Invarianza rotacional y operadores-cuadrados

Question

Mi mente está en blanco ahora mismo. En sistemas con espín y momento angular orbital, sé que la invariancia rotacional implica que $[H, \mathbf{J}]=0$ donde $\mathbf J=\mathbf L+\mathbf S$ . Pero no veo por qué los sistemas rotacionalmente invariantes deben necesariamente conmutar con el cuadrado -Operadores de magnitud:

$$[H,\mathbf{L}^2]=0\qquad\text{and}\qquad[H,\mathbf{S}^2]=0\,.$$

Pero lo curioso es que soy incapaz de dar con modelos hamiltonianos que sean rotacionalmente invariantes, pero que no conmuten con $\mathbf{L}^2$ y $\mathbf{S}^2$ . Así que mi pregunta es: ¿hay una razón algebraica fácil para esta relación de conmutación? o ¿hay sistemas que no conservan estos operadores? En este último caso, necesito ayuda para encontrar ejemplos.

Answer 1

(Yo a lo largo de asumir $\hbar =1$ .) Definir, donde $X_i$ es el operador de posición a lo largo de ${\bf e}_i$ (el mismo resultado surgirá sustituyéndolo por el operador de momento en todas partes en lo que sigue) $$H:= {\bf X}\cdot {\bf S}\:.$$ $$e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf J}}H e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf J}}= e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf L}}e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf S}}{\bf X}\cdot {\bf S} e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf L}}e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf S}} = e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf L}}{\bf X} e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf L}}\cdot e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf S}}{\bf S} e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf S}}= R{\bf X} \cdot R {\bf S} = {\bf X} \cdot{\bf S}\:,$$ donde $R\in SO(3)$ es la rotación del ángulo $\theta$ alrededor de ${\bf n}$ . Así, $$e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf J}}H e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf J}}=H$$ y en consecuencia, tomando las derivadas para $\theta=0$ nos encontramos con que: $$[H, J_k]=0\qquad k=1,2,3\:.$$ Finalmente (no estoy seguro de los coeficientes, por favor, compruébalo) $$[H, L^2] = \sum^3_{j,k=1}[X_j,L_k]L_k S_j + \sum^3_{j,k=1}L_k[X_j,L_k]S_j= i\sum^3_{j,k=1}\epsilon_{jkr} S_j\left(X_rL_k + L_kX_r \right) = i\sum^3_{j,k=1}\epsilon_{jkr} S_j\left(2X_rL_k + [L_k, X_r] \right) = 2i\sum^3_{j,k=1}\epsilon_{jkr} S_j X_rL_k - ii \sum^3_{j,k,r=1}\epsilon_{jkr} \epsilon_{rks}S_jX_s = 2i \sum^3_{j,k=1}\epsilon_{jkr} S_j X_rL_k + \sum^3_{j,k,r=1} (\delta_{jr}\delta_{rs} - \delta_{js}\delta_{rr})S_jX_s \neq 0\:. \quad (1)$$ Efectivamente, la primera suma es: $$2iS_1\otimes (X_2L_3-X_3L_2) + 2i S_2\otimes(...) + 2i S_3\otimes(...)$$ para que no pueda desaparecer. La última suma en (1) produce $-2 \sum_{k=1}^3 S_k \otimes X_k$ y por ejemplo, $cX_1 \neq X_2L_3-X_3L_2$ para cualquier número $c$ (Pongo que $c$ sólo porque no estoy seguro de los coeficientes que he encontrado).

Answer 2

$\newcommand{\tot}{\mathbf{J}}$$\newcommand{\orb}{\mathbf{L}}$$\newcommand{\spin}{\mathbf{S}}$$\ de la que se ha hablado en la página web.$ is the total angular momentum operator, $\ de la que se ha hablado.$ is the orbital angular momentum operator, and $\mathbf{S}$ es el operador de momento angular de espín.

Ahora estamos asumiendo que $[H,\tot ]$ = 0; es decir, que el momento angular total se conserva. Pero estamos tratando de ver si hay una manera de que la transición puede ocurrir que no conservan, por ejemplo, $\orb$ . Bueno, si $\orb$ cambios y $\tot$ permanece igual, entonces debe ser el caso que $\spin$ cambios. En otras palabras, el momento angular se transfiere de la órbita al giro.

