¿Es un sujetador el adjunto de un ket?

Question

El instructor de mi curso de computación cuántica utiliza a veces la equivalencia $$(\left|a\right>)^\dagger\equiv\left<a\right|$$ Entiendo que esto es cierto para la implementación matricial típica de la notación bra-ket de Dirac, y tomando $x^\dagger\equiv\bar{x}^T$ ¿pero se deduce de la definición de un espacio producto interior y el adjunto? ¿Debería ser capaz de deducir esto como un hecho a partir de la definición de un espacio de producto interno y el adjunto de operadores lineales en ese espacio o es simplemente una convención notacional?

Answer 1

$\newcommand{\ip}[1]{\left\langle{#1}\right\rangle}$ En realidad, se puede ver un vector sujetador como el verdadero adjunto del vector ket correspondiente, pero requiere un truco.

Por lo tanto $V$ sea un espacio de producto interno complejo de dimensión finita. El truco es que tiene un isomorfismo canónico $\Phi : V \to L(\mathbb{C},V)$ dada por $\Phi(v) : \lambda \mapsto \lambda v$ para todos $v \in V$ ; en efecto, se tiene que $\Phi^{-1}(s) = s(1)$ . Ahora bien, puesto que $\mathbb{C} = \mathbb{C}^1$ es también un espacio de producto interior, para cualquier $v \in V$ podemos formar el adjunto $\Phi(v)^\ast \in L(V,\mathbb{C}) = V^\ast$ de $\Phi(v)$ y he aquí que para cualquier $w \in V$ , $$ \Phi(v)^\ast(w) = \ip{1,\Phi(v)^\ast(w)}_{\mathbb{C}} = \ip{\Phi(v)(1),w}_V = \ip{v,w}_V, $$ para que $\Phi(v)^\ast : w \mapsto \ip{v,w}_V$ según sea necesario. Así, hasta la aplicación de un canónico isomorfismo, un vector bra es realmente el adjunto del vector ket correspondiente.

$\newcommand{\ket}[1]{\left|{#1}\right\rangle} \newcommand{\bra}[1]{\left\langle{#1}\right|} $ ADDENDUM: En una notación más física, esto es lo que está pasando. Sea $H$ sea su espacio de Hilbert (de dimensión finita), y sea $\ket{a} \in H$ . Puede interpretar $\ket{a}$ de forma totalmente natural, como definir una transformación lineal $\Phi[\ket{a}] : \mathbb{C} \to H$ por $\Phi[\ket{a}](\lambda) := \lambda \ket{a}$ . El conjugado hermitiano de $\Phi[\ket{a}]$ es una transformación lineal $\Phi[\ket{a}]^\dagger : H \to \mathbb{C}$ de modo que $\Phi[\ket{a}]^\dagger$ es simplemente un vector bra. El cálculo anterior muestra entonces que $\Phi[\ket{a}]^\dagger = \bra{a}$ . Por lo tanto, siempre y cuando usted está bien con la identificación de $\ket{a}$ con $\Phi[\ket{a}]$ (que en realidad es completamente riguroso), efectivamente tienes que $\bra{a} = \ket{a}^\dagger$ .

Answer 2

Si $L:V\to W$ es lineal, entonces el adjunto de $L$ es un mapa lineal del dual de $W$ al dual de $V$ . Así que yo diría que los mapas lineales tienen adyacentes, pero los vectores no. No creo que ni bra ni ket sean mapas lineales.

La correspondencia que envía $|a\rangle$ a $\langle a|$ es un isomorfismo de un espacio vectorial a su espacio dual. En geometría proyectiva podría llamarse correlación (pero no he visto que se utilice el término fuera de este contexto). Cualquier producto interno sobre un espacio vectorial $V$ determina un isomorfismo para $V$ a su dual.

