Как транспонированное сопряжение оператора действует на бра и кет в контексте операторов уничтожения и возведения?

Отбросив на время обозначение «сэндвич», можно сказать, что

$$\langle \phi_i ,A\phi_j\rangle = \langle A^\dagger \phi_i,\phi_j\rangle$$ по определению эрмитовой сопряженности. Оба$A$и$A^\dagger$являются операторами в гильбертовом пространстве, но связаны друг с другом внутренним произведением. Например, у нас также было бы $$\langle \phi_i,A^\dagger \phi_j\rangle = \langle (A^\dagger)^\dagger \phi_i,\phi_j\rangle = \langle A\phi_i,\phi_j\rangle$$

где мы предположили, что$(A^\dagger)^\dagger = A$(строго говоря, это верно не для всех операторов, но для операторов повышения/понижения в их общей области определения - я заметаю все такие технические детали под ковер).

---

Установив это, мы можем снова ввести сэндвич-обозначение, написав

$$\langle \phi_i,A\phi_j\rangle \equiv \langle \phi_i | A | \phi_j \rangle \equiv \langle A^\dagger \phi_i , \phi_j\rangle$$

где мы можем свободно интерпретировать среднее выражение как левое или правое, т.е.$A$может либо действовать слева (в этом случае он действует как$A$на$\phi_j$) или справа (в этом случае он действует как$A^\dagger$на$\phi_i$).

Манипуляции с комбинациями бра и операторов в нотации Дирака работают следующим образом:

$$\begin{aligned} \langle \hat O v | &= |\hat Ov\rangle^\dagger \\ &= (\hat O |v\rangle)^\dagger \\ &= ( |v\rangle )^\dagger \ (\hat O)^\dagger \\ &= \langle v| \hat O^\dagger \end{aligned}$$

Применение этого к лестничным операторам приводит к

$$\begin{aligned} \langle n | \hat a^\dagger &= (|n\rangle)^\dagger \hat a^\dagger \\ \langle n | \hat a^\dagger&= \big (\hat a|n\rangle \big)^\dagger\\ \langle n | \hat a^\dagger&= \big (\sqrt n|n-1\rangle \big)^\dagger\\ \langle n | \hat a^\dagger&= (\sqrt n)^* \ \langle n-1| \\ \langle n | \hat a^\dagger&= \sqrt n \ \langle n-1| \ \ \forall n\in \Re \end{aligned}$$

В более общем случае равенство

$$\langle \hat O^\dagger v | = \langle v| \hat O$$ позволяет две интерпретации, когда мы смотрим на матричные элементы, такие как $$\langle v|\hat O |n\rangle.$$ Мы можем связать оператор с Кет и увидеть его как $$\langle v| \ \big (\hat O |n\rangle\big)$$ , т.е. оператор$\hat O$воздействуя сначала на Кет, а затем беря внутренний продукт. Но в равной степени мы можем рассматривать матричный элемент как $$\big ( \langle v| \hat O \big) \ |n\rangle =\langle \hat O^\dagger v|n\rangle$$ где оператор оценивается с помощью бюстгальтера с помощью присоединенного оператора до того, как мы вычислим скалярный продукт.

Если оператор является самосопряженным, выражения упрощаются, и вы можете отказаться от сопряжения оператора на всех шагах. Позволять$\hat H = \hat H^\dagger$, затем

$$\langle \hat H v| = \langle v|\hat H ^\dagger = \langle v|\hat H$$

Затем операторы с этим свойством можно «перемещать» в матричных элементах по своему усмотрению,

$$\langle v|\hat H|n\rangle = \langle \hat H^\dagger v|n\rangle = \langle \hat H v|n\rangle$$ Это позволяет вам оценивать самосопряженные операторы «влево или вправо» без необходимости знать, как действует присоединенный оператор на выбранной вами основе.

Ответ на вопрос в комментарии

Во-первых, лестничные операторы не являются эрмитовыми/самосопряженными. Это означает, что ваша оценка была неправильной. У нас есть,

$$\begin{aligned} \langle n'|\hat a ^\dagger |n\rangle &= \langle n'|\hat a ^\dagger n\rangle\\ &=\sqrt{n+1}\langle n' |n+1\rangle \\[1.0em] \langle n'|\hat a ^\dagger |n\rangle&= \langle \hat a n'|n\rangle \\ &= \sqrt{ n'}^*\langle n'-1|n\rangle \\ &=\sqrt{ n'}\langle n'-1|n\rangle \ \ \forall \sqrt{n'}\in \Re\\[1.0em] \langle n'|\hat a ^\dagger n\rangle &= \langle \hat a n'| n\rangle\\ \sqrt{n+1}\langle n'|n+1\rangle &=\sqrt{ n'}\langle n'-1|n\rangle \\ \end{aligned}$$

Вы можете использовать оба способа, и оба результата идентичны. Они могут выглядеть по-разному, но если вы выполняете фактическую числовую оценку, значение должно быть одинаковым. Нет одного правильного "направления". Оба пути правильны и идентичны. Этот факт обычно используется для доказательства того, что собственные векторы эрмитова оператора ортогональны.

Например, числовой оператор$\hat N = \hat a^\dagger \hat a$является эрмитовым оператором. У нас есть

$$\begin{aligned} \langle n'| \hat N |n\rangle &= n\langle n' |n\rangle\\ &= \langle \hat N^\dagger n' |n\rangle \\ &= \langle \hat N n' |n\rangle \\ &= n'\langle n' |n\rangle \\ \langle n'| \hat N |n\rangle - \langle \hat N n' |n\rangle &= 0\\ (n-n')\langle n'|n\rangle &= 0\\ \end{aligned}$$ С $$n-n'\neq 0$$ для двух разных значений мы должны иметь $$\langle n'|n\rangle = 0 \ \forall n\neq n'$$ .

В этом доказательстве использовался тот факт, что матричный элемент можно вычислить «в обоих направлениях». Вам не нужно решать, будете ли вы действовать на лифчике или на кето, вы можете делать и то, и другое, если правильно применяете правила.