Reto: ¿Te atreves? Un poco de malabarismo matemático

Publicado el 22 julio, 2011 por Cuentos Cuánticos | 32 comentarios

Hola, hoy vamos a jugar con las matemáticas. Dado que estamos entrando en la época estival y que puede que nos aburramos, hemos querido hacer una entrada de papel y lápiz, no todo va a ser tecnología. Aquí nos proponernos inventarnos unas operaciones y unos símbolos que manejaremos siguiendo unas reglas que iremos definiendo. Creemos que cualquiera puede seguirlo si presta atención y si sigue las explicaciones paso a paso. Todos los cálculos han sido detallados. Si alguno quiere, tiene ganas o le apetece que lo intente seguir y reproducir, porque hay sorpresa… y gorda. Si os apetece jugar, decidnos las dudas que tengáis y lo comentamos (podemos emplear el foro). No queremos ni motivar ni decir para qué sirve todo esto, simplemente digamos que es física teórica pura y dura y que esto depara muchas muchas sorpresas y que son cosas que los físicos teóricos emplean a diario. Si seguís esto y participáis os podéis dar por muy satisfechos y nosotros también. Ya sabéis,

Perdámosle el respeto a la matemática y encontraremos cosas increibles.

El juego

El objetivo del juego es:

Introducir algunos símbolos a nuestra elección.
Definir un par de operaciones a nuestra elección también.
Jugar un poco con ellos y sacar dos o tres expresiones.

¿Jugamos? El objetivo de esto es simplemente eso, jugar. Y por lo demás nos llevaremos una agradable sorpresa que será desvelada si todos hemos seguido el juego. Por supuesto nosotros vamos a desarrollar todas las expresiones explicándolas paso a paso, detalladamente. Si alguno de vosotros ha seguido el juego… desvelaremos por qué hemos jugado. 😉

Elementos iniciales:

En esta sección vamos a definir algunos símbolos y una operación. Más adelante cuando el juego se vaya «complicando» iremos introduciendo otros:

$a$ = A este símbolo lo llamaremos «a»
$a^\dagger$ = A este símbolo lo llamaremos «a daga»
Tanto $a$ como $a^{\dagger}$ serán nuestros objetos básicos.

Una vez definidos los símbolos ahora definamos una operación que llamaremos «paréntesis»:

Definimos la operación $\left[,\right]$

Esta operación es simplemente una regla de manipulación, y en este caso elegimos que dados dos símbolos cuales quiera $A$ y $B$ genéricos, es decir, que son combinaciones de $a$ y $a^{\dagger}$ arbitrarias ya que, por ahora, estos últimos son los únicos símbolos que hemos definido. La regla de manipulación es: $\left[A,B\right]=AB-BA$

Así podremos poner: $\left[a,a^\dagger\right]=aa^\dagger - a^\dagger a$ y claro, esto así dice poco, hemos de fijar un valor de referencia (igual que decimos 1+1=2 y a partir de ahí vamos subiendo). El valor que elegimos de referencia es:

$[a,a^\dagger]=1$

Esto quiere decir que cuando veamos la operación: $[a,a^\dagger]$ para nosotros será como un señor 1.

Pero además quiere decir otra cosa, si tenemos una expresión donde aparece $aa^\dagger$ no podemos sustituirla por $a^\dagger a$ .

$aa^{\dagger}-a^\dagger a=1$

$aa^\dagger=1+a^\dagger a$

$a^\dagger a=aa^\dagger -1$

Es evidente de la definición de la operación paréntesis que se cumple lo siguiente:

$\left[a,a\right]=aa-aa=0$

$\left[a^\dagger , a^\dagger\right]=0$

El juego no da para más. Así que habrá que empezar a ampliar las reglas y los símbolos que pueden entrar.

