Medición no conmutable observable a la vez

Question

Medición no conmutable observable a la vez

giulio bullsaver

Dado un espacio de Hilbert $H$ (dimensión finita en aras de la claridad), y dos operadores que no conmutan

A = \sum_{a} a | a ⟩ ⟨ a |

$A = \sum_a a |a\rangle\langle a|$ y

B = \sum_{a} b | b ⟩ ⟨ b |,

$B=\sum_a b |b\rangle\langle b|,$ ¿Es posible encontrar un espacio de Hilbert?

H^{'}

$H'$ y dos operadores de desplazamiento

A^{'}

$A'$ ,

B^{'}

$B'$ con el mismo espectro de

A

$A$ y

B

$B$ , junto con un operador unitario

U : H \to H^{'}

$U : H \to H'$ , tal que, para cada

| ψ ⟩

$|\psi \rangle$ en

H

$H$ , lo siguiente se mantiene

| ⟨ ψ | a ⟩ |^{2} = T r [PAG (a) tu | ψ ⟩ ⟨ ψ | {tu}^{†}]

a

$a$ de

A

$A$ . (

P (a)

$P(a)$ es el proyector en el espacio propio de

A^{'}

$A'$ relativo al valor propio

a

$a$ .)

Y análogamente para $B$ ?

Si lo anterior es cierto, la interpretación física sería que, en principio, es posible "medir" dos operadores que no conmutan ampliando y evolucionando adecuadamente el sistema, en el sentido de que luego podría medir dos operadores que conmutan dando las mismas estadísticas que el los que no viajan. Supongo que esto no es posible, pero no pude encontrar una prueba fácil, ¿alguna sugerencia?

EDITAR:

Como acertadamente se señala a continuación, es incorrecto hablar de un espacio unitario entre dos espacios de Hilbert diferentes (con diferente dimensión), por lo que plantearé la cuestión en un terreno más preciso.

Dado $H$ , $A$ y $B$ como arriba, ¿es posible encontrar un espacio $V$ , operadores $A'$ , $B'$ actuando en $H' = H \otimes V$ y con el mismo espectro de $A$ y $B$ pero con $[A',B']=0$ junto con un operador unitario $U : H' \to H'$ tal que

Dónde $|0\rangle$ es un estado fijo en $V$ , $P(a)$ es el proyector en el espacio propio de $A$ relativo al valor propio $a$ y $P'(a)$ es lo mismo para $A'$ . ( $\sigma(A)$ denota el espectro de $A$ ).

Y análogamente para B?

POSIBLE RESPUESTA: Inspirado (pero no totalmente convencido) por las respuestas dadas, creo que he encontrado una prueba inatacable de que lo anterior es imposible. Como ya se dijo a continuación, encontrar $A'$ y $B'$ con la solicitud anterior es equivalente a encontrar $A''$ (y $B''$ ) para cual

Es decir podemos absorber la evolución unitaria en la definición de $A'$ y $B'$ , y así lo haremos. Sin embargo, tenga en cuenta que esto no significa que $A'=U A U^{\dagger}$ .

Además, lo anterior implica que $|a\rangle|0\rangle$ debe ser estado propio para $A'$ con valor propio $a$ . Además, si introducimos la base $|a\rangle|n\rangle$ para el espacio tensorial total, encontramos que ningún vector de la forma $|a'\rangle|n\rangle$ con $a'\neq a$ puede aparecer en la descomposición del vector propio general de $A'$ relativo a $a$ . (Ortogonalidad de vectores propios relativos a diferentes valores propios). Por lo tanto, el vector propio general de $A'$ relativo a $a$ debe ser de la forma $|a\rangle|v\rangle$

Por eso el proyector $P'(a)$ está obligado a ser de la forma $P(a) \otimes P_V(a)$ , con $P_V(a)$ un proyector adecuado de dimensión al menos 1 (debe proyectar al menos sobre $|0\rangle$ ). Por supuesto, un resultado similar vale para $B'$ .

Burbuja

No entiendo. ¿Cómo "agrandaste" el sistema? Los operadores unitarios solo pueden rotar el espacio.

giulio bullsaver

Había sido un poco descuidado en esto. Considere H' como H tensor V, el unitario anterior debe funcionar como se describe si el estado de entrada es |psi>|0> para un |0> fijo y cualquier |psi>. Tenía en mente la misma configuración del teorema de no clonación.

