Korrigieren Sie den Vektorraum der Eigenkets des Drehimpulses

Question

Korrigieren Sie den Vektorraum der Eigenkets des Drehimpulses

Frank

Wenn wir sagen, ein Teilchen ist im Zustand:

| l, M ⟩,

$\begin{equation} |l,m\rangle, \end{equation}$ Was ist der zugrunde liegende Zustandsraum als Vektorraum? Ist es ein Tensorprodukt-Vektorraum mit der Dimension:

l \times (2 l + 1) ?

$\begin{equation} l\times(2l+1)\ ? \end{equation}$ Wie finde ich die Matrixdarstellung der Drehimpulsoperatoren, die auf die wirken

2 l + 1

$2l+1$ Vektorraum in diesem Tensorprodukt? Ich bin an Drehimpulsoperatoren in Form eines Kreuzprodukts gewöhnt:

X_{ich} P_{J} - P_{ich} X_{J},

$\begin{equation} x_ip_j - p_ix_j, \end{equation}$ aber können wir das noch für die tun

2 l + 1

$2l+1$ dimensionalen Raum entsprechend

m

$m$ ?

Kuhlambo

| l, m ⟩

$|l,m\rangle$ ist normalerweise für die Eigenvektoren eines der Drehimpulskomponentenoperatoren und des Gesamtdrehimpulsoperators. Es bezieht sich nicht auf die Eigenfunktionen der Wasserstoffatome. Es fehlt der radiale Anteil und damit das Coulomb-Potential. Ich würde immer noch gerne wissen, ob Sie sie als Tensor-Prod schreiben können. obwohl.

Frank

pindakaas - danke - ich lerne gerade QM und der Drehimpuls erweist sich als sehr schwierig für mich. Zweifellos mache ich Fehler :-) Ich sollte wahrscheinlich den Titel bearbeiten. Was würdest du vorschlagen?

Herr Blick

Ich glaube nicht, dass es sich um einen Tensorproduktraum handelt. Die Staaten mit einem gewissen

l

$l$ Sind

2 l + 1

$2l+1$ -fach entartet, also denke ich in diesem Fall nicht

| l, m ⟩

$|l,m\rangle$ ist eine Abkürzung für

| l ⟩ \otimes | m ⟩

$|l\rangle\otimes|m\rangle$ , sondern eher eine bequeme Art, die darzustellen

2 l + 1

$2l+1$ mögliche unterschiedliche Eigenzustände für jeden

l

$l$ .

Herr Blick

Was das Finden von Matrixelementen betrifft,

L_{z}

$L_z$ Und

L^{2}

$L^2$ sollte einfach sein, da sie diagonal in der sind

| l, m ⟩

$|l,m\rangle$ Basis. Wie für

L_{x}

$L_x$ Und

L_{y}

$L_y$ , versuchen Sie, diese in Form von Leiteroperatoren auszudrücken

L_{\pm}

$L_{\pm}$ , dessen Aktion Sie auf der kennen

| l, m ⟩

$|l,m\rangle$

Antworten (2)

Korrigieren Sie den Vektorraum der Eigenkets des Drehimpulses

$|l,m\rangle$ ist normalerweise für die Eigenvektoren eines der Drehimpulskomponentenoperatoren und des Gesamtdrehimpulsoperators. Es bezieht sich nicht auf die Eigenfunktionen der Wasserstoffatome. Es fehlt der radiale Anteil und damit das Coulomb-Potential. Ich würde immer noch gerne wissen, ob Sie sie als Tensor-Prod schreiben können. obwohl.
pindakaas - danke - ich lerne gerade QM und der Drehimpuls erweist sich als sehr schwierig für mich. Zweifellos mache ich Fehler :-) Ich sollte wahrscheinlich den Titel bearbeiten. Was würdest du vorschlagen?
Ich glaube nicht, dass es sich um einen Tensorproduktraum handelt. Die Staaten mit einem gewissen $l$ Sind $2l+1$ -fach entartet, also denke ich in diesem Fall nicht $|l,m\rangle$ ist eine Abkürzung für $|l\rangle\otimes|m\rangle$ , sondern eher eine bequeme Art, die darzustellen $2l+1$ mögliche unterschiedliche Eigenzustände für jeden $l$ .
Was das Finden von Matrixelementen betrifft, $L_z$ Und $L^2$ sollte einfach sein, da sie diagonal in der sind $|l,m\rangle$ Basis. Wie für $L_x$ Und $L_y$ , versuchen Sie, diese in Form von Leiteroperatoren auszudrücken $L_{\pm}$ , dessen Aktion Sie auf der kennen $|l,m\rangle$

ACuriousMind · Answer 1

Für den Bahndrehimpuls gilt in der Tat $L = x\times p$ auch als Quantenoperator, siehe diese Frage .

Beim Schreiben eines Ket $\lvert l,m \rangle$ , dies soll in der leben $2l+1$ -dimensionaler Raum $\mathcal{H}_l = \mathbb{C}^{2l+1}$ auf der die Darstellung der Drehimpulsalgebra mit gekennzeichnet ist $l$ existiert ( $m$ der Eigenwert des Ket für ist $L_z$ ). Der Gesamtraum der (gebundenen) Zustände für Ihr System ist dann die unendliche Summe dieser Räume für alle möglichen $l$ , dh

H = ⨁_{l} H_{l}

$\mathcal{H} = \bigoplus_l \mathcal{H}_l$

Außer, dass es bei zu hoher Energie keinen gebundenen Zustand mehr gibt - die Summe ist also in der Praxis nicht wirklich unendlich :-) Danke ACuriousMind, das ist genau die Antwort, nach der ich gesucht habe.

Myridium · Answer 2

Mein Verständnis davon ist begrenzt, aber das könnte helfen (zu lang für einen Kommentar):

Der Zustandsraum wird durch die Menge simultaner Eigenzustände des Hamiltonoperators aufgespannt, $\hat L^2$ , Und $L_z$ . Tatsächlich bilden sie eine orthonormale Basis eines Hilbert-Raums $H$ das ist der Zustandsraum.

Der Einfachheit halber bezeichnen wir die Eigenzustände mit den Quantenzahlen und indizieren sie mit $n, \ell$ Und $m$ die ihren jeweiligen Eigenwerten für jeden der Operatoren entsprechen (aber nicht gleich sind).

Ich nehme an, dass ein Zustand mit nur $\ell$ Und $m$ angegeben liegt im Unterraum von $H$ mit einer orthonormalen Basis, die gleich der Menge simultaner Eigenzustände mit diesen Quantenzahlen ist.

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Kuhlambo

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Herr Blick

Herr Blick

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ACuriousMind

Frank

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