Eigenräume des Drehimpulsoperators und seines Quadrats (Casimir-Operator)

OP überlegt im Wesentlichen, ob Kommutativität eine transitive Beziehung ist , dh. wenn drei normale Operatoren$^{1}$ $A$,$B$, Und$C$erfüllt

Die Antwort ist Nein, aber OP argumentiert über die Existenz einer gemeinsamen Basis von Eigenvektoren für zwei kommutierende Normaloperatoren, dass Gl. (T) sollte gelten.

Um den Fehler in der Argumentation von OP am deutlichsten aufzudecken, wählen Sie$B$proportional zur Identität sein. Dann$B$pendelt mit allem. Offensichtlich können wir dann zwei nicht kommutierende Normaloperatoren finden$A$Und$C$, so dass Gl. (T) ist verletzt! Und eine Basis von Eigenvektoren für$A$kann keine Basis von Eigenvektoren für sein$C$, und umgekehrt.

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

Zwei Operatoren dürfen genau dann gleichzeitig diagonalisiert werden, wenn sie pendeln.

Wie du sehen kannst,$L_z$pendelt weder mit$L_x$auch nicht mit$L_y$– und nicht mit anderen Linearkombinationen, die von einem Vielfachen von verschieden sind$L_z$– es gibt also keine Möglichkeit, zwei verschiedene Komponenten von zu diagonalisieren$L_i$überhaupt.

Jedoch,$L_z$(und ähnlich andere Komponenten) pendelt mit$L^2$, So$L_z$Und$L^2$können gleichzeitig diagonalisiert werden.

Es bedeutet, dass jede Grundlage, die Sie haben und$L_z,L^2$ausgedrückt in Bezug auf diese Basis, kann man eine Matrix finden$U$auf dem Hilbert-Raum, so dass beide$UL^2 U^{-1}$ebenso gut wie$U L_z U^{-1}$sind Diagonalmatrizen. Es dürfen keine weiteren Komponenten etc. hinzugefügt werden. Das sagen wir$L^2,L_z$bilden einen "vollständigen Satz pendelnder Observablen", der den Winkelteil der Wellenfunktion eines Teilchens (oder den gesamten inneren Drehimpuls, die Spin-Freiheitsgrade eines Teilchens) beschreibt.

Man erreicht so etwas wie ein „Paradoxon“, wenn man Eigenräume diskutiert. Das Problem bei Ihrer Argumentation besteht darin, dass die Eigenräume in den meisten Fällen mehrdimensional sind, aber keine Unterräume voneinander.

$L^2$hat unterschiedliche Eigenwerte$\ell(\ell+1)\hbar^2$für$\ell=0,1,2,3,\dots$Auch für den allgemeinen „Spin“ sind halbzahlige Werte möglich.

Betrachtet man aber den vollen Hilbertraum, entspricht der Eigenraum dem Eigenwert mit$\ell$ist nicht eindimensional. Stattdessen ist es zumindest$(2\ell+1)$-dimensional. Genau so ist es, wenn es keine anderen Freiheitsgrade gibt. Wenn es andere Freiheitsgrade gibt, ist die Dimension des Eigenraums ein Vielfaches von$(2\ell+1)$.

Andererseits ist der Eigenraum von$L_z$den Eigenwerten dieses Operators zugeordnet ist,$m$. Sie können den Eigenwert erhalten$L_z=m$für$\ell = |m|$aber du kannst es auch bekommen$\ell=|m|+1$,$|m|+2$, oder jede andere Zahl größer als$|m|$durch eine positive ganze Zahl. Also der Eigenraum von$L_z$ist die lineare Hüllkurve der Vereinigung eindimensionaler Unterräume von Eigenräumen von$L^2$.

Der Eigenraum von$L_x$entsprechend dem Eigenwert von$m$wählt aus diesen verschiedene eindimensionale Unterräume aus. Ihre Basisvektoren sind weder parallel noch orthogonal zu denen, die ihnen zugeordnet sind$L_z$. Ähnlich für$L_y$.

