Hinzufügen von 3 Elektronenspins

Ich habe in Edmonds nachgesehen , was normalerweise die Standardreferenz ist, und er erwähnt keinen Standardansatz, um die Entartung zu durchbrechen.

Sie benötigen zwei linear unabhängige$s=1/2,\,m=1/2$Lösungen, und Sie können drei verschiedene Lösungen erhalten, indem Sie zuerst eines der drei verschiedenen Paare mit dem Singulett koppeln$s=0$Zustand und dann Hinzufügen eines up-Zustands. Dies ergibt die drei Vektoren$\newcommand{\ket}[1]{\left|#1\right\rangle}$

$$\ket{\psi_1}={1\over\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}-\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}\right),$$ $$\ket{\psi_2}={1\over\sqrt{2}}\left(\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}-\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}\right),$$ $$\ket{\psi_3}={1\over\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}-\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}\right),$$ die sich zu Null addieren, also sind nur zwei linear unabhängig.

Edmonds zeigt insbesondere, dass es eine einheitliche Transformation gibt, die jede der drei mit den drei obigen Vektoren verknüpften Darstellungen verbindet (was natürlich keine Überraschung ist) und dass diese einheitliche Transformation unabhängig von der räumlichen Orientierung ist (die nicht automatisch, sondern durch die Wigner-Eckart-Theorem sollte eintreten). Anschließend definiert er geeignete invariante Transformationskoeffizienten (die Wigner$6j$symbole ) und verbringt viel Zeit damit, sie zu erforschen, aber er sagt nicht, wie man (kanonisch) die Entartung durchbricht.

Wenn es eine Basis ist, die Sie wollen, dann nehmen Sie zwei der drei oben genannten. Wenn Sie (wie Sie sollten!) Eine orthonormale Basis benötigen, können Sie Linearkombinationen wie nehmen

$$\ket{\psi_{23}}={1\over\sqrt{6}}\left(\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}-2\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}+\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}\right)$$ der gehorcht $\langle\psi_1|\psi_{23}\rangle=0$.

Ich glaube jedoch nicht, dass es eine Möglichkeit gibt, das Problem symmetrisch in den drei Elektronen zu behandeln. Ich habe es schnell versucht und ich denke, man kann beweisen, dass es keine linearen Kombinationen der drei Zustände gibt, die bezüglich aller drei Elektronenaustausche symmetrisch oder antisymmetrisch sind.

Eine Möglichkeit, dies zu sehen, besteht darin, zu bemerken, dass Sie drei linear abhängige Einheitsnormvektoren haben, die einen zweidimensionalen Vektorraum aufspannen und sich zu Null summieren. Das ist so, als hätte man drei Einheitsvektoren auf einer Ebene, die symmetrisch angeordnet sind$120^\circ$zueinander. (Die Analogie ist präzise: die Gram-Matrizen,$G_{ij}=\langle\psi_i|\psi_j\rangle=-\frac12+\frac32\delta_{ij}$, fallen zusammen, und diese kodieren alle geometrischen Informationen über einen beliebigen Satz von Vektoren - siehe Problem 8.5 in diesen Notizen von F. Jones bei Rice .) Es gibt dann keine Möglichkeit, eine Basis für die Ebene zu wählen, die in den drei "Elektronen" symmetrisch ist " Austausch, dh einer, dessen Symmetriegruppe die gleiche ist wie die drei ursprünglichen Vektoren, einschließlich aller drei Spiegelungen.

Andererseits gibt es zwei Ansätze für dieses Problem, die einen Teil der Austauschsymmetrie beibehalten. Die eine besteht darin, eine Elektronenaustausch-invariante Auflösung der Identität, der Form zu bilden

$$\frac{2}{3}\sum_{j=1}^3\ket{\psi_j}\langle\psi_j|=1|_{S={1\over2},m= +{1\over2}}$$ Dies gilt auch für die drei Vektoren in der Ebene und drückt aus, dass sie einen engen Vektorraumrahmen für bilden $\mathbb{R}^2$. Dies ist auch eine Folge von Schurs Lemma , da beide Vektorräume irreduzible Darstellungen der Austauschgruppe von drei Elektronen enthalten; Die obige Summe ist das Haar-Integral über die Umlaufbahn eines beliebigen Zustands und pendelt mit allen Matrizen in der Darstellung.

