Estos dos operadores conmutan... pero sus vectores propios no son todos iguales. ¿Por qué?

Question

Estos dos operadores conmutan... pero sus vectores propios no son todos iguales. ¿Por qué?

Fiesta de la columna vertebral

el hamiltoniano

H = [\begin{array}{cccc} a & 0 & 0 & - b \\ 0 & 0 & - b & 0 \\ 0 & - b & 0 & 0 \\ - b & 0 & 0 & - a \end{array}]

$H = \left[ \begin{array}{cccc} a & 0 & 0 & -b \\ 0 & 0 & -b & 0\\ 0 & -b & 0 & 0\\ -b & 0 & 0 & -a \end{array} \right]$

conmuta con el operador de intercambio qubit

PAG = [\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}]

$P = \left[ \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$

Así que esperaría que los dos tuvieran los mismos vectores propios. Los vectores propios de $P$ se ven fácilmente como $(1,0,0,0)^T; (0,0,0,1)^T; (0,1,1,0)^T ; (0,1,-1,0)^T$ . Los dos últimos también son vectores propios de $H$ , pero los dos primeros no lo son. ¿Por qué? ¿Pensé que los operadores de desplazamientos compartían la misma base propia?

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Respuestas (2)

Estos dos operadores conmutan... pero sus vectores propios no son todos iguales. ¿Por qué?

mateus sampaio · Answer 1

Llamar $u_1, u_2, u_3, u_4$ los vectores propios descritos por usted, respectivamente. Tus reclamos están bien, pero date cuenta de que ambos $u_1$ y $u_2$ comparten el mismo valor propio, es decir $1$ , es decir, $Pu_1=u_1$ y $Pu_2=u_2$ . Por lo tanto, cualquier combinación lineal de $u_1$ y $u_2$ también serán vectores propios con el mismo valor propio $1$ . Trate de encontrar vectores propios de $H$ de la forma $\alpha u_1+\beta u_2$ , con $\alpha$ y $\beta$ siendo constantes.

Muy bien, me las arreglé para obtener la respuesta haciendo eso. Aunque los cálculos fueron bastante molestos, no estoy seguro de si fue mucho más rápido que simplemente forzar bruscamente al hamiltoniano original.
Probablemente dará el mismo esfuerzo que diagonalizar directamente $H$ y verificando que también son vectores propios de $P$ .

qmecanico · Answer 2

qmecanico

Sugerencia: cuando un valor propio para un operador $P$ es degenerado, hay más de una forma de elegir un conjunto de vectores propios. Si el otro operador de trayecto $H$ eleva esa degeneración, habrá una elección preferida de vectores propios comunes.

De manera más general, un conjunto de operadores diagonalizables conmuta si y solo si el conjunto es simultáneamente diagonalizable . $^1$

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

mateus sampaio

Para el caso general, debido a problemas de dominio, generalmente definimos que dos operadores autoadjuntos conmutan si sus proyecciones espectrales lo hacen (o de manera equivalente, sus resolutores), que es el caso análogo del caso de dimensión finita señalado en el enlace.

qmecanico

Es interesante notar que el teorema habla de operadores diagonalizables (en lugar de operadores autoadjuntos , aunque es cierto que estos últimos son los que son relevantes para QM). Ser diagonalizable es una propiedad genérica. Ser autoadjunto es una propiedad especial.

mateus sampaio

Si nos restringimos al caso de diagonalización mediante operadores unitarios

U

$U$ , eso es

A = U^{*} D U

$A=U^*DU$ , entonces

A

$A$ es normal, porque

A^{*} A = U^{*} D^{*} U U^{*} D^{*} U = U^{*} D^{*} D U = U^{*} D D^{*} U = U^{*} D U U^{*} D^{*} U = A A^{*}

$A^*A=U^*D^*UU^*D^*U=U^*D^*DU=U^*DD^*U=U^*DUU^*D^*U=AA^*$ . El resultado es entonces el mismo en el caso infinito, ya que también hay un teorema espectral para los operadores normales y definimos la conmutatividad de la misma forma que para los autoadjuntos.

qmecanico

↑

$\uparrow$ Aceptar.

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