El espacio de Hilbert

El 60,65 % de una gaussiana desplazada un x₀ sobre el oscilador está en el estado fundamental, y ese número no lo ha calculado ningún ordenador: vale e^−1/2, exactamente. El siguiente peso es la mitad, 0,3033; el tercero, la octava parte, 0,0758; y con trece términos la suma de todos vale 1 con catorce cifras. Una función que no es ninguna $\psi_n$ se escribe entera con las $\psi_n$ , y no aproximadamente: entera. El II.1 tuvo que creerse que eso siempre se puede hacer. Este artículo dice por qué se puede, qué hay que exigirle a un espacio para que se pueda, y qué se rompe cuando la exigencia no se cumple.

Necesitas, en concreto: del módulo II.3, la base {

\psi_n

} del oscilador y la variable adimensional

\xi = x/x_0

; del II.1 artículo 04, el desarrollo

\Psi = \sum_n c_n\psi_n

que allí se usó sin demostrar que fuera legítimo. Del I.5, el qubit, que aquí es el espacio de Hilbert más pequeño que existe. De matemáticas: producto escalar y bases ortonormales en ℂⁿ, integración por partes, y la serie de la exponencial. Texto guía del nivel: D. J. Griffiths y D. F. Schroeter, Introduction to Quantum Mechanics, 3.ª ed.

Parseval en vivo

La curva gruesa es una gaussiana desplazada una distancia d del origen del oscilador; la fina es lo que reconstruyen sus N + 1 primeras componentes, Σ_n≤N c_nψ_n. Lo sombreado es lo que falta. Las barras son los |c_n|²: las claras están cortadas fuera. La suma de todas tiene que dar 1 — eso es Parseval—, y lo que la casilla «Resto» mide es cuánto se ha quedado más allá del corte. Nada está cableado: los c_n se integran aquí, sobre una rejilla de 401 nodos en ξ ∈ [−8, 8], y el dibujo enseña de −5 a 8.

Desplazamiento d = 1,00 · λ = d²/2 = 0,500 Corte N = 12 · se conservan 13 de las 13 barras

0 60,7 %

1 30,3 %

2 7,58 %

3 1,26 %

4 0,158 %

5 0,0158 %

6 0,00132 %

7 9,40 × 10⁻⁵ %

8 5,88 × 10⁻⁶ %

9 3,26 × 10⁻⁷ %

10 1,63 × 10⁻⁸ %

11 7,42 × 10⁻¹⁰ %

12 3,09 × 10⁻¹¹ %

Σ_n≤N |c_n|² 1,000000 lo que el corte conserva

Resto 1,23 × 10⁻¹⁴ sumado sobre n > N, no restado

⟨n⟩ medido 0,5000 tiene que ser λ = 0,5000

Con N = 12 la suma ya vale 1,000000 y sólo queda fuera 1,23 × 10⁻¹⁴. La función no se parece a ningún ψ_n —está centrada en 1,00 y ninguno de ellos lo está— y aun así se escribe entera como suma de ellos. Eso es lo que el II.1 tuvo que creerse. Y el ⟨n⟩ medido cuadra con λ = 0,5000 porque estos pesos son exactamente una Poisson: la gaussiana desplazada es el estado coherente de α = d/√2.

El producto escalar deja de ser una integral

Hasta aquí, el producto escalar de dos funciones de onda era una receta:

\langle\phi|\psi\rangle = \int_{-\infty}^{\infty} \phi^{*}(x)\,\psi(x)\,dx.

Funciona, y es como se calcula. Pero conviene mirar qué propiedades de esa receta se han usado de verdad en los tres módulos anteriores, porque son menos de las que parece. Se ha usado que es lineal en el segundo argumento y antilineal en el primero; que $\langle\psi|\phi\rangle = \langle\phi|\psi\rangle^{*}$ ; y que $\langle\psi|\psi\rangle \geq 0$ , con igualdad sólo si ψ es la función nula. Ninguna de las tres menciona una integral.

Un espacio de Hilbert es lo que queda cuando se toman esas tres propiedades como definición en vez de como consecuencia: un espacio vectorial complejo dotado de un producto escalar que las cumple, y que además es completo —de eso se habla en la sección cuarta, porque la palabra tiene dos significados y los dos hacen falta—. L²(ℝ), el conjunto de las funciones de cuadrado integrable, es uno. ℂ², el del qubit del I.5, es otro. El oscilador del II.3, con su base { $\psi_n$ }, no es un tercero: es el mismo L² visto desde dentro, con coordenadas.

El convenio de la física —y no el de las matemáticas— es que sea antilineal en el primer argumento y lineal en el segundo, lo que hace que ⟨φ| se comporte como una fila y |ψ⟩ como una columna. Comprobado sobre 400 tercias de vectores al azar en dimensiones de 2 a 8: la mayor desviación de la sesquilinealidad es 9,9 × 10⁻¹⁶, y la de la simetría conjugada y la de la parte imaginaria de ⟨ψ|ψ⟩ son cero exacto — no pequeñas: cero.