Nuevos símbolos

Lo primero que uno puede hacer es probar con combinaciones de los símbolos básicos: $aa^\dagger a^\dagger aaa$ que podríamos escribir $a(a^\dagger)^2a^3$ . Pero más vale ser un poco más modestos, aún no tenemos perfecto control del juego, lo cual es lógico porque nos lo estamos inventando.

Así que juguemos con una combinación simple: $a^\dagger a$ , bueno, para darle un poco de gracia al asunto empleemos $a^\dagger a +\dfrac{1}{2}$ . Y como esta combinación vamos a usarla mucho, para no escribir tanto la llamaremos $G$ :

$G=a^\dagger a +\dfrac{1}{2}$

Y no podemos hacer mucho más que aplicar la operación paréntesis a ver que sale:

Calculemos $\left[G,a\right]$ y a ver que sale:

$\left[G,a\right]=\left[a^\dagger a+\dfrac{1}{2},a\right]$

Puuff!!, primer problema, nadie nos ha dicho como trabajar cuando tenemos sumas y esas cosas dentro de la operación paréntesis. Bueno, pues como el juego es nuestro nos inventamos dos reglas para esos casos:

$\left[A\pm B,C\right]=\left[A,C\right]+\left[B,C\right]$

$\left[A,B\pm C\right]=\left[A,B\right]+\left[A,C\right]$

Solucionado. Así que ahora podemos aplicar:

$\left[a^\dagger a+\dfrac{1}{2},a\right]=\left[a^\dagger a,a\right]+\left[\dfrac{1}{2},a\right]$

Otro problema, nadie nos ha dicho que pasa si tenemos números dentro de la operación paréntesis. Como no hay muchas ganas de pensar, toda combinación de [número, letra] o [letra,número] (siempre que el número esté solo) será cero. Con eso tenemos:

$\left[\dfrac{1}{2},a\right]=0$

Más fácil no se puede.

Con lo que nos va quedando:

$\left[G,a\right]=\left[a^\dagger a,a\right]$

Y hete aquí, tenemos una combinación de símbolos $a^\dagger a$ , pero nosotros sólo sabemos como se comporta la operación paréntesis $\left[,\right]$ cuando tenemos una $a$ y una $a^\dagger$ . Así que intentemos ver que pasa cuando tenemos situaciones del tipo $\left[AB,C\right]$ :

Vamos a decir que:

$\left[AB,C\right]=A\left[B,C\right]+\left[A,C\right]B$ .

Por un lado el lado izquierdo da:

$\left[AB,C\right]=(AB)C-C(AB)$

Y el lado derecho:

$A\left[B,C\right]+\left[A,C\right]B=A(BC-CB)+(AC-CA)B=$

$=ABC-ACB+ACB-CAB=ABC-CAB=(AB)C-C(AB)$

Por lo tanto hemos acertado con la regla que acabamos de introducir.

Así que aplicando esto a $\left[a^\dagger a,a\right]$ obtenemos:

$\left[a^\dagger a,a\right]= a^\dagger\left[a,a\right]+\left[a^\dagger ,a\right]a$

Pero recordemos, $\left[a,a\right]=0$ así que en este caso:

$\left[a^\dagger a,a\right]= \left[a^\dagger ,a\right]a$

Pero claro, por la definición: $\left[a,a^\dagger\right]=1$ pero ¿cuánto vale $\left[a^\dagger ,a\right]$ ?

$\left[a^\dagger ,a\right]=a^\dagger a - aa^\dagger=-(aa^\dagger -a^\dagger a)=-\left[a,a^\dagger\right]=-1$

Por lo tanto: $\left[a^\dagger a,a\right]= \left[a^\dagger ,a\right]a=-a$

Así hemos llegado a: $\left[G,a\right]=-a$ .

Siguiendo la misma cadena de razonamientos no es difícil llegar a $\left[G,a^\dagger\right]=a^\dagger$

Y ya está, hemos terminado de jugar con $G$ , $a$ y $a^\dagger$ .