Burbuja

¿Así que amplía el espacio y realiza una transformación de similitud?

yuggib

Si dos operadores y sus familias espectrales conmutan o no, se conserva mediante transformaciones unitarias, y la descomposición espectral de los operadores autoadjuntos es única. Entonces no es posible obtener dos operadores conmutantes transformando unitariamente dos operadores no conmutantes.

yuggib

Además, recuerda que puedes tener operadores muy diferentes con el mismo espectro. Tener el mismo espectro no significa que dos operadores sean iguales desde un punto de vista físico. Entonces, incluso si puede elegir dos operadores de conmutación con el mismo espectro que los originales, no estarían relacionados unitariamente con los demás y tendrían un significado físico diferente. Simplemente estás midiendo algo más.

giulio bullsaver

@yuggib, como en la respuesta dada a continuación, está asumiendo que A'=UAU*, ¿por qué? ¿Es esta elección la única compatible con la petición de que A' tenga el mismo estadístico que A?

yuggib

Estoy diciendo que dos operadores con el mismo espectro no son necesariamente iguales. Pueden ser muy diferentes. El espectro es importante pero no determina únicamente el significado físico de un operador de ninguna manera. Como un ejemplo muy estúpido, el operador de posición y momento tienen el mismo espectro, ¡pero un significado físico muy diferente! Una forma única de caracterizar un operador es la descomposición espectral. Además, cuando escribes

T r [P (a) U | ψ ⟩ ⟨ ψ | U^{*}]

$Tr[P(a)U\lvert\psi\rangle\langle\psi\rvert U^*]$ , ya que la traza es invariable bajo permutaciones cíclicas es como escribir...

yuggib

T r [U^{*} P (a) U | ψ ⟩ ⟨ ψ |]

$Tr[U^*P(a)U\lvert\psi\rangle\langle\psi\rvert]$ es decir, te estás transformando de nuevo a

H

$\mathscr{H}$ su proyección espectral. Esto se relaciona únicamente con

U^{*} A^{'} U

$U^* A' U$ . Decir que esto es igual al elemento

| ⟨ ψ, a ⟩ |^{2}

$\lvert\langle\psi,a\rangle\rvert^2$ significa que está definiendo por descomposición espectral, su operador

A

$A$ , ser

A = U^{*} A^{'} U

$A=U^* A' U$ . pero si ya tuviste

A

$A$ , nadie te asegura que tu anterior

A

$A$ es igual a este recién definido

U^{*} A^{'} U

$U^*A'U$ . En realidad, esto es incorrecto, ya que, como ya se señaló, es posible que dos observables conmutantes no se transformen unitariamente en no conmutantes y viceversa.

giulio bullsaver

Creo que mi descuido inicial está creando cierta confusión: realmente no se puede hablar de unitario entre H y H '(como lo señaló correctamente Bubble arriba), así que reformulé el problema en una configuración de "teorema de no clonación": El estado inicial es |psi>|0> perteneciente al H tensor V, sobre este espacio actúa la U unitaria. No se puede decir entonces que Tr[S |psi><psi| |0><0|] = Tr[T |psi><psi| |0><0] implican T = S, ya que en la parte derecha no tienes el proyector más general. Editaré la pregunta para que quede más clara.

giulio bullsaver

Por otro lado, estoy totalmente de acuerdo con el concepto de que los operadores "isoespectrales" pueden ser muy diferentes. Y estoy de acuerdo contigo en que en el (hipotético) aparato anterior no estamos realmente "midiendo" X y P a la vez.

Burbuja

@giuliobullsaver, explique por qué mi respuesta no cubre su pregunta actualizada.

giulio bullsaver

Si entiendo bien, estás diciendo que A tensor 1 y B tensor 1, con conmutador C tensor 1, con [A,B]=C, después de cualquier evolución U mantendrá el conmutador C tensor 1. Pero nadie te obliga a hacerlo tome A' como UA tensor 1 U* (y lo mismo para B), por lo que no ha probado que A' y B' con la propiedad solicitada no pueden existir.