Y en L², donde sí hay integral, hay que ver que la integral no es otra cosa sino el límite de la suma de ℂᴺ. Tómense dos funciones que no se parezcan en nada, $f_1(x) = e^{-(x-0{,}6)^{2}}$ y $f_2(x) = x\,e^{-(x+0{,}4)^{2}/3}$ . Por cuadratura adaptativa sobre [−30, 30]: $\langle f_1|f_1\rangle = 1{,}25331$ —que es $\sqrt{\pi/2}$ , porque el cuadrado de una gaussiana es otra gaussiana—, $\langle f_2|f_2\rangle = 1{,}97543$ y $\langle f_1|f_2\rangle = 0{,}418408$ . Discretizando ese mismo intervalo en 60 001 puntos y tratando las dos funciones como vectores de ℂᴺ, el producto escalar sale 0,418408, con una discrepancia relativa de 1,2 × 10⁻¹² contra la cuadratura. El producto escalar de L² es el de ℂᴺ con N grande, y lo que se demuestre con los axiomas vale en los dos sitios a la vez.

La norma no basta: el paralelogramo y una norma sin ángulos

Un producto escalar da una norma, $\|\psi\| = \sqrt{\langle\psi|\psi\rangle}$ , pero no toda norma viene de un producto escalar. La diferencia no es técnica: separa un espacio donde hay ángulos de uno donde sólo hay longitudes. Sin ángulos no hay ortogonalidad, sin ortogonalidad no hay base ortonormal y sin base ortonormal no hay Parseval, ni regla de Born, ni nada de lo que este módulo va a construir.

El criterio que distingue las dos cosas es la ley del paralelogramo, y es una identidad, no una desigualdad:

\|a+b\|^{2} + \|a-b\|^{2} = 2\|a\|^{2} + 2\|b\|^{2}.

Se demuestra en dos renglones desarrollando los cuadrados con los axiomas: los términos cruzados ⟨a|b⟩ + ⟨b|a⟩ salen con signo opuesto en las dos normas de la izquierda y se cancelan. La norma de Hilbert la cumple, comprobado en 400 pares al azar con una desviación relativa máxima de 5,6 × 10⁻¹⁶. Lo notable, teorema de Jordan y von Neumann, es el recíproco: una norma procede de algún producto escalar si y sólo si cumple esa identidad. No es una consecuencia curiosa: es el certificado.

Y hay normas que no lo pasan. La norma ℓ¹, la que suma valores absolutos —la que se usa para acumular errores, y una norma perfectamente legítima—, sobre ℝ² con a = (1, 0) y b = (0, 1) da a + b = (1, 1) y a − b = (1, −1), o sea ‖a+b‖₁ = ‖a−b‖₁ = 2, y por tanto

\|a+b\|_1^{2} + \|a-b\|_1^{2} = 4 + 4 = 8, \qquad 2\|a\|_1^{2} + 2\|b\|_1^{2} = 2 + 2 = 4.

8 ≠ 4, y no por poco: el cociente vale exactamente 2. No hay ningún producto escalar en el mundo que genere la norma ℓ¹, ni ingenioso ni feo. En un espacio así la pregunta «¿son ortogonales estos dos vectores?» no tiene respuesta, porque no hay nada que pueda valer cero. Ése es el contraejemplo que convierte «con producto escalar» en una exigencia y no en una decoración de la definición.

La contrapartida positiva es todavía más fuerte, y se llama identidad de polarización. En un espacio complejo, el producto escalar se recupera sólo con longitudes:

\langle\phi|\psi\rangle = \frac14\sum_{k=0}^{3} i^{k}\,\bigl\|\psi + i^{k}\phi\bigr\|^{2}.

Cuatro medidas de longitud, ninguna componente, y sale un número complejo con su fase. Comprobado en 400 pares al azar, con una desviación máxima contra la suma directa $\sum_i \phi_i^{*}\psi_i$ de 4,6 × 10⁻¹⁶: son dos programas distintos, y uno de ellos es ciego a las componentes. La lección práctica es que la norma determina toda la geometría: misma norma, mismos ángulos y mismas ortogonalidades. Por eso las fases relativas, que en el I.5 parecían un detalle de contabilidad, son medibles: están dentro de las longitudes.

Cauchy-Schwarz, que aquí es un teorema y no un préstamo

La desigualdad de Cauchy-Schwarz se usó en el I.3 y en el II.1 como una herramienta traída de fuera. Con los axiomas encima de la mesa se demuestra en cuatro renglones y sin tocar ninguna integral, y por eso vale en L², en ℂ² y en cualquier otro sitio donde se cumplan los tres. El punto de partida es el único axioma que tiene un signo: $\langle\chi|\chi\rangle \geq 0$ para todo χ. Tómese $\chi = \phi - \lambda\psi$ con λ complejo cualquiera y desarróllese:

0 \leq \langle\phi-\lambda\psi|\phi-\lambda\psi\rangle = \langle\phi|\phi\rangle - \lambda\langle\phi|\psi\rangle - \lambda^{*}\langle\psi|\phi\rangle + |\lambda|^{2}\langle\psi|\psi\rangle.

Es cierto para todo λ, así que en particular para el que haga el lado derecho lo más pequeño posible. Ese λ es

\lambda = \frac{\langle\psi|\phi\rangle}{\langle\psi|\psi\rangle},

y sustituyéndolo los dos términos cruzados se comen el cuadrático y queda

0 \leq \langle\phi|\phi\rangle - \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^{2}}{\langle\psi|\psi\rangle} \qquad\Longleftrightarrow\qquad |\langle\phi|\psi\rangle|^{2} \leq \langle\phi|\phi\rangle\,\langle\psi|\psi\rangle.

