Diese beiden Operatoren pendeln ... aber ihre Eigenvektoren sind nicht alle gleich. Warum?

Der Hamiltonian

H = [ A 0 0 − B 0 0 − B 0 0 − B 0 0 − B 0 0 − A ]

pendelt mit dem Betreiber der Qubit-Börse

P = [ 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 ]

Ich würde also erwarten, dass die beiden die gleichen Eigenvektoren haben. Die Eigenvektoren von P sind leicht ersichtlich ( 1 , 0 , 0 , 0 ) T ; ( 0 , 0 , 0 , 1 ) T ; ( 0 , 1 , 1 , 0 ) T ; ( 0 , 1 , − 1 , 0 ) T . Die beiden letzteren sind auch Eigenvektoren von H , aber die ersten beiden nicht. Warum? Ich dachte, pendelnde Operatoren hätten dieselbe Eigenbasis?

Vielleicht math.stackexchange?

Antworten (2)

Forderung u 1 , u 2 , u 3 , u 4 die von Ihnen beschriebenen Eigenvektoren. Ihre Ansprüche sind in Ordnung, aber erkennen Sie, dass beide u 1 Und u 2 denselben Eigenwert teilen, das heißt 1 , dh, P u 1 = u 1 Und P u 2 = u 2 . Daher ist jede lineare Kombination von u 1 Und u 2 auch Eigenvektoren mit gleichem Eigenwert sein 1 . Versuchen Sie Eigenvektoren von zu finden H des Formulars a u 1 + β u 2 , mit a Und β Konstanten sein.

Okay, ich habe es geschafft, die Antwort zu bekommen, indem ich das getan habe. Obwohl die Berechnungen ziemlich nervig waren, bin ich mir nicht sicher, ob es so viel schneller war, als nur das rohe Erzwingen des ursprünglichen Hamiltonian.
Wahrscheinlich wird es den gleichen Aufwand wie das direkte Diagonalisieren geben H und Verifizieren, dass sie auch Eigenvektoren von sind P .

Hinweis: Wenn ein Eigenwert für einen Operator P degeneriert ist, gibt es mehr als eine Möglichkeit, einen Satz von Eigenvektoren auszuwählen. Wenn der andere Pendlerbetreiber H diese Entartung aufhebt, gibt es eine bevorzugte Wahl gemeinsamer Eigenvektoren.

Allgemeiner pendelt eine Menge von diagonalisierbaren Operatoren genau dann, wenn die Menge gleichzeitig diagonalisierbar ist . 1

1 Wir werden Feinheiten mit unbegrenzten Operatoren , Domänen, selbstadjungierten Erweiterungen usw. in dieser Antwort ignorieren.

Für den allgemeinen Fall definieren wir aufgrund von Domänenproblemen normalerweise, dass zwei selbstadjungierte Operatoren pendeln, wenn ihre spektralen Projektionen (oder äquivalent ihre Auflösungen) dies tun, was der analoge Fall des endlich dimensionalen Falls ist, auf den im Link hingewiesen wird.
Es ist interessant festzustellen, dass der Satz von diagonalisierbaren Operatoren spricht (und nicht von selbstadjungierten Operatoren, obwohl letzteres zugegebenermaßen für die QM relevant ist). Diagonalisierbarkeit ist eine generische Eigenschaft. Selbstadjungiert zu sein ist eine besondere Eigenschaft.
Beschränken wir uns auf den Fall der Diagonalisierung über unitäre Operatoren U , das ist A = U ∗ D U , Dann A ist normal, weil A ∗ A = U ∗ D ∗ U U ∗ D ∗ U = U ∗ D ∗ D U = U ∗ D D ∗ U = U ∗ D U U ∗ D ∗ U = A A ∗ . Das Ergebnis ist dann im unendlichen Fall dasselbe, da es auch für normale Operatoren einen Spektralsatz gibt und wir die Kommutativität genauso definieren wie für selbstadjungierte.
↑ Zustimmen.
Diese beiden Operatoren pendeln ... aber ihre Eigenvektoren sind nicht alle gleich. Warum?
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