Отличная квантовая механика полностью

b) Подобным образом для матрицы Ĉ^†(λA)^†

(C^†)_ij = C^*_ji = λ^*A^*_ji = λ^*(A^†)_ij.

c) С одной стороны, матрица оператора представляет собой произведение матриц [см. упр. A.39, c)]:

Для сопряженной матрицы получаем

С другой стороны, произведение матриц Â^† и равно

а это совпадает с уравнением (РА.27).

Решение для упражнения A.59. Пусть Â|ψ⟩ = |𝝌⟩. Тогда ⟨ψ|Â^† = ⟨𝝌| и, таким образом,

⟨ψ|Â^†|ϕ⟩^* = ⟨𝝌|ϕ⟩^* = ⟨ϕ|𝝌⟩ = ⟨ϕ|Â|ψ⟩.

Этот результат можно получить также путем рассуждения, основанного на том, что объекты ⟨ψ|Â^†|ϕ⟩ и ⟨ϕ|Â|ψ⟩ являются сопряженными друг с другом, потому что связаны сменой порядка на противоположный и заменой оператора на сопряженный с ним оператор. Поскольку эти два объекта сопряжены и при этом являются числами, они должны быть комплексно-сопряженными по отношению друг к другу.

Решение для упражнения A.60. Найдем собственные значения и собственные векторы оператора такие что или

Данное уравнение при ненулевом |𝑣⟩ может удовлетворяться только в том случае, если детерминант матрицы в левой части обращается в нуль:

(РА.29) называется характеристическим уравнением матрицы

Согласно основной теореме алгебры, это уравнение имеет по крайней мере один корень, поэтому и имеет по крайней мере одно собственное значение 𝑣₁ и соответствующий ему собственный вектор |𝑣₁⟩:

Для начала заметим, что поскольку эрмитов, то

согласно (A.37), так что величина

действительна.

Далее выберем векторы |𝑣₂⟩, …, |𝑣N⟩ такие, что вместе с ранее найденным собственным вектором |𝑣₁⟩ они образуют ортонормальный базис в нашем гильбертовом пространстве 𝕍. Так как этот базис ортонормальный, мы находим для первого столбца матрицы в этом базисе

Первая строка этой матрицы имеет то же свойство, поскольку Â эрмитов:

Делаем вывод, что матрица оператора в базисе {|𝑣i⟩} имеет вид

где — это матрица (N — 1) × (N — 1). Благодаря соотношениям (РА.30) оператор, связанный с этой матрицей, отображает подпространство 𝕍₁ ⊂ 𝕍, остовом которого является множество {|𝑣₂⟩, …, |𝑣N⟩}, на себя. Рассуждения можно повторить для оператора в 𝕍₁, чтобы получить базис {|v′₂⟩, …, |𝑣′N⟩}, в котором |𝑣′₂⟩ представляет собой собственный вектор и, следовательно, собственный вектор В базисе {|𝑣₁⟩, |𝑣′₂⟩, …, |𝑣′N⟩} этот оператор принимает вид

Повторив данную процедуру еще N — 2 раза, мы полностью диагонализируем и находим множество собственных векторов {|𝑣i⟩}, которые образуют ортонормальный базис.

Решение для упражнения A.61. Сравнивая (A.38) и (A.24), находим

Решение для упражнения A.62. Используя определение, данное в (A.38), выпишем выражение для оператора действующего на один из элементов его собственного базиса

Решение для упражнения A.64. Оператор поворота в ℝ² представлен матрицей (упр. A.41)

Транспонировав эту матрицу, мы обнаруживаем, что она не эрмитова. Чтобы найти ее собственные значения, запишем характеристическое уравнение этой матрицы:

Таким образом, наши собственные значения равны

Собственные значения представляют собой комплексные числа; поэтому, если не выполняется ϕ = 0 или ϕ = π, матрица не имеет собственных векторов в двумерном геометрическом пространстве ℝ². Это неудивительно: при повороте вектора на угол, отличный от 0 или π, невозможно получить коллинеарный вектор. Однако, если мы рассмотрим эту матрицу в линейном пространстве ℂ² над полем комплексных чисел, выяснится, что она имеет два собственных значения 𝑣_1,2 и два соответствующих им собственных вектора.

Найдем их. Начнем с собственного значения 𝑣₁ = eⁱϕ = cosϕ + isinϕ. В этом случае уравнение обретает вид

или

iαsinϕ + βsinϕ = 0.

Решив это уравнение с учетом условия нормирования α² + β² = 1, определим собственный вектор

Подобным образом, для собственного значения 𝑣₂ = e^—iϕ получаем

Этот результат можно проиллюстрировать в контексте вектора поляризации (Приложение В): состояние с круговой поляризацией (т. е. такое, где траектория кончика вектора электрического поля представляет собой окружность) сохраняет круговую поляризацию при повороте системы отсчета.

Решение для упражнения A.66. Пусть — спектральное разложение оператора Разложим вектор |ψ⟩ по собственному базису Тогда

Поскольку |ψ⟩ — собственный вектор также имеет место равенство

Но вектор можно разложить по одному конкретному базису только одним способом, поэтому 𝑣ψi = 𝑣iψi для всех i. Отсюда 𝑣i = 𝑣 для всех i, при которых ψi ≠ 0, так что в разложении |ψ⟩ ненулевыми являются только коэффициенты при тех элементах базиса, для которых

Решение для упражнения A.67

a) Предположим, существует два собственных базиса, {|𝑣i⟩} и {|ωi⟩}. Согласно упр. A.66, каждый из |ωi⟩ должен быть пропорционален одному из |𝑣i⟩. А поскольку оба базиса представляют собой нормированные ортогональные множества, они должны быть идентичны друг другу с точностью до фазовых множителей.