Strenge mathematische Definition des Vektoroperators?

Es gibt also einen natürlichen Isomorphismus

$$\varphi: H^{\oplus 3} \to H \otimes \mathbb R^3\\ (a, b, c) \mapsto a \otimes e_0 + b \otimes e_1 + c \otimes e_2$$

Wo$e_i$ist eine Grundlage für$\mathbb R^3$. Die Definition, der Sie widersprechen, ist

$$\hat{\vec{x}}: H \to H^{\oplus 3}\\ v \mapsto (\hat x(v), ~ \hat y(v) , ~\hat z(v))$$

Sie können es in Ihre Version konvertieren, indem Sie mit dem obigen Isomorphismus komponieren.

$$\tilde x \equiv \varphi \circ \hat{\vec{x}}:~~ H \to H \otimes \mathbb R^3\\ v \mapsto \hat x(v) \otimes e_0 + ~ \hat y(v) \otimes e_1 + ~\hat z(v)\otimes e_2$$

Deine Definition macht also durchaus Sinn.

Kommentare

Das beantwortet also die gestellte Frage. Nach Ihren Kommentaren zu anderen Antworten zu urteilen, suchen Sie meiner Meinung nach nach einer schöneren Möglichkeit, die nervige Aussage "Blah-Operator transformiert sich unter Blah-Gruppe wie ein Vektor" zu formalisieren. Ob diese Definition das bringt, was Sie wollen, sollte Gegenstand einer anderen Frage sein.

Ich denke nämlich, dass Sie hoffen, dass die Konjugation durch eine Darstellung der Gruppe Ihr Tensorprodukt berücksichtigt und die Gruppenaktion aktiviert$\mathbb R^3$Handeln Sie einfach nach dem zweiten Faktor. Ich habe ein paar Minuten damit verbracht, naiv zu versuchen, dies ohne viel Glück zum Laufen zu bringen, werde aktualisieren, wenn es Fortschritte gibt, oder zumindest eine bessere Erklärung dafür geben, warum nicht.

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Ich werde beschreiben, wie dieses Konstrukt die „Kovarianz unter Konjugation durch eine Repräsentation einer Aktion an$\mathbb R^3$" Bedingung expliziter, wie OP gehofft hatte.

Beginnen wir der Klarheit halber damit, der Operation zur Konjugation dieses "Vektoroperators" einen Namen zu geben.

Lassen$G$Seien Sie eine Gruppe, die eine Aktion zulässt$\mathbb R^3$. Lassen$U: G \to H$sei eine einheitliche Darstellung von$G$An$H$. Definieren Sie für alle$R \in G$

$$\begin{align} C_R: \mathrm{Mor}(H, H^{\oplus 3}) &\to \mathrm{Mor}(H, H^{\oplus 3})\\ f(\cdot) &\mapsto (U(R) f(\cdot)^i U(R)^\dagger)_{i \in (0, 1, 2)} \end{align}$$

Wo$\mathrm{Mor}(V, W)$ist eine Sammlung linearer Karten$V \to W$. Dies ist nur ein Name für die komponentenweise Konjugation dieses Tupels von Operatoren.

Jetzt die Hauptforderung

Vorschlag Die Aussage

$$C_R(\hat{\vec{x}}) = \left(\sum_{j}R_{ij}\hat{\vec{x}}(v)^j\right)_{i \in (0, 1, 2)}$$

ist äquivalent zu

$$\varphi \circ C_R(\hat{\vec{x}}) = (1 \otimes R)(\varphi \circ \hat{\vec{x}})$$

Beweis Der Kürze halber geben wir den$\implies$Richtung, die andere Richtung sollte aus derselben Berechnung offensichtlich sein

$$\begin{align} \varphi\left(\left(\sum_{j}R_{ij}\hat{\vec{x}}(v)^j\right)_{i \in (0, 1, 2)}\right) &= \sum_i\left(\sum_{j} R_{ij} \hat{\vec{x}}(v)^j\right) \otimes e_i \\ &= \sum_{ij} \hat{\vec{x}}(v)^j \otimes R_{ij}e_i\\ &=\sum_{j} \left(\hat{\vec{x}}(v)^j \otimes \sum_i R_{ij}e_i\right)\\ &= (1 \otimes R)\left(\sum_{j} \hat{\vec{x}}^j(v) \otimes e_j \right)\\ &=(1 \otimes R)\left(\varphi(\hat{\vec{x}(v)}) \right) \end{align}$$