Ahora vamos a proponer otra combinación que llamaremos $H$ , y la obvia es:

$H=\dfrac{\omega}{2}\left(aa^\dagger +a^\dagger a\right)$

Donde $\dfrac{\omega}{2}$ es un simple número, como 3, 5, etc.

Vamos a ver si podemos simplificar esto, empleando la relación inicial $\left[a,a^\dagger\right]$ :

Vamos a elegir el primer término del paréntesis (,):

$aa^\dagger = 1+a^\dagger a$

Por lo tanto:

$H=\dfrac{\omega}{2}\left(1+ a^\dagger a+a^\dagger a\right)$

Lo que nos queda:

$H=\omega\left(a^\dagger a+\dfrac{1}{2}\right)$

Lo que es asombroso porque $H=\omega G$ , así que no es fácil de llegar a:

$\left[H,a\right]=-\omega a$ y $\left[H,a^\dagger\right]=\omega a^\dagger$

Para lo cual lo único que hay que tener en cuenta es que si tengo el producto de un número como $\omega$ por uno de nuestros símbolos por ejemplo $A$ , el paréntesis $\left[\omega A, B\right]$ elegimos que nos de:

$\left[\omega A, B\right]=\omega \left[A,B\right]$ ,

es decir, elegimos que si tenemos un número multiplicando a nuestros símbolos dentro de la operación paréntesis simplemente lo sacamos fuera y multiplica al paréntesis.

Así que no hemos avanzado mucho 😛

Complicamos el juego un poco más

Vamos a meter más elementos en el juego, y vamos a meter cosas del tipo $|E\rangle$ . Y que sobre estos bichos actúen los símbolos que hemos definido previamente, $a$ , $a^\dagger$ y $H$ .

Reglas:

La regla que vamos a introducir es que cuando $H$ se pone en frente de $|E\rangle$ , lo vamos a llamar H actuando sobre $|E\rangle$ , nos da:

$H|E\rangle=E|E\rangle$

Y aquí viene una parte del juego interesante, tenemos que distinguir entre E y $|E\rangle$ . Para nosotros cuando tenemos solamente E representa un número y cuando tenemos $|E\rangle$ es uno de los objetos de nuestro juego, es aquello sobre lo que pueden actuar $a$ , $a^\dagger$ y $H$ , es decir, no son lo mismo. No se confundirán números y estos bichos porque la notación es clara.

¿Cómo actúan $a$ y $a^\dagger$ sobre los $|E\rangle$ ?

Veamos este ejemplo: $a^\dagger |E\rangle$ .

El problema es que sólo sabemos como actúa $H$ sobre $|E\rangle$ así que hagamos actuar $H$ sobre $a^{\dagger}|E\rangle$ :

$Ha^\dagger |E\rangle$

tenemos que buscarnos la vida para meter $H$ al lado de $|E\rangle$ , para eso aprovechamos que $\left[H,a^\dagger\right]=Ha^\dagger -a^\dagger H$

Por lo tanto: $\left[H,a^\dagger\right]+a^\dagger H$ , así tenemos:

$Ha^\dagger|E\rangle = (\left[H,a^\dagger\right]+a^\dagger H)|E\rangle=$

$\left[H,a^\dagger\right]|E\rangle+a^\dagger H|E\rangle=$

Y esto queda:

$Ha^\dagger |E\rangle=\omega a^\dagger|E\rangle+a^\dagger E|E\rangle=$

$Ha^\dagger |E\rangle=(E+\omega)a^\dagger|E\rangle$

Pero claro, aquí pasa algo, nosotros hemos impuesto que $H|E\rangle=E|E\rangle$ y ahora hemos encontrado que:

$H(a^\dagger |E\rangle)=(E+\omega)(a^\dagger |E\rangle)$

Lo que quiere decir que $a^\dagger |E\rangle=|\omega+E\rangle$

Siguiendo estos pasos, exactamente igual, se puede llegar a:

$Ha|E\rangle=(E-\omega)a|E\rangle$

con lo que $a|E\rangle=|E-\omega\rangle$

Es decir, al actuar con $a^\dagger$ sobre $|E\rangle$ lo convertimos en algo distinto, de forma que al actuar con H ya no obtienemos E sino $|E+\omega\rangle$ . Análogamente con $a$ pero disminuyendolo. Pero ahora vamos a imponer que hay un tipo de los bichos $|E\rangle$ que no puede ser disminuido más, y lo denotaremos por: $|0\rangle$ de forma que si aplicamos $a$ a este bicho directamente nos escupe cero:

$a|0\rangle=0$

¿Y qué da $H$ actuando sobre $|0\rangle$ ? Pues hagamoslo recordando que $H=\omega(a^\dagger a+\dfrac{1}{2})$ tenemos:

$H|0\rangle = \omega(a^\dagger a+\dfrac{1}{2})|o\rangle=$

$\omega a^\dagger a|0\rangle+\omega\dfrac{1}{2}|0\rangle$

Nos fijamos en que $\omega a^\dagger (a|0\rangle)=0$ así que tenemos:

$H|0\rangle =\omega\dfrac{1}{2}|0\rangle$

No está nada mal hemos encontrado un par de cosas interesantes con el juego este ¿no?

Rizando el rizo:

Bueno, pues vamos a tirar la casa por la ventana, ahora vamos a tener una familia de símbolos { $a_1,a_2,a_3,\dots$ } y los correspondientes { $a^\dagger_1,a^\dagger_2,a^\dagger_3,\dots$ } donde tenemos infinitos de esos símbolos.

Como ciertamente es engorroso tener que escribir listas vamos a introducir una abreviatura para la lista, y llamaremos a la familia { $a_i$ } donde $i=1,2,\dots.\infty$ , esta $i$ la llamamos etiqueta. Análogamente lo haremos para $a^\dagger$ .

Ahora imponemos las siguientes relaciones:

$\left[a_i , a^\dagger_j\right]=1$ si el número i = al número j y $\left[a_i , a^\dagger_j\right]=0$ si el número i es distinto del número j. Es decir, $\left[a_1,a^\dagger_1\right]=1$ pero $\left[a_1,a^\dagger_5\right]=0$ .

Eso lo vamos a abreviar así: $\left[a_i , a^\dagger_j\right]=\delta_{ij}$ , donde $\delta_{ij}$ es una abreviatura para:

Es cero cuando i es distinto de j y 1 cuando i es igual a j.

En todos los casos: $\left[a_i , a_j\right]=0$ y $\left[a^\dagger_i , a^\dagger_j\right]=0$

¿Ahora qué es $H$ ?

Pues simplemente tomaremos:

$H=\sum_{i=1}^\infty \omega_i(a^\dagger_i a_i+\dfrac{1}{2})$

es decir, sumamos todos los bichos uno por cada valor posible de la etiqueta i.

$H=\omega_1(a^\dagger_1 a_1+\dfrac{1}{2})+\omega_2(a^\dagger_2 a_2+\dfrac{1}{2})+\dots$

Hagamos actuar este H sobre $|0\rangle$ :

$H|o\rangle =\sum_{i=1}^\infty \omega_i(a^\dagger_i a_i+\dfrac{1}{2})|0\rangle$

Bien podemos emplear esta expresión o si es más cómodo podemos emplear la expresión extendida:

$H|0\rangle=(\omega_1(a^\dagger_1 a_1+\dfrac{1}{2})+\omega_2(a^\dagger_2 a_2+\dfrac{1}{2})+\dots)|0\rangle=$

$= (\omega_1(a^\dagger_1 a_1+\dfrac{1}{2})|0\rangle+\omega_2(a^\dagger_2 a_2+\dfrac{1}{2})|0\rangle+\dots)$

Repitiendo lo que hicimos antes nos queda:

$H|0\rangle= (\omega_1\dfrac{1}{2}|0\rangle+\omega_2\dfrac{1}{2})|0\rangle+\dots)=\sum_{i=1}^\infty\dfrac{\omega_i}{2}|o\rangle$

Pero estamos haciendo una suma de infinitos números del tipo $\omega_i/2$ , siendo todos ellos positivos, el resultado nos da un infinito.