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Der andere Ansatz ist dem OP zu verdanken, das dieses Bild (mit leichten Fehlern) bereitgestellt hat und das ich hier der Vollständigkeit halber vollständig schreiben werde. Eine alternative Basis für die Ebene, die gut mit der Elektronenaustauschgruppe spielt – wenn auch nicht so symmetrisch, wie man es sich wünschen könnte – ist die Verwendung einer komplexwertigen Basis (die natürlich vollkommen in Ordnung ist) und die der Zirkularpolarisation entspricht Grundlage, wenn wir uns die Ebene als die Jones-Vektoren für die Polarisation einer EM-Welle vorstellen. In dieser Analogie repräsentieren die Vektoren im Bild Polarisationen um diese Richtungen. Zirkuläre Polarisation ist dann - bis zu einer Phase - unter Drehungen invariant, aber einzelne Elektronenaustauschreflexionen kippen nach links$\leftrightarrow$rechtszirkulare Polarisationen.

Um die Waffel zu schneiden, besteht der Trick in der Ebene darin, Vektoren als Basis zu nehmen

$$\mathbf{e}_L=\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix} =\frac23\sum_{j=1}^3 e^{\frac{2\pi i}{3}(j-1)}v_j \text{ and } \mathbf{e}_R=\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix} =\frac23\sum_{j=1}^3 e^{-\frac{2\pi i}{3}(j-1)}v_j.$$ Diese werden durch die Reflexionen bis zu einer Phase zueinander und durch die Drehungen bis zu einer Phase zu sich selbst gebracht.

In ähnlicher Weise können Sie für die drei Elektronen die Kombinationen nehmen

$$|\psi_+\rangle =\frac{1}{\sqrt{3}} \left[\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}+e^{2\pi i/3}\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}+e^{-2\pi i/3}\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}\right] =\frac{\sqrt{2}}{3}e^{-i\pi/6}\sum_{j=1}^3e^{-\frac{2\pi i}{3}(j-1)}|\psi_j\rangle$$ und $$|\psi_-\rangle =\frac{1}{\sqrt{3}} \left[\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}+e^{-2\pi i/3}\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}+e^{2\pi i/3}\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}\right] =\frac{\sqrt{2}}{3}e^{+i\pi/6}\sum_{j=1}^3e^{+\frac{2\pi i}{3}(j-1)}|\psi_j\rangle$$ die Eigenvektoren der zyklischen Permutationen mit Eigenwert sind $e^{\pm 2\pi i/3}$, und für die die einzelnen Börsen als fungieren $$P_{12}|\psi_+\rangle=|\psi_-\rangle, \ P_{23}|\psi_+\rangle=e^{\frac{2\pi i}{3}}|\psi_-\rangle, \text{ and }P_{31}|\psi_+\rangle=e^{\frac{-2\pi i}{3}}|\psi_-\rangle .$$

Zusammenfassend: Diese Methode ist nicht perfekt, da sie keine Möglichkeit bietet, den entarteten Unterraum in zwei unterschiedliche Unterräume zu heben, die unter der vollständigen Elektronenaustauschgruppe unveränderlich sind und die daher getrennte Darstellungen davon tragen. Es gibt jedoch eine Grundlage, die eine bestimmte Aktion unter der Austauschgruppe hat. Mich würde interessieren, was die formale Analyse dieser Aktion ist und wie sich dies auf mehr als drei Drehungen verallgemeinern lässt. Vielleicht ein andermal!

$\newcommand{\Ket}[1]{\left|#1\right>}$Du kannst sie einfach aus dem Höchsten bauen,$\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{1}{2}}$, mit dem Senkoperator$S_{-}=S_{1,-}+S_{2,-}+S_{3,-}$. Denken Sie nun daran, dass jeder Operator in dieser Summe nur auf seinem jeweiligen Zustandsraum wirkt. Außerdem wird es mit den numerischen Koeffizienten chaotisch, aber denken Sie daran, dass Sie nach jedem Schritt überprüfen können, ob die Norm 1 ist. Lassen Sie uns einen zusammen machen.

