Vollständige Ableitung des Rotationsgenerators

Das Buch, in dem die Herleitung ausreichend pädagogisch beschrieben ist, ist Ballentine's Quantum mechanics - A Modern development , Kapitel 3. Ich werde eine Skizze des 30-seitigen Kapitels geben. (Vorsicht, ich unterdrücke die Vektornotation)

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Transformationen des Quantenzustands sind als einheitliche Transformationen ausdrückbar. Die Erweiterung erster Ordnung einer einheitlichen Transformation um Identität gibt uns notwendigerweise$1- i \epsilon \hat K$Wo$\hat K$ist ein hermitescher Operator. Allein durch Betrachtung der Galilei-Transformationen üblicher 3D-Koordinaten (dh Nicht-Quanten- Transformationen) können wir die Kommutierungsbeziehungen dieser Infinitesimal-Generatoren ableiten, die auch im Fall von Transformationen von Quantenzuständen gelten sollten.

Wir haben dann zehn infinitesimale Generatoren der Galilei-Gruppe und ihre Kommutierungsbeziehungen. Sag, wir rufen an$\hat H$den infinitesimalen Generator der Zeittranslation und wir postulieren den Positionsoperator$\hat Q$und Geschwindigkeitsoperator$\hat V$und nur durch verlangen

$$\frac{\rm d}{{\rm d}t}\langle\hat{Q}\rangle = \langle\hat V\rangle$$
wir erhalten $$\hat{V} = i [\hat H, \hat Q]$$ und durch ähnliche Anforderungen können wir einen großen Satz von Kommutierungsbeziehungen zwischen den Positions- und Geschwindigkeitsoperatoren und den Infinitesimalgeneratoren wiederherstellen. Sag, wir rufen an $G$der Operator, der dem Teilchen im Geschwindigkeitsraum einen infinitesimalen "Boost" verleiht. Das können wir ableiten $$[\hat G, \hat Q]=0$$ Im Gegenzug können wir durch physikalische Betrachtungen Freiheitsgrade identifizieren $\hat Q=\hat G$. Ebenso unter der Annahme, dass der Operator keine internen Freiheitsgrade hat $\hat Q \times \hat P$kann mit dem Rotationsgenerator identifiziert werden $\hat J$wegen der gleichen Vertauschungsbeziehungen mit den Pausen. Unter der Annahme interner Freiheitsgrade erhalten wir für die Kommutierungsbeziehungen einen Spinoperator (d. h $\hat S = \hat J - \hat Q \times \hat P$) erfüllen soll.

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Aber Vorsicht, es gibt Vorbehalte. Wenn die physikalische Situation keine Translationssymmetrie besitzt (dh es gibt ein Potentialfeld, in dem sich ein Teilchen bewegt), ist die allgemeine Beziehung zwischen$\hat{V}$Und$\hat{P}$ist nicht das, was Sie erwarten würden

$$\hat P = M \hat V + A(\hat Q)$$ Wo $A(\hat Q)$entspricht bis zu einem Faktor dem Vektorpotential des Magnetfeldes. So $\hat Q \times \hat P$ ist nicht der Drehimpuls im klassischen Sinne , sondern im Sinne des Phasenraums der Hamiltonschen Mechanik.

Dies unterstreicht deutlich, dass der infinitesimale Rotationsgenerator nicht als Gesamtdrehimpuls definiert werden kann . Vielmehr sollte eine Analyse wie die von Ballentine durchgeführt werden, um die Bedeutung der Operatoren vollständig zu verstehen.