¿Cómo puede la operación del conmutador no ser transitiva?

Question

¿Cómo puede la operación del conmutador no ser transitiva?

Wang Xin

Noté lo siguiente:

[L_{+}, L^{2}] = 0, [L_{+}, L_{3}] \neq 0, [L^{2}, L_{3}] = 0.

$[L_{+},L^2]=0,\qquad [L_{+},L_3]\neq 0,\qquad [L^2,L_3]=0.$

Esto sugeriría, que $L^2,L_+$ tienen un sistema común de funciones propias, y también lo tienen $L^2,L_3$ , pero $L_+,L_3$ no. ¿Cómo es eso posible?

Respuestas (2)

¿Cómo puede la operación del conmutador no ser transitiva?

qmecanico · Answer 1

qmecanico

La conmutatividad no es una relación transitiva: si el operador $A$ viaja con $B$ y $C$ ,

A B = B A y A C = C A,

$AB=BA \quad\text{and}\quad AC=CA,$

entonces no hay razón para que $B$ y $C$ debería viajar.

Ejemplo: Tomar $A=y$ , $B=x$ , y $C=p_x$ .

En particular, si conmutar operadores autoadjuntos $A$ y $B$ tienen una base común de vectores propios ortonormales, y si conmutan operadores autoadjuntos $A$ y $C$ tienen una base común de autovectores ortonormales, entonces estas dos bases no necesitan ser iguales si el espectro de $A$ es degenerado.

Wang Xin

Sí, eso es lo que noté arriba. Pero la pregunta es la siguiente: existe la interpretación de que conmutan si tienen un sistema común de funciones propias. Si lo miras desde esa perspectiva, entonces esto debería mantenerse. Entonces, ¿dónde falta este razonamiento?

qmecanico

La respuesta es que (en los ejemplos mencionados) el conjunto

{A, B, C}

$\{A,B,C\}$ de los tres operadores no tienen una base común de vectores propios ortonormales. Solo un subconjunto de dos operadores tiene en ciertos casos una base común de vectores propios ortonormales.

Wang Xin

Esto sugiere que hay diferentes maneras de expresar la base del operador de

L^{2}

$L^2$ . Solo soy consciente de los armónicos esféricos. ¿Cómo se llama el otro?

qmecanico

Otro problema (en el ejemplo mencionado) es que

L_{+}

$L_{+}$ no es un operador normal , por lo que no existe una base ortonormal de vectores propios para

L_{+}

$L_{+}$ .

Wang Xin

¡Pero puede existir una base de vector propio incluso si el operador no es normal! Tome la matriz con la primera fila siendo (0,1) y la segunda siendo (4,0). Este tiene una base propia pero no es normal.

qmecanico

Sí, pero los vectores propios no son ortogonales. Ver también este y este Phys.SE publicaciones.

Wang Xin

sólo una última cosa: ¿Qué significa entonces que

[L^{2}, L_{+}]

$[L^2,L_+]$ viajar físicamente? ¿Su razonamiento en su primer hilo sugiere que esto no tiene un significado físico real? Entonces, ¿qué significa mirar el conmutador entre cantidades no hermitianas?

qmecanico

Desde que yo)

L_{\pm} = L_{x} \pm i L_{y}

$L_{\pm}= L_x\pm i L_y$ y (ii)

L^{2}

$L^2$ ,

L_{x}

$L_x$ ,

L_{y}

$L_y$ son todos hermitianos, uno puede ver la declaración

[L^{2}, L_{+}] = 0

$[L^2,L_{+}]=0$ como equivalente a

[L^{2}, L_{-}] = 0

$[L^2,L_{-}]=0$ , y, a su vez, equivalente al par de enunciados sobre operadores hermitianos:

[L^{2}, L_{x}] = 0

$[L^2,L_x]=0$ y

[L^{2}, L_{y}] = 0

$[L^2,L_y]=0$ . La única salvedad es que

L_{x}

$L_x$ y

L_{y}

$L_y$ no viaje!

Valter Moretti

Si puedo añadir un comentario,

[A, L_{+}] = 0

$[A,L_+]=0$ implica que

[A, L_{x}] = [A, L_{y}] = 0

$[A, L_x]=[A,L_y]=0$ como dijo correctamente Qmechanic (supongo

A = A^{†}

$A=A^\dagger$ ). Pero uno puede decir más: también implica que

[A, L_{z}] = 0

$[A,L_z]=0$ , desde

L_{z}

$L_z$ es proporcional a

[L_{x}, L_{y}]

$[L_x,L_y]$ y la identidad de Jacobi se mantiene. Por lo tanto

[A, L_{+}] = 0

$[A,L_+]=0$ implica que (de hecho es equivalente a)

A

$A$ es invariable bajo la acción de

S O (3)

$SO(3)$ :

A

$A$ es un escalar.

Valter Moretti

Entonces, el significado físico de

[A, L_{+}] = 0

$[A,L_+]=0$ , para

A = A^{†}

$A=A^\dagger$ , es eso $A$ es una cantidad escalar bajo rotaciones .

Valter Moretti · Answer 2

NOTA. Desde $L_+$ no es normal (normal significa $A^\dagger A = AA^\dagger$ ) no admite una base de autovectores ortonormales. Sin embargo, su pregunta se puede reafirmar de forma segura reemplazando $L_+$ para $L_2$ y lo asumiré de ahora en adelante.