$$\begin{align} S_{-}\Ket{\frac{3}{2},\frac{3}{2}} &= %\sqrt{\left(\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\right)\left(\frac{3}{2}-\frac{3}{2}+1\right)} \sqrt3 \hbar\Ket{\frac{3}{2},\frac{1}{2}} \tag A \\ (S_{1,-}+S_{2,-}+S_{3,-})\Ket{\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2}} &= %\sqrt{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+1\right)} \hbar\left(\Ket{{-\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\frac{1}{2}}+\Ket{\frac{1}{2}{-\frac{1}{2}}\frac{1}{2}}+\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}{-\frac{1}{2}}}\right) \tag B \end{align}$$ Der numerische Faktor vorne kommt vom Absenkoperator, $$S_\pm\Ket{s,m} = \hbar \sqrt{ s(s+1) - m(m\pm1) } \Ket{s, m\pm1}$$ Das ist es, was die Reihe beendet, wenn Sie versuchen, darüber hinaus zu heben oder zu senken $|m|=s$.

Sie können dies noch ein paar Mal tun, um den anderen zu bekommen$3/2$Einsen. Aber nach diesem ersten können Sie eine bauen$\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}}$eine, die senkrecht zu den anderen ist. Ich denke, Sie können einfach Gram-Schmidt verwenden oder es ins Auge fassen. Dann mit dem$\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}}$Sie verwenden einfach den Senkoperator etwas mehr.

Ich habe das vor einiger Zeit zum Lernen gemacht, ich hoffe, das hilft / ist richtig.

Ich verstehe weder die gegebenen Antworten noch den Verweis auf eine 8x8-Matrix. Beim Kämmen von 3 Dubletten (auch Spin 1/2 genannt) ist das Leitprinzip das

$$2 \times 2 \times 2 = 4 + 2 + 2.$$ Das heißt, das Tensorprodukt kann in eine Tensorsumme zusammengesetzter Zustände zerlegt werden, die ein Quartett (Spin 3/2) und 2 Dubletts (Spin 1/2) sind.

Das Quartett ist symmetrisch unter Austausch und ist (bis zur Normalisierung):

$$\begin{align} |3/2, 3/2⟩ & = |↑↑↑⟩\\ |3/2, 1/2⟩ & = \frac{|↑↑↓⟩+|↑↓↑⟩+|↓↑↑⟩}{\sqrt{3}}\\ |3/2,-1/2⟩ & = \frac{|↓↓↑⟩+|↓↑↓⟩+|↑↓↓⟩}{\sqrt{3}}\\ |3/2,-3/2⟩ & = |↓↓↓⟩ \end{align}$$

Die zwei Dubletten sind Kombinationen aus:

$$\begin{align} |↑⟩(|↑↓⟩-|↓↑⟩) & =|↑↑↓⟩-|↑↓↑⟩,\\ |↓⟩(|↑↓⟩-|↓↑⟩) & =|↓↑↓⟩-|↓↓↑⟩ \end{align}$$ und $$\begin{align} (|↑↓⟩-|↓↑⟩)|↑⟩ & =|↑↓↑⟩-|↓↑↑⟩,\\ (|↑↓⟩-|↓↑⟩)|↓⟩ & =|↑↓↓⟩-|↓↑↓⟩, \end{align}$$ und scheinen eine gemischte Symmetrie zu haben. Ein Dublett ist zum Beispiel: $$\begin{align} |1/2, 1/2⟩^{(1)} & = \frac{|↑↑↓⟩+|↑↓↑⟩-2|↓↑↑⟩}{\sqrt{6}},\\ |1/2,-1/2⟩^{(1)} & = \frac{|↓↓↑⟩+|↑↓↓⟩-2|↑↓↓⟩}{\sqrt{6}} \end{align}$$ und eine orthogonale Kombination ist $$\begin{align} |1/2, 1/2⟩^{(2)} & = \frac{2|↑↑↓⟩-|↑↓↑⟩-|↓↑↑⟩}{\sqrt{6}},\\ |1/2,-1/2⟩^{(2)} & = \frac{2|↓↓↑⟩-|↑↓↓⟩-|↑↓↓⟩}{\sqrt{6}}. \end{align}$$

Jede andere Kombination mit einer Null-Spin-3/2-Komponente ist eine lineare Kombination dieser beiden.

