L^xL^x\hat{L}_{x} y L^yL^y\hat{L}_{y} no se desplazan... ¿o sí?

Question

L^xL^x\hat{L}_{x} y L^yL^y\hat{L}_{y} no se desplazan... ¿o sí?

AlgunosFísicaEstudiante

Entonces $\hat{L}_{x}$ y $\hat{L}_{y}$ no conmutar:

[{\hat{L}}_{X}, {\hat{L}}_{y}] = i ℏ {\hat{L}}_{z}

$[ \hat{L}_{x}, \hat{L}_{y}] = i\hbar \hat{L}_{z}$

Pero, ¿y si realizamos esta operación en un estado tal que:

{\hat{L}}_{z} ϕ_{yo, {metro}_{yo}} = ℏ {metro}_{yo} ϕ_{yo, {metro}_{yo}},

$\hat{L}_{z} \phi_{l, m_{l}} = \hbar m_{l}\phi_{l, m_{l}},$ donde lo requerimos

m_{l} = 0

$m_{l} = 0$ , entonces

{\hat{L}}_{z} ϕ_{yo, {metro}_{yo}} = 0.

$\hat{L}_{z} \phi_{l, m_{l}} =0.$

Por lo tanto, para el caso $m_{l}$ = 0,

[{\hat{L}}_{X}, {\hat{L}}_{y}] ϕ_{yo, {metro}_{yo}} = 0,

$[ \hat L_{x}, \hat L_{y}] \phi_{l, m_{l}} = 0,$ y de ahí

{\hat{L}}_{x}

$\hat L_{x}$ y

{\hat{L}}_{y}

$\hat L_{y}$ compartir estados propios! ¿Esto funciona?

una mente curiosa

Sí, eso funciona. No conmutan como operadores en todo el espacio , es decir, no comparten una base de vectores propios. No está prohibido que compartan vectores propios en absoluto.

kyle kanos

¿No sería realmente eso

[{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{y}] ϕ_{m_{l} = 0} = 0

$[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]\phi_{m_l=0}=0$ ? Lo que no significa que

{\hat{L}}_{x}, & {\hat{L}}_{y}

$\hat{L}_x,\,\&\,\hat{L}_y$ viajan, solo que ellos viajan con

ϕ_{m_{l} = 0}

$\phi_{m_l=0}$ .

AlgunosFísicaEstudiante

Sí, tienes razón, Kyle, creo. ¡Y gracias a los dos!

Lê Dũng

[{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{y}] ϕ_{m_{l} = 0} = 0

$[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]\phi_{m_l=0}=0$ no significa eso

[{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{y}] = 0

$[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]=0$ . Entonces, esos dos operadores no se conmutan entre sí. También,

{\hat{L}}_{x}

$\hat{L}_x$ y

{\hat{L}}_{y}

$\hat{L}_y$ NO se desplaza con

ϕ_{m_{l} = 0}

$\phi_{m_l=0}$

Michael Seifert

Para decirlo de otra manera: cada operador lineal

O

$\mathcal{O}$ tiene un subespacio de vectores para el cual

O \vec{v} = 0

$\mathcal{O} \vec{v} = 0$ , llamado su espacio nulo o kernel . A veces, este subespacio es trivial (es decir, solo el vector cero), a veces es un subespacio propio y, a veces, es el espacio completo (cuando el operador es el operador cero). Lo que ha encontrado es que el núcleo del operador

O = [{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{y}]

$\mathcal{O} = [\hat{L}_x, \hat{L}_y]$ no es trivial, pero para que dos operadores conmuten, el núcleo del conmutador debe ser todo el espacio.

DanielSank

@ACuriousMind, ¿podría ampliar ese comentario como una respuesta para que pueda ser aceptado y todos podamos irnos a casa?

Respuestas (2)

L^xL^x\hat{L}_{x} y L^yL^y\hat{L}_{y} no se desplazan... ¿o sí?

Sí, eso funciona. No conmutan como operadores en todo el espacio , es decir, no comparten una base de vectores propios. No está prohibido que compartan vectores propios en absoluto.
¿No sería realmente eso $[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]\phi_{m_l=0}=0$ ? Lo que no significa que $\hat{L}_x,\,\&\,\hat{L}_y$ viajan, solo que ellos viajan con $\phi_{m_l=0}$ .
$[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]\phi_{m_l=0}=0$ no significa eso $[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]=0$ . Entonces, esos dos operadores no se conmutan entre sí. También, $\hat{L}_x$ y $\hat{L}_y$ NO se desplaza con $\phi_{m_l=0}$
Para decirlo de otra manera: cada operador lineal $\mathcal{O}$ tiene un subespacio de vectores para el cual $\mathcal{O} \vec{v} = 0$ , llamado su espacio nulo o kernel . A veces, este subespacio es trivial (es decir, solo el vector cero), a veces es un subespacio propio y, a veces, es el espacio completo (cuando el operador es el operador cero). Lo que ha encontrado es que el núcleo del operador $\mathcal{O} = [\hat{L}_x, \hat{L}_y]$ no es trivial, pero para que dos operadores conmuten, el núcleo del conmutador debe ser todo el espacio.
@ACuriousMind, ¿podría ampliar ese comentario como una respuesta para que pueda ser aceptado y todos podamos irnos a casa?

gonenc · Answer 1

Desarrollando el comentario de ACruiosMind, suponga que las matrices $A$ y $B$ se definen de la siguiente manera:

A = (\begin{matrix} 1 & 2 \\ 5 & 4 \end{matrix}) y B = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ - 1 & - 1 \end{matrix})

$A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 5 & 4 \end{pmatrix} \quad \text{and} \quad B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}$

Observe que los vectores propios de $A$ son

(\begin{matrix} 1 \\ 5 / 2 \end{matrix}) y (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix})

$\begin{pmatrix} 1 \\ 5/2 \end{pmatrix} \quad \text {and} \quad \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$

y los vectores propios de $B$ son degenerados y su único vector propio es

(\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix})

$\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$

Sin embargo, como puede verificar fácilmente, el conmutador no desaparece, es decir

[A, B] = (\begin{matrix} - 7 & - 7 \\ 7 & 7 \end{matrix})

$[A,B]= \begin{pmatrix} -7 & -7 \\ 7 & 7 \end{pmatrix}$

Esto muestra que aunque uno de los vectores propios de las matrices (si quiere operadores) es el mismo, no conmutan.

xjtan · Answer 2

A pesar de $[ \hat{L_{x}}, \hat{L_{y}}] \phi_{l, m_{l}} = 0$ , $\phi_{l, m_{l}}$ Es ninguno $\hat{L_{x}}$ es ni $\hat{L_{y}}$ estado propio de .

L^xL^x\hat{L}_{x} y L^yL^y\hat{L}_{y} no se desplazan... ¿o sí?

AlgunosFísicaEstudiante

una mente curiosa

kyle kanos

AlgunosFísicaEstudiante

Lê Dũng

Michael Seifert

DanielSank

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gonenc

xjtan

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