Derivazione $\left( A | v \rangle \right)^\dagger = \langle v | A^\dagger$ senza usare $A^\dagger=\left(A^* \right)^T$

Aug 23 2020

Da Nielsen & Chuang (10a edizione), pagina 69:

Supponiamo $A$ è un qualsiasi operatore lineare su uno spazio di Hilbert, $V$. Risulta che esiste un operatore lineare unico$A^\dagger$ su $V$ tale che per tutti i vettori $|v\rangle$, $|w\rangle \in V$,

$$ (|v, A|w\rangle)=(A^\dagger|v\rangle, |w\rangle). \tag{2.32} $$

Questo operatore lineare è noto come coniugato aggiunto o Hermitiano dell'operatore$A$. Dalla definizione è facile vederlo$(AB)^\dagger = B^\dagger A^\dagger$. Per convenzione, se$|v\rangle$ è un vettore, quindi definiamo $|v\rangle^\dagger \equiv \langle v|$. Con questa definizione non è difficile vederlo$(A|v\rangle)^\dagger = \langle v|A^\dagger$.

Ebbene, per me è difficile vederlo $$ (A|v\rangle)^\dagger = \langle v|A^\dagger \tag1\label1 $$

almeno senza invocare $$ A^\dagger=\left(A^* \right)^T \tag2\label2 $$ cosa che non voglio fare perché il libro non ha introdotto \ eqref {2} a questo punto!

Me ne rendo conto usando la definizione $|v\rangle^\dagger \equiv \langle v|$ ea destra moltiplicandolo per $A^\dagger$ Ottengo:

$$ |v\rangle^\dagger A^\dagger = \langle v| A^\dagger \tag3 $$

Questo è abbastanza vicino a \ eqref {1} e ho solo bisogno di mostrarlo

$$ |v\rangle^\dagger A^\dagger = (A|v\rangle)^\dagger \tag4\label4 $$

Il mio primo istinto è stato quello di usare $(AB)^\dagger = B^\dagger A^\dagger$Qui. Tuttavia, questo non sembra del tutto corretto perché$A$ e $B$sono entrambi operatori lineari ma in \ eqref {4} ho a che fare con un operatore lineare e un vettore. Ho provato a aggirare il problema andando alla rappresentazione matriciale degli operatori lineari ed estendendo il vettore$|v \rangle$ in una matrice come:

$$ B = \begin{bmatrix} \vert & \vert & \dots & \vert \\ |v \rangle & 0 & \dots & 0 \\ \vert & \vert & \dots & \vert \\ \end{bmatrix} $$

Allora potrei invocare $(AB)^\dagger = B^\dagger A^\dagger$ ma non sono sicuro di cosa farne perché a questo punto del libro non lo sappiamo $B^\dagger = \left(B^* \right)^T$. Pertanto, non sappiamo che la prima riga di$B^\dagger$ sarà $\langle v|$. Qualcuno sa come procedere?

Risposte

3 DanyloY Aug 23 2020 at 14:26

L'applicazione di $(AB)^\dagger = B^\dagger A^\dagger$ direttamente non è del tutto corretto.

A prima vista questo $$ (A|v\rangle,|w\rangle) = (|w\rangle, A|v\rangle)^* = (A^\dagger|w\rangle, |v\rangle)^* = (|v\rangle , A^\dagger|w\rangle) $$ A proposito, da questo puoi immediatamente dedurre $(A^\dagger)^\dagger = A$.

Adesso per tutti $|w\rangle$ noi abbiamo $$ (A|v\rangle)^\dagger |w\rangle = (A|v\rangle,|w\rangle) = (|v\rangle,A^\dagger|w\rangle) = $$ $$ = \langle v | \big(A^\dagger|w\rangle\big) = \langle v | A^\dagger|w\rangle = \big(\langle v | A^\dagger \big)|w\rangle $$ Dal momento che è vero per tutti $|w\rangle$ possiamo dedurre il richiesto $(A|v\rangle)^\dagger= \langle v | A^\dagger$.