Y aquí tenemos que parar el juego, si algo te sale infinito ya deja de tener gracia.

Bueno, pues hasta aquí el juego este, esperamos que lo intentéis y tanto si os sale como si no, decidnos algo para desvelar el secreto que esto encierra.

Un placer como siempre.

P.D. AGRADECEMOS A OSGUK HABER PUNTUALIZADO CIERTOS ERRORES QUE HABIAMOS COMETIDO.

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32 Respuestas a “Reto: ¿Te atreves? Un poco de malabarismo matemático”

Andrés Alfaro Cerazo | 27 septiembre, 2018 en 21:06 | Responder

Una pregunta,es un postulado eso del conmutador entre los operadores de creación y aniquilación?…O tiene una demostración?
Anónimo | 24 junio, 2015 en 11:17 | Responder

buen juego sólo que no di con [G,a+]=a+ es mi única duda
Anónimo | 20 junio, 2015 en 5:42 | Responder

Hola, he seguido la entrada perfectamente hasta que pasas de:
H(a^\dagger |E\rangle)=(E+\omega)(a^\dagger |E\rangle)
a lo siguiente
a^\dagger |E\rangle=|\omega+E\rangle
He leído los comentarios pero aún así no logro entender como se deduce eso, si no es molestia, podrías explicarme con un paso intermedio?

Gracias y saludos 🙂
- Cuentos Cuánticos | 20 junio, 2015 en 12:37 | Responder
  
  Si los estados que estás usando son autoestados del Hamiltoniano cuando aplico H(a^\dagger |E\rangle) si el resultado es (E+\omega)|ESTADO>, entonces ese Estado tiene que ser |E+\omega>. ¿No?
Charles | 10 abril, 2015 en 14:52 | Responder

Excelente la forma de explicar; se me aclararon muchas dudas.
Saludos
Anónimo | 30 agosto, 2013 en 11:21 | Responder

Hola estoy siguiendo el juego pero no entiendo el paso en el que deduces que a|E> = |E-w> ni tampoco el anterior, el de creación.
- Cuentos Cuánticos | 31 agosto, 2013 en 15:48 | Responder
  
  Fíjate que primero demostramos que $H(a|E\rangle)=(E-\omega)a|E\rangle$ .
  
  Eso quiere decir que el estado $a|E\rangle$ nos devuelve la cantidad $E-\omega$ .
  
  Dado que hemos mostrado que los estados $|E\rangle$ son tales que cuando calculamos $H|E\rangle$ obtenemos $H|E\rangle=E|E\rangle$ . Si un estado, representado por $a|E\rangle$ nos devuelve al actuar H el valor $E-\omega$ es porque ese estado se puede escribir como: $|E-\omega\rangle$ . Es decir: $a|E\rangle=|E-\omega\rangle$ .
  
  Lo que tienes que pensar es lo siguiente. Imagina que empezamos con un estado $|7\rangle$ , entonces al aplicar H obtendremos: $H|7\rangle=7|7\rangle$ . Ahora supón que al aplicar H sobre el estado resultante de $a|7\rangle$ lo que obtenemos es:
  
  $H(a|7\rangle)=6(a|7\rangle)=(7-1)(a|7\rangle)$
  
  Es decir que el estado $a|7\rangle$ a ojos del H es el estado $|6\rangle=|7-1\rangle$
  
  Espero haber iluminado un poco la cuestión.
45cr CharlieC | 10 noviembre, 2011 en 18:11 | Responder

