Espacios propios del operador de momento angular y su cuadrado (operador Casimir)

OP esencialmente está reflexionando si la conmutatividad es una relación transitiva , es decir. si tres operadores normales$^{1}$ $A$,$B$, y$C$satisface

La respuesta es No, pero OP argumenta a través de la existencia de una base común de vectores propios para dos operadores normales conmutantes que eq. (T) debería aguantar.

Para exponer más claramente la falla en el argumento de OP, elija$B$ser proporcional a la identidad. Entonces$B$viaja con todo. Claramente, podemos encontrar dos operadores normales que no conmutan$A$y$C$, por lo que la ec. (T) es violado! Y una base de vectores propios para$A$no puede ser una base de vectores propios para$C$, y viceversa.

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$^{1}$Ignoraremos las sutilezas con operadores ilimitados , dominios, extensiones autoadjuntas , etc., en esta respuesta.

Dos operadores pueden diagonalizarse simultáneamente si y solo si conmutan.

Como se puede ver,$L_z$no viaja ni con$L_x$ni con$L_y$– y no con otras combinaciones lineales distintas de un múltiplo de$L_z$– por lo que no hay forma de diagonalizar dos componentes diferentes de$L_i$en absoluto.

Sin embargo,$L_z$(y de manera similar otros componentes) se desplaza con$L^2$, entonces$L_z$y$L^2$pueden ser diagonalizados simultáneamente.

Significa que cualquier base que tenga y$L_z,L^2$expresada con respecto a esta base, se puede encontrar una matriz$U$en el espacio de Hilbert tal que ambos$UL^2 U^{-1}$así como$U L_z U^{-1}$son matrices diagonales. No se puede añadir ningún otro componente, etc. Nosotros decimos eso$L^2,L_z$forman un "conjunto completo de observables conmutables" que describen la parte angular de la función de onda de una partícula (o todo el momento angular interno, grados de libertad de giro de cualquier partícula).

Llegas a algo así como una "paradoja" al discutir los espacios propios. El problema con su razonamiento es que los espacios propios son multidimensionales en la mayoría de los casos, pero no son subespacios entre sí.

$L^2$tiene diferentes valores propios$\ell(\ell+1)\hbar^2$para$\ell=0,1,2,3,\dots$Además, los valores semienteros son posibles para el "giro" general.

Pero si considera el espacio de Hilbert completo, el espacio propio correspondiente al valor propio con$\ell$no es unidimensional. En cambio, es al menos$(2\ell+1)$-dimensional. Es exactamente de esta dimensión si no hay otros grados de libertad. Si hay otros grados de libertad, la dimensión del espacio propio es un múltiplo de$(2\ell+1)$.

Por otro lado, el espacio propio de$L_z$está asociado con los valores propios de este operador,$m$. Puede obtener el valor propio$L_z=m$para$\ell = |m|$pero también puedes conseguirlo por$\ell=|m|+1$,$|m|+2$, o cualquier otro número mayor que$|m|$por un entero positivo. Entonces el espacio propio de$L_z$es la envolvente lineal de la unión de subespacios unidimensionales de espacios propios de$L^2$.

El espacio propio de$L_x$correspondiente al valor propio de$m$elige diferentes subespacios unidimensionales de esos. Sus vectores base no son ni paralelos ni ortogonales a los asociados con$L_z$. Del mismo modo para$L_y$.

El espacio propio multidimensional de$L^2$con el valor propio$\ell(\ell+1)\hbar^2$y el espacio propio multidimensional de$L_z$con el valor propio de$m$tener una intersección, en el caso más simple de funciones de onda en la esfera, intersección unidimensional, que corresponde a todos los estados con los valores propios dados por los números cuánticos$(\ell,m)$.

Los espacios propios del Casimiro cuadrático$L^2 = L_x^2+L_y^2+L_z^2$del álgebra de Lie de rotaciones infinitesimales$\mathfrak{so}(3)$son precisamente las representaciones irreductibles de$\mathfrak{so}(3)$- solemos etiquetar una representación por su mayor peso$l$, que en este caso es solo un número que indica cuál es el mayor valor posible para cualquiera de los$L_i$es. Las representaciones etiquetadas por$l$tener dimensión$2l+1$, y todos los vectores de la misma representación irreducible tienen$l(l+1)$como el valor propio de$L^2$, entonces$L^2$tiene espacios propios degenerados (como debe serlo, ya que conmuta con todos los elementos del álgebra de Lie, por lo que debe ser un múltiplo de la identidad en representaciones complejas irreducibles por el lema de Schur ).

Podemos obtener etiquetas no degeneradas para los estados eligiendo cualquiera de las tres direcciones (comúnmente se toma$L_z$) y estados de etiquetado con$l$adicionalmente por su valor propio$m_l$para$L_z$. Ahora, cada espacio propio con valor propio$l(l+1)$para$L^2$está atravesado por el$2l+1$estados con valores propios$-l,-l+1,\dots,l-1,l$para$L_z$. los operadores$L_y$y$L_x$también puede levantar esta degeneración, pero desde el$L_i$no conmutan entre sí, sus vectores propios son una elección diferente de base para los espacios propios.

En el contexto de los orbitales atómicos,$l$suele llamarse número cuántico azimutal y$m_l$se llama número cuántico magnético .

El$L_i$tiene muchos espacios propios correspondientes a muchos valores propios. Cada uno de esos espacios propios es también un espacio propio del operador de Casimir.

Por lo tanto, comparten espacios propios comunes en el sentido de que hay espacios propios que son propios de ambos. Pero no los comparten en el sentido de que son lo mismo.

Mira el átomo de hidrógeno. Hay espacios propios de energía y espacios propios de Casimir. Un espacio propio de Casimir de valor propio$0$contiene vectores de todas las energías posibles. Y un vector propio de energía con valor propio$E$c contiene vectores de muchos momentos angulares diferentes. Pero hay vectores propios comunes que tienen un valor propio fijo de Casimir y una energía fija.

Existen vectores propios comunes para los operadores de conmutación, pero eso no significa que un vector propio aleatorio de uno sea un vector propio del otro.

Cuando estaba haciendo esta pregunta, no entendí la relación entre la conmutatividad de dos operadores y sus espacios propios:

Si un operador$A$conmuta con otro operador$B$, entonces$A$deja los espacios propios de$B$invariante:

Pero esto no implica que$\psi$es un estado propio de$A$.

Tal vez confundí "dejar los espacios propios de B invariantes" con "los vectores propios de B son los vectores propios de A" .