Matematické Fórum

zajoxxx · 03. 07. 2014 00:14

Zdravim,

nie som si isty, ci su nasledujuce tvrdenia vo vseobecnosti vzdy pravda:

1. Ak sa komutator dvoch operatorov nerovna nule, ich eigenvektory netvoria spolocnu basu (po anglicky to je: complete set of commuting observables - CSCO ). To dava zmysel napriklad pri pauliho maticach ale neviem ci to tak plati pri vsetkych hermitovskych maticach.

2. Ak sa komutator rovna nule, a eigenhodnoty operatorov niesu degenerativne t.z. ze kazda eigenhodnota je ina a zodpoveda jej vzdy iny eigenvektor, ich eigenvektory tvoria vzdy CSCO.

3. Ak sa komutator dvoch operatorov rovna nule a ich eigenhodnoty su degenerativne, ich eigenvektory mozu ale nemusia tvorit CSCO.

p.s. je "complete set of common eigenvektors" to iste ako "complete set of commuting observables" ?

ak ma niekto s tymto viacej skusenosti a vedel by mi pomoct , budem velmi vdacny :)

Brano · 15. 07. 2014 22:49 — Editoval Brano (15. 07. 2014 22:50)

Prepokladam, ze chces pracovat iba s konecnymi Hermitovskymi maticami - ak to chces vseobecnejsie tak upresni presne ako.

Ak mas dve Hermitovske matice $n\times n$ , tak ak existuje nejaka baza $\mathbb C^n$ tvorena vlastnymi vektormi aj jednej aj druhej matice, tak ak v nej vyjadris tie matice, potom budu diagonalne a teda nutne musia komutovat.

Naopak ak komutuju, tak sa da vzdy najst taka baza - treba na to spektralnu vetu a este nejaku drobnu uvahu.

Xellos · 16. 07. 2014 14:04

↑ zajoxxx:
↑ Brano:↑ Brano:

Pre vsetky konecnedimenzionalne matice (nielen hermitovske) plati: diagonalizovatelne matice A,B komutuju prave vtedy, ked existuje spolocna baza, v ktorej su A,B diagonalne. (Na dokaz spektralnu vetu netreba, da sa to indukciou.)

Podla toho je odpoved na 1. ano - ak nekomutuju, tak spolocnu bazu z eigenvektorov (teda taku, v ktorej su diagonalne) mat nemozu.

"Eigenhodnoty nie su degenerativne" = spektrum je proste, co staci na diagonalizovatelnost, takze urcite nejaku spolocnu bazu z eigenvektorov maju. Akurat eigenvektory nie su urcene jednoznacne (nasobenie skalarom)...

A hermitovske matice su diagonalizovatelne vzdy, takze to iste plati pre degenerativne eigenhodnoty.

Takze by som povedal ze odpoved na 2. je nie a odpoved na 3. ano - vzdy nejaka spolocna baza existuje, ale na to aby sme just dostali musime eigenvektory vyberat nejako rozumne (napr. tak ze eigenvektory budeme normalizovat).

Brano · 16. 07. 2014 16:38

↑ Xellos:

a) spektralna veta hovori, ze Hermitovske matice su diagonalizovatelne, teda ak to predpokladas apriori, tak ju samozrejme nepotrebujes :-)

b) preco si myslis, ze na 2. je odpoved nie? Predpokladajme, ze vlastne hodnoty maju vzdy prave jdnorozmerny vlastny priestor (zrejme to sa mysli nedegenerovanostou)
Ak je $v$ vlastny vektor $B$ prisluchajuci k $\lambda$ , potom $0=(AB-BA)v=A(Bv)-B(Av)=\lambda Av - B(Av)$ cize aj $Av$ je vlastny vektor prisluchajuci k $\lambda$ a teda $Av=\mu v$ (nedegenerovanost) cize je to vlastny vektor aj matice A - a naopak mame symetricky argument.

Takze nech tie vlastne vektory povyberas ako chces, tak to budu vzdy spolocne vlastne vektory nech ich uz normalizujes alebo nie.

c) v bode 3) som to asi pochopil inak ako ty. mne sa zda, ze OP zaujma mozna existencia t.j. vzdy budes vediet taku bazu spolocnych vlastnych vektorov najst; ale samozrejme mas pravdu v tom, ze sa moze stat, ze ak vyberies vlastne vektory jedneho, tak to nemusia byt vlastne vektory druheho.

Trivialny priklad pre nazornost: Nech $A=I$ je jednotkova a nech $B$ je lubovolna Hermitovska. Vsetky vektory su vlastne vektory $A$ - cize by som mohol zobrat lubovolnu bazu $\mathbb C^n$ a je vidiet, ze sa lahko moze stat, ze to nebudu vlastne vektory $B$ . Na druhu stranu lubovolna baza pozostavajuca z vlastnych vektorov $B$ je yto co hladame.

Xellos · 16. 07. 2014 16:55

↑ Brano:

a) Spolocna diagonalizovatelnost je daco ine ako diagonalizovatelnost. Z toho, ze dve matice maju bazy v ktorych su diagonalne, este nevyplyva ze tie bazy mozu byt rovnake.

V bodoch 2. a 3. si nie som isty ako to chapat - mas pravdu ze kazda diagonalna baza jednej matice je aj diag. bazou druhej, ale to neznamena ze neexistuju dve rozne diagonalne bazy. Takze ich eigenvektory mozu tvorit aj dve rozne diagonalne bazy; porovnaj so zadanim "ich eigenvektory tvoria vzdy spolocnu bazu", co ma furt pletie. Neviem ci to ma byt mozna alebo nutna existencia.

