Warum ist die Parität der räumlichen Wellenfunktion (−1)ℓ(−1)ℓ(-1)^{\ell}?

Question

Warum ist die Parität der räumlichen Wellenfunktion (−1)ℓ(−1)ℓ(-1)^{\ell}?

Toaster

Betrachten Sie einen zusammengesetzten Teilchenzustand $|\psi\rangle$ (wie ein Hadron oder ein Meson), der ein Eigenzustand eines Hamilton-Operators (zB des QCD-Hamilton-Operators) ist. Da der Hamiltonoperator rotations- und paritätsinvariant ist, ist dieser Teilchenzustand auch ein Eigenzustand des Drehimpuls- und Paritätsoperators:

L^{2} | ψ ⟩ = l (l + 1) | ψ ⟩

$L^2 |\psi\rangle = l(l+1)|\psi\rangle$

P | ψ ⟩ = (- 1)^{A} | ψ ⟩

$P |\psi\rangle = (-1)^{a}|\psi\rangle$

Wo $a$ ist eine ganze Zahl. Warum ist $a = l$ ?

Für zwei Teilchen kann man den 'Trick' anwenden, um in relative Koordinaten umzuwandeln und dann feststellen, dass in relativen Koordinaten die Eigenfunktion ist $\sim Y_{lm}$ . Die Parität der Kugelflächenfunktionen führt dann zu $(-1)^l$ .

Ich sehe nicht, wie ich dies auf 3 oder mehr Partikel erweitern soll.

EDIT: Ich hatte folgende Idee, wie man auf 3 Partikel erweitert:

Für 3 Teilchen sieht der Hamiltonoperator so aus:

H = \frac{P_{1}^{2}}{2 M_{1}} + \frac{P_{2}^{2}}{2 M_{2}} + \frac{P_{3}^{2}}{2 M_{3}} + v_{1} (| X_{2} - X_{1} |) + v_{2} (| X_{3} - X_{1} |) + v_{3} (| X_{3} - X_{2} |)

$H = \frac{p_1^2}{2m_1} + \frac{p_2^2}{2m_2} + \frac{p_3^2}{2m_3} + V_1(|x_2-x_1|) + V_2(|x_3-x_1|) + V_3(|x_3-x_2|)$ .

Wählen Sie nun neue Koordinaten aus

R = \frac{M_{1} X_{1} + M_{2} X_{2} + M_{3} X_{3}}{M}

$R = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2 + m_3 x_3}{M}$

j = X_{2} - X_{1}

$y = x_2 - x_1$

z = X_{3} - X_{1}

$z = x_3 - x_1$

Der Hamiltonoperator wird zu:

H = \frac{P_{R}^{2}}{2 M} + \frac{P_{j}^{2}}{2 μ_{12}} + \frac{P_{z}^{2}}{2 μ_{13}} + \frac{P_{j} \cdot P_{z}}{M_{1}} + v_{1} (| j |) + v_{2} (| z |) + v_{3} (| z - j |)

$H = \frac{p_R^2}{2M} + \frac{p_y^2}{2\mu_{12}} + \frac{p_z^2}{2\mu_{13}} + \frac{p_y\cdot p_z}{m_1} + V_1(|y|) + V_2(|z|) + V_3(|z-y|)$ Wo

\frac{1}{μ_{i j}} = \frac{1}{m_{i}} + \frac{1}{m_{j}}

$\frac{1}{\mu_{ij}} = \frac{1}{m_i} + \frac{1}{m_j}$ sind reduzierte Massen

Der Gesamtdrehimpuls ist gegeben durch

L = X_{1} \times P_{1} + X_{2} \times P_{2} + X_{3} \times P_{3} = R \times P_{R} + j \times P_{j} + z \times P_{z}

$L = x_1 \times p_1 + x_2 \times p_2 + x_3 \times p_3 = R \times p_R + y \times p_y + z \times p_z$ .

Der $l$ paritätisch $= (-1)^l$ ist durch den inneren Drehimpuls gegeben

L_{ich} = j \times P_{j} + z \times P_{z}

$L_i = y \times p_y + z \times p_z$ die mit dem Hamiltonoperator kommutiert.

Daher ist eine Eigenfunktion gegeben durch

| ψ (j, z) ⟩ = | F (| j |, | z |) ⟩ | L M ⟩_{\hat{j} \hat{z}}

$|\psi(y,z)\rangle = |f(|y|,|z|)\rangle |L M\rangle_{\hat{y}\hat{z}}$ . Unter Verwendung von Clebsch-Gordan-Koeffizienten kann dieser Winkel geschrieben werden als:

| L M ⟩_{\hat{j} \hat{z}} = \sum_{M M^{'}} ⟨ l M, l^{'} M^{'} | L M ⟩ Y_{l M} (\hat{j}) Y_{l^{'} M^{'}} (\hat{z})

