Messung nicht Pendeln sofort beobachtbar

Gegeben sei ein Hilbert-Raum H (endlich dimensional aus Gründen der Klarheit) und zwei nichtkommutierende Operatoren

A = ∑ A A | A ⟩ ⟨ A |
Und
B = ∑ A B | B ⟩ ⟨ B | ,
ist es möglich, einen Hilbert-Raum zu finden? H ' und zwei Pendlerbetreiber A ' , B ' mit dem gleichen Spektrum von A Und B , zusammen mit einem unitären Operator U : H → H ' , so dass, für jeden | ψ ⟩ In H , gilt Folgendes

| ⟨ ψ | A ⟩ | 2 = T R [ P ( A ) U | ψ ⟩ ⟨ ψ | U † ]
für jeden Eigenwert A von A . ( P ( A ) ist der Projektor auf den Eigenraum von A ' relativ zum Eigenwert A .)

Und analog für B ?

Wenn das Obige zutrifft, wäre die physikalische Interpretation, dass es im Prinzip möglich ist, zwei nicht pendelnde Bediener zu „messen“, indem das System geeignet erweitert und weiterentwickelt wird, in dem Sinne, dass Sie anschließend zwei pendelnde Bediener messen könnten, die die gleichen Statistiken wie die ergeben nicht pendelnde. Ich denke, das ist nicht möglich, aber ich konnte keinen einfachen Beweis finden, einen Vorschlag?

BEARBEITEN:

Wie unten zu Recht angemerkt, ist es falsch, von einer Einheit zwischen zwei verschiedenen Hilbert-Räumen (mit unterschiedlicher Dimension) zu sprechen, daher werde ich die Frage genauer stellen.

Gegeben H , A Und B Wie oben, ist es möglich, einen Platz zu finden v , Betreiber A ' , B ' einwirken H ' = H ⊗ v und mit dem gleichen Spektrum von A Und B aber mit [ A ' , B ' ] = 0 zusammen mit einem einheitlichen Operator U : H ' → H ' so dass

T R [ P ( A ) ⊗ ICH D     | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | ] = T R [ P ' ( A )   U | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | U † ]     ∀ | ψ ⟩ ∈ H , A ∈ σ ( A )

Wo | 0 ⟩ ist ein fester Zustand in v , P ( A ) ist der Projektor auf dem Eigenraum von A relativ zum Eigenwert A Und P ' ( A ) ist das gleiche für A ' . ( σ ( A ) bezeichnet das Spektrum von A ).

Und analog für B?

MÖGLICHE ANTWORT: Inspiriert (aber nicht vollständig überzeugt) von den gegebenen Antworten glaube ich, einen unangreifbaren Beweis dafür gefunden zu haben, dass das obige unmöglich ist. Wie bereits weiter unten gesagt, finden A ' Und B ' mit der obigen Anfrage ist gleichbedeutend mit find A ″ (Und B ″ ) wofür

T R [ P ( A ) ⊗ ICH D | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | ] = T R [ P ″ ( A ) | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | ] (und ähnlich für B).

Das heißt, wir können die einheitliche Evolution in die Definition von aufnehmen A ' Und B ' , und das werden wir auch. Beachten Sie jedoch, dass dies nicht bedeutet A ' = U A U † .

Darüber hinaus impliziert das Obige dies | A ⟩ | 0 ⟩ muss Eigenzustand für sein A ' mit Eigenwert A . Außerdem, wenn wir die Basis einführen | A ⟩ | N ⟩ für den gesamten Tensorraum finden wir keinen Vektor der Form | A ' ⟩ | N ⟩ mit A ' ≠ A kann in der Zerlegung des allgemeinen Eigenvektors von auftreten A ' relativ zu A . (Orthogonalität von Eigenvektoren relativ zu verschiedenen Eigenwerten). Daher ist der allgemeine Eigenvektor von A ' relativ zu A muss die Form haben | A ⟩ | v ⟩

Daher der Beamer P ' ( A ) wird gezwungen, von der Form zu sein P ( A ) ⊗ P v ( A ) , mit P v ( A ) ein geeigneter Projektor der Dimension mindestens 1 (er muss mindestens auf projizieren | 0 ⟩ ). Natürlich gilt ein ähnliches Ergebnis für B ' .

Endlich können wir schreiben 0 = [ P ' ( A ) , P ' ( B ) ] | ψ ⟩ | 0 ⟩ = ( [ P ( A ) , P ( B ) ] | ψ ⟩ )   | 0 ⟩ für jede | ψ ⟩ , A , B und dies impliziert das [ A , B ] = 0 das ist absurd.

Ich verstehe nicht. Wie hast du das System "vergrößert"? Einheitliche Operatoren können den Raum nur drehen.
Ich war da ein bisschen schlampig gewesen. Betrachten Sie H' als H-Tensor V, die Einheit oben muss dann wie beschrieben funktionieren, wenn der Eingangszustand |psi>|0> für ein festes |0> und ein beliebiges |psi> ist. Ich hatte den gleichen Aufbau des No-Cloning-Theorems im Sinn.
Sie vergrößern also den Raum und führen eine Ähnlichkeitstransformation durch?
Ob zwei Operatoren und ihre Spektralfamilien pendeln oder nicht, wird durch einheitliche Transformationen bewahrt, und die spektrale Zerlegung von selbstadjungierten Operatoren ist einzigartig. Es ist also nicht möglich, zwei kommutierende Operatoren zu erhalten, indem man zwei nicht-kommutierende Operatoren einheitlich transformiert.
Denken Sie auch daran, dass Sie möglicherweise sehr unterschiedliche Operatoren mit demselben Spektrum haben. Das gleiche Spektrum zu haben bedeutet nicht, dass zwei Operatoren aus physikalischer Sicht gleich sind. Selbst wenn Sie also zwei Pendeloperatoren mit demselben Spektrum wie die ursprünglichen auswählen könnten, wären sie nicht einheitlich mit den anderen verbunden und hätten eine unterschiedliche physikalische Bedeutung. Du misst einfach etwas anderes.
@yuggib, wie in einer Antwort unten gehen Sie davon aus, dass A '= UAU *, warum? Ist diese Wahl die einzige, die mit der Forderung vereinbar ist, dass A' dieselbe Statistik wie A hat?
Ich sage, dass zwei Betreiber mit demselben Spektrum nicht notwendigerweise gleich sind. Sie können sehr unterschiedlich sein. Das Spektrum ist wichtig, aber es bestimmt in keiner Weise eindeutig die physikalische Bedeutung eines Operators. Als ganz blödes Beispiel haben Orts- und Impulsoperator das gleiche Spektrum, aber ganz unterschiedliche physikalische Bedeutung! Eine einzigartige Möglichkeit, einen Operator zu charakterisieren, ist die spektrale Zerlegung. Auch beim Schreiben T R [ P ( A ) U | ψ ⟩ ⟨ ψ | U ∗ ] , da die Spur unter zyklischen Permutationen unveränderlich ist, ist wie das Schreiben ...
T R [ U ∗ P ( A ) U | ψ ⟩ ⟨ ψ | ] dh Sie transformieren zurück zu H Ihre spektrale Projektion. Dies hängt eindeutig mit zusammen U ∗ A ' U . Zu sagen, dass dies gleich dem Element ist | ⟨ ψ , A ⟩ | 2 bedeutet, dass Sie durch spektrale Zerlegung Ihren Operator definieren A , sein A = U ∗ A ' U . Aber wenn du schon hattest A , niemand versichert Ihnen, dass Ihre vorherige A ist gleich diesem neu definierten U ∗ A ' U . Eigentlich ist dies falsch, da, wie bereits erwähnt, zwei pendelnde Observablen nicht einheitlich in nicht pendelnde und umgekehrt transformiert werden können.
Ich denke, meine anfängliche Nachlässigkeit führt zu einiger Verwirrung: Sie können nicht wirklich von einheitlich zwischen H und H' sprechen (wie von Bubble oben zu Recht angemerkt), also habe ich das Problem in ein "No-Cloning-Theorem" umformuliert: Der Anfangszustand ist |psi>|0> zum H-Tensor V gehörend, wirkt das unitäre U auf diesen Raum. Man kann dann nicht sagen, dass Tr[S |psi><psi| |0><0|] = Tr[T |psi><psi| |0><0] impliziert T = S, da Sie im rechten Teil nicht den allgemeinsten Projektor haben. Ich werde die Frage bearbeiten, um klarer zu sein.
Andererseits stimme ich dem Konzept vollkommen zu, dass "isospektrale" Operatoren durchaus unterschiedlich sein können. Und ich stimme Ihnen zu, dass wir in dem (hypothetischen) obigen Apparat X und P nicht wirklich gleichzeitig "messen".
@giuliobullsaver bitte erklären Sie, warum meine Antwort Ihre aktualisierte Frage nicht abdeckt?
Wenn ich es richtig verstehe, sagen Sie, dass A-Tensor 1 und B-Tensor 1 mit Kommutator C-Tensor 1, mit [A, B] = C, nach jeder Evolution U den Kommutator C-Tensor 1 beibehalten wird. Aber niemand zwingt Sie dazu Nehmen Sie A' als UA-Tensor 1 U * (und dasselbe für B), also haben Sie nicht bewiesen, dass A' und B' mit der angeforderten Eigenschaft nicht existieren können.
Nun, ich habe meine Antwort aktualisiert, um invertierbare Transformationen einzuschließen. Stimmen Sie zumindest zu, dass wir, wenn die Transformation nicht umkehrbar ist, keine Informationen über A(B) von A'(B') erhalten können?
Eigentlich nicht, bedenke diese Situation. Sei A = diag{1,2} und A' = A Tensor A. A' hat die Determinante 2 * 2 = 4, kann also nicht als SAS^(-1) geschrieben werden, dessen Determinante 2 ist. Trotzdem wird A' auf dem gemessen Zustand |psi>|0>, wobei |0> der Eigenzustand von A ist, ergibt die gleiche Statistik wie die Messung von A am Zustand |psi>.
Ja, weil es auf einem größeren Raum wirkt. Eine Kombination aus Erweitern des Operators auf einen größeren Raum plus einer invertierbaren Transformation kann Operatoren, die nicht pendeln, nicht wie unten gezeigt pendeln lassen
Aber niemand zwingt Sie, A' als Einheit auf den A-Tensor 1 anzuwenden, dh als Ergebnis der von Ihnen beschriebenen Operation.