Es importante tener en cuenta que los físicos tienen su propia forma de pensar sobre el álgebra lineal, y ésta puede ser bastante diferente de la que encontrará en los cursos de matemáticas. (Por ejemplo, un texto de física dice: "un vector en $\mathbb{R}^3$ no es sólo un triple de números, tiene un significado").

Answer 3

Dado un espacio complejo de Hilber $H$ podemos definir el conjugado complejo de $H$ , $\overline{H}$ que es lo mismo que $H$ salvo que la multiplicación escalar por $z\in \mathbb{C}$ se cambia por el conjugado $\overline{z}$ . Obviamente, existe un isomorfismo lineal conjugado entre $H$ y $\overline{H}$

Por otra parte, podemos definir el dual continuo $H^*$ de $H$ como el espacio vectorial de todos los mapas continuos y lineales de $H$ a $\mathbb{C}$ . El producto interior da lugar a un morfismo de $H$ a su doble $H^*$ que es conjugado-lineal:

$$ \begin{array}{rcc} \Phi: H & \longmapsto & H^*\\ v & \longmapsto & \langle v,\cdot \rangle \end{array} $$

En Teorema de la representación de Riesz nos dicen que $\Phi$ es un isomorfismo (esto sólo es evidente en el caso de dimensión finita). Además, es una isometría respecto a la norma.

En conclusión, $H^* \cong\overline{H}$ ya que la composición de dos mapas lineales conjugados es un verdadero mapa lineal. Esta conclusión es la que justifica la bra-ket notación: Para un elemento $v\in H$ escribiremos $|v \rangle$ y para $\Phi(v)\in H^*$ escribiremos $\langle v|$ . De esta forma, para $v,w\in H$ sabes que $\Phi(v)(w)=<v,w>$ pero en la nueva notación es, directamente $$ \langle v|w \rangle=\langle v,w \rangle $$

Obsérvese que para $z\cdot| v \rangle$ asociamos $\langle v |\cdot\overline{z}$ . El escalar está a la derecha porque es un hábito de los físicos.

Un mapa lineal entre dos espacios complejos de Hilbert $f: H_1\mapsto H_2$ da lugar a otro mapa lineal $$ \overline{f}: \overline{H_1} \longmapsto \overline{H_2} $$

Identifiquemos $\overline{H_i}$ con $H_i^*$ y llame a $\Phi_i$ al isomorfismo lineal conjugado de $H_i$ a $H_i^*$ (por ejemplo, $\Phi_1(v)=<v,\cdot >$ ). Tomaremos $\overline{f}=\Phi_2\circ f \circ \Phi_1^{-1}$ .

Vamos a estudiar esto en la notación bra-ket. Supongamos que $|v\rangle \in H_1$ tal que $f(|v\rangle)=|w \rangle$ ¿Qué es $\overline{f}(\langle v |)$ ? Obvisouly, is $\langle w |$ . Pero dejemos $M$ sea la matriz de $f$ respecto a la base $\{|e_i\rangle\} \subset H_1$ , $\{|g_j\rangle\} \subset H_2$ . ¿Cuál es el marix de $\overline{f}$ respecto a $\{\langle e_i|\} \subset H_1^*$ , $\{\langle g_j|\} \subset H_2$ ?

Si tomamos, por ejemplo, $\langle e_1|$ y seguir las composiciones que producen $\overline{f}$ obtenemos $$ \overline{f}(\langle e_1|)=\langle \sum_j m_{j1}g_j|= \sum_j \langle g_j|\cdot \overline{m}_{j1} $$

Pero espera un momento. El físico tiene la costumbre de representar $|v\rangle$ como un vector columna, y $\langle v|$ como un vector fila; y, en este último caso, aplicar la matriz de mapas lineales multiplicando por la derecha. Poniendo todo junto obtenemos que la matriz de $\overline{f}$ es $$ M^{\dagger}:=\overline{M}^T $$ que se llama Conjugado hermitiano de $M$ .

Y podemos escribirlo en $M|v\rangle$ asociamos $$ \langle v | M^{\dagger} $$