Warum ist Zeitentwicklung einheitlich? - Die Heisenberg-Bild-Version

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Warum ist Zeitentwicklung einheitlich? - Die Heisenberg-Bild-Version

Physik
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Einheitlichkeit
Hilbert-Raum
Zeitentwicklung
Quantenmechanik

Quantenpeitsche

Es gibt bereits verschiedene Versionen dieser Frage auf dieser Seite, die versuchen zu rechtfertigen / plausibel zu machen, dass die Zeitentwicklung quantenmechanischer Observablen einheitlich ist. Die meisten dieser Fragen verwenden bereits die Annahmen, dass Zustände Elemente eines komplexen Hilbert-Raums sind, Linearität in der Zeitentwicklung, Eigenvektoren hermitescher Operatoren, die diesen Hilbert-Raum überspannen, und dass die quadrierte 2-Norm der Projektion eines Zustands auf den Eigenraum von an Operator gibt die Wahrscheinlichkeit an, den Eigenwert des Operators zu messen (siehe zum Beispiel diese oder diese Frage).

Die Antwort auf die Frage lautet normalerweise, dass die Zeitentwicklung die Norm eines gegebenen Zustands bewahren sollte, weil wir diese Norm als Gesamtwahrscheinlichkeit interpretieren. Eine Antwort schlägt auch vor, dass, selbst wenn wir die Wahrscheinlichkeitsinterpretation mit der quadrierten 2-Norm fallen lassen, dieses Papier zeigt, dass Nicht-Einheitlichkeit mit unangenehmen Eigenschaften wie überschwelliger Signalisierung oder Unterscheidbarkeit von nicht-orthogonalen Zuständen einhergeht.

Allerdings - jede dieser Fragen (und sogar das gegebene Papier) beantwortet nur aus der Perspektive des Schrödinger-Bildes:

Ich würde gerne wissen, ob ähnliche Überlegungen angestellt werden können, wenn wir von Anfang an im Heisenberg-Bild sind (und nicht einmal von der Existenz des Schrödinger-Bildes wissen). Wurde so etwas schon mal formuliert? Oder ist das Schrödinger-Bild in diesem Sinne allgemeiner?

Was ich mir ausgedacht habe: Wenn ich (aus welchen Gründen auch immer) davon ausgehe

\hat{A} (δ T) = {\hat{U}}^{- 1} A (0) \hat{U}

$\hat{A}(\delta t) = \hat{U}^{-1} A(0) \hat{U}$ Und

\hat{A} (0)

$\hat{A}(0)$ war also ein normaler Operator

\hat{A} (δ t)

$\hat{A}(\delta t)$ sollte auch normal sein (weil ich zumindest will

\hat{A} (0)

$\hat{A}(0)$ Und

\hat{A} (δ t)

$\hat{A}(\delta t)$ den kompletten Hilbert-Raum mit seinen Eigenvektoren aufzuspannen. Dies halte ich für eine plausible Anforderung an Operatoren, die Observablen entsprechen. Wenn ich wähle

\hat{U}

$\hat{U}$ dann einheitlich sein

\hat{A} (δ t)

$\hat{A}(\delta t)$ ist ein normaler Operator - ich weiß jedoch nicht, wie ich zeigen soll, dass dies der einzige Weg für ist

\hat{A} (δ t)

$\hat{A}(\delta t)$ normal sein.

Bearbeiten: Da alle Argumente, die in Antworten zum Schrödinger-Bild angeführt wurden, nur über geschlossene (im Gegensatz zu offenen) Quantensystemen sprechen, sehe ich keine Notwendigkeit, über Fälle in offenen Quantensystemen (oder Subsystemen) zu sprechen, wo Zeitentwicklung ist nicht notwendigerweise einheitlich.

Chirale Anomalie

Wenn meine Interpretation von Satz 2 in der einheitlichen Implementierung von Automorphismengruppen auf von Neumann-Algebren richtig ist, dann wird eine 1-Parameter-Gruppe von Automorphismen einer von Neumann-Algebra auf einem gegebenen Hilbert-Raum immer durch eine 1-Parameter-Gruppe von unitären Transformationen implementiert. Damit stellt sich die Frage: Warum sollte die Zeitentwicklung durch Automorphismen der Operatoralgebra (im Heisenberg-Bild) gegeben sein?

Quantenpeitsche

@ChiralAnomaly Ich stimme Ihrer Schlussfolgerung zu, obwohl ich überhaupt keine Ahnung von Von-Neumann-Algebren habe und was darin codiert ist.

