Hilbertruimte¶

voelt alsof we a-dagger niet echt hebben geïntroduceerd. Straks wordt het moeilijker om te bewijzen.

Een efficiënte manier om de theorie van de quantummechanica te introduceren is door een aantal aannames te maken, die we simpelweg accepteren. We nomen dit postulaten.

Het eerste postulaat

Alle mogelijke toestandsfuncties waarin een systeem zich kan bevinden, vormen een vectorruimte. Elke vector $\ket{\psi}$ in deze ruimte komt overeen (correspondeert) met een toestandsfunctie $\psi$.

Het principe van superpositie zit hier al in opgesloten. Want als $\psi_a$ en $\psi_b$ allebei toestandsfuncties zijn, dan zitten hun vectoren allebei in de vectorruimte. De superpositie (lineaire combinatie) van deze twee vectoren $c_a\ket{\psi_a}+c_b\ket{\psi_b}$ moet dan ook een vector zijn en overeenkomen met een toestandsfunctie.

Als de operator $\hat{A}$ kan werken op de toestandsfunctie $\psi$, dan levert dit een vector op die je kan weergeven als $\ket{\hat{A}\psi}$. In de notatie stellen we dit per definitie gelijk aan $\hat{A}\ket{\psi}$.

We gaan ervan uit dat deze operatoren lineair zijn. Dat wil zeggen dat: $$ \hat{A}\cdot(c_a\ket{\psi_a}+c_b\ket{\psi_b})=c_a\hat{A}\ket{\psi_a}+c_b\hat{A}\ket{\psi_b} $$ Dit is geen universele waarheid, maar daar maken we ons nu geen zorgen over.

Regelmatig heb je te maken met de geadjungeerde term voor een vector (de 'bra' behorend bij een 'ket'). De rekenregels hiervoor zijn: - van $\ket{\psi}$ is het $\bra{\psi}$ - van $c_a\ket{\psi_a}+c_b\ket{\psi_b}$ is het $c_a^* \bra{\psi_a}+c_b^* \bra{\psi_b}$ - van $\hat{A}\ket{\psi}$ is het $\bra{\psi}\hat{A}^\dagger$ - van $\hat{A}\hat{B}\ket{\psi}$ is het $\bra{\psi}\hat{B}^\dagger\hat{A}^\dagger$

Het tweede postulaat

Elke fysische grootheid van het systeem correspondeert met een hermitische operator.

Een hermitische operator is een operator die gelijk is aan zijn geadjungeerde. Als je een hermitische operator dus eerst transponeert en daarna de complex geconjungeerde neemt, dan kom je uit bij dezelfde operator. Kort geschreven: $A^\dagger=(A^T)^*=A$.

Voor een hermitische operator $A$ geldt dus per definitie: $$ \braket{A\psi_1|\psi_2}=\braket{\psi_1|A\psi_2}. $$

Let op

Verwissel de woorden geadjugeerd en geadjungeerd niet: De geadjungeerde matrix van $A$ is $A^\dagger=(A^T)^*$. Dat is dus de complex geconjungeerde van de getransponeerde matrix. Dat is heel iets anders dan de geadjugeerde martrix, $\text{adj}(A)$, die je kan gebruiken om de inverse matrix te bepalen.

Voor deze ruimte gelden een aantal interessante eigenschappen:

Een hermitische operator heeft reële eigenwaarden.

Bewijs

Stel $A\ket{\psi}=a\ket{\psi}$, dan moet gelden: $$ \braket{\psi|A\psi}= \braket{\psi|\cdot A|\psi}= \braket{\psi|\cdot a|\psi}= a\braket{\psi|\psi}=a. $$ Maar ook moet gelden: $$ \braket{A\psi|\psi}= \braket{\psi|A^{\dagger} \cdot|\psi}= \braket{\psi|a^* \cdot |\psi}= a^* \braket{\psi|\psi}=a^* . $$ Omdat je van de definitie voor een hermitische matrix weet dat $\braket{A\psi_1|\psi_2}=\braket{\psi_1|A\psi_2}$, moet er dus gelden $a^*=a$, zodat a alleen een reële waarde kan hebben.
Van een hermitische operator zijn de eigenfuncties met verschillende eigenwaarden onderling orthogonaal. Dit wordt vaak weergegeven door de formule $\braket{\psi|\phi}=\delta_{\phi,\psi}$.

