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  Harmonischer Oszillator, Parität beweisen |
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Neymar
Aktiv 
Dabei seit: 03.01.2019
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Hallo alle zusammen.
,,Betrachten Sie die Ortsdarstellung des Aufsteige-Operators und beweisen Sie mit Induktion, dass \[\phi_n(-x) = (-1)^n \phi_n(x)\], wobei $\phi_n(x) = |n\rangle$, i.e. die Eigenzustände des Hamiltonians.
(i) So, ich denke, ich habe es, da aber eine Kommilitonin einen anderen Ansatz gewählt hat, wollte ich kurz vergleichen:
Also \[\phi_{n+1}(x) = \frac{\hat a^{\dagger} }{\sqrt{n+1}}\phi_{n}(-x) = \frac{1}{\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{n+1}}\left( \frac{\hat x}{x_0} - x_0\frac{d}{dx} \right)\phi_n(-x),\] hätte ich gesagt. Die Kommilitonin hat aber \[\left( \frac{-\hat x}{x_0} - x_0\frac{d}{dx} \right)\phi_n(-x),\] geschrieben, also vor dem Ortsoperator ein MINUSZEICHEN!
Was ist richtig?
(ii) Irgendwie kriege ich es aber noch nicht hin:
In den Gleichung habe ich die Indukt.vorauss. benutzt.
Viele Grüße,
Neymar
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Vercassivelaunos
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Dabei seit: 28.02.2019
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|      Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-10
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\(\begingroup\)\(
\)
Hallo Neymar,
es ist hier denke ich am geschicktesten, mit dem Paritätsoperator $P$ zu arbeiten und dabei zu beachten, dass $P$ und $a^\dagger$ nicht kommutieren (zum Beispiel ist $a^\dagger P\ket{0}=a^\dagger\ket{0}=\ket1$, aber $Pa^\dagger\ket0=P\ket1=-\ket1$). Dann kann man sich den Kommutator der beiden ansehen:
\[\begin{align*}[P,a^\dagger]&=2Pa^\dagger
\end{align*}\]
Oder auch einfach $Pa^\dagger=-a^\dagger P$. Das musst du erst noch zeigen, aber das sollte relativ einfach sein, wenn du $P\phi=\phi\circ(-x)$ identifizierst, das kann man leicht ableiten und mit $x$ multiplizieren. Damit und mit der Induktionsvoraussetzung kannst du
\[\begin{align*}
P\phi_{n+1}&=\frac{1}{\sqrt{n+1}}Pa^\dagger\phi_n\\
&\qquad\qquad\vdots\\
&=(-1)^{n+1}\phi_{n+1}
\end{align*}\]
umformen. Von der mangelnden Kommutativität kommt wohl auch das Minus im Leiteroperator deiner Kommilitonin. Das ist so nicht ganz richtig von der Notation her, der Leiteroperator hat dort wirklich ein Plus. Nur kann man eben nicht einfach so den Leiteroperator auf $\phi_n(-x)$ anwenden, da ja $\phi_n(-x)=P\phi_n(x)$ ist, aber $P$ nicht mit $a^\dagger$ kommutiert. Das heißt, ihr Gedanke war wohl richtig, aber nicht die Notation.
Viele Grüße,
Vercassivelaunos\(\endgroup\)
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Neymar
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
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Hey Vercassivelaunos. Also ich habe Folgendes gemacht:
\[\phi_{n+1}(-x) = P \phi_{n+1}(x) = \dots = \frac{1}{\sqrt{n+1}}P a^\dagger \phi_{n}(x) = \dots = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}} \frac{1}{\sqrt{2}} \left[ P\left(
\frac{x}{x_0} \phi_n(x) \right) - x_0 P\left(\frac{d}{dx}\phi_n(x) \right) \right]\]
Gilt $\left[P, \frac{d}{dx}\right] = 0$? $\left[P, \frac{d}{dx}\right]\Psi(x) = P \Psi'(x) - \frac{d}{dx}\Psi(-x) \overset{\text{chain rule}}{=} \Psi'(-x) + \Psi'(-x)$
Das überrascht mich jetzt doch. Ist es richtig, dass Impulsoperator (bzw. der Ableitungsoperator) nicht mit $P$ kommutieren? Das zerstört doch meine nachfolgende Rechnung, weil ich das erst einmal angenommen hatte ...
