Может ли оператор Гамильтона действовать на бюстгальтер, если он когда-то действовал на кет?

Да, это законно.

Чтобы дать некоторое обоснование того, почему этот вид оператора интеграла от производной может упроститься так, как вы рассматриваете, давайте рассмотрим очень простой пример, далекий от наших обычных забот о нормализации волновых функций и обеспечении эрмитовости: предположим ваш оператор$\partial_x$и твой бюстгальтер$x^2$, и мы игнорируем тот факт, что вещи могут быть комплекснозначными на данный момент: тогда действуя на некоторые произвольные$f$мы пишем левую часть как сокращение для правой части в:

$$\langle x^2\rvert\partial_x\lvert f\rangle = \int_{-\infty}^\infty dx~x^2 f'(x).$$ Но, конечно, после интегрирования по частям мы бы имели, $$\begin{align} \langle x^2\rvert\partial_x\lvert f\rangle &= \left[x^2 f(x)\right]_{-\infty}^\infty -\int_{-\infty}^\infty dx~2x f(x) \\ &= \langle -2x\rvert f\rangle, \end{align}$$ предполагая соответствующие свойства распада$f$на бесконечности, чтобы удалить граничный член. Таким образом, интеграл производных иногда может быть приведен к эквивалентному простому интегралу. И вы также можете видеть, что у нас есть что-то, что почти похоже на производную от левой части, но имеет разочаровывающий знак минус.

Конкретное свойство, на которое мы здесь нацелены, — это эрмитово или самосопряженное свойство, которое говорит, что$H = H^\dagger$, или в математических обозначениях, что

$$\langle H \phi, \psi\rangle = \langle \phi, H \psi\rangle.$$ Это нетривиальное свойство, и выше мы видели, что просто$\partial_x$само по себе не удовлетворяет этому свойству; он удовлетворяет родственному свойству, где он называется антисамосопряженным или косоэрмитовым или около того,$\nabla^\dagger = -\nabla.$Возможно, вы уже знаете, что$p$как оператор, а это значит, что$i \partial_x$имеет это свойство, когда мы осторожны с нашими отрицаниями, потому что отрицательный знак поглощается комплексно-сопряженной операцией: $$\begin{align} \langle \phi|i\partial_x|\psi\rangle &= \int dx~\phi^*(x)~i\partial_x~\psi(x) \\&= i[\phi^* \psi] - \int dx~\psi(x)~i\partial_x\phi^*(x) \\&= +\int dx~\psi(x)~ (i \partial_x \phi(x))^* \\&= \langle i\partial_x\phi|\psi\rangle. \end{align}$$ (Это немного легче увидеть в математических обозначениях,$\langle \phi, i\nabla\psi\rangle = i\langle\phi,\nabla\psi\rangle =i\langle-\nabla\phi,\psi\rangle$тем, что мы только что доказали, а остальное просто$=\langle-(-i)\nabla\phi, \psi\rangle = \langle i\nabla\phi,\psi\rangle.$Как следствие, любой антисамосопряженный оператор можно сделать самосопряженным, умножив на$\pm i$и наоборот.)

Причина, по которой мы заботимся об этом свойстве, заключается в том, что в квантовой механике мы хотим, чтобы все наши предсказания были математическими ожиданиями формы

$$\langle A\rangle_\psi = \langle \psi| A|\psi\rangle.$$ Взяв комплексное сопряжение и вспомнив, что$\big(\langle a | b | c\rangle\big)^* = \langle c|b^\dagger |a\rangle$мы находим, что комплексное сопряжение этого выражения есть $$\langle A\rangle_\psi^* = \langle \psi|A^\dagger|\psi\rangle,$$ и поэтому, если нам нужна наблюдаемая с действительным знаком , предсказания которой всегда равны ее комплексно-сопряженному состоянию, независимо от состояния, нам нужно потребовать, чтобы такая наблюдаемая была самосопряженной.

Правила о сопряжениях операторов очень просты.$(AB)^\dagger = B^\dagger A^\dagger$и$(A + B)^\dagger = A^\dagger + B^\dagger$, так что вы можете взять произведения самосопряженных операторов, чтобы получить новые самосопряженные операторы, только если они коммутируют, и вы можете взять произвольные суммы самосопряженных операторов. Таким образом, ваш типичный одночастичный гамильтониан$H = -(\hbar^2/2m) \nabla^2 + U(\vec r)$, явно самосопряжен, поскольку, очевидно,$-\nabla^2$является произведением двух самосопряженных операторов$(i\nabla)\cdot(i\nabla)$и каждый оператор коммутирует сам с собой, плюс$U(x)$очевидно, самосопряжена, и, наконец, сумма самосопряжена.

Именно эти свойства позволяют нам с такой уверенностью утверждать, что$\langle \psi_k|H = E_k \langle \psi_k|,$мы знаем это$H|\psi_k\rangle = E_k|\psi_k\rangle$с правой стороны, но так как$H$является самосопряженным, мы знаем, что мы можем также применить его к левой части, чтобы получить действительное число$E_k$.

Полный вывод выглядит следующим образом:

$\dot{H}(t)|\psi_n(t)\rangle+H(t)|\dot{\psi}_n(t)\rangle=\dot{E}_n(t)|\psi_n(t)\rangle+E_n(t)|\dot{\psi}_n(t)\rangle\\ \Leftrightarrow \langle\psi_k(t)|\dot{H}(t)|\psi_n(t)\rangle + \langle\psi_k(t)|H(t)|\dot{\psi}_n(t)\rangle = \langle\psi_k(t)|\dot{E}_n(t)|\psi_n(t)\rangle + \langle\psi_k(t)|E_n(t)|\dot{\psi}_n(t)\rangle \\ \Leftrightarrow \langle\psi_k(t)|\dot{H}(t)|\psi_n(t)\rangle + E_k(t)\langle\psi_k(t)|\dot{\psi}_n(t)\rangle = \dot{E}_n(t)\langle\psi_k(t)|\psi_n(t)\rangle + E_n(t)\langle\psi_k(t)|\dot{\psi}_n(t)\rangle \\ \Leftrightarrow\langle\psi_k(t)|\dot{H}(t)|\psi_n(t)\rangle + E_k(t)\langle\psi_k(t)|\dot{\psi}_n(t)\rangle=E_n(t)\langle\psi_k(t)|\dot{\psi}_n(t)\rangle$

где мы заменяем$\langle\psi_k(t)|H(t)$с$E_k(t)\langle\psi_k(t)|$и$\dot{E}_n(t)\langle\psi_k(t)|\psi_n(t)\rangle =0$потому что$k \ne n$поэтому собственные векторы$|\psi_k(t)\rangle$и$|\psi_n(t)\rangle$являются ортогональными.

Помните, что$E_n(t)$и$E_k(t)$являются собственными значениями, т.е. действительными числами, поэтому они коммутируют с$\langle\psi_k(t)|$, и они равны своим комплексным сопряжениям.

В первый срок$\dot H(t)$работает на кет-векторе$|\psi_n(t)\rangle$для создания другого кет-вектора$\dot{H}(t)|\psi_n(t)\rangle$. Затем мы берем внутренний продукт этого с вектором бюстгальтера$\langle\psi_k(t)|$.