Finden Sie Eigenzustände eines Hamiltonoperators, der zwei Spin 1/2 interagieren lässt, aber auch auf einen von ihnen einwirkt

Question

Finden Sie Eigenzustände eines Hamiltonoperators, der zwei Spin 1/2 interagieren lässt, aber auch auf einen von ihnen einwirkt

magforce

Ich habe den folgenden Hamiltonoperator, der zwei Spin-1/2-Systeme beschreibt, dargestellt durch die Pauli-Matrizen $\sigma_1$ Und $\sigma_2$ :

$H = D \sigma_{1z} + J (\sigma_1 \cdot \sigma_2)$ .

Die beiden Spins sind dadurch gekoppelt $J$ aber gleichzeitig die erste Drehung $\sigma_1$ steht auch unter dem Einfluss von $D$ das beeinflusst seine z-Komponente. Meine Fragen sind nun:

Ist dieser Hamiltonoperator überhaupt physikalisch erlaubt? Dh kann ich den Spin einfach "teilen". $\sigma_1$ so und behaupte, dass es einerseits mit einem anderen Spin interagiert, andererseits aber auch von etwas beeinflusst wird, bei dem ich den zweiten Spin nicht mehr berücksichtige und nur die Hamilton-Operatoren addiere. Irgendwie habe ich das Gefühl, dass eine Störung angemessener ist.
Jetzt will ich natürlich die Eigenzustände und Eigenwerte dieses Hamiltonoperators finden, dazu koppele ich die Spins und versuche folgenden 4x4-Hamiltonoperator mit den neuen 4x4-Spin-Operatoren:
$H = D (σ_{1 z} \otimes 1^{(2 X 2)}) + J (σ_{1 X} \otimes σ_{2 X} + σ_{1 j} \otimes σ_{2 j} + σ_{1 z} \otimes σ_{2 z})$ $H = D (\sigma_{1z} \otimes \mathbb{1}^{(2x2)}) + J (\sigma_{1x} \otimes \sigma_{2x} + \sigma_{1y} \otimes \sigma_{2y} + \sigma_{1z} \otimes \sigma_{2z})$ Ich diagonalisiere diesen Hamiltonian dann naiv mit Matlab und erhalte einige Eigenwerte. Die Eigenwerte scheinen mit den erwarteten Energien übereinzustimmen. Aber mein Problem ist jetzt, dass ich mir aufgrund meiner ersten Frage nicht sicher bin, ob dies richtig ist, und ich habe keine Ahnung, was die Eigenzustände bedeuten sollen. Ich habe das Gefühl, dass ich eine einheitliche Transformation oder eine Basisänderung vornehmen muss Sinn aus den Eigenzuständen, die ich bekomme. Ich kann auch keine Operatoren finden, die jetzt mit diesem Hamiltonian pendeln, dh $\sigma^2$ pendelt nicht mehr. Wobei ich den neuen Operator für den Gesamtspin in folgender Form verwendet habe (hier nur für die z-Komponente): $S_{z} = σ_{1 z} \otimes 1^{(2 X 2)} + 1^{(2 X 2)} \otimes σ_{2 z} .$ $S_z = \sigma_{1z} \otimes \mathbb{1}^{(2x2)} + \mathbb{1}^{(2x2)} \otimes \sigma_{2z}.$ Gibt es eine Möglichkeit, wieder gute Quantenzahlen zu finden, die erhalten bleiben, da ich jetzt wirklich verwirrt bin, wie ich die Eigenzustände bezeichnen soll, dh welchen m_z-Wert und welchen Gesamtspin sie haben?

Danke!

Meng Cheng

Für Spin-

1 / 2

$1/2$ ,

σ_{z}^{2} = 1

$\sigma_z^2=1$ . Der erste Term ist also eine Konstante :)

magforce

Haha, stimmt... Lass uns dann einen höheren Spin machen, zB Spin-1 oder lass es einfach ohne das Quadrat, danke für den Hinweis.

Peter Schor

Nicht

σ_{1 z} \otimes σ_{2 z}

$\sigma_{1z} \otimes \sigma_{2z}$ mit dem Hamiltonian pendeln?

Peter Schor

Der erste Begriff, über den @Meng Cheng spricht, wurde herausgeschnitten. Ich habe keine Ahnung, ob Ihre Berechnungen richtig sind oder nicht; Wenn Sie sie richtig gemacht haben (wobei der erste Term nicht quadriert ist), sollten sie es sein.