Ese λ no es un truco de calculista: es la componente de φ a lo largo de ψ, y φ − λψ es lo que sobra después de quitársela — el gesto de Parseval con un solo vector de la base en vez de con todos. Y se puede comprobar sin creerse el álgebra: buscando el mínimo de ‖φ − λψ‖² por minimización numérica sobre el plano complejo, con Nelder-Mead y 200 pares al azar, el λ del optimizador coincide con el algebraico con un error máximo de 4,6 × 10⁻⁸ —el de su tolerancia— y el valor del mínimo coincide con $\langle\phi|\phi\rangle - |\langle\phi|\psi\rangle|^{2}/\langle\psi|\psi\rangle$ con un error de 1,3 × 10⁻¹⁵.

La desigualdad es estricta salvo que φ y ψ sean paralelos. En los 200 pares al azar el cociente $|\langle\phi|\psi\rangle|^{2}/(\langle\phi|\phi\rangle\langle\psi|\psi\rangle)$ no pasó nunca de 0,9737; construyendo a propósito φ = (0,3 − 0,9i)ψ, sale 1 con error relativo 2 × 10⁻¹⁶. Y en L², con las dos funciones de la sección anterior, el cociente vale 0,0707: 0,418408² frente a 1,25331 × 1,97543. Un número pequeño quiere decir que esas dos funciones están lejos de ser proporcionales, que es lo que se ve al dibujarlas. El artículo 03 aplica esta misma desigualdad a dos operadores y de ahí saca la relación de Robertson; aquí basta con haberla ganado.

Completo, dos veces

La palabra «completo» aparece en este módulo con dos significados distintos, y confundirlos es el error más común del tema.

Completo como espacio quiere decir que no le faltan límites: toda sucesión de Cauchy converge a un elemento del propio espacio. Es lo que impide que una sucesión de funciones perfectamente respetables se acerque a algo que no está dentro. Que L² sea completo es el teorema de Riesz y Fischer, de 1907, y es análisis del bueno: aquí se usa, no se demuestra.

Completo como conjunto de vectores quiere decir otra cosa: que no faltan direcciones. Dada una base ortonormal {|n⟩}, con ⟨n|m⟩ = δ_nm, se definen los coeficientes $c_n = \langle n|\psi\rangle$ , y el conjunto es un conjunto completo si para toda ψ del espacio se cumple la identidad de Parseval:

\sum_n |c_n|^{2} = \langle\psi|\psi\rangle.

La ortonormalidad no se da por supuesta, se comprueba: para la base del oscilador, integrando por cuadratura las 91 parejas con n, m ≤ 12, el peor |⟨n|m⟩ − δ_nm| es 1,6 × 10⁻¹⁵. Sin eso, Parseval no significaría nada, porque los términos cruzados no se anularían.

El caso más pequeño cabe en un renglón. En ℂ², con |0⟩ = (1, 0) y |1⟩ = (0, 1), el estado |ψ⟩ = (3|0⟩ + 4|1⟩)/5 tiene c₀ = 0,6 y c₁ = 0,8, y 9/25 + 16/25 = 1. Eso es aritmética del triángulo 3-4-5 y conviene decirlo: en dimensión finita Parseval es Pitágoras y no hay nada que medir. Lo que hay que medir es el caso infinito, y para eso está el panel de arriba.

Ejemplo resuelto 1 · La gaussiana desplazada es un estado coherente, y sus pesos son una Poisson

Problema. Sea $f(\xi) = \pi^{-1/4}\,e^{-(\xi-d)^{2}/2}$ , ya normalizada: es el estado fundamental del oscilador, entero, corrido una distancia d en unidades de x₀. (a) Identifícala con un estado conocido y obtén los c_n en forma cerrada. (b) Evalúalos para d = 1 y comprueba Parseval sin integrar nada. (c) Comprueba la forma cerrada por dos caminos independientes. (d) Traduce el resultado a la molécula de CO del II.3.

Solución. (a) El II.3 dejó definidos los operadores escalera, con $\hat\xi = (a + a^{\dagger})/\sqrt2$ . El operador de desplazamiento $D(\alpha) = e^{\alpha a^{\dagger} - \alpha^{*}a}$ cumple, para α real, $D^{\dagger}(\alpha)\,\hat\xi\,D(\alpha) = \hat\xi + \sqrt2\,\alpha$ , o sea que traslada la coordenada y nada más. Aplicado al vacío traslada su función de onda:

D(\alpha)|0\rangle \;\longleftrightarrow\; \psi_0(\xi - \sqrt2\,\alpha) = \pi^{-1/4}e^{-(\xi-\sqrt2\alpha)^{2}/2}.

Comparando con f se lee $\sqrt2\,\alpha = d$ , es decir $\alpha = d/\sqrt2$ , y como α es real no queda ninguna fase suelta: f es exactamente el estado coherente de α = d/√2. El desarrollo del coherente en la base de número es conocido y elemental —se obtiene escribiendo D(α) en orden normal y aplicando $(a^{\dagger})^{n}|0\rangle = \sqrt{n!}\,|n\rangle$ —:

c_n = \langle n|D(\alpha)|0\rangle = e^{-\alpha^{2}/2}\,\frac{\alpha^{n}}{\sqrt{n!}} \qquad\Longrightarrow\qquad |c_n|^{2} = e^{-\lambda}\,\frac{\lambda^{n}}{n!},\quad \lambda \equiv \alpha^{2} = \frac{d^{2}}{2}.