Chirale Anomalie

Eine vN-Algebra ist ein natürlicher Weg, um eine gegebene Menge von Observablen in Bezug auf Summen, Produkte und Grenzwerte zu "vervollständigen". Wenn

Ω

$\Omega$ ist eine Menge von Observablen und

Ω^{'}

$\Omega'$ ist die Menge aller Operatoren, die mit allem in pendeln

Ω

$\Omega$ , Dann

(Ω^{'})^{'}

$(\Omega')'$ ist die kleinste vN enthaltende Algebra

Ω

$\Omega$ . Allgemein,

(Ω^{'})^{'}

$(\Omega')'$ enthält nicht alle Operatoren auf dem Hilbert-Raum (weil einige von ihnen möglicherweise mit allen Observablen der Theorie pendeln), und ich habe mich gefragt, ob es dann nicht einheitliche 1-Parameter-Automorphismusgruppen zulassen könnte. Das von mir zitierte Theorem scheint zu sagen, dass das nicht passiert.

Roger Wadim

Wenn wir nicht einmal von der Existenz des Schrödinger-Bildes wissen , woher kommt dann der Operator?

U (t)

$U(t)$ komme aus? Unitarität ist eine mathematische Widerspiegelung der Zeitumkehrsymmetrie der Bewegungsgesetze. Wenn wir uns also nicht an den Hilbertraum etc. anhängen wollen, sollten wir nicht von Unitarität sprechen , sondern nur von den Bewegungsgleichungen und deren Symmetrie bezüglich der Zeitumkehr.

Antworten (2)

Warum ist Zeitentwicklung einheitlich? - Die Heisenberg-Bild-Version

Wenn meine Interpretation von Satz 2 in der einheitlichen Implementierung von Automorphismengruppen auf von Neumann-Algebren richtig ist, dann wird eine 1-Parameter-Gruppe von Automorphismen einer von Neumann-Algebra auf einem gegebenen Hilbert-Raum immer durch eine 1-Parameter-Gruppe von unitären Transformationen implementiert. Damit stellt sich die Frage: Warum sollte die Zeitentwicklung durch Automorphismen der Operatoralgebra (im Heisenberg-Bild) gegeben sein?
@ChiralAnomaly Ich stimme Ihrer Schlussfolgerung zu, obwohl ich überhaupt keine Ahnung von Von-Neumann-Algebren habe und was darin codiert ist.
Eine vN-Algebra ist ein natürlicher Weg, um eine gegebene Menge von Observablen in Bezug auf Summen, Produkte und Grenzwerte zu "vervollständigen". Wenn $\Omega$ ist eine Menge von Observablen und $\Omega'$ ist die Menge aller Operatoren, die mit allem in pendeln $\Omega$ , Dann $(\Omega')'$ ist die kleinste vN enthaltende Algebra $\Omega$ . Allgemein, $(\Omega')'$ enthält nicht alle Operatoren auf dem Hilbert-Raum (weil einige von ihnen möglicherweise mit allen Observablen der Theorie pendeln), und ich habe mich gefragt, ob es dann nicht einheitliche 1-Parameter-Automorphismusgruppen zulassen könnte. Das von mir zitierte Theorem scheint zu sagen, dass das nicht passiert.
Wenn wir nicht einmal von der Existenz des Schrödinger-Bildes wissen , woher kommt dann der Operator? $U(t)$ komme aus? Unitarität ist eine mathematische Widerspiegelung der Zeitumkehrsymmetrie der Bewegungsgesetze. Wenn wir uns also nicht an den Hilbertraum etc. anhängen wollen, sollten wir nicht von Unitarität sprechen , sondern nur von den Bewegungsgleichungen und deren Symmetrie bezüglich der Zeitumkehr.

Valter Moretti · Answer 1

Es hängt von den Hypothesen ab, insbesondere von der Menge der Observablen, die Sie annehmen.

Wenn man annimmt, dass elementare JA-NEIN-Observable (auch als Tests bekannt ) die orthogonalen Projektoren auf einem Hilbert-Raum sind, ergibt sich natürlich ein Beweis.

Aus dieser Sicht wird erwartet, dass die Gitterstruktur im Hinblick auf ihre logische Interpretation durch die Zeitentwicklung erhalten bleibt.

Mit anderen Worten, wenn $P\in {\cal L}(H)$ ist eine elementare Observable, wo ${\cal L}(H)$ ist das Gitter orthogonaler Projektoren auf dem Hilbert-Raum $H$ , die Zeitentwicklung ist eine Familie von Karten

S_{T} : L (H) ∋ P \mapsto S_{T} (P) \in L (H),

$s_t : {\cal L}(H) \ni P \mapsto s_t(P) \in {\cal L}(H)\:,$ für

t \in R

$t\in \mathbb R$ einige Eigenschaften erfüllen. Diese Eigenschaften sind natürlich für isolierte (geschlossene) Systeme oder Systeme, die sich in einer stationären Umgebung entwickeln:

(1) Es sollte bijektiv sein (es wird erwartet, dass die Zeitentwicklung für geschlossene Systeme in einer stationären Umgebung bijektiv ist).

(2) Es sollte die orthokomplementäre Gitterstruktur bewahren (die Zeitevolution bewahrt logische Beziehungen, wie bereits gesagt).

(3) Es sollte additiv sein $s_t s_u = s_{t+u}$ (stationäre Umgebung).