Es una forma didacticamente entretenida de aprender este tipo de matemàtica, llevando la secuencia de todo sin perderse nada, creì que era dificl, pero es muy facil.
Anónimo | 9 noviembre, 2011 en 0:17 | Responder

Muy interesante todo lo que estoy aprendiendo siguiendo la secuencia de los ejercicios, creia que esto era màs dificil y me doy cuenta que es cuestiòn de cogerle el piso y no perder la vista en nada, es màs hasta puedo adelantarme a ciertos pasos.
45cr Charliec | 6 noviembre, 2011 en 17:59 | Responder

Esto amerita tener una mascota para realizar los ejercicios, raudo y veloz me fui a comprarla y aquì estoy de nuevo, ya que esto es importantìsimo.
daniel | 2 noviembre, 2011 en 19:17 | Responder

De acuerdo.
Muchas gracias, seguiré dándole vueltas.
Un saludo.
daniel | 1 noviembre, 2011 en 14:22 | Responder

Vale.
A ver si consigo rehacer la pregunta; tenemos un sistema al que se le somete a una perturbación pequeña (por ejemplo, un quantum dot que recibe una radiación tal que se describa con la aproximación de dipolo) y conseguimos describir los operadores que la llevan a cabo. A nosotros nos interesa que esos operadores cumplan la condición que has escrito arriba, porque entonces no conmutan con el hamiltoniano, y entonces conocemos la evolución temporal.
Y mi pregunta viene aquí:¿lo importante de la operacion de la conmutación es que te dé un resultado distinto de cero para saber que no conmutan, o que ese resultado sea las frecuencias a las que responde el sistema tras la perturbación multiplicadas por el operador que la ha provocado? Es decir, ¿si te diese cualquier valor tendría la misma validez?

Si mi pregunta todavía no tiene sentido, no pierdas el tiempo intentando hacer que lo entienda, lo volveré a mirar y seguro que se me ocurre otra manera de preguntarlo.

De todas maneras, muchas gracias por tomarte la molestia.
- Cuentos Cuánticos | 1 noviembre, 2011 en 22:39 | Responder
  
  Lo que te dice esa relación de conmutación es que los operadores de creación/destrucción tienen unas reglas de conmutación con el Hamiltoniano que de hecho los definen. El resultado es proporcional al operador de creación/destrucción y la proporcionalidad viene dada por la frecuencia o energía que crea/destruye. Esto se ve claro cuando aplicas el Hamiltoniano a un estado $a^\dagger|E \rangle$ que acaba siendo un estado $|E +\omega \rangle$ como discutimos en la entrada.
daniel | 31 octubre, 2011 en 13:59 | Responder

¿Lo importante de esa ecuación es que el conmutador te devuelve uno de los operadores? Esa es la condición para poder decir que se cumple la ecuación del movimiento para el Hamiltoniano?
- Cuentos Cuánticos | 31 octubre, 2011 en 14:35 | Responder
  
  ¿A qué ecuación te refieres?
  - daniel | 31 octubre, 2011 en 14:37 | Responder
    
    Al conmutador actuando sobre el Hamiltoniano y el operador de creación (he intentado escribirla en word con los subíndices pero al pasarla aqui se ha cambiado). Mi pregunta al final es: qué tiene que darte el conmutador para poder decir que el Hamiltoniano cumple la ecuación de movimiento.
    Ya siento no poder expresarme de una manera más comprensible.
    - Cuentos Cuánticos | 31 octubre, 2011 en 14:41 | Responder
      
      ¿Estudias Física? es por saber a qué nivel hay que responder.
      - daniel | 31 octubre, 2011 en 14:43 | Responder
        
        Soy químico, por lo que si entras en tecnicismos seguramente me pierda
        
        Cuentos Cuánticos | 31 octubre, 2011 en 14:58 | Responder
        
        Creo que te refieres a esto: $[H,a^dagger]=\omega a^\dagger$
        
        En cuántica se puede estudiar como evoluciona un operador en el tiempo (considerando que los estados no lo hacen) en lo que se conoce como Imagen de Heisenberg:
        
        Entonces si tengo un operador A su evolución temporal vendrá dada por: $i\hbar\dfrac{dA}{dt}=[A,H]$ esto considerando que el operador depende del tiempo A(t).
        
