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Apéndice B Soluciones

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Índice

Básico

Intermedio

Avanzado

Básico

B-1. Cálculo de la norma de un vector en \(\mathbb{C}^2\)

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Estrategia de resolución: La norma se calcula mediante \(\||\psi\rangle\| = \sqrt{\langle\psi|\psi\rangle}\). Se utiliza \(\langle\psi|\psi\rangle = \sum_k |z_k|^2\).

Cálculo:

\[|\psi\rangle = \begin{pmatrix} 2i \\ 1 - i \end{pmatrix}\]

Se calcula el cuadrado del valor absoluto de cada componente:

\[|2i|^2 = (2i)(2i)^* = (2i)(-2i) = 4\]
\[|1 - i|^2 = (1 - i)(1 - i)^* = (1 - i)(1 + i) = 1 + 1 = 2\]

Por lo tanto

\[\langle\psi|\psi\rangle = 4 + 2 = 6\]
\[\boxed{\||\psi\rangle\| = \sqrt{6}}\]

Verificación: \(|2i|^2 = 0^2 + 2^2 = 4\) ✓, \(|1-i|^2 = 1^2 + (-1)^2 = 2\) ✓. La norma es un número real positivo, y \(\sqrt{6} > 0\) ✓.

B-2. Cálculo del producto interno en \(\mathbb{C}^2\)

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Estrategia de resolución: Calcular \(\langle\phi|\psi\rangle = \sum_k \phi_k^* \psi_k\). Ten en cuenta que se aplica el conjugado complejo a las componentes del bra (primer argumento).

Cálculo:

\[|\psi\rangle = \begin{pmatrix} 1 + i \\ 2 \end{pmatrix}, \quad |\phi\rangle = \begin{pmatrix} 3 \\ i \end{pmatrix}\]

El vector bra es

\[\langle\phi| = (3^*,\; i^*) = (3,\; -i)\]

Por lo tanto

\[\langle\phi|\psi\rangle = 3 \cdot (1 + i) + (-i) \cdot 2 = 3 + 3i - 2i = 3 + i\]
\[\boxed{\langle\phi|\psi\rangle = 3 + i}\]

Verificación: Comprobamos la propiedad hermítica \(\langle\psi|\phi\rangle = \langle\phi|\psi\rangle^*\).

\[\langle\psi|\phi\rangle = (1+i)^* \cdot 3 + 2^* \cdot i = (1-i) \cdot 3 + 2i = 3 - 3i + 2i = 3 - i\]

Efectivamente \(\langle\psi|\phi\rangle = 3 - i = (3 + i)^* = \langle\phi|\psi\rangle^*\) ✓

B-3. Normalización de un vector en 2 dimensiones

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Estrategia de resolución: Primero calculamos la norma \(\||v\rangle\|\) y luego obtenemos \(|u\rangle = |v\rangle / \||v\rangle\|\).

Cálculo:

\[|v\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ i \end{pmatrix}\]
\[\langle v|v\rangle = |1|^2 + |1|^2 + |i|^2 = 1 + 1 + 1 = 3\]
\[\||v\rangle\| = \sqrt{3}\]
\[\boxed{|u\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ i \end{pmatrix}}\]

Verificación: Comprobamos \(\langle u|u\rangle\).

\[\langle u|u\rangle = \frac{1}{3}(1^* \cdot 1 + 1^* \cdot 1 + (i)^* \cdot i) = \frac{1}{3}(1 + 1 + (-i)(i)) = \frac{1}{3}(1 + 1 + 1) = 1 \quad \checkmark\]

B-4. Determinación de ortogonalidad

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Estrategia de resolución: Calcular el producto interno \(\langle a|b\rangle\) y verificar si es igual a 0.

Cálculo:

\[|a\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}, \quad |b\rangle = \begin{pmatrix} i \\ 1 \end{pmatrix}\]
\[\langle a| = (1^*,\; i^*) = (1,\; -i)\]
\[\langle a|b\rangle = 1 \cdot i + (-i) \cdot 1 = i - i = 0\]
\[\boxed{\langle a|b\rangle = 0 \quad \therefore\ |a\rangle \text{ y } |b\rangle \text{ son ortogonales}}\]

Verificación: \(\langle b|a\rangle = \langle a|b\rangle^* = 0^* = 0\) ✓. Además, calculando directamente: \(\langle b|a\rangle = (i)^*\cdot 1 + 1^* \cdot i = -i + i = 0\) ✓.

B-5. Cálculo de elementos de matriz

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Estrategia de resolución: \(A_{jk} = \langle e_j|\hat{A}|e_k\rangle\) es igual a la componente \(j\)-ésima de \(\hat{A}|e_k\rangle\) cuando se representa como vector columna.

Cálculo:

De \(\hat{A}|e_1\rangle = \begin{pmatrix} 2 \\ i \end{pmatrix}\):

\[A_{11} = \langle e_1|\hat{A}|e_1\rangle = 2, \quad A_{21} = \langle e_2|\hat{A}|e_1\rangle = i\]

De \(\hat{A}|e_2\rangle = \begin{pmatrix} -i \\ 3 \end{pmatrix}\):

\[A_{12} = \langle e_1|\hat{A}|e_2\rangle = -i, \quad A_{22} = \langle e_2|\hat{A}|e_2\rangle = 3\]
\[\boxed{A = \begin{pmatrix} 2 & -i \\ i & 3 \end{pmatrix}}\]

Verificación: La columna \(k\)-ésima de la matriz debe corresponder a las componentes de \(\hat{A}|e_k\rangle\). La primera columna \(\begin{pmatrix}2\\i\end{pmatrix}\) coincide con \(\hat{A}|e_1\rangle\) ✓, la segunda columna \(\begin{pmatrix}-i\\3\end{pmatrix}\) coincide con \(\hat{A}|e_2\rangle\) ✓. Además, \(A^\dagger = \begin{pmatrix}2 & -i \\ i & 3\end{pmatrix} = A\), por lo que este operador es hermítico.

B-6. Cálculo del conjugado hermítico

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Estrategia de resolución: \((A^\dagger)_{jk} = A_{kj}^*\) (transponer y tomar el conjugado complejo).

Cálculo:

\[A = \begin{pmatrix} 2 & 1 - i \\ 3i & 4 + 2i \end{pmatrix}\]

Transponiendo:

\[A^T = \begin{pmatrix} 2 & 3i \\ 1 - i & 4 + 2i \end{pmatrix}\]

Tomando el conjugado complejo de cada componente:

\[\boxed{A^\dagger = \begin{pmatrix} 2 & -3i \\ 1 + i & 4 - 2i \end{pmatrix}}\]

Verificación: \((A^\dagger)_{12} = A_{21}^* = (3i)^* = -3i\) ✓, \((A^\dagger)_{21} = A_{12}^* = (1-i)^* = 1+i\) ✓. Además, \(A^\dagger \neq A\), por lo que esta matriz no es hermítica.

B-7. Cálculo de conmutadores

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Estrategia de resolución: Calcular \(AB\) y \(BA\) por separado y tomar la diferencia.

Cálculo:

\[A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\]
\[AB = \begin{pmatrix} 1\cdot0 + 0\cdot1 & 1\cdot1 + 0\cdot0 \\ 0\cdot0 + (-1)\cdot1 & 0\cdot1 + (-1)\cdot0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\]
\[BA = \begin{pmatrix} 0\cdot1 + 1\cdot0 & 0\cdot0 + 1\cdot(-1) \\ 1\cdot1 + 0\cdot0 & 1\cdot0 + 0\cdot(-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\]
\[[A, B] = AB - BA = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}\]
\[\boxed{[A, B] = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}}\]

Verificación: \(A = \sigma_z\), \(B = \sigma_x\) (matrices de Pauli), y se sabe que \([\sigma_z, \sigma_x] = -2i\sigma_y\). Como \(\sigma_y = \begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix}\), entonces \(-2i\sigma_y = -2i\begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & -2 \\ 2 & 0\end{pmatrix}\).

Un momento, verifiquemos el signo. \([\sigma_z, \sigma_x] = \sigma_z\sigma_x - \sigma_x\sigma_z\). La relación conocida es \([\sigma_i, \sigma_j] = 2i\epsilon_{ijk}\sigma_k\), por lo que \([\sigma_z, \sigma_x] = 2i\epsilon_{zxy}\sigma_y = 2i(-1)\sigma_y = -2i\sigma_y\).

\[-2i\sigma_y = -2i\begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 2i\cdot i \\ -2i\cdot i & 0\end{pmatrix}\]

Aquí verificamos el valor de \(\epsilon_{zxy}\). \((z,x,y) = (3,1,2)\) corresponde a llevar la permutación cíclica \((1,2,3)\) a \((3,1,2)\), que es una permutación par, por lo que \(\epsilon_{312} = +1\). Por tanto, \([\sigma_z, \sigma_x] = 2i\sigma_y\).

\[2i\sigma_y = 2i\begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & -2i^2 \\ 2i^2 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 2 \\ -2 & 0\end{pmatrix} \quad \checkmark\]

B-8. Determinación de independencia lineal

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Estrategia de resolución: Investigar si existe un \(\alpha \in \mathbb{C}\) tal que \(|v_2\rangle = \alpha |v_1\rangle\).

Cálculo:

\[|v_1\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}, \quad |v_2\rangle = \begin{pmatrix} i \\ -1 \end{pmatrix}\]

Suponiendo \(|v_2\rangle = \alpha |v_1\rangle\):

  • Primera componente: \(i = \alpha \cdot 1 \implies \alpha = i\)
  • Segunda componente: \(-1 = \alpha \cdot i = i \cdot i = -1\) ✓

Como \(\alpha = i\) se cumple para ambas componentes, \(|v_2\rangle = i\,|v_1\rangle\).

\[\boxed{|v_1\rangle \text{ y } |v_2\rangle \text{ son linealmente dependientes}（|v_2\rangle = i\,|v_1\rangle）}\]

Verificación: En efecto, \(i\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}i\\i^2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}i\\-1\end{pmatrix} = |v_2\rangle\) ✓.

B-9. Cálculo de los coeficientes de expansión

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Estrategia de resolución: Los coeficientes de expansión en una base ortonormal se obtienen mediante \(c_k = \langle e_k|\psi\rangle\) (ecuación (B.19)).

Cálculo:

\[|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad |-\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}, \quad |\psi\rangle = \begin{pmatrix} 3 \\ i \end{pmatrix}\]

Como la base tiene componentes reales, los vectores bra son:

\[\langle +| = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\; 1), \quad \langle -| = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\; -1)\]
\[c_+ = \langle +|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 \cdot 3 + 1 \cdot i) = \frac{3 + i}{\sqrt{2}}\]
\[c_- = \langle -|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 \cdot 3 + (-1) \cdot i) = \frac{3 - i}{\sqrt{2}}\]
\[\boxed{c_+ = \frac{3 + i}{\sqrt{2}}, \quad c_- = \frac{3 - i}{\sqrt{2}}}\]

Verificación: Comprobamos que \(c_+|+\rangle + c_-|-\rangle\) coincide con \(|\psi\rangle\).

\[c_+|+\rangle + c_-|-\rangle = \frac{3+i}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} + \frac{3-i}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\]
\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix}3+i\\3+i\end{pmatrix} + \frac{1}{2}\begin{pmatrix}3-i\\-(3-i)\end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}6\\2i\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\i\end{pmatrix} = |\psi\rangle \quad \checkmark\]

Además, \(|c_+|^2 + |c_-|^2 = \frac{|3+i|^2}{2} + \frac{|3-i|^2}{2} = \frac{10}{2} + \frac{10}{2} = 10 = \langle\psi|\psi\rangle\) ✓ (igualdad de Parseval).

B-10. Verificación de la relación de completitud

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Estrategia de resolución: Calcular \(|+\rangle\langle+|\) y \(|-\rangle\langle-|\) como matrices \(2\times 2\) respectivamente, y luego sumarlas.

Cálculo:

\[|+\rangle\langle +| = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\;1) = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1\\1 & 1\end{pmatrix}\]
\[|-\rangle\langle -| = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\;-1) = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\\-1 & 1\end{pmatrix}\]
\[|+\rangle\langle +| + |-\rangle\langle -| = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1\\1 & 1\end{pmatrix} + \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\\-1 & 1\end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}2 & 0\\0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}\]
\[\boxed{|+\rangle\langle +| + |-\rangle\langle -| = \hat{1} = \begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}}\]

Verificación: Que se cumpla la relación de completitud es una consecuencia de que \(\{|+\rangle, |-\rangle\}\) forma una base ortonormal. En efecto, \(\langle+|-\rangle = \frac{1}{2}(1\cdot1 + 1\cdot(-1)) = 0\) ✓, \(\langle+|+\rangle = \frac{1}{2}(1+1) = 1\) ✓, \(\langle-|-\rangle = \frac{1}{2}(1+1) = 1\) ✓. En un espacio bidimensional, dos vectores ortonormales constituyen una base, por lo que la relación de completitud se satisface.

Intermedio

M-1. Método de ortogonalización de Gram–Schmidt

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Estrategia de resolución: Siguiendo las ecuaciones (B.22)–(B.24), se normaliza \(|v_1\rangle\) para construir \(|e_1\rangle\), y se elimina la componente \(|e_1\rangle\) de \(|v_2\rangle\) y se normaliza para construir \(|e_2\rangle\).

Paso 1: Construcción de \(|e_1\rangle\)

\[|v_1\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}\]
\[\langle v_1|v_1\rangle = |1|^2 + |i|^2 = 1 + 1 = 2\]
\[|e_1\rangle = \frac{|v_1\rangle}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}\]

Paso 2: Construcción de \(|e_2\rangle\)

Primero se calcula \(\langle e_1|v_2\rangle\). Como \(\langle e_1| = \frac{1}{\sqrt{2}}(1^*,\; i^*) = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\; -i)\):

\[\langle e_1|v_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 \cdot 1 + (-i) \cdot 1) = \frac{1 - i}{\sqrt{2}}\]

Se elimina la componente \(|e_1\rangle\):

\[|w_2\rangle = |v_2\rangle - \langle e_1|v_2\rangle\,|e_1\rangle = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} - \frac{1-i}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}\]
\[= \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} - \frac{1-i}{2}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}\]

Se calcula el producto de \(\frac{1-i}{2}\) con cada componente:

\[\frac{(1-i) \cdot 1}{2} = \frac{1-i}{2}\]
\[\frac{(1-i) \cdot i}{2} = \frac{i - i^2}{2} = \frac{i + 1}{2} = \frac{1+i}{2}\]

Por lo tanto

\[|w_2\rangle = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}\frac{1-i}{2}\\\frac{1+i}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 - \frac{1-i}{2}\\1 - \frac{1+i}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2 - 1 + i}{2}\\\frac{2 - 1 - i}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{1+i}{2}\\\frac{1-i}{2}\end{pmatrix}\]

Se calcula la norma de \(|w_2\rangle\):

\[\langle w_2|w_2\rangle = \left|\frac{1+i}{2}\right|^2 + \left|\frac{1-i}{2}\right|^2 = \frac{2}{4} + \frac{2}{4} = 1\]

Como la norma es 1, no es necesario normalizar:

\[|e_2\rangle = |w_2\rangle = \begin{pmatrix}\frac{1+i}{2}\\\frac{1-i}{2}\end{pmatrix}\]
\[\boxed{|e_1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}, \quad |e_2\rangle = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+i\\1-i\end{pmatrix}}\]

Verificación de la ortonormalidad

\(\langle e_1|e_1\rangle\):

\[\langle e_1|e_1\rangle = \frac{1}{2}(|1|^2 + |i|^2) = \frac{1}{2}(1 + 1) = 1 \quad \checkmark\]

\(\langle e_2|e_2\rangle\):

\[\langle e_2|e_2\rangle = \frac{1}{4}(|1+i|^2 + |1-i|^2) = \frac{1}{4}(2 + 2) = 1 \quad \checkmark\]

\(\langle e_1|e_2\rangle\):

\[\langle e_1|e_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\;-i) \cdot \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+i\\1-i\end{pmatrix} = \frac{1}{2\sqrt{2}}\bigl[1\cdot(1+i) + (-i)\cdot(1-i)\bigr]\]
\[= \frac{1}{2\sqrt{2}}\bigl[(1+i) + (-i + i^2)\bigr] = \frac{1}{2\sqrt{2}}\bigl[(1+i) + (-i - 1)\bigr] = \frac{1}{2\sqrt{2}} \cdot 0 = 0 \quad \checkmark\]

Se ha verificado la ortonormalidad.

