Ein Spin-1/2-Teilchen im B-Feld in einem harmonischen 3D-Potential (Teil III)

Question

Ein Spin-1/2-Teilchen im B-Feld in einem harmonischen 3D-Potential (Teil III)

Leo L.

Betrachten Sie ein Spin-1/2-Teilchen in einem Magnetfeld (z. B. in z-Richtung) und in einem harmonischen Potential. Für die Komponente des harmonischen 3D-Oszillators The Hamiltonian $H_1= \frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega ^2r^2.$ Für die Spin-Komponente der Hamilton-Operator $H_2=-\gamma B_z S_z$ , Wo $\gamma$ ist das Kreiselverhältnis.

Fragen:

Ist es möglich, den Eigenzustand des Systems als Tensorprodukt des Eigenzustands jedes der beiden Hamiltonoperatoren darzustellen? Dh Ist der Eigenzustand $\left|n_x,n_y,n_z\right>\otimes \left|1/2,m_s\right>$ , Wo $\left|n_x,n_y,n_z\right>$ ist ein Eigenzustand von $H_1$ , Und $\left|1/2,m_s\right>$ ist ein Eigenzustand von $H_2$ ? Ist die explizite Form eines Zustands beispielsweise $\left|0,0,0\right>\otimes \left|1/2,+1/2\right>=(\frac{m\omega}{\pi\hbar})^{1/4}exp(-\frac{m\omega}{2\hbar} r^2)\otimes \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ ?
Wenn die Antwort auf 2 ja ist, sind die Staaten $\left|0,0,0\right>\otimes \left|1/2,+1/2\right>$ Und $\left|0,0,0\right>\otimes \left|1/2,-1/2\right>$ senkrecht? Meine Vermutung wäre, dass das innere Produkt der beiden Tensorzustände das innere Produkt jeder der Komponenten ist, und da für die zweite Komponente $\left<1/2,+1/2\middle| 1/2,-1/2\right>=0$ , sollten die beiden Tensorzustände orthogonal sein?

Ich habe versucht, die letzte Frage zu beantworten, aber verschiedene Argumente (einige könnten zu naiv sein) scheinen widersprüchliche Antworten zu geben, daher möchte ich sehen, ob die obige Argumentation gültig ist.

Antworten (2)

Ein Spin-1/2-Teilchen im B-Feld in einem harmonischen 3D-Potential (Teil III)

Quantum Eyedea · Answer 1

Ihr gesamter Hamilton-Operator für dieses System ist tatsächlich

H = H_{1} \otimes ICH + ICH \otimes H_{2}

$H = H_{1} \otimes \mathbb{I} + \mathcal{I} \otimes H_2$ wo sich Ihr gesamter Hilbert-Raum befindet

L_{2} (R_{3}) \otimes C^{2}

$L_{2}(\mathbb{R}_{3}) \otimes \mathbb{C}^2$ , Und

I

$\mathcal{I}$ ist die Identität an

L_{2} (R_{3})

$L_{2}(\mathbb{R}_{3})$ , während

I

$\mathbb{I}$ ist die Identität an

C^{2}

$\mathbb{C}^2$ .

Lassen $|\mathbf{n} \rangle \in L_{2}(\mathbb{R}_{3})$ seien die Eigenzustände von $H_1$ so dass

H_{1} | N ⟩ = E_{N}^{(1)} | N ⟩

$H_1 |\mathbf{n} \rangle = E^{(1)}_{\mathbf{n}} |\mathbf{n} \rangle$ Und

| s ⟩ \in C^{2}

$| s \rangle \in \mathbb{C}^2$ seien die Eigenzustände von

H_{2}

$H_2$ so dass

H_{2} | S ⟩ = E_{S}^{(2)} | S ⟩ .

$H_2 | s \rangle = E^{(2)}_{s} | s \rangle \ .$

Es ist ein Fakt, dass $|\mathbf{n} ; s \rangle : = |\mathbf{n} \rangle \otimes | s \rangle$ sind Eigenzustände des gesamten Hamiltonoperators $H$ . Sie können die einem solchen Zustand entsprechenden Eigenwerte berechnen, indem Sie die Regeln zur Funktionsweise von Tensorprodukten anwenden (siehe Tensorprodukt linearer Abbildungen ):

\begin{aligned} H | N; S ⟩ & = (H_{1} \otimes ICH + ICH \otimes H_{2}) (| N ⟩ \otimes | S ⟩) \\ = (H_{1} | N ⟩) \otimes (ICH | S ⟩) + (ICH | N ⟩) \otimes (H_{2} | S ⟩) \\ = (E_{N}^{(1)} | N ⟩) \otimes (| S ⟩) + (| N ⟩) \otimes (E_{S}^{(2)} | S ⟩) \\ = E_{N}^{(1)} (| N ⟩ \otimes | S ⟩) + E_{S}^{(2)} (| N ⟩ \otimes | S ⟩) \\ = (E_{N}^{(1)} + E_{S}^{(2)}) | N; S ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} H |\mathbf{n} ; s \rangle & = \big( H_{1} \otimes \mathbb{I} + \mathcal{I} \otimes H_2 \big) \big( |\mathbf{n} \rangle \otimes | s \rangle \big) \\ & = \big( H_1 |\mathbf{n} \rangle \big) \otimes \big( \mathbb{I} | s \rangle \big) + \big( \mathcal{I} |\mathbf{n} \rangle \big) \otimes \big( H_2 | s \rangle \big) \\ & = \big( E_{\mathbf{n}}^{(1)} |\mathbf{n} \rangle \big) \otimes \big( | s \rangle \big) + \big( |\mathbf{n} \rangle \big) \otimes \big( E_{s}^{(2)} | s \rangle \big) \\ & = E_{\mathbf{n}}^{(1)} \big( |\mathbf{n} \rangle \otimes | s \rangle \big) + E_{s}^{(2)} \big( |\mathbf{n} \rangle \otimes | s \rangle \big) \\ & = \big( E_{\mathbf{n}}^{(1)} + E_{s}^{(2)} \big) |\mathbf{n} ; s \rangle \end{align}$ so sind die Eigenwerte

E_{n}^{(1)} + E_{s}^{(2)}

$E_{\mathbf{n}}^{(1)} + E_{s}^{(2)}$ .

Diese Zustände sind sicherlich orthogonal. Für zwei Staaten $|\mathbf{n} ; s \rangle$ Und $|\mathbf{m} ; r \rangle$ , können Sie ihr inneres Produkt berechnen als

⟨ N; S | M; R ⟩ = δ_{N_{X}, M_{X}} δ_{N_{j}, M_{j}} δ_{N_{z}, M_{z}} δ_{S, R}

$\langle \mathbf{n} ; s | \mathbf{m} ; r \rangle = \delta_{n_x, m_{x}} \delta_{n_y, m_{y}} \delta_{n_z, m_{z}} \delta_{s,r}$ was null ist, wenn irgendeine der Bezeichnungen auf den Zuständen unterschiedlich ist.

ErickSchock · Answer 2

Du hast $[H_1, H_2] = 0$ , also ja, es ist möglich zu diagonalisieren $H = H_1 + H_2$ unter Verwendung simultaner Eigenkets von $H_1$ Und $H_2$ . Und zur zweiten Frage ja nochmal, die beiden Zustände sind tatsächlich orthogonal. Sie können die Argumentation verwenden, dass, wenn eine einzelne Komponente orthogonal ist, der gesamte Zustand orthogonal sein muss, oder, da die beiden Tensorprodukt-Kets durch unterschiedliche Indizes gekennzeichnet sind, sie unterschiedliche Eigenkets darstellen und aufgrund der Tatsache, dass $H$ hermitesch ist, sind seine Eigenkets orthogonal zueinander.

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Leo L.

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Quantum Eyedea

ErickSchock

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