Propiedades de los operadores normales y hermitianos

Ahora demostraremos que para operadores normales y hermitianos sus eigenfunciones son ortogonales.

Sean $u$ y $v$ eigenfunciones de $T_f$, es decir,

$$T_f(u) = \lambda u$$

$$T_f(v) = \mu v$$

Tomemos el producto interior de $T_f(u)$ y $v$.

$$(T_f(u),v)=(\lambda u,v)=\lambda(u,v)$$

Pero por otro lado

$$(T_f(u),v) = (u,T_f^T(v)) = (u,T_{\bar{f}}(v)) = (u,T_f(v)) = (u,\mu v) = \mu^*(u,v)$$

por lo tanto

$$\lambda(u,v)-\mu^*(u,v)=0$$

Así, sí

$$\begin{eqnarray*} \lambda & = & \mu^* \\ (u,v) & = & 0 \end{eqnarray*}$$

Es posible probar que los eigenvalores de un operador hermitiano son reales

$$(T_f(u),u) = (u,T_f^T(u)) = (u,T_{\bar{f}}(u)) = (u,T_f(u)) = (u,\lambda^*u) = \lambda^* (u,u)$$

así

$$\lambda(u,u)-\lambda^*(u,u) = 0$$

por lo tanto

$$(\lambda-\lambda^*)(u,u)=0$$

Pero $(u,u) > 0$, entonces

$$\lambda = \lambda^*$$

que nos dice que $\lambda$ es real entonces podemos decir que si $f=\bar{f}$ sus eigenvalores son reales y los eigenvectores asociados con eigenvalores distintos son ortogonales.

Probaremos para un operador $T_f$ arbitrario que

$$T_f = A_f + iB_f$$

donde $A_f$ y $B_f$ son hermitianos, tomemos

$$A = \frac{T_f + T_f^T}{2}$$

$$B = \frac{T_f - T_f^T}{2i}$$

entonces

$$\frac{T_f-T_f^T}{2}+i\frac{T_f-T_f^T}{2i} =\frac{T_f+T_f^T+T_f-T_f^T}{2} = \frac{2T_f}{2} = T_f$$

$B$ hermitiano ya que

$$\begin{eqnarray*} B^T(u) & = & \overline{\frac{1}{2i}(T_f(u)-T_f^T(\bar{u}))} \\... ... & = & -\frac{1}{2i}\left(T_f^T(u)-T_f(u)\right)\\ & = & B(u) \end{eqnarray*}$$

y $A$ hermitiano ya que

$$A^T=\frac{T_f+T_f^T}{2}$$

$$\begin{eqnarray*} A^T & = & \bar{A}(\bar{u})\\ & = & \frac{\overline{T_f(\bar{... ...t)\\ & = & \frac{1}{2}\left(T_f^T(u)+T_f(u)\right)\\ & = & A \end{eqnarray*}$$

entonces

$$T_f = A_f + iB_f$$

Ahora probaremos que $T_f$ es normal si y solo si sus partes real e imaginaria conmutan.

Si $T_f$ es normal

$$T_f^TT_f=T_fT_f^T$$

pero

$$A_f=\frac{1}{2}(T_f+T_f^T)$$

y

$$B_f=\frac{1}{2i}(T_f-T_f^T)$$

$$\begin{eqnarray*} A_fB_f & = & \frac{1}{2}(T_f+T_f^T)\frac{1}{2i}(T_f-T_f^T)\\ ... ... &\frac{1}{2i}(T_f-T_f^T)\frac{1}{2}(T_f+T_f^T)\\ & = &B_fA_f \end{eqnarray*}$$

Ahora supongamos que $AB=BA$, entonces probemos que

$$T_f^TT_f=T_fT_f^T$$

$$T_f^T = (A+iB)^{T} = A^T - iB^T = A - iB$$

$$T_f = A + iB$$

$$\begin{eqnarray*} T_fT_f^T & = & (A+iB)(A-iB)\\ & = & AA - iAB + iAB + BB\\ ... ...& AA + iAB - iBA + BB\\ & = & (A-iB)(A+iB)\\ & = & T_f^TT_f \end{eqnarray*}$$

Ahora probaremos que si un operador es normal, entonces las eigenfunciones que pertenecen a eigenvalores distintos son ortogonales.

Consideremos.

$$\begin{eqnarray*} T_f(u) & = & \lambda u\\ & & \qquad \qquad \mbox{con } \; \lambda \neq \mu\\ T_f(v) & = &\mu v \end{eqnarray*}$$

$$\begin{eqnarray*} T_f(u) & = &A_f(u)+iB_f(u)\\ T_f(v) & = &A_f(v)+iB_f(v) \end{eqnarray*}$$

Como A, B y T conmutan es posible encontrar una base en la cual tienen los mismos eigenvectores, digamos

$$\begin{eqnarray*} A_f(u) & = & \lambda_{1}u\\ A_f(v) & = & \mu_{1} v\\ B_f(u) & = & \lambda_{2}u\\ B_f(v) & = & \mu_{2}v \end{eqnarray*}$$

entonces

$$\lambda = \lambda_{1} + i\lambda_{2}$$

$$\mu = \mu_{1} + i\mu_{2}$$

Si suponemos lo contrario a lo que queremos probar, o sea que $\lambda$ y $\mu$ distintos pero $u$ y $v$ no son perpendiculares y llegamos a una contradicción habremos probado nuestro teorema.