Necesitamos un buen sistema de prueba en el que podamos añadir una transición para convertir el momento angular orbital en momento angular de espín. Veamos el hamiltoniano del átomo de hidrógeno. No introduzcamos ningún acoplamiento (orbital de espín, hiperfino, zeeman, ...) de modo que los valores propios del hamiltoniano en el habitual $|n l m s_z \rangle$ dependen únicamente del número cuántico principal $n$ . Ahora vamos a limitar nuestra atención a la $n=2$ subespacio. Introduciremos nuestra transición en este subespacio.

De hecho, nos limitaremos a la $j=1/2$ subespacio del $n=2$ subespacio. Para ver por qué, observe que el número cuántico del momento angular total puede tomar uno de dos valores en este subespacio: $1/2$ y $3/2$ . La única forma en que el sistema puede estar en el $j=3/2$ estado es si $l=1$ y si $j$ se conserva, entonces cuando $j=3/2$ inicialmente, $j$ debe seguir siendo $3/2$ después de la transición, por lo que $l$ debe ser $1$ después de la transición y $l$ se conservará.

Ahora el caso $j=1/2$ . Por razones de simetría, debería ser suficiente considerar sólo los estados en los que $j=1/2$ y $m_j = 1/2$ . Esto puede ocurrir de dos maneras: $l=1$ y $l=0$ . Si $l=0$ entonces $s_z$ debe ser $1/2$ . Llamemos a este estado $|n=2,l=0,j=1/2,m_j=1/2 \rangle$ . Este será el estado final de la transición. Si $l=1$ , entonces sabemos que cuando vamos a la base acoplada, podemos obtener un $j=1/2$ , $m_j=1/2$ estado, que será una combinación lineal de $|l=1,m=0,s_z=1/2 \rangle$ y $|l=1,m=1,s_z=-1/2 \rangle$ . Llamemos al estado dado por esta combinación lineal $|n=2,l=1,j=1/2,m_j=1/2 \rangle$ .

Ahora estamos listos para obtener nuestro hamiltoniano. Dejemos que el hamiltoniano de hidrógeno no perturbado sea $H_0$ y ahora definamos un hamiltoniano de interacción $$H_{int} = |n=2,l=0,j=1/2,m_j=1/2 \rangle\langle n=2,l=1,j=1/2,m_j=1/2 | + h.c.$$ . Entonces el hamiltoniano $H_0 + H_{int}$ (o supongo que sólo $H_{int}$ por sí mismo) preserva el momento angular total, pero no el espín o el momento angular oribital por sí mismo.

Editar

No he demostrado satisfactoriamente que $[H_{int}, \tot]=0$ . De hecho, esto no se cumple. Debo modificar mi hamiltoniano añadiendo un nuevo término para $m_j= -1/2$ . Entonces tengo $$H_{int} = |n=2,l=0,j=1/2,m_j=1/2 \rangle \langle n=2,l=1,j=1/2,m_j=1/2 | + |n=2,l=0,j=1/2,m_j=-1/2 \rangle \langle n=2,l=1,j=1/2,m_j=-1/2 | + h.c.$$ . Debo demostrar que esto conmuta con $J_z$ , $J_+$ y $J_-$ pero no $L^2$ . (Basta con comprobar $J_+$ y $J_-$ porque las combinaciones lineales de estos dan $J_x$ y $J_y$ .)

Para $J_z$ Sólo hay que fijarse en el $m_j$ número cuántico es preservado por este hamiltoniano.

Para $J_+$ Obsérvese que si $m_j=1/2$ entonces ambos $H_{int} J_+$ y $J_+ H_{int}$ aniquilar el estado. Si $m_j=-1/2$ Entonces $J_+$ tiene el efecto de aumentar $m_j$ por uno y $H_{int}$ tiene el efecto de voltear $l$ entre 0 y 1. Observe que $H_{int}$ flips $l$ de la misma manera independientemente del valor de $m_j$ , por lo que el estado final tiene $l$ volteado y $m_j=1/2$ sin importar el orden de las operaciones.

Viendo que $J_-$ conmuta es una lógica exactamente análoga, excepto que $m_j$ es inicialmente $-1/2$ y estás aumentando en lugar de disminuyendo.

Para ver que $L^2$ no se conserva, basta con ver que el valor de $l$ se cambia entre $0$ y $1$ .

Answer 3

Conmutación con cada uno de los $\mathbf{J}$ implica la conmutación con cualquier combinación lineal de sus funciones, en particular con $J_x^2+J_y^2+J_z^2$ .

Un ejemplo de invariante no rotacional $H$ que eso no conserva el total $\mathbf{S}$ sería el giro de Ising: $H=- K S_z^2$ . Se puede añadir un término de 4º orden para limitar $\langle S^2 \rangle$ Si lo desea, puede hacerlo.