Wie berechnet man die Drehimpulszustände eines isotropen harmonischen Quantenoszillators?

Wie Sie wahrscheinlich bereits herausgefunden haben, sind die beiden Eigenräume, an denen Sie interessiert sind,$N=2$Und$N=3$, werden durch eine direkte Summe von Unterräumen mit unterschiedlichem Drehimpuls gebildet; Und so kam es dass der$N=2$Eigenraum hat einen$l=2$und ein$l=0$Unterraum, von Dimensionen$5+1=6$, und das$N=3$Eigenraum hat einen$l=3$und ein$l=1$Unterraum, von Dimensionen$7+3=10$. Sie haben daher zwei unterschiedliche Aufgaben: sich innerhalb jedes Unterraums zu bewegen und zu einer anderen Darstellung zu springen.

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Die erste Aufgabe ist relativ einfach, und tatsächlich brauchen Sie nicht viel Wissen über die interne Struktur des Hamiltonian, um dies zu tun. Das weißt du bereits$H$pendelt mit$\mathbf L$, was Ihnen die gemeinsame Eigenbasis garantiert$|nlm⟩$, aber mehr als das wissen Sie, dass das Handeln auf dem$|nlm⟩$mit Komponenten im Drehimpuls und insbesondere den Leiteroperatoren$L_\pm = L_x+iL_y$, wird Sie in diesem Unterraum halten. In diesem Sinne können Sie zum Beispiel die nehmen$|3,3,3⟩$Staat, den Sie bereits gefunden haben, um zu bekommen

$$L_-|3,3,3⟩\propto |3,3,2⟩,$$ usw.

Was Sie jedoch wirklich brauchen, um dies in Ihrer Sprache zu implementieren, ist die$L_\pm$in die Sprache Ihrer Schöpfungs- und Vernichtungsoperatoren. Wir haben bereits den größten Teil der schweren Arbeit in der vorherigen Frage erledigt , die uns die Identität gegeben hat

$$L_i=-i\hbar\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger},$$ und jetzt müssen wir dies nur noch auf die Leiteroperatoren anwenden: $$\begin{align} L_\pm & = L_x \pm i L_y \\ & = -i\hbar\varepsilon_{1jk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} \pm \hbar\varepsilon_{2jk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} \\ & = -i\hbar(a_2^\dagger a_3^\phantom{\dagger} -a_3^\dagger a_2^\phantom{\dagger} )\pm \hbar(a_3^\dagger a_1^\phantom{\dagger}-a_1^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) \\ & = \hbar(\mp a_1^\dagger-ia_2^\dagger)a_3^\phantom{\dagger} + \hbar a_3^\dagger(\pm a_1^\phantom{\dagger}+ia_2^\phantom{\dagger}) \\ & = \sqrt{2}\hbar(a_\pm^\dagger a_0^\phantom{\dagger} + a_0^\dagger a_\mp^\phantom{\dagger}), \end{align}$$ wo ich die Formulare verwendet habe $a_\pm = \frac{1}{\sqrt{2}}(\mp a_1 +ia_2)$Und $a_\pm^\dagger =\frac{1}{\sqrt{2}}(\mp a_1^\dagger -ia_2^\dagger)$. Dieses Ergebnis für $L_\pm$ist recht einfach zu verstehen: man zerstört ein Quant mit $a_0$und dann neu erstellen mit $\pm$mehr Drehimpuls, oder man zerstört ein Quant mit $a_\mp$und dann neu erstellen mit $\pm1$mehr Einheit des Drehimpulses. Einfach!

Wie bei Ihnen angewendet$N=3$Zustand,$|3,3,3⟩ = \frac{1}{\sqrt{3!}}(a_+^\dagger)^3|0⟩$, können Sie dann fortfahren, um zu erhalten

$$\begin{align} |3,3,2⟩ &= \frac{1}{\sqrt{6}}L_- |3,3,3⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{6}} \, \sqrt{2} \hbar(a_-^\dagger a_0^\phantom{\dagger} + a_0^\dagger a_+^\phantom{\dagger}) \ \frac{1}{\sqrt{3!}}(a_+^\dagger)^3|0⟩ \\ & = \frac{1}{3\sqrt{2}}\hbar(0 + a_0^\dagger a_+^\phantom{\dagger}) \cdot (a_+^\dagger)^3|0⟩ \\ & = \frac{1}{3\sqrt{2}}\hbar\, a_0^\dagger \left((a_+^\dagger)^3 a_+^\phantom{\dagger}+3(a_+^\dagger)^2\right) |0⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{2!}} \hbar \, a_0^\dagger (a_+^\dagger)^2 |0⟩, \end{align}$$ und so weiter, bis Sie erreichen $|3,3,-3⟩ = \frac{1}{\sqrt{3!}}(a_-^\dagger)^3|0⟩$.

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Der andere Unterraum, mit$l<N$, ist etwas kniffliger, weil man es nicht aus dem naiven Argument des Einfach-Machens herausbekommt$(a_+^\dagger)^{N} |0⟩$und dann die Drehimpulsalgebra verwenden, um Sie abzudecken.

Ich finde die Entstehung dieser Schalen immer leichter zu verstehen, wenn ich mir ansehe, wie sich die kartesischen Komponenten kombinieren, also lass mich mit dem Bau beginnen$N=2$,$l=0$Zustand direkt auf kartesischer Basis$|n_x,n_y,n_z⟩_\mathrm{C}$. Betrachten Sie insbesondere den Staat

$$|\psi⟩ = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( |2,0,0⟩_\mathrm{C} + |0,2,0⟩_\mathrm{C} + |0,0,2⟩_\mathrm{C}\right),$$ die eine Ortsraumdarstellung hat $$\begin{align} ⟨x,y,z|\psi⟩ & = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( ⟨x,y,z|2,0,0⟩_\mathrm{C} + ⟨x,y,z|0,2,0⟩_\mathrm{C} + ⟨x,y,z|0,0,2⟩_\mathrm{C}\right) \\ & = \frac{1}{\sqrt{3}} \bigg[ H_2(x)+H_2(y)+H_2(z)\bigg]e^{-r^2/2} \\ & \propto \frac{1}{\sqrt{3}} \bigg[ (4x^2-2)+(4y^2-2)+(4z^2-2)\bigg]e^{-r^2/2} \\ & = \frac{1}{\sqrt{3}} \left(4r^2-6\right)e^{-r^2/2} , \end{align}$$ es kommt also nur darauf an $r$und gehört damit zu den $l=0$Darstellung. Das ist alles schön und gut, aber wie stellen wir das mit den bosonischen Operatoren dar? Dies kann direkt aus dem obigen Zustand gelesen werden, indem man es umformuliert als $$\begin{align} |2,0,0⟩ & = \frac{1}{\sqrt{3!}}\left((a_1^\dagger)^2+(a_2^\dagger)^2+(a_3^\dagger)^2\right)|0⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{3!}}\left(\frac12(-a_+^\dagger +a_-^\dagger)^2-\frac12(a_+^\dagger +a_-^\dagger)^2+(a_0^\dagger)^2\right)|0⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{3!}}\left((a_0^\dagger)^2-2a_+^\dagger a_-^\dagger\right)|0⟩ \end{align}$$ wo ich verwendet habe $a_1^\dagger = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(-a_+^\dagger +a_-^\dagger\right)$Und $a_2^\dagger = \frac{i}{\sqrt{2}}\left(a_+^\dagger +a_-^\dagger\right)$. Das macht sehr viel Sinn: $|2,0,0⟩$wird aus dem Vakuumzustand über zwei ansteigende Wege erzeugt $N$um zwei, aber gehen $L_0$unverändert, $(a_0^\dagger)^2$Und $a_+^\dagger a_-^\dagger$, und dann werden diese beiden auf eine Weise überlagert, die ergibt $L^2$verschwinden. Es gibt jedoch eine offensichtliche Frage: Was ist dieser Operator genau und wie können wir ihn verallgemeinern?

Die Antwort hier ist, dass das obige Beispiel illustrativ ist, aber es ist noch nicht ganz der richtige Ansatz. Wir wollen nicht wirklich Operatoren, die uns von einem Energie-Eigenraum in einen anderen bringen, weil diese nicht mit dem Hamilton-Operator kommutieren und daher einige relativ komplizierte algebraische Eigenschaften haben werden. Was wir stattdessen wirklich wollen, ist eine Möglichkeit, die zu generieren$|2,0,0⟩$Zustand, indem Sie nach unten springen$l$Leiter aus der$N=2$,$l=2$Raum: Wenn wir dies tun, dann kann unsere neue Klasse von Leiteroperatoren mit dem Hamiltonian pendeln (aber nicht mit$\mathbf L$).

