Упрощение выражения Бра-Кет

Причина в том, что$H_0$поскольку наблюдаемая является эрмитовой$H_0 = H_0^\dagger$. Это означает, что вы можете использовать

$$\langle\Psi_b|H_0 r|\Psi_a\rangle = (\langle\Psi_a|r^\dagger H_0^\dagger|\Psi_b\rangle)^\ast = (\langle\Psi_a|r^\dagger H_0|\Psi_b\rangle)^\ast$$

Вы также можете просто сказать, что это часть определения скобочной нотации, что операторы$A$внутри действуют как$A$вправо и как$A^\dagger$Слева.

Вот альтернативный вывод, в котором используется расширение единицы:

$$\mathbb{1}=\sum_c \vert \psi_c\rangle\langle \psi_c\vert$$ а не явная отшельничность.

От

$$\begin{align} \langle\psi_b\vert H_0 r\vert\psi_a\rangle= \langle\psi_b\vert H_0\mathbb{1} r\vert\psi_a\rangle =\sum_c\langle\psi_b\vert H_0\vert\psi_c\rangle\langle \psi_c\vert r\vert\psi_a\rangle\, . \end{align}$$ На этом этапе используйте$H_0\vert\psi_c\rangle = E_c\vert\psi_c\rangle$получить $$\begin{align} \langle \psi_b\vert H_0 r\vert\psi_a\rangle &= \sum_c E_c\langle\psi_b\vert\psi_c\rangle\langle\psi_c\vert r\vert\psi_a\rangle\, ,\\ &=E_b\langle \psi_b\vert r\vert\psi_a\rangle, \end{align}$$ где на последнем шаге$\langle \psi_b\vert\psi_c\rangle=\delta_{bc}$был использован для устранения суммы.