Grundlagen der Quantenmechanik: Produktraum

Question

Grundlagen der Quantenmechanik: Produktraum

Nilanjan

Betrachten Sie einen gekoppelten harmonischen Oszillator, dessen Position durch gegeben ist $x_1$ Und $x_2$ . Sagen Sie die normalen Koordinaten $x_{\pm}={1\over\sqrt{2}} (x_1\pm x_2)$ , bei denen sich die harmonischen Oszillatoren entkoppeln, existieren.

Wenn Sie diese Theorie quantisieren, sind die entsprechenden Operatoren $\hat x_1,~ \hat x_2,~ \hat x_{\pm}$ . Die Betreiber $\hat x_1,~\hat x_2$ pendelt und

{\hat{X}}_{\pm} \equiv \frac{1}{\sqrt{2}} ({\hat{X}}_{1} \otimes {\hat{1}}_{2} \pm {\hat{1}}_{1} \otimes {\hat{X}}_{2}),

$\hat x_{\pm}\equiv{1\over\sqrt{2}} (\hat x_1 \otimes \hat 1_2 \pm \hat 1_1\otimes \hat x_2),$ Wo

{\hat{1}}_{1}, {\hat{1}}_{2}

$\hat 1_1,~\hat 1_2$ sind Identitätsoperatoren. Also dieser Betreiber

{\hat{x}}_{\pm}

$\hat x_{\pm}$ handelt in einer direkten Produktbasis gegeben durch

| X_{1}, X_{2} ⟩ = | X_{1} ⟩ \otimes | X_{2} ⟩

$|x_1,x_2\rangle=|x_1\rangle \otimes |x_2\rangle$ Wo

| x_{1} ⟩

$|x_1\rangle$ Und

| x_{2} ⟩

$|x_2\rangle$ sind Eigenzustände von

{\hat{x}}_{1}

$\hat x_1$ Und

{\hat{x}}_{2}

$\hat x_2$ bzw.

Sondern der Staat $|x_1,x_2\rangle$ ist Eigenzustand von beiden $\hat x_{\pm}$ .

Wie können wir eindeutige Eigenzustände des Operators konstruieren? $\hat x_{\pm}$ in der Grundlage $|x_1,x_2\rangle$ ? Oder ist es so, dass es nicht möglich ist?

Benutzer10851

Spitzfindigkeit: "direktes Produkt" (

\times

$\times$ )

\neq

$\neq$ "Tensorprodukt" (

\otimes

$\otimes$ ) für Vektorräume oder allgemeiner Module . Tatsächlich ist das direkte Produkt für eine endliche Anzahl von Räumen, die "(ko)produziert" werden, äquivalent zur "direkten Summe" (

\oplus

$\oplus$ ).

Antworten (2)

Grundlagen der Quantenmechanik: Produktraum

Spitzfindigkeit: "direktes Produkt" ( $\times$ ) $\neq$ "Tensorprodukt" ( $\otimes$ ) für Vektorräume oder allgemeiner Module . Tatsächlich ist das direkte Produkt für eine endliche Anzahl von Räumen, die "(ko)produziert" werden, äquivalent zur "direkten Summe" ( $\oplus$ ).

Malabarba · Answer 1

Beide $\hat{x}_{\pm}$ pendeln mit beiden $\hat{x}$ (Produkt mit Identität). Sie teilen sich also (wie Sie überprüft haben) einen gemeinsamen Satz von Eigenvektoren.

In diesem Fall enthält die Menge ein beliebiges Produkt zweier Ortseigenzustände. Deshalb irgendein Staat $|x,y\rangle$ ein Eigenvektor aller vier Ihrer Operatoren ist.

Ich denke, die endgültige Antwort lautet: Nein, das ist nicht möglich.

JoshPhysik · Answer 2

Wie Sie bemerken, die Staaten $|x_1, x_2\rangle$ sind Eigenzustände von $x_\pm$ ;

{\hat{X}}_{\pm} | X_{1}, X_{2} ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (X_{1} + X_{2}) | X_{1}, X_{2} ⟩

$\hat x_\pm |x_1, x_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(x_1 + x_2)|x_1,x_2\rangle$ Darüber hinaus bilden diese Zustände eine orthonormale Basis (im Sinne von Dirac) für den Tensorprodukt-Hilbert-Raum. Daraus folgt, dass jeder Eigenvektor eines dieser Operatoren ein skalares Vielfaches eines der Zustände sein muss

| x_{1}, x_{2} ⟩

$|x_1, x_2\rangle$ .

Um dies zu sehen, nehmen wir an, dass es einen Zustand gibt $|\psi\rangle$ das ist kein skalares Vielfaches eines der Vektoren $|x_1, x_2\rangle$ , dann gibt es noch etwas anderes $|x_1',x_2'\rangle$ und komplexe Zahlen ungleich Null $a$ Und $b$ wofür

| ψ ⟩ = A | X_{1}, X_{2} ⟩ + B | X_{1}^{'}, X_{2}^{'} ⟩

$|\psi\rangle = a|x_1,x_2\rangle + b|x_1',x_2'\rangle$ und deshalb

{\hat{X}}_{\pm} | ψ ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (A (X_{1} + X_{2}) | X_{1}, X_{2} ⟩ + B (X_{1}^{'} + X_{2}^{'}) | X_{1}^{'}, X_{2}^{'} ⟩)

$\hat x_\pm|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(a(x_1 + x_2)|x_1,x_2\rangle + b(x_1'+x_2')|x_1',x_2'\rangle\right)$ dieser Zustand ist kein Eigenvektor von

x_{\pm}

$x_{\pm}$ es sei denn

x_{1}^{'} + x_{2}^{'} = x_{1} + x_{2}

$x_1'+x_2' = x_1 + x_2$ .

Bearbeiten. Als Antwort auf den Kommentar unten ist die folgende Aussage falsch:

in dieser Basis sind beide Eigenzustände von x± gleich. Es impliziert also x^+=x^−

Zwei Operatoren mit gleichzeitiger Eigenbasis sind nicht gleich! Was zählt, ist die Aktion dieser Operatoren auf jedem dieser Basiszustände. Im vorliegenden Fall sind die Eigenwerte von $\hat x_+$ Und $\hat x_-$ sind verschieden, also können wir klar erkennen, dass es sich um verschiedene Operatoren handelt.

@ user27470 Cool. Beantwortet diese Antwort die Frage nicht? Vielleicht habe ich es falsch interpretiert?
Ich stimme Ihnen und der Antwort von Bruce Connor zu. Um meine Frage klarer zu machen, betrachten wir das Produkt, das Hilbert-Raum genannt wird $H=H_1 \otimes H_2$ . Deutlich $\hat x_{\pm}$ sind Operatoren im Hilbertraum $H$ . Eine der möglichen Grundlagen von $H$ Ist $|x_1,x_2>$ . Was mich verwirrt, ist, dass ich dachte, dass jeder Operator einen Eigenzustand hat $H$ kann als lineare Kombination seiner Basiszustände ausgedrückt werden, hier sind die einfachen Zustände eine Wahl $|x_1,x_2>$ . Aber in dieser Basis beide Eigenzustände von $x_{\pm}$ sind gleich. Also impliziert es $\hat x_+=\hat x_-$ . Aber wir wissen, dass das nicht wahr sein kann!
Die erste Antwort ging aus Versehen. Du hast Recht. Ich stimme Ihnen zu, aber es beantwortet nicht meine Frage
Vielen Dank. Irgendwie habe ich vergessen, dass ein Operator durch seine Eigenwerte und Eigenvektoren definiert ist. Ich stimme zu, dass es falsch ist zu glauben, dass es von einem von ihnen bestimmt wird. Nochmals vielen Dank, da diese dumme Verwirrung mir bei einer anderen Berechnung Schmerzen bereitete.

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Benutzer10851

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Ist ⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩⟨ψ|A^|ψ⟩=⟨ψ|B^|ψ⟩\langle\psi|\hat{A}|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{B}|\psi\rangle für alle |ψ⟩|ψ⟩|\psi\rangle implizieren, dass A^=B^A^=B^\hat{A} = \hat{ B}?

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