Habe ich Recht, wenn ich sage, dass Leiteroperatoren komplexe Eigenwerte haben?

Seit$L_+$Und$L_-$nicht hermitesch sind, ist es durchaus möglich, dass sie komplexe Eigenwerte haben.

Für diese speziellen Operatoren ist dies jedoch nicht der Fall. Sie können dies explizit überprüfen, indem Sie die bekannte Beziehung nehmen

$$L_+|l,m\rangle = \sqrt{l(l+1)-m(m+1)}|l,m+1\rangle,$$ sie als explizite Matrix auszudrücken und die Eigenwerte zu nehmen. Die Struktur der Matrix ist von der Form $$L_+ = \begin{pmatrix} 0 & & \\ \sqrt{2l} & 0 & \\ & \sqrt{4l-2} & 0\\ & & \ddots & \ddots & & \\ & & &\sqrt{4l-2} & 0 \\ & & & &\sqrt{2l} & 0\\ \end{pmatrix}$$ wobei alle leeren Einträge Null sind, und das bedeutet, dass das charakteristische Polynom ziemlich einfach unter Verwendung von Zeilenreduktionstechniken auf den bloßen Ausdruck berechnet werden kann $$\begin{align} \det(L_+-\lambda) & = \det\begin{pmatrix} -\lambda & & \\ \sqrt{2l} & -\lambda & \\ & \sqrt{4l-2} & -\lambda\\ & & \ddots & \ddots & & \\ & & &\sqrt{4l-2} & -\lambda \\ & & & &\sqrt{2l} & -\lambda\\ \end{pmatrix} \\ & = (-1)^{2l+1}\lambda^{2l+1}. \end{align}$$ Mit anderen Worten: der einzige Eigenwert von$L_+$Null ist , mit Multiplizität$2l+1$.

Für die Eigenvektoren dieses Eigenwerts gibt es nur einen:

$$L_+|l,l\rangle = 0. \tag{$*$}$$ Der Rest der Matrix ist ein großer Jordan-Block , für den es nachweislich nicht mehr Eigenvektoren gibt als für den Basisfall in$(*)$über. In der Tat,$L_z$ist fast schon im Jordan-Block in Form$|l,m\rangle$Basis, und alles, was Sie tun müssen, ist, ein nicht einheitsnormalisiertes Vielfaches von zu nehmen$|l,m\rangle$Grundlage zu bringen$L_z$in explizite Jordan-Blockform, $$L_+ = \begin{pmatrix} 0 & & & & & \\ 1 & 0 & \\ & 1 & 0\\ & & \ddots & \ddots & & \\ & & & 1 & 0 \\ & & & & 1 & 0\\ \end{pmatrix} .$$

Die Eigenwerte sind$0$. Der einfachste Weg, dies zu sehen, besteht darin, anzunehmen, dass Sie in einem endlichdimensionalen Größenraum arbeiten$2\ell+1$. Dann für jeden Staat$\vert \ell m\rangle$du hast$L_+^k\vert\psi\rangle=0$für$k\ge 2\ell+1$seit

$$L_+^{2\ell+1}\vert \ell,-\ell\rangle=0\, ,\qquad L_+^{2\ell+1}\vert \ell, -\ell+1\rangle=0\, \ldots$$ dh man kann höchstens einen Zustand erhöhen$2\ell$mal, bevor du es tötest. Nun nehme an $$\vert \psi\rangle=\sum_m c_m\vert\ell m\rangle$$ ist so das$L_+\vert\psi\rangle=\lambda\vert\psi\rangle$. Anwenden$L_+$wieder und dann nochmal und dann anwenden$2\ell+1$Mal zu finden $$L_+^{2\ell+1}\vert\psi\rangle= \lambda^{2\ell+1}\vert\psi\rangle =\sum_m c_m L_+^{2\ell+1}\vert\ell m\rangle=0$$ woraus man schließen muss$\lambda=0$. Das gleiche Argument kann gemacht werden, um zu zeigen, dass Eigenwerte von$\hat L_-$Sind$0$. Da die Eigenwerte sind$0$man muss dann Zustände finden$\vert \psi\rangle$so dass$L_+\vert\psi\rangle=0$. Der einzige Zustand, der dies erfüllt, ist (bis auf Normalisierung)$\vert \ell,\ell\rangle$.

Dies ist anders als beim harmonischen Oszillator, bei dem Zustände niemals durch den Erhöhungsoperator getötet werden$\hat a^\dagger$weil der Raum Zustände enthält$\vert n\rangle$für alle$n\ge 0$, dh der Raum ist unendlich dimensional. Es ist außerdem möglich, einige Zustände zu finden, die Eigenzustände von sind$\hat a$: Dies sind die berühmten kohärenten Zustände und sie sind eine Summe, die alle enthält$\vert n\rangle$Zustand.

Eigenvektoren von Leiteroperatoren werden „ kohärente Zustände “ genannt. Zitat des Wikipedia-Artikels:

Seit$\hat{a}$ist nicht hermitesch,$\alpha$ist im Allgemeinen eine komplexe Zahl.

Also, ja, Sie haben Recht, wenn Sie sagen, dass die Eigenwerte im Allgemeinen komplex sind (es ist jedoch möglich, einige kohärente Zustände mit echten Eigenwerten zu haben).

Da diese Antwort kontrovers erscheint ...
Hier ist eine von Fachleuten begutachtete Referenz zu diesem Thema für die Operatoren der Drehimpulsleiter:

D. Bhaumik et al. 1975 J. Phys. A: Mathe. 8. Gen. 1868