Estado de giro del electrón después de la medición

Question

Estado de giro del electrón después de la medición

Estrella neutrón

Tengo un sistema de dos partículas de espín 1/2 en una superposición de estados de espín en la dirección z dada por:

$\psi = \frac{1}{2} |+ +\rangle + \frac{1}{2} |+ -\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} |- -\rangle$

dónde $+$ designa girar, $-$ designa spin down y el estado de la primera partícula es el primer término en cada ket y el estado de la segunda partícula es el segundo término en cada ket. Si mido el giro de la primera partícula y obtengo un valor de $-\hbar / 2$ (correspondiente a un estado de giro hacia abajo) es el nuevo estado de las partículas simplemente

$\psi = | - - \rangle$

lo que significa que la primera partícula ahora está "configurada" para girar hacia abajo? Y si determino el giro de la primera partícula que girará hacia arriba, ¿sería el estado subsiguiente

$\psi = \frac{1}{\sqrt{2}} |+ +\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} |+ - \rangle$ ?

Básicamente, mi pregunta es una vez que hago una medición del giro de una partícula, ¿la función de onda permanece colapsada en el giro determinado? ¿Y tener una segunda partícula afecta esto de alguna manera?

Abolfazl

Mire el problema 3-24 [Sakurai] si tiene una copia.

Estrella neutrón

No tengo una copia de Sakurai.

Abolfazl

Aquí

Estrella neutrón

No creo que eso sea legal.

Respuestas (1)

Estado de giro del electrón después de la medición

joshfísica · Answer 1

Sí, has entendido correctamente lo que sucede. Intentemos ser más precisos matemáticamente para estar seguros de que este es el caso.

Usaré la notación del producto tensorial en esta respuesta (el espacio de Hilbert del sistema es solo el producto tensorial del spin- $\frac{1}{2}$ espacio de Hilbert consigo mismo).

El postulado de la medida proyectiva dice

Para un observable $O$ con descomposición espectral $O = \sum_i\lambda_iP_i$ , dónde $P_i$ es el proyector en el espacio propio de $O$ correspondiente al valor propio $\lambda$ , los posibles resultados de la medición son los valores propios del observable, y dado ese resultado $\lambda_i$ ocurrido, el estado del sistema inmediatamente después de la medición es
$\begin{aligned} \frac{{PAG}_{i} | ψ ⟩}{\sqrt{⟨ ψ | {PAG}_{i} | ψ ⟩}} \end{aligned}$ $\begin{align} \frac{P_i|\psi\rangle}{\sqrt{\langle\psi|P_i|\psi\rangle}} \end{align}$

Para un doble giro- $\frac{1}{2}$ sistema, el $z$ -la componente del espín de la primera partícula está representada por el siguiente observable:

\begin{aligned} S_{z} \otimes I \end{aligned}

$\begin{align} S_z\otimes I \end{align}$ dónde

I

$I$ es la identidad en el espacio de Hilbert de la segunda partícula. Ahora, recuerda que

S_{z}

$S_z$ tiene la siguiente descomposición espectral

\begin{aligned} S_{z} = - \frac{ℏ}{2} {PAG}_{-} + \frac{ℏ}{2} {PAG}_{+} \end{aligned}

$\begin{align} S_z = -\frac{\hbar}{2}P_-+\frac{\hbar}{2}P_+ \end{align}$ dónde

P_{-}

$P_-$ y

P_{+}

$P_+$ son los proyectores definidos como

\begin{aligned} {PAG}_{-} = | - ⟩ ⟨ - |, {PAG}_{+} = | + ⟩ ⟨ + | \end{aligned}

$\begin{align} P_-=|-\rangle\langle-|, \qquad P_+=|+\rangle\langle+| \end{align}$ y se deduce que la descomposición espectral de

S_{z} \otimes I

$S_z\otimes I$ es

\begin{aligned} S_{z} \otimes I = - \frac{ℏ}{2} {PAG}_{-} \otimes I + \frac{ℏ}{2} {PAG}_{+} \otimes I + \end{aligned}

$\begin{align} S_z\otimes I = -\frac{\hbar}{2}P_- \otimes I+\frac{\hbar}{2}P_+ \otimes I+ \end{align}$ Tras la medición de

I \otimes S_{z}

$I\otimes S_z$ sobre el estado

| ψ ⟩

$|\psi\rangle$ dado en la pregunta, obteniendo el resultado

- ℏ / 2

$-\hbar/2$ indica que el estado se proyectó de la siguiente manera en la medición:

\begin{aligned} | ψ ⟩ \to \frac{{PAG}_{-} \otimes I | ψ ⟩}{\sqrt{⟨ ψ | {PAG}_{-} \otimes I | ψ ⟩}} = \frac{\frac{1}{\sqrt{2}} | - - ⟩}{\sqrt{\frac{1}{2}}} = | - - ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} |\psi\rangle \to \frac{P_-\otimes I|\psi\rangle}{\sqrt{\langle\psi |P_-\otimes I|\psi\rangle}} = \frac{\frac{1}{\sqrt{2}}|--\rangle}{\sqrt{\frac{1}{2}}} = |--\rangle \end{align}$ si el valor

+ ℏ / 2

$+\hbar/2$ se hubiera obtenido, entonces el estado que se habría proyectado es el siguiente:

\begin{aligned} | ψ ⟩ \to \frac{{PAG}_{+} \otimes I | ψ ⟩}{\sqrt{⟨ ψ | {PAG}_{+} \otimes I | ψ ⟩}} = \frac{\frac{1}{2} | + + ⟩ + \frac{1}{2} | + - ⟩}{\sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4}}} = \frac{1}{\sqrt{2}} | + + ⟩ + \frac{1}{\sqrt{2}} | + - ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} |\psi\rangle \to \frac{P_+\otimes I|\psi\rangle}{\sqrt{\langle\psi |P_+\otimes I|\psi\rangle}} = \frac{\frac{1}{2}|++\rangle + \frac{1}{2}|+-\rangle}{\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}} = \frac{1}{\sqrt{2}}|++\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|+-\rangle \end{align}$

El postulado que citó decía que "el estado del sistema inmediatamente después de la medición" es la proyección que mencionó. ¿Qué pasa en algún momento t después de la medición? ¿Permanecen las partículas en el estado proyectado indefinidamente?
@Joshua Depende del hamiltoniano del sistema. Si el estado inmediatamente posterior a la medición es un estado propio del hamiltoniano, permanecerá en el estado proyectado. De lo contrario, no lo hará.
Pensé que cada vez que medimos el estado de un sistema colapsaría a un estado propio del hamiltoniano. Según lo que dijo, todas las medidas obligarán a un sistema a permanecer indefinidamente en uno de los estados propios del hamiltoniano.
@Joshua La primera oración es correcta; cuando realiza una medición en el sistema, colapsa en un estado propio, pero no cualquier estado propio antiguo. Se colapsa a un estado propio de lo observable que se mide. Si ese observable resulta ser algo diferente al hamiltoniano, entonces la medición posterior del estado puede no ser un estado propio del hamiltoniano.
Entonces, específicamente, cada vez que mido la energía (el valor del valor propio del hamiltoniano), el estado posterior es un estado propio del hamiltoniano y todas las medidas de energía posteriores darán el mismo valor que la primera medición, incluso si el estado inicial antes de la medición era una superposición de muchos estados propios?

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