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Coeficientes de Clebsch-Gordan para dos partículas de spin-1 - ¿por qué hay un ket ∣0⟩∣0⟩?

He utilizado las reglas para la suma de angular ímpetus para trabajar la Clebsch-Gordan coeficientes, que parecen derecha, excepto el estado de $\lvert0,0\rangle$:

Para n = 1

\begin{align} \lvert1,1\rangle & = \frac{1}{\sqrt 2} \left( \lvert0\rangle\lvert1\rangle - \lvert1\rangle\lvert0\rangle \right) \\ \lvert1,0\rangle & = \frac{1}{\sqrt 2} \left( \lvert-1\rangle\lvert1\rangle - \lvert1\rangle\lvert-1\rangle \right) \\ \lvert1,-1\rangle & = \frac{1}{\sqrt 2} \left( \lvert0\rangle\lvert-1\rangle - \lvert-1\rangle\lvert0\rangle\right) \end{align}

Ahora el estado $\lvert0,0\rangle$ debe ser perpendicular a $\lvert1,0\rangle$ y es una combinación lineal de la base tfe de $\lvert1,0\rangle$:

$$\lvert0,0\rangle = \frac{1}{\sqrt 2} \left(\lvert-1\rangle\lvert1\rangle + \lvert1\rangle\lvert-1\rangle\right)$$.

Pero en la tabla, hay un extra ket $\lvert0\rangle\lvert0\rangle$; ¿por Qué es esto así? (De la tabla): $$\lvert0,0\rangle = \frac{1}{\sqrt 3} \left(\lvert-1\rangle\lvert1\rangle + \lvert1\rangle\lvert-1\rangle - \lvert0\rangle\lvert0\rangle\right).$$

Mi intuición me dice que usted necesita incluir el $\lvert0\rangle\lvert0\rangle$ estado con el fin de para todo el conjunto de base para ser completa. Pero, ¿cómo puedo mostrar esto?

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Eric Grunzke Puntos 158

Si usted tiene dos spin-1 de partículas, hay $three$ estados donde la proyección del momento angular total es cero: $$ \begin{align} \left|2,0\right> &= \frac1{\sqrt6} \left( \big|1,1\big>\big|1,-1\big> ~~+~~ \big|1,-1\big>\big|1,1\big> ~~+~~ \sqrt4\cdot \big|1,0\big>\big|1,0\big> \right) \\ \left|1,0\right> &= \frac1{\sqrt2} \left( \big|1,1\big>\big|1,-1\big> ~~-~~ \big|1,-1\big>\big|1,1\big> \right) \\ \left|0,0\right> &= \frac1{\sqrt3} \left( \big|1,1\big>\big|1,-1\big> ~~+~~ \big|1,-1\big>\big|1,1\big> ~~-~~ \big|1,0\big>\big|1,0\big> \right) \end{align} $$

El estado $\left|1,0\right>\left|1,0\right>$ entra $\left|2,0\right>$ estado con signo positivo de la aplicación de la reducción del operador a $\left|2,1\right>$. (Si usted no ha hecho esto álgebra, hágalo - es muy edificante.) Por lo tanto, la simétrica cero-spin combinación debe contener algunos $\left|1,0\right>\left|1,0\right>$, con signo negativo, para ortogonalidad.

Alternativamente, usted puede operar sobre su futuro total de spin-cero estado con el momento angular de sensibilización del operador para su dos spin-1 partículas: $$ \begin{array}{rclr} L_+ & \left|1,1\right>\left|1,-1\right> &= & \sqrt2 \left|1,1\right>\left|1,0\right>\\ L_+ & \left|1,0\right>\left|1,0\right> &= \sqrt2 \left|1,1\right>\left|1,0\right> &{}+{} \sqrt2 \left|1,0\right>\left|1,1\right>\\ L_+ & \left|1,-1\right>\left|1,1\right> &= \sqrt2\left|1,0\right>\left|1,1\right>\\ \end{array} $$ Esta claro que una contribución negativa de $\left|0\right>\left|0\right>$, es necesario realizar la construcción de un $m=0$ estado que se desvanece cuando ve a una elevación o descenso del operador.

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