Los pesos son una distribución de Poisson de media λ = d²/2. Eso ya cierra Parseval sin ningún número: $\sum_n e^{-\lambda}\lambda^{n}/n! = e^{-\lambda}e^{\lambda} = 1$ para todo d. La serie de la exponencial es la identidad de Parseval de este estado.

(b) Con d = 1, λ = 1/2, y los cuatro primeros pesos son e^−1/2 dividido por 1, 2, 8 y 48:

|c_0|^{2} = 0{,}606531,\quad |c_1|^{2} = 0{,}303265,\quad |c_2|^{2} = 0{,}0758163,\quad |c_3|^{2} = 0{,}0126361.

Los tres primeros suman 0,9856; el cuarto ya no llega al 5 %, y por eso el panel deja tres barras visibles y el resto en fila.

(c) Dos caminos que no saben nada de coherentes: integrar $\int \psi_n f\,d\xi$ por cuadratura sobre funciones de Hermite, y exponenciar $\alpha a^{\dagger} - \alpha^{*}a$ como matriz de 90 × 90 en un Fock truncado, donde no hay gaussianas ni polinomios, sólo a y a†. Sobre veinte coeficientes —n de 0 a 4, d de 0,5 a 3— la mayor discrepancia entre la Poisson y la cuadratura es 3,3 × 10⁻¹⁶, y entre la Poisson y la matriz, 6,9 × 10⁻¹⁶. Tres orígenes distintos, el mismo número hasta el último bit.

(d) La media de una Poisson es λ, así que $\langle n\rangle = d^{2}/2$ y $\langle H\rangle = \hbar\omega\,(d^{2}/2 + \tfrac12)$ . Para el ¹²C¹⁶O del II.3, con x₀ = 4,7606 pm y ħω = 269,02 meV, estirar el enlace un x₀ y soltarlo deja ⟨n⟩ = 0,500 y ⟨H⟩ = 269,02 meV, o sea exactamente medio cuanto por encima de la energía de punto cero de 134,51 meV. Comprobado por una vía que no toca los coeficientes: integrando $\tfrac12(\langle\xi^{2}\rangle + \langle\pi^{2}\rangle)$ sobre la función, coincide con ⟨n⟩ + ½ con un error de 2 × 10⁻⁸, que es el de la derivada numérica.

Resultado. Lo que se ha ganado no es el 0,6065, que ya estaba: es saber que vale e^−1/2. Una cifra de cuadratura se afina con la rejilla y nunca se sabe cuánto le falta; una forma cerrada convierte al panel en un instrumento calibrable, porque hay un patrón contra el que medirlo. Y el desarrollo deja de ser un acto de fe: no es que la suma parezca dar 1 hasta donde se ha sumado, es que la serie de la exponencial da 1, para todo d, exactamente. Cuando el panel imprime algo distinto de 1, mide su propio corte — y de eso va la sección siguiente.

El resto es del corte, no de la base

Nadie suma infinitos términos: se corta en un N y se toma $P_N\psi = \sum_{n\leq N} c_n|n\rangle$ . El resto $R(N) = 1 - \sum_{n\leq N}|c_n|^{2}$ se puede medir de tres maneras que no se hablan entre sí: restando de 1 la suma de coeficientes, integrando la función que sobra $\|f - P_N f\|^{2}$ , y sumando hacia arriba la cola de la Poisson. Las tres coinciden, y aquí están:

Corte	d = 1 (λ = 0,5)	d = 2 (λ = 2)	d = 3 (λ = 4,5)
N = 4	1,72 × 10⁻⁴	5,27 × 10⁻²	4,68 × 10⁻¹
N = 8	3,44 × 10⁻⁹	2,37 × 10⁻⁴	4,03 × 10⁻²
N = 12	1,23 × 10⁻¹⁴	2,07 × 10⁻⁷	8,05 × 10⁻⁴

Por columnas: con el mismo corte, un paquete que vive más lejos del origen necesita más niveles, porque los $\psi_n$ bajos apenas llegan hasta allí — de d = 1 a d = 3, con N = 12, el resto sube once órdenes de magnitud. Por filas: con el mismo paquete, cada cuatro niveles más el resto cae unas cuantas décadas, y la caída se acelera. Eso último tiene nombre y ley.

El término n-ésimo de una Poisson es $e^{-\lambda}\lambda^{n}/n!$ , y el factorial acaba ganando a cualquier potencia. La consecuencia se mide en el cociente de restos consecutivos, que tiene que tender a (N+2)/λ:

N (con d = 3)	R(N)	R(N)/R(N+1) medido	(N+2)/λ predicho	cociente
6	1,689 × 10⁻¹	1,9512	1,7778	1,0976
8	4,026 × 10⁻²	2,3552	2,2222	1,0599
10	6,669 × 10⁻³	2,7737	2,6667	1,0401
12	8,051 × 10⁻⁴	3,2002	3,1111	1,0287
14	7,366 × 10⁻⁵	3,6317	3,5556	1,0214

La última columna se acerca a 1 por arriba, y siempre por arriba: la predicción se queda corta porque desprecia los términos posteriores al primero. Cuánto se queda corta se puede cuantificar exactamente. Con d = 3 y N = 12, el primer término omitido vale $e^{-\lambda}\lambda^{13}/13! = 5{,}5355\times10^{-4}$ frente a un resto verdadero de 8,0514 × 10⁻⁴: el primer término se lleva el 68,8 % de todo lo que falta, y los infinitos restantes se reparten el 31,2 % sobrante. Ésa es la firma de una convergencia factorial y no exponencial: una exponencial reparte su cola entre muchos términos; un factorial la concentra en el primero. Por eso trece barras bastan y no es casualidad.

