t} | ϕ ⟩)}^{†} | ψ_{i} ⟩]}^{*}, \end{array}

$\begin{eqnarray} \left[ \left(\frac{d}{dt}\langle \phi| \right) | \psi_i \rangle \right]^* &=& \left[ \frac{d}{dt} \left( \langle \phi| \psi_i \rangle \right)\right]^* = \frac{d}{dt} \left( \langle \phi| \psi_i \rangle^* \right) = \frac{d}{dt} \left( \langle \psi_i | \phi \rangle \right) \\ &=& \langle \psi_i |\left( \frac{d}{dt} | \phi \rangle \right) = \left[ \left( \frac{d}{dt} | \phi \rangle \right)^{\dagger} | \psi_i \rangle\right]^* \, , \end{eqnarray}$ donde en el último paso solo usamos la definición de adjunto. Siendo esto válido para todos

| ψ_{i} ⟩

$|\psi_i \rangle$ , podemos concluir que hemos encontrado el adjunto que buscábamos.

j murray · Answer 3

La notación bra-ket puede enturbiar un poco el problema. ¿Quieres saber por qué, para algunos $\psi$ ,

\frac{d}{d t} ψ^{†} = (\frac{d}{d t} ψ)^{†}

$\frac{d}{dt} \psi^\dagger = \big(\frac{d}{dt}\psi\big)^\dagger$

Tenga en cuenta que

\frac{d}{d t} ψ^{†} := \underset{Δ t \to 0}{límite} \frac{ψ^{†} (t + Δ t) - ψ^{†} (t)}{Δ t}

$\frac{d}{dt}\psi^\dagger := \lim_{\Delta t\rightarrow 0} \frac{\psi^\dagger(t+\Delta t) - \psi^\dagger(t)}{\Delta t}$

Pero claro, desde $\Delta t$ es un número real,

\frac{ψ^{†} (t + Δ t) - ψ^{†} (t)}{Δ t} = {(\frac{ψ (t + Δ t) - ψ (t)}{Δ t})}^{†}

$\frac{\psi^\dagger(t+\Delta t) - \psi^\dagger(t)}{\Delta t} = \left(\frac{\psi(t+\Delta t) - \psi(t)}{\Delta t}\right)^\dagger$

(ignorando sutilezas como la compatibilidad de dominio y otras que generalmente se ignoran en la mayoría de los contextos de física).

Para abordar los comentarios de OP:

Dejar

\underset{Δ t \to 0}{límite} \frac{A (t + Δ t) - A (t)}{Δ t} = A^{'} (t)

$\lim_{\Delta t\rightarrow 0} \frac{A(t+\Delta t)-A(t)}{\Delta t} = A'(t)$

Esto significa que para todos $\epsilon >0$ , existe alguna $\delta>0$ tal que

| Δ t | < d ⟹ ‖ \frac{A (t + Δ t) - A (t)}{Δ t} - A^{'} (t) ‖ < ϵ

$|\Delta t|<\delta \implies \big\Vert\frac{A(t+\Delta t)-A(t)}{\Delta t} - A'(t) \big\Vert < \epsilon$

dónde $\Vert \cdot \Vert$ es la norma del operador. Sin embargo, la norma del operador de un operador $O$ es igual a la norma del operador de $O^\dagger$ , y dado que la operación adjunta se distribuye sobre la suma y la multiplicación por números reales, se sigue inmediatamente que

| Δ t | < d ⟹ ‖ \frac{A^{†} (t + Δ t) - A^{†} (t)}{Δ t} - [A^{'} (t)]^{†} ‖ < ϵ

$|\Delta t|<\delta \implies \big\Vert\frac{A^\dagger(t+\Delta t)-A^\dagger(t)}{\Delta t} - [A'(t)]^\dagger \big\Vert < \epsilon$

que es otra forma de decir que

\frac{d}{d t} A^{†} \equiv \underset{Δ t \to 0}{límite} \frac{A^{†} (t + Δ t) - A^{†} (t)}{Δ t} = [A^{'} (t)]^{†} \equiv {[\frac{d}{d t} A]}^{†}

$\frac{d}{dt}A^\dagger \equiv \lim_{\Delta t\rightarrow 0} \frac{A^\dagger(t+\Delta t)-A^\dagger(t)}{\Delta t} = [A'(t)]^\dagger \equiv \left[\frac{d}{dt}A\right]^\dagger$

Traté de hacer esto, pero aquí usas el hecho de que puedes intervenir el límite y la daga. ¿Cómo sabemos que podemos hacer esto?
Esa es una pregunta razonable, y la respuesta depende de qué tan profundo quieras llegar. La norma del operador de algún operador. $A$ es igual a la norma del operador de $A^\dagger$ - puedes usar este hecho para demostrar que si tienes una secuencia de operadores $\{a_n\}$ que converge a $A$ , entonces la secuencia $\{a_n^\dagger\}$ converge a $A^\dagger$ , y tome el límite de esa manera.
@StarBucK He agregado a mi respuesta para justificar el intercambio del límite y la operación adjunta.

¿Por qué ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†ddt⟨ψ|=(ddt|ψ⟩)†\frac{d}{dt} \langle \psi | = (\frac{d}{dt} | \psi \rangle )^{\dagger} ?

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