Wie leitet man den Drehimpulsoperator für den harmonischen 3D-Oszillator ab?

Question

Wie leitet man den Drehimpulsoperator für den harmonischen 3D-Oszillator ab?

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In Angular Momentum for 3D Harmonic Oscillator in zwei verschiedenen Basen kommt Robin Ekman mit dem Ausdruck um $L_i$ . Ich kann nicht sehen, wie

ϵ_{ich J k} (A_{J}^{†} A_{k}^{†} - A_{J} A_{k}) = 0

$\epsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\dagger - a_j a_k) = 0$ bei der Entwicklung der

L_{i}

$L_i$ für isotropen harmonischen 3D-Oszillator

L_{ich} = ich \frac{ℏ}{2} ϵ_{ich J k} (A_{J} + A_{J}^{†}) (A_{k}^{†} - A_{k}) = ich \frac{ℏ}{2} ϵ_{ich J k} (A_{J} A_{k}^{†} - A_{J} A_{k} + A_{J}^{†} A_{k}^{†} - A_{J}^{†} A_{k}) = - ich ℏ ϵ_{ich J k} A_{J}^{†} A_{k} .

$L_i = i \frac{\hbar}{2} \epsilon_{ijk}(a_j + a_j^\dagger) (a_k^\dagger - a_k) = i \frac{\hbar}{2} \epsilon_{ijk}( a_j a_k^\dagger - a_j a_k + a_j^\dagger a_k^\dagger - a_j^\dagger a_k) = -i\hbar\epsilon_{ijk} a^\dagger_j a_k.$

Ich sehe das

{(A_{J}^{†} A_{k}^{†})}^{†} = A_{k} A_{J} = A_{J} A_{k},

$\left(a_j^\dagger a_k^\dagger\right)^\dagger = a_k a_j = a_j a_k,$ was bedeutet

a_{j} a_{k}

$a_ja_k$ ist nicht hermitesch für

i \neq j

$i \ne j$ wie funktioniert

ϵ_{ich J k} (A_{J}^{†} A_{k}^{†} - A_{J} A_{k})

$\epsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\dagger - a_j a_k)$ gehe zu

0

$0$ ?

Antworten (2)

Wie leitet man den Drehimpulsoperator für den harmonischen 3D-Oszillator ab?

Everett Du · Answer 1

Zuerst müssen Sie verstehen $a_i$ ist ein bosonischer Operator, der die bosonische Kommutierungsrelation erfüllt $[a_i,a_j]=0$ , bedeutet, dass $a_ia_j=a_ja_i$ . Das zeigen wir jetzt $\epsilon_{ijk}a_ja_k=0$ . Denn wenn Sie beheben $i=1$ , Dann

ϵ_{1 J k} A_{J} A_{k} = ϵ_{123} A_{2} A_{3} + ϵ_{132} A_{3} A_{2} = A_{2} A_{3} - A_{3} A_{2} = 0.

$\epsilon_{1jk}a_ja_k=\epsilon_{123}a_2a_3+\epsilon_{132}a_3a_2=a_2a_3-a_3a_2=0.$ Für andere Wahl von

i

$i$ , der Beweis ist ähnlich. Dann

ϵ_{i j k} a_{j} a_{k} = 0

$\epsilon_{ijk}a_ja_k=0$ impliziert

ϵ_{i j k} a_{j}^{†} a_{k}^{†} = 0

$\epsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\dagger=0$ durch hermitische Konjugation beider Seiten der Gleichung. Denn beides

ϵ_{i j k} a_{j} a_{k}

$\epsilon_{ijk}a_ja_k$ Und

ϵ_{i j k} a_{j}^{†} a_{k}^{†}

$\epsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\dagger$ Null sind, also ist ihre Differenz auch Null.

Emilio Pisanty · Answer 2

Das ist es nicht so sehr $\epsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\dagger - a_j a_k)$ Null ist, aber dass jeder dieser Terme für sich verschwindet:

beide ϵ_{ich J k} A_{J}^{†} A_{k}^{†} = 0 Und ϵ_{ich J k} A_{J} A_{k} = 0,

$\text{both}\quad \epsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\dagger = 0 \quad\text{and}\quad \epsilon_{ijk}a_j a_k = 0,$ weil diese Betreiber pendeln, also

a_{j} a_{k} = a_{k} a_{j}

$a_ja_k=a_ka_j$ und dito für die Dolche und für jedes Paar mit

j \neq k

$j\neq k$ Sie haben einen entsprechenden Term mit dem entgegengesetzten Vorzeichen im Levi-Civita-Tensor. So sagen wir z

i = 1

$i=1$ , lautet der Begriff der doppelten Vernichtung

ϵ_{1 J k} A_{J} A_{k} = A_{2} A_{3} - A_{3} A_{2} = 0,

$\epsilon_{1jk}a_j a_k = a_2a_3-a_3a_2 = 0,$ und ähnlich für die anderen Komponenten und den Doppelbildungsterm.

Dasselbe passiert mit den anderen beiden Begriffen, weil Sie so weit mit links sind

L_{ich} = \frac{ℏ}{2 ich} ε_{ich J k} (A_{J}^{†} A_{k}^{} - A_{J}^{} A_{k}^{†}),

$L_i=\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}-a_j^\phantom{\dagger}a_k^\dagger),$ aber die beiden Begriffe sind im Wesentlichen identisch. Um dies zu sehen, nimm den zweiten Term und drehe den um

j

$j$ Und

k

$k$ Etiketten:

\begin{aligned} \frac{ℏ}{2 ich} ε_{ich J k} A_{J}^{} A_{k}^{†} & = \frac{ℏ}{2 ich} ε_{ich k J} A_{k}^{} A_{J}^{†} \\ = \frac{ℏ}{2 ich} ε_{ich k J} (A_{J}^{†} A_{k}^{} + ich δ_{J k}) \\ = - \frac{ℏ}{2 ich} ε_{ich J k} A_{J}^{†} A_{k}^{} + \frac{ℏ}{2} ε_{ich k J} δ_{J k} \\ = - \frac{ℏ}{2 ich} ε_{ich J k} A_{J}^{†} A_{k}^{}, \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}a_j^\phantom{\dagger}a_k^\dagger & = \frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ikj}a_k^\phantom{\dagger}a_j^\dagger \\& = \frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ikj}(a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}+i\delta_{jk}) \\& = -\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} + \frac{\hbar}{2}\varepsilon_{ikj}\delta_{jk} \\& = -\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} , \end{align}$ Wo

ε_{i k j} δ_{j k} = 1 - 1 = 0

$\varepsilon_{ikj}\delta_{jk}=1-1=0$ verschwindet. Wenn Sie dies wieder in den vollen Ausdruck bringen, erhalten Sie

L_{ich} = \frac{ℏ}{2 ich} ε_{ich J k} (A_{J}^{†} A_{k}^{} + A_{J}^{†} A_{k}^{}) = - ich ℏ ε_{ich J k} A_{J}^{†} A_{k}^{}

$L_i=\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}+a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}) =-i\hbar\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}$ wie früher behauptet.

Für den isotopischen harmonischen Oszillator in N gibt es also nicht unbedingt eine verallgemeinerte Drehimpulsinvariante wie z $x \wedge p$ es gilt nur für N=3
Für einen isotropen harmonischen Oszillator in $N$ Maße, $H=\frac12\sum_{j=1}^N(p_j^2+x_j^2)$ pendelt mit allen Drehungen, also pendelt es mit dem verallgemeinerten Drehimpuls dieses Raums genauso viel wie jeder andere $H= \frac12 \mathbf p^2 +V(r)$ hamiltonischer Wille, obwohl in $N>3$ die Form des Drehimpulses ändert sich offensichtlich; Weitere Informationen dazu finden Sie in dieser Frage .
Um die Antwort von @EmilioPisanty zu ergänzen: Im Allgemeinen kann eine Basis für die spurlosen hermitischen Matrizen aus den symmetrischen und antisymmetrischen reellen Matrizen erhalten werden. Die antisymmetrischen Matrizen schließen sich an $so(N)$ während die symmetrischen Matrizen (verallgemeinerte) Quadrupolmomente definieren, aber nicht unter Kommutierung schließen (sie kommutieren tatsächlich zu einem verallgemeinerten Drehimpuls).

Wie leitet man den Drehimpulsoperator für den harmonischen 3D-Oszillator ab?

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Emilio Pisanty

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Emilio Pisanty

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