¿Qué simetría es responsable de la degeneración del hamiltoniano de partículas libres?

No, la simetría de paridad no es la razón por la cual los estados de partículas libres son doblemente degenerados, porque el grupo$\mathbb{Z}_2$es un grupo abeliano y, por lo tanto, no tiene representaciones irreducibles de dimensión mayor que uno. La simetría traslacional tampoco es responsable, por la misma razón. Necesitas ambos.

Supongamos que, en cambio, estamos trabajando con un potencial simétrico$U(x) = U(-x)$, por lo que solo tenemos simetría de paridad. En este caso, el hecho de que

$$P |p\rangle = |-p\rangle$$ no produce ninguna degeneración, ya que $|p\rangle$y $|-p\rangle$no son estados propios del hamiltoniano. En cambio, lo que nos dice es que, dado que podemos diagonalizar simultáneamente $H$y $P$, podemos elegir que todos los autoestados sean pares o impares.

Volviendo a la situación de las partículas libres, este razonamiento dice que deberíamos observar funciones de onda pares e impares como$\cos(px)$y$\sin(px)$para encontrar estados propios, no las ondas planas$e^{ipx}$. Sin embargo, no nos dice que$\cos(px)$y$\sin(px)$son degenerados! En cambio, su degeneración se deriva del hecho de que están vinculados por simetría traslacional,

$$\cos(px) = \sin(px + \pi/2).$$ Haciendo un cambio de base, recuperamos el hecho de que $e^{ipx}$y $e^{-ipx}$son degenerados.

Matemáticamente, podemos obtener la degeneración considerando tanto la paridad como la simetría traslacional, porque estas operaciones no conmutan. El grupo no abeliano resultante admite irreps no triviales, en este caso irreps de dimensión dos.

Para conocer algunos antecedentes sobre este razonamiento, consulte aquí . También tenga en cuenta que el argumento anterior no requiere que la simetría traslacional sea continua, por lo que también se aplica a (y explica la degeneración de) los estados de Bloch con momentos de cristal opuestos.

Tienes razón con respecto a la transformación de paridad, implica la degeneración de todos los estados con impulso finito.

El efecto de la simetría de traslación no implica más que lo que se conoce de la conservación de la cantidad de movimiento, ya que ambos operadores están íntimamente relacionados. De hecho, el operador de traducción está dado por

$$\hat T(a)=e^{i \hat P a}$$ (hasta un signo, según el punto de vista activo/pasivo).

Se comprueba trivialmente que efectivamente conmuta con el hamiltoniano de una partícula libre. Los estados propios del hamiltoniano son los estados propios del operador de momento$|p\rangle$, con función de onda$\Psi_p(x)\propto e^{i p x}$. Todos los estados traducidos

$$|p\rangle'=\hat T(a) |p \rangle=e^{ipa}|p \rangle$$ están degenerados. A nivel de la función de onda $$\Psi_p'(x)=e^{ipa}\Psi_p(x)\propto e^{i p (x+a)}$$ .

Todo eso solo quiere decir que los eignestates tienen todos la misma energía, independientemente del lugar donde se ponga el origen.