Darstellung einer Drehung um eine beliebige Achse mit Wigner DDD-Matrix

Question

Darstellung einer Drehung um eine beliebige Achse mit Wigner DDD-Matrix

grjj3

Es ist bekannt, dass eine beliebige Rotation durch drei aufeinanderfolgende Rotationen ausgedrückt werden kann, die als Euler-Rotationen bezeichnet werden. Anstatt also den Rotationsoperator als auszudrücken $\hat{R}(\hat{n},\phi) = \exp\left(-\frac{i\phi}{\hbar} \hat{n}\cdot\vec{J}\right )$ man kann schreiben $\hat{R}(\alpha,\beta,\gamma) = \hat{R}_z(\alpha)\hat{R}_y(\beta)\hat{R}_z(\gamma)$ Wo $(\alpha,\beta,\gamma)$ sind die sogenannten Euler-Winkel. Meine Frage ist ziemlich einfach: Was ist die Beziehung zwischen einem gegebenen $\hat{n}$ Und $(\alpha,\beta,\gamma)$ ?

Lassen Sie mich konkreter werden. Angenommen, wir haben einen Spin- $1/2$ System und etwas Spinor $|\chi\rangle$ mit ihr verbundenen. Angenommen, ich möchte diesen Spinor um einen Winkel drehen $\phi = 2\pi$ um eine beliebige Achse $\hat{n}=(\sin\theta\cos\varphi,\sin\theta\sin\varphi,\cos\theta)$ , Wo $\theta,\varphi$ sind die üblichen Polar- und Azimutwinkel im ursprünglichen sphärischen Koordinatensystem. Offensichtlich können wir die folgende Identität verwenden

\hat{R} (\hat{N}, ϕ) = ICH \cos \frac{ϕ}{2} - ich (\hat{N} \cdot \vec{σ}) Sünde \frac{ϕ}{2}

$\hat{R}(\hat{n},\phi) = \mathbb{I}\cos \frac{\phi}{2} - i(\hat{n}\cdot\vec{\sigma}) \sin\frac{\phi}{2}$ und schließe daraus

\hat{R} (\hat{n}, ϕ = 2 π) = - I

$\hat{R}(\hat{n},\phi=2\pi)=-\mathbb{I}$ für alle

\hat{n}

$\hat{n}$ . Aber dann wollte ich sehen, ob das gleiche Ergebnis mit den Wigner-D-Matrizen (die an Euler-Rotationen gebunden sind) erzielt werden kann. Offensichtlich muss man das ursprüngliche Koordinatensystem zunächst so drehen, dass eine seiner Achsen damit fluchtet

\hat{n}

$\hat{n}$ und dann drehen

| χ ⟩

$|\chi\rangle$ um diese Achse. Aber wie genau kann man das in nur drei Schritten (Winkel) machen? Anfangs dachte ich, dass die richtige Reihenfolge sein sollte

α = φ, β = θ, γ = ϕ

$\alpha=\varphi,\beta=\theta,\gamma=\phi$ , für das oben genannte Beispiel ergibt sich jedoch:

D_{M^{'} M}^{J = 1 / 2} (φ, θ, ϕ = 2 π) = (\begin{matrix} - e^{- ich φ / 2} \cos \frac{θ}{2} & - e^{- ich φ / 2} Sünde \frac{θ}{2} \\ e^{ich φ / 2} Sünde \frac{θ}{2} & - e^{ich φ / 2} \cos \frac{θ}{2} \end{matrix}) \neq - ICH

$D_{m'm}^{j=1/2}(\varphi ,\theta,\phi=2\pi ) = \begin{pmatrix} -e^{-i\varphi/2} \cos \frac{\theta}{2} & -e^{-i\varphi/2} \sin \frac{\theta}{2}\\ e^{i\varphi/2} \sin \frac{\theta}{2} & -e^{i\varphi/2} \cos \frac{\theta}{2} \end{pmatrix} \neq - \mathbb{I}$

Kosmas Zachos

Sind Sie bezüglich der Definition uneins ? Sie können die drei Euler-Winkel zu an zusammensetzen

ϕ \hat{n}

$\phi \hat n$ .

grjj3

@CosmasZachos - Ich verstehe die Definition, bin mir aber nicht sicher über die genaue Beziehung zwischen den Euler-Winkeln und

\hat{n}

$\hat{n}$ . Die vorgeschlagenen Winkel

α = φ, β = θ, γ = ϕ = 2 π

$\alpha=\varphi,\beta=\theta,\gamma=\phi = 2\pi$ (die intuitiv sinnvoll sind) geben nicht wirklich nach

D_{m^{'} m}^{j} (α, β, γ) = - I_{2 \times 2}

$D_{m'm}^{j}(\alpha ,\beta ,\gamma )=-\mathbb{I}_{2\times 2}$ wie man es in dem oben genannten Beispiel erwarten würde. Beachten Sie, dass ich im Standard arbeite

z y z

$zyz$ Konvention.

grjj3

@CosmasZachos - Ich habe meine Frage aktualisiert und die Wigner-D-Matrixberechnung für hinzugefügt

j = 1 / 2

$j=1/2$ und die vorgeschlagenen Winkel. Die vorgeschlagenen Blickwinkel sind eindeutig falsch, und ich würde gerne verstehen, warum.

grjj3

Ich habe bereits eine solche Konstruktion vorgeschlagen: Zuerst müssen wir das System so drehen, dass eine seiner Achsen (z

z

$z$ ) zeigt in Richtung

\hat{n}

$\hat{n}$ . Dies kann durch die Einnahme erreicht werden

α = φ

$\alpha = \varphi$ (Drehen Sie das System herum

z

$z$ durch den Azimutwinkel von

\hat{n}

$\hat{n}$ , so dass

\hat{n}

$\hat{n}$ liegt jetzt in der

x z

$xz$ Ebene des gedrehten Systems) und

β = θ

$\beta=\theta$ (Drehen Sie das neue System um den Polarwinkel von

\hat{n}

$\hat{n}$ über die zuvor gedreht

y

$y$ Achse). Jetzt, wenn

\hat{n}

$\hat{n}$ Und

z

$z$ zusammenfallen, das System umdrehen

z

$z$ um einen Betrag von

ϕ = 2 π

$\phi=2\pi$ . Aber diese Konstruktion scheint falsch zu sein.

Kosmas Zachos

Nun, zeichne das Bild. Sie haben bildlich gesehen effektiv um π um n gedreht. Dies kommt zu Recht nicht einer Spiegelung im festen Achsensystem gleich.

Frobenius

Verwandte: Meine Antwort hier Euler-Rotationen im gewöhnlichen Raum . Ich denke, dass der Ausdruck gleichzusetzen

A (ψ, θ, ϕ)

$\mathrm{A}\left(\psi,\theta,\phi\right)$ von Gleichung (01) zu dem Ausdruck

A (n, Φ)

$\mathrm{A}\left(\mathbf{n},\Phi\right)$ der Gleichung (03) meiner Antwort finden Sie den Vektor

\sin Φ n

$\sin\Phi\mathbf{n}$ in Bezug auf die Euler-Winkel

(ψ, θ, ϕ)

$\left(\psi,\theta,\phi\right)$ .

Antworten (1)

Darstellung einer Drehung um eine beliebige Achse mit Wigner DDD-Matrix

Sind Sie bezüglich der Definition uneins ? Sie können die drei Euler-Winkel zu an zusammensetzen $\phi \hat n$ .
@CosmasZachos - Ich verstehe die Definition, bin mir aber nicht sicher über die genaue Beziehung zwischen den Euler-Winkeln und $\hat{n}$ . Die vorgeschlagenen Winkel $\alpha=\varphi,\beta=\theta,\gamma=\phi = 2\pi$ (die intuitiv sinnvoll sind) geben nicht wirklich nach $D_{m'm}^{j}(\alpha ,\beta ,\gamma )=-\mathbb{I}_{2\times 2}$ wie man es in dem oben genannten Beispiel erwarten würde. Beachten Sie, dass ich im Standard arbeite $zyz$ Konvention.
@CosmasZachos - Ich habe meine Frage aktualisiert und die Wigner-D-Matrixberechnung für hinzugefügt $j=1/2$ und die vorgeschlagenen Winkel. Die vorgeschlagenen Blickwinkel sind eindeutig falsch, und ich würde gerne verstehen, warum.
Ich habe bereits eine solche Konstruktion vorgeschlagen: Zuerst müssen wir das System so drehen, dass eine seiner Achsen (z $z$ ) zeigt in Richtung $\hat{n}$ . Dies kann durch die Einnahme erreicht werden $\alpha = \varphi$ (Drehen Sie das System herum $z$ durch den Azimutwinkel von $\hat{n}$ , so dass $\hat{n}$ liegt jetzt in der $xz$ Ebene des gedrehten Systems) und $\beta=\theta$ (Drehen Sie das neue System um den Polarwinkel von $\hat{n}$ über die zuvor gedreht $y$ Achse). Jetzt, wenn $\hat{n}$ Und $z$ zusammenfallen, das System umdrehen $z$ um einen Betrag von $\phi=2\pi$ . Aber diese Konstruktion scheint falsch zu sein.
Nun, zeichne das Bild. Sie haben bildlich gesehen effektiv um π um n gedreht. Dies kommt zu Recht nicht einer Spiegelung im festen Achsensystem gleich.
Verwandte: Meine Antwort hier Euler-Rotationen im gewöhnlichen Raum . Ich denke, dass der Ausdruck gleichzusetzen $\mathrm{A}\left(\psi,\theta,\phi\right)$ von Gleichung (01) zu dem Ausdruck $\mathrm{A}\left(\mathbf{n},\Phi\right)$ der Gleichung (03) meiner Antwort finden Sie den Vektor $\sin\Phi\mathbf{n}$ in Bezug auf die Euler-Winkel $\left(\psi,\theta,\phi\right)$ .

ZeroTheHero · Answer 1

Ich vermute, was Sie wollen, ist etwas namens $U^J_{MM'}$ Rotationsmatrizen:

\begin{aligned} U_{M M^{'}}^{J} (ω; Θ, Φ) \equiv ⟨ J M | e^{- ich ω \hat{N} \cdot \hat{J}} | J M^{'} ⟩, \end{aligned}

$\begin{align} U^{J}_{MM'}(\omega;\Theta,\Phi)\equiv \langle JM\vert e^{-i\omega \hat{\boldsymbol{n}}\cdot\hat{\boldsymbol{J}} } \vert JM'\rangle\, , \end{align}$ Wo

Θ, Φ

$\Theta,\Phi$ Bestimmen Sie die Rotationsachse ( dh die Richtung von

\hat{n}

$\hat{\boldsymbol{n}}$ .)

Die Quelle dafür ist Abschnitt 4.5 der „Bibel“

Varshalovich, DA, Moskalev, AN und Khersonskii, VKM, 1988. Quantentheorie des Drehimpulses.

Zusamenfassend, $U^{J}_{MM'}(\omega;\Theta,\Phi)$ erweiterbar im Sinne des "Üblichen" $D$ -Funktionen

\begin{aligned} U_{M M^{'}}^{J} (ω; Θ, Φ) = \sum_{M^{″}} D_{M M^{″}}^{J} (Φ, Θ, - Φ) e^{- ich M^{″} ω} D_{M^{″} M}^{J} (Φ, - Θ, - Φ) . \end{aligned}

$\begin{align} U^{J}_{MM'}(\omega;\Theta,\Phi) =\sum_{M''} D^J_{MM''}(\Phi,\Theta,-\Phi) e^{-i M'' \omega } D^J_{M''M}(\Phi,-\Theta,-\Phi) \, . \end{align}$ Die Deutung ist klar:

D_{M M^{″}}^{J} (Φ, Θ, - Φ)

$D^J_{MM''}(\Phi,\Theta,-\Phi)$ ist eine Drehung um

Θ

$\Theta$ um eine Achse

{\hat{y}}^{'}

$\hat y'$ im

x y

$xy$ Ebene, um die gedreht wurde

Φ

$\Phi$ um

\hat{z}

$\hat z$ , Und

D_{M^{″} M}^{J} (Φ, - Θ, - Φ)

$D^J_{M''M}(\Phi,-\Theta,-\Phi)$ ist die Gegendrehung. Das Ergebnis ist also eine Drehung um

z^{'}

$z'$ der gedreht wurde

R_{z} (Φ) R_{y} (Θ) R_{z} (- Φ)

$R_z(\Phi)R_y(\Theta)R_z(-\Phi)$ .

Vielen Dank für den tollen Hinweis. Es scheint einige Mehrdeutigkeiten in den Parametern zu geben, weil die bequeme explizite Form $U_{MM^{\prime}}^{J}\left(\omega;\Theta,\Phi\right)=i^{M-M^{\prime}}e^{-i\left(M-M^{\prime}\right)\Phi}\left(\frac{1-i\tan\frac{\omega}{2}\cos\Theta}{\sqrt{1+\tan^{2}\frac{\omega}{2}\cos^{2}\Theta}}\right)^{M+M^{\prime}}d_{MM^{\prime}}^{J}\left(\xi\right)$ Erträge $\delta_{MM^{\prime}}$ im Gegensatz zu $-\delta_{MM^{\prime}}$ für $J=1/2,\omega=2\pi,\xi=0$ . Andererseits, wenn $\xi=2\pi$ dann stimmt das Ergebnis. Womöglich $\omega$ ist beschränkt auf $[0,2\pi)$ ?
Ja, daran scheine ich mich zu erinnern $\omega$ ist eingeschränkt, weil die Korrespondenz zwischen den $\Theta,\Phi$ und die Euler-Winkel sind geometrisch, aber ich kann das Papier nicht finden, in dem ich das gelesen habe. Oder vielleicht gibt es eine $\pm$ in der Quadratwurzel, die man mit einem geometrischen Argument wählt.
In §4.5.4, der Orthogonalität und Vollständigkeit gewidmet ist, wird angegeben, dass die Parameter in der Domäne definiert sind $0\leq\Theta\leq\pi,0\leq\Phi<2\pi,0\leq\omega<2\pi$ . Aber darüber hinaus, da $\xi$ wird bestimmt durch $\sin\frac{\xi}{2}=\sin\frac{\omega}{2}\sin\Theta$ es scheint eine inhärente Mehrdeutigkeit zu geben $d_{MM^{\prime}}^{1/2}(\xi)$ welches sein kann $\pm\delta_{MM^{\prime}}$ es hängt davon ab $\xi$ . Was wäre vor diesem Hintergrund der richtige Weg, um mit der oben genannten Situation einer Spinnerei umzugehen? $1/2$ System mit $\omega=2\pi$ (oder auch $\omega=4\pi$ , was den ursprünglichen Spinor zurückbringt)?

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Kosmas Zachos

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Frobenius

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