Gruß
Neymar
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Vercassivelaunos
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Mitteilungen: 689
| Beitrag No.3, eingetragen 2019-06-10
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Das ist richtig, $P$ kommutiert weder mit $\frac{\partial}{\partial x}$, noch mit $x$. Du hast auch schon ganz richtig herausgefunden (bzw. fehlt nur noch der letzte Schritt), dass $[P,\frac{\partial}{\partial x}]=2P\frac{\partial}{\partial x}$. Das selbe kannst du auch mit $[P,x]$ machen.
Und tatsächlich ist das nicht gut für deine Rechnung von vorher, denn schon der erste Schritt (ich lasse mal den Faktor $\frac{1}{\sqrt{n+1}}$ der Übersicht halber weg) $\phi_{n+1}(-x)=a^\dagger\phi_n(-x)$ ist falsch, denn mit dem Paritätsoperator ausgedrückt steht dort $Pa^\dagger\phi_n=a^\dagger P\phi_n$. Eben hast du korrekt rausgefunden, dass das nicht stimmt.\(\endgroup\)
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Neymar
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
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\[\begin{align*}
P\phi_{n+1}&=\frac{1}{\sqrt{n+1}}Pa^\dagger\phi_n\\
&\qquad\qquad\vdots\\
&=(-1)^{n+1}\phi_{n+1}
\end{align*}\]
\[\phi_{n+1}(-x) = P \phi_{n+1}(x)\ = \frac{1}{\sqrt{n+1}} Pa^\dagger \phi_n(x)
= -\frac{1}{\sqrt{n+1}} a^\dagger P \phi_n(x) \overset{IV}{=} -\frac{1}{\sqrt{n+1}}a^\dagger P (-1)^n \phi_n(-x) = (-1)^{n+1}\frac{1}{\sqrt{n+1}}a^\dagger P \phi_n(-x) = (-1)^{n+1}\frac{1}{\sqrt{n+1}}a^\dagger \phi_n(x) = (-1)^{n+1} \phi_{n+1}(x)\quad QED\]
Wow, das ist ein eleganter und mathemaisch korrekter Beweis. :-) Nice!
Anyway, ich habe eben versucht, den Kommutator nachzurechnen, komme aber auf $[P, a^\dagger] = -2a^\dagger P$, was nicht sein kann, da dies $[P, a^\dagger] = 0$ impliziert. Ist es richtig, dass $[P, X] = -2XP$? Denn dann erhalte ich:
\[ [P, a^\dagger] = \frac{1}{\sqrt{2}x_0} (-2XP) - \frac{1}{\sqrt{2}}x_0 2P \frac{d}{dx} = \frac{1}{\sqrt{2}x_0} (-2XP) + \frac{1}{\sqrt{2}}x_0 2 \frac{d}{dx}P = -2a^\dagger P\]
Wo ist men (Denk-/Rechen-)Fehler?
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Vercassivelaunos
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| Beitrag No.5, eingetragen 2019-06-10
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Du hast keinen Denkfehler. $[P,a^\dagger]=-2a^\dagger P$ ist richtig, denn es gilt $Pa^\dagger=-a^\dagger P$, das ist also das selbe wie was ich gesagt habe. Und es folgt daraus auch nicht $[P,a^\dagger]=0$.\(\endgroup\)
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Neymar
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
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Jop, du hast Recht!
Wenn wir schon beim harmonischen Oszillator sind, frage ich dich noch etwas:
Gegebn sei $V(x) = \frac{m \omega^2 x^2}{2} + qEx$, i.e. wir haben einen Oszillator mit elektrischem Feld. Wir sollen wir Eigenzustände und Eigenenergien bestimmen, der Hinweis lautet: Quadratische Ergänzung und Substitution.
So, man erhält dann \[V(x) = \frac{m\omega^2 \xi^2}{2} - \frac{m\omega^2 \lambda^2}{2}, \quad \xi \equiv x+ \lambda, \lambda \equiv \frac{qE}{m\omega^2}\]
Nun lautet ja ein mögliche Darstellung der Lösung des harmonischen Oszillator \[\frac{1}{\sqrt{2^n n!}}H_n(x/l)\Psi_0(x)\] Das $l$ ist irgendeine Hilfskonstante. Nun frage ich mich aber, ob beim neuen Potential $V$ der konstanten Term keine Rolle spielt? Denn sonst erhalte ich ja einfach \[\frac{1}{\sqrt{2^n n!}}H_n(\xi/l)\Psi_0(\xi)\] als Eigenzustände, oder nicht?