Burbuja

Bueno, actualicé mi respuesta para incluir transformaciones invertibles. ¿Al menos está de acuerdo en que si la transformación no es invertible, no podemos obtener información sobre A(B) de A'(B')?

giulio bullsaver

En realidad no lo sé, considera esta situación. Sea A = diag{1,2}, y A' = A tensor A. A' tiene determinante 2 * 2 = 4, por lo que no puede escribirse como SAS^(-1) cuyo determinante es 2. Sin embargo, medir A' en el estado |psi>|0>, donde |0> es el estado propio de A producirá las mismas estadísticas que medir A en el estado |psi>.

Burbuja

Sí, porque está actuando sobre un espacio mayor. Una combinación de extender el operador en un espacio más grande más una transformación invertible no puede hacer que los operadores que no viajaron al trabajo viajen al trabajo como se muestra a continuación

giulio bullsaver

Pero nadie te obliga a tomar A' como unitario aplicado sobre A tensor 1, es decir, como resultado de la operación descrita por ti.

Burbuja

Continuemos esta discusión en el chat .

Respuestas (2)

Medición no conmutable observable a la vez

No entiendo. ¿Cómo "agrandaste" el sistema? Los operadores unitarios solo pueden rotar el espacio.
Había sido un poco descuidado en esto. Considere H' como H tensor V, el unitario anterior debe funcionar como se describe si el estado de entrada es |psi>|0> para un |0> fijo y cualquier |psi>. Tenía en mente la misma configuración del teorema de no clonación.
¿Así que amplía el espacio y realiza una transformación de similitud?
Si dos operadores y sus familias espectrales conmutan o no, se conserva mediante transformaciones unitarias, y la descomposición espectral de los operadores autoadjuntos es única. Entonces no es posible obtener dos operadores conmutantes transformando unitariamente dos operadores no conmutantes.
Además, recuerda que puedes tener operadores muy diferentes con el mismo espectro. Tener el mismo espectro no significa que dos operadores sean iguales desde un punto de vista físico. Entonces, incluso si puede elegir dos operadores de conmutación con el mismo espectro que los originales, no estarían relacionados unitariamente con los demás y tendrían un significado físico diferente. Simplemente estás midiendo algo más.
@yuggib, como en la respuesta dada a continuación, está asumiendo que A'=UAU*, ¿por qué? ¿Es esta elección la única compatible con la petición de que A' tenga el mismo estadístico que A?
Estoy diciendo que dos operadores con el mismo espectro no son necesariamente iguales. Pueden ser muy diferentes. El espectro es importante pero no determina únicamente el significado físico de un operador de ninguna manera. Como un ejemplo muy estúpido, el operador de posición y momento tienen el mismo espectro, ¡pero un significado físico muy diferente! Una forma única de caracterizar un operador es la descomposición espectral. Además, cuando escribes $Tr[P(a)U\lvert\psi\rangle\langle\psi\rvert U^*]$ , ya que la traza es invariable bajo permutaciones cíclicas es como escribir...
$Tr[U^*P(a)U\lvert\psi\rangle\langle\psi\rvert]$ es decir, te estás transformando de nuevo a $\mathscr{H}$ su proyección espectral. Esto se relaciona únicamente con $U^* A' U$ . Decir que esto es igual al elemento $\lvert\langle\psi,a\rangle\rvert^2$ significa que está definiendo por descomposición espectral, su operador $A$ , ser $A=U^* A' U$ . pero si ya tuviste $A$ , nadie te asegura que tu anterior $A$ es igual a este recién definido $U^*A'U$ . En realidad, esto es incorrecto, ya que, como ya se señaló, es posible que dos observables conmutantes no se transformen unitariamente en no conmutantes y viceversa.
Creo que mi descuido inicial está creando cierta confusión: realmente no se puede hablar de unitario entre H y H '(como lo señaló correctamente Bubble arriba), así que reformulé el problema en una configuración de "teorema de no clonación": El estado inicial es |psi>|0> perteneciente al H tensor V, sobre este espacio actúa la U unitaria. No se puede decir entonces que Tr[S |psi><psi| |0><0|] = Tr[T |psi><psi| |0><0] implican T = S, ya que en la parte derecha no tienes el proyector más general. Editaré la pregunta para que quede más clara.
Por otro lado, estoy totalmente de acuerdo con el concepto de que los operadores "isoespectrales" pueden ser muy diferentes. Y estoy de acuerdo contigo en que en el (hipotético) aparato anterior no estamos realmente "midiendo" X y P a la vez.
@giuliobullsaver, explique por qué mi respuesta no cubre su pregunta actualizada.
Si entiendo bien, estás diciendo que A tensor 1 y B tensor 1, con conmutador C tensor 1, con [A,B]=C, después de cualquier evolución U mantendrá el conmutador C tensor 1. Pero nadie te obliga a hacerlo tome A' como UA tensor 1 U* (y lo mismo para B), por lo que no ha probado que A' y B' con la propiedad solicitada no pueden existir.
Bueno, actualicé mi respuesta para incluir transformaciones invertibles. ¿Al menos está de acuerdo en que si la transformación no es invertible, no podemos obtener información sobre A(B) de A'(B')?
En realidad no lo sé, considera esta situación. Sea A = diag{1,2}, y A' = A tensor A. A' tiene determinante 2 * 2 = 4, por lo que no puede escribirse como SAS^(-1) cuyo determinante es 2. Sin embargo, medir A' en el estado |psi>|0>, donde |0> es el estado propio de A producirá las mismas estadísticas que medir A en el estado |psi>.
Sí, porque está actuando sobre un espacio mayor. Una combinación de extender el operador en un espacio más grande más una transformación invertible no puede hacer que los operadores que no viajaron al trabajo viajen al trabajo como se muestra a continuación
Pero nadie te obliga a tomar A' como unitario aplicado sobre A tensor 1, es decir, como resultado de la operación descrita por ti.