El caso más elemental de este fenómeno viene dado por un triple de matrices normales en $\mathbb C^n$ :

C I, A, B

$cI,A,B$

con $[A,B]\neq 0$ y donde $c\in \mathbb C$ es un número fijado arbitrariamente. $A$ tiene una base común de vectores propios con $cI$ : Toda base de vectores propios de $A$ es tal base. De manera similar, toda base de vectores propios de $B$ es también una base de vectores propios de $cI$ . Sin embargo, aunque podría suceder para algún vector, no puede existir una base completa de vectores propios en común con $A$ y $B$ , refiriéndose de otro modo a esa base $A$ y $B$ estaría en forma diagonal y por lo tanto $[A,B]=0$ , que está prohibido por las hipótesis.

Todo eso es posible gracias al hecho de que los espacios propios de $cI$ son (máximamente) degenerados . Dos vectores $u$ y $v$ con el mismo valor propio ( $c$ ) de respeto a $cI$ siguen siendo vectores propios de $cI$ con el mismo valor propio incluso si está compuesto linealmente: $au+bv$ . Sin embargo si $u$ y $v$ son vectores propios de $A$ , en general $au+bu$ no lo es , pero podría ser un vector propio de $B$ (siendo, como se ha dicho, un vector propio de $cI$ )

La situación es esencialmente la misma cuando se trata de $L^2$ y $L_2,L_3$ . Los espacios propios $\cal H_l$ de $L^2$ son degenerados y, en cada espacio propio, $L^2$ está representado por $l(l+1)I$ . Además, como $[L^2,L_i]=0$ , cada espacio propio $\cal H_l$ es invariable bajo la acción de $L_i$ . Quiero decir $L_i({\cal H}_l)\subset \cal H_l$ .

Restringiendo a $\cal H_l$ , nos encontramos con la situación que describí anteriormente: $L$ está representado por $cI$ y $L_2, L_3$ están representados por operadores no conmutantes $A$ y $B$ .

Buena respuesta. Algunas preguntas si no te importa. Usted afirma que, dado que el operador no es normal, no puede tener una base ortononormal de vectores propios. Uno de los postulados de QM asume que los observables son hermitianos y luego de esto tenemos un teorema que establece que todo operador hermitiano tiene una base de autovectores ortonormales. ¿Pero estás diciendo que esto no es suficiente? Entonces, ¿afirma el postulado que todo operador observable es de hecho normal (por lo tanto, también hermitiano)?
Además, ¿por qué es importante en su respuesta tener en cuenta que cada espacio propio $\mathcal{H_l}$ es invariable bajo la acción de $L_i$ como dijiste" $L_i(\mathcal{H}) \subset \mathcal{H}$ "? Muchas gracias.
QM asume que cada observable es autoadjunto (no simplemente hermitiano) y, por lo tanto, también es normal. En general, en dimensiones no finitas, incluso los operadores normales pueden no tener una base ortonormal de vectores propios (propios). Lo que sí es cierto es que un operador normal tiene una descomposición espectral . Sin embargo, al comienzo de mi respuesta, el punto era otro. Si un operador no es normal, entonces no puede tener una base ortonormal de vectores propios porque, de lo contrario, ¡sería normal! Desde $L_+$ no es normal, no puede tener una base ortonormal de vectores propios.
Con respecto a su segunda pregunta, la respuesta aparece en mi última oración: Restringiendo a $\cal H_l$ , nos encontramos con la situación que describí anteriormente: $L$ está representado por $cI$ y $L_2, L_3$ están representados por operadores no conmutantes $A$ y $B$ . Si $\cal H_l$ no fueran invariantes, no se me permitiría restringir la discusión a $\cal H_l$ y usar la teoría ya discutida.
Está bien, ya veo. Usted afirma "Además, como $[L_2,L_i]=0$ , cada espacio propio $\mathcal{H}_l$ es invariante bajo la acción de Li". Tal como lo entiendo, la conmutatividad $[L^2,L_i]=0$ implica que existe una base común de vectores propios ortonormales, no que se compartan todas las bases propias. asumes que $\mathcal{H}_{l}$ es un espacio propio del operador $L^2$ , ¿por qué se sigue entonces que $\mathcal{H}_{l}$ es invariante bajo $L_{i}$ , Y si $\mathcal{H}_{l}$ es una base propia que no se comparte.
¿Qué resultado o razonamiento está usando para establecer la invariancia de $\mathcal{H}_l$ bajo $L_i$ del hecho de que $[L_2,L_i]=0$ ? Gracias.
Si $L^2 \psi = s\psi$ entonces $L^2L_i\psi = L_i L^2 \psi = L_i s \psi = s L_i \psi$ .
Gracias esto es bastante útil. ¿Qué material (notas o libro) recomendaría para dar la diferencia entre Hermitian y Self-Adjoint? Dijiste que el observable es autoadjunto, no simplemente hermitiano. Pero en la respuesta en esta publicación, esta publicación concluye al afirmar que Hermitian implica autoadjunto ... En la pregunta, afirma que autoadjunto implica Hermitian ... y en wiki dan la definición como lo que definieron como simétrico en lo anterior. publicación MSE.

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Wang Xin

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