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Vercassivelaunos
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| Beitrag No.7, eingetragen 2019-06-10
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Deine Eigenzustände sind so richtig, der konstante Term hat keinen Einfluss auf die Wellenfunktionen (und ich habe deine quadratische Ergänzung nicht überprüft, die wird schon richtig sein).
Das einzige, worauf der konstante Term Einfluss hat, sind die Energien der Eigenzustände, nicht aber auf ihre Form. Das kannst du dir vielleicht am besten veranschaulichen, wenn du das Potential mal plottest (den Grundzustand habe ich auch jeweils dazugeplottet):
  
\ \geo xy(-4,4) name(parabeln) c(red)plot(x^2) c(blue)plot(x^2+2*x) c() \geooff \geoprint(parabeln, rot=Original blau=verschoben)
Sieht genau gleich aus, nur verschoben. Und zwar um $\lambda$ nach links und um $\frac{m\omega^2\lambda^2}{2}$ nach unten. Also sollten auch die Wellenfunktionen nur um $\lambda$ verschoben werden (also $\xi$ statt $x$ als Input nehmen), und ihre Energien um $\frac{m\omega^2\lambda^2}{2}$ verringert werden. Deine Lösung mit $\ket{n}=\frac{1}{\sqrt{2^nn!}}H_n(\xi/l)\Psi(\xi)$ ist also richtig. Dazu kommt noch die Tatsache, dass $E_n=\hbar\omega(n+\frac{1}{2})-\frac{m\omega^2\lambda^2}{2}$.\(\endgroup\)
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Neymar
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-10
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2019-06-10 17:33 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 7 schreibt:
Deine Eigenzustände sind so richtig, der konstante Term hat keinen Einfluss auf die Wellenfunktionen [...].
$>$ Da bin ich mir mittlerweile nicht so sicher. :-) www.physicspages.com/pdf/Griffiths%20QM/Griffiths%20Problems%2001.08.pdf
Also ganz am Ende steht: "Thus the phase factor disappears when calculating any physical quantity." Also die Energie bleibt auf jeden Fall unverändert ("any physical quantity").
Stop, ich korrigiere mich selber. Da wir nur die zeitunabhängige Lösung berechnet haben, $H\psi = E\psi$, brauchen wir auch nicht den $e$-Faktor für das Potential zu betrachten, oder?
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Neymar
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-13
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Moin Vercassivelaunos,
eine Sache würde ich noch gerne besprechen, sorry. :-)
(Sei $\Pi$ der Paritätsoperator, so gibt es keine Verwechslung mit dem Impulsoperator.) Warum ist \[ \left[\Pi, \frac{d}{dx}\right] = 2\Pi \frac{d}{dx}\quad ?\] Also ich erhalte: \[ \left[\Pi, \frac{d}{dx}\right]\Psi(x) = \Pi \frac{d}{dx} \Psi(x) - \frac{d}{dx}\Psi(-x) \]
und weiß nicht mehr so recht weiter. Was ist \[\Pi \frac{d}{dx} \Psi(x)\quad ?\] Ich habe in die Richtung \[\Pi \frac{d}{dx} \Psi(x) = \frac{d}{d(-x)}\Psi(-x)\] überlegt, aber ich habe dabei noch ein bisschen Bauchschmerzen.
Schönen Abend wünscht
Neymar
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Vercassivelaunos
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| Beitrag No.10, eingetragen 2019-06-13
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Hallo Neymar,
dein Einwand mit dem Phasenfaktor berührt nur die Zeitentwicklung der Eigenzustände, nicht aber die Eigenzustände selbst. Ist $\hat H\ket\Psi=E\ket\Psi$, dann ist $(\hat H+V)\ket\Psi=(E+V)\ket\Psi$, also ist $\Psi$ immer noch ein Eigenzustand. Nur seine Zeitentwicklung läuft anders ab. Und auch da läuft zwar die Zeitentwicklung der Wellenfunktion anders, nicht aber die Zeitentwicklung der Wahrscheinlichkeitsverteilung. Und die ist es, die physikalisch relevant ist.