M-2. Demostración de que los valores propios de una matriz hermítica son reales

→ Volver al problema

Estrategia de resolución: Multiplicar ambos lados de la ecuación de valores propios por un bra, y usar la hermiticidad para demostrar que \(\lambda = \lambda^*\).

Demostración:

Multiplicando ambos lados de \(\hat{A}|\lambda\rangle = \lambda|\lambda\rangle\) (\(|\lambda\rangle \neq \mathbf{0}\)) por la izquierda con \(\langle\lambda|\):

\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle = \lambda\langle\lambda|\lambda\rangle \tag{1}\]

A continuación, consideremos el complejo conjugado del lado izquierdo de (1). Por la hermiticidad del producto interno (ecuación (B.7)):

\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle^* = \langle\hat{A}\lambda|\lambda\rangle^{*\,*} \text{ no, sino que lo consideramos directamente.}\]

Procedamos con más cuidado. Tomando el complejo conjugado de (1):

\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle^* = \lambda^*\langle\lambda|\lambda\rangle^* = \lambda^*\langle\lambda|\lambda\rangle \tag{2}\]

donde la última igualdad se debe a que \(\langle\lambda|\lambda\rangle\) es real (no negativo).

Por otro lado, usando \(\hat{A}^\dagger = \hat{A}\):

\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle^* = \langle\lambda|\hat{A}^\dagger|\lambda\rangle = \langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle \tag{3}\]

donde la primera igualdad se deduce de la relación general \(\langle\psi|\hat{O}|\phi\rangle^* = \langle\phi|\hat{O}^\dagger|\psi\rangle\) (en el caso \(|\psi\rangle = |\phi\rangle = |\lambda\rangle\)).

De (3) se concluye que \(\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle\) es real.

Comparando (1) y (2):

\[\lambda\langle\lambda|\lambda\rangle = \lambda^*\langle\lambda|\lambda\rangle\]

Como \(|\lambda\rangle \neq \mathbf{0}\), se tiene \(\langle\lambda|\lambda\rangle > 0\), por lo que dividiendo ambos lados entre \(\langle\lambda|\lambda\rangle\):

\[\boxed{\lambda = \lambda^*}\]

Por lo tanto, \(\lambda\) es real. \(\blacksquare\)

Verificación: La matriz \(A = \begin{pmatrix}2 & -i \\ i & 3\end{pmatrix}\) obtenida en D5 era hermítica. Calculando sus valores propios, la ecuación característica \((2-\lambda)(3-\lambda) - (-i)(i) = 0\) da \(\lambda^2 - 5\lambda + 6 - 1 = 0\), \(\lambda^2 - 5\lambda + 5 = 0\), \(\lambda = \frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}\). Efectivamente son reales ✓.

M-3. Los eigenvectores pertenecientes a eigenvalores distintos de una matriz hermítica son ortogonales

→ Volver al problema

Estrategia de resolución: A partir de las dos ecuaciones de valores propios, se deduce una igualdad relativa a \(\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle\), y de \(\lambda_1 \neq \lambda_2\) se concluye que \(\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = 0\).

Demostración:

Ecuaciones de valores propios:

\[\hat{A}|\lambda_1\rangle = \lambda_1|\lambda_1\rangle \tag{i}\]
\[\hat{A}|\lambda_2\rangle = \lambda_2|\lambda_2\rangle \tag{ii}\]

Multiplicando ambos lados de (ii) por la izquierda por \(\langle\lambda_1|\):

\[\langle\lambda_1|\hat{A}|\lambda_2\rangle = \lambda_2\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle \tag{iii}\]

Tomando el conjugado hermítico de (i) (como \(\hat{A}^\dagger = \hat{A}\) y, por S2, \(\lambda_1\) es real, entonces \(\lambda_1^* = \lambda_1\)):

\[\langle\lambda_1|\hat{A}^\dagger = \lambda_1^*\langle\lambda_1| \implies \langle\lambda_1|\hat{A} = \lambda_1\langle\lambda_1|\]

Multiplicando por la derecha por \(|\lambda_2\rangle\):

\[\langle\lambda_1|\hat{A}|\lambda_2\rangle = \lambda_1\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle \tag{iv}\]

Comparando (iii) y (iv):

\[\lambda_2\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = \lambda_1\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle\]
\[(\lambda_1 - \lambda_2)\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = 0\]

Como \(\lambda_1 \neq \lambda_2\), se tiene \(\lambda_1 - \lambda_2 \neq 0\), por lo tanto:

\[\boxed{\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = 0}\]

\(\blacksquare\)