Das gibt Ihnen ein paar klare Kandidaten, weil der isotrope Oszillator sehr wenige unabhängige Symmetrien hat: den Drehimpuls, den wir bereits verwendet haben, den Laplace-Runge-Lenz-Vektor und den sogenannten Fradkin-Tensor , der definiert ist als

$$F_{ij} = p_ip_j +x_ix_j$$ im kartesischen Rahmen, und die sich als kommutativ mit dem Hamiltonian herausstellt (was Sie explizit überprüfen sollten). Der Fradkin-Tensor spielt tendenziell besser mit dem harmonischen Oszillator als der Runge-Lenz-Vektor, und ich habe versucht, ihn unten ineinandergreifen zu lassen, aber um ehrlich zu sein, ist er nicht ganz da, also müssen Sie einige Lücken füllen.

Um dies in unsere alte Sprache zu übertragen, fangen wir damit an, die Quadraturen in bosonische Operatoren umzuwandeln, die uns geben

$$\begin{align} F_{ij} & = p_ip_j +x_ix_j \\ & = \frac{a_i^\phantom{\dagger}-a_i^\dagger}{\sqrt{2}\,i} \frac{a_j^\phantom{\dagger}-a_j^\dagger}{\sqrt{2}\, i} + \frac{a_i^\phantom{\dagger}+a_i^\dagger}{\sqrt{2}} \frac{a_j^\phantom{\dagger}+a_j^\dagger}{\sqrt{2}} \\ & = \frac12 \left[-(a_i^\phantom{\dagger}-a_i^\dagger)(a_j^\phantom{\dagger}-a_j^\dagger)+(a_i^\phantom{\dagger}+a_i^\dagger)(a_j^\phantom{\dagger}+a_j^\dagger)\right] \\ & = a_i^\phantom{\dagger}a_j^\dagger+a_i^\dagger a_j^\phantom{\dagger} . \end{align}$$ (Übung: ist das explizit hermitesch? Wenn nicht, warum ist es dann hermitesch?) Das ist natürlich auf kartesischer Basis für den Tensorteil, aber wir wollen hier von sphärischen Tensoren sprechen, also wollen wir es wirklich sein unter Verwendung seiner sphärischen Komponenten, $F_{0,0}$Und $F_{2,m}$; hier ist die Skalarkomponente einfach, da $$F_{0,0} = \sum_{i=1}^3 F_{ii} = 2H$$ ist nur der Hamiltonian, und um die Quadrupolkomponenten zu erhalten, führt der einfachste Weg durch Analogie zum elektrischen Quadrupol $Q_{ij}=x_ix_j$, also bekommst du $$\begin{align} F_{2,2} &= F_{11}+2iF_{12}-F_{22} \\ &= (a_1^\phantom{\dagger}a_1^\dagger+a_1^\dagger a_1^\phantom{\dagger}) +2i (a_1^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_1^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) - (a_2^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_2^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger} + i a_2^\phantom{\dagger})(a_1^\dagger+ia_2^\dagger) +(a_1^\dagger+ia_2^\dagger)(a_1^\phantom{\dagger} + i a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = -4\,a_+^\dagger a_-^\phantom{\dagger}, \\[2mm] F_{2,1} &= F_{13}+iF_{23} \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_1^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) +i(a_2^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_2^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}+ia_2^\phantom{\dagger})a_3^\dagger+(a_1^\dagger +ia_2^\dagger )a_3^\phantom{\dagger} \\ & = \sqrt{2}\left(a_-^\phantom{\dagger}a_0^\dagger-a_+^\dagger a_0^\phantom{\dagger} \right), \\[2mm] F_{2,0} & = 2F_{33}-F_{11}-F_{22} \\ & = 2(a_3^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_3^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) -(a_1^\phantom{\dagger}a_1^\dagger+a_1^\dagger a_1^\phantom{\dagger}) -(a_2^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_2^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = 2(a_0^\phantom{\dagger}a_0^\dagger+a_0^\dagger a_0^\phantom{\dagger}) -(a_+^\phantom{\dagger}a_+^\dagger+a_+^\dagger a_+^\phantom{\dagger}) - (a_-^\phantom{\dagger}a_-^\dagger+a_-^\dagger a_-^\phantom{\dagger}) \\ & = 2a_0^\dagger a_0^\phantom{\dagger} -a_+^\dagger a_+^\phantom{\dagger} - a_-^\dagger a_-^\phantom{\dagger} , \\[2mm] \text{and similarly} \\[2mm] F_{2,-1} &= F_{13}-iF_{23} \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_1^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) -i(a_2^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_2^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}-ia_2^\phantom{\dagger})a_3^\dagger+(a_1^\dagger -ia_2^\dagger )a_3^\phantom{\dagger} \\ & = \sqrt{2}\left(a_-^\dagger a_0^\phantom{\dagger}-a_+^\phantom{\dagger}a_0^\dagger\right) \quad\text{and} \\[2mm] F_{2,-2} &= F_{11}-2iF_{12}-F_{22} \\ &= (a_1^\phantom{\dagger}a_1^\dagger+a_1^\dagger a_1^\phantom{\dagger}) -2i (a_1^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_1^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) - (a_2^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_2^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger} - i a_2^\phantom{\dagger})(a_1^\dagger-ia_2^\dagger) +(a_1^\dagger-ia_2^\dagger)(a_1^\phantom{\dagger} - i a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = -4\,a_-^\dagger a_+^\phantom{\dagger}. \end{align}$$ Diese Operatoren pendeln offensichtlich mit dem Hamiltonian, und obwohl sie nicht hermitesch sind, gehorchen sie $F_{2,m}^\dagger = F_{2,-m}$.

So weit werde ich jetzt nicht gehen, da ich keine Zeit mehr habe. Dies sollte Ihnen jedoch einen guten Eindruck davon vermitteln, wo Sie dies tun müssen, um alle Beziehungen in den relevanten Algebren zu vervollständigen. Die richtigen Leiteroperatoren sind irgendwo da und es sollte nur eine Frage des Schnippelns sein, um die richtigen Beziehungen zu erhalten.

Wie in früheren Beiträgen erwähnt, gegeben$N=n_x+n_y+n_z$, es ist einfach zu berechnen$|n=N;l=N;m=N\rangle$angeben, wenn wir verwenden:

$$\frac{1}{\sqrt{N!}}(a_+^\dagger)^N |0\rangle$$

Dann können wir uns bewerben$L_-$bis wir dazu kommen$|n=N;l=N;m=-N\rangle$

Um zum zweiten Unterraum zu springen, in dem$|n=N;l=N-2;m=0\rangle$, können wir den irreduziblen sphärischen Tensorsatz aus [Sakurai 3.10.27] verwenden :

$$T_{q}^{(k)} = \sum_{q_1 q_2} \langle k_1, k_2 ; q_1 , q_2 |k_1,k_2; k, q \rangle T_{q_1}^{(k_1)} T_{q_2}^{(k_2)}$$

Wo gilt:

1. $k=N-2$
2. $k_1+k_2 = N$
3. $q_1 = -k_1, \dots , k_1$Und$q_2 = -k_2, \dots , k_2$
4. Wir verwenden die$a_+, a_-, a_+^\dagger a_-^\dagger$die Kugeltensor sind .

Zum Beispiel für$N=2, l=0$:

Wir wählen 2 positive ganze Zahlen definieren$k_1=1$,$k_2=1$st$k_1 + k_2 =N=2$.

$$T_0^{(0)} = \sum_{q_1=-1 q_2=-1}^{1,1} \langle 1, 1 ; q_1 , q_2 |1,1; k, q \rangle T_{q_1}^{(1)} T_{q_2}^{(1)}$$

Und$T_0^{(0)}|0,0,0\rangle_C$wird uns die geben$|n=2;l=0;m=0\rangle$Staaten, daher sind wir in den zweiten Unterraum gesprungen und können uns jetzt bewerben$L_{\pm}$um alle Drehimpulszustände innerhalb dieses Unterraums aufzulisten.