Funciones propias de los observables compatibles que no se comparten

Question

Estoy usando el libro de D.J. Griffiths Introducción a la mecánica cuántica (3ª ed.) , leyendo sobre los operadores de momento angular $\mathbf L=(L_x,L_y,L_z)$ y $L^2$ en el capítulo 4. El autor discute las funciones propias $f$ que son específicamente funciones propias de ambos $L^2$ y $L_z$ :

$$L^2f = \lambda f\qquad\qquad\qquad L_zf = \mu f$$

El hecho de que $f$ puede ser una función propia de ambos se deduce de $[L^2,L_z]=0$ : $L^2$ y $L_z$ y, por tanto, son compatibles, lo que significa que la medición de uno de ellos lleva al sistema a un estado propio y también al otro.

Tras una discusión que implica la transformación de los operadores de momento angular a coordenadas esféricas, el autor escribe al final:

" Conclusión: : Armónicos esféricos son las funciones propias de $L^2$ y $L_z$ ." (énfasis suyo)

Ahora, me preocupa que esto sea sólo parcialmente cierto, y que en realidad debería ser "Los armónicos esféricos son funciones propias compartidas de $L^2$ y $L_z$ ", y no descaradamente "las funciones propias", ya que se supone que durante la derivación que $f$ era una función propia de ambos operadores. ¿Y las demás funciones propias?

No está mal, pensé al principio: ahora que conocemos claramente las propiedades de las funciones propias compartidas, ¿no podemos escribir el resto de funciones propias como una combinación lineal de las funciones propias compartidas para analizar también sus propiedades? La respuesta parece ser no, pensándolo bien, ya que en el capítulo 3 del mismo libro de texto, se planteó lo siguiente como un teorema derivable:

$$\textrm{incompatible observables $ A $ and $ B $ do not have a complete set of shared eigenfunctions}$$

equivalente a cualquiera de las siguientes afirmaciones:

$$[A,B]\neq0 \Rightarrow \textrm{$ A $ and $ B $ do not have a complete set of shared eigenfunctions}$$ $$\textrm{$ A $ and $ B $ have a complete set of shared eigenfunctions} \Rightarrow [A,B]=0$$

Esto significa que no podemos escribir necesariamente las restantes funciones propias de $L^2$ y $L_z$ como combinaciones lineales de las compartidas, porque la flecha señala el camino equivocado para que sea definitivamente posible.

Investigando el contenido del teorema, me encontré con dos hilos que decían algo al respecto:

• Este hilo dice: "Empecemos con sólo 2: operadores $A$ y $B$ . Si $[A,B]=0$ , hay al menos una base ortonormal de vectores propios comunes".

• Este hilo parece hacer una afirmación más fuerte: "(...) se garantiza que los operadores compatibles sólo tienen los mismos vectores propios, no los mismos valores propios".

Así que, después de todo, tal vez puede analizar las funciones propias de ambos que no se comparten, pero no tengo pruebas de que esto sea posible. Para converger en una pregunta, me pregunto:

1. ¿Es el $\Rightarrow$ en el teorema dado generalizable a un $\Leftrightarrow$ ?
   • Esto justificaría que el autor sólo hable de las funciones propias compartidas.
2. De forma más contundente, ¿los observables compatibles tienen incluso funciones propias que no comparten en primer lugar? Si eso es cierto, ¿qué ocurre si se realiza una medición y se obtiene dicha función propia?
   • Si esto no es cierto, creo que el autor está justificado al afirmar que los armónicos esféricos son realmente el funciones propias de $L^2$ y $L_z$ ya que son compartidos.

Answer 1

Reclamación : $[\hat A,\hat B]=0$ $\iff$ $\hat{A}$ y $\hat{B}$ tienen un conjunto completo de funciones propias comunes.

Prueba

Si $\hat{A}$ y $\hat{B}$ tienen un conjunto completo de funciones propias comunes $|\psi_n\rangle$ entonces $\hat{A}\hat{B}|\psi_n\rangle=\hat{A}B_n|\psi_n\rangle=B_n\hat{A}|\psi_n\rangle=B_nA_n|\psi_n\rangle=\hat{B}A_n|\psi_n\rangle=\hat{B}\hat{A}|\psi_n\rangle$ . Así, $[\hat{A},\hat{B}]|\psi\rangle=0$ para cualquier estado $|\psi\rangle$ Por lo tanto $[\hat{A},\hat{B}]=0$ .