Y una advertencia que no se puede saltar, porque el 1,23 × 10⁻¹⁴ de la esquina de arriba a la izquierda de la primera tabla estuvo a punto de no ser una medida. Restar de 1 una suma que vale 0,999999999999988 es cancelación catastrófica, y el panel llegó a imprimir ahí 1,14 × 10⁻¹⁴ —un 7,3 % de error contra el valor exacto, y en d = 0 la resta salía incluso negativa— hasta que se le cambió el cálculo: ahora la cola se suma en vez de restarse, término a término y de la componente más pequeña a la mayor. Con eso el error cae por debajo de 10⁻⁶ % —siete cifras de acuerdo con la cola exacta— y la cifra pasa a ser lo que aparenta: la misma cantidad, la misma rejilla y el mismo corte, y lo único que cambió fue sumar en vez de restar. La regla que deja esto, y sirve para cualquier panel: lo que se pregunta se suma; lo que se resta de 1 se pierde en el redondeo.

Ejemplo resuelto 2 · Cuántos niveles hay que llevarse, y cómo saberlo antes de calcularlos

Problema. Un cálculo del enlace del CO parte del fundamental estirado 3 x₀ = 14,28 pm y hay que representarlo en la base del oscilador. (a) ¿Cuántos niveles hay que conservar para que la norma perdida no llegue a una parte en mil? (b) ¿Y a una en diez mil? (c) Predice R(14) sin calcularlo, partiendo de R(12), y compáralo con el valor medido. (d) ¿Qué error se comete al usar la predicción?

Solución. (a) d = 3 da λ = d²/2 = 4,5. De la tabla de restos: N = 10 deja fuera 6,669 × 10⁻³, que es más de una parte en mil, y N = 12 deja 8,051 × 10⁻⁴, que ya no lo es. Hacen falta trece niveles (n de 0 a 12), que es exactamente el corte del panel. (b) N = 12 no basta para 10⁻⁴; N = 14 deja 7,366 × 10⁻⁵. Hacen falta quince.

(c) La ley R(N)/R(N+1) ≈ (N+2)/λ se puede iterar hacia adelante, escrita como R(N+1) ≈ R(N)·λ/(N+2). Partiendo de R(12) = 8,0514 × 10⁻⁴:

R(13) \approx 8{,}0514\times10^{-4}\cdot\frac{4{,}5}{14} = 2{,}588\times10^{-4}, \qquad R(14) \approx 2{,}588\times10^{-4}\cdot\frac{4{,}5}{15} = 7{,}76\times10^{-5}.

(d) El valor medido es 7,366 × 10⁻⁵, así que la predicción sobra un 5,4 %. El signo no es casual: la tabla de la sección anterior enseña que el cociente medido es siempre mayor que (N+2)/λ —1,0287 en N = 12 y 1,0214 en N = 14—, luego dividir por la predicción hace que el resto baje menos de lo que debería, y la estimación se queda alta. Dos pasos acumulan las dos desviaciones, y 1,0287 × 1,0214 = 1,0507, que es el 5 % que aparece.

Resultado. Lo que importa no es el número de niveles, que se puede tabular: es que se sabe de antemano, con una fórmula de un renglón, y que el error de esa fórmula tiene signo conocido. Un presupuesto que se equivoca siempre por el lado de llevarse niveles de más es utilizable; uno que se equivoca en cualquier dirección no lo es. Y la escala se lee de un vistazo: los niveles necesarios crecen como λ, es decir como d², y no exponencialmente — que es lo que hace que el método sirva en un ordenador.

Dirac, y la identidad resuelta

A partir de aquí conviene la notación de Dirac, que no es física nueva sino taquigrafía. |ψ⟩ es el vector; ⟨φ| es el funcional lineal que le saca el producto escalar a cualquier vector; ⟨φ|ψ⟩ es el número que sale; |n⟩ es la $\psi_n$ de siempre. La ganancia es escribir ⟨n|x|m⟩ sin dibujar una integral, y es la lengua de los otros tres artículos de este módulo.

Lo que sí es nuevo es el objeto que se obtiene al juntar los dos al revés. El proyector |n⟩⟨n| es un operador: aplicado a |ψ⟩ devuelve c_n|n⟩, o sea recorta la componente n y tira el resto. Cumple lo que tiene que cumplir un proyector —comprobado en el Fock truncado, con desviación cero exacta—: $P_n^{2} = P_n$ , porque recortar dos veces es recortar una, y $P_nP_m = 0$ si n ≠ m, porque la base es ortonormal. Y sumados todos:

\sum_n |n\rangle\langle n| = \hat{\mathbb 1}.

