Wie kann die Kommutatoroperation nicht transitiv sein?

Question

Wie kann die Kommutatoroperation nicht transitiv sein?

Xin Wang

Folgendes ist mir aufgefallen:

[L_{+}, L^{2}] = 0, [L_{+}, L_{3}] \neq 0, [L^{2}, L_{3}] = 0.

$[L_{+},L^2]=0,\qquad [L_{+},L_3]\neq 0,\qquad [L^2,L_3]=0.$

Dies würde darauf hindeuten, dass $L^2,L_+$ haben ein gemeinsames System von Eigenfunktionen, und das tun sie auch $L^2,L_3$ , Aber $L_+,L_3$ nicht. Wie ist das möglich?

Antworten (2)

Wie kann die Kommutatoroperation nicht transitiv sein?

QMechaniker · Answer 1

QMechaniker

Kommutativität ist keine transitive Relation: If-Operator $A$ pendelt mit $B$ Und $C$ ,

A B = B A Und A C = C A,

$AB=BA \quad\text{and}\quad AC=CA,$

dann gibt es dafür keinen grund $B$ Und $C$ pendeln soll.

Beispiel: Nimm $A=y$ , $B=x$ , Und $C=p_x$ .

Insbesondere bei kommutierenden selbstadjungierten Operatoren $A$ Und $B$ haben eine gemeinsame Basis von orthonormalen Eigenvektoren und wenn selbstadjungierte Operatoren kommutieren $A$ Und $C$ eine gemeinsame Basis aus orthonormalen Eigenvektoren haben, dann müssen diese beiden Basen nicht gleich sein, wenn das Spektrum von $A$ ist entartet.

Xin Wang

Ja, das ist mir oben aufgefallen. Aber die Frage ist folgende: Es gibt die Interpretation, dass sie genau dann kommutieren, wenn sie ein gemeinsames System von Eigenfunktionen haben. Wenn Sie es aus dieser Perspektive betrachten, dann sollte dies gelten. Wo also fehlt diese Argumentation?

QMechaniker

Die Antwort ist, dass (in den genannten Beispielen) die Menge

{A, B, C}

$\{A,B,C\}$ aller drei Operatoren haben keine gemeinsame Basis orthonormaler Eigenvektoren. Nur eine Teilmenge von zwei Operatoren hat in bestimmten Fällen eine gemeinsame Basis orthonormaler Eigenvektoren.

Xin Wang

Dies deutet darauf hin, dass es verschiedene Möglichkeiten gibt, die Operatorbasis von auszudrücken

L^{2}

$L^2$ . Mir sind nur die sphärischen Harmonischen bekannt. Wie heißt der andere?

QMechaniker

Ein weiteres Problem (in dem erwähnten Beispiel) ist das

L_{+}

$L_{+}$ ist kein normaler Operator , also gibt es keine orthonormale Basis von Eigenvektoren für

L_{+}

$L_{+}$ .

Xin Wang

Aber es kann eine Eigenvektorbasis geben, auch wenn der Operator nicht normal ist! Nehmen Sie die Matrix, in der die erste Zeile (0,1) und die zweite (4,0) ist. Dieser hat eine Eigenbasis, ist aber nicht normal.

QMechaniker

Ja, aber die Eigenvektoren sind nicht orthogonal. Siehe auch diesen und diesen Phys.SE-Beitrag.

Xin Wang

Nur noch eine letzte Sache: Was heißt das denn

[L^{2}, L_{+}]

$[L^2,L_+]$ körperlich pendeln? Ihre Argumentation in Ihrem 1. Thread legt nahe, dass dies keine tatsächliche physikalische Bedeutung hat? Was bedeutet es also, den Kommutator zwischen nicht hermiteschen Größen zu betrachten?

