Kommutator und Faktorisierung der Eigenfunktionen

Ich denke, Ihr Theorem ist ein gründliches Missverständnis der pde-Faktorisierung, zB eines kugelsymmetrischen Systems. Wenn Sie alle dummen Konstanten nichtdimensionalisieren, indem Sie sie in die relevanten Einheiten aufnehmen, haben Sie so etwas wie$-\Delta +V(r) -E=0$.

Seine Eigenvektoren sind nicht das Produkt der Eigenvektoren aller Symmetriegeneratoren (mit dem Hamiltonoperator vertauschende Operatoren), hier ua der drei$\vec L$S. Erinnern Sie sich stattdessen daran, wie sich die Variablen dieser Gleichung in der einfachen pde-Theorie trennen (vgl. Trennung der Variablen ):

$$0=-\Delta +V(r) -E\\ = -\frac{1}{r^2}\partial_r ~r^2\partial_r + \frac{1}{r^2} L^2(\theta,\phi) +V(r) -E ~~~\leadsto \\ L^2 (\theta,\phi) = \partial_r ~r^2\partial_r -r^2 V(r) +r^2 E .$$

Dies ist eine einfache Trennung von Variablen: Jede Seite der Gleichung beinhaltet verschiedene Variablen, daher ist ihre Eigenvektorstruktur disjunkt. Die Eigenvektoren der linken sind die sphärischen Harmonischen,$Y_{lm}(\theta, \phi)$, mit Eigenwerten$l(l+1)$und die Eigenvektoren der rechten Seite müssen Funktionen von nur r sein , aber mit denselben Eigenwerten , dh

$$-\frac{1}{r^2}\partial_r ~r^2\partial_r + \frac{l(l+1) }{r^2} +V(r) =E,$$ jetzt in geläufigerer Form geschrieben und mit E zu bestimmen, dem neuen Eigenwert, für Eigenfunktionen$R_{nl}(r)$.

Die radialen Eigenfunktionen sind inert unter$L(\theta,\phi)^2$, aber immer noch seine Eigenwerte enthalten; und die sphärischen Harmonischen hängen nicht von r ab , sind aber natürlich keine Eigenfunktionen von$L_x$,$L_y$, nur von$L^2$Und$L_z$, die ebenfalls mit dem Hamiltonian kommutieren, also gute Symmetrieladungen dafür sind.

Nun, in anderen Koordinatensystemen und für spezielle Potentiale, wie dem Wasserstoff, sind Sie vielleicht effizienter (vgl. Paulis ursprüngliche SO(4)-Lösung des Problems; könnte schlechter abschneiden, als diese zu studieren.), aber die Faktorisierung von pdes ist es normalerweise geleitet von der Symmetrie, wie Sie oben gesehen haben. Sie sollten am besten ausgewählte Eigenfunktionen der Symmetrieoperatoren berücksichtigen und diejenigen verwenden, die am wenigsten mit den anderen verschränkt sind.

Im trivialen Fall schließlich, wo die Symmetrien untereinander kommutieren, zerlegt sich natürlich der Hilbert-Raum selbst in ein Tensorprodukt; deren Tensorfaktoren und damit Wellenfunktion, Faktor und ausschließlich von dem entsprechenden Eigenoperator bearbeitet werden, ohne Rücksicht auf die anderen Tensorfaktoren, die den anderen Operatoren entsprechen. Wenn dieser triviale Fall der Fall ist, den Ihr Lehrer besprochen hat, ist es kaum heilsam, ihn so unglaublich abstrakt zu formalisieren.

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• Antwort auf Kommentar zu vermeintlichem Beispiel (1) .

Schreiben wir es in dimensionslosen Einheiten,

$$0=-E+\vec p^2 +2k \vec p\cdot \vec S .$$ Ohne Beschränkung der Allgemeinheit, um das Problem zu veranschaulichen, nimm$\vec S= \vec \sigma /2$. Da das Problem offensichtlich kugelsymmetrisch ist, können wir den Spin immer in die 3. (z) Richtung drehen, ohne seine Eigenwerte zu beeinflussen! $$0=-E+\vec p^2 +k p_z \sigma_3~~.$$ Das Problem hat sich in drei entkoppelte Teile getrennt , $$0=-E+p_x^2+ p_y^2+( p_z^2 +kp_z\sigma_3 ) .$$ Die ersten beiden Teile sind Skalare, aber das dritte ist eine 2×2-Matrix, wirkt also auf den Raum von 2-Spinoren.

Die Eigenwerte$E=\vec p^2 \pm kp_z$sind die Summe der Eigenwerte jedes Teils auf der rechten Seite für die Eigenfunktionen konstant(x), konstant'(y) und konstante Zeiten

$$\begin{bmatrix} 1\\0\end{bmatrix} ; \qquad \begin{bmatrix} 0\\1\end{bmatrix},$$ bzw. Beachten Sie, dass die letzte Eigenfunktion von den Eigenspinoren von abhängt$S_3$nur: Sie können unmöglich alle drei diagonalisieren$S_x,S_y,S_z$gleichzeitig. Eigentlich sind die ersten beiden komplett aus dem Problem herausgefallen.

Im Impulsraum, den Sie durch Fourier-Transformation in einen lächerlichen Lakonismus umgewandelt haben, gibt es kaum einen Einblick in Ihr vermeintliches Theorem, und Sie haben mich zu Recht aufgefordert, mich nicht darauf zu konzentrieren . Ihr Hamiltonian ist eine 2×2-Spinmatrix und offensichtlich sind seine Eigenvektoren 2-Spinoren.

Ich werde versuchen, meine eigene Frage hier zu beantworten, da ich denke, dass ich jetzt verstehe, was mir zuvor gefehlt hat.

Wir wollen den Zusammenhang zwischen Vertauschungsrelation und Faktorisierbarkeit der Eigenfunktion verstehen. In diesem Link dreht sich alles um die Definition separabler Hamiltonoperatoren und um eine richtige Interpretation der Bedeutung von Kommutierungsrelationen:

Denken Sie an einen Hamilton-Operator der Form:

$$H=H_1+H_2 \tag{1}$$ Wir hätten uns dafür entscheiden können, mit einem Hamilton-Operator zu arbeiten, der die Summe mehrerer Terme ist, nicht nur zwei, aber die Verallgemeinerung von zwei Termen auf viele Terme ist wirklich einfach, also bleiben wir vorerst, um unser Leben einfacher zu machen, bei einem Hamilton-Operator der Form 1). Dieser Hamiltonoperator heißt trennbar, falls die folgende Vertauschungsrelation gilt: $$[H_1,H_2]=0$$ Das ist einfach eine Definition. Nun: die entscheidende Tatsache ist, dass für einen separablen Hamiltonoperator gilt:

1. Seine Eigenwerte$E$die Summe der Eigenwerte der beiden Hamiltonoperatoren sind$H_1,H_2$: $$E=E_1+E_2$$
2. Seine Eigenfunktionen$\psi$sind das Produkt der Eigenfunktionen von$H_1,H_2$: $$\psi=\psi _1 \psi _2$$

Dies ist der Zusammenhang zwischen Kommutierung und Faktorisierbarkeit der Eigenfunktionen! Aber wir sind natürlich noch nicht fertig, wir müssen beweisen, dass das alles stimmt.

Beginnen wir mit dem Beweis: der Tatsache, dass$[H_1,H_2]=0$bedeutet, dass wir eine gemeinsame Basis von Eigenvektoren für finden können$H_1,H_2$, das ist ein wirklich berühmter Satz. Also haben wir:

$$H_1|E_1,E_2\rangle=E_1|E_1,E_2\rangle$$ $$H_2|E_1,E_2\rangle=E_2|E_1,E_2\rangle$$ aber das bedeutet sofort: $$H|E_1,E_2\rangle=(H_1+H_2)|E_1,E_2\rangle=H_1|E_1,E_2\rangle+H_2|E_1,E_2\rangle=E_1|E_1,E_2\rangle+E_2|E_1,E_2\rangle$$ So: $$H|E_1,E_2\rangle=(E_1+E_2)|E_1,E_2\rangle$$ Und schon haben wir Punkt eins bewiesen! Wir müssen jetzt Punkt zwei beweisen, den Punkt über die Faktorisierung der Eigenfunktion, der all diesen Ärger ausgelöst hat. Um diesen Punkt zu beweisen, müssen wir unsere Gleichungen auf eine Basis projizieren, um von Eigenvektoren zu Eigenfunktionen zu wechseln. Die grundlegende Beobachtung hier ist die folgende:

• Wenn zwei unterschiedliche Operatoren (zum Beispiel das Momentum$p_x$und die Drehung$S_x$) pendeln, was bedeutet, dass: $$[p_x,S_x]=0$$ dann können wir uns vorstellen, dass diese Operatoren auf getrennten Hilbert-Räumen wirken!