Por otro lado, digamos que $[\hat{A},\hat{B}]=0$ . Dejemos que $|\psi_n\rangle$ sea un conjunto completo de estados propios de $\hat A$ . Centrémonos en todos los estados propios de $\hat{A}$ con un valor propio dado $\lambda$ . Entonces $\hat{A}\hat{B}|\psi_n\rangle=\hat{B}\hat{A}|\psi_n\rangle=\hat{B}\lambda|\psi_n\rangle=\lambda\hat{B}|\psi_n\rangle$ . En otras palabras, $\hat{B}$ toma un estado propio de $\hat{A}$ con valor propio $\lambda$ a otro estado propio de $\hat{A}$ con valor propio $\lambda$ . Así, si se escribe $\hat{B}$ en base a los estados propios de $\hat{A}$ adoptará una forma diagonal en bloque con elementos no nulos sólo entre los estados propios con el mismo valor propio de $\hat{A}$ .

Así, en la base de los estados propios de $A$ si ordenamos los estados propios en orden de valor propio creciente, tenemos

$$ \hat{B} = \left[\begin{matrix} \begin{matrix}b_{11} & b_{12}\\b_{21}&b_{22}\end{matrix}& 0 & \cdots & 0&\\0&\begin{matrix}b_{33} & b_{34} & b_{35}\\b_{43}&b_{44}&b_{45}\\b_{53}&b_{54}&b_{55}\end{matrix}& \cdots & 0\\ \vdots & &\ddots\\0&\cdots&&b_{nn} \end{matrix}\right] $$

Aquí, he asumido que los dos primeros estados propios de $\hat{A}$ son degenerados, los tres siguientes son degenerados, etc. Hay que convencerse de que se puede diagonalizar esta matriz combinando únicamente los estados propios de $\hat{A}$ con el mismo valor propio. Una vez hecho esto, tienes una base completa que consiste en estados propios mutuos.

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Como nota al margen, he echado un vistazo a Griffiths y me ha sorprendido descubrir que no lo ha demostrado. Sé que Griffiths se considera un libro de texto "más ligero", pero siempre pensé que tenía una presentación razonable de los fundamentos. Considere la posibilidad de leer el capítulo 1 de Shankar para una presentación más completa del álgebra lineal. En particular, en la página 43 proporciona esta prueba.

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Para responder a su segunda pregunta, considere la $Y_{\ell m}$ que denotaré por $|\ell, m\rangle$ . Son funciones propias de ambos $L^2$ y $L_z$ con valores propios $\hbar^2\ell(\ell+1)$ y $\hbar m$ respectivamente. Por otro lado, deberías poder convencerte de que el estado $|1,-1\rangle+|1,1\rangle$ es un estado propio de $L^2$ pero no $L_z$ , mientras que el estado $|1,1\rangle+|2,1\rangle$ es un estado propio de $L_z$ pero no $L^2$ . Si quieres alguna intuición sobre cómo interactúan estos estados con la medición, te daré un ejemplo. Digamos que el estado de momento angular de una partícula es $\frac{1}{\sqrt{3}}[|1,1\rangle+|1,-1\rangle+|2,1\rangle]$ . Si medimos $L^2$ tenemos un $2/3$ posibilidad de medir $\ell=1$ y una probabilidad de 1/3 de medir $\ell=2$ . Si medimos $\ell=1$ entonces el estado resultante es $\frac{1}{\sqrt{2}}[|1,1\rangle+|1,-1\rangle]$ que todavía no tiene una definición $L_z$ . Entonces, si medimos $L_z$ , obtendremos $m=\pm 1$ con probabilidad $1/2$ . El estado final será $|1,1\rangle$ o $|1,-1\rangle$ . La "compatibilidad" de $L_z$ y $L^2$ no significa que se tenga una $L_z$ si tiene un valor definido $L^2$ valor. Por otro lado, significa que si tienes una $L^2$ valor y medida $L_z$ , todavía tienes un definitivo $L^2$ valor.