QMechaniker

Seit ich)

L_{\pm} = L_{x} \pm i L_{y}

$L_{\pm}= L_x\pm i L_y$ und (ii)

L^{2}

$L^2$ ,

L_{x}

$L_x$ ,

L_{y}

$L_y$ alle hermitesch sind, kann man die Aussage ansehen

[L^{2}, L_{+}] = 0

$[L^2,L_{+}]=0$ als Äquivalent zu

[L^{2}, L_{-}] = 0

$[L^2,L_{-}]=0$ , und wiederum äquivalent zu dem Aussagenpaar über hermitesche Operatoren:

[L^{2}, L_{x}] = 0

$[L^2,L_x]=0$ Und

[L^{2}, L_{y}] = 0

$[L^2,L_y]=0$ . Der einzige Vorbehalt ist das

L_{x}

$L_x$ Und

L_{y}

$L_y$ nicht pendeln!

Valter Moretti

Wenn ich einen Kommentar hinzufügen darf,

[A, L_{+}] = 0

$[A,L_+]=0$ impliziert, dass

[A, L_{x}] = [A, L_{y}] = 0

$[A, L_x]=[A,L_y]=0$ wie von Qmechanic richtig gesagt (ich nehme an

A = A^{†}

$A=A^\dagger$ ). Aber man kann noch mehr sagen: Das impliziert es auch

[A, L_{z}] = 0

$[A,L_z]=0$ , seit

L_{z}

$L_z$ ist proportional zu

[L_{x}, L_{y}]

$[L_x,L_y]$ und Jacobi-Identität gilt. Deshalb

[A, L_{+}] = 0

$[A,L_+]=0$ impliziert, dass (tatsächlich entspricht)

A

$A$ ist invariant unter der Wirkung von

S O (3)

$SO(3)$ :

A

$A$ ist ein Skalar.

Valter Moretti

Also, die physikalische Bedeutung von

[A, L_{+}] = 0

$[A,L_+]=0$ , für

A = A^{†}

$A=A^\dagger$ , ist das $A$ ist eine skalare Größe unter Drehungen .

Valter Moretti · Answer 2

NOTIZ. Seit $L_+$ ist nicht normal (normal bedeutet $A^\dagger A = AA^\dagger$ ) lässt es keine Basis von orthonormalen Eigenvektoren zu. Ihre Frage kann jedoch sicher wiederholt werden, indem sie ersetzt wird $L_+$ für $L_2$ und ich werde es von nun an annehmen.

Der elementarste Fall dieses Phänomens ist durch ein Tripel normaler Matrizen in gegeben $\mathbb C^n$ :

C ICH, A, B

$cI,A,B$

mit $[A,B]\neq 0$ und wo $c\in \mathbb C$ ist eine willkürlich festgelegte Zahl. $A$ hat eine gemeinsame Basis von Eigenvektoren mit $cI$ : Jede Basis von Eigenvektoren von $A$ ist eine solche Grundlage. Ebenso jede Basis von Eigenvektoren von $B$ ist auch eine Basis von Eigenvektoren von $cI$ . Obwohl es für einige Vektoren passieren könnte, kann es jedoch nicht eine ganze Basis von gemeinsamen Eigenvektoren geben $A$ Und $B$ , ansonsten auf diese Grundlage verweisend $A$ Und $B$ wäre in Diagonalform und somit $[A,B]=0$ , was durch Hypothesen verboten ist.

All das ist möglich dank der Tatsache, dass die Eigenräume von $cI$ sind (maximal) entartet . Zwei Vektoren $u$ Und $v$ mit gleichem Eigenwert ( $c$ ) aus Respekt vor $cI$ bleiben Eigenvektoren von $cI$ mit gleichem Eigenwert, auch wenn linear zusammengesetzt: $au+bv$ . Trotzdem wenn $u$ Und $v$ sind Eigenvektoren von $A$ , Im Algemeinen $au+bu$ ist nicht , könnte aber ein Eigenvektor von sein $B$ (wobei, wie gesagt, ein Eigenvektor von bleibt $cI$ )

Die Situation ist im Wesentlichen die gleiche beim Umgang mit $L^2$ Und $L_2,L_3$ . Die Eigenräume $\cal H_l$ von $L^2$ sind entartet und in jedem Eigenraum $L^2$ wird vertreten durch $l(l+1)I$ . Außerdem als $[L^2,L_i]=0$ , jeder Eigenraum $\cal H_l$ ist invariant unter der Wirkung von $L_i$ . Ich meine $L_i({\cal H}_l)\subset \cal H_l$ .

