Relación de cierre para autos degenerados

Question

Relación de cierre para autos degenerados

HeisenbergsPerro

Considere un observable en mecánica cuántica, con un valor propio degenerado en un espectro continuo.

¿Es posible que tal valor propio tenga una degeneración finita?
Si la degeneración es infinita, ¿puede tener vectores propios contablemente infinitos? (es decir, ¿pueden enumerarse sus vectores propios?)

Ahora supongamos que tenemos un valor propio degenerado en un espectro discreto.

¿Es posible que tal valor propio sea infinitamente degenerado? Si es así, ¿los vectores propios correspondientes son contables o no contables?
También estoy interesado en cómo escribirías el operador unitario (la relación de completitud) en cada uno de estos casos.

curioso

Estrictamente hablando, no hay cardinalidad en física (aparte del caso trivial de que todo lo medible es finito). Si estamos hablando de sistemas físicamente irrealizables que están demasiado simplificados, creo que puedo imaginar un ejemplo para 1), así que matemáticamente respondería afirmativamente. No veo por qué 2) debería descartarse, pero me encantaría saber por qué/si crees que se puede. No tengo idea para 3). ¿La forma más general del operador unitario no se deriva de una declaración bastante general sobre los espectros de operadores lineales?

Urgje

Suponga que el espacio de Hilbert es separable. 1) Sí, piense en los estados excitados de Coulomb (átomo de hidrógeno) donde el valor propio para diferentes números cuánticos m es el mismo. 2) Sí. El operador de identidad tiene valor propio 1 y cada base ortonormal consta de un número contable de vectores propios mutuamente ortogonales. 3) Sí, ver 2).

timeo

@CuriousOne Two es un problema porque una vez que tiene dos vectores propios distintos del mismo valor propio, cualquier combinación lineal de ellos también es un vector propio con el mismo valor propio y hay innumerables combinaciones lineales de dos vectores distintos. Ahora, tener una base ortonormal incontable de vectores propios es diferente, pero generalmente asumes que tu espacio es separable.

curioso

@Timeus: ¡Gracias! Ahora tengo una mejor idea de lo que podría haber significado el OP.

HeisenbergsPerro

Gracias por tus comentarios. Por supuesto, me refería al número de vectores propios linealmente independientes (no al número total de vectores propios, que es claramente incontable).

Respuestas (1)

Relación de cierre para autos degenerados

Estrictamente hablando, no hay cardinalidad en física (aparte del caso trivial de que todo lo medible es finito). Si estamos hablando de sistemas físicamente irrealizables que están demasiado simplificados, creo que puedo imaginar un ejemplo para 1), así que matemáticamente respondería afirmativamente. No veo por qué 2) debería descartarse, pero me encantaría saber por qué/si crees que se puede. No tengo idea para 3). ¿La forma más general del operador unitario no se deriva de una declaración bastante general sobre los espectros de operadores lineales?
Suponga que el espacio de Hilbert es separable. 1) Sí, piense en los estados excitados de Coulomb (átomo de hidrógeno) donde el valor propio para diferentes números cuánticos m es el mismo. 2) Sí. El operador de identidad tiene valor propio 1 y cada base ortonormal consta de un número contable de vectores propios mutuamente ortogonales. 3) Sí, ver 2).
@CuriousOne Two es un problema porque una vez que tiene dos vectores propios distintos del mismo valor propio, cualquier combinación lineal de ellos también es un vector propio con el mismo valor propio y hay innumerables combinaciones lineales de dos vectores distintos. Ahora, tener una base ortonormal incontable de vectores propios es diferente, pero generalmente asumes que tu espacio es separable.
@Timeus: ¡Gracias! Ahora tengo una mejor idea de lo que podría haber significado el OP.
Gracias por tus comentarios. Por supuesto, me refería al número de vectores propios linealmente independientes (no al número total de vectores propios, que es claramente incontable).

Valter Moretti · Answer 1

(1) Sí, toma ${\cal H} = L^2(\mathbb R, dx)\oplus L^2(\mathbb R, dx)$ y por lo tanto $\left(X (\psi, \phi)\right)(x,y) := (x\psi(x),y\phi(y))$ . Tenemos $\sigma(X)=\sigma_c(X)$ y la degeneración es sólo $2$ .

(2) Sí, use el ejemplo (1) con infinitas copias contables de $L^2(\mathbb R, dx)$ y utilice la suma directa hilbertiana de los espacios de Hilbert. (Hay infinitos vectores propios linealmente independientes ).

(3) Sí, refiriéndose a la suma directa hilbertiana, tome ${\cal H} = \oplus_{k=1}^{+\infty} {\cal H}_k$ con ${\cal H}_k = L^2(\mathbb R, dx)$ y considere el operador auto-adjunto (con dominio natural) $H = \oplus_{k=1}^{+\infty} H_k$ , dónde

H_{k} := \frac{1}{2 metro} {PAG}_{k}^{2} + \frac{k}{2} X_{k}^{2}

$H_k:= \frac{1}{2m}P_k^2+ \frac{k}{2}X^2_k$ con

P_{k}

$P_k$ y

X_{k}

$X_k$ el operador de momento y posición en

H_{k}

${\cal H}_k$ y definir

ω = 2 π \sqrt{k / m}

$\omega = 2\pi\sqrt{k/m}$ . Resulta que

σ (H) = σ_{p} (H) = ω (n + \frac{1}{2})

$\sigma(H)= \sigma_p(H)= \omega(n + \frac{1}{2})$ ,

n = 0, 1, 2, \dots

$n=0,1,2,\ldots$ y la degeneración es contablemente infinita para cada

n

$n$ .

En principio, es posible construir ejemplos con $\sigma(H)=\sigma_p(H)$ y la degeneración es incontable, pero en QM se supone que el espacio de Hilbert es separable, por lo que estos ejemplos no tienen mucho significado físico.

Para el número dos, la degeneración es diferente al número de vectores propios, la degeneración se refiere a la dimensión del subespacio de vectores propios. Claramente, una vez que hay degeneración, hay innumerables vectores propios, incluso si solo selecciona uno de cada grupo de vectores propios que son proporcionales entre sí. Porque hay innumerables direcciones en un subespacio de más de una dimensión.
Sí, de hecho me refería al número de autovectores linealmente independientes ... Sin embargo, en el caso (2) otro problema se refiere al hecho de que el espectro es continuo. De hecho, existe una noción generalizada de degeneración relacionada con una versión del teorema de representación espectral (véase, por ejemplo, Dumford Schwartz, segundo volumen, supongo) que es válida tanto para el punto como para el espectro continuo. En mi ejemplo (2), esta noción es 2. De hecho, en el caso (2) no hay vectores propios en absoluto solo porque el espectro es continuo.
Gracias por su respuesta. Sin embargo, todavía no tengo las herramientas matemáticas para entender todo lo que escribiste. Así que básicamente la respuesta es sí a todas mis preguntas.
En cuanto al operador identidad, al expandirlo en la base propia: En (2) por ejemplo, ¿incluirías una suma discreta dentro de la integral, sumando sobre las degeneraciones?

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