Dies ist hier die Schlüsselbeobachtung, denn sie lässt uns verstehen, dass wir, wenn wir projizieren wollen, nicht einfach schreiben können:

$$\langle x|H|E_1,E_2\rangle=(E_1+E_2)\langle x|E_1,E_2\rangle$$ das ist falsch! Wir müssen stattdessen schreiben: $$\langle x_1,x_2|H|E_1,E_2\rangle=(E_1+E_2)\langle x_1,x_2|E_1,E_2\rangle$$ Das ist richtig! Aber diese kompakte Notation$|a,b\rangle$ tut uns in diesem Zusammenhang keinen Gefallen , sondern schadet aktiv unserem Verständnis; besser auf die richtige Schreibweise umstellen: $$|a,b\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle$$ unter Verwendung der grundlegenden Tatsache (manchmal als Postulat angesehen) , dass der gesamte Hilbert-Raum das Tensorprodukt der Hilbert-Räume ist . Also haben wir: $$(\langle x_1| \otimes \langle x_2|)H(|E_1\rangle \otimes |E_2\rangle)=(E_1+E_2)(\langle x_1| \otimes \langle x_2|)(|E_1\rangle \otimes |E_2\rangle)$$ Dies kann wie folgt umgeschrieben werden: $$H'(\langle x_1| \otimes \langle x_2|)(|E_1\rangle \otimes |E_2\rangle)=(E_1+E_2)(\langle x_1| \otimes \langle x_2|)(|E_1\rangle \otimes |E_2\rangle) \tag{2}$$ Sie können sehen, dass$(\langle x_1| \otimes \langle x_2|)$von links nach rechts vom Hamilton-Operator gesprungen ist, liegt dies daran, dass wir den Hamilton-Operator auf den Raum von projiziert haben$x_1,x_2$, bedeutet, dass$H'$ ist jetzt kein Operator mehr, der auf Kets wirkt, sondern ein Operator, der auf Funktionen wirkt! (Dieses Vorgehen ist wirklich üblich im QM und$H'$wird meistens nur gerufen$H$, auch wenn es nicht mehr auf Kets wirkt, kann dies ziemlich verwirrend sein, wenn es nicht explizit angegeben wird) Ok, wir haben (2); was jetzt? Jetzt erinnern wir uns an die Skalarproduktregel für Produkte in verschiedenen Hilberräumen! (alles dazu findest du hier ) Die Anwendung der Definition des inneren Produkts (Skalarprodukt) auf unsere Gleichung (2) ergibt: $$H\langle x_1|E_1\rangle \langle x_2|E_2\rangle=(E_1+E_2)\langle x_1|E_1\rangle \langle x_2|E_2\rangle \tag{3}$$ da aber natürlich die eigenfunktionen von$H_1,H_2$sind definiert als (und dies kommt natürlich aus der Definition der Wellenfunktion selbst): $$\psi _1 = \langle x_1| E_1 \rangle$$ $$\psi _2 = \langle x_2 | E_2 \rangle$$ folgt, dass wir aus (3) das sofort ableiten können (wirklich umschreiben): $$H\psi_1\psi_2=(E_1+E_2)\psi _1\psi_2$$ Und das beweist unseren wertvollen Punkt 2! Wir sind fertig!

Damit die Wellenfunktion ein Produkt ist, ist es notwendig und ausreichend, sich mit getrennten Variablen in der Schrödinger-Gleichung zu befassen.

Wenn die Betreiber$\hat{O}_n$pendeln mit$\hat{H}$, Dann$\Psi_E$kann ein Eigenzustand für jeden fraglichen Operator sein.