Verificación: Se puede confirmar la ortogonalidad calculando los vectores propios correspondientes a los valores propios \(\lambda_\pm = \frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}\) de la matriz \(A = \begin{pmatrix}2 & -i \\ i & 3\end{pmatrix}\) utilizada en la verificación de S2. Para \(\lambda_+ = \frac{5+\sqrt{5}}{2}\), de \((2 - \lambda_+)v_1 - iv_2 = 0\) se obtiene \(v_2 = \frac{2-\lambda_+}{i} \cdot v_1 = i(\lambda_+ - 2)v_1\). Análogamente, para \(\lambda_-\) se tiene \(v_2 = i(\lambda_- - 2)v_1\). Calculando el producto interno: \(1 + i(\lambda_+ - 2) \cdot (-i)(\lambda_- - 2) = 1 + (\lambda_+ - 2)(\lambda_- - 2)\). Por las fórmulas de Vieta: \((\lambda_+ - 2)(\lambda_- - 2) = \lambda_+\lambda_- - 2(\lambda_+ + \lambda_-) + 4 = 5 - 10 + 4 = -1\). Por lo tanto, el producto interno \(= 1 + (-1) = 0\) ✓.

M-4. Derivación de la identidad del conmutador

→ Volver al problema

Estrategia de resolución: Expandir cada conmutador según su definición, escribir los 12 términos completos y verificar las cancelaciones.

Demostración:

Utilizando la definición del conmutador \([\hat{X}, \hat{Y}] = \hat{X}\hat{Y} - \hat{Y}\hat{X}\), expandimos cada término.

Primer término:

\[[\hat{A}, [\hat{B}, \hat{C}]] = [\hat{A}, \hat{B}\hat{C} - \hat{C}\hat{B}] = \hat{A}\hat{B}\hat{C} - \hat{A}\hat{C}\hat{B} - \hat{B}\hat{C}\hat{A} + \hat{C}\hat{B}\hat{A}\]

Segundo término: Permutación cíclica \(\hat{A} \to \hat{B}\), \(\hat{B} \to \hat{C}\), \(\hat{C} \to \hat{A}\):

\[[\hat{B}, [\hat{C}, \hat{A}]] = \hat{B}\hat{C}\hat{A} - \hat{B}\hat{A}\hat{C} - \hat{C}\hat{A}\hat{B} + \hat{A}\hat{C}\hat{B}\]

Tercer término: Otra permutación cíclica:

\[[\hat{C}, [\hat{A}, \hat{B}]] = \hat{C}\hat{A}\hat{B} - \hat{C}\hat{B}\hat{A} - \hat{A}\hat{B}\hat{C} + \hat{B}\hat{A}\hat{C}\]

Sumando los 12 términos:

Término 1.° 2.° 3.° Total
\(\hat{A}\hat{B}\hat{C}\) \(+1\) \(0\) \(-1\) \(0\)
\(\hat{A}\hat{C}\hat{B}\) \(-1\) \(+1\) \(0\) \(0\)
\(\hat{B}\hat{C}\hat{A}\) \(-1\) \(+1\) \(0\) \(0\)
\(\hat{C}\hat{B}\hat{A}\) \(+1\) \(0\) \(-1\) \(0\)
\(\hat{B}\hat{A}\hat{C}\) \(0\) \(-1\) \(+1\) \(0\)
\(\hat{C}\hat{A}\hat{B}\) \(0\) \(-1\) \(+1\) \(0\)

Todos los términos se cancelan mutuamente:

\[\boxed{[\hat{A}, [\hat{B}, \hat{C}]] + [\hat{B}, [\hat{C}, \hat{A}]] + [\hat{C}, [\hat{A}, \hat{B}]] = 0}\]

\(\blacksquare\)

Verificación: Se puede confirmar concretamente con \(A = \sigma_z\), \(B = \sigma_x\) de D7, además de \(C = \sigma_y\). Usando \([\sigma_z, \sigma_x] = 2i\sigma_y\), \([\sigma_x, \sigma_y] = 2i\sigma_z\), \([\sigma_y, \sigma_z] = 2i\sigma_x\), se obtiene \([\sigma_z, 2i\sigma_z] + [\sigma_x, 2i\sigma_x] + [\sigma_y, 2i\sigma_y] = 2i[\sigma_z, \sigma_z] + 2i[\sigma_x, \sigma_x] + 2i[\sigma_y, \sigma_y] = 0 + 0 + 0 = 0\) ✓ (cualquier operador conmuta consigo mismo).

M-5. Demostración de la desigualdad de Schwarz

→ Volver al problema

Estrategia de la demostración: Se introduce el vector auxiliar \(|w\rangle = |\psi\rangle - t|\phi\rangle\) y se deduce la desigualdad a partir de \(\langle w|w\rangle \geq 0\).

Demostración:

Caso 1: Cuando \(|\phi\rangle = \mathbf{0}\).

Lado derecho \(= \langle\phi|\phi\rangle \cdot \langle\psi|\psi\rangle = 0\), lado izquierdo \(= |\langle\phi|\psi\rangle|^2 = |0|^2 = 0\). Por lo tanto \(0 \leq 0\) y la desigualdad se cumple trivialmente.

Caso 2: Cuando \(|\phi\rangle \neq \mathbf{0}\).