Eso es la resolución de la identidad, y no dice nada nuevo: es Parseval escrito como operador. Metiéndola entre ⟨ψ| y |ψ⟩ sale $\langle\psi|\psi\rangle = \sum_n |c_n|^{2}$ sin más álgebra. Su utilidad es que se inserta en cualquier sitio: es el «multiplicar por uno» del formalismo, y con ella el desarrollo de una función deja de ser un teorema que invocar y pasa a ser un renglón.

Y ahora la prueba de que la palabra «completo» significa algo. Quítese un solo término de la suma —el |0⟩⟨0|— y aplíquese lo que queda al paquete de d = 1. Lo que sobrevive tiene norma al cuadrado

\sum_{n\geq1}|c_n|^{2} = 1 - e^{-1/2} = 0{,}393469,

medido por dos caminos: sumando los coeficientes que da la matriz D(α) desde n = 1, e integrando $\|f - c_0\psi_0\|^{2}$ , que no ve ningún coeficiente. Coinciden con un error de 4,2 × 10⁻¹⁶, y las dos valen 1 − e^−1/2. Se ha perdido el 60,65 % de la probabilidad por retirar un vector de una base infinita. La moraleja no es que la base incompleta dé un error pequeño: es que da una respuesta equivocada, y por una cantidad que se puede calcular exactamente de antemano.

Lo que este artículo no demuestra, y conviene que se sepa. Que L²(ℝ) sea completo como espacio es el teorema de Riesz y Fischer (1907), y que las autofunciones de un hamiltoniano razonable formen un conjunto completo sale del teorema espectral, que el III.1 trata en serio y que en dimensión infinita tiene condiciones finas —dominio, autoadjunción, espectro continuo— que aquí ni se enuncian. Lo que se ha hecho es usar el resultado y comprobarlo en un caso donde la base es explícita. Un módulo de carrera que finja haber demostrado el teorema espectral con una cuadratura miente.

Y una honestidad sobre el panel. Sus cifras son medidas y tienen suelo, sólo que el suelo está dieciséis órdenes más abajo de lo que se suele suponer: la casilla «Resto» enseña el error de su propia rejilla de 401 nodos por debajo de d ≈ 0,35 —del orden de 10⁻³⁰ en d = 0 y de 10⁻²⁹ en d = 0,15—, y de ahí hacia arriba lo que enseña es cola de verdad. Se deja a la vista a propósito, con la nota diciéndolo, en vez de recortar el número para que parezca limpio. Lo que salva al panel es tener patrón: como |c₀|² vale e^−1/2 en forma cerrada, se puede comprobar que lo que imprime coincide con él en 9 × 10⁻¹⁶ — y una medida sin patrón no vale nada.

Ejercicios

Ejercicio 1 · Cauchy-Schwarz, sacada de los axiomas y no de un libro

Parte sólo de la sesquilinealidad, de $\langle\psi|\psi\rangle\geq0$ y de $\langle\phi|\psi\rangle^{*} = \langle\psi|\phi\rangle$ . (a) Desarrolla $\langle\phi-\lambda\psi|\phi-\lambda\psi\rangle\geq0$ y elige el λ que da la cota más fina. (b) ¿Cuánto vale el mínimo, y qué representa geométricamente? (c) ¿Cuándo hay igualdad? (d) Aplícalo a φ = ψ: ¿qué sale, y por qué eso no es una comprobación de nada?

Solución

(a) El desarrollo da $\langle\phi|\phi\rangle - \lambda\langle\phi|\psi\rangle - \lambda^{*}\langle\psi|\phi\rangle + |\lambda|^{2}\langle\psi|\psi\rangle$ . Tratando λ y λ* como variables independientes y anulando la derivada respecto de λ* sale $\lambda = \langle\psi|\phi\rangle/\langle\psi|\psi\rangle$ . Sustituyendo, los dos cruzados valen cada uno −|⟨φ|ψ⟩|²/⟨ψ|ψ⟩ y el cuadrático +|⟨φ|ψ⟩|²/⟨ψ|ψ⟩, así que quedan $\langle\phi|\phi\rangle - |\langle\phi|\psi\rangle|^{2}/\langle\psi|\psi\rangle \geq 0$ , que es la desigualdad.

(b) El mínimo vale exactamente eso: $\langle\phi|\phi\rangle - |\langle\phi|\psi\rangle|^{2}/\langle\psi|\psi\rangle$ . Es la norma al cuadrado de la parte de φ perpendicular a ψ: λψ es la proyección y φ − λψ el residuo. Buscado numéricamente sobre el plano complejo con 200 pares al azar, el mínimo coincide con esa expresión con un error de 1,3 × 10⁻¹⁵.

(c) Igualdad si y sólo si φ − λψ = 0, o sea si son proporcionales. En 200 pares al azar el cociente |⟨φ|ψ⟩|²/(⟨φ|φ⟩⟨ψ|ψ⟩) no pasó de 0,9737; construyendo a propósito φ = (0,3 − 0,9i)ψ vale 1.

(d) Sale |⟨ψ|ψ⟩|² ≤ ⟨ψ|ψ⟩², con igualdad siempre. Y ahí está la segunda lección, que vale para todo el módulo: los dos lados son el mismo símbolo. Comprobar eso numéricamente no verifica nada, porque el ordenador está comparando un número consigo mismo. Una comprobación sólo cuenta cuando los dos lados se han calculado por caminos que no se hablan — como los tres del ejemplo resuelto 1.

Ejercicio 2 · Una norma legítima en la que no hay ángulos

Sobre ℝ², con a = (1, 0) y b = (0, 1), usa la norma $\|v\|_1 = |v_1| + |v_2|$ . (a) Evalúa los dos lados de la ley del paralelogramo. (b) Concluye. (c) Intenta definir «ortogonal» en ese espacio y di qué falla. (d) Si alguien propusiera ℓ¹ como norma de la mecánica cuántica, ¿qué pieza del formalismo se caería primero?

Solución

(a) a + b = (1, 1) y a − b = (1, −1), las dos con norma ℓ¹ igual a 2, así que el lado izquierdo vale 4 + 4 = 8. Y ‖a‖₁ = ‖b‖₁ = 1, así que el derecho vale 2 + 2 = 4.

(b) 8 ≠ 4, y por el teorema de Jordan y von Neumann eso basta: no existe ningún producto escalar cuya norma sea ℓ¹. No es que no se haya encontrado; es que no puede haberlo.

(c) «Ortogonal» significa ⟨a|b⟩ = 0, y aquí no hay ⟨·|·⟩ que pueda valer cero. Los sustitutos que se pueden inventar —pedir ‖a + tb‖ ≥ ‖a‖ para todo t, por ejemplo— dejan de ser simétricos: b puede ser «ortogonal» a a sin que a lo sea a b, y sin simetría no hay base ortonormal.

(d) Parseval, y con ella la regla de Born. |c_n|² es una probabilidad porque los términos cruzados se anulan al desarrollar ⟨ψ|ψ⟩, y se anulan porque ⟨n|m⟩ = 0. Sin producto escalar no hay coeficientes que sumen 1, y sin eso no hay manera de leer |c_n|² como la probabilidad de nada. La segunda lección: los axiomas del producto escalar no están ahí por elegancia matemática — están sosteniendo la interpretación probabilista.

Ejercicio 3 · Recuperar el producto escalar midiendo sólo longitudes

(a) Desarrolla $\|\psi + i^{k}\phi\|^{2}$ con los axiomas y comprueba que $\tfrac14\sum_{k=0}^{3} i^{k}\|\psi+i^{k}\phi\|^{2} = \langle\phi|\psi\rangle$ . (b) Aplícalo en ℂ² a φ = (1, 0) y ψ = (0, 1) y comprueba que sale 0. (c) ¿Qué queda de la identidad en un espacio vectorial real? (d) ¿Por qué el resultado es más fuerte de lo que parece?

Solución

(a) $\|\psi + i^{k}\phi\|^{2} = \|\psi\|^{2} + \|\phi\|^{2} + i^{k}\langle\psi|\phi\rangle + (i^{k})^{*}\langle\phi|\psi\rangle$ . Al multiplicar por i^k y sumar en k = 0…3, los dos primeros términos se van porque Σi^k = 0; el término en ⟨ψ|φ⟩ lleva i^2k, cuya suma también es cero; y el de ⟨φ|ψ⟩ lleva i^k(i^k)* = 1 cuatro veces, de donde el ¼.

(b) Las cuatro normas al cuadrado valen 2 —los vectores son ortogonales y unitarios—, así que la suma es 2(1 + i − 1 − i)/4 = 0, como tenía que ser.

(c) Sólo sobreviven dos términos y se recupera la parte real: $\langle\phi|\psi\rangle = \tfrac14(\|\psi+\phi\|^{2} - \|\psi-\phi\|^{2})$ . En un espacio real eso es todo lo que hay, porque el producto escalar ya es real; en el complejo, sin los términos con i se perdería la fase.

(d) Porque dice que la norma determina el producto escalar de manera única: dos espacios con la misma norma tienen los mismos ángulos, las mismas ortogonalidades y el mismo Parseval. La geometría no es información adicional a las longitudes, está contenida en ellas. Y comprobado numéricamente en 400 pares al azar, la reconstrucción coincide con la suma directa Σφ*ψ con un error máximo de 4,6 × 10⁻¹⁶.

Ejercicio 4 · El panel, con los dos mandos en la mano

(a) Pon el desplazamiento a cero: ¿cuánto vale |c₀|², y por qué da igual dónde esté el corte? (b) Con desplazamiento 1 y el corte al máximo, ¿cuántas barras pasan del 5 %? (c) Pon el desplazamiento a 3 y baja el corte de 12 a 4: ¿por qué factor crece el resto, y qué le pasa a la curva fina del dibujo? (d) Con desplazamiento 1 y el corte al máximo, la casilla del resto marca 1,23 × 10⁻¹⁴. ¿Es eso una cola?

Solución

(a) Vale 1: con d = 0 la función es $\psi_0$ , así que λ = 0 y la Poisson se concentra entera en n = 0. Todos los demás coeficientes son cero, de modo que cortar en N = 0 o en N = 12 da lo mismo. No hay nada que perder.

(b) Tres: n = 0, 1 y 2, con 0,6065 + 0,3033 + 0,0758 = 0,9856. La cuarta, |c₃|² = 0,01264, se queda en el 1,26 %.

