Quantisierung des Drehimpulses in SO(3)SO(3)SO(3)

Bei hermiteschen Operatoren L 1 , L 2 , L 3 Folgen Sie den Vertauschungsbeziehungen:

[ L 1 , L 2 ] = ich L 3 [ L 2 , L 3 ] = ich L 1 [ L 3 , L 1 ] = ich L 2

man kann zeigen, dass ihre Eigenwerte unter der Annahme, dass sie endlich viele sind, ganzzahlig oder halbzahlig sind. Es stellt sich heraus, dass die Grundlage der Lie-Algebra von S U ( 2 ) folgt diesen Beziehungen und stellt nach Identifizierung des Drehimpulses mit diesen Operatoren einen Beweis für die Quantisierung des Drehimpulses dar.

Nun, mein mathematisches Wissen reicht nicht viel weiter, aber die Grundlage der Lie-Algebra S Ö ( 3 ) folgt den gleichen Vertauschungsbeziehungen, mit Ausnahme der ich Koeffizient. In diesem Fall finde ich keine Möglichkeit, quantisierte Eigenwerte zu erhalten. Wie kommt es, dass ich das hier und da lese S Ö ( 3 ) Und S U ( 2 ) isomorphe Lie-Algebren haben und im Grunde zur gleichen Quantisierung führen? Wenn ja, wie leite ich diese Quantisierung nur mit ab S Ö ( 3 ) Betreiber? Und wenn das Ergebnis dasselbe ist, warum sollten wir uns die Mühe machen, es zu verwenden? S U ( 2 ) Wann können wir echte 3x3-Rotationsoperatoren verwenden?

SU(2) ist nicht isomorph zu SO(3), es ist eine doppelte Überdeckung; jedoch sind ihre Lie-Algebren.
Die Lie-Algebren S Ö ( 3 ) ≅ S u ( 2 ) sind isomorph; die Lie-Gruppen S Ö ( 3 ) Und S U ( 2 ) sind nicht isomorph.
Ich habe die Frage gemäß Ihren Kommentaren korrigiert.
Mögliche Duplikate: physical.stackexchange.com/q/96045/2451 , Physics.stackexchange.com /q/96569/2451 , Physics.StackExchange.com /q/96542/2451 , Physics.StackExchange.com /q/47740/2451 , Physics.stackexchange.com /q/78536/2451 , Physics.stackexchange.com /q/129340/2451 und Links darin.
Das "i" ist irrelevant und rein konventionell, um zu garantieren, dass die Generatoren hermitesch sind.
Genauso wichtig wie die Algebra selbst ist die algebraische Darstellung. Sobald Sie eine Algebra und eine bestimmte Darstellung ausgewählt haben, fixieren Sie die zugehörige Lie-Gruppe. Zum Beispiel, wenn Sie das Dublett der Algebra wählen S u ( 2 ) Sie landen bei der Gruppe S U ( 2 ) während Sie durch die Auswahl des Tripletts erhalten S Ö ( 3 ) . Die erstere Symmetriegruppe kann Spintransformationen und die letztere Bahndrehimpulstransformationen ergeben.
Ich habe in mehreren Kommentaren und Links darin gelesen, dass der "i"-Faktor irrelevant ist. Genau das ist meine Frage. Wie ist eine Quantisierung ohne diesen Faktor möglich? Der "Leiter"-Beweis scheint nicht zu gelten. Tatsächlich bin ich immer noch in der Lage, den Leiterbeweis zu führen, aber Eigenwerte werden imaginär.

Antworten (1)

su(2) und so(3) Lie-Algebra sind homomorph, wenn Sie also L um einen Faktor neu definieren "- ich " dann erhalten Sie so (3). Aber die Gruppe SU (2) ist eine Deckgruppe für SO (3). Ihre Repräsentationsmatrizen für ungerade Dimensionen entsprechen allen Repräsentationsmatrizen von SO (3), was bedeutet, dass SO (3) keine geraden hat Dimensionsdarstellungen. Für Teilchen mit ganzzahligem Drehimpuls können Sie also natürlich SO (3) verwenden, aber für halbzahlige Spins, wie Spin-1/2-Fermionen, müssen Sie die SU (2) -Darstellung verwenden. Insgesamt mit SU (2) gilt für alle Fälle, während SO (3) nicht. Vielleicht gibt Ihnen dies eine Vorstellung?

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