Drehimpuls für harmonischen 3D-Oszillator in zwei verschiedenen Basen

Wir stellen die Leiteroperatoren vor$a^\dagger_i, a_i$so dass

$$\begin{align}x_i & = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (a^\dagger_i + a_i) \\ p_i & = i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}} (a^\dagger_i - a_i) \end{align}$$ Wo $i = 1,2,3$. Die Kommutatoren sind natürlich $$[a_i, a^\dagger_j] = \delta_{ij}.$$

Dann ist der Drehimpulsoperator

$$L_i = \epsilon_{ijk}x_j p_k$$ mit $\epsilon_{ijk}$das Levi-Civita-Symbol und Summen über $j, k$impliziert. Beim Erweitern $x_j p_k$nur $-a^\dagger_j a_k$Und $a_j a^\dagger_k$beitragen, da $a_k a_j$ist symmetrisch in $k,j$. Diese beiden Terme ergeben gleiche Beiträge, da ihr Kommutator innensymmetrisch ist $k,j$. Es folgt dem $$L_i = -i\hbar\epsilon_{ijk} a^\dagger_j a_k.$$

Jetzt definieren

$$a_+ = \frac{-1}{\sqrt 2} (a_x - ia_y) \qquad a_- = \frac{1}{\sqrt 2}(a_x + ia_y)$$ wir haben $[a_\pm, a_\pm^\dagger]= 1$Und $$L_z = \hbar(a^\dagger_+ a_+ - a^\dagger_- a_-).$$ Das ist ziemlich klar $a^\dagger_\pm$heben $N$von $1$, Und $a_\pm$fügt eine Erregung hinzu $L_z = \pm\hbar$: $L_z$ist die Differenz zwischen den entsprechenden Zahlenoperatoren $a_\pm$.

Mit diesen Operatoren können Sie im Prinzip die Matrix für berechnen$L_z$(und auch$L_x$Und$L_y$) Und$L^2$. Seit der$L_i$Operatoren enthalten nur Produkte, einen Schöpfungs- und einen Vernichtungsoperator, sie verbinden Zustände nicht mit unterschiedlichen$N$. Daraus folgt, dass beides nicht der Fall ist$L^2$, damit Sie beide berücksichtigen können$N$separat. Sobald Sie diese Matrizen haben, können Sie sie durch Diagonalisieren ausdrücken$|N, l, m\rangle$in Bezug auf die$|n_x,n_y, n_z\rangle$.

Beachten Sie das jeweils$N$es gibt$(N+2)(N+1)/2$Staaten, also möchten Sie dies wahrscheinlich nicht von Hand tun, außer vielleicht für$N = 2$(Die$N = 0,1$Fälle sind trivial). Vielleicht können Sie Mathematica oder Maple dazu bringen, dies für Sie für etwas Größeres zu tun$N$.

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Für$N = 1$wir können wie folgt rechnen.

$$a_+ |0,0,1\rangle =\frac{-1}{\sqrt 2}(a_x - ia_y)|0,0,1\rangle = 0.$$ Was wir hier verwendet haben, ist das $$a_x |n_x, n_y, n_z\rangle = \sqrt{n_x}|n_x-1,n_y,n_z\rangle$$ und ähnlich für $y,z$. Das Gleiche erhalten wir mit $a_-$, das bedeutet also $L_z |0,0,1\rangle = 0$, also der Staat $|0,0,1\rangle$hat $m = 0$. Für $|1,0,0\rangle$, wir haben $$a_+|1,0,0\rangle = -a_- |0,1,0\rangle = -\frac{1}{\sqrt 2} |0,0,0\rangle$$ von denen wir kommen $$a^\dagger_+ a_+ |1,0,0\rangle = \frac{1}{2} \big( |1,0,0\rangle + i |0,1,0\rangle\big)$$ $$a^\dagger_- a_- |1,0,0\rangle = \frac{1}{2} \big(|1,0,0\rangle - i|0,1,0\rangle\big).$$ Daher $$L_z |1,0,0\rangle = i\hbar |0,1,0\rangle.$$ Das kannst du dir jetzt wahrscheinlich selbst ausrechnen $L_z |0,1,0\rangle = -i\hbar |1,0,0\rangle.$Dies ergibt die Matrix für $L_z$An $N = 1$Staaten als $$L_z = \begin{pmatrix}0 & i & 0 \\ -i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Die Eigenwerte von $L_z$sind durch die Lösungen zu gegeben $$m(m^2-1) = 0$$ welche sind $m = 0, \pm 1$. Das wissen wir bereits $|0,0,1\rangle$ist der zugehörige Eigenvektor $m = 0$. Um den entsprechenden Eigenvektor zu finden $m = \pm 1$, müssen wir das lineare Gleichungssystem lösen $$\begin{align}iy & = \pm x \\ -ix & = \pm y\end{align}$$ was nur sagt $x = \pm i y$(die beiden Gleichungen sind äquivalent). Daher $$L_z \big( |1,0,0\rangle \pm i |0,1,0\rangle\big) = \pm\hbar \big( |1,0,0\rangle \pm i |0,1,0\rangle\big).$$

Da wir drei Zustände gefunden haben, mit$m = -1,0,1$, Wir müssen haben$l = 1$.

Natürlich hätten wir in diesem einfachen Fall auch so argumentieren können:$a^\dagger_\pm$fügt eine Anregung mit Drehimpuls hinzu$\pm \hbar$. Wissend, dass$L_z|0,0,0\rangle = 0$, erhalten wir Zustände mit$m = \pm 1$nur durch handeln mit$a^\dagger_\pm$An$|0,0,0\rangle$. In der Tat ist dies bis auf eine Normalisierung genau das, was wir gefunden haben.