(c) De 8,051 × 10⁻⁴ a 4,679 × 10⁻¹, un factor 581. La curva fina se separa de la gruesa y aparece la sombra, |f − P_Nf|: lo que falta no está repartido por igual, sino concentrado donde la función es grande. Con ocho niveles de menos, la reconstrucción ya no reproduce la forma, no sólo la altura.

(d) Sí, y ésa es la gracia de la pregunta. La cola exacta de la Poisson vale 1,2329 × 10⁻¹⁴, y lo que el panel suma coincide con ella hasta la séptima cifra, con un error relativo por debajo de 10⁻⁶ %. El suelo de su rejilla está dieciséis órdenes más abajo —del orden de 10⁻³⁰ con d = 0—, así que ahí no hay ni rastro de redondeo. La segunda lección es de método, y es justo la que vuelve del revés la respuesta: cuando el panel calculaba ese mismo resto como 1 − Σ, restando dos números que difieren en 10⁻¹⁴, imprimía 1,14 × 10⁻¹⁴ —un 7,3 % de error— y en d = 0 llegaba a dar un valor negativo. La cantidad era la misma, la rejilla la misma y el corte el mismo; lo único que cambiaba era sumar en vez de restar. Una cifra no es ruido por ser pequeña, lo es por cómo se ha obtenido — y eso no se decide mirándola.

Ejercicio 5 · De la Poisson a la energía, sin volver a integrar

Toma como dado $|c_n|^{2} = e^{-\lambda}\lambda^{n}/n!$ con λ = d²/2. (a) Demuestra Parseval en una línea. (b) Calcula ⟨n⟩ y deduce ⟨H⟩. (c) Aplícalo al CO estirado un x₀, con ħω = 269,02 meV. (d) Calcula la dispersión de n y di qué significa que no sea cero.

Solución

(a) $\sum_n e^{-\lambda}\lambda^{n}/n! = e^{-\lambda}\sum_n \lambda^{n}/n! = e^{-\lambda}e^{\lambda} = 1$ , para todo λ y por tanto para todo d. La identidad de Parseval de este estado es la serie de la exponencial: no hay nada que aproximar.

(b) $\langle n\rangle = \sum_n n\,e^{-\lambda}\lambda^{n}/n!$ ; el n cancela un factor del factorial y, reindexando m = n − 1, queda λ e^−λe^λ = λ. Como $H = \hbar\omega(N + \tfrac12)$ con N = a†a, sale $\langle H\rangle = \hbar\omega(\lambda + \tfrac12) = \hbar\omega(d^{2}/2 + \tfrac12)$ .

(c) Con d = 1, λ = 0,5, así que ⟨n⟩ = 0,500 y ⟨H⟩ = ħω = 269,02 meV. La energía de punto cero son 134,51 meV, así que estirar el enlace un x₀ y soltarlo entrega medio cuanto de media. El panel lo mide: su casilla de ⟨n⟩ suma n|c_n|² con sus propios coeficientes y da 0,5000.

(d) La varianza de una Poisson es también λ, así que σ_n = √λ = 0,707 con d = 1. No es cero, y eso quiere decir que el paquete desplazado no es un estado estacionario: tiene energía dispersa, y por tanto evoluciona. Ahí está la segunda lección — que una función sea desarrollable en la base no la convierte en autoestado, y que el desarrollo es justamente lo que permite propagarla, poniéndole a cada término su e^−iE_nt/ħ. Es lo que el II.1 hacía y no podía justificar.

Ejercicio 6 · Recortar la base, y por qué no se puede comprobar que sea completa

En ℂ², con |ψ⟩ = (3|0⟩ + 4|1⟩)/5, retira |1⟩⟨1| de la resolución de la identidad. (a) ¿Qué queda y con qué norma? (b) ¿Cuánta probabilidad se pierde? (c) Compara con lo que pasa en el oscilador al retirar |0⟩⟨0| del paquete de d = 1. (d) Alguien te entrega una base y afirma que es completa. ¿Puedes comprobarlo con Parseval?

Solución

(a) Queda (3/5)|0⟩, de norma 0,6 y norma al cuadrado 0,36. El operador que queda ya no es la identidad, así que aplicado dos veces no reconstruye |ψ⟩ ni de lejos.

(b) 1 − 0,36 = 0,64, o sea 16/25: se pierde el 64 % por retirar uno de dos vectores.

(c) En el oscilador, retirar |0⟩⟨0| del paquete de d = 1 deja 1 − e^−1/2 = 0,393469: se pierde el 60,65 %. El contraste es la lección — retirar uno de dos vectores cuesta el 64 % y retirar uno de infinitos cuesta el 60,65 %, porque lo que importa no es cuántos queden sino cuánto pesaba el que se fue.

(d) No. Parseval tiene que valer para toda ψ del espacio, y sólo se puede comprobar en las que uno pruebe: cualquier número finito de comprobaciones exitosas es compatible con que la base esté incompleta en una dirección que no se ha explorado. Lo que sí se puede hacer es lo contrario: encontrar una sola ψ donde la suma no dé ⟨ψ|ψ⟩ refuta la completitud de golpe. Ésa es la asimetría de siempre entre confirmar y refutar, y la razón de que la completitud de la base del oscilador sea un teorema —del teorema espectral— y no un resultado numérico. Lo que el panel hace es comprobar un caso, que es útil para cazar errores y no vale como demostración.