Совместимые наблюдаемые

1) Предположим для простоты, что гильбертово пространство конечномерно. Позволять$\hat{A}:H\to H$и$\hat{B}:H\to H$быть двумя эрмитовыми операторами (также известными как квантовые наблюдаемые). Тогда их два спектра должны быть конечными наборами собственных значений

$${\rm Spec}(A)~=~\{a_1, \ldots, a_n\} \qquad {\rm and} \qquad {\rm Spec}(B)~=~\{b_1, \ldots, b_m\}.$$

2) В вопросе (v1) ОП конкретно спрашивает, что произойдет, если спектры вырождены ? Мы можем разложить гильбертово пространство

$$H~=~\oplus_{i=1}^n E^{(\hat{A})}_i$$

в ортогональных собственных пространствах

$$E^{(\hat{A})}_i~:=~ {\rm ker}(\hat{A}-a_i{\bf 1}) ~\subseteq~H$$ для $\hat{A}$. Определим соответствующие проекционные операторы $\hat{P}^{(\hat{A})}_i:H\to E^{(\hat{A})}_i$. Тогда мы можем разложить $$\hat{A}~=~\sum_{i=1}^n a_i\hat{P}^{(\hat{A})}_i.$$

3) Предположим для простоты, что начальное состояние есть чистое состояние, заданное кет$\mid\psi\rangle$. (В случае смешанного состояния см. этот ответ .) Измерение наблюдаемого$\hat{A}$, с исходом$a_i$, разрушает начальное состояние$\mid\psi\rangle$в новое состояние

$$\mid\psi^{\prime}\rangle~=~\frac{\hat{P}^{(\hat{A})}_i\mid\psi\rangle}{\sqrt{\langle\psi\mid\hat{P}^{(\hat{A})}_i\mid\psi\rangle}}.$$

4) Точно так же мы можем сделать то же самое с другим оператором,

$$H~=~\oplus_{j=1}^m E^{(\hat{B})}_j,$$ $$E^{(\hat{B})}_j~:=~ {\rm ker}(\hat{B}-b_j{\bf 1}) ~\subseteq~H,$$

$$\hat{B}~=~\sum_{j=1}^m b_j\hat{P}^{(\hat{B})}_j.$$

5) Так как два оператора$\hat{A}$и$\hat{B}$добираться$[\hat{A},\hat{B}]=0$, т. е. совместимы, существует общий набор ортогональных собственных пространств

$$E_{ij} ~:=~ E^{(\hat{A})}_i \cap E^{(\hat{B})}_j~\subseteq~H, \qquad\qquad H~=~\oplus_{i=1}^n\oplus_{j=1}^m E_{ij}.$$

Заметим, что некоторые подпространства$E_{ij}$может быть тривиальным (нульмерным). Все проекционные операторы$\hat{P}^{(\hat{A})}_i$и$\hat{P}^{(\hat{B})}_j$тоже будет ездить.

6) Если мы затем проведем измерение наблюдаемой$\hat{B}$, с результатом$b_j$, о состоянии$\mid\psi^{\prime}\rangle$из раздела 3 состояние распадается на

$$\mid\psi^{\prime\prime}\rangle ~=~\frac{\hat{P}^{(\hat{B})}_j\mid\psi^{\prime}\rangle}{\sqrt{\langle\psi^{\prime}\mid\hat{P}^{(\hat{B})}_j\mid\psi^{\prime}\rangle}},$$

который после некоторой простой алгебры сводится к

$$\mid\psi^{\prime\prime}\rangle ~=~\frac{\hat{P}^{(\hat{B})}_j\hat{P}^{(\hat{A})}_i\mid\psi\rangle}{\sqrt{\langle\psi\mid\hat{P}^{(\hat{B})}_j\hat{P}^{(\hat{A})}_i\mid\psi\rangle}}.$$

7) Последнее выражение симметрично относительно$\hat{A} \leftrightarrow \hat{B}$, и, следовательно, выполнение измерений в обратном порядке, т. е. измерение сначала$\hat{B}$, с исходом$b_j$, а потом$\hat{A}$, с результатом$a_i$будет производить такое же конечное состояние$\mid\psi^{\prime\prime}\rangle.$

8) Таким образом, чтобы ответить на вопрос, в вырожденном случае все еще может быть коллапс, связанный со вторым измерением. Однако если спектр первой наблюдаемой невырожден, то второго коллапса нет.