Suma de 3 espines de electrones

Question

He aprendido a sumar dos 1/2 vueltas, lo que se puede hacer con los coeficientes C-G. Hay 4 estados (un singlete y tres tripletes). Los estados son simétricos o antisimétricos y los números cuánticos necesarios son el espín total y el componente z total.

Pero, ¿cómo se añaden tres 1/2 vueltas? Debería dar lugar a 8 estados propios diferentes. ¿Qué números cuánticos necesitas para caracterizar los 8 estados?

No es tan fácil como usar los coeficientes C-G y los números cuánticos habituales, ya que para el momento total el estado doblemente degenerado 1/2 y el estado cuádruple degenerado 3/2 pueden describir sólo 6 u 8 estados. Necesitarás un número cuántico adicional para la degeneración.

¿Cómo se obtiene el resultado?

(De hecho lo he probado yo mismo con una matriz grande de 8x8. El espín total 1/2 es cada uno doblemente degenerado. Para el número cuántico adicional elegí la permutación cíclica. Los estados de espín 1/2 no son ni simétricos ni antisimétricos. Pero, ¿cuál es la forma habitual de derivar esto?)

EDIT: Para que sirva de referencia añado mis resultados de hasta 4 tiradas de hace un tiempo:

Si recuerdas los fundamentos de la mecánica cuántica con matrices, en realidad se trata de una diagonalización matricial directa y no requiere conocimientos especializados. Sin embargo, todavía hay que encontrar un operador adicional que rompa la degeneración. He elegido la permutación cíclica, que parece hacer el trabajo. Por favor, consulta la siguiente respuesta, ya que no he comprobado todos los detalles.

Answer 1

Miré en Edmonds que suele ser la referencia estándar, y no menciona ningún enfoque estándar para romper la degeneración.

Se necesitan dos linealmente independientes $s=1/2,\,m=1/2$ y se pueden obtener tres soluciones diferentes acoplando primero uno de los tres pares diferentes al singlete $s=0$ estado y luego añadir un estado de subida. Así se obtienen los tres vectores $\newcommand{\ket}[1]{\left|#1\right\rangle}$ $$\ket{\psi_1}={1\over\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}-\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}\right),$$ $$\ket{\psi_2}={1\over\sqrt{2}}\left(\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}-\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}\right),$$ $$\ket{\psi_3}={1\over\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}-\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}\right),$$ que se suman a cero por lo que sólo dos son linealmente independientes.

Edmonds muestra, en particular, que existe una transformación unitaria que vincula cualquiera de las tres representaciones ligadas a los tres vectores anteriores (lo que, por supuesto, no es ninguna sorpresa) y que esta transformación unitaria es independiente de la orientación espacial (lo que no es automático, pero por el teorema de Wigner-Eckart debería ocurrir). A continuación, define los coeficientes de transformación invariantes adecuados (el Wigner $6j$ símbolos ) y dedica bastante tiempo a explorarlos, pero no dice cómo romper (canónicamente) la degeneración.

Si lo que quieres es una base, coge dos de las tres anteriores. Si necesitas (¡como deberías!) una base ortonormal, entonces puedes tomar combinaciones lineales como $$\ket{\psi_{23}}={1\over\sqrt{6}}\left(\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}-2\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}+\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}\right)$$ que obedece a $\langle\psi_1|\psi_{23}\rangle=0$ .

Sin embargo, no creo que haya ninguna forma de tratar el problema de forma simétrica en los tres electrones. Tuve un intento rápido y creo que uno puede demostrar que no hay combinaciones lineales de los tres estados que son simétricos o antisimétricos w.r.t. los tres intercambios de electrones.

Una forma de ver esto es observar que tienes tres vectores linealmente dependientes, de norma unitaria, que abarcan un espacio vectorial bidimensional y que suman cero. Esto es como tener tres vectores unitarios en un plano, dispuestos simétricamente en $120^\circ$ entre sí. (La analogía es precisa: las matrices de Gram, $G_{ij}=\langle\psi_i|\psi_j\rangle=-\frac12+\frac32\delta_{ij}$ coinciden, y éstas codifican toda la información geométrica de cualquier conjunto de vectores - véase problema 8.5 en estas notas de F. Jones en Rice .) Entonces no hay forma de elegir una base para el plano que sea simétrica en los tres intercambios de "electrones", es decir, una cuyo grupo de simetría sea el mismo que los tres vectores originales, incluyendo las tres reflexiones.

Por otro lado, hay dos enfoques de este problema que sí conservan parte de la simetría del intercambio. Una es formar una resolución invariante de intercambio de electrones de la identidad, de la forma $$ \frