# Theoretische Physik 2 - Blatt 02

- Tim Hansen
- Moritz Scheele

## Aufgabe 3
- $P_1$ ist Projektor auf Unterraum $H_1$
- $P_2$ ist Projektor auf Unterraum $H_2$

### a)
**Behauptung:** $P_1 P_2 = P_2 P_1 \Leftrightarrow P_1 P_2$ ist ein Projektor und $P_1 P_2$ projiziert auf $H_1 \cap H_2$.

**Beweis:**

Es sei:
- $\dim(H_1) = M, \quad \dim(H_2) = N, \quad M \geq N, \quad$ o.B.d.A.
- $A, B$ die *geordneten* Tupel der Indizes der Basiszustände von $H_1, H_2$
- $q$ die Anzahl der gemeinsamen Basiszustände

$$
\begin{aligned}
P_1 P_2 &= \left( \sum_{m=1}^{M} |A_m\rangle \langle A_m| \right) \left( \sum_{n=1}^{N} |B_n\rangle \langle B_n| \right) \\
\\
&= \left( \sum_{n=1}^N |A_n\rangle \underbrace{\langle A_n | B_n \rangle}_{\delta_{A_n, B_n}} \langle B_n | \right) + \sum_{n=1}^N |B_n\rangle \langle B_n| \sum_{m=N+1}^M |A_m \rangle \langle A_m| \\
\\
&= \left( \sum_{n=1}^q |A_n \rangle \langle B_n| \right) + \sum_{n=1}^N \sum_{m=N+1}^M |B_n\rangle \underbrace{\langle B_n | A_m\rangle}_{\delta_{B_n,A_m}} \langle A_m| \\
\\
&\quad\text{Anmerkung:} \quad\forall m > n: A_m \neq B_n \quad\Rightarrow\quad\delta_{B_n, A_m} = 0 \\
\\
&= \sum_{n=1}^q |A_n \rangle \langle B_n|
\end{aligned}
$$

$q$ ist die Anzahl gemeinsamer Basisvektoren von $H_1$ und $H_2$, d.h. $\dim(H_1 \cap H_2) = q$. Da $A$ und $B$ geordnet sind, gilt $|A_n\rangle = |B_n\rangle$ für $n \leq q$, sodass $\sum_{n=1}^q |A_n \rangle \langle B_n|$ ein Projektor auf den Unterraum $H_1 \cap H_2$ ist.

$$
\square
$$

### b)
**Behauptung:**
Sei $P_1 P_2 = 0$, dann gilt:

1. $H_1$ und $H_2$ sind orthogonal
2. $P_1 + P_2$ ist ein Projektor auf $H_1 \oplus H_2$

**Beweis:**

**1.**
++Definition:++
$H_1, H_2$ sind orthogonal $\quad\Leftrightarrow\quad \forall |y\rangle \in H_1, |z\rangle \in H_2: \langle y|z \rangle = 0$

Es sei:
- $|a\rangle, |b\rangle \in H$
- $|y\rangle = P_1 |a\rangle, \quad |z\rangle = P_2 |b\rangle$

dann ist

$$
\langle y | z \rangle = \langle a | P_1 P_2 | b \rangle = 0 \quad \checkmark
$$

**2.**
$$
\begin{aligned}
(P_1 + P_2) |x\rangle &= \left( \sum_{m=1}^M |A_m\rangle \langle A_m| + \sum_{n=1}^N |B_n\rangle \langle B_n| \right) |x\rangle \\
\\
&= \sum_{m=1}^M |A_m\rangle \langle A_m | x\rangle + \sum_{n=1}^N |B_n\rangle \langle B_n | x\rangle \\
\\
&= \sum_{m=1}^M c_m |A_m\rangle + \sum_{n=1}^N d_n |B_n\rangle \\
\\
&= \underbrace{|y\rangle}_{\in H_1} + \underbrace{|z\rangle}_{\in H_2}
\end{aligned}
$$

Da $H_1 \oplus H_2 := \{|v\rangle + |w\rangle: |v\rangle \in H_1, |w\rangle \in H_2\}$, so ist $(P_1 + P_2) |x\rangle \in H_1 \oplus H_2$ und $P_1 + P_2$ projiziert auf $H_1 \oplus H_2$. $\checkmark$

$$
\square
$$

## Aufgabe 4
**Behauptung:**
Sei $|\phi\rangle\in H$. Es gilt für einen Operator $A$:
- $\langle\phi|A|\phi\rangle=0 \Rightarrow A=0$

**Beweis:**
- **Fall 1:** $A$ ist hermitesch
- **Fall 2:** $A$ ist nicht hermitesch

**Fall 1:**
Es sei $\{|m\rangle: m\in\mathbb{N}\}$ die ONB von $|\phi\rangle$.
Da $A$ hermitesch ist, kann $A$ durch eine unitäre Matrix $U$ und einer Diagonalmatrix $D$ dargestellt werden:

$$
\begin{aligned}
A_{mm'} &= \sum_{nn'}U_{mn}D_{nn'}U_{n'm'}^\dagger \\
\\
A &= \sum_{mm'} |m\rangle A_{mm'} \langle m'| \\
\\
\end{aligned}
$$

Daraus folgt:

$$
\begin{aligned}
\langle \phi | A | \phi \rangle &= \sum_{mm'}\langle\phi|m\rangle A_{mm'}\langle m'|\phi\rangle \\
\\
&= \sum_{mm'}\langle\phi|m\rangle \sum_{nn'}U_{mn}D_{nn'}U_{n'm'}^\dagger \langle m'|\phi\rangle \\
\\
&=0 \\
\\
\end{aligned}
$$

$$
\Rightarrow D_{nn'} = 0 \Leftrightarrow A_{mm'} = 0 \quad \checkmark
$$

**Fall 2:**
Es sei

$$
A = A_1 + i A_2
$$

mit

$$
A_1 = \frac{1}{2}(A+A^\dagger), \quad A_2 = \frac{1}{2i}(A-A^\dagger)
$$

Dann sind $A_1, A_2$ hermitesch und es gilt:
$$
\begin{aligned}
\langle\phi|A|\phi\rangle &= \langle\phi|A_{1}|\phi\rangle+\langle\phi|iA_{2}|\phi\rangle \\
\\
&=0 \\
\\
\Leftrightarrow\langle\phi|A_{1}|\phi\rangle &= -\langle\phi|iA_{2}|\phi\rangle \\
\\
\underbrace{\langle \phi | \frac{(A+A^\dagger)}{2} | \phi \rangle}_{\in\mathbb{R}} &=-i*\underbrace{\langle \phi | \frac{(A - A^\dagger)}{2i} | \phi \rangle}_{\in\mathbb{R}} \\
\\
\end{aligned}
$$

Eine komplexe Zahl mit einem komplexen Anteil ist nicht Teil von $\mathbb{R}$, sodass beide Skalarprodukte Null ergeben müssen.
Da $A_1$ und $A_2$ hermitesch sind, folgt mit dem Beweis aus *Fall 1*:
$$
A_1 = A_2 = 0 \Rightarrow A = 0 \\
\\
$$

$$
\square
$$