Bewijs

Stel in dit geval dat $A\ket{\psi_1}=a_1\ket{\psi_1}$ en dat $A\ket{\psi_2}=a_2\ket{\psi_2}$, waarbij $a_1, a_2 \in \mathbb{R}$. Dan moet gelden: $$ (a_1-a_2)\braket{\psi_1|\psi_2}= \braket{a_1\psi_1|\psi_2}-\braket{\psi_1|a_2\psi_2}= \braket{A\psi_1|\psi_2}-\braket{\psi_1|A\psi_2}=0. $$ Dat laatste volgt uit de definitie voor een hermitische matrix. Omdat de aanname was dat $a_1$ en $a_2$ verschillende eigenwaarden waren, moet dus gelden $\braket{\psi_1|\psi_2}=0$. De twee eigenvectoren staan daarom onderling loodrecht.

Eigenfuncties die dezelfde eigenwaarde hebben, vormen met elkaar een deelruimte. Dat komt doordat een lineaire superpositie van twee eigenvectoren met dezelfde eigenwaarde weer een vector vormen met diezelfde eigenwaarde. Voor deze deelruimte staan dus niet alle eigenvectoren onderling loodrecht, maar je bent wel vrij om voor deze deelruimte een orthonormale basis te kiezen.
Je kan elke toestandsvector in de vectorruimte ontwikkelen in een set eigenvectoren van een hermitisiche operator, die een volledige, orthonormale basis vormen.

Bewijs

Het eerste postulaat heeft al vastgesteld dat elke toestand $\ket{\psi}$ in de vectorruimte zit. Het punt hierboven heeft onderbouwt dat je voor deze vectorruimte een orthonormale basis $\left\{\ket{\psi_i}\right\}$ kan vinden die helemaal uit eigenvectoren bestaat. Dus kunnen we stellen: $$ \ket{\psi}=\sum_{i=1}^{N}{c_i\ket{\psi_i}} $$ Als we deze uitdrukking links vermenigvuldigen met $\bra{\psi_j}$ en gebruik maken van $\braket{\psi_j|\psi_i}=\delta_{i,j}$, dan vereenvoudigt dit tot: $$ c_i=\braket{\psi_i|\psi} $$ Vul dit in de sommatie in en je krijgt: $$ \ket{\psi}=\sum_{i=1}^{N}{\ket{\psi_i}\braket{\psi_i|\psi}}. $$

In dit bewijs zie je dat: $$ \sum_{i=1}^{N}\ket{\psi_i}\bra{\psi_i}=\hat{I}, $$ waarbij $\hat{I}$ de eenheidsmatrix is. Deze formule wordt de volledigheidsrelatie genoemd.
Voor een gegeven orthonormale basis van eigenvectoren, kan je een hermitische operator weergeven als matrix.