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Das$8 \times 8$Matrix weist auf ein Missverständnis des Problems hin: Während wir Produktzustände herstellen können, in denen wir wissen, dass sich jedes Teilchen dort dreht, indem wir an rechtfertigen$8 \times 8$Operator sind diese Zustände keine Eigenzustände des Gesamtdrehimpulses, und deshalb wollen wir sie nicht berücksichtigen.

Wir betrachten die Kombinationen, die Eigenzustände des Gesamtdrehimpulses sind, und der Weg, sie zu finden, ist wie in der ersten Antwort angegeben: Paaren Sie den ersten und zweiten Spin in ein Triplett mit Spin 1 und ein Singulett mit Spin 0 und dann unter Verwendung von Clebsch-Gordan-Koeffizienten Nehmen Sie ihre Produkte mit einem Wams:

$$\begin{align} \text{spin-1 times spin 1/2: } & 3 \times 2 = 4 + 2\\ \text{spin-0 times spin 1/2: } & 1 \times 2 = 2 \end{align}$$ (auf diese Weise brachen die Dubletten explizit zusammen, wie oben gezeigt).

Wenn Sie also das Produkt von 3 Dubletts zusammenfassen, brechen Sie es paarweise auf:

$$\begin{align} 2 \times 2 \times 2 & = (2 \times 2) \times 2 \\ (2 \times 2) \times 2 & = (3 + 1) \times 2 \\ (3 + 1) \times 2 & = (3 \times 2) + (1 \times 2) \\ (3 \times 2) + (1 \times 2) & = (4 + 2) + (2) = 4 + 2 + 2 \end{align}$$

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Außerdem: Der Wunsch nach Symmetrie ist groß, aber im Allgemeinen nur der Extremfall$|J,J⟩$symmetrisch ist und die anderen Zustände gemischte Symmetrie haben. Es kann einen antisymmetrischen Fall geben oder auch nicht. Weitere Informationen hierzu finden Sie im Wikipedia-Artikel über Young Tableaux .

$\newcommand{\rket}[1]{\left|#1\right>}% \renewcommand{\ket}{\rket}% \newcommand{\up}{\uparrow}\newcommand{\dn}{\downarrow}%$Diese Antwort ist im gleichen Sinne wie die Antwort von kηives ("Sie finden es anhand der Leiteroperatoren heraus"), geht jedoch expliziter darauf ein, die Entartung zwischen den beiden Spin-Hälften-Kombinationen zu brechen. Der Trick besteht darin, zu bemerken, dass beide Spin-3/2-Zustände in kηives Antwort mit den ersten beiden Spins in einem Spin-1-Triplett kombiniert geschrieben werden können:

$$\begin{alignat}2 \rket{\frac32, +\frac32} &= \rket{\up\up\up} &&= \ket{\up\up}\ket{\up} = \ket{1,1} \ket\up \\ \sqrt3\rket{\frac32, +\frac12} &= \rket{\dn\up\up} +\rket{\up\dn\up} +\rket{\up\up\dn} &&= \sqrt2\left(\frac{ \ket{\up\dn} + \rket{\dn\up} }{\sqrt2}\right)\rket\up + \rket{\up\up}\rket\dn \\&&&= \sqrt2\rket{1,0}\rket\up + \rket{1,1}\rket\dn \end{alignat}$$ Dies sind die gleichen linearen Kombinationen wie bei den gewöhnlichen Clebsch-Gordan-Koeffizienten für Spin-Eins mit Spin-Hälfte, und legt nahe, dass eine der Spin-Hälfte-Kombinationen sein sollte $$\begin{alignat}3 \sqrt3\rket{\frac12,+\frac12}_\text{triplet} &= \rket{1,0}\rket\up - \sqrt2\ket{1,1}\ket\dn \\&= \left(\frac1{\sqrt2}\ket{\up\dn\up} + \frac1{\sqrt2}\ket{\dn\up\up}\right) -\sqrt2\ket{\up\up\dn} \end{alignat}$$ Sie können überprüfen, ob diese "Triplett" -Kombination orthogonal zu den anderen ist und vom Erhöhungsoperator getötet wird. $$S_+\ket{s,m} = \hbar\sqrt{s(s+1) - m(m+1)} \ket{s, m+1},$$ unabhängig davon, ob Sie den Spin-Half-Raising-Operator für die Person verwenden $\ket\dn$oder der Spin-One-Raising-Operator $S_+\ket{1,0}=\hbar\sqrt2\ket{1,1}$auf der Linearkombination.