Ja, es gibt eine strenge Definition eines Vektoroperators, aber Ihre Intuition ist falsch. Angenommen, wir hätten einen Vektoroperator$\hat{\vec{V}}$im dreidimensionalen euklidischen Raum. Die vernünftigste Anforderung, die wir für einen Vektoroperator haben könnten, ist, dass Erwartungswerte von Vektoroperatoren (die ein Vektor gewöhnlicher Zahlen wären) sich in einen gewöhnlichen Vektor umwandeln sollten; das ist

$$\begin{equation} \langle\psi'|\hat{V}_i|\psi'\rangle=\sum_jR_{ij}\langle\psi|\hat{V}_j|\psi\rangle, \end{equation}$$ Wo $R$ist eine Drehung, die den Zustand abbildet $|\psi\rangle\rightarrow|\psi'\rangle$. Etwas präziser $$\begin{equation} |\psi'\rangle =\hat{U}(R)|\psi\rangle, \end{equation}$$ Wo $\hat{U}(R)$ist ein unitärer Operator, der die klassische Rotation implementiert $R$auf den Staat $|\psi\rangle$(und kann sowohl räumliche als auch spinale Freiheitsgrade drehen). Die obige Beziehung soll für alle Zustände gelten $|\psi\rangle$, was das impliziert $$\begin{equation} \hat{U}(R)\hat{V}_i\hat{U}(R)^{\dagger}=\sum_j \hat{V}_j R_{ji} \end{equation}$$ Dies ist die genaue Definition eines Vektoroperators. Es ist eine Sammlung von Operatoren, die sich unter Drehungen als Vektor transformieren. In der Tat die Positionsoperatoren $\hat{\vec{x}}$einen Vektoroperator bilden. Analoge Definitionen gelten sowohl für Skalaroperatoren als auch für höhere Tensoroperatoren (bekannt als irreduzible Tensoroperatoren).

Wie andere Antworten gezeigt haben, bedeutet dies jedoch nicht, dass solche Operatoren den Hilbert-Raum auf eine Art erweiterten Raum abbilden (wie Ihre Frage andeutet). Es bedeutet nur, dass sie vorgeschriebene Transformationseigenschaften bei Drehungen haben. Durch das Studium dieser Transformationseigenschaften kann viel gelernt werden. Sie können mehr über irreduzible Tensoroperatoren und eines der nützlichsten verwandten Ergebnisse, das als Wigner-Eckart-Theorem bekannt ist, erfahren, indem Sie diese Vorlesungsunterlagen lesen .

Nein. In drei Dimensionen gibt es drei Positionsoperatoren,$\hat{x}_1$,$\hat{x}_2$, Und$\hat{x}_3$, oder vielleicht$\hat{x}$,$\hat{y}$, Und$\hat{z}$. Jeder von ihnen ist ein linearer Operator im ersten, korrekten Sinne. Jede bildet Zustände im Hilbert-Raum auf andere Karten im Hilbert-Raum ab und nicht mehr.

Nun, die drei unterschiedlichen Positionsoperatoren sind eigentlich eng miteinander verwandt, also schreiben wir oft$\hat{\vec{x}}$als Kurzform, um über alle auf einmal zu sprechen, aber es sind immer noch drei separate Operatoren, die abgebildet werden$H\rightarrow H$.

Wenn Sie drei verwandte Positionsoperatoren haben, enthält der Hilbert-Raum außerdem eine zusätzliche Struktur im Vergleich zu nur einem Positionsoperator. Insbesondere wird der Hilbert-Raum$L_2(\mathbb{R}^3,\mathbb{C})$, anstatt nur$L_2(\mathbb{R},\mathbb{C})$. Dies ist ein größerer Hilbert-Raum. (Zumindest in gewisser Weise. Das ist wahrscheinlich nicht der Fall$L_2(\mathbb{R}^3,\mathbb{C}) \simeq L_2(\mathbb{R},\mathbb{C})^{\otimes 3}$aber es ist ein guter Anfang)

Letztendlich denke ich, wonach Sie suchen, ist die besondere Beziehung zwischen$\hat{x}$,$\hat{y}$, Und$\hat{z}$das rechtfertigt es, sie zusammenzufassen. Die Antwort ist Symmetrie. Der Hilbertraum$H = L_2(\mathbb{R}^3,\mathbb{C})$wandelt sich unter Drehungen des physikalischen Raums um, repräsentiert durch die Gruppe$SO(3)$. Diese Rotationen transformieren Zustände in$H$in andere Bundesländer hinein$H$, und sie transformieren auch Operatoren weiter$H$in andere Operatoren ein$H$. Beispielsweise kann das eine Drehung abbilden$\hat{x}$Betreiber an die$\hat{y}$Und$\hat{y}$Zu$-\hat{x}$, was einer 90-Grad-Drehung Ihres Koordinatensystems entspricht.

Wenn wir anrufen$\vec{\hat{x}}$ein Vektoroperator, wir sagen eigentlich, dass sich die drei Operatoren auf diese Weise unter Rotationen ineinander transformieren. Aber es gibt immer noch drei verschiedene Operatoren, die einzeln abgebildet werden$H$Zu$H$!