Estos dos operadores conmutan ... pero sus vectores propios no son todos iguales. ¿Por qué?

Question

El hamiltoniano

$$ H = \ left [\begin{array}{cccc} a & 0 & 0 & -b \\ 0 & 0 & -b & 0\\ 0 & -b & 0 & 0\\ -b & 0 & 0 & -a \end {array} \ right] $$

conmuta con el operador de cambio qubit

PS

Así que espero que los dos tengan los mismos vectores propios. Los vectores propios de$$ P = \left[ \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right] $ se ven fácilmente como$P$. Los dos últimos también son vectores propios de$(1,0,0,0)^T; (0,0,0,1)^T; (0,1,1,0)^T ; (0,1,-1,0)^T$, pero los dos primeros no lo son. ¿Por qué? ¿Pensé que los operadores de conmutación compartían la misma base de datos?

Answer 1

Llame a$u_1, u_2, u_3, u_4$ los vectores propios descritos por usted, respectivamente. Sus reclamaciones están bien, pero tenga en cuenta que tanto$u_1$ como$u_2$ comparten el mismo valor propio, que es$1$, es decir,$Pu_1=u_1$ y$Pu_2=u_2$. Por lo tanto, cualquier combinación lineal de$u_1$ y$u_2$ también serán vectores propios con el mismo valor propio$1$. Intente encontrar vectores propios de$H$ de la forma$\alpha u_1+\beta u_2$, con$\alpha$ y$\beta$ siendo constantes.

Answer 2

Sugerencia: Cuando un autovalor de un operador $P$ es degenerado, hay más de una forma para elegir un conjunto de vectores propios. Si el resto de los desplazamientos operador $H$ elevadores de que la degeneración, no va a ser la elección preferida de común vectores propios.

Más en general, un conjunto de diagonalizable operadores conmutan si y sólo si el conjunto es a la vez diagonalizable.$^1$

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$^{1}$Vamos a ignorar sutilezas con unbounded operadores, dominios, selfadjoint extensiones, etc., en esta respuesta.