Формальный способ одновременной диагонализации двух коммутирующих эрмитовых операторов?

Question

Формальный способ одновременной диагонализации двух коммутирующих эрмитовых операторов?

пользователь95137

Даны два эрмитовых оператора $A$ и $B$ , такой, что $[A,B] = 0$ , если один [или оба] из этих операторов вырождены, как определить формальный способ одновременной диагонализации их обоих? Желательно, если возможно, с каким-нибудь примером метода.

Предыдущие обсуждения в чате:

Я задал этот вопрос некоторое время назад, и, хотя я получил хороший ответ, я думаю, что природа краткости чата означала, что, когда я стал думать об этом больше, я понял, что все еще не совсем уверен всего этого, плюс я подумал, что было бы неплохо разместить этот вопрос на сайте, поскольку я лично не мог найти его, когда он мне был нужен.
Обсуждалось в чате hbar здесь .
Предыдущий разговор в чате на эту тему .

Федерико Полони

Я не понимаю, что именно вы просите. Вы ищете доказательство того, что две коммутирующие эрмитовы матрицы могут быть одновременно диагонализированы? Для метода, чтобы сделать это вручную с ручкой и бумагой, учитывая две матрицы? Для численного метода подходит для компьютера? Три вопроса будут иметь очень разные ответы.

Qмеханик

Кажется, ОП спрашивает, как обойти неверный выбор базиса из-за вырожденных собственных значений, например, этот пост Phys.SE.

Ответы (4)

Формальный способ одновременной диагонализации двух коммутирующих эрмитовых операторов?

Я не понимаю, что именно вы просите. Вы ищете доказательство того, что две коммутирующие эрмитовы матрицы могут быть одновременно диагонализированы? Для метода, чтобы сделать это вручную с ручкой и бумагой, учитывая две матрицы? Для численного метода подходит для компьютера? Три вопроса будут иметь очень разные ответы.
Кажется, ОП спрашивает, как обойти неверный выбор базиса из-за вырожденных собственных значений, например, этот пост Phys.SE.

Qмеханик · Answer 1

Для каждой пары (собственное пространство для $A$ , собственное пространство для $B$ ), выберите базис для их пересечения. (В частности, если пересечение 0-мерное, оно не будет иметь никаких базисных векторов.) Наконец, соедините все базы.

@Qmechanic Где коммутативность входит в картину? Почему мы не используем процедуру для некоммутирующих операторов?
Да, я не претендую на доказательство утверждения. Я прочитал вопрос ОП, поскольку он не спрашивал о самом утверждении или его доказательстве, а просто хотел получить процедуру для получения основы, когда $[A,B]=0$ .

пользователь154997 · Answer 2

Самый простой способ - сначала провести диагонализацию. $A$ . Затем рассмотрим по очереди каждое собственное значение $\lambda$ и базис ассоциированного собственного пространства $\mathcal{E}_\lambda$ : $\newcommand{\ket}[1]{|{#1}\rangle}(\ket{1},\ket{2},\cdots,\ket{n})$ . Затем вы строите матрицу $\newcommand{\bra}[1]{\langle{#1}|}M_B=(\bra{i}B\ket{j})_{1\le i,j \le n}$ . Для каждого собственного значения существует одна такая матрица. $\lambda$ , просто для ясности, но я воздержусь от пометки $\lambda$ к $M_B$ чтобы запись была читабельной. Наконец, вы диагонализируете $M_B$ . Это даст вам собственные значения $\mu_1, \cdots, \mu_n$ (не обязательно различные) и собственные векторы $u_i$ , которые являются векторами-столбцами,

{ты}_{я} "=" (\begin{matrix} {ты}_{я 1} \\ ⋮ \\ {ты}_{я н} \end{matrix}),

$u_i=\begin{pmatrix} u_{i1}\\ \vdots \\u_{in} \end{pmatrix},$

такой, что $M_Bu_i=\mu_iu_i$ . Затем вы строите $\ket{i'}=\sum_j u_{ij}\ket{j}$ , и сейчас $(\ket{1'}, \cdots, \ket{n'})$ являются собственными векторами для обоих $A$ , все для собственного значения $\lambda$ , и для $B$ , для соответствующих собственных значений $\mu_1,\cdots,\mu_n$ .

Конечно, если $\lambda$ изначально не был вырожденным, т. $n=1$ , то делать нечего! Если он дегенеративный, то чаще всего $n$ будет мала, по крайней мере, намного меньше, чем размерность собственной задачи для $A$ , поэтому диагонализация $M_B$ будет сравнительно легко. Затем, опять же, не забывайте, что вы должны сделать это для каждого собственного значения $\lambda$ из $A$ . Конечно, можно было бы начать с диагонали. $B$ вместо этого: просто делайте то, что выглядит проще.