Antworten (2)

Wenn A ' Und B ' pendeln, dann existiert ein Satz gegenseitiger Eigenvektoren von A ' Und B ' . Für jede Eigenbasis von A ' es existiert eine einheitliche Transformation W was diese Basis zur gegenseitigen Eigenbasis von nimmt A ' Und B ' . Folglich, wenn es eine einheitliche Operation gibt, so dass | ⟨ ψ | B ⟩ | 2 = T R [ P ( B ) U | ψ ⟩ ⟨ ψ | U † ] für eine Basis gibt es eine, die die Aussage wahr macht, wenn sie auf die gemeinsame Eigenbasis von projiziert wird A ' Und B ' .

Auf dieser Grundlage arbeitend, können wir unter Annahme schreiben

| ⟨ ψ | A ⟩ | 2 = T R [ P ( A ) U | ψ ⟩ ⟨ ψ | U † ]
Da wir jedoch in einer gegenseitigen Eigenbasis arbeiten A ' Und B ' wir können auch schreiben
| ⟨ ψ | B ⟩ | 2 = T R [ P ( B ) U | ψ ⟩ ⟨ ψ | U † ] = T R [ P ( A ) U | ψ ⟩ ⟨ ψ | U † ] = | ⟨ ψ | A ⟩ | 2

Einstellung | ψ ⟩ = | A ⟩ für jede A impliziert, dass A Und B eine gegenseitige Eigenbasis haben, was unserer Annahme widerspricht A Und B pendelte nicht.

Bearbeiten: einfacherer Beweis

0 = [ A ' , B ' ] = A ' B ' − B ' A ' = U A U † U B U † − U B U † U A U † = U ( A B − B A ) U † = U [ A , B ] U † ⇒ [ A , B ] = 0