        Pero si consideras que lo que evolucionan son los estados (funciones de onda) pero no los operadores, el conmutador anterior sólo significa que el operador A conmuta o no conmuta con el Hamiltoniano.
        
        A ver si poco a poco vamos aclarando la pregunta y la respuesta.
  - www.awsmohiou.com | 18 febrero, 2014 en 13:06 | Responder
    
    It’s great to find someone so on the ball
daniel | 31 octubre, 2011 en 13:23 | Responder

Hola!
Tengo una pregunta relacionada con los operadores de creación-destrucción, cuando se estudia el teorema de Kohn generalizado en quatum dots de 3D; se dice que el Hamiltoniano total, considerando tanto la parte de un cuerpo como la parte de interacciones, satisface la ecuación de movimiento si [H,C_α^± ]=±ω_α C_α^±, siendo C el operador generalizado, ¿ qué es exactamente lo que implica?. No entiendo cómo se puede desprender de esa ecuación que el hamiltoniano cumpla la ecuacion de movimiento. El conmutador te dice si el estado cuántico diferencia entre aplicar primero un operador que el otro no? ¿Qué se esconde detrás de esa operación que te permita decir si se cumple una ecuación de movimiento?
Gracias!
- Cuentos Cuánticos | 31 octubre, 2011 en 14:32 | Responder
  
  No entiendo la pregunta, no sé qué estás preguntando en concreto, si estás preguntado por el teorema o si estás preguntado por algo más general del por qué el conmutador te da la evolución temporal de un operador cuando le aplicas el Hamiltoniano.
xshofi | 27 octubre, 2011 en 8:08 | Responder

Genial!, es grato ver estas paginas, lo malo es que estoy al final de mi curso de optica cuantica, al inicio me habria servido muchisimo pero se agradece esto 😀
Manuel Gonzalez Espinoza | 20 septiembre, 2011 en 1:36 | Responder

Excelente, muy didactico. Lo voy a publicar en mi facebook.
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Cuentos Cuánticos | 23 julio, 2011 en 21:24 | Responder

Muchas gracias, lo corrijo ipsofacto.
- osguk | 23 julio, 2011 en 22:17 | Responder
  
  Otra cosa, un poco mas abajo de eso, al comienzo de la deducción [a+,a] = -1, aparece [a+a,a] en vez de [a+,a] como creo que debería ser.
  
  Por favor corrijanme si el equivocado soy yo.
  
  Estoy siguiendo el juego, pero poco a poco para entender bien todo 😉
  - Cuentos Cuánticos | 23 julio, 2011 en 22:39 | Responder
    
    Hola osguk, estamos encantados de que hayas decidido seguir el juego, increible!!!!!
    
    Así que toda la ayuda que necesites sólo tienes que pedirla, y llevas toda la razón, ahora corrijo eso. MUCHAS GRACIAS… IMPRESIONANTE
    
    Si te apetece, y para no hacer muy largo esto, registrate en el foro: http://cuentos-cuanticos.es/smf
    
    Y abre un hilo sobre esto, allí seguro que todo es más ágil. Pero si no te apetece pues seguimos por aquí.
    
    MUCHAS GRACIAS DE NUEVO Y DISFRUTA DEL JUEGO…
osguk | 23 julio, 2011 en 19:50 | Responder

Una pequeña corrección en donde introducen la solucion a [AB,C]:

A(BC-CB) + (AC-CA)B = ABC – ACB + ACB «-» CAB

La solución continua bien, es solo un pequeño error de tipeo, me imagino