Обратите внимание, что существуют гораздо более эффективные численные методы, которые будут иметь большое значение для больших матриц, но для вашей квантовой системы хлеба с маслом метод, который я выделил, должен быть приемлемым.

Извините, я не понимаю, что $(u_{ij})_{1 <= j <= n}$ означает, например, $u_{i2}$ ?
Из предыдущего разговора в чате с OP, понравившегося в комментариях к вопросу, я не уверен, что они действительно понимают значение и важность ограничения этого метода исключительно базой собственного пространства $A$ . Хотя, может быть, это щелкнуло за это время. Тем не менее, (продолжение)
Немного неверно говорить, что «вы строите матрицу $M_B$ ", потому что это подразумевает, что существует единственная такая матрица. Вместо этого существует одна такая матрица на собственное пространство $A$ . Я бы настоятельно рекомендовал изменить обозначения, чтобы помнить об этом.
Я думаю, что утверждение «рассмотрите по очереди каждое собственное значение» достаточно ясно, но хорошо, я могу добавить предостережение…

Вальтер Моретти · Answer 3

Я полагаю, что гильбертово пространство $H$ является конечномерным, и я обозначаю $H_\lambda$ собственное пространство $A$ с собственным значением $\lambda$ и какое-то измерение $d_\lambda\geq 1$ .

Ты знаешь что

\begin{matrix} (1) & {ЧАС}_{λ} ⊥ {ЧАС}_{λ^{'}} если λ \neq λ^{'} \end{matrix}

$H_\lambda \perp H_{\lambda'}\quad \mbox{if $\lambda\neq \lambda'$}\tag{1}$ и

\begin{matrix} (2) & \oplus_{λ} {ЧАС}_{λ} "=" ЧАС . \end{matrix}

$\oplus_\lambda H_\lambda= H\tag{2}\:.$

Основная идея заключается в том, что каждый $H_\lambda$ инвариантен относительно действия $B$ , т.е.

Б ({ЧАС}_{λ}) \subset {ЧАС}_{λ} .

$B(H_\lambda) \subset H_\lambda\:.$ Это потому что

A (B x) = B A x = B λ x = λ (B x)

$A(Bx)= BAx= B\lambda x= \lambda (Bx)$ если

x \in H_{λ}

$x\in H_\lambda$ .

Как следствие, вы можете

(а) ограничить $B$ к $H_\lambda$ и, заметив, что $B|_{H_\lambda} : H_\lambda \to H_\lambda$ остается эрмитовым, как вы легко доказываете,

б) найти ортонормированный базис $H_\lambda$ составленный из собственных векторов $\{x^{(\lambda)}_n\}_{n=1,\ldots d_\lambda}$ из $B$ с соответствующими собственными значениями $\mu^{(\lambda)}_n$ .

Варьируя оба

$\lambda$ в наборе собственных значений $A$ и
$n=1, \ldots , d_\lambda$ ,

в силу (1) и (2) множество всех единичных взаимно ортогональных векторов $x^{(\lambda)}_n$ образуют ортонормированный базис всей $H$ .

Этот базис состоит из одновременных собственных векторов $A$ и $B$ потому что

А {Икс}_{н}^{(λ)} "=" λ {Икс}_{н}^{(λ)}

$Ax^{(\lambda)}_n =\lambda x^{(\lambda)}_n$ и

Б {Икс}_{н}^{(λ)} "=" {мю}_{н}^{(λ)} {Икс}_{н}^{(λ)} .

$Bx^{(\lambda)}_n= \mu^{(\lambda)}_n x^{(\lambda)}_n\:.$

Очевидно, может случиться так, что $\mu^{(\lambda)}_n =\mu^{(\lambda')}_m$ для некоторых $\lambda \neq \lambda'$ .

Извините, но что именно делает $B|_{H_{\lambda}}$ / 'ограничение B до $H_\lambda$ иметь в виду?
Это означает ограничение домена $B$ в подпространство $H_\lambda$ и просмотр $B$ как оператор, определенный на меньшем пространстве, т. е. из $H_\lambda$ к $H_\lambda$ . Это имеет смысл только потому, что $B(H_\lambda) \subset H_\lambda$ . $B|_{H_\lambda}$ указывает оператора $B$ когда рассматривается как оператор в меньшем пространстве $H_\lambda$ .
Обратите внимание, что это точно так же, как мой ответ.
Наложение существует, но я добавил несколько замечаний, объясняющих, почему этот метод работает, и я не стал вдаваться в детали процедуры диагонализации, как это сделали вы. Может быть, первоначальный вопрос касался только практической процедуры, поэтому я фактически ответил на другой вопрос...
Да, конечно, замечание было для ОП!