$$\lambda \neq \mu \quad \Rightarrow \quad \left\{ \begin{ar... ... \mbox{ o }\\ \lambda_{2} \neq \mu_{2} \end{array} \right.$$

si

$$\lambda_{1} \neq \mu_{1}$$

entonces por ser eigenvalores distintos de $A_f$ , operador hermitiano, tenemos que los eigenvectores asociados son ortogonales, es decir, $(u,v) = 0$. Y esta es la contradicción que buscabamos, la cual también se obtiene si el caso es que $\lambda_{2} \neq \mu_{2}$

Como un corolario tenemos que las eigenfunciones, $g_i$, de un operador hermitiano forman una base canónica, es decir,

$$(g_i,g_j) = \delta_{ij}$$

o lo que es lo mismo

$$\{\bar{g}_i,g_j\} = \delta{ij}$$

Tomemos la identidad de Jacobi:

$$\{f_i\{g_{-i},g_i\}\}+\{g_{-i},\{g_i,f\}\}+\{g_i,\{f,g_{-i}\}\} = 0$$

como $g_i$ y $g_j$ son eigenfunciones

$$\begin{eqnarray*} \{g_i,f\} & = & -\lambda_{i}g_{i}\\ \{f,g_{-i}\} & = &\lambda_{-i}g_{-i} \end{eqnarray*}$$

y

$$\{g_{-i},g_i\} = 1$$

por lo tanto

$$\{f,\{g_{-i},g_i\}\} = 0$$

así tenemos

$$\begin{eqnarray*} -\lambda_i\{g_{-i},g_i\}+\lambda_{-i}\{g_i,g_{-i}\} & = & 0\\ -\{g_{-i},g_i\}(\lambda_i+\lambda_{-i})& = & 0 \end{eqnarray*}$$

por lo tanto

$$(\lambda_i + \lambda_{-i}) = 0$$

entonces

$$\lambda_i = - \lambda_i$$

y tenemos que los eigenvalores ocurrren en parejas negativas.

Los dos resultados más interesantes son que las eigenfunciones ocurren en parejas conjugadas canónicas y que los eigenvalores se presentan en parejas negativas.

Regresando a la función $f$, sabemos que debe ocurrir

$$\{f,f\}=0$$

es decir

$$\begin{eqnarray*} \sum_{i\leq j}f_{ij}\{f,g_ig_j\} & = & 0\\ \sum_{i\leq j}f_{ij}(\lambda_i+\lambda_j)g_ig_j & = & 0 \end{eqnarray*}$$

como los $g_ig_j$ forman una base, tenemos

$$f_{ij}(\lambda_i+\lambda_j) = 0$$

cuando

$$\lambda_i \neq -\lambda_j$$

$$f_{ij} = 0$$

Ahora podemos escribir esto como

$$f = \sum_{i=1}^nf_{-i,i}g_{-i}g_i$$

Supongamos que los eigenvalores son todos distintos.

Calculemos

$$\begin{eqnarray*} \{f,g_k\}& = &\lambda_{k}g_k \\ \sum_{i=1}^nf_{-i,i}\{g_{-i}... ...f_{-i,i}[g_{-i}\{g_i,g_k\}+\{g_{-i},g_k\}g_i]\ = \ \lambda_kg_k \end{eqnarray*}$$

cuando $i \neq k$, no hay conclusión con respecto a $f_{-i,i}$ y en caso contrario vemos que

$$f_{k,-k}(g_k\{g_{-k},g_k\} + g_{-k}\{g_k,g_k\})=\lambda_kg_k$$

pero

$$\{g_k,g_k\} = 0$$

entonces tenemos que

$$f_{k,-k}=\frac{\lambda_k}{\{g_{-k},g_k\}}$$

Por tanto

$$f = \sum_{i=1}^n\frac{\lambda_{1}}{\{g_{-i}g_i\}}g_{-i}g_i$$

y este es el resultado análogo a la teoría de matrices

$$M = \sum\frac{\lambda_i}{\mbox{$<i\, \vert\, i>$}}\mbox{$\vert\,i><i\,\vert$}$$

Aunque para llegar a este resultado hemos hecho la suposición de que los eigenvalores son distintos, esto fué hecho para ver el resultado con toda claridad y simplificar los cálculos. Ahora daremos la demostración en el caso general, es decir, que ahora admitiremos que haya degeneración.

Supongamos que hay eigenvalores iguales

$$\lambda_{\upsilon} = \lambda_{\mu}$$

entonces $\{f,f\}$ implica

$$f=\sum_{i=1}^nf_{-i,i}g_{-i}g_i+\sum_{m,k=1}^nf_{-m,k}g_{-m}g_k$$

Pero

$$[f,g_{\upsilon}]= \lambda_{\upsilon}g_{\upsilon}$$

por lo tanto

$$\begin{eqnarray*} \lambda_{\upsilon}g_{\upsilon} & = & \sum_{i=1}^nf_{-i,i}[g_{... ...f_{-m,k}(g_{-m}\{g_k,g_{\upsilon}\}+g_k\{g_{-m},g_{\upsilon}\}) \end{eqnarray*}$$

En el segundo sumando del término de la derecha debemos notar que $k \neq m$, porque los términos que ocurren cuando $k = m$ ya están tomados en cuenta en el primer sumando.

Y así obtenemos la misma relación que antes.