Zum Kommutator $[\Pi,\frac{\partial}{\partial x}]$: Schau dir nicht den Term $\Pi\frac{\partial}{\partial x}\Psi(x)$ an, sondern den anderen Term, $\frac{\partial}{\partial x}\Psi(-x)$. Stell ihn dar als $\Psi(-x)=\Psi\circ f(x)$ mit $f(x)=-x$. Dann steht da:
\[\begin{align*}
\frac{\partial}{\partial x}\Psi(-x)&=\frac{\partial}{\partial x}\Psi\circ f(x)\\
&=\frac{\partial f}{\partial x}\cdot\frac{\partial \Psi}{\partial x}\circ f(x)
\end{align*}\]
Jetzt ist die Verkettung mit $f$ aber nichts anderes als die Anwendung von $\Pi$, und $\partial_x f=-1$. Also ist das am Ende einfach
\[\frac{\partial}{\partial x}\Psi(-x)=-\Pi\frac{\partial}{\partial x}\Psi(x)\]
Einsetzen ergibt dann $\left[\Pi,\partial_x\right]=\Pi\partial_x-(-\Pi\partial_x)=2\Pi\partial_x$.\(\endgroup\)
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Neymar
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Mitteilungen: 672
| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-14
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Hallo Vercassivelaunos.
dein Einwand mit dem Phasenfaktor berührt nur die Zeitentwicklung der Eigenzustände, nicht aber die Eigenzustände selbst. Ist $\hat H|\Psi\rangle=E|\Psi\rangle$, dann ist $(\hat H+V)|\Psi\rangle=(E+V)|\Psi\rangle$, also ist $\Psi$ immer noch ein Eigenzustand. Nur seine Zeitentwicklung läuft anders ab. Und auch da läuft zwar die Zeitentwicklung der Wellenfunktion anders, nicht aber die Zeitentwicklung der Wahrscheinlichkeitsverteilung. Und die ist es, die physikalisch relevant ist.
$>$ Ja, da gebe ich dir Recht!
Außerdem danke dir für deine Erklärung zum Kommutator! Ich stelle mir das mittlerweile so vor, dass $\frac{d}{dx} \Psi(x)$ einfach eine weitere Funktion ist (natürlich falls diese überhaupt diff.bar ist), auf die ich nun $\Pi$ anwende. Deshalb schreibe ich lieber $\Pi \Psi'(x) = \Psi'(-x)$ auf, sodass es bei mir zu keiner Versuchung kommt, irgendetwas anderes zu machen. :-)
Grüße,
Neymar
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Neymar
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17
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Hallo Vercassivelaunos,
sorry, aber bei einer Aufgabe komme ich überhaupt nicht mehr weiter und da diese (zufällig) auch mit dem harmonischen Oszillator zu tun hat, stelle ich sie in den Thread rein.
Also:
$>$ So, (a) und (b) sind trivial, bei (c) verstehe ich einfach nicht, was $H_1$ und $H_2$ sein sollen. Also unser Übungsgruppenleiter hat heute aufgeschrieben, dass $H_i = \frac{p_i^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q_i^2,$ wenn ich mich noch richtig erinnere. Aber das verstehe ich beim besten Willen nicht. So, wie es scheint, meinte er mit $p_i$ und $q_i$ gerade die in den Aufgaben definierten Operatoren, siehe Aufgabentext.
Wie kann das sein?
Gruß,
Neymar
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Vercassivelaunos
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Mitteilungen: 689
| Beitrag No.13, eingetragen 2019-06-17
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Hi Neymar,
prinzipiell kann man die Eigenzustände und -werte von Observablen der Form
\[H=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2 q^2\]
exakt gleich bestimmen, wie die Eigenzustände und -werte des Hamiltonoperators eines harmonischen Oszillators, solange $p$ und $q$ die kanonische Vertauschungsrelation erfüllen. Denn dann kann man den Operator genauso per Leiter- und Besetzungszahloperatoren diagonalisieren, und man erhält insbesondere die Eigenwerte $\hbar\omega(\frac{1}{2}+n)$. Dafür sind die Einheiten von $m$ und $\omega$ auch erstmal egal, die Eigenwerte sehen trotzdem so aus.
Und wenn man unbedingt möchte, kann man solche Operatoren auch Hamiltonoperator nennen. Man sollte nur aufpassen, dass man daraus nicht eine Schrödingergleichung bastelt, denn das ist ja nicht wirklich die Energie eines Systems.