Der verbleibende Zustand, den wir noch nicht für die ersten beiden Teilchen verwendet haben, ist das Singulett,

$$\begin{align} \rket{\frac12,+\frac12}_\text{singlet} &= \ket{0,0}\ket\up = \frac1{\sqrt2}\ket{\dn\up\up} - \frac1{\sqrt2}\ket{\up\dn\up} \end{align}$$ die auch vom Raising-Operator getötet wird. Natürlich können Sie alle Zustände mit negativ konstruieren $m$mit dem Absenkoperator.

Die vier Zustände mit totalem Spin$\hbar/2$haben gemischte Symmetrie unter Austausch (aber eindeutige Symmetrie unter Austausch der ersten beiden Teilchen). Es gibt keinen vollständig antisymmetrischen Zustand, der aus drei Teilchen mit zwei Zuständen konstruiert werden kann, aber Sie könnten einen vollständig gemischtsymmetrischen Zustand mit definiertem Spin konstruieren, indem Sie eine lineare Kombination meiner "Singulett" - und "Triplett" -Zustände nehmen.

Ich zeige nur, wie man die CG-Koeffizienten für die beiden Zustände erhält$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1$und$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2$.

Erstens ist das leicht zu sehen$|\frac{3}{2},\frac{1}{2}\rangle=\frac{1}{\sqrt{3}}(|-++\rangle+|+-+\rangle+|++-\rangle)$.

Durch Schreiben$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_i=\alpha_i|-++\rangle+\beta_i|+-+\rangle+\gamma_i|++-\rangle$($i=1,2$), dann die Matrix$U=\left( \begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt{3}} & \alpha_1 & \alpha_2 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \beta_1 & \beta_2 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \gamma_1 & \gamma_2 \\ \end{array} \right)$sollte aufgrund der Normalisierung von eine orthogonale Matrix sein$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1$und$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2$, und die Tatsache, dass die drei Staaten mit demselben$m$,$|\frac{3}{2},\frac{1}{2}\rangle$,$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1$, und$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2$, sollten zueinander orthogonal sein.

Wir haben also

$$\begin{eqnarray} &&\alpha^2_i+\beta^2_i+\gamma^2_i=1,\\ &&\alpha_i+\beta_i+\gamma_i=0,\\ &&\alpha_1\alpha_2+\beta_1\beta_2+\gamma_1\gamma_2=0 \end{eqnarray}$$ Durch Eliminieren$\gamma_i$aus den ersten beiden Gleichungen erhalten wir$\alpha^2_i+\alpha_i\beta_i+(\beta^2_i-\frac{1}{2})=0$, was gibt$\alpha_i=\frac{1}{2}(-\beta_i\pm\sqrt{2-3\beta^2_i })$. Also haben wir $$\begin{eqnarray} (\alpha_i,\beta_i,\gamma_i)=\left(\frac{1}{2}(-\beta_i\pm\sqrt{2-3\beta^2_i }),\beta_i,\frac{1}{2}(- \beta_i\mp\sqrt{2-3\beta^2_i })\right) \end{eqnarray}$$ Jetzt können wir wählen $$\begin{eqnarray} (\alpha_{1/2},\beta_{1/2},\gamma_{1/2})=\left(\frac{1}{2}(-\beta\pm\sqrt{2-3\beta^2 }),\beta,\frac{1}{2}(- \beta\mp\sqrt{2-3\beta^2 })\right) \end{eqnarray}$$ damit die orthogonale Bedingung$\alpha_1\alpha_2+\beta_1\beta_2+\gamma_1\gamma_2=0$gibt $$\begin{eqnarray} \frac{1}{4}(\beta^2-2+3\beta^2)+\beta^2+\frac{1}{4}(\beta^2-2+3\beta^2)=0\to3\beta^2-1=0\to\beta=\pm\frac{1}{\sqrt{3}} \end{eqnarray}$$ Durch Auswählen$\beta=\frac{1}{\sqrt{3}}$, erhalten wir schließlich $$\begin{eqnarray} |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1&=&\frac{1}{2}(1-\frac{1}{\sqrt{3}})|-++\rangle+\frac{1}{\sqrt{3}}|+-+\rangle-\frac{1}{2}(1+\frac{1}{\sqrt{3}})|++-\rangle,\nonumber\\ |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2&=&\frac{1}{2}(1+\frac{1}{\sqrt{3}})|-++\rangle-\frac{1}{\sqrt{3}}|+-+\rangle-\frac{1}{2}(1-\frac{1}{\sqrt{3}})|++-\rangle. \end{eqnarray}$$

Andere Auswahlmöglichkeiten in vorherigen Antworten erfüllen die Bedingung nicht$\alpha_1\alpha_2+\beta_1\beta_2+\gamma_1\gamma_2=0$[zum Beispiel$(\alpha_{1/2},\beta_{1/2},\gamma_{1/2})=\left(e^{\mp 2\pi i/3},e^{\pm 2\pi i/3},1\right)$oder$(\alpha_{1},\beta_{1},\gamma_{1})=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(-2,1,1\right)$und$(\alpha_{2},\beta_{2},\gamma_{2})=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(-1,-1,2\right)$].

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Eine andere Wahl von$(\alpha,\beta,\gamma)$finden sich in folgendem Vorlesungsskript (P48): https://public.lanl.gov/mparis/qmp.pdf

Dort,

$$\begin{eqnarray} |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1&=&-\frac{1}{\sqrt{2}}|-++\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}|+-+\rangle,\nonumber\\ |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2&=&-\frac{1}{\sqrt{6}}|-++\rangle-\frac{1}{\sqrt{6}}|+-+\rangle+\frac{2}{\sqrt{6}}|++-\rangle. \end{eqnarray}$$ sind auserwählt. Mir ist gerade aufgefallen, dass diese bereits in Emilio Pisantys Antwort oben erwähnt werden.

Dies ist möglich, da wir 6 Unbekannte und nur 5 Nebenbedingungen haben, die Lösungen also nicht eindeutig sind. Wie in der obigen Referenz angegeben, ist die zusätzliche Quantenzahl zum Auflösen der Entartung nur der Permutationsoperator zwischen Spin 1 und Spin 2,$P_{12}$:$P_{12}|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_{1,2}=\mp |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_{1,2}$.

Das ist leicht zu sehen$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_{1,2}$sind auch Eigenzustände von$\vec{S}_1\cdot\vec{S}_2$, mit Eigenwerten$-\frac{3}{4}$und$\frac{1}{4}$, beziehungsweise.

Wir können 3 Elektronenspins konsistent hinzufügen, indem wir zuerst zwei Spins hinzufügen und anschließend den dritten Spin hinzufügen. Der Zustand wird vollständig durch drei Quantenzahlen beschrieben$S_{(2)}$,$S_{(3)}$und$M_{(3)}$die ich weiter unten beschreibe.

Das$i$'ter Spin wird durch beschrieben$|s_i m_i \rangle$mit$s_i=\frac{1}{2}$und$m_i \in \{ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \}$. Seit$s_i$feststeht, unterdrücke ich diese Quantenzahl ab sofort. Die Keten$| m_1 m_2 m_3 \rangle$bilden eine Basis für den Hilbertraum und sind Eigenkets der Operatoren$\hat s_1^z$,$\hat s_2^z$,$\hat s_3^z$. Wir können jeden Drei-Elektronen-Zustand schreiben$| \psi \rangle$auf dieser Grundlage$\langle m_1m_2m_3|\psi \rangle$. Lass uns definieren

