Eigenzustände von Leiteroperatoren

Question

Eigenzustände von Leiteroperatoren

Quecksilber-197

Gemäß ot Griffith's Intro to Quantum Mechanics (Seite 147), wenn einige funktionieren $f$ ist eine Eigenfunktion von $L^{2}$ , Dann $L_{-}f$ ist ebenfalls eine Eigenfunktion von $L^{2}$ .

Ist $f$ auch eine Eigenfunktion von von $L_{-}$ ? Was sind im Allgemeinen die Eigenfunktionen von $L_{-}$ Und $L_{+}$ ?

Antworten (3)

Eigenzustände von Leiteroperatoren

AccidentalFourierTransform · Answer 1

Ist $f$ auch eine Eigenfunktion von $L_-$ ?

Im Allgemeinen nein. Notation einführen

\begin{matrix} (1) & L^{2} | ℓ; M ⟩ = ℓ (ℓ + 1) | ℓ; M ⟩ \end{matrix}

$L^2 |\ell;m\rangle=\ell(\ell+1)|\ell;m\rangle \tag{1}$ Und

\begin{matrix} (2) & L_{z} | ℓ; M ⟩ = M | ℓ; M ⟩ \end{matrix}

$L_z|\ell;m\rangle=m |\ell;m\rangle \tag{2}$

Im Allgemeinen $^1$ ,

\begin{matrix} (3) & L_{\pm} | ℓ; M ⟩ = \sqrt{ℓ (ℓ + 1) - M (M \pm 1)} | ℓ; M \pm 1 ⟩ \end{matrix}

$L_\pm|\ell;m\rangle=\sqrt{\ell(\ell+1)-m(m\pm1)}\;|\ell;m\pm 1\rangle \tag{3}$ was bedeutet

| ℓ; m ⟩

$|\ell;m\rangle$ kein Eigenvektor von ist

L_{\pm}

$L_\pm$ , denn beim Handeln mit

L_{\pm}

$L_\pm$ An

| ℓ; m ⟩

$|\ell;m\rangle$ , erhalten Sie kein skalares Vielfaches von

| ℓ; m ⟩

$|\ell;m\rangle$ , aber ein anderer Vektor.

Im konkreten Fall $|\ell;\ell\rangle$ (also wann $m=\ell$ ), wir haben

\begin{matrix} (4) & L_{+} | ℓ; ℓ ⟩ = 0 \end{matrix}

$L_+|\ell;\ell\rangle=0 \tag{4}$ was bedeutet

| ℓ; ℓ ⟩

$|\ell;\ell\rangle$ ist ein Eigenvektor von

L_{+}

$L_+$ , mit Eigenwert 0. Wir können dasselbe über sagen

L_{-}

$L_-$ :

| ℓ; - ℓ ⟩

$|\ell;-\ell\rangle$ ist ein Eigenvektor von

L_{-}

$L_-$ , mit Eigenwert

0

$0$ .

Was sind im Allgemeinen die Eigenfunktionen von $L_\pm$ ?

Zunächst, $L_\pm$ sind nicht hermitesch, daher gibt es keine Garantie, dass diese diagonalisierbar sind, und wenn dies der Fall ist, sind die Eigenwerte nicht real (dh $L_\pm$ ist nicht beobachtbar). Im obigen Absatz haben wir das argumentiert $|\ell;\ell\rangle$ ist ein Eigenvektor von $L_+$ , sodass mindestens ein Eigenvektor existiert. Das beweisen wir jetzt $|\ell;\ell\rangle$ ist der einzige Eigenvektor von $L_+$ .

Nehmen wir an, es gibt eine Menge von Vektoren $|\alpha;\ell\rangle$ so dass

\begin{matrix} (5) & L_{+} | a; ℓ ⟩ = a | a; ℓ ⟩ \end{matrix}

$L_+|\alpha;\ell\rangle=\alpha|\alpha;\ell\rangle \tag{5}$ Und

\begin{matrix} (6) & L^{2} | a; ℓ ⟩ = ℓ (ℓ + 1) | a; ℓ ⟩ \end{matrix}

$L^2|\alpha;\ell\rangle=\ell(\ell+1)|\alpha;\ell\rangle \tag{6}$ (Beachten Sie, dass wir dies tun können, weil

[L_{+}, L^{2}] = 0

$[L_+,L^2]=0$ ).

Als Satz $\{|\ell;m\rangle\}$ ist eine Grundlage, die wir schreiben können $|\alpha;\ell\rangle$ als Linearkombination dieser Vektoren:

\begin{matrix} (7) & | a; ℓ ⟩ = \sum_{M = - ℓ}^{+ ℓ} C_{ℓ}^{M} | ℓ; M ⟩ \end{matrix}

$|\alpha;\ell\rangle=\sum_{m=-\ell}^{+\ell} c^m_\ell|\ell;m\rangle \tag{7}$

Es ist ziemlich einfach, das zu überprüfen $(5)$ kann nur erfüllt werden, wenn alle Koeffizienten $c^m_\ell=0$ ausser für $c^\ell_\ell$ , so dass

\begin{matrix} (8) & | a; ℓ ⟩ = | ℓ; ℓ ⟩ \end{matrix}

$|\alpha;\ell\rangle=|\ell;\ell\rangle \tag{8}$ leicht folgt.

Im Fall des einfachen harmonischen Oszillators , wo die Algebra ähnlich ist, ist die Situation anders: Dort haben wir einen ähnlichen Ausdruck wie $(7)$ , aber wo die Summe vorbei ist $n=0,1,\cdots,\infty$ . In diesem Fall ist die Schlussfolgerung anders, da die Summe unendlich viele Terme enthält. Nun ist es einfach zu beweisen, dass es einen Satz von Nicht-Null-Koeffizienten gibt $c_n$ , was bedeutet, dass es Nicht-Null-Eigenvektoren der steigenden/senkenden Operatoren gibt. Dies nennt man kohärente Zustände und macht ziemlich viel Spaß.

$^1$ Der Beweis dieses Ausdrucks ist ziemlich Standard und kann online und in jedem Buch über QM gefunden werden. Ich werde den Beweis hier reproduzieren, um den Beitrag eigenständiger zu machen.

Die Algebra der Drehimpulsoperatoren ist

\begin{matrix} (9) & [L_{X}, L_{j}] = ich L_{z} [L_{j}, L_{z}] = ich L_{X} [L_{z}, L_{X}] = ich L_{j} \end{matrix}

$[L_x,L_y]=iL_z\qquad [L_y,L_z]=iL_x \qquad [L_z,L_x]=iL_y \tag{9}$

Wenn wir definieren $L_\pm=L_x\pm i L_y$ , dann ist es einfach, das zu überprüfen $(9)$ ist äquivalent zu

\begin{matrix} (10) & [L_{z}, L_{\pm}] = \pm L_{\pm} \end{matrix}

$[L_z,L_\pm]=\pm L_\pm \tag{10}$

Zum Beispiel, $[L_z,L_+]=[L_z,L_x+iL_y]=[L_z,L_x]+i[L_z,Ly]$ die aufgrund von $(9)$ gleich $=iL_y+L_x=L_+$ .

Damit können wir beweisen $(3)$ . Lassen

\begin{matrix} (11) & | φ ⟩ \equiv L_{+} | ℓ; M ⟩ \end{matrix}

$|\varphi\rangle\equiv L_+|\ell;m\rangle \tag{11}$ per Definition. Handeln wir links mit

L_{z}

$L_z$ , wir bekommen

\begin{matrix} (12) & L_{z} | φ ⟩ = L_{z} L_{+} | ℓ; M ⟩ \end{matrix}

$L_z|\varphi\rangle=L_z L_+|\ell;m\rangle \tag{12}$

Als nächstes schreiben $L_zL_+=L_+L_z+[L_z,L_+]$ (Dies sollte ziemlich offensichtlich wahr sein: Erweitern Sie einfach den Kommutator und prüfen Sie, ob er funktioniert). Wie wir das kennen $[L_z,L_+]=L_+$ , wir bekommen

\begin{matrix} (13) & (12) = (L_{+} L_{z} + L_{+}) | ℓ; M ⟩ \end{matrix}

$(12)=(L_+ L_z+L_+)|\ell;m\rangle \tag{13}$ welche, mit

L_{z} | ℓ; m ⟩ = m | ℓ; m ⟩

$L_z|\ell;m\rangle=m|\ell;m\rangle$ , gleich

\begin{matrix} (14) & (12) = (1 + M) L_{+} | ℓ; M ⟩ \end{matrix}

$(12)=(1+m)L_+|\ell;m\rangle \tag{14}$

Beachten Sie das schließlich $L_+|\ell;m\rangle$ ist definitionsgemäß $|\varphi\rangle$ , was bedeutet, dass

\begin{matrix} (15) & L_{z} | φ ⟩ = (M + 1) | φ ⟩ \end{matrix}

$L_z|\varphi\rangle=(m+1)|\varphi\rangle \tag{15}$

Dieser Zusammenhang ist sehr wichtig! Versuchen Sie, eine Minute darüber nachzudenken. Schau es dir genau an. Diese Beziehung bedeutet das $|\varphi\rangle$ ist ein Eigenvektor von $L_z$ , und sein Eigenwert ist $m+1$ . Daher müssen wir haben $|\varphi\rangle\propto |\ell;m+1\rangle$ , für $|\ell;m+1\rangle$ ist als der Eigenvektor von definiert $L_z$ mit eigenwert $m+1$ .

Deshalb können wir schreiben

\begin{matrix} (16) & L_{+} | ℓ; M ⟩ = C | ℓ; M + 1 ⟩ \end{matrix}

$L_+|\ell;m\rangle=c|\ell;m+1\rangle \tag{16}$ Wo

c

$c$ ist eine Normalisierungskonstante, die leicht zu finden ist, weil wir das wissen

L_{-} L_{+} = L^{2} - L_{z}^{2} - L_{z}

$L_- L_+=L^2-L_z^2-L_z$ :

\begin{matrix} (17) & | C |^{2} = ⟨ ℓ; M | L_{-} L_{+} | ℓ; M ⟩ = ⟨ ℓ; M | L^{2} - L_{z}^{2} - L_{z} | ℓ; M ⟩ = ℓ (ℓ + 1) - M^{2} - M \end{matrix}

$|c|^2=\langle\ell;m|L_-L_+|\ell;m\rangle=\langle\ell;m|L^2-L_z^2-L_z|\ell;m\rangle=\ell(\ell+1)-m^2-m \tag{17}$ wo ich verwendet habe

L^{2} | ℓ; m ⟩ = ℓ (ℓ + 1) | ℓ; m ⟩

$L^2|\ell;m\rangle=\ell(\ell+1)|\ell;m\rangle$ Und

L_{z} | ℓ; m ⟩ = m | ℓ; m ⟩

$L_z|\ell;m\rangle=m|\ell;m\rangle$ . Damit ist der Beweis abgeschlossen

(3)

$(3)$ .

Vielen Dank für die umfassende Antwort! Könnten Sie mir ein wenig mehr Informationen darüber geben, wie ich (3) oben ableiten kann, oder eine Referenz, die ich mir ansehen kann?
Ich habe den Beweis in der Post skizziert. Wenn ein Schritt unklar ist, sagen Sie es bitte und ich werde versuchen, es besser zu erklären! Als Referenz empfehle ich immer das großartige Buch von Cohen-Tannoudji: Ich fand es die perfekte Einführung in QM. Wenn Sie eine Online-Referenz für den Beweis wünschen $(3)$ , diese Seite könnte Ihnen gefallen . Tippen Sie einfach nextunten, um zu navigieren. Ich habe mehrere Webseiten überprüft, und ich glaube, dass eine besonders gut und klar sein sollte. Wie auch immer, wenn du noch Fragen hast, kannst du sie gerne stellen :)
Danke schön! Ich nehme an einem Quantenchemiekurs teil und das Buch/der Kurs erklärt die mathematischen Konzepte nicht oder führt keine strengen Beweise durch, wie ich es gerne hätte. Die von dir genannten Referenzen werde ich mir auf jeden Fall anschauen.

CStarAlgebra · Answer 2

Dies ist nicht allzu schwer herauszufinden, konstruieren Sie die L+/- Matrizen, die einem bestimmten Wert von l entsprechen, und dann können Sie ihre Eigenvektoren leicht finden, indem Sie nur Matrizenalgebra verwenden.

Tatsächlich sind sphärische Harmonische Eigenfunktionen des Quadrats des Drehimpulses, und Leiteroperatoren erhöhen oder verringern den m-Wert, damit er seinen Eigenfunktionscharakter behält.
Ich bin mir nicht sicher, welchen Teil meines Kommentars Sie ansprechen, sphärische Harmonische sind keine Eigenfunktionen der Hebe- und Senkoperatoren.

drvrm · Answer 3

Eigentlich, wenn Sie Kontaktplanoperatoren definieren $L_+$ Und $L_-$ wie

\begin{aligned} L_{+} & = L_{X} + ich L_{j} \\ L_{-} & = L_{X} - ich L_{j} \end{aligned}

$\begin{aligned} L_+&= L_x+iL_y\\ L_-&= L_x-iL_y \end{aligned}$ Und

L^{2}

$L^2$ pendelt mit

L_{x}

$L_x$ Und

L_{y}

$L_y$ .

Daher ist der Kommutator von $L^2$ mit $L_-$ Und $L_+$ verschwindet;

L_{+} Y (l, M) = ℏ \sqrt{l (l + 1) - M (M + 1)} Y (l, M + 1)

$L_+ Y(l,m)=\hbar \sqrt{l(l+1)-m(m+1)}Y(l,m+1)$ und ähnlich für

L_{-}

$L_-$ , Wo

Y

$Y$ sind die sphärischen Harmonischen – ein vollständiger Satz von Winkelfunktionen, die Eigenfunktionen von sind

L^{2}

$L^2$ Und

L_{z}

$L_z$ und andere Pendler mit

L^{2}

$L^2$ Und

L_{z}

$L_z$ .

[L_{+}, L_{z}] = - ℏ L_{+}

$[L_+, L_z] = - \hbar L_+$

und ähnlich für $L_-$

$L_+$ erhebt die $m$ Wert von $Y$ 's um eine Einheit von $\hbar$ Und $L_-$ senkt die $m$ Wert von $Y$ ist um eine Einheit.

Der Index $m$ Werte entnehmen kann $-l$ Zu $+l$ mit Intervall von 1, also

L_{+} Y (l, l) = 0

$L_+Y(l,l) = 0$ Und

L_{-} Y (l, - l) = 0

$L_- Y(l,-l) =0$

für $l = 0,1,2,3,\dots$ ; $m$ Werte annehmen kann $-l,-l+1,\dots,0,1,2,\dots,l-1,+l$

Ich denke, das Obige kann das Bild der Eigenfunktionen verdeutlichen.

Ref. http://quantummechanics.ucsd.edu/ph130a/130_notes/node209.html

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