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Bestimmen Sie alle Matrizen \( X \in \operatorname{Mat}(2,2), \) die mit der Matrix \( A=\left(\begin{array}{cc}{2} & {0} \\ {-3} & {1}\end{array}\right) \) kommutieren, d.h. \( X A=A X \)

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Ich weiß nicht ob es eventuell noch einfacher geht. Aber man könnte es einfach wie folgt rechnen:

[a, b; c, d]·[2, 0; -3, 1] = [2, 0; -3, 1]·[a, b; c, d]

[2·a - 3·b, b; 2·c - 3·d, d] = [2·a, 2·b; c - 3·a, d - 3·b]

2·a - 3·b = 2·a ⇒b = 0
b = 2·b ⇒b = 0
2·c - 3·d = c - 3·a
d = d - 3·b ⇒b = 0

2·c - 3·d = c - 3·a
c = 3·d - 3·a

Damit lauten die Matrizen
[a, 0; 3·d - 3·a, d]

PS: Ich muss hier leider die Matrizen in einer Zeile schreiben. Dazu trenne ich die Spalten durch ein Komma und die Zeilen durch ein Semikolon.
von 440 k 🚀
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Mit ein bissele QM müsste das zu schaffen sein; ich verweise auf das ausgezeichnete Lehrbuch von Eugen Fi-ck / Darmstadt.  Die Diagonalelemente  von A lassen sich zusammen setzen aus der Einheitsmatrix so wie J ( z )  , der z-Komponente des Spinvektors.  Die kanonischen Vertauschungsbeziehungen


[  J  (  x  )  ;  J  (  y  )  ]  =  i  J  (  z  )           (  1a  )

[  J  (  y  )  ;  J  (  z  )  ]  =  i  J  (  x  )           (  1b  )

[  J  (  z  )  ;  J  (  x  )  ]  =  i  J  (  y  )           (  1c  )

[  J  X  J  ]  =  i  J       (  1d  )



wobei ( 1d ) als einfache Merkregel fungiert.  Aus  J  (  x  )   und J  (  y  )   basteln wir uns noch die kanonischen Treppenoperatoren



( J +/- )  :=  J  (  x  )  +/-  i  J  (  y  )          (  2  )


wobei  J ( - )  natürlich der zu J ( + ) Hermitesch konjugierte Operator ist.  Dann leitet man leicht aus ( 1bc ) her


[  J  (  z  )  ;  J ( + )  ]  =  J ( + )        (  3a  )


Leichter prägt sich ( 3a ) allerdings ein, wenn du direkt ausnutzt, dass J ( + ) den  Flip von " Spin Down " nach " Spin Up " bewirkt. Und direkt durch Hermitesche Konjugation von ( 3a )


[  J  (  z  )  ;  J ( - )  ]  =  -  J ( - )         (  3b  )


( 3ab )  sind Relationen für ===> Tensoroperatoren; sie besagen, dass  ( J +/- )  Vekrtoroperatoren sind für Quantenzahlen L = 1  ( Vektor )  so wie M = ( +/- 1 )

Schließlich verbleibt uns noch die Vertauschungsbeziehung ( hier ich kann auch Deutsch; ich sage " Vertauschungsbeziehung " , nicht " Kommutatorrelation " )  zwischen den beiden  Vekrtoroperatoren


[   J  ( + )  ;  J  ( - )  ]  =  2  J  (  z  )       (  3c  )    


Spätestens ( 3c ) solltest du direkt anschaulich aus der Spin-Flip-Koordinatendarstellung herleiten. Auch hioer hast du übrigens wieder Tensoroperatoren; nach dem ===> Wigner-Eckart-Theorem ( WET )  setzen sich M = ( + 1 ) und M = ( - 1 ) vektoriell zu M = 0 zusammen; J ( z ) ist Tensoroperator zu L = 1  und M = 0  Theoretisch denkbar wären freilich noch Beiträge von L = 0 so wie L = 2 , was in anderem Zusammenhang auch tatsächlich der Fall ist ( Das ist der ganze Themenkreis " irreduzible bzw. reduzierte Matrizen "

Warum hat eine 2 X 2 Matrix 4 Komponenten? Die Einheitsmatrix ist hierbei skalar ( L = 0 ) , und dann hast du noch diese 3 Vektorkomponenten zu L = 1


A  =  3/2  *  1|  +  J  (  z  )   -  3 J  (  -  )        (  4a  )

X  :=   a  *  1|  +  b  J  (  z  )   +  c  J  (  +  )  +  d J  (  -  )        (  4b  )


Dabei ist X die unbekannte Matrix; wenn wir alles einsetzen, bekommst du


[  A  ;  X  ]  =  c  J  (  +  )   -  d J  (  -  )  -  3  b  J  (  -  )   +  6  c  J  (  z  )   =      (  5a  )

=  6  c  J  (  z  )   +  c  J  (  +  )   -  (  3  b  +  d  )   J  (  -  )   =  0      (  5b  )


Das Ergebnis ist sogar irgendwie logisch; ohne diesen QM-Ansatz würdest du es kaum verstehen. Durch Koeffizientenvergleich findest du erstmal c = 0  A hatte aber keinen J ( + )  Anteil beigemischt. Man kann sich leicht überlegen, dass J ( + ) nicht mit A vertauscht. Dann ist da noch die Bedingung ( 3 b + d = 0 )  , der übrigens die Ausgangsmatrix A auch gehorcht. Keine Aussage - und das hatten wir von Anfang an erwartet - erhalten wir über eine Beteiligung der Einheitsmatrix; Parameter a ist frei wählbar.

von 1,2 k

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