Отличная квантовая механика

Проведя аналогичные рассуждения для |c⟩ = |a⟩ +i|b⟩, получим Im⟨a'|b'⟩ = Im⟨a|b⟩.

Решение для упражнения A.81

a) Поскольку унитарный оператор сохраняет скалярные произведения, он отображает ортонормальный базис на ортонормальное множество. Согласно упр. A.19, такое множество образует базис.

b) Для любого кет-вектора имеем Соответственно,

Видим, что оператор Û сохраняет норму |a⟩ и, следовательно, унитарен.

Решение для упражнения A.82. Если оператор Û унитарен, то некоторый ортонормальный базис {|ωi⟩} он отображает на другой ортонормальный базис {|𝑣i⟩} (упр. A.81). Отсюда следует, что он может быть записан в виде (упр. A.25). Тогда (упр. A.35). Соответственно,

То, что доказывается аналогично.

Теперь докажем, что любой оператор Û, удовлетворяющий сохраняет скалярное произведение двух произвольных векторов |a⟩ и |b⟩. Определив |a'⟩ = Û|a⟩ и |b'⟩ = Û|b⟩, получаем

⟨a'|b'⟩ = ⟨a|Û^†Û|b⟩ = ⟨a|b⟩.

Решение для упражнения A.83

a) Так как каждый унитарный оператор Û удовлетворяет утверждение из упр. A.63 выполняется, поэтому Û можно привести к диагональному виду. Для любого собственного значения u и соответствующего ему собственного вектора |u⟩ имеет место равенство |u'⟩ = Û|u⟩ = u|u⟩, а отсюда вытекает, что

⟨u'|u'⟩ = u^*u⟨u|u⟩.

Поскольку унитарный оператор сохраняет норму, должно выполняться u^*u = |u|² = 1. Этому удовлетворяет любое u = e^iθ при θ ∈ ℝ.

b) Если оператор Û диагонализируем, его матрица в его собственном базисе имеет вид

где ui — собственные значения с абсолютным значением 1 (т. е. такие, что u_i^*u_i = 1). Тогда сопряженная матрица такова:

а произведение этих матриц равно

Это показывает, что оператор Û унитарен.

Решение для упражнения A.84

a) Для операторов Паули:

Так что все три оператора Паули унитарны.

b) Для оператора поворота:

так что этот оператор тоже унитарен. Это можно понять интуитивно: при повороте векторов их длина (норма) не меняется.

Решение для упражнения A.85. Оператор 𝑓(Â), действующий на вектор |a⟩, дает

Поскольку Â эрмитов, его собственные векторы ортонормальны. Отсюда все ⟨ai|a⟩ = 0, за исключением ситуации, когда |ai⟩ = |a⟩; в этом случае скалярное произведение равно единице. Следовательно,

𝑓(Â)|a⟩ = 𝑓(a)|a⟩⟨a|a⟩ = (a)|a⟩.

Решение для упражнения A.86. Матрица операторной функции (A.49) в его собственном базисе диагональна с действительными значениями, т. е. является самосопряженной.

Решение для упражнения A.87. Для неотрицательной функции 𝑓(x) все собственные значения 𝑓(ai) функции оператора (A.49) неотрицательны; это означает, что оператор также неотрицателен, согласно упр. A.72.

Решение для упражнения A.88. Начнем с приведения Â к диагональному виду. Характеристическое уравнение для этой матрицы:

откуда находим собственные значения 𝑣_1,2 = {4, –2}. Нормированный собственный вектор, связанный с первым собственным значением, таков:

Это означает, что наш оператор можно записать как

 = 4 |𝑣₁⟩⟨𝑣₁|–2 |𝑣₂⟩⟨𝑣₂|.

Теперь применим (A.49) и выразим как

где все матрицы построены в том же базисе, что и матрица Â.

Чтобы определить lnÂ, нам нужно найти логарифм его собственных значений, одно из которых — 𝑣₂ — отрицательно. Логарифм отрицательных чисел не определен в пространстве действительных. В пространстве же комплексных чисел мы можем воспользоваться тем, что e^(2m+1)iπ (где m — произвольное целое число) и, таким образом, e^(2m+1)iπ+ln2 = (–1)×2 = –2. Отсюда следует, что ln(–2) = (2m + 1)iπ + ln2[151]. В итоге:

Решение для упражнения A.89. Собственные значения Â — это a₁ = 0 и a₂ = 1 с соответствующими собственными векторами и Поэтому

Решение для упражнения A.90. Матрицы Â и 𝑓(Â) в собственном базисе Â таковы:

(где ai — собственные значения), и поэтому

Отсюда [Â,𝑓(Â)] = Â𝑓(Â) — 𝑓(Â)Â = 0.

Решение для упражнения A.91

Решение для упражнения A.92. Любой эрмитов оператор может быть приведен к диагональному виду с действительными собственными значениями ai (см. упр. A.60):

Экспонента этого оператора

имеет те же собственные векторы, но ее собственные значения — Поскольку все ai действительны, все имеют абсолютные значения, равные единице, поэтому e^i унитарен, согласно упр. A.83.

В то же время так что

Решение для упражнения A.93. В каноническом базисе оператор характеризуется следующей матрицей:

Эта матрица эрмитова, следовательно (согласно упр. A.60), у оператора два собственных значения 𝑣_1,2 и два соответствующих им ортогональных собственных вектора |𝑣_1,2⟩. Собственные значения находятся путем решения характеристического уравнения:

Поскольку — вектор единичной длины, собственные значения равны 𝑣_1,2 = ±1 и, таким образом,

Теперь мы можем записать экспоненту оператора как