¿La relación de conmutación es una relación de equivalencia?

El desplazamiento no es una relación de equivalencia. Todos los componentes del momento angular conmutan con$J^2$pero no viajan entre sí.

Cómo encontrar un conjunto completo de observables que se desplazan mutuamente es un problema difícil y no creo que pueda dar una respuesta algorítmica. Depende mucho del problema específico. Se conserva un observable que conmuta con el hamiltoniano, este puede ser un buen punto de partida. Por ejemplo, el momento angular se conserva cuando el hamiltoniano es rotacionalmente simétrico.

¡No, no lo hace! Déjame darte un contraejemplo:

Considere los operadores hermitianos$\mathsf{1}$(operador de identidad),$p$(impulso) y$x$(posición) en 1D.

Ahora, las relaciones de conmutación triviales$[\mathsf{1},x]=0$y$[\mathsf{1},p]=0$no insinúes$[x,p]=0$como la relacion correcta es$[x,p]=\mathrm i\hbar\neq 0$.

Como todos señalan, la conmutación no es una abreviatura de equivalencia, ya que, dadas sus relaciones, la identidad de Jacobi , [A,[B,C]]+[C,[A,B]]+[B,[C,A] ]=0 dicta que cuando los dos primeros términos desaparecen, el tercero también debe hacerlo, de modo que B debe conmutar con [C,A], sin desaparecer en general, como se ha señalado repetidamente.

Sin embargo, los conmutadores de álgebra de mentira parametrizan la conjugación, es decir$~A^{-1} B A - B= A^{-1} [ B,A]$, por lo que un desplazamiento observable con todo colapsa en su propia clase de conjugación.

La conmutación se vuelve transitiva y, por lo tanto, una relación de equivalencia (reflexiva y simétrica son triviales), cuando impone una condición adicional: no degeneración .

Si$A$,$B$,$C$son operadores hermitianos, y cada uno de ellos tiene solo valores propios únicos, entonces$AB\! =\! BA\, \cap\, BC\! =\! CB$implica$AC = CA$.

Prueba: para un operador no degenerado, la base propia está bien definida, por lo que si$A$y$B$compartir una base propia$E^{AB} = \{|\Psi^{AB}_i\rangle\}$(como lo hacen los operadores de conmutación), y$B$y$C$compartir$E^{BC} = \{|\Psi^{BC}_j\rangle\}$, entonces$E^{AB} = E^{BC}$, y es una base propia compartida de$A$y$C$. Por lo tanto,$A$y$C$desplazarse.

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Solo para evitar confusiones: por supuesto, eso no significa que un sistema de operadores degenerados nunca viaje; por ejemplo, considere proyectores en 3 estados ortogonales $|\Phi_A\rangle$, $|\Phi_B\rangle$, $|\Phi_C\rangle$, es decir

$$A |\psi\rangle = |\Phi_A\rangle \langle\Phi_A| \psi \rangle$$ etc. Debido a que los estados son ortogonales, $AB = BA = AC = CA = BC = CB = 0$, por lo que los operadores conmutan trivialmente aunque todos tienen el valor propio degenerado 0.