Gegenseitiger oder gleicher Satz von Eigenfunktionen, wenn zwei hermitesche Operatoren kommutieren

Annahmen: Ich werde nur über hermitische (allgemeiner selbstadjungierte) Operatoren sprechen. Das bedeutet, dass ich annehmen werde, dass die fraglichen Operatoren eine Menge von Eigenvektoren haben, die den Hilbert-Raum aufspannen. Wie von tomaszin einem Kommentar erwähnt, ist dies nicht unbedingt notwendig, da allgemeinere Aussagen getroffen werden können, aber da es sich um grundlegendes QM handelt, halte ich diese Vereinfachung für sinnvoll.

Fragen 1 und 2

Die Aussage lautet: Wenn zwei Operatoren kommutieren, dann existiert eine Basis für den Raum, die gleichzeitig Eigenbasis für beide Operatoren ist. Wenn jedoch (zum Beispiel) einer der Operatoren zwei Eigenvektoren mit demselben Eigenwert hat, ist jede Linearkombination dieser beiden Eigenvektoren auch ein Eigenvektor dieses Operators, aber diese Linearkombination ist möglicherweise kein Eigenvektor des zweiten Operators .

Ein typisches Beispiel: Wir betrachten die Staaten$|l,m\rangle = |1,1\rangle$Und$|l,m\rangle = |1,-1\rangle$. Dies sind beides Eigenvektoren von$\hat{L}^2$Und$\hat{L}_z$. Die Eigenwerte von$\hat{L}_z$Sind$\hbar$Und$-\hbar$, sondern der Staat

$$|1,1\rangle + |1,-1\rangle$$ ist eindeutig kein Eigenvektor von $\hat{L}_z$, aber es ist immer noch ein Eigenvektor von $\hat{L}^2$. Dies ist wahrscheinlich der Grund, warum wir den Begriff „gegenseitig“ anstelle von „gleich“ verwenden. Schließlich bilden wir Linearkombinationen der $|1,m\rangle$Staaten, um die zu bekommen $l=1$Zustände, die Eigenvektoren von, sagen wir, $\hat{L}_y$.

Betrachten Sie als einfaches Beispiel die folgenden zwei Matrizen:

$$L = \left[ {\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}} \right]$$ Und $$Z = \left[ {\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array}} \right].$$ Die Vektoren $(1,0,0)$, $(0,1,0)$, Und $(0,0,1)$sind Eigenvektoren beider Operatoren. Die beiden letzteren sind Eigenvektoren von $L$mit gleichem Eigenwert (nämlich $1$), aber sie sind Eigenvektoren von $Z$mit unterschiedlichen Eigenwerten (nämlich $1$Und $-1$). Wenn wir stattdessen die Vektoren verwenden $(0,1,1)$Und $(0,1,-1)$, das sind immer noch Eigenvektoren von $L$mit Eigenwert $1$, aber sie sind nicht mehr Eigenvektoren von $Z$, wie Sie überprüfen können.

Frage 3

Wie von in einem Kommentar geschickt darauf hingewiesen hat Chris White, pendelt der Identitätsoperator mit jedem einzelnen anderen Operator , und doch gibt es Operatoren, die nicht miteinander tauschen. Dies ist das einfachste Gegenbeispiel zu Ihrer Intuition. Kommutativität ist keine transitive Eigenschaft.

Ich weiß nicht, ob Ihre Intuition bezüglich des Problems mathematischer oder physikalischer Natur war. Wenn es physisch war, dann ist das etwas, woran man sich gewöhnen muss, weil es Teil der Natur ist, dass die Dinge so funktionieren. Wenn es mathematisch ist, hilft vielleicht das oben angegebene Gegenbeispiel.

Fügen Sie als einfaches Beispiel zu den obigen Matrizen die Matrix hinzu

$$X = \left[ {\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array}} \right]$$ Dieser Operator pendelt mit $L$aber nicht $Z$.

Frage 4

Es ist sicherlich in Ordnung, wenn zwei Operatoren, die nicht pendeln, einen Eigenvektor teilen. In der Tat,$\hat{L}_x$,$\hat{L}_y$, Und$\hat{L}_z$alle teilen einen Eigenvektor: den Staat$|l,m\rangle = |0, 0\rangle$.

Betrachten Sie als ein trivialeres Beispiel für Operatoren, die einen gemeinsamen Eigenvektor haben, der nicht pendelt, die folgenden beiden:

$$A = \left[ {\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array}} \right]$$ Und $$B = \left[ {\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array}} \right]$$ Sie teilen eindeutig den Eigenvektor $(1,0,0)$, aber die unteren Blöcke der Matrizen A und B sind jeweils die Pauli- $z$und Pauli- $x$Matrizen, die nicht pendeln.

1. Wir sagen normalerweise, dass wenn zwei Operatoren$\hat{A}$Und$\hat{B}$pendeln, dann haben sie einen simultanen Satz von Eigenzuständen. Zu sagen, dass die Eigenzustände gleich sind, ist nicht wirklich richtig.

Zum Beispiel let-Operator$\hat{A}$sei hermitesch und agiere auf Elementen des Hilbert-Raums$\mathcal{H}_A$und Betreiber lassen$\hat{B}$auch hermitesch sein und auf Elemente des Hilbert-Raums wirken$\mathcal{H}_B$und lass$\mathcal{H}_A \ncong \mathcal{H}_B$so dass die beiden Räume klar voneinander getrennt sind.

Nach dem Spektralsatz gilt$\hat{A}$hat eine Menge von Eigenvektoren$\lvert \psi_{a_n} \rangle$mit reellen Eigenwerten$a_n$die eine Grundlage bilden für$\mathcal{H}_A$und ähnlich für$\hat{B}$,$\lvert \phi_{b_n} \rangle$,$b_n$Und$\mathcal{H}_B$. Dann jeder Zustand des Formulars$\lvert \psi_{a_n} \rangle \times \lvert \phi_{b_n} \rangle$ist ein simultaner Eigenvektor von beiden$\hat{A}$Und$\hat{B}$; jedoch die Mengen von Zuständen$\lvert \psi_{a_n} \rangle$Und$\lvert \phi_{b_n} \rangle$sind sicherlich nicht dasselbe ; sie sind nicht einmal Elemente desselben Raums!

2. Denken Sie daran, dass im sphärischen Koordinatensystem des Physikers$\theta \in [0, \pi]$ist der von der gemessene Azimutwinkel$+ \hat{z}$Achse und$\phi \in [0, 2\pi]$der Polarwinkel. Die sphärischen Harmonischen, die Sie auf Wikipedia sehen, haben also implizit eine bestimmte Achse zum Aufrufen ausgewählt$\hat{z}$.

Wie Sie darauf hinweisen, ist es willkürlich, welche Achse wir welche nennen. Also die simultanen Eigenfunktionen von$\hat{L}^2$Und$L_x$oder$L_y$geschrieben werden kann, ist die gleiche Form wie die sphärische Harmonische, außer dass wir jetzt lassen$\theta \to \theta_x$oder$\theta \to \theta_y$ein Azimutwinkel sein, der die Winkel in Bezug auf die misst$x$oder$y$Achse und dann lassen$\phi \to \phi_x$oder$\phi_y$sei der entsprechende Polarwinkel. Im Wesentlichen mischen wir hier nur herum, welches Etikett wir auf welche Achse setzen.

Was wir haben, sind drei verschiedene Darstellungen desselben Satzes von Eigenfunktionen von$\hat{L}^2$. Da dies äquivalente Darstellungen sind, können wir die simultanen Eigenfunktionen durchaus schreiben$\hat{L}^2$Und$\hat{L}_x$als Linearkombination der Eigenfunktionen von$\hat{L}^2$Und$\hat{L}_z$, die ich Ihnen als lohnende Übung überlasse.

3. Der Kommentar von Chris White macht hoffentlich deutlich, dass wir nicht immer unserer Intuition vertrauen sollten. Wenn die Kommutativität, wie Sie vorschlagen, transitiv wäre, müssten wir zu dem Schluss kommen, dass alle Operatoren kommutieren!

4. Operatoren können sicherlich einige simultane Eigenfunktionen teilen, auch wenn sie nicht pendeln. Zum Beispiel,$Y_0^0$enthält keine$\theta$oder$\phi$in seinen üblichen Darstellungen, also ist es dasselbe, unabhängig davon, wie Sie die Achsen beschriften.$Y_0^0$ist dann eine Eigenfunktion von allen$\hat{L}^2$,$\hat{L}_x$,$\hat{L}_y$, Und$\hat{L}_z$.

Ob nichtkommutierende Operatoren einige oder keine Eigenfunktionen teilen, hängt genau davon ab, was ihr Kommutator ist.