Ist die Vertauschungsrelation eine Äquivalenzrelation?

Pendeln ist keine Äquivalenzrelation. Alle Komponenten des Drehimpulses kommutieren mit$J^2$aber sie pendeln nicht miteinander.

Wie man einen vollständigen Satz von gegenseitig pendelnden Observablen findet, ist ein schwieriges Problem, und ich glaube nicht, dass Sie eine algorithmische Antwort geben können. Es kommt sehr auf das konkrete Problem an. Eine Observable, die mit dem Hamilton-Operator pendelt, ist konserviert, dies kann ein guter Ausgangspunkt sein. Beispielsweise bleibt der Drehimpuls erhalten, wenn der Hamiltonoperator rotationssymmetrisch ist.

Nein, tut es nicht! Lassen Sie mich Ihnen ein Gegenbeispiel geben:

Betrachten Sie die hermiteschen Operatoren$\mathsf{1}$(Identitätsoperator),$p$(Schwung) und$x$(Position) in 1D.

Nun die trivialen Vertauschungsrelationen$[\mathsf{1},x]=0$Und$[\mathsf{1},p]=0$nicht implizieren$[x,p]=0$wie das richtige Verhältnis ist$[x,p]=\mathrm i\hbar\neq 0$.

Wie jeder betont, ist die Kommutierung keine Abkürzung für Äquivalenz, da angesichts Ihrer Beziehungen die Jacobi-Identität [A,[B,C]]+[C,[A,B]]+[B,[C,A] ]=0 schreibt vor, dass, wenn die ersten beiden Terme verschwinden, auch der dritte verschwinden muss, so dass B mit [C,A] vertauschen muss, was im Allgemeinen nicht verschwindet, wie wiederholt bemerkt wurde.

Lie-Algebra-Kommutatoren parametrisieren jedoch Konjugation, das heißt$~A^{-1} B A - B= A^{-1} [ B,A]$, also kollabiert ein beobachtbares Pendeln mit allem zu seiner eigenen Konjugationsklasse.

Kommutierung wird transitiv und damit zu einer Äquivalenzrelation (reflexiv und symmetrisch sind trivial), wenn Sie eine zusätzliche Bedingung auferlegen: Nichtentartung .

Wenn$A$,$B$,$C$sind hermitesche Operatoren, und jeder von ihnen hat dann nur eindeutige Eigenwerte$AB\! =\! BA\, \cap\, BC\! =\! CB$impliziert$AC = CA$.

Beweis: Für einen nicht ausgearteten Operator ist die Eigenbasis wohldefiniert, also if$A$Und$B$eine Eigenbasis teilen$E^{AB} = \{|\Psi^{AB}_i\rangle\}$(wie es kommutierende Operatoren tun) und$B$Und$C$Aktie$E^{BC} = \{|\Psi^{BC}_j\rangle\}$, Dann$E^{AB} = E^{BC}$, und es ist eine gemeinsame Eigenbasis von$A$Und$C$. Deshalb,$A$Und$C$pendeln.

---

Nur um Verwirrung zu vermeiden: Das bedeutet natürlich nicht, dass ein System degenerierter Operatoren niemals pendelt; Betrachten Sie zum Beispiel Projektoren auf 3 orthogonale Zustände $|\Phi_A\rangle$, $|\Phi_B\rangle$, $|\Phi_C\rangle$, dh

$$A |\psi\rangle = |\Phi_A\rangle \langle\Phi_A| \psi \rangle$$ usw.. Da die Zustände orthogonal sind, $AB = BA = AC = CA = BC = CB = 0$, also kommutieren die Operatoren trivial, obwohl sie alle den entarteten Eigenwert 0 haben.