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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:05 Do 17.06.2010 | | Autor: | TOMMM |
Hallo.
Ich bin gerade etwas über die Bra-Ket-Notation verwirrt.
Was vermutlich v.a. daran liegt, dass ich mit ihr noch nicht sehr gut vertraut bin. Also mir ist klar, dass |x> einen Vektor symbolisiert und <x| eine Linearform.
Wenn Ich jetzt einen linearen Operator definiere duch |x><x|
definiere, bedeutet, dass dann, dass ich ich eine Lineare Abbildung habe von einem Vektorraum V in sich, die wie folgt wirkt:
|a> --> |x><x|a> wobei <x|a> das Skalarprodukt zwischen x und a ist (also eine Zahl). Letztendlich bedeutet, dass dann das ich den Vektor |x> mit der Zahl <x|a> multipliziere, oder?
Wenn ich jetzt zusätzlich noch fordere, dass <x|x>=1,
dann gilt angeblich: ( * notiert "adjungieren" )
(|x><x|)* = <x|* |x>* = |x><x|
Ic verstehe jetzt das zweite Gleichheitszeichen nicht.
Das erste ist mir noch ein bisschen klar,weil man wendet das Adjungieren ja auf ein "Produkt von Operatoren" an.
Aber so 100% klar ist es mir auch nicht.
Kann mir jemand helfen???
Vielen Dank im voraus.
Gruss!!
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:35 Do 17.06.2010 | | Autor: | Kroni |
Hi und ![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]") ,
also mir als Physiker laufen die "Brackets" in der Quantenmechanik ueber den Weg, wo es an sich genau so defineirt ist, wie du gesagt hast:
> Also mir ist klar, dass |x>
> einen Vektor symbolisiert und <x| eine Linearform.
Genau, d.h. wenn wir einen linearen Vektorraum [mm] $\mathcal{V}$ [/mm] haben, dann ist [mm] $\mid x\rangle \in \mathcal{V}$ [/mm] und [mm] $\langle [/mm] x [mm] \mid \in \mathcal{V}^\*$, [/mm] also aus dem Dualraum, d.h. dem Raum der linearen Abbildungen ueber deinem Vektorraum.
>
> Wenn Ich jetzt einen linearen Operator definiere duch
> |x><x|
> definiere, bedeutet, dass dann, dass ich ich eine Lineare
> Abbildung habe von einem Vektorraum V in sich, die wie
> folgt wirkt:
> |a> --> |x><x|a> wobei <x|a> das Skalarprodukt zwischen x
> und a ist (also eine Zahl). Letztendlich bedeutet, dass
> dann das ich den Vektor |x> mit der Zahl <x|a>
> multipliziere, oder?
Ja, so kann man das deuten. Wenn man sich dann die (linearen) Operatoren ueber dem Vektorraum anguckt, so entspricht das ja genau im Vektorraum-Kalkuel einer Matrix. Das ist dann hier genauso. Wenn man dann den Operator [mm] $\mathcal{O} [/mm] = [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] $ auf nen Vektor [mm] $\mid [/mm] a [mm] \rangle$ [/mm] anwendet, steht da ja
[mm] $\mathcal{O} \mid [/mm] a [mm] \rangle [/mm] = [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] a [mm] \rangle$, [/mm] wobei dann der letzte Term einfach das Skalarprodukt ist, also eine Zahl ergibt. D.h. [mm] $\mathcal{O}$ [/mm] auf nen Vektor angewandt gibt wieder ein Vektor, das ist genauso wie 'Matrix mal Vektor = Vektor.
Wenn man jetzt zB [mm] $\mathcal{O}$ [/mm] in eine Basis [mm] $\mid [/mm] i [mm] \rangle$ [/mm] schriebt, dann kann man ja auch die Matrix-Elemente
[mm] $\mathcal{O}_{ij}$ [/mm] durch
[mm] $\mathcal{O}_{ij} [/mm] = [mm] \langle [/mm] i [mm] \mid \mathcal{O} \mid [/mm] j [mm] \rangle$
[/mm]
berechnen, oder aber, wenn man sich die Basisvektoren [mm] $\mid [/mm] i [mm] \rangle$ [/mm] als Einheitsvektoren denkt, also $|i [mm] \rangle [/mm] = [mm] \vec{e}_i$, [/mm] dann kann man den Operator auch als Tensorprodukt schreiben...
>
> Wenn ich jetzt zusätzlich noch fordere, dass <x|x>=1,
> dann gilt angeblich: ( * notiert "adjungieren" )
> (|x><x|)* = <x|* |x>* = |x><x|
> Ic verstehe jetzt das zweite Gleichheitszeichen nicht.
> Das erste ist mir noch ein bisschen klar,weil man wendet
> das Adjungieren ja auf ein "Produkt von Operatoren" an.
