1 Mostre que se \langle h \mid \hat{Q} h\rangle=\langle\hat{Q} h \mid h\rangle para todas as funções h (no espaço de Hilbert), então \langle f \mid \hat{Q} g\rangle=\langle\hat{Q} f \mid g\rangle para toda f e g (isto é, as duas definições de ‘hermitiano’ equações 3.16 e 3.17 da Ref. [1] - são equivalentes).
Dica: primeiro faça h=f+g, e, então, faça h=f+i g.

Passo 1

O enunciado dá a condição
\langle h \mid \hat{Q} h\rangle=\langle\hat{Q} h \mid h\rangle
para toda função h do espaço de Hilbert, e pede para mostrar que então vale, para quaisquer f e g,
\langle f \mid \hat{Q} g\rangle=\langle\hat{Q} f \mid g\rangle.
Informações relevantes que o enunciado dá:
  • A igualdade \langle h \mid \hat{Q} h\rangle=\langle\hat{Q} h \mid h\rangle é válida para todo vetor h.
  • A tarefa é provar que essa propriedade para vectores diagonais (expectation values) implica a igualdade mista acima para quaisquer f,g.

Passo 2

Vou lembrar e usar propriedades básicas do produto interno (bra-ket) que são necessárias e como aplicá-las sem ambiguidade:
  • O produto interno é conjugado-linear no primeiro argumento e linear no segundo (convenção física). Isso significa, por exemplo, que para escalares a,b,c,d e vetores u,v,w,z vale
\langle a u + b v \mid c w + d z\rangle=\overline{a}\,c\,\langle u\mid w\rangle+\overline{a}\,d\,\langle u\mid z\rangle+\overline{b}\,c\,\langle v\mid w\rangle+\overline{b}\,d\,\langle v\mid z\rangle.
  • Em particular, quando os escalares são 1 ou i as sobrelinhas aparecem conforme indicado (por exemplo \overline{i}=-i).
  • Também usarei que a igualdade dada vale para qualquer vetor h, então posso aplicá-la a h=f, h=g, h=f+g, h=f+i g, etc.

Passo 3

Para organizar a prova, defino a diferença que quero mostrar ser zero:
D(f,g):=\langle f\mid \hat Q g\rangle-\langle \hat Q f\mid g\rangle.
O objetivo é provar que D(f,g)=0 para quaisquer f,g. Vou obter relações entre D(f,g) e D(g,f) usando o enunciado aplicado a vetores apropriados.

Passo 4

Aplicando a hipótese ao vetor h=f obtemos
\langle f\mid \hat Q f\rangle=\langle \hat Q f\mid f\rangle.
Aplicando ao vetor h=g obtemos
\langle g\mid \hat Q g\rangle=\langle \hat Q g\mid g\rangle.
Vou usar essas igualdades para cancelar termos quando expandir a igualdade para combinações lineares de f e g.

Passo 5

Agora uso h=f+g. Pela hipótese,
\langle f+g\mid \hat Q(f+g)\rangle=\langle \hat Q(f+g)\mid f+g\rangle.
Expando ambos os lados com as propriedades do produto interno (sem esquecer as sobrelinhas, mas aqui os coeficientes são 1, então não aparecem conjugados):
\langle f\mid \hat Q f\rangle+\langle f\mid \hat Q g\rangle+\langle g\mid \hat Q f\rangle+\langle g\mid \hat Q g\rangle = \langle \hat Q f\mid f\rangle+\langle \hat Q f\mid g\rangle+\langle \hat Q g\mid f\rangle+\langle \hat Q g\mid g\rangle.
Usando as igualdades obtidas no Passo 4 para cancelar os primeiros e últimos termos em ambos os lados, sobra
\langle f\mid \hat Q g\rangle+\langle g\mid \hat Q f\rangle = \langle \hat Q f\mid g\rangle+\langle \hat Q g\mid f\rangle.
Reescrevendo em termos de D, isto é
\big(\langle f\mid \hat Q g\rangle-\langle \hat Q f\mid g\rangle\big)+\big(\langle g\mid \hat Q f\rangle-\langle \hat Q g\mid f\rangle\big)=0,
ou seja
D(f,g)+D(g,f)=0.

Passo 6

Agora uso h=f+i g. Pela hipótese,
\langle f+i g\mid \hat Q(f+i g)\rangle=\langle \hat Q(f+i g)\mid f+i g\rangle.
Vou expandir cuidadosamente cada lado. Para o lado esquerdo, usando conjugação no primeiro argumento (já que a componente do primeiro vetor é 1 para f e i para g, então a contribuição do bra é \langle f| + \overline{i}\langle g| = \langle f| - i\langle g| ):
\langle f+i g\mid \hat Q(f+i g)\rangle = \langle f\mid \hat Q f\rangle + i\langle f\mid \hat Q g\rangle - i\langle g\mid \hat Q f\rangle + \langle g\mid \hat Q g\rangle.
Para o lado direito, o primeiro argumento é \hat Q f + i\hat Q g, pelo que
\langle \hat Q(f+i g)\mid f+i g\rangle = \langle \hat Q f\mid f\rangle + i\langle \hat Q f\mid g\rangle - i\langle \hat Q g\mid f\rangle + \langle \hat Q g\mid g\rangle.
Usando novamente as igualdades do Passo 4 para cancelar os termos \langle f\mid \hat Q f\rangle=\langle \hat Q f\mid f\rangle e \langle g\mid \hat Q g\rangle=\langle \hat Q g\mid g\rangle, resta
i\langle f\mid \hat Q g\rangle - i\langle g\mid \hat Q f\rangle = i\langle \hat Q f\mid g\rangle - i\langle \hat Q g\mid f\rangle.
Dividindo por i (não zero) obtemos
\langle f\mid \hat Q g\rangle - \langle g\mid \hat Q f\rangle = \langle \hat Q f\mid g\rangle - \langle \hat Q g\mid f\rangle,
ou seja, em termos de D,
D(f,g)-D(g,f)=0.

Passo 7

Agora temos o sistema linear para D(f,g)\) e \(D(g,f)\): \[\begin{cases} D(f,g)+D(g,f)=0,\\[4pt] D(f,g)-D(g,f)=0. \end{cases}
Somando as duas equações dá 2D(f,g)=0\], logo \(D(f,g)=0. Assim
\langle f\mid \hat Q g\rangle-\langle \hat Q f\mid g\rangle=0
para quaisquer f,g. Portanto
\langle f\mid \hat Q g\rangle=\langle \hat Q f\mid g\rangle
para todos f,g, que é exatamente a definição forte de operador hermitiano desejada.]

Resposta

\langle f \mid \hat{Q} g\rangle=\langle\hat{Q} f \mid g\rangle

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