Viele Grüße,
Vercassivelaunos\(\endgroup\)
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Neymar
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| Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-17
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Hi Vercassivelaunos,
danke dir, das hätte der Gruppenleiter gerne so erklären können ...
:-)
Anyway, ich versuche mich morgen oder übermorgen mal an (d) und melde mich bei Probleme, aber ich denke, es sollte nicht allzu schwer sein.
Eine Sache, die über die Aufgabe hinausgeht: Anscheinend geht das ja nicht beim Spin (genauer: Für den Spinoperator, der auf dem Hilbertraum $\mathbb{C}^2$ wirkt, wie ich erst vor Kurzem gelernt habe). Wo würde was scheitern?
Ich bin mir nämlich nicht ganz sicher, ob es da Sinn ergeben würde, die Operatoren $q_i, p_i$ zu definieren (bzw. ob man das überhaupt könnte). Was meinst du?
Gruß,
Neymar
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Vercassivelaunos
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Mitteilungen: 689
| Beitrag No.15, eingetragen 2019-06-18
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Das siehst du genau richtig. Die Idee hier war ja auszunutzen, dass $\vec L=\vec r\times\vec p$ mit Operatoren $\vec r,\vec p$, welche die kanonischen Vertauschungsrelationen erfüllen. Solche Operatoren gibt es für den Spin aber nicht, man kann also die ganze Rechnung gar nicht durchführen.\(\endgroup\)
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Neymar
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Mitteilungen: 672
| Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-20
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Aha! :-) Würdest du mir noch kurz helfen, das mathematisch zu verstehen?
Also: wählt man die Standardbasis $e_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, e_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$, so lauten die Spinoperatoren $S_j = \frac{\hbar}{2}\sigma_j$, $j = 1,2,3$, wobei die $\sigma_j$ die berüchtigten ,,Pauli-Matrizen" sind. So, aber $\mathbf{L} = \mathbf{r} \times \mathbf{p}$ bzw. (ich finde das schöner) $L_i = \epsilon_{ijk} X_j P_k$. Welche Basis haben wir also gewählt, um $L_i = \epsilon_{ijk} X_j P_k$ schreiben zu können bzw. dürfen?
Außerdem versuche ich das gerade, funktionalanalytisch zu verstehen. Seit wann hängen (lineare) Operatoren von einer Basisrepräsentation ab? Also wenn ich mir zum Beispiel einen Operator $T: \ell^2(\mathbb{C}) \rightarrow \ell^2(\mathbb{C}), e_j \mapsto e_0$ anschaue, dann fällt (zumindest mir) nur eine ,,Basis" ein, nämlich die orthonormale Schauderbasis $\{e_i\}$.
Was meinst du? :-)
Beste Grüße,
Neymar
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Vercassivelaunos
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Dabei seit: 28.02.2019
Mitteilungen: 689
| Beitrag No.17, eingetragen 2019-06-26
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\newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>}\)
Ich hatte deine letzte Frage übersehen, sorry. Hab es jetzt erst durch die Verlinkung im anderen Thread bemerkt. Falls es dir jetzt noch hilft:
Es wurde überhaupt keine Basis gewählt, um $L_i=\varepsilon_{ijk}X_jP_k$ schreiben zu dürfen. Diese Relation gilt basisunabhängig. $L_i,X_j,P_k$ sind ja nur durch ihre Wirkung auf Vektoren bestimmt. Und die hängt nicht von der Basis ab.
Was von der Basis abhängt, ist lediglich die Darstellung des Operators. Du könntest zum Beispiel auch die Basis $b_0=e_0+e_1,~b_1=e_0-e_1,~b_2=e_2+e_3,~b_3=b_2-e_3,~\dots$ wählen. Die ist auch orthogonal (und mit passender Normierung auch orthonormal), und dein Operator hat dann die Darstellung
\[\begin{align*}T:&~b_{2n}\mapsto b_0+b_1,\\&~b_{2n+1}\mapsto0\end{align*}\]
Aber unabhängig von der Darstellung: Wenn du einen Operator als Summe oder Produkt anderer Operatoren ausdrücken kannst, dann kannst du das in jeder Basis.\(\endgroup\)
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Okay, ich danke dir, Vercassivelaunos. :-)
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