> Aber so 100% klar ist es mir auch nicht.
>
> Kann mir jemand helfen???
Weist du, wieder adjungierte Operator definiert ist?
Wenn wir einen Operator [mm] $\mathcal{O}$ [/mm] haben, dann koennen wir den in ein Skalarprodukt schreiben in der Form
[mm] $\langle [/mm] i [mm] \mid \mathcal{O} [/mm] j [mm] \rangle$, [/mm] weil wir ja wissen, wie [mm] $\mathcal{O}$ [/mm] auf [mm] $\mid [/mm] j [mm] \rangle$ [/mm] wirkt (oder das gerade mal annehmen).
Jetzt koennen wir uns aber auch fragen, wie [mm] $\mathcal{O}$ [/mm] in der Form auf $i$ wirkt, d.h. wir fragen uns, was passiert, wenn wir den Operator [mm] $\mathcal{O}$ [/mm] nicht mehr in die 'rechte Klammer' sondern in die 'linke Klammer' schreiben.
Dann ist der adjungierte Operator [mm] $\mathcal{O}^\dagger$ [/mm] definiert als
[mm] $\langle [/mm] i [mm] \mid \mathcal{O} [/mm] j [mm] \rangle \overset{!}{=} \langle \mathcal{O}^\dagger [/mm] i [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle$
[/mm]
Das wenden wir jetzt mal auf [mm] $\mathcal{O} [/mm] = [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid$ [/mm] an:
[mm] $\langle [/mm] i [mm] \mid \mathcal{O} [/mm] j [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] i [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle$
[/mm]
Wir wissen aber, dass nun auch noch gelten soll
[mm] $\langle \mathcal{O}^\dagger [/mm] i [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle \overset{!}{=} \langle [/mm] i [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle$
[/mm]
Oder, wenn wir das ganze umschreiben (das kommt daher, weil ja das Skalarprodukt die Gleichung [mm] $\langle [/mm] i [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle [/mm] = [mm] (\langle [/mm] j [mm] \mid [/mm] i [mm] \rangle)^\*$ [/mm] erfuellt)
[mm] $\langle [/mm] j [mm] \mid \mathcal{O}^\dagger [/mm] i [mm] \rangle [/mm] = [mm] \left( \langle i \mid \mathcal{O} j \rangle\right)^\* [/mm] = [mm] \langle [/mm] i [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle ^\* \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle^\* [/mm] = [mm] \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] i [mm] \rangle \langle [/mm] j [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle$
[/mm]
Da da jetzt aber wieder zwei komplexe Zahlen stehen, die man miteinander vertauschen kann, koennen wir das ja nun auch so schrieben:
[mm] $\langle [/mm] j [mm] \mid \mathcal{O}^\dagger [/mm] i [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] i [mm] \rangle \langle [/mm] j [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] j [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] i [mm] \rangle$
[/mm]
Wenn wir uns da jetzt aber den ersten und den letzten Ausdruck angucken, also
[mm] $\langle [/mm] j [mm] \mid \mathcal{O}^\dagger [/mm] i [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle [/mm] j [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] i [mm] \rangle$
[/mm]
dann koennen wir wieder schoen identifizieren, dass
[mm] $\mathcal{O}^\dagger [/mm] = [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid$.
[/mm]
Das ist dann das letzte Gleichheitszeichen in deiner Gleichungskette.
Das erste kommt daher, weil man ja (genauso wie beim Transponieren von Matrizen) die Regel gilt (jetzt fuer Matrizen)
[mm] $(AB)^T [/mm] = [mm] B^T A^T$, [/mm] also gilt fuer den Operator auch, (wobei man hier noch das komplex konjugierte und Transponierte machen muss, wenn man das hermitesch konjugierte berechnt):
[mm] $\left(\mid x \rangle \langle x \mid\right)^\dagger [/mm] = [mm] (\langle [/mm] x [mm] \mid )^\dagger (\mid [/mm] x [mm] \rangle)^\dagger$
[/mm]
Oder aber, man ueberlegt sich das wieder mit der eigentlichen Definition von den hermitesch konjugierten Operatoren:
Nehmen wir also einfach mal einen neunen Operator [mm] $\mathcal{J} [/mm] = [mm] \mathcal{O}\mathcal{K}$
[/mm]
Dann muss ja wieder gelten (nach Definition des konj. Operators [mm] $\mathcal{J}^\dagger$:
[/mm]
[mm] $\langle [/mm] i [mm] \mid \mathcal{J} [/mm] j [mm] \rangle \overset{!}{=} \langle \mathcal{J}^\dagger [/mm] i [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle$.
