Addieren sich Spins, wenn sich Teilchen symmetrisch verbinden?

Question

Addieren sich Spins, wenn sich Teilchen symmetrisch verbinden?

Physik
Symmetrie
Lügen-Algebra
Spin-Modelle
Quanten-Spin
Teilchenphysik

Kristol

Angenommen, ich habe drei Drehungen $s$ Partikel. Was sind die möglichen Spins einer symmetrischen Kombination dieser drei Teilchen? Wird einer der Zustände immer Spin haben $3s$ ?

Vielleicht ist die obige Frage zu allgemein zu beantworten, also ist es vielleicht einfacher in kleinen Beispielen. Ich denke, die Antwort für Spin $1/2$ ist, dass die resultierenden Teilchen in einen Spin passen $3/2$ Vierling und eine Drehung $1/2$ Wams. Aber ich bin mir nicht sicher, wie ich dieses Ergebnis für den Spin herleiten soll $1$ oder $3/2$ Fälle. Was passiert, wenn die Spins der Teilchen etwas anderes sind als $1/2$ , wie $1$ oder $3/2$ ?

Antworten (2)

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ZeroTheHero · Answer 1

Es wird normalerweise mehr als nur die Summe im symmetrischen Teil geben.

Beispielsweise erzeugt die Kombination zweier Spin-1-Systeme symmetrische Zustände mit $L=2$ Und $L=0$ aber ein antisymmetrischer Zustand mit $L=1$ . Sie können diese Symmetrieeigenschaft unter Permutation anhand der Symmetrie der entsprechenden Clebsch-Gordon-Koeffizienten überprüfen.

Wenn Sie kombinieren $4$ Teilchen, die alle haben $s=1$ , dann enthält der symmetrische Teil der Kopplung $L=4, L=2$ Und $L=0$ Zustände.

Richtig ist, dass, wenn Sie nehmen $n$ Kopien der grundlegenden (oder definierenden) Darstellung von $U(N)$ oder $SU(N)$ $(1,0,\ldots,0)$ , dann trägt der vollsymmetrische Teil die irrep $(n,0,\ldots,0)$ . Durch die Schur-Weyl-Dualität wird es die einzige vollständig symmetrische irrep sein.

Das Ergebnis gilt für die Einnahme $n$ Kopien von $s=1/2$ Zustände, da diese sich durch die definierende Darstellung von transformieren $SU(2)$ . Aber es gilt nicht für Tensoren von irreps for which $s\ne 1/2$ , wie das obige Beispiel zeigt.

Außerdem durch die Schur-Weyl-Dualität das Finale $j$ Wert, die Permutationssymmetrie und die Anzahl der Kopien von $j$ denn die Zustände in jedem Tensorteil des n-fachen Tensorprodukts der Fundamentaldarstellung sind vollständig durch die Schur-Weyl-Dualität bestimmt.

Da wir Young-Diagramme nicht so einfach zeichnen können, werde ich Partitionen zur Veranschaulichung verwenden. Nehmen $n=4$ Kopien von $s=1/2$ Spinzustände bzw $n=4$ Kopien der Grundlagen $(1,0)$ von $su(3)$ gibt

\begin{aligned} \begin{array}{cccccc} Partition & # Kopien & S u (2) irrep J & S u (3) irrep (λ, μ) & S u (3) \supset S Ö (3) \\ {4} & 1 & 2 & (4, 0) & L = 4 \oplus 2 \oplus 0 & voll symmetrisch \\ {3, 1} & 3 & 1 & (2, 1) & L = 3 \oplus 2 \oplus 1 \\ {2, 2} & 2 & 0 & (0, 2) & L = 2 \oplus 0 \\ {2, 1, 1} & 3 & ist nicht vorhanden & (1, 0) & L = 1 \end{array} \end{aligned}

$\begin{align} \begin{array}{cccccc} \hbox{partition}&\hbox{# of copies}&\hbox{$su(2)$ irrep $j$}&\hbox{$su(3)$ irrep $(\lambda,\mu)$}& su(3)\supset so(3)&\\ \{4\} & 1&2& (4,0) & L=4\oplus 2\oplus 0&\hbox{fully symmetric}\\ \{3,1\} & 3&1& (2,1)& L=3\oplus 2\oplus 1\\ \{2,2\} & 2&0& (0,2)& L= 2\oplus 0\\ \{2,1,1\} &3 &\hbox{does not exist}& (1,0)&L=1 \end{array} \end{align}$

Die Tabelle zeigt die Zerlegung von $(1/2)^{\otimes 4}$ oder $(1,0)^{\otimes 4}$ für die Grundlagen von $su(2)$ oder $su(3)$ . Die Partitionen sind einem Young-Diagramm von zugeordnet $S_4$ die ein irrep of eindeutig kennzeichnet $S_4$ und bestimmt damit die Permutationseigenschaften der resultierenden Spinzustände bzw $su(3)$ Zustände.

Sortieren in seine richtig symmetrisierten Teile $n$ -faches Tensorprodukt eines Irreps, das nicht das Fundamentale ist, erfordert Schur-Funktionstechniken.