$|L M\rangle_{\hat{y}\hat{z}} = \sum_{m m'} \langle lm,l'm'|LM\rangle Y_{lm}(\hat{y}) Y_{l'm'}(\hat{z})$ für einige

l

$l$ Und

l^{'}

$l'$

Die Gesamtparität ist gegeben durch $(-1)^{l + l'}$ was nicht unbedingt gleich ist $(-1)^L$ . Zum Beispiel $l = l' = 1$ würde zu einer (aus meiner Sicht gültigen) Lösung führen:

| 10 ⟩_{\hat{j} \hat{z}} = \frac{1}{\sqrt{2}} (Y_{11} (\hat{j}) Y_{1 - 1} (\hat{z}) - Y_{1 - 1} (\hat{j}) Y_{11} (\hat{z}))

$|10\rangle_{\hat{y}\hat{z}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left(Y_{11}(\hat{y})Y_{1-1}(\hat{z}) - Y_{1-1}(\hat{y})Y_{11}(\hat{z})\right)$ mit Parität

(- 1)^{l + l^{'}} = (- 1)^{1 + 1} = 1 \neq (- 1)^{1} = (- 1)^{L}

$(-1)^{l+l'} = (-1)^{1+1} = 1 \neq (-1)^1 = (-1)^L$ .

Es muss etwas geben, was solche Kombinationen ausschließt. Warum ist diese Lösung nicht gültig?

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Elio Fabri · Answer 1

$\def\br{\mathbf r} \def\bR{\mathbf R} \def\bl{\mathbf l} \def\bL{\mathbf L}$

Betrachten Sie einen zusammengesetzten Teilchenzustand $|\psi\rangle$ (wie ein Hadron oder ein Meson)

Ich sehe nicht, wo Sie die Zusammensetzung von Partikeln berücksichtigt haben, und Sie mussten es auch nicht. Eigentlich ist dies eine allgemeine QM-Angelegenheit - es ist nicht erforderlich, QCD oder ähnliches zur Sprache zu bringen.

Für ein Teilchen in einem festen Potential gilt Ihr Argument der sphärischen Harmonischen. Für zwei Teilchen, die miteinander interagieren, aber ansonsten frei sind, gilt dasselbe Argument für relative Koordinaten.

Bei drei Partikeln (oder mehr) folgst du dem gleichen Weg, nur mit einer etwas höheren Komplikation. Wählen Sie (mit Bedacht) zwei der Teilchen, führen Sie ihr com G ein, dann com von G und das dritte Teilchen. Somit haben Sie zwei Positionsvektoren: $\br$ , von Teilchen 1 zu Teilchen 2, und $\bR$ , von G zu Teilchen 3.

Es kann gezeigt werden, dass sich die kinetische Energie in zwei Terme aufspaltet, von denen einer nur von abhängt $\br$ und die andere an $\bR$ . Dann können Sie beispielsweise eine Basis aus Eigenfunktionen zweier Drehimpulse wählen $\bl^2, l_z$ Und $\bL^2, L_z$ . Sie sehen, dass die Gesamtwellenfunktion Parität hat $(-1)^{l+L}$ . Dies ist ziemlich schwierig, da man fälschlicherweise glauben könnte, dass die Parität vom Gesamtdrehimpuls abhängt , während dies nicht der Fall ist: Sie hängt von der Summe einzelner Quantenzahlen ab .

Ich habe nur von kinetischer Energie gesprochen, aber natürlich kann die Ordnungsparität eine nützliche Quantenzahl sein, die potentielle Energie (oder Wechselwirkungs-Lagrangian in QFT) unter Raumreflexionen invariant sein muss.

Ich dachte über dieses Verfahren vor. Aber ich bin aus zwei Gründen nicht überzeugt: 1. Sie berechnen den Drehimpuls des CMS-Systems mit zwei Teilchen und wechseln dann zum CMS-System mit drei Teilchen. Dies beinhaltet eine Geschwindigkeitsverschiebung und ändert daher den Drehimpuls (Operator) für das Zwei-Teilchen-System. 2. Damit der Drehimpulsoperator mit dem Hamiltonoperator pendelt, braucht man ein Potential, das nur von abhängt $|\vec{x}_i - \vec{x}_j|$ . Dies gilt im gesamten CMS-Frame, aber nicht in relativen Koordinaten, wenn Sie mehr als 2 Partikel haben.

Elio Fabri · Answer 2

$\def\bL{\mathbf L} \def\bl{\mathbf l} \def\bp{\mathbf p} \def\br{\mathbf r} \def\bP{\mathbf P} \def\bR{\mathbf R} \def\frac#1#2{{\textstyle {#1 \over #2}}} \def\half{\frac12}$ Um Ihre Einwände zu beantworten, schreibe ich am besten einige Gleichungen. Als allgemeine Anmerkung: Sie sollten nicht an eine Änderung des Bezugssystems denken, sondern nur daran, die ursprünglichen Größen (Hamilton, Drehimpuls) in neuen Koordinaten auszudrücken. Mal sehen wie.