Michael Seifert

Warum erwarten Sie, dass die Eigenzustände eindeutig sind?

m_{z}

$m_z$ oder Gesamtspinwerte? Aus dem Hamiltonian scheint es ziemlich offensichtlich zu sein, dass dies nicht der Fall sein wird (es sei denn, Sie haben eine Art zufällige Entartung).

magforce

Nun, ich erwarte es nicht wirklich, ich fühle mich einfach richtig, dass etwas konserviert würde. Das heißt, ich versuche, einige experimentelle Daten an diesen Hamilton-Operator anzupassen, und dafür hätte ich gerne einige Auswahlregeln, wenn ich mit einem externen Elektron, das trägt, vom Grundzustand in den ersten angeregten Zustand gehe

m_{z} = 1

$m_z = 1$ und kann sich ändern

m_{z}

$m_z$ einzeln. Vielleicht muss ich auch das prüfende Elektron mit diesem System koppeln, um es konsistent zu machen, aber ich möchte dies vermeiden und es als naiver Experimentator einfach halten.

Peter Schor

Die Tatsache, dass

σ_{1 z} \otimes σ_{2 z}

$\sigma_{1z} \otimes \sigma_{2z}$ pendelt mit dem Hamilton-Operator, wie ich oben erwähnt habe, kann tatsächlich verwendet werden, um die Berechnungen zu vereinfachen.

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Finden Sie Eigenzustände eines Hamiltonoperators, der zwei Spin 1/2 interagieren lässt, aber auch auf einen von ihnen einwirkt

Für Spin- $1/2$ , $\sigma_z^2=1$ . Der erste Term ist also eine Konstante :)
Haha, stimmt... Lass uns dann einen höheren Spin machen, zB Spin-1 oder lass es einfach ohne das Quadrat, danke für den Hinweis.
Nicht $\sigma_{1z} \otimes \sigma_{2z}$ mit dem Hamiltonian pendeln?
Der erste Begriff, über den @Meng Cheng spricht, wurde herausgeschnitten. Ich habe keine Ahnung, ob Ihre Berechnungen richtig sind oder nicht; Wenn Sie sie richtig gemacht haben (wobei der erste Term nicht quadriert ist), sollten sie es sein.
Warum erwarten Sie, dass die Eigenzustände eindeutig sind? $m_z$ oder Gesamtspinwerte? Aus dem Hamiltonian scheint es ziemlich offensichtlich zu sein, dass dies nicht der Fall sein wird (es sei denn, Sie haben eine Art zufällige Entartung).
Nun, ich erwarte es nicht wirklich, ich fühle mich einfach richtig, dass etwas konserviert würde. Das heißt, ich versuche, einige experimentelle Daten an diesen Hamilton-Operator anzupassen, und dafür hätte ich gerne einige Auswahlregeln, wenn ich mit einem externen Elektron, das trägt, vom Grundzustand in den ersten angeregten Zustand gehe $m_z = 1$ und kann sich ändern $m_z$ einzeln. Vielleicht muss ich auch das prüfende Elektron mit diesem System koppeln, um es konsistent zu machen, aber ich möchte dies vermeiden und es als naiver Experimentator einfach halten.
Die Tatsache, dass $\sigma_{1z} \otimes \sigma_{2z}$ pendelt mit dem Hamilton-Operator, wie ich oben erwähnt habe, kann tatsächlich verwendet werden, um die Berechnungen zu vereinfachen.

Herr_Mitesch · Answer 1

Ich bin mir nicht sicher, ob das wirklich das ist, wonach Sie suchen, aber Sie können dieses einfache Problem natürlich analytisch lösen.

Dazu ist es klug, zunächst den einfacheren Hamiltonoperator zu analysieren $H_0 = 2g (\vec L \cdot \vec S)$ , bei dem die $L_i$ Und $S_j$ selbstständig erfüllen $SU(2)$ -Algebra

[L_{ich}, L_{J}] = ich ϵ_{ich J k} L_{k} [S_{ich}, S_{J}] = ich ϵ_{ich J k} S_{k} .

$[L_i, L_j] = i \epsilon_{ijk} L_k\\ [S_i, S_j] = i \epsilon_{ijk} S_k.$ Dieser Hamiltonoperator kann geschrieben werden als

H_{0} = G (J^{2} - L^{2} - S^{2}),

$H_0 = g(J^2 - L^2 - S^2),$ wobei wir die folgenden Operatoren definiert haben:

L^{2} = \sum_{ich = 1}^{3} L_{ich}^{2} \otimes 1, S^{2} = \sum_{ich = 1}^{3} 1 \otimes S_{ich}^{2}, J_{ich} = L_{ich} \otimes 1 + 1 \otimes S_{ich}, J^{2} = \sum_{ich = 1}^{3} J_{ich}^{2} .

$L^2 = \sum_{i=1}^3 L_i^2 \otimes \mathbb{1},\\ S^2 = \sum_{i=1}^3 \mathbb{1} \otimes S_i^2, \\ J_i = L_i\otimes \mathbb{1} + \mathbb{1}\otimes S_i,\\J^2 = \sum_{i=1}^3 J_i^2.$ Jetzt als

L^{2}

$L^2$ Und

S^{2}

$S^2$ gleich sind

\frac{1}{2} (1 + \frac{1}{2})

$\frac{1}{2} (1+\frac{1}{2})$ auf dem uns interessierenden Unterraum (nämlich dem eines Spin-1/2-Teilchens) können wir den Hamiltonoperator schreiben als

H_{0} = G (J^{2} - 3 / 2)

$H_0 = g(J^2 - 3/2)$ und durch einfache Addition von Drehimpulsen finden wir die Eigenzustände

| j, m ⟩

$|j, m\rangle$ :

| 1, 1 ⟩ = | ↑↑ ⟩ | 1, 0 ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| ↑↓ ⟩ + | ↓↑ ⟩) | 1, - 1 ⟩ = | ↓↓ ⟩ | 0, 0 ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| ↑↓ ⟩ - | ↓↑ ⟩)

$|1, 1\rangle = \left|\uparrow\uparrow\right\rangle\\ |1, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(\left|\uparrow\downarrow\right\rangle+\left|\downarrow\uparrow\right\rangle) \\ |1, -1\rangle = \left|\downarrow\downarrow\right\rangle\\ |0, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(\left|\uparrow\downarrow\right\rangle-\left|\downarrow\uparrow\right\rangle)$ mit Energien

E_{0} = - 3 g / 2

$E_0 = -3g/2$ Und

E_{1} = g / 2

$E_1 = g/2$ (und offensichtliche Notation für die Produktbasis des Zwei-Teilchen-Hilbert-Raums).

Kommen wir nun zum eigentlichen Problem und fügen den zweiten Term hinzu. Wie du gesagt hast,

[J^{2}, L_{z}] = 2 ich (\vec{L} \times \vec{S})_{z}

$[J^2, L_z] = 2i (\vec L\times \vec S)_z$ und damit der Eigenwert von

J^{2}

$J^2$ ist keine gute Quantenzahl mehr. Aber

[H, J_{z}] = 0,

$[H, J_z] = 0,$ so können wir die Zustände des Systems durch ihre Energie und ihre kennzeichnen

J_{z}

$J_z$ Komponente. In der Tat, wenn wir die Wirkung von berechnen

H

$H$ Auf der ehemaligen Eigenbasis sehen wir, dass es nur mischt

| 1, 0 ⟩

$|1, 0\rangle$ Und

| 0, 0 ⟩

$|0, 0\rangle$ . Durch Diagonalisieren des vollständigen Hamiltonoperators finden wir eine neue Basis von Eigenzuständen:

| M = \pm 1, E_{\pm 1} ⟩ = | 1, \pm 1 ⟩ | M = 0, E_{0, \pm} ⟩ = \frac{1}{C_{\pm}} ((G \pm \sqrt{G^{2} + D^{2}}) | 1, 0 ⟩ + D | 0, 0 ⟩),

$|m=\pm 1, E_{\pm1} \rangle = |1, \pm 1\rangle\\ |m=0, E_{0,\pm}\rangle = \frac{1}{C_\pm}\left(\left(g\pm\sqrt{g^2+d^2}\right) |1, 0\rangle + d|0, 0\rangle\right),$ Wo

C_{\pm}^{2} = 2 (g^{2} \pm g \sqrt{g^{2} + d^{2}} + d^{2})

$C_\pm^2 = 2\left(g^2 \pm g \sqrt{g^2+d^2} + d^2\right)$ und entsprechende Energien

E_{\pm 1} = \frac{G}{2} \pm D E_{0, \pm} = - \frac{G}{2} \pm \sqrt{G^{2} + D^{2}},

$E_{\pm1} = \frac{g}{2}\pm d\\ E_{0, \pm} = -\frac{g}{2} \pm \sqrt{g^2 + d^2},$ die sich natürlich auf die Eigenwerte von reduzieren

H_{0}

$H_0$ wenn du dich umdrehst

d

$d$ bis Null.

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Herr_Mitesch

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