Demuestre que un operador positivo también es hermitiano

Question

Tengo un poco de dificultad con esto. Dado algún operador positivo $A$ , demostrar que también es hermitiana.

(Un operador positivo se define como $\langle Ax,x\rangle\ge 0$ para todos $x \in V$ donde $V$ es algún espacio vectorial).

Esto es lo que tengo hasta ahora. Podemos construir $A = B + iC$ donde $B,C$ son operadores hermitianos $B = (A + A^*)/2$ , $C = (-iA + iA^*)/2$ donde $^*$ es la transposición conjugada.

Estoy tratando de mostrar que $B$ y $C$ son diagonalizables por los mismos vectores, y que los valores propios de $C$ son $0$ . Sin embargo, no estoy seguro de cómo hacerlo.

Answer 1

El siguiente resultado es lo que se intenta demostrar:

Si $V$ es un espacio de producto interno de dimensión finita sobre $\mathbb{C}$ y si $A: V \rightarrow V$ satisface $\langle Av, v \rangle \geq 0$ para todos $v \in V$ entonces $A$ es hermitiana.

El resultado es no verdadero si $V$ se toma como un espacio de producto interno real. Ese era el ingrediente clave que faltaba en tu pregunta. Aquí hay algunas pistas fuertes para obtener la prueba:

• Demostrar que, para todos los $v \in V$ , $\langle (A - A^{\ast})v, v \rangle = 0$ utilizando el supuesto de positividad. Recordemos que sobre un espacio complejo el producto interior es conjugado-lineal.
• Observe que $A - A^{\ast}$ es un operador normal. Entonces, aplicando el teorema espectral, demuestre que $A - A^{\ast}$ debe ser de hecho el operador cero.

Answer 2

Vayamos por este camino.

Ya sabes cómo demostrar que cualquier operador $A$ puede escribirse como $A = B + iC$ , donde $B$ y $C$ son ambas hermitianas.

Como $A$ es positivo, para cualquier $|v\rangle$ deberíamos tener $\langle v|A|v\rangle$ es un número real no negativo. Como $B, C$ son herméticos tienen todos los valores propios reales, y se puede hacer una descomposición espectral. $B = \sum_j \lambda_j |j\rangle\langle j|$ , $C = \sum_k \lambda_k |k\rangle\langle k|$ , donde $\lambda_j, \lambda_k \in \mathbb{R}$ . Así, $\langle v|B + iC|v\rangle = \sum_j \lambda_j \langle v|j\rangle\langle j|v\rangle + \sum_k i\lambda_k\langle v|k\rangle\langle k|v\rangle$ .

Como $\langle v|j\rangle\langle j|v\rangle$ es siempre real no negativo, la segunda parte debe ser siempre 0. Por lo tanto $A = B$ es hermético

Answer 3

Una forma más sencilla es la siguiente:

1. Demostrar que si cualquier operador $B$ satisface $\langle x,By\rangle = 0$ por cada $x$ y $y$ en el espacio del producto interior en $\mathbb{C}$ entonces $B=0$ .
2. Ampliar $\langle x+y,B(x+y)\rangle$ y $\langle x+iy,B(x+iy)\rangle$ .

Estos dos hechos demostrarán que si $B$ satisface $\langle x,Bx\rangle = 0$ por cada $x$ y es un espacio de producto interno complejo, entonces $B=0$ . En nuestro caso, tomamos $B=A-A^*$ y concluir el resultado. Tenga en cuenta que todos los operadores son de $V\to V$ .

Answer 4

Desde $A=B+iC$ con $B$ y $C$ hermético, podemos descomponer el producto interior gracias a la linealidad en su segundo argumento

$$ \langle \psi | A \psi \rangle=\langle \psi | (B \psi+iC \psi) \rangle=\langle \psi | B \psi \rangle+\langle \psi | iC \psi \rangle $$

Podemos utilizar la descomposición espectral: $B=Q^\dagger DQ$ y $C=Q'^\dagger D'Q'$ donde $Q,Q'$ son ortogonales y $D,D'$ son matrices diagonales de valores reales.

$$ \langle \psi | B \psi \rangle+\langle \psi | iC \psi \rangle= \langle \psi | Q^\dagger DQ \psi \rangle+\langle \psi | iQ'^\dagger D'Q' \psi \rangle $$

Dado que el producto interior es invariante con respecto a la multiplicación de matrices ortogonales

$$ \langle \psi | Q^\dagger DQ \psi \rangle+\langle \psi | iQ'^\dagger D'Q' \psi \rangle= \langle \psi | D \psi \rangle+\langle \psi | iD' \psi \rangle $$

Si el $j$ -a componente de $|\psi\rangle$ es $(x_j+iy_j)$ , el producto innero $\langle \psi | D \psi \rangle$ puede escribirse como $$ b=\sum_j (x_j+iy_j)(x_j-iy_j)d_j=\sum_j (x_j^2+iy_j^2)d_j $$ que es un número real.

Razonando de forma análoga tenemos que $\langle \psi | iC \psi \rangle$ es un número complejo, por lo que debe ser nulo.

Podemos concluir que $A=B=Q^\dagger D Q$ es decir $A$ es un operador hermitiano.