Danke für die tolle Antwort, aber ich verstehe deine Tabelle nicht. Was soll die Tabelle zeigen? Wollen Sie zum Beispiel sagen, dass eine total symmetrische Kombination von 3 Spin-1-Partikeln in Spin-3- und Spin-1-Multipletts zerfällt?
Der symmetrische Teil, der durch Kombinieren von drei erhalten wird $j=1$ Jungs gibt $L=3\oplus L=1$ . Sie können dies darauf schließen, da bei der $su(3)$ Ebene, der symmetrische Teil von $(1,0)^{\otimes 3}$ Ist $(3,0)$ , was beinhaltet $L=3$ Und $L=1$ nur Staaten.
Tut mir leid, wenn dies ignorant erscheint, aber warum redest du darüber $su(3)$ im Zusammenhang mit Spin $1$ ? Ist kein Spin $1$ nur das $3$ von $su(2)$ ?
Ja aber es ist auch das einzige $L$ im $su(3)$ irrep $(1,0)$ , und Sie können die Schur-Weyl-Dualität für verwenden $(1,0)$ von $su(3)$ , während Sie es nicht für verwenden können $L=1$ von $su(2)$ . Daher verwende ich - wenn Sie möchten - die Schur-Weyl-Dualität, um das Problem zu lösen $su(3)$ Problem zu wissen, wie ich das dann wieder auf das beziehen kann $L=1$ Problem von $su(2)$ - Also, $so(3)$ Wirklich. Das einzig verbleibende Stück ist zu wissen, was ist $L$ Inhalt von $(\lambda,0)$ von $su(3)$ , was einfach ist: das Mögliche nachschlagen $L$ 's im sphärischen harmonischen Oszillator mit $\lambda$ Erregungen. (und das ist keine dumme frage...)
Irgendwas muss mir fehlen, aber das $su(3)$ irrep $(1,0)$ spaltet als $2 \oplus 1$ In $su(2)$ , also sind die resultierenden Spins Spin- $1/2$ und drehen- $0$ , nicht drehen- $1$ . Ebenso die $su(3)$ irrep $(\lambda,0)$ spaltet als $(\lambda+1) \oplus \dots \oplus 1$ In $su(2)$ , was Ihrer Behauptung zu widersprechen scheint. Wenn ich fragen darf, wie kommst du darauf $L$ Inhalt von $(1,0)$ sein $L = 1$ ? Ein Hinweis auf das „möglich $L$ 's im sphärischen harmonischen Oszillator mit $\lambda$ Anregung" wäre sehr dankbar, da ich keine finden konnte!
Sicherlich müssen Sie andeuten, dass es viele Möglichkeiten zum Einbetten gibt $su(2)$ In $su(3)$ , und dass es eine Möglichkeit gibt, dies zu tun, damit die $3$ von $su(3)$ beschränkt sich auf die $3$ von $su(2)$ ?
Sie verwirren irreps of $su(2)$ und irreps von $so(3)$ . Dies ist ein sehr, sehr, sehr subtiler Punkt: Die Algebren sind isomorph, aber die Einbettungen sind verschieden. Ich beziehe mich (und Sie) auf eine Einbettung von $so(3)$ das ist irreduzibel $su(3)$ : $so(3)$ ist als echte antisymmetrische Matrizen im Inneren realisiert $su(3)$ wohingegen $su(2)$ wird als komplexe Matrizen realisiert. Der beste Weg, um über den Unterschied nachzudenken, ist zu fragen: Was sind die möglichen Werte des Drehimpulses? $L$ im $n=1$ Zustände eines harmonischen 3D-Oszillators? Die Antwort ist $L=1$ (nur $Y_{1m}$ erscheint), nicht $j=1/2$ Und $j=0$ .
Unsere Kommentare haben sich gekreuzt ... ja. Siehe Moshinsky, M., et al. "Alles, was Sie schon immer über SU (3)⊃ 0 (3) wissen wollten." Annals of Physics 95.1 (1975): 139-169. APA Mach's gut.
@Kristoll hat die Tabelle aktualisiert, um die anzuzeigen $so(3)$ Inhalt von $1^{\otimes 4 }$ für jede Partition erhalten mit $(1,0)^{\otimes 4}$ .

Knzhou · Answer 2

Ja, der maximal mögliche Spin addiert sich immer. Physikalisch liegt das daran, dass die Spins der Teilchen einfach alle in die gleiche Richtung zeigen können und der Drehimpuls hinzugefügt wird.

Nehmen wir mathematischer an, wir haben zwei Teilchen mit Spin $s_1$ Und $s_2$ , mit Drehimpulsoperatoren $\mathbf{L}_1$ Und $\mathbf{L}_2$ . Dann ist die Definition des Gesamtdrehimpulsoperators

L = L_{1} \otimes {ICH}_{2} + {ICH}_{1} \otimes L_{2} .

$\mathbf{L} = \mathbf{L}_1 \otimes I_2 + I_1 \otimes \mathbf{L}_2.$ Betrachten Sie nun die Zustände maximalen Drehimpulses entlang der

z

$z$ Achse, befriedigend

L_{1}^{z} | M_{1}^{max} ⟩ = (ℏ S_{1}) | M_{1}^{max} ⟩, L_{2}^{z} | M_{2}^{max} ⟩ = (ℏ S_{2}) | M_{2}^{max} ⟩ .

$L_1^z |m^\text{max}_1 \rangle = (\hbar s_1) |m^\text{max}_1 \rangle, \quad L_2^z |m^\text{max}_2 \rangle = (\hbar s_2) |m^\text{max}_2 \rangle.$ Dann der Staat

| m_{1}^{max} ⟩ \otimes | m_{2}^{max} ⟩

$|m_1^\text{max} \rangle \otimes |m_2^\text{max} \rangle$ ist ein Eigenvektor von

L^{z}

$L^z$ mit Eigenwert

ℏ (s_{1} + s_{2})

$\hbar (s_1 + s_2)$ . Das sagt uns, dass es eine Reihe von Drehungen gibt

s_{1} + s_{2}

$s_1 + s_2$ Staaten, wie gewünscht. (Natürlich ist alles Obige buchstäblich nur eine langatmige Art, „Winkelimpuls addiert“ zu schreiben.)

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