Geht man von der technischen Hypothese aus , dass $H$ Ist

(4) trennbar mit Dimension $>2$ ,

dann implizieren die Sätze von Gleason und Kadison dies für alle $t\in \mathbb R$ es gibt eine einheitliche oder antieinheitliche Karte $U_t : H \to H$ , definiert bis zu multiplikativen Phasen abhängig von $t$ , so dass

S_{T} (P) = U_{T} P U_{T}^{- 1} .

$s_t(P) = U_t P U_t^{-1}\:.$ Außerdem ist es nicht schwer zu beweisen, dass (3) ergibt

U_{t} U_{u} = χ (t, u) U_{t + u}

$U_tU_u = \chi(t,u) U_{t+u}$ Wo

χ (t, u) \in C

$\chi(t,u) \in \mathbb{C}$ mit

| χ (t, u) | = 1

$|\chi(t,u)|=1$ . Somit

χ (t / 2, t / 2)^{- 1} U_{t / 2} U_{t / 2} = U_{t}

$\chi(t/2,t/2)^{-1} U_{t/2}U_{t/2} = U_{t}$ . Davon haben wir das

U_{t}

$U_t$ muss einheitlich sein.

Das haben wir bisher erreicht $\mathbb{R} \ni t \mapsto U_t$ ist eine unitär-projektive Darstellung der Abelschen Lie-Gruppe $\mathbb{R}$ .

Nehmen wir eine weitere Kontinuitätshypothese an (sie lässt sich damit begründen, dass sich Erwartungswerte von Observablen für jeden Quantenzustand kontinuierlich in der Zeit entwickeln [= ein Wahrscheinlichkeitsmaß auf dem Gitter elementarer Observablen])

(5) $\mathbb{R} \ni t \mapsto |\langle \psi, U_t \phi\rangle|$ ist stetig für alle $\psi, \phi \in H$ .

Ein Satz von Bargmann (unter Verwendung der Tatsache, dass $\mathbb R$ hat eine triviale Kohomologie als Lie-Gruppe) impliziert, dass es möglich ist, die Phasen von zu ändern $U_t$ , dh ersetzen $U_t$ für $V_t := \chi(t) U_t$ und geeignete Phasen $\chi(t)$ , damit

R ∋ T \mapsto v_{T}

$\mathbb{R} \ni t \mapsto V_t$ ist eine einheitliche, stark kontinuierliche Darstellung von

R

$\mathbb{R}$ .

Mit anderen Worten $\mathbb{R} \ni t \mapsto V_t\psi$ ist stetig für alle $\psi \in H$ , $V_tV_u = V_{t+u}$ , $V_0=I$ Und jeder $V_t : H \to H$ ist einheitlich.

Durch den Bau,

S_{T} (P) = v_{T} P v_{T}^{- 1}

$s_t(P) = V_t P V_t^{-1}$ Durch spektrale Zerlegung, wenn

A^{*} = A = \int_{R} λ d P_{λ}^{(A)}

$A^* = A = \int_\mathbb{R} \lambda dP^{(A)}_\lambda$ Die obige Aktion erstreckt sich auf allgemeine Observables:

S_{T} (A) := \int_{R} λ D P_{λ}^{(v_{T} A v_{T}^{- 1})} = v_{T} A v_{T}^{- 1} .

$s_t(A) := \int_\mathbb{R} \lambda dP^{(V_tAV_t^{-1})}_\lambda = V_t A V_t^{-1}\:.$

Starke Kontinuität impliziert, dass es eine eindeutige Observable gibt $H$ , so dass $V_t = e^{itH}$ "Entdeckung" des Heisenberg-Bildes.

Die entscheidende Annahme hierbei ist, dass die Menge der Elementarsätze aus der ganzen Familie der Orthogonalprojektoren besteht. Das ist gleichbedeutend mit der Forderung, dass die von Neumann-Algebra der Observablen aus allen (beschränkten) selbstadjungierten Operatoren besteht $H$ . Wir wissen, dass diese Hypothese physikalisch unhaltbar ist (zB bei Vorliegen von Superselektionsregeln oder einer Eichgruppe). In diesem Fall gilt der obige Beweis nicht. Das Ergebnis kann jedoch in jedem Fall wahr sein, abhängig von den weiteren Hypothesen, die man annimmt.

Wie würde eine Gauge-Gruppe hier spielen? Liegt es daran, dass zwei gleichwertige Projektoren für alle Observablen das gleiche Ergebnis liefern würden? Und wie würde man hier die Einheitlichkeit sichern?

Parker · Answer 2

Ja, die nicht-einheitliche Lindbladian-Zeitentwicklung eines offenen Quantensystems kann im Heisenberg-Bild formuliert werden: https://en.wikipedia.org/wiki/Lindbladian#Heisenberg_picture .

Um ehrlich zu sein, verstehe ich nicht, wie dies meine Frage beantwortet.

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Roger Wadim

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Valter Moretti

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