Brano · 16. 07. 2014 17:16 — Editoval Brano (16. 07. 2014 17:24)

Xellos napsal(a):
↑ Brano:

a) Spolocna diagonalizovatelnost je daco ine ako diagonalizovatelnost. Z toho, ze dve matice maju bazy v ktorych su diagonalne, este nevyplyva ze tie bazy mozu byt rovnake.

samozrejme, a kto tvrdil nieco ine? asi sme sa nepochopili :-)

ja som reagoval na tvoju poznamku, ze na dokaz tvrdenia pre diagonalizovatelne matice nepotrebujes spektralnu vetu. S tym suhlasim, len OP sa pytal na Hermitovske matice takze je potrebne si uvedomit, ze Hermitovske matice su diagonalizovatelne a teda ze odpovedas na to na co sa pytal. Dalej vo svojom prispevku aj samozrejme mas "A hermitovske matice su diagonalizovatelne vzdy" co je presne spektralna veta (resp. jej dosledok - zavisi od formulacie)

a ano zhodneme sa v tom, ze body 2. a 3. su nejasne naformulovane - asi aj preto sa mu na to tak dlho nikto neozyval

PS: najhorsie na tom je to, ze podla mna ani nie je jasne ci OP myslel matice, alebo vseobecne Hermitovske operatory na Hilbertovom priestore. Pre separabilny H. priestor by to snad este mohlo prejst nejak podobne (nie som si uplne isty) ale pre neseparabilny neviem (tam by mohli byt dost problemy s indukciou), ale je dost mozne, ze taky je uz pre QM nezaujimavy.

Xellos · 16. 07. 2014 19:59

↑ Brano:

Ok, len si to spomenul na divnom mieste - ako keby sa pouzivala pri samotnom dokaze ekvivalencie sucnasnej diagonalizovatelnosti a komutovania, ked je to skor ako overenie predpokladov.

zajoxxx · 17. 07. 2014 10:51

Dakujem vam obom za prispevky, v otazke sa jedna iba o operatory v hilbertspace, cize hermitovske matice s realnymi eigenhodnotami atd.

Mne islo v podstate o to, ze ked zadanie znie "zisti ci dva operatory tvoria CSCO" mozeme hned povedat ze NIE iba vtedy, ked nekomutuju. Samotny fakt ze maju degenerativne eigenhodnoty na to nestaci.

V skratke, ak spolu komutuju tak vzdy najdem normalizovane eigenvektory a potom uz viem posudit ci tvoria alebo netvoria spolony set eigenvektorov.

K tej spektralnej vete:

neviem 100% presne (z pohladu linearnej algebry) co to je. My v QM pouzivame spektralny theorem

$I = \int_{-\infty }^{\infty }\left |x\right>\left<x\right| dx$

Brano · 17. 07. 2014 12:33 — Editoval Brano (17. 07. 2014 12:38)

Lenze vseobecny Hilbertov priestor nemusi byt konecnorozmerny.

Tu $I = \int_{-\infty }^{\infty }\left |x\right>\left<x\right| dx$ ti asi chyba este ta vlastna hodnota
- jedine ze by si mal vlastne vektory normovane tak, ze $\left<x|x\right>=\lambda_x$

BTW takyto zapis naznacuje, ze vo vseobecnosti uvazujete aj nekonecnorozmerne (dokonca neseparabilne) Hilbrtove priestory, teda uvahy s maticami uplne nestacia.

A este raz; v pripade matic, ak mas komutujuce Hermitovske matice tak vzdy vies najst ON bazu taku, ze obidve v nej budu diagonalne - t.j. bude pozostavat z vlastnych vektorov aj jednej aj druhej matice.

Ak su vsak vlastne hodnoty degenerovane, tak si musis dat trochu pozor ako tu bazu vyberas, ale vzdy sa to da.

zajoxxx · 17. 07. 2014 13:45

↑ Brano:

Ano v QM pouzivame vzdy normovane eingenvektory. Ja mam trochu problem so slovenskou terminologiou kedze som toto nikdy nebral po slovensky.

Ako napriklad ci je "spolocna baza" a "kompletny set spolocnych eigenvektorov" to iste.

Napriklad

$A=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ $B=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

Pre A mame eigenhodnoty $\lambda_i$ a eigenvektori $e_i$
$\lambda_1 = 1 , e_1=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\lambda_2 = 1 , e_2=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$
$\lambda_3 = -1 , e_3=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$

Pre B mame $\alpha_i$ a eigenvektori $a_i$
$\alpha_1 = 0 , a_1=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\alpha_2 = 1 , a_2=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}$
$\alpha_3 = 1 , a_3=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$

V tomto pripade ich eigenvektory ocividne netvoria kompletny set spolocnich eigenvektorov kedze v 3D potrebujem 3 linearne nezavysle vektory. Alebo som tu uplne mimo? Dufam ze som nespravil nikde chybu..

Brano · 17. 07. 2014 16:23 — Editoval Brano (17. 07. 2014 16:23)

lenze $\lambda_1=\lambda_2$ u matice $A$ a tiez $\alpha_2=\alpha_3$ u matice $B$ takze tie vlastne vektory mozes vyberat aj inak.

Len v tomto pripade to mas jednoduche, lebo si to vybral pomerne dobre uz na prvykrat.
Ked zvolis $\{e_1,e_2,e_3\}$ tak $e_1$ je vlastny vektor $A$ prislichajuci k $1$ a tiez je to vlastny vektor $B$ prisluchajuci $0$ potom $e_2$ je vlastny vektor $A$ prisluchajuci znova k $1$ a tiez je to vlastny vektor $B$ prisluchajuci k $1$ a na zaver $e_3$ je vlastny vektor $A$ prisluchajuci k $-1$ a vlastny vektor $B$ prisluchajuci k $1$