Para cualquier número complejo \(t\), definimos \(|w\rangle = |\psi\rangle - t|\phi\rangle\). Por la propiedad de definición positiva del producto interno:

\[\langle w|w\rangle \geq 0\]
\[\langle w|w\rangle = \langle\psi|\psi\rangle - t\langle\psi|\phi\rangle - t^*\langle\phi|\psi\rangle + |t|^2\langle\phi|\phi\rangle \geq 0 \tag{*}\]

Aquí elegimos \(t\) de forma óptima. Para encontrar el \(t\) que minimiza \(\langle w|w\rangle\), tomamos:

\[t = \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\]

(está bien definido ya que \(\langle\phi|\phi\rangle > 0\)). Entonces:

\[t^* = \frac{\langle\phi|\psi\rangle^*}{\langle\phi|\phi\rangle} = \frac{\langle\psi|\phi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\]
\[|t|^2 = \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle^2}\]

Sustituyendo en (\(*\)):

\[\langle\psi|\psi\rangle - \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\langle\psi|\phi\rangle - \frac{\langle\psi|\phi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\langle\phi|\psi\rangle + \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle^2}\langle\phi|\phi\rangle \geq 0\]

Teniendo en cuenta que \(\langle\psi|\phi\rangle \cdot \langle\phi|\psi\rangle = |\langle\phi|\psi\rangle|^2\) y simplificando:

\[\langle\psi|\psi\rangle - \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} - \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} + \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} \geq 0\]
\[\langle\psi|\psi\rangle - \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} \geq 0\]

Multiplicando ambos lados por \(\langle\phi|\phi\rangle > 0\):

\[\boxed{|\langle\phi|\psi\rangle|^2 \leq \langle\phi|\phi\rangle \cdot \langle\psi|\psi\rangle}\]

\(\blacksquare\)

Condición de igualdad: La igualdad se cumple cuando \(\langle w|w\rangle = 0\), es decir, cuando \(|w\rangle = \mathbf{0}\). Esto significa que

\[|\psi\rangle = t|\phi\rangle = \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}|\phi\rangle\]

Es decir, la igualdad se cumple cuando \(|\psi\rangle\) y \(|\phi\rangle\) son linealmente dependientes (uno es múltiplo escalar del otro).

Verificación: Comprobamos con ejemplos concretos. Cuando \(|\psi\rangle = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\), \(|\phi\rangle = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\): - Lado izquierdo: \(|\langle\phi|\psi\rangle|^2 = |1|^2 = 1\) - Lado derecho: \(\langle\phi|\phi\rangle \cdot \langle\psi|\psi\rangle = 2 \cdot 1 = 2\) - \(1 \leq 2\) ✓ (desigualdad estricta porque son linealmente independientes)

\(|\psi\rangle = \begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix} = 2|\phi\rangle/\sqrt{?}\)... Cuando \(|\psi\rangle = 2\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = 2|\phi\rangle\): - Lado izquierdo: \(|\langle\phi|\psi\rangle|^2 = |2 \cdot 2|^2 = |4|^2 = 16\) - Lado derecho: \(2 \cdot 8 = 16\) - \(16 = 16\) ✓ (igualdad porque son linealmente dependientes)

Avanzado

A-1. Cambio de base mediante matrices unitarias y reglas de transformación de representaciones matriciales

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(a) Demostración de que \(U\) es una matriz unitaria

Estrategia de resolución: Calcular \((U^\dagger U)_{jk}\) e insertar la relación de completitud respecto a \(\{|e_l\rangle\}\).

Demostración:

De \(U_{jk} = \langle e_j|f_k\rangle\) se obtiene \((U^\dagger)_{jk} = U_{kj}^* = \langle e_k|f_j\rangle^* = \langle f_j|e_k\rangle\).

Calculamos \((U^\dagger U)_{jk}\):

\[(U^\dagger U)_{jk} = \sum_{l=1}^{N} (U^\dagger)_{jl}\, U_{lk} = \sum_{l=1}^{N} \langle f_j|e_l\rangle\langle e_l|f_k\rangle\]

Usando la relación de completitud de \(\{|e_l\rangle\}\), \(\sum_{l=1}^{N}|e_l\rangle\langle e_l| = \hat{1}\):

\[(U^\dagger U)_{jk} = \langle f_j|\left(\sum_{l=1}^{N}|e_l\rangle\langle e_l|\right)|f_k\rangle = \langle f_j|\hat{1}|f_k\rangle = \langle f_j|f_k\rangle = \delta_{jk}\]

La última igualdad se debe a la ortonormalidad de \(\{|f_k\rangle\}\). Por lo tanto, \(U^\dagger U = \hat{1}\).

De manera análoga, calculamos \((UU^\dagger)_{jk}\):

\[(UU^\dagger)_{jk} = \sum_{l=1}^{N} U_{jl}\,(U^\dagger)_{lk} = \sum_{l=1}^{N} \langle e_j|f_l\rangle\langle f_l|e_k\rangle\]

Usando la relación de completitud de \(\{|f_l\rangle\}\), \(\sum_{l=1}^{N}|f_l\rangle\langle f_l| = \hat{1}\):

\[(UU^\dagger)_{jk} = \langle e_j|\hat{1}|e_k\rangle = \delta_{jk}\]
\[\boxed{U^\dagger U = UU^\dagger = \hat{1}}\]

Por lo tanto, \(U\) es una matriz unitaria. \(\blacksquare\)

(b) Regla de transformación de la representación matricial

Estrategia de resolución: Insertar la relación de completitud de \(\{|f_l\rangle\}\) en \(A^{(e)}_{jk} = \langle e_j|\hat{A}|e_k\rangle\).

Demostración:

\[A^{(e)}_{jk} = \langle e_j|\hat{A}|e_k\rangle = \langle e_j|\hat{1}\,\hat{A}\,\hat{1}|e_k\rangle\]

Insertamos la relación de completitud de \(\{|f_l\rangle\}\) a la izquierda y a la derecha de \(\hat{A}\):

\[= \sum_{l=1}^{N}\sum_{m=1}^{N} \langle e_j|f_l\rangle\langle f_l|\hat{A}|f_m\rangle\langle f_m|e_k\rangle\]
\[= \sum_{l,m} U_{jl}\, A^{(f)}_{lm}\, (U^\dagger)_{mk}\]

Esto es exactamente la definición del producto de matrices:

\[\boxed{A^{(e)} = U\, A^{(f)}\, U^\dagger}\]

\(\blacksquare\)

(c) Invariancia de la traza respecto a la base

Estrategia de resolución: Utilizar la propiedad cíclica (cyclic property) de la traza.

Demostración:

\[\mathrm{Tr}(A^{(e)}) = \mathrm{Tr}(U\, A^{(f)}\, U^\dagger)\]

Usando la propiedad cíclica de la traza de matrices, \(\mathrm{Tr}(XYZ) = \mathrm{Tr}(ZXY)\):

\[= \mathrm{Tr}(U^\dagger U\, A^{(f)}) = \mathrm{Tr}(\hat{1}\, A^{(f)}) = \mathrm{Tr}(A^{(f)})\]
\[\boxed{\mathrm{Tr}(A^{(e)}) = \mathrm{Tr}(A^{(f)})}\]

Por lo tanto, la traza de un operador no depende de la elección de base. \(\blacksquare\)

Verificación (confirmación directa de la propiedad cíclica de la traza): Calculamos directamente usando índices.

\[\mathrm{Tr}(A^{(e)}) = \sum_k A^{(e)}_{kk} = \sum_k \langle e_k|\hat{A}|e_k\rangle\]

Usando la relación de completitud \(\sum_k |e_k\rangle\langle e_k| = \hat{1}\), esto es la representación de \(\mathrm{Tr}(\hat{A})\) en la base \(\{|e_k\rangle\}\). De manera análoga, en la base \(\{|f_k\rangle\}\):

\[\sum_k \langle f_k|\hat{A}|f_k\rangle = \sum_k \langle f_k|\hat{A}\hat{1}|f_k\rangle = \sum_{k,l} \langle f_k|\hat{A}|e_l\rangle\langle e_l|f_k\rangle = \sum_l \langle e_l|\left(\sum_k |f_k\rangle\langle f_k|\right)\hat{A}|e_l\rangle = \sum_l \langle e_l|\hat{A}|e_l\rangle\]

Efectivamente coinciden ✓.

A-2. Espacio producto tensorial y construcción de la base de Bell

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(a) Demostración de que la base de Bell forma una base ortonormal

Estrategia de resolución: Utilizando el producto interno del espacio producto tensorial \(\langle jk|lm\rangle = \delta_{jl}\delta_{km}\), calculamos el producto interno para todas las combinaciones de los 4 estados de Bell.

Norma de cada vector:

\[\langle\Phi^+|\Phi^+\rangle = \frac{1}{2}(\langle 00| + \langle 11|)(|00\rangle + |11\rangle) = \frac{1}{2}(\langle 00|00\rangle + \langle 00|11\rangle + \langle 11|00\rangle + \langle 11|11\rangle)\]
\[= \frac{1}{2}(1 + 0 + 0 + 1) = 1 \quad \checkmark\]

Mediante cálculos análogos (dado que los cuadrados de los signos son todos \(+1\)):

\[\langle\Phi^-|\Phi^-\rangle = \frac{1}{2}(1 + 1) = 1, \quad \langle\Psi^+|\Psi^+\rangle = 1, \quad \langle\Psi^-|\Psi^-\rangle = 1 \quad \checkmark\]

Productos internos entre vectores diferentes:

\(|\Phi^\pm\rangle\) son combinaciones lineales de \(|00\rangle, |11\rangle\), y \(|\Psi^\pm\rangle\) son combinaciones lineales de \(|01\rangle, |10\rangle\), por lo que los productos internos entre la familia \(\Phi\) y la familia \(\Psi\) son automáticamente 0:

\[\langle\Phi^\pm|\Psi^\pm\rangle = 0, \quad \langle\Phi^\pm|\Psi^\mp\rangle = 0\]

(Porque los productos internos entre vectores distintos de la base estándar son todos 0.)

Combinaciones restantes:

\[\langle\Phi^+|\Phi^-\rangle = \frac{1}{2}(\langle 00| + \langle 11|)(|00\rangle - |11\rangle) = \frac{1}{2}(1 - 0 + 0 - 1) = 0 \quad \checkmark\]
\[\langle\Psi^+|\Psi^-\rangle = \frac{1}{2}(\langle 01| + \langle 10|)(|01\rangle - |10\rangle) = \frac{1}{2}(1 - 0 + 0 - 1) = 0 \quad \checkmark\]

Con lo anterior, los 4 estados de Bell son mutuamente ortogonales y cada uno tiene norma 1. \(\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2\) es un espacio de dimensión 4, y 4 vectores ortonormales forman una base.

\[\boxed{\{|\Phi^+\rangle, |\Phi^-\rangle, |\Psi^+\rangle, |\Psi^-\rangle\} \text{ es una base ortonormal de } \mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2.}\]

(b) Demostración de que \(|\Phi^+\rangle\) es un estado entrelazado

Estrategia de resolución: Usamos reducción al absurdo. Suponemos que \(|\Phi^+\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle\) y derivamos una contradicción.