$$\begin{align} \hat S_{(2)} = \begin{pmatrix} \hat s_1^x + \hat s_2^x \\ \hat s_1^y + \hat s_2^y \\ \hat s_1^z + \hat s_2^z \end{pmatrix} \quad \text{and} \quad \hat S^z_{(2)} = \hat s_1^z + \hat s_2^z. \end{align}$$ Wir könnten auch eigenkets von verwenden$\hat S_{(2)}^2$,$\hat S_{(2)}^z$und$\hat s_3^z$als Grundlage:$|S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle$. Auf dieser Basis wird der Identitätsoperator durch gegeben $$\begin{align} \hat I = \sum_{S_{(2)} M_{(2)} m_3} | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | \end{align}$$ Wir transformieren von einer Basis zur anderen, indem wir die Identität einfügen: $$\begin{align} \langle m_1m_2m_3| \psi \rangle &= \sum_{S_{(2)} M_{(2)} m'_3} \langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m'_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m'_3 |\psi \rangle \\ &= \sum_{S_{(2)} M_{(2)}} \langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 |\psi \rangle \end{align}$$ An dieser Stelle haben wir den ersten und zweiten Spin erfolgreich hinzugefügt. Die Koeffizienten $$\langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle = \langle m_1m_2 | S_{(2)} M_{(2)} \rangle$$ aus der obigen Gleichung sind einfach die Clebsch-Gordan-Koeffizienten. Als nächstes paaren wir uns$S_{(2)}$mit der dritten Drehung$s_3$. Wir definieren zwei neue Operatoren: $$\begin{align} \hat S_{(3)} = \begin{pmatrix} \hat s_1^x + \hat s_2^x + \hat s_3^x \\ \hat s_1^y + \hat s_2^y + \hat s_3^y\\ \hat s_1^z + \hat s_2^z + \hat s_3^z \end{pmatrix} \quad \text{and} \quad \hat S^z_{(3)} = \hat s_1^z + \hat s_2^z + \hat s_3^z. \end{align}$$ und beachten Sie, dass eigenkets von$\hat S_{(2)}^2$,$\hat S_{(3)}^2$und$\hat S_{(2)}^z$Grundlage bilden:$| S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle$. Auf dieser Basis ist der Identitätsoperator gegeben durch, $$\begin{align} \hat I = \sum_{S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)}} | S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle \langle S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} | \end{align}$$ Wir transformieren in diese Basis, indem wir den Identitätsoperator einfügen, $$\begin{align} & \langle m_1m_2m_3| \psi \rangle \\ &= \sum_{S_{(2)} M_{(2)}} \sum_{S_{(2)}'S_{(3)} M_{(3)}} \langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | S'_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle \langle S'_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} |\psi \rangle \\ &= \sum_{S_{(2)} M_{(2)}} \sum_{S_{(3)} M_{(3)}} \langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle \langle S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} |\psi \rangle. \end{align}$$ Ähnlich wie zuvor die Koeffizienten $$\langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle = \langle M_{(2)} m_3 | S_{(3)} M_{(3)} \rangle$$ sind die Clebsch-Gordan-Koeffizienten. Diese Berechnungen zeigen, dass ein Zustand vollständig durch die drei Quantenzahlen beschrieben wird$S_{(2)}$,$S_{(3)}$und$M_{(3)}$. Wenn Sie sich dafür interessieren, wie ein solcher Zustand aussieht, könnten wir wählen$| \psi \rangle = | S_{(2)}S_{(3)}M_{(3)} \rangle$. Dann haben wir, $$\begin{align} \langle m_1m_2m_3| S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle &= \sum_{S_{(2)} M_{(2)}} \langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle \end{align}$$ Durch Einsetzen der Clebsch-Gordan-Koeffizienten gewinnen wir die Zustände aus Ihrer Tabelle zurück. Diese Methode ist einfach für mehr als 3 Spins zu verallgemeinern.

Wenn Sie sich die vorherigen Antworten durchlesen, ist die Antwort vielleicht einfach. Wir wissen zum Beispiel in Atomen, dass es unmöglich ist, drei Elektronen mit demselben Orbitalzustand zu haben. Ihre Frage lautet im Wesentlichen: Wenn wir ein Orbital haben und drei Elektronen hineinbringen, in welchem ​​​​Zustand wird es sein?

Die Antwort ist, dass aufgrund des Pauli-Ausschlusses alle 3 Elektronen in unterschiedlichen Spinzuständen sein müssen, wenn sie alle im selben Orbitalzustand leben wollen. Dem einzelnen Elektron stehen jedoch nur 2 Zustände zur Verfügung, so dass dies unmöglich ist. Daher finden das OP und andere Antworten keinen antisymmetrischen Unterraum innerhalb des Raums von drei Spin-1/2-Teilchen.

Wenn Ihr Einzelpartikel-Hilbert-Raum eine Dimension hat$D$dann ist es nur möglich bis zu haben$N=D$identische Fermionen im System.