Para que irreps puede normalizado spin vectores ser elegido de forma continua, para todos los posibles giros?

Question

Deje $(u_x,u_y,u_z)$ ser un vector unitario. Entonces un vector normalizado para spin-1/2 en esta dirección está dada por la normalización de una columna de la pura matriz de densidad: $\frac{1}{\sqrt{2+2u_z}}\left(\begin{array}{c}1+u_z\\u_x+iu_y\end{array}\right)$. Esta solución funciona, excepto cuando se $u_z=-1$. Así que esto le da una normalización de la elección de giro del vector que es continua sobre el posible autoestados de girar con la excepción de reducir la velocidad de giro = $\left(\begin{array}{c}0\\1\end{array}\right)$.

Es imposible elegir normalizado spin-1/2 vectores para todos los posibles estados propios de los spin-1/2. Este es un hecho que está relacionado con la Baya-Pancharatnam fase. Lo mejor que puedes hacer es dejar un solo punto, como en la de arriba, donde hay una discontinuidad esencial.

Lo que me gustaría saber es qué otros j tienen spin-j vectores no puede ser normalizado. Es decir, dadas todas las autoestados de spin-j, es posible elegir uno de cada rayo, de tal manera que la elección es continua?

---

Solución parcial: Por el Dr. Motl la respuesta a continuación, voy a bajar a la situación de una representación natural de los spin-1. Elegir $S_x = i\left(\begin{array}{ccc}0&0&0\\0&0&+1\\0&-1&0\end{array}\right)$ $S_y = i\left(\begin{array}{ccc}0&0&-1\\0&0&0\\+1&0&0\end{array}\right)$ $S_z = i\left(\begin{array}{ccc}0&+1&0\\-1&0&0\\0&0&0\end{array}\right)$.

Es fácil comprobar que estas satisfacer las $SU(2)$ reglas $[S_x,S_y] = iS_z$, etc. A continuación, el operador de spin spin en el $u = (u_x,u_y,u_z)$ dirección está dada por: $S_u = i\left(\begin{array}{ccc}0&u_z&-u_y\\-u_z&0&u_x\\u_y&-u_x&0\end{array}\right)$

y la solución con spin=0 en el $u$ dirección está dada por el vector $u$. Y, por supuesto, es imposible elegir los vectores de giro=1 como una función continua de la $u$.

Answer 1

El hecho de que usted no puede encontrar un spinor valores de la función en la esfera es análogo al conocido teorema de que "no se puede peinar la esfera", a excepción de que el paquete es un poco diferente.

Para $j=1$, usted puede encontrar una normalizado continua vector para cada dirección, es decir el $u$ vector de sí mismo adecuadamente transformado en el derecho.

Sin embargo, supongo que usted desea que el spin-$j$ vectores de ser de la máxima componente de $j_z=j$; estrictamente hablando, usted no ha escrito él, pero es la única interpretación que puedo imaginar - que generaliza la $j=1/2$ caso de que usted describe. Que mata el párrafo anterior debido a que el vector $u$ a sí mismo como una función de la esfera es la solución para $j_z=0$. En particular, para $u=(0,0,1)$, el vector correspondiente a la función $z$ es nada más que el $m=0$ componente de la terna. Recordemos que $m=\pm 1$ corresponden a las funciones $x\pm iy$ sobre la esfera.

Si estás tratando de resolver el problema de $j=1$$j_z=\pm 1$, por lo que no serían capaces de encontrar una solución de nuevo. En ese caso, el problema sería totalmente equivalente a la del peinado de la esfera - porque estaría buscando vectores tangenciales a la esfera de la superficie, pero es imposible peine de la esfera.

Debido a estos dos no-go de los casos por un valor distinto de cero $j_z$, supongo que el problema sólo puede ser resuelto por $j$ se entero y $j_z=0$, en cuyo caso la solución está dada por la simetría del tensor de potencia de la solución para $j=1$, $j_z=0$, con la traza eliminado. Yo creo que en todos los casos cuando se desea un continuo $(2j+1)$-sillo con $j_z$ a lo largo del eje variable de ser distinto de cero - que incluye todos los de la mitad integral de la $j$ de los casos, así como la mayoría de la integral de la $j$ de los casos, a excepción de aquellos con $j_z=0$ - sufren de la "peinando el ámbito del problema".