[/mm]
Jetzt ueberlegen setzten wir wieder [mm] $\mathcal{J} [/mm] = [mm] \mathcal{O}\mathcal{K}$ [/mm] ein:
[mm] $\langle [/mm] i [mm] \mid \mathcal{O}\mathcal{K} [/mm] j [mm] \rangle$
[/mm]
Jetzt definieren wir uns einen neuen Ket: [mm] $\mid [/mm] z [mm] \rangle [/mm] = [mm] \mid \mathcal{K} [/mm] j [mm] \rangle$. [/mm] Also steht da oben
[mm] $\langle [/mm] i [mm] \mid \mathcal{O} [/mm] z [mm] \rangle$
[/mm]
Wir wir jetzt aber [mm] $\mathcal{O}$ [/mm] rueberbringen koennen, wissen wir ja schon, denn es gilt
[mm] $\langle [/mm] i [mm] \mid \mathcal{O} [/mm] z [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle \mathcal{O}^\dagger [/mm] i [mm] \mid [/mm] z [mm] \rangle$
[/mm]
Jetzt schreiben wir [mm] $\mid [/mm] z [mm] \rangle$ [/mm] wieder aus, dann steht da:
[mm] $\langle \mathcal{O}^\dagger [/mm] i [mm] \mid \mathcal{K} [/mm] j [mm] \rangle$
[/mm]
Jetzt definieren wir uns ein neues Bra: [mm] $\langle [/mm] m [mm] \mid [/mm] = [mm] \langle \mathcal{O}^\dagger [/mm] i [mm] \mid$,
[/mm]
also steht da
[mm] $\langle [/mm] m [mm] \mid \mathcal{K} [/mm] j [mm] \rangle$. [/mm] Jetzt koennen wir [mm] $\mathcal{K}$ [/mm] wie oben wieder rueberbringen:
[mm] $\langle \mathcal{K}^\dagger [/mm] m [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle$.
[/mm]
Wenn wir jetzt $m$ wieder einsetzen, steht da:
[mm] $\langle \mathcal{K}^\dagger \mathcal{O}^\dagger [/mm] i [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle$
[/mm]
Wenn wir das ganze jetzt mit der urspruenglichen Forderung
[mm] $\langle [/mm] i [mm] \mid \mathcal{J} [/mm] j [mm] \rangle \overset{!}{=} \langle \mathcal{J}^\dagger [/mm] i [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle$
[/mm]
vergleichen, und fuer [mm] $\mathcal{J} [/mm] = [mm] \mathcal{O}\mathcal{K}$ [/mm] einsetzten, dann steht da in unserem Vergleich:
[mm] $\langle \mathcal{K}^\dagger \mathcal{O}^\dagger [/mm] i [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle \mathcal{J}^\dagger [/mm] i [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle [/mm] = [mm] \langle (\mathcal{O}\mathcal{K})^\dagger [/mm] i [mm] \mid [/mm] j [mm] \rangle$,
[/mm]
also
[mm] $(\mathcal{O}\mathcal{K})^\dagger [/mm] = [mm] \mathcal{K}^\dagger \mathcal{O}^\dagger$
[/mm]
Wenn wir jetzt wieder das urspruengliche Problem angehen, und uns angucken, was da mal stand:
[mm] $\mathcal{O}^\dagger [/mm] = [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] $ und dann mit der Ueberlegung von oben sehen, das
[mm] $\mathcal{O}^\dagger [/mm] = [mm] (\langle [/mm] x [mm] \mid)^\dagger (\mid [/mm] x [mm] \rangle)^\dagger$
[/mm]
ist, dann sehen wir, dass
[mm] $(\langle [/mm] x [mm] \mid)^\dagger [/mm] = [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle$ [/mm] und [mm] $(\mid [/mm] x [mm] \rangle)^\dagger [/mm] = [mm] \langle [/mm] x [mm] \mid [/mm] $ gilt.
Allgemein kann man sich dann einfach merken, dass
[mm] $(a\cdot \mid [/mm] x [mm] \rangle )^\dagger [/mm] = [mm] a^\* \langle x\mid$ [/mm] gilt, wobei [mm] $a^\*$ [/mm] das komplex konjugierte meint.
Also nochmal in kurz, ohne Beweise:
[mm] $\mathcal{O}^\dagger [/mm] = [mm] (\mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid)^\dagger [/mm] = [mm] (\langle [/mm] x [mm] \mid)^\dagger (\mid [/mm] x [mm] \rangle)^\dagger [/mm] = [mm] \mid [/mm] x [mm] \rangle \langle [/mm] x [mm] \mid$.
[/mm]
Ich hoffe, das kann deine Frage etwas klaeren. Falls du noch weitere Fragen hast, einfach nochmal fragen 
LG
Kroni
> Vielen Dank im voraus.
>
> Gruss!!
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
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