Wie begründen Sie die Gleichberechtigung? T R [ P ( B ) … ] = T R [ P ( A ) … ] ? Es ist genau dann richtig, wenn A Und B haben die gleiche spektrale Zerlegung, dh sie sind gleich.
Ich habe bearbeitet, um diesen Punkt zu verdeutlichen. Wir sollten wählen können U so dass wir auf die gemeinsame Eigenbasis der 2 Operatoren projizieren.
Mit deiner Notation P ( B ) ist die Projektion auf den Eigenwert B von B ' , P ( A ) das Analoge für A ' . Sie sind nicht gleich. Es gibt eine Projektion P ( A , B ) = P ( A ) P ( B ) = P ( B ) P ( A ) die auf den Eigenraum von projiziert B für B Und A für A ' aber ist im Allgemeinen ein Raum kleiner als der, wo entweder P ( B ) oder P ( A ) Projekte. Die Gleichheit ist dann falsch. Ich denke, Ihr zweiter Beweis verdeutlicht Ihren Standpunkt besser und ohne Fehler.
@BySymmetry, in Ihrer Bearbeitung gehen Sie davon aus, dass A '= UAU *. Könntest du es begründen? Ich stimme zu, dass A' wie oben definiert dieselbe Statistik auf U|psi> haben wird wie A auf |psi> (Heisenberg-Bild), aber ist es die einzig mögliche Wahl von A' mit dieser Eigenschaft?
A Und A ' haben das gleiche Spektrum und einen vollständigen Satz von Eigenvektoren, also existiert a U so dass das U A U † = A ' . Und @yuggib du hast recht. Da der Faustbeweis da ist, werde ich versuchen, ihn zu retten, es wird einfach nicht sehr schön enden.
Betrachten Sie A = diag{1,1,2} und A' = diag{2,2,1}, sie haben das gleiche Spektrum, aber sie sind nicht durch eine Einheit verbunden.
@giuliobullsaver Tatsächlich handelt es sich um unterschiedliche Operatoren mit unterschiedlicher spektraler Zerlegung und unterschiedlicher Bedeutung.

Beachten Sie zunächst, dass eine einheitliche Transformation die Kommutierungsbeziehungen nicht ändern kann.

A B − B A = C
Nutzen Sie die Tatsache, dass U † U = U U † = 1 zu bekommen,
A U U † B − B U U † A = C
und dann mit der konjugierten Transponierten von links und multiplizieren U von rechts,
U † A U U † B U † − U † B U U † A U † = U † C U = A B − B A = C

EDIT: Dies funktioniert auch, wenn Sie ersetzen U mit jeder invertierbaren Transformation S wofür existiert S − 1 . Benutz einfach S S − 1 = 1 . Wenn die Transformation nicht umkehrbar ist, gibt es keine Möglichkeit, Informationen darüber wiederherzustellen A Und B aus deinen Messungen.

Lassen Sie uns zum Beispiel Ihr Beispiel verallgemeinern,

T R [ P ( A ) ⊗ ICH D     | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | ] = T R [ P ' ( A )   S | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | S − 1 ] ,
so dass S ist jede invertierbare Transformation. Mit der Eigenschaft der Spur,
T R [ P ( A ) ⊗ ICH D     | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | ] = T R [ S − 1 P ' ( A )   S | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | ] ,
neu definieren,
T R [ P ( A ) ⊗ ICH D     | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | ] = T R [ P S ' ( A )   | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | ] .
Dies entspricht
[ ( ⟨ ψ | ⊗ ⟨ 0 | ) | A ⟩ ⊗ | 0 ⟩ ] 2 = [ ⟨ ( ψ | ⊗ ⟨ 0 | ) S | A ' ⟩ ] 2
Da gilt dies für alle | ψ ⟩ einschließlich | A ⟩ und die Tatsache, dass Eigenvektoren normalisiert werden, folgt daraus | A ⟩ = S | A ' ⟩ . Jetzt seit A ' Und B ' pendeln sie die gleichen Eigenzustände teilen | A ' ⟩ . Wenn Sie daher einem ähnlichen Verfahren folgen, beginnend mit
T R [ P ( B ) ⊗ ICH D     | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | ] = T R [ P ' ( A )   S | ψ ⟩ ⟨ ψ | ⊗ | 0 ⟩ ⟨ 0 | S − 1 ]
wir bekommen das | B ⟩ = S | A ' ⟩ , | B ⟩ = | A ⟩ was bedeutet, dass das A Und B die gleichen Eigenzustände teilen, was bedeutet, dass sie pendeln.

Was ist der zugrunde liegende Punkt? Der Punkt ist, dass, nachdem wir eine projektive Messung des gemeinsamen Eigenzustands durchgeführt haben, | A ' ⟩ von A ' Und B ' wir wollen die Information auf welche Eigenzustände von abbilden A Und B dies entspricht. Aber jede "Karte" M ( | A ' ⟩ ) = | A ⟩ ist keine Karte, wenn sie auch auf einen anderen Zustand abgebildet wird M ( | A ' ⟩ ) = | B ⟩ ≠ | A ⟩ (Wenn A Und B pendeln nicht | B ⟩ ist im Allgemeinen eine Überlagerung von Eigenzuständen | A ⟩ ) . Das heißt, es kann uns kein bestimmtes Ergebnis darüber geben, welcher Wert von B die erhaltene Messung oder umgekehrt.

Messung nicht Pendeln sofort beobachtbar
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