Der mehrdimensionale Eigenraum von$L^2$mit dem Eigenwert$\ell(\ell+1)\hbar^2$und der mehrdimensionale Eigenraum von$L_z$mit dem Eigenwert von$m$haben einen Schnittpunkt – im einfachsten Fall von Wellenfunktionen auf der Kugel eindimensionaler Schnittpunkt – der allen Zuständen mit den durch die Quantenzahlen gegebenen Eigenwerten entspricht$(\ell,m)$.

Die Eigenräume des quadratischen Casimir$L^2 = L_x^2+L_y^2+L_z^2$der Lie-Algebra der infinitesimalen Rotationen$\mathfrak{so}(3)$sind genau die irreduziblen Darstellungen von$\mathfrak{so}(3)$- Wir bezeichnen eine Repräsentation normalerweise nach ihrem höchsten Gewicht$l$, was in diesem Fall nur eine Zahl ist, die Ihnen sagt, was der größtmögliche Wert für eines der ist$L_i$Ist. Die mit gekennzeichneten Darstellungen$l$Maß haben$2l+1$, und alle Vektoren derselben irreduziblen Darstellung haben$l(l+1)$als Eigenwert von$L^2$, So$L^2$hat entartete Eigenräume (wie es sein muss, da es mit jedem Element der Lie-Algebra pendelt, also muss es ein Vielfaches der Identität auf irreduziblen komplexen Darstellungen nach Schurs Lemma sein ).

Wir können nicht entartete Bezeichnungen für die Zustände erhalten, indem wir eine der drei Richtungen wählen (normalerweise nimmt man$L_z$) und Kennzeichnungszustände mit$l$zusätzlich durch ihren Eigenwert$m_l$für$L_z$. Nun, jeder Eigenraum mit Eigenwert$l(l+1)$für$L^2$wird überspannt von der$2l+1$Zustände mit Eigenwerten$-l,-l+1,\dots,l-1,l$für$L_z$. Die Betreiber$L_y$Und$L_x$auch diese Entartung aufheben kann, aber da die$L_i$nicht miteinander vertauschen, ihre Eigenvektoren sind eine unterschiedliche Wahl der Basis für die Eigenräume.

Im Zusammenhang mit Atomorbitalen,$l$wird üblicherweise als azimutale Quantenzahl und bezeichnet$m_l$heißt magnetische Quantenzahl .

Der$L_i$hat viele Eigenräume, die vielen Eigenwerten entsprechen. Jeder dieser Eigenräume ist auch ein Eigenraum des Casimir-Operators.

Sie teilen sich also gemeinsame Eigenräume in dem Sinne, dass es Eigenräume gibt, die zu beiden eigen sind. Aber sie teilen sie nicht in dem Sinne, dass sie gleich sind.

Schau dir das Wasserstoffatom an. Es gibt Energie-Eigenräume und dort Casimir-Eigenräume. Ein Casimir-Eigenraum mit Eigenwert$0$enthält Vektoren jeder möglichen Energie. Und ein Energieeigenvektor mit Eigenwert$E$c enthält Vektoren vieler verschiedener Drehimpulse. Aber es gibt gemeinsame Eigenvektoren, die einen festen Casimir-Eigenwert und eine feste Energie haben.

Es gibt gemeinsame Eigenvektoren für Pendeloperatoren, aber das bedeutet nicht, dass ein zufälliger Eigenvektor des einen ein Eigenvektor des anderen ist.

Als ich diese Frage stellte, verstand ich die Beziehung zwischen der Kommutativität zweier Operatoren und ihren Eigenräumen nicht:

Wenn ein Betreiber$A$kommutiert mit einem anderen Operator$B$, Dann$A$verlässt die Eigenräume von$B$unveränderlich:

Aber das impliziert das nicht$\psi$ist ein Eigenzustand von$A$.

Vielleicht habe ich "Eigenräume von B invariant lassen" mit "Eigenvektoren von B sind Eigenvektoren von A" verwechselt .