Einschränkung auf $\cal H_l$ , finden wir die Situation, die ich oben skizziert habe: $L$ wird vertreten durch $cI$ Und $L_2, L_3$ werden durch nicht pendelnde Betreiber repräsentiert $A$ Und $B$ .

Gute Antwort. Ein paar Fragen, wenn es Ihnen nichts ausmacht. Sie geben an, dass der Operator, da er nicht normal ist, keine orthononormale Basis von Eigenvektoren haben kann. Eines der Postulate von QM geht davon aus, dass die Observablen hermitesch sind, und daraus haben wir dann einen Satz, der besagt, dass jeder hermitesche Operator eine Basis von orthonormalen Eigenvektoren hat. Aber Sie sagen, dass das nicht genug ist? Sagt das Postulat also tatsächlich aus, dass jeder beobachtbare Operator tatsächlich normal (also auch hermitesch) ist?
Warum ist es auch wichtig, in Ihrer Antwort darauf hinzuweisen, dass jeder Eigenraum $\mathcal{H_l}$ ist invariant unter der Wirkung von $L_i$ wie du gesagt hast " $L_i(\mathcal{H}) \subset \mathcal{H}$ "? Vielen Dank.
QM geht davon aus, dass jede Observable selbstadjungiert (nicht einfach hermitesch) und somit auch normal ist. Im Allgemeinen können in nicht endlichen Dimensionen sogar normale Operatoren keine orthonormale Basis von (eigentlichen) Eigenvektoren haben. Richtig ist, dass ein normaler Operator eine spektrale Zerlegung hat . Am Anfang meiner Antwort stand jedoch ein anderer Punkt. Wenn ein Operator nicht normal ist, dann kann er keine orthonormale Basis von Eigenvektoren haben, nur weil er sonst normal wäre! Seit $L_+$ nicht normal ist, kann es keine orthonormale Basis von Eigenvektoren haben.
Bezüglich Ihrer zweiten Frage erscheint die Antwort in meinem letzten Satz: Beschränkung auf $\cal H_l$ , finden wir die Situation, die ich oben skizziert habe: $L$ wird vertreten durch $cI$ Und $L_2, L_3$ werden durch nicht pendelnde Betreiber repräsentiert $A$ Und $B$ . Wenn $\cal H_l$ nicht unveränderlich wären, dürfte ich die Diskussion nicht beschränken $\cal H_l$ und verwenden Sie die bereits besprochene Theorie.
In Ordnung, ich verstehe. Sie geben an: "Außerdem als $[L_2,L_i]=0$ , jeder Eigenraum $\mathcal{H}_l$ ist unter der Wirkung von Li invariant. "So wie ich es verstehe, ist die Kommutativität $[L^2,L_i]=0$ impliziert, dass es eine gemeinsame Basis von orthonormalen Eigenvektoren gibt, nicht dass jede Eigenbasis geteilt wird. Davon gehen Sie aus $\mathcal{H}_{l}$ ist ein Eigenraum des Operators $L^2$ , warum folgt dann das $\mathcal{H}_{l}$ ist unveränderlich unter $L_{i}$ , was ist, wenn $\mathcal{H}_{l}$ ist eine Eigenbasis, die nicht geteilt wird.
Welches Ergebnis oder welche Argumentation verwenden Sie, um die Invarianz von anzugeben? $\mathcal{H}_l$ unter $L_i$ davon, dass $[L_2,L_i]=0$ ? Danke.
Wenn $L^2 \psi = s\psi$ Dann $L^2L_i\psi = L_i L^2 \psi = L_i s \psi = s L_i \psi$ .
Danke das ist recht hilfreich. Welches Material (Notizen oder Buch) würden Sie empfehlen, um den Unterschied zwischen Hermitian und Self-Adjoint darzustellen? Sie sagten, dass das Observable selbstadjungiert und nicht einfach hermitesch ist. Aber in der Antwort in diesem Beitrag schließt dieser Beitrag mit der Feststellung, dass Hermitian Selbstadjoint impliziert ... In der Frage heißt es, dass Selbstadjunktion Hermitian impliziert ... und im Wiki geben sie die Definition als das an, was sie oben als symmetrisch definiert haben MSE-Beitrag.

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