Bewijs

Als we voor de vectorruimte $V$ de basis $\left\{\ket{\psi_1},\dots,\ket{\psi_N}\right\}$ kiezen, dan is een willekeurige hermitische operator $A$ te schrijven als: $$ A=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\ket{\psi_i}\bra{\psi_i}A\ket{\psi_j}\bra{\psi_j}, $$ waarbij we twee keer de volledigheidsrelatie hebben gebruikt. Aan de haken van de notatie kan je herkennen dat de operator nu een matrix is. In het centrum van deze formule staat de term $\braket{\psi_i|A|\psi_j}$, wat telkens een getal voorstelt. Dit getal verbindt de $i$-de basisvector (in de ket links) met de $j$-de basisvector (in de bra rechts). Je kan de operator $A$ daarom weergeven als een $N \times N$-matrix: $$ \hat{A}=\begin{pmatrix} \braket{\psi_1|\hat{A}|\psi_1} & \braket{\psi_1|\hat{A}|\psi_2} & \cdots & \braket{\psi_1|\hat{A}|\psi_N}\\ \braket{\psi_2|\hat{A}|\psi_1} & \braket{\psi_2|\hat{A}|\psi_2} & \cdots & \braket{\psi_2|\hat{A}|\psi_N}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \braket{\psi_N|\hat{A}|\psi_1} & \braket{\psi_N|\hat{A}|\psi_2} & \cdots & \braket{\psi_N|\hat{A}|\psi_N} \end{pmatrix}. $$ Voor het element op de $i$-de rij en de $j$-de kolom geldt dus dat $A_{ij}=\braket{\psi_i|\hat{A}|\psi_j}$

Daarbij moet voor alle hermitische operatoren gelden dat $A_{ij}^{*}=A_{ji}$.

voorbeeld

Laten we in dit voorbeeld kijken naar een harmonische potentiaal waarvan alleen de onderste twee toestanden beschikbaar zijn. Er is dus een toestand $\ket{\psi_1}$ met energie $E_1$ en een aangeslagen toestand $\ket{\psi_2}$ met energie $4E_1$.

Kijken we naar de vier eigenschappen hierboven, dan zie je direct:

De eigenwaarden van de hamiltoniaan $\mathcal{H}$ zijn reëel, want ze komen overeen met de energieën van de toestanden.
De twee eigentoestanden staan onderling loodrecht. Een systeem dat volledig in toestand $\ket{\psi_1}$ zit, bevindt zich geheel niet in toestand $\ket{\psi_2}$.
Alle mogelijke toestanden van deze potentiaal zijn inderdaad superposities van $\ket{\psi_1}$ en $\ket{\psi_2}$.
De operator van de energie ($\mathcal{\hat{H}}$} is te schrijven als matrix. Daarvoor moeten we een keuze maken in de notatie van de basis. Voor het gemak stellen we $$ \ket{\psi_1}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} \text{ en } \ket{\psi_2}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}. $$ Dan volgt voor de matrix: $$ \mathcal{H}= \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot E_1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 1 & 0 \end{pmatrix} \cdot 0 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot 0 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot 4E_1 \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} E_1 & 0 \\ 0 & 4E_1 \end{pmatrix}. $$

Onhandig voorbeeld

Als we nu 'eigenwijs' waren geweest en voor een andere basis hadden gekozen, dan zou toch alles goed gegaan zijn. Stel voor het ongemak dat: $$ \ket{\psi_1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\text{ en } \ket{\psi_2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}. $$ Dat had de volgende matrix gegeven: $$ \begin{align} \hat{\mathcal{H}}&=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} \cdot E_1\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&1\end{pmatrix}+ \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\cdot 0\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&-1\end{pmatrix}\\ &\qquad+\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\cdot 0\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&1\end{pmatrix}+ \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\cdot 4E_1\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1&-1\end{pmatrix}\\ &=\frac{1}{2}E_1\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}+ 2E_1\begin{pmatrix}1&-1\\-1&1\end{pmatrix}= \frac{1}{2}E_1\begin{pmatrix}5&-3\\-3&5\end{pmatrix} \end{align} $$ Dat levert ons dus een heel andere matrix op, maar wel precies diegene die voldoet aan onze eisen. Je kan voor jezelf controleren dat de eigenwaarden inderdaad $E_1$ en $4E_1$ zijn bij de basis die we hebben opgegeven.

De elementen van de matrix hangen dus samen met de basis die je hebt gekozen. Anders gezegd: zonder te weten in welke basis een matrix is uitgedrukt, heb je niks aan de informatie.