Mostrar valor propio no depende del número cuántico magnético mmm

Question

Mostrar valor propio no depende del número cuántico magnético mmm

Marsl

Tenemos un operador escalar $A$ , siendo invariante bajo rotaciones que conmutan con el momento angular, es decir

[A, j_{i}] = 0 dónde i = X, y, z

$[A,J_i]=0 \text{ where } i=x,y,z$

[A, j^{2}] = 0

$[A,J^2]=0$

Así funciones propias de $A$ pueden elegirse de tal manera que sean funciones propias de $J^2$ y $J_z$ . Sé que los valores propios correspondientes a estos operadores son $\hbar^2j(j+1)$ y $\hbar m$ respectivamente.

Demostraré que los valores propios de $A$ no dependen del número cuántico magnético $m$ . Siento que esto debería seguir las líneas del conmutador nuevamente, pero no llego a ninguna parte.

Algo como esto:

Suponer $\psi$ son funciones propias de los tres operadores y

A ψ = λ ψ

$A\psi = \lambda \psi$ dónde

λ = λ (m)

$\lambda=\lambda(m)$ y llevar esto a una contradicción. ¡Cualquier ayuda apreciada!

Valter Moretti

Lema de Schur...

Marsl

Lo siento, pero todavía no estoy familiarizado con la teoría de grupos/teoría de la representación y nunca he estudiado este lema. ¿No hay manera más fácil de llegar allí?

Valter Moretti

La observación crucial es que el espacio propio en fijo

j

$j$ cuya base está etiquetada por los valores propios de

L_{z}

$L_z$ es irreductible. Por el lema de Schur toda matriz que conmuta con la

L_{k}

$L_k$ es múltiplo de la matriz identidad...

Valter Moretti

Otra prueba, más directa, se puede obtener mediante los operadores de escalera:

A

$A$ viaja con ellos...

ZeroTheHero

@ValterMoretti Sus comentarios serían muy útiles para muchos estudiantes universitarios si pudiera expandirlos en una respuesta nítida y bien escrita.

Valter Moretti

lo haré más tarde

Emilio Pisanty

¿Por qué está usando una fuente en negrita para un escalar y por qué está usando una negrita inconsistente para A? ¿Tiene alguna importancia el uso de negrita frente a cursiva para ese operador? Si es así, debe hacerse explícito, si no, debe eliminarse la notación inconsistente.

Respuestas (1)

Mostrar valor propio no depende del número cuántico magnético mmm

Lo siento, pero todavía no estoy familiarizado con la teoría de grupos/teoría de la representación y nunca he estudiado este lema. ¿No hay manera más fácil de llegar allí?
La observación crucial es que el espacio propio en fijo $j$ cuya base está etiquetada por los valores propios de $L_z$ es irreductible. Por el lema de Schur toda matriz que conmuta con la $L_k$ es múltiplo de la matriz identidad...
Otra prueba, más directa, se puede obtener mediante los operadores de escalera: $A$ viaja con ellos...
@ValterMoretti Sus comentarios serían muy útiles para muchos estudiantes universitarios si pudiera expandirlos en una respuesta nítida y bien escrita.
¿Por qué está usando una fuente en negrita para un escalar y por qué está usando una negrita inconsistente para A? ¿Tiene alguna importancia el uso de negrita frente a cursiva para ese operador? Si es así, debe hacerse explícito, si no, debe eliminarse la notación inconsistente.

Valter Moretti · Answer 1

En primer lugar, la pregunta tiene que formularse en una forma más precisa.

El espacio de Hilbert $H$ es una suma directa ortogonal de los espacios propios $H_j$ de $J^2$ :

\begin{matrix} (1) & H = \oplus_{j} H_{j} \end{matrix}

$H = \oplus_{j}H_j \tag{1}$ donde, obviamente,

\begin{matrix} (2) & j |_{H_{j}} = j (j + 1) I . \end{matrix}

$J|_{H_j}= j(j+1)I\:.\tag{2}$ Desde

A

$A$ y

J_{k}

$J_k$ viajar con

J^{2}

$J^2$ , cada

H_{j}

$H_j$ es invariante bajo la acción de estos operadores:

\begin{matrix} (3) & A (H_{j}) \subset H_{j}, j_{k} (H_{j}) \subset H_{j} . \end{matrix}

$A(H_j) \subset H_j\:,\quad J_k(H_j) \subset H_j\:.\tag{3}$

Es claro que (1) y (3) implican que $A$ es conocido siempre que sea conocido en cada subespacio $H_j$ . Por lo tanto, de ahora en adelante considero las restricciones $A|_{H_j}$ y $J_z|_{H_j}$ a un genérico $H_j$ , considerando $H_j$ como el espacio de Hilbert de la teoría, aunque usaré la notación más simple $A$ y $J_j$ en lugar de $A|_{H_j}$ y $J_z|_{H_j}$ .