Demostración:

Supongamos que \(|\Phi^+\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle\). Donde

\[|a\rangle = a_0|0\rangle + a_1|1\rangle, \quad |b\rangle = b_0|0\rangle + b_1|1\rangle\]

entonces:

\[|a\rangle \otimes |b\rangle = a_0 b_0|00\rangle + a_0 b_1|01\rangle + a_1 b_0|10\rangle + a_1 b_1|11\rangle\]

Esto debe ser igual a \(|\Phi^+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle) = \frac{1}{\sqrt{2}}|00\rangle + 0 \cdot |01\rangle + 0 \cdot |10\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|11\rangle\), así que comparando coeficientes:

\[a_0 b_0 = \frac{1}{\sqrt{2}} \tag{I}\]
\[a_0 b_1 = 0 \tag{II}\]
\[a_1 b_0 = 0 \tag{III}\]
\[a_1 b_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \tag{IV}\]

De (I), \(a_0 \neq 0\) y \(b_0 \neq 0\).

En (II), como \(a_0 \neq 0\), entonces \(b_1 = 0\).

En (IV), como \(b_1 = 0\), entonces \(a_1 b_1 = 0 \neq \frac{1}{\sqrt{2}}\). Contradicción.

\[\boxed{|\Phi^+\rangle \text{ es no separable (estado entrelazado).}}\]

\(\blacksquare\)

Verificación: Confirmamos que también surge una contradicción por otra vía. De (IV), \(a_1 \neq 0\) y \(b_1 \neq 0\). Pero de (II), \(a_0 = 0\) o \(b_1 = 0\). Como \(b_1 \neq 0\), entonces \(a_0 = 0\). Entonces de (I), \(a_0 b_0 = 0 \neq \frac{1}{\sqrt{2}}\). Contradicción ✓. Por ambas vías se obtiene una contradicción.

(c) Expansión de un estado arbitrario en la base de Bell

Estrategia de resolución: Invertimos las relaciones de la base estándar en términos de la base de Bell y sustituimos. Alternativamente, obtenemos cada coeficiente de expansión mediante productos internos.

Cálculo:

Primero resolvemos inversamente las definiciones de la base de Bell para expresar la base estándar en términos de la base de Bell:

\[|\Phi^+\rangle + |\Phi^-\rangle = \sqrt{2}\,|00\rangle \implies |00\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle + |\Phi^-\rangle)\]
\[|\Phi^+\rangle - |\Phi^-\rangle = \sqrt{2}\,|11\rangle \implies |11\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle - |\Phi^-\rangle)\]
\[|\Psi^+\rangle + |\Psi^-\rangle = \sqrt{2}\,|01\rangle \implies |01\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle + |\Psi^-\rangle)\]
\[|\Psi^+\rangle - |\Psi^-\rangle = \sqrt{2}\,|10\rangle \implies |10\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle - |\Psi^-\rangle)\]

Sustituyendo en \(|\psi\rangle = \alpha|00\rangle + \beta|01\rangle + \gamma|10\rangle + \delta|11\rangle\):

\[|\psi\rangle = \frac{\alpha}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle + |\Phi^-\rangle) + \frac{\beta}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle + |\Psi^-\rangle) + \frac{\gamma}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle - |\Psi^-\rangle) + \frac{\delta}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle - |\Phi^-\rangle)\]

Agrupando por elementos de la base de Bell:

\[|\psi\rangle = \frac{\alpha + \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^+\rangle + \frac{\alpha - \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^-\rangle + \frac{\beta + \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^+\rangle + \frac{\beta - \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^-\rangle\]
\[\boxed{|\psi\rangle = \frac{\alpha + \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^+\rangle + \frac{\alpha - \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^-\rangle + \frac{\beta + \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^+\rangle + \frac{\beta - \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^-\rangle}\]

Resumiendo los coeficientes de expansión:

\[c_{\Phi^+} = \frac{\alpha + \delta}{\sqrt{2}}, \quad c_{\Phi^-} = \frac{\alpha - \delta}{\sqrt{2}}, \quad c_{\Psi^+} = \frac{\beta + \gamma}{\sqrt{2}}, \quad c_{\Psi^-} = \frac{\beta - \gamma}{\sqrt{2}}\]

Verificación: Comprobamos la condición de normalización.

\[\sum |c_i|^2 = \frac{|\alpha+\delta|^2 + |\alpha-\delta|^2 + |\beta+\gamma|^2 + |\beta-\gamma|^2}{2}\]

\(|\alpha + \delta|^2 + |\alpha - \delta|^2 = 2(|\alpha|^2 + |\delta|^2)\) (ley del paralelogramo), y análogamente \(|\beta + \gamma|^2 + |\beta - \gamma|^2 = 2(|\beta|^2 + |\gamma|^2)\), por lo que:

\[\sum |c_i|^2 = \frac{2(|\alpha|^2 + |\delta|^2) + 2(|\beta|^2 + |\gamma|^2)}{2} = |\alpha|^2 + |\beta|^2 + |\gamma|^2 + |\delta|^2 = 1 \quad \checkmark\]

Además, como caso especial, cuando \(|\psi\rangle = |\Phi^+\rangle\) (\(\alpha = \delta = 1/\sqrt{2}\), \(\beta = \gamma = 0\)): \(c_{\Phi^+} = \frac{1/\sqrt{2} + 1/\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 1\), y los demás son 0 ✓.