Ich gehe davon aus, dass alle Masen gleich sind, nur um die Formeln einfacher zu machen. Aber Sie können überprüfen, ob das Argument ziemlich allgemein ist. Andererseits handelt es sich um einen altbewährten Ansatz, der als Jacobi-Koordinaten bekannt ist und mehr oder weniger seit Mitte des 19. Jahrhunderts in der Himmelsmechanik weit verbreitet ist.

Forderung $\br_1$ , $\br_2$ , $\br_3$ , die Ortsvektoren der drei Teilchen. Definieren

R = \frac{1}{3} (R_{1} + R_{2} + R_{3})

$\bR = {\textstyle {1 \over 3}} (\br_1 + \br_2 + \br_3)$

R = \frac{1}{2} (R_{1} + R_{2}) - R_{3} .

$\br= \half (\br_1 + \br_2) - \br_3.$

R^{'} = R_{2} - R_{1}

$\br' = \br_2 - \br_1$ Kinetische Energie:

K = \frac{1}{2} M (3 {\dot{R}}^{2} + \frac{2}{3} {\dot{R}}^{2} + \frac{1}{2} {\dot{R}}^{'}^{2}) .

$K = \half\,m \left(3\,\dot\bR^2 + \frac23 \dot\br^2 + \half {\dot\br'}^2\right).$ Impulse konjugieren:

P = 3 M \dot{R} P = \frac{2}{3} M \dot{R} P = \frac{1}{2} M {\dot{R}}^{'}

$\bP = 3\,m\,\dot\bR \qquad \bp = \frac23 m\,\dot\br \qquad \bp = \half m\,\dot\br'$

K = \frac{P^{2}}{6 M} + \frac{3 P^{2}}{2 M} + \frac{{P^{'}}^{2}}{M} .

$K = {P^2 \over 6\,m} + {3\,p^2 \over 2\,m} + {{p'}^2 \over m}.$ Drehimpuls:

L_{T Ö T} = R \times P + R \times P + R^{'} \times P^{'} = L + l + l^{'} .

$\bL_{\mathrm{tot}} = \bR \times \bP + \br \times \bp + \br' \times \bp' = \bL + \bl + \bl'.$ Kommutatoren sind diejenigen, die für kanonische Koordinaten erwartet werden

R

$\bR$ mit

P

$\bP$ ,

r

$\br$ mit

p

$\bp$ ,

r^{'}

$\br'$ mit

p^{'}

$\bp'$ .

Die Paritätsquantenzahl bezieht sich auf die Transformation

R \to - R R^{'} \to - R^{'}

$\br \to - \br \qquad \br' \to -\br'$ und folglich

P \to - P P^{'} \to - P^{'} .

$\bp \to - \bp \qquad \bp' \to -\bp'.$ Eigenzustände von

l^{2}

$\bl^2$ ,

l^{' 2}

$\bl'^2$ Parität haben

(- 1)^{l + l^{'}}

$(-1)^{l+l'}$ und ich sehe, dass Sie dasselbe sagen, wenn auch mit unterschiedlichen Koordinaten (was übrigens zu einem nicht trennbaren Hamiltonian führt).

Was ich nicht verstehen kann, ist, warum Sie mit Ihrem Beispiel beunruhigt sind. Sie haben einen Zustand des inneren Drehimpulses 1 aufgebaut, $z$ -Komponente 0, ausgehend von Zuständen mit $l=l'=1$ , dann Parität +. Was stimmt damit nicht? Es ist eine durchaus mögliche Situation.

Danke schön. Ich bin ein bisschen verwirrt. Gilt die Formel P = (-1)^L nur für zwei Teilchensysteme? In unserer Vorlesung haben wir es für weitere Partikelsysteme verwendet. Vielleicht habe ich was falsch gemacht :D Ich habe jedoch eine Frage zu Ihrem Ergebnis, dass die Parität (-1) ^ (l + l') für l, l' einen inneren Drehimpuls beträgt. Im Allgemeinen (bei Wechselwirkungen) ist nur der Gesamtdrehimpuls eine gute Quantenzahl. Die inneren Drehimpulse sind es nicht. Wie kann man also Werte für l und l' und damit für die Parität finden?
@toaster Du hast geschrieben "Ist die Formel $P=(-1)^L$ nur gültig für zwei Teilchensysteme?" Kein Zweifel. Sie haben Recht, dass wir im Allgemeinen nicht schreiben können $P=(-1)^{l+l'}$ wenn diese Drehimpulse nicht erhalten bleiben. Es gibt zwei Antworten. Der erste ist, dass die Parität wichtig ist, um Teilchenzerfälle zu untersuchen, bei denen der Endzustand aus freien Teilchen besteht. Dann kein Problem. Zweite. Es ist wahr, dass für wechselwirkende Teilchen der allgemeine stationäre Zustand eine Überlagerung von Termen ist $\phi_l(\mathbf{r})\,\chi_{l'}(\mathbf{r'})$ . Dann nur Bedingungen mit $l+l'$ gleiche Paritäten sind zulässig.
Ah, also kann ich die Parität eines Teilchens nicht berechnen: Ich kann nur die Zerfälle beobachten und dann mit der Parität des Endzustands vergleichen. Danke

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