L^xL^x\hat{L}_{x} und L^yL^y\hat{L}_{y} pendeln nicht... oder doch?

Question

L^xL^x\hat{L}_{x} und L^yL^y\hat{L}_{y} pendeln nicht... oder doch?

Irgendein Physikstudent

So $\hat{L}_{x}$ Und $\hat{L}_{y}$ nicht pendeln:

[{\hat{L}}_{X}, {\hat{L}}_{j}] = ich ℏ {\hat{L}}_{z}

$[ \hat{L}_{x}, \hat{L}_{y}] = i\hbar \hat{L}_{z}$

Aber was ist, wenn wir diese Operation in einem Zustand ausführen, in dem:

{\hat{L}}_{z} ϕ_{l, M_{l}} = ℏ M_{l} ϕ_{l, M_{l}},

$\hat{L}_{z} \phi_{l, m_{l}} = \hbar m_{l}\phi_{l, m_{l}},$ wo wir das brauchen

m_{l} = 0

$m_{l} = 0$ , So

{\hat{L}}_{z} ϕ_{l, M_{l}} = 0.

$\hat{L}_{z} \phi_{l, m_{l}} =0.$

Daher für den Fall $m_{l}$ = 0,

[{\hat{L}}_{X}, {\hat{L}}_{j}] ϕ_{l, M_{l}} = 0,

$[ \hat L_{x}, \hat L_{y}] \phi_{l, m_{l}} = 0,$ und von dort

{\hat{L}}_{x}

$\hat L_{x}$ Und

{\hat{L}}_{y}

$\hat L_{y}$ Eigenzustände teilen! Funktioniert das?

ACuriousMind

Ja, das funktioniert. Sie kommutieren nicht als Operatoren auf dem ganzen Raum , dh sie haben keine gemeinsame Basis von Eigenvektoren. Es ist nicht verboten, dass sie überhaupt Eigenvektoren teilen.

Kyle Kanos

Wäre es das nicht wirklich

[{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{y}] ϕ_{m_{l} = 0} = 0

$[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]\phi_{m_l=0}=0$ ? Was das nicht ganz bedeutet

{\hat{L}}_{x}, & {\hat{L}}_{y}

$\hat{L}_x,\,\&\,\hat{L}_y$ pendeln, nur dass sie mit pendeln

ϕ_{m_{l} = 0}

$\phi_{m_l=0}$ .

Irgendein Physikstudent

Ja, denn du hast Recht, Kyle, denke ich. Und danke euch beiden!

Lê Dũng

[{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{y}] ϕ_{m_{l} = 0} = 0

$[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]\phi_{m_l=0}=0$ bedeutet das nicht

[{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{y}] = 0

$[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]=0$ . Diese beiden Operatoren pendeln also nicht miteinander. Auch,

{\hat{L}}_{x}

$\hat{L}_x$ Und

{\hat{L}}_{y}

$\hat{L}_y$ pendelt NICHT mit

ϕ_{m_{l} = 0}

$\phi_{m_l=0}$

Michael Seifert

Anders gesagt: jeder lineare Operator

O

$\mathcal{O}$ hat einen Unterraum von Vektoren für die

O \vec{v} = 0

$\mathcal{O} \vec{v} = 0$ , genannt Nullraum oder Kernel . Manchmal ist dieser Unterraum trivial (dh nur der Nullvektor), manchmal ein echter Unterraum und manchmal der ganze Raum (wenn der Operator der Nulloperator ist). Was Sie herausgefunden haben, ist der Kern des Operators

O = [{\hat{L}}_{x}, {\hat{L}}_{y}]

$\mathcal{O} = [\hat{L}_x, \hat{L}_y]$ ist nicht trivial, aber damit zwei Operatoren kommutieren können, muss der Kern des Kommutators der gesamte Raum sein.

Daniel Sank

@ACuriousMind könnten Sie diesen Kommentar als Antwort erläutern, damit er akzeptiert werden kann und wir alle nach Hause gehen können?

Antworten (2)

L^xL^x\hat{L}_{x} und L^yL^y\hat{L}_{y} pendeln nicht... oder doch?

Ja, das funktioniert. Sie kommutieren nicht als Operatoren auf dem ganzen Raum , dh sie haben keine gemeinsame Basis von Eigenvektoren. Es ist nicht verboten, dass sie überhaupt Eigenvektoren teilen.
Wäre es das nicht wirklich $[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]\phi_{m_l=0}=0$ ? Was das nicht ganz bedeutet $\hat{L}_x,\,\&\,\hat{L}_y$ pendeln, nur dass sie mit pendeln $\phi_{m_l=0}$ .
Ja, denn du hast Recht, Kyle, denke ich. Und danke euch beiden!
$[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]\phi_{m_l=0}=0$ bedeutet das nicht $[\hat{L}_x,\,\hat{L}_y]=0$ . Diese beiden Operatoren pendeln also nicht miteinander. Auch, $\hat{L}_x$ Und $\hat{L}_y$ pendelt NICHT mit $\phi_{m_l=0}$
Anders gesagt: jeder lineare Operator $\mathcal{O}$ hat einen Unterraum von Vektoren für die $\mathcal{O} \vec{v} = 0$ , genannt Nullraum oder Kernel . Manchmal ist dieser Unterraum trivial (dh nur der Nullvektor), manchmal ein echter Unterraum und manchmal der ganze Raum (wenn der Operator der Nulloperator ist). Was Sie herausgefunden haben, ist der Kern des Operators $\mathcal{O} = [\hat{L}_x, \hat{L}_y]$ ist nicht trivial, aber damit zwei Operatoren kommutieren können, muss der Kern des Kommutators der gesamte Raum sein.
@ACuriousMind könnten Sie diesen Kommentar als Antwort erläutern, damit er akzeptiert werden kann und wir alle nach Hause gehen können?

Gonenc · Answer 1

Gehen Sie bei der Ausarbeitung des Kommentars von ACruiosMind davon aus, dass die Matrizen $A$ Und $B$ sind wie folgt definiert:

A = (\begin{matrix} 1 & 2 \\ 5 & 4 \end{matrix}) Und B = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ - 1 & - 1 \end{matrix})

$A=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 5 & 4 \end{pmatrix} \quad \text{and} \quad B = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}$

Beachten Sie, dass die Eigenvektoren von $A$ Sind

(\begin{matrix} 1 \\ 5 / 2 \end{matrix}) Und (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix})

$\begin{pmatrix} 1 \\ 5/2 \end{pmatrix} \quad \text {and} \quad \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$

und die Eigenvektoren von $B$ sind entartet und ihr einziger Eigenvektor ist

(\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix})

$\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$

Wie Sie jedoch leicht überprüfen können, verschwindet der Kommutator nicht, dh

[A, B] = (\begin{matrix} - 7 & - 7 \\ 7 & 7 \end{matrix})

$[A,B]= \begin{pmatrix} -7 & -7 \\ 7 & 7 \end{pmatrix}$

Dies zeigt, dass, obwohl einer der Eigenvektoren von Matrizen (wenn Sie Operatoren wollen) gleich sind, sie nicht pendeln.

xjtan · Answer 2

Obwohl $[ \hat{L_{x}}, \hat{L_{y}}] \phi_{l, m_{l}} = 0$ , $\phi_{l, m_{l}}$ ist weder $\hat{L_{x}}$ ist noch $\hat{L_{y}}$ s Eigenzustand.

L^xL^x\hat{L}_{x} und L^yL^y\hat{L}_{y} pendeln nicht... oder doch?

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