por simetría · Answer 1

Si $A^\prime$ y $B^\prime$ conmutan entonces existe un conjunto de autovectores mutuos de $A^\prime$ y $B^\prime$ . Para cualquier base propia de $A^\prime$ existe una transformación unitaria $W$ que lleva esa base a la base propia mutua de $A^\prime$ y $B^\prime$ . En consecuencia, si hay una operación unitaria tal que $|\langle \psi | b \rangle |^2 = Tr[P(b) U |\psi \rangle \langle \psi|U^\dagger]$ para una base, hay una que hará que la declaración sea verdadera, proyectándose sobre la base propia mutua de $A^\prime$ y $B^\prime$ .

Trabajando sobre esta base podemos, por suposición, escribir

| ⟨ ψ | a ⟩ |^{2} = T r [PAG (a) tu | ψ ⟩ ⟨ ψ | {tu}^{†}]

$\begin{equation} |\langle \psi | a \rangle |^2 = Tr[P(a) U |\psi \rangle \langle \psi|U^\dagger] \end{equation}$ Sin embargo, dado que estamos trabajando en una base propia mutua de

A^{'}

$A^\prime$ y

B^{'}

$B^\prime$ también podemos escribir

\begin{aligned} | ⟨ ψ | b ⟩ |^{2} & = T r [PAG (b) tu | ψ ⟩ ⟨ ψ | {tu}^{†}] \\ = T r [PAG (a) tu | ψ ⟩ ⟨ ψ | {tu}^{†}] \\ = | ⟨ ψ | a ⟩ |^{2} \end{aligned}

$\begin{align} |\langle \psi | b \rangle |^2 &= Tr[P(b) U |\psi \rangle \langle \psi|U^\dagger] \\ &=Tr[P(a) U |\psi \rangle \langle \psi|U^\dagger]\\& = |\langle \psi | a \rangle |^2\end{align}$

Configuración $|\psi\rangle = |a\rangle$ para cada $a$ implica que $A$ y $B$ tienen una base propia mutua, lo que contradice nuestra suposición de que $A$ y $B$ no conmutaba.

