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 = eiθ 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 ui*ui = 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 𝑣1,2 = {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 ei 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 𝑣1,2 и два соответствующих им ортогональных собственных вектора |𝑣1,2⟩. Собственные значения находятся путем решения характеристического уравнения:
Поскольку — вектор единичной длины, собственные значения равны 𝑣1,2 = ±1 и, таким образом,
Теперь мы можем записать экспоненту оператора как
