Observables compatibles

1) Supongamos, por simplicidad, que el espacio de Hilbert es de dimensión finita. Dejar$\hat{A}:H\to H$y$\hat{B}:H\to H$ser dos operadores hermitianos (también conocidos como observables cuánticos). Sus dos espectros deben ser conjuntos finitos de valores propios

$${\rm Spec}(A)~=~\{a_1, \ldots, a_n\} \qquad {\rm and} \qquad {\rm Spec}(B)~=~\{b_1, \ldots, b_m\}.$$

2) En la pregunta (v1), OP pregunta específicamente qué sucede si los espectros son degenerados. Podemos descomponer el espacio de Hilbert

$$H~=~\oplus_{i=1}^n E^{(\hat{A})}_i$$

en espacios propios ortogonales

$$E^{(\hat{A})}_i~:=~ {\rm ker}(\hat{A}-a_i{\bf 1}) ~\subseteq~H$$ para $\hat{A}$. Definamos operadores de proyección correspondientes $\hat{P}^{(\hat{A})}_i:H\to E^{(\hat{A})}_i$. Entonces podemos descomponer $$\hat{A}~=~\sum_{i=1}^n a_i\hat{P}^{(\hat{A})}_i.$$

3) Supongamos por simplicidad que el estado inicial es un estado puro dado por un ket$\mid\psi\rangle$. (Para el caso de un estado mixto , consulte esta respuesta ). Una medida del observable$\hat{A}$, con el resultado$a_i$, colapsa el estado inicial$\mid\psi\rangle$en un nuevo estado

$$\mid\psi^{\prime}\rangle~=~\frac{\hat{P}^{(\hat{A})}_i\mid\psi\rangle}{\sqrt{\langle\psi\mid\hat{P}^{(\hat{A})}_i\mid\psi\rangle}}.$$

4) Del mismo modo, podemos hacer lo mismo con el otro operador,

$$H~=~\oplus_{j=1}^m E^{(\hat{B})}_j,$$ $$E^{(\hat{B})}_j~:=~ {\rm ker}(\hat{B}-b_j{\bf 1}) ~\subseteq~H,$$

$$\hat{B}~=~\sum_{j=1}^m b_j\hat{P}^{(\hat{B})}_j.$$

5) Dado que los dos operadores$\hat{A}$y$\hat{B}$desplazarse$[\hat{A},\hat{B}]=0$, es decir, son compatibles, existe un conjunto común de espacios propios ortogonales

$$E_{ij} ~:=~ E^{(\hat{A})}_i \cap E^{(\hat{B})}_j~\subseteq~H, \qquad\qquad H~=~\oplus_{i=1}^n\oplus_{j=1}^m E_{ij}.$$

Tenga en cuenta que algunos de los subespacios$E_{ij}$podría ser trivial (de dimensión cero). Todos los operadores de proyección$\hat{P}^{(\hat{A})}_i$y$\hat{P}^{(\hat{B})}_j$también viajará.

6) Si a continuación realizamos una medida del observable$\hat{B}$, con resultado$b_j$, sobre el estado$\mid\psi^{\prime}\rangle$de la sección 3, el estado se derrumba en

$$\mid\psi^{\prime\prime}\rangle ~=~\frac{\hat{P}^{(\hat{B})}_j\mid\psi^{\prime}\rangle}{\sqrt{\langle\psi^{\prime}\mid\hat{P}^{(\hat{B})}_j\mid\psi^{\prime}\rangle}},$$

que después de un poco de álgebra sencilla se reduce a

$$\mid\psi^{\prime\prime}\rangle ~=~\frac{\hat{P}^{(\hat{B})}_j\hat{P}^{(\hat{A})}_i\mid\psi\rangle}{\sqrt{\langle\psi\mid\hat{P}^{(\hat{B})}_j\hat{P}^{(\hat{A})}_i\mid\psi\rangle}}.$$

7) La última expresión es simétrica en$\hat{A} \leftrightarrow \hat{B}$, y por lo tanto realizando las mediciones en orden inverso, es decir, midiendo primero$\hat{B}$, con resultado$b_j$, y luego$\hat{A}$, con resultado$a_i$produciría el mismo estado final$\mid\psi^{\prime\prime}\rangle.$

8) Entonces, para responder a la pregunta, en el caso degenerado aún puede haber un colapso asociado con la segunda medición. Sin embargo, si el espectro del primer observable no está degenerado, entonces no hay un segundo colapso.