Editar: prueba más simple

\begin{aligned} 0 & = [A^{'}, B^{'}] \\ = A^{'} B^{'} - B^{'} A^{'} \\ = tu A {tu}^{†} tu B {tu}^{†} - tu B {tu}^{†} tu A {tu}^{†} \\ = tu (A B - B A) {tu}^{†} \\ = tu [A, B] {tu}^{†} \Rightarrow [A, B] = 0 \end{aligned}

$\begin{align} 0 &= [A^\prime, B^\prime] \\& = A^\prime B^\prime - B^\prime A^\prime\\ & = U AU^\dagger U BU^\dagger - UBU^\dagger U AU^\dagger\\ & = U\left(AB - BA\right)U^\dagger\\ & = U[A,B]U^\dagger \Rightarrow [A,B] = 0\end{align}$

¿Cómo justificas la igualdad? $Tr[P(b)\dotsc]=Tr[P(a)\dotsc]$ ? es correcto si y solo si $A$ y $B$ tienen la misma descomposición espectral, es decir, son iguales.
He editado para aclarar este punto. Deberíamos poder elegir $U$ de modo que estamos proyectando sobre la base propia mutua de los 2 operadores.
Con tu notación $P(b)$ es la proyección sobre el valor propio $b$ de $B'$ , $P(a)$ el análogo para $A'$ . Ellos no son los mismos. Hay una proyección $P(a,b)=P(a)P(b)=P(b)P(a)$ que se proyecta en el espacio propio de $b$ para $B$ y $a$ para $A'$ pero es en general un espacio más pequeño que aquel donde o bien $P(b)$ o $P(a)$ proyectos Entonces la igualdad es incorrecta. Creo que tu segunda prueba aclara mejor tu punto y sin errores.
@BySymmetry, en su edición asume que A' = UAU*. ¿Podrías motivarlo? Estoy de acuerdo en que A' como se definió anteriormente tendrá la misma estadística en U|psi> que A tenía en |psi> (imagen de Heisenberg), pero ¿es la única opción posible de A' con esta propiedad?
$A$ y $A^\prime$ tienen el mismo espectro y un conjunto completo de vectores propios, por lo que existe un $U$ tal que eso $UAU^\dagger = A^\prime$ . Y @yuggib tienes razón. Ya que la primera prueba está ahí, intentaré salvarla, simplemente no va a terminar muy bonita.
Considere A = diag{1,1,2} y A' = diag{2,2,1}, tienen el mismo espectro, pero no están unidos por un unitario.
@giuliobullsaver, de hecho, son operadores diferentes, con una descomposición espectral diferente y un significado diferente.

Burbuja · Answer 2

Primero, tenga en cuenta que una transformación unitaria no puede modificar las relaciones de conmutación.

A B - B A = C

$AB-BA=C$ Usa el hecho de que

U^{†} U = U U^{†} = 1

$U^\dagger U=U U^\dagger=1$ Llegar,

A tu {tu}^{†} B - B tu {tu}^{†} A = C

$AU U^\dagger B-BU U^\dagger A=C$ y luego multiplicar por la transpuesta conjugada de la izquierda y

U

$U$ desde la derecha,

{tu}^{†} A tu {tu}^{†} B {tu}^{†} - {tu}^{†} B tu {tu}^{†} A {tu}^{†} = {tu}^{†} C tu = A B - B A = C

$U^\dagger AU U^\dagger B U^\dagger- U^\dagger BU U^\dagger AU^\dagger= U^\dagger C U=\\ AB-BA=C$

EDITAR: esto también funciona si sustituyes $U$ con cualquier transformación invertible $S$ para el que existe $S^{-1}$ . Solo usa $S S^{-1}=1$ . Si la transformación no es invertible, entonces no hay forma de que pueda recuperar información sobre $A$ y $B$ de tus medidas.

Por ejemplo, generalicemos tu ejemplo,

T r [PAG (a) \otimes I d | ψ ⟩ ⟨ ψ | \otimes | 0 ⟩ ⟨ 0 |] = T r [{PAG}^{'} (a) S | ψ ⟩ ⟨ ψ | \otimes | 0 ⟩ ⟨ 0 | S^{- 1}],

$Tr[P(a) \otimes Id \ \ |\psi\rangle \langle \psi| \otimes |0 \rangle \langle 0|] = Tr[P'(a) \ S |\psi\rangle \langle \psi| \otimes |0 \rangle \langle 0| S^{-1}],$ de modo que

S

$S$ es cualquier transformación invertible. Usando la propiedad de la traza,

T r [PAG (a) \otimes I d | ψ ⟩ ⟨ ψ | \otimes | 0 ⟩ ⟨ 0 |] = T r [S^{- 1} {PAG}^{'} (a) S | ψ ⟩ ⟨ ψ | \otimes | 0 ⟩ ⟨ 0 |],

$Tr[P(a) \otimes Id \ \ |\psi\rangle \langle \psi| \otimes |0 \rangle \langle 0|] = Tr[ S^{-1} P'(a) \ S |\psi\rangle \langle \psi| \otimes |0 \rangle \langle 0|],$ redefinir,

T r [PAG (a) \otimes I d | ψ ⟩ ⟨ ψ | \otimes | 0 ⟩ ⟨ 0 |] = T r [{PAG}_{S}^{'} (a) | ψ ⟩ ⟨ ψ | \otimes | 0 ⟩ ⟨ 0 |] .

[(⟨ ψ | \otimes ⟨ 0 |) | a ⟩ \otimes | 0 ⟩]^{2} = [⟨ (ψ | \otimes ⟨ 0 |) S | a^{'} ⟩]^{2}

| ψ ⟩

$| \psi \rangle$ incluido

| a ⟩

$|a \rangle$ y el hecho de que los vectores propios están normalizados sigue

| a ⟩ = S | a^{'} ⟩

$|a \rangle =S |a' \rangle$ . ahora desde

A^{'}

$A'$ y

B^{'}

$B'$ viajan comparten los mismos estados propios

| a^{'} ⟩

$|a'\rangle$ . Por lo tanto, siguiendo un procedimiento similar a partir de,

T r [PAG (b) \otimes I d | ψ ⟩ ⟨ ψ | \otimes | 0 ⟩ ⟨ 0 |] = T r [{PAG}^{'} (a) S | ψ ⟩ ⟨ ψ | \otimes | 0 ⟩ ⟨ 0 | S^{- 1}]

$Tr[P(b) \otimes Id \ \ |\psi\rangle \langle \psi| \otimes |0 \rangle \langle 0|] = Tr[P'(a) \ S |\psi\rangle \langle \psi| \otimes |0 \rangle \langle 0| S^{-1}]$ obtenemos que

| b ⟩ = S | a^{'} ⟩

$|b \rangle = S |a' \rangle$ ,

| b ⟩ = | a ⟩

$|b \rangle = |a \rangle$ lo que significa que eso

A

$A$ y

B

$B$ comparten los mismos estados propios, lo que significa que conmutan.

¿Cuál es el punto subyacente? El punto es que después de realizar una medición proyectiva en el estado propio conjunto, $|a' \rangle$ de $A'$ y $B'$ queremos mapear la información a qué estados propios de $A$ y $B$ esto corresponde a. Sin embargo, cualquier "mapa" $M(|a' \rangle)= |a \rangle$ no es un mapa si también se asigna a algún estado diferente $M(|a' \rangle) =|b \rangle \neq |a \rangle$ (si $A$ y $B$ no conmutar $|b \rangle$ es en general una superposición de estados propios $| a \rangle).$ Es decir, no puede darnos un resultado cierto sobre qué valor de $B$ la medida obtenida o viceversa.

Medición no conmutable observable a la vez

giulio bullsaver

Burbuja

giulio bullsaver

Burbuja

yuggib

yuggib

giulio bullsaver

yuggib

yuggib

giulio bullsaver

giulio bullsaver

Burbuja

giulio bullsaver

Burbuja

giulio bullsaver

Burbuja

giulio bullsaver

Burbuja

Respuestas (2)

por simetría

yuggib

por simetría

yuggib

giulio bullsaver

por simetría

giulio bullsaver

yuggib

Burbuja

¿Cómo conduce la no conmutatividad de los observables a la aceleración cuántica en la resolución de algoritmos en computación cuántica?

Significado del valor esperado del producto de los operadores que no viajan al trabajo

¿Los resultados de la medición son solo ortogonales?

¿Cómo pensar en las matrices como observables?

Observables compatibles

Conmutador y orden de medida

¿Por qué la conmutatividad significa que dos observables se pueden medir juntos?

¿Composición de los operadores de compresión?

¿Cómo conduce la no conmutatividad a la incertidumbre?

¿Existe una expresión simple para [x,eixp][x,eixp][x,e^{ixp}]?