Desde $A$ y $J_z$ viaje, puede suceder que, $A=f(J_z)$ para alguna función no constante $f$ . En otras palabras, un vector propio $|j,m\rangle$ de $J_z$ con valor propio $m$ es también un vector propio de $A$ con valor propio $f(m)$ para alguna función no constante $f$ .

Probemos que la función $f$ en realidad es constante. Esta es la tesis escrita en una forma más precisa.

En otras palabras, $A$ prohibido para $H_j$ es de la forma $cI$ .

Como $L_k$ viaja con $A$ , $A$ viaja con $J_\pm$ que son combinaciones lineales de $J_x$ y $J_y$ y por lo tanto, de

A | j, - j ⟩ = F (- j) | j, - j ⟩

$A|j,-j\rangle = f(-j)|j,-j\rangle$ tenemos

j_{+} A | j, - j ⟩ = F (- j) j_{+} | j, - j ⟩

$J_+A|j,-j\rangle = f(-j)J_+|j,-j\rangle$ eso es

A j_{+} | j, - j ⟩ = C_{j} F (- j) | j, - j + 1 ⟩

$AJ_+|j,-j\rangle =C_j f(-j)|j,-j+1\rangle$ a saber

C_{j} A | j, - j + 1 ⟩ = C_{j} F (- j) | j, - j + 1 ⟩ .

$C_j A|j,-j+1\rangle = C_jf(-j)|j,-j+1\rangle\:.$ Para algunos que no desaparecen

C_{j}

$C_j$ , de modo que

A | j, - j + 1 ⟩ = F (- j) | j, - j + 1 ⟩ .

$A|j,-j+1\rangle = f(-j)|j,-j+1\rangle\:.$ Repetir la operación (encontrar constantes

C_{m} \neq 0

$C_m\neq 0$ ) obtenemos

A | j, metro ⟩ = F (- j) | j, metro ⟩ si metro = - j, - j + 1, \dots, j .

$A|j,m\rangle = f(-j)|j,m\rangle \quad \mbox{if $m=-j,-j+1,\ldots, j$.}$ En otras palabras, escribir explícitamente la restricción a

H_{j}

$H_j$ , ya que los vectores

| j, m ⟩

$|j,m\rangle$ forma una base de

H_{j}

$H_j$ ,

A |_{H_{j}} = \sum_{metro} F (- j) | j, metro ⟩ ⟨ j, metro | = F (- j) I .

$A|_{H_j} = \sum_{m} f(-j) |j,m\rangle \langle j,m| = f(-j)I\:.$ En cada subespacio

H_{j}

$H_j$ ,

A

$A$ es la constante

a I

$aI$ operador y esta constante puede depender de

j

$j$ . En todo el espacio de Hilbert:

A = \sum_{j, metro} a_{j} | j, metro ⟩ ⟨ j, metro | = \oplus_{j} a_{j} I_{j} .

$A = \sum_{j,m} a_j |j,m\rangle \langle j,m| = \oplus_j a_jI_j\:.$

De hecho, hemos establecido la versión más elemental del teorema de Wigner-Eckart.

Muy bien y simplemente hecho. Como detalle técnico, ya que en general la acción de $J_+$ en $\vert jm\rangle$ depende de $m$ , como se "elimina" esto $m$ ¿dependencia? es decir $AJ_+\vert jm\rangle =f(-j) \sqrt{(j-m)(j+m+1)}\,\vert j,m+1\rangle$
Sí, claro, sin embargo estos coeficientes se cancelan ya que aparecen en ambos lados. Corregí mi texto tomándolos en cuenta.
Vaya, muchas gracias. En realidad, la primera parte de formular la pregunta de forma precisa podría haberme ayudado incluso más que la segunda. Lo pensaré unas cuantas veces, ahora y veré si hay algo que no me quede muy claro. ¡Salud!
@ValterMoretti Correcto... Estaba pensando que podrías haber usado estados (no normalizados) definidos como $J^k_+\vert j,-j\rangle$ sin referencia explícita a $\vert j,-j+k\rangle$ sin afectar su argumento.
No, prefiero usar vectores propios normalizados para obtener la descomposición espectral estándar...

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Ayuda para simplificar una ecuación de conmutador

Valores propios, operadores hermitianos y observables en mecánica cuántica

Conmutador de posición y momento

Conmutador con raíz cuadrada

Valores propios del Producto de 2 operadores hermitianos [cerrado]

¿Existe una forma sencilla de encontrar los estados propios del operador de creación y aniquilación en QM?

Demostrar [A,Bn]=nBn−1[A,B][A,Bn]=nBn−1[A,B][A,B^n] = nB^{n-1}[A,B]

Conmutador cuántico

Conmutación del operador de momento angular [cerrado]

Cómo derivar [xi,F(p⃗ )]=iℏ∂F(p⃗ )∂pi[xi,F(p→)]=iℏ∂F(p→)∂pi[x_i, F(\vec p)] = yo \hbar \frac {\parcial F(\vec p)}{\parcial p_i}