ZeroTheHero · Answer 4

ZeroTheHero

Следующий простейший метод (особенно полезный, если вам нужен только числовой результат) состоит в том, чтобы рассмотреть оператор

О "=" α А + β Б

${\cal O}=\alpha A+\beta B$ с

α

$\alpha$ и

β

$\beta$ выбран так, что

O

${\cal O}$ не имеет повторяющихся собственных значений. Тогда собственные векторы

O

${\cal O}$ являются одновременными собственными векторами

A

$A$ и

B

$B$ .

ЛЛЛАМНИП

Если одно или оба

A

$A$ и

B

$B$ разрешено быть вырожденным (согласно OP), разве это не тот случай, когда

O

$O$ обязательно будет иметь повторяющиеся собственные значения?

ZeroTheHero

@LLlAMnYP Возьми

А "=" (\begin{array}{ccc} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & - 1 \end{array}), Б "=" (\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array}),

$A=\left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ \end{array} \right)\, ,\quad B=\left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \\ \end{array} \right)\, ,$ Затем

A + \sqrt{2} B

$A+\sqrt{2}B$ не имеет повторяющихся собственных значений.

ЛЛЛАМНИП

Хорошо, я использую «обязательно» слишком громко, но я все еще вижу случаи, когда это неизбежно (например, в вашем примере есть

B

$B$ имеют три одинаковых собственных значения, а

A

$A$ остается в соответствии с предложением).

ZeroTheHero

@LLlAMnYP, и в этом случае ничего не поделаешь, поскольку любая комбинация собственных состояний в общем вырожденном подпространстве будет собственным состоянием, то есть вырожденными собственными состояниями

α A + β B

$\alpha A+\beta B$ не определены однозначно, поскольку любая линейная комбинация этого также является собственным состоянием. Та же проблема возникает с любым методом. Вам понадобится третий оператор, чтобы снять вырождение.

ЛЛЛАМНИП

IOW, для однозначного определения состояния необходимо больше квантовых чисел. Но это в любом случае не должно мешать нам диагонализовать их обоих, верно? В вашем и моем примерах они оба уже диагонализированы.

ZeroTheHero

@LLlAMnYP ты прав. Если у вас есть общие подпространства в A и B, которые являются вырожденными, вы застряли: вы все еще можете брать комбинации, и они все еще являются собственными векторами. Это не зависит от используемого вами метода, поскольку математически любая комбинация собственных векторов эквивалентна любой другой комбинации. К вашему сведению, трюк, о котором я упоминаю, сработает, за исключением упомянутых вами обстоятельств. Трудность может состоять в том, чтобы найти факторы

α

$\alpha$ и

β

$\beta$ . Часто собственные значения

A

$A$ и

B

$B$ рациональны, поэтому выбор иррациональных факторов для

α

$\alpha$ и

β

$\beta$ делает свое дело.

ЛЛЛАМНИП

Что ж, в любом случае это элегантный метод, так что +1 и вырожденные матрицы в любом случае можно диагонализовать.

Федерико Полони

Ну, это происходит, если вы настаиваете на

O

$O$ не имеющие повторяющихся собственных значений. На практике я считаю, что почти для всех вариантов выбора

α

$\alpha$ и

β

$\beta$ , матрица, которая диагонализует

O = α A + β B

$O=\alpha A + \beta B$ также диагонализует

A

$A$ и

B

$B$ (независимо от того, сколько у них повторяющихся собственных значений).

Формальный способ одновременной диагонализации двух коммутирующих эрмитовых операторов?

пользователь95137

Федерико Полони

Qмеханик

Ответы (4)

Qмеханик

Вальтер Моретти

Qмеханик

Вальтер Моретти

пользователь154997

пользователь95137

Эмилио Писанти

Эмилио Писанти

пользователь154997

Вальтер Моретти

пользователь95137

Вальтер Моретти

пользователь154997

Вальтер Моретти

пользователь154997

ZeroTheHero

ЛЛЛАМНИП

ZeroTheHero

ЛЛЛАМНИП

ZeroTheHero

ЛЛЛАМНИП

ZeroTheHero

ЛЛЛАМНИП

Федерико Полони

Ограничение оператора

Взаимный или одинаковый набор собственных функций, если два эрмитовых оператора коммутируют

Почему операторы могут быть представлены в виде матриц в квантовой механике?

Почему операторы лестницы не ездят на работу?

Представление операторов в квантовой механике

Коммутатор положения и импульса

L^xL^x\hat{L}_{x} и L^yL^y\hat{L}_{y} не коммутируют... или коммутируют?

Собственные значения произведения двух эрмитовых операторов [закрыто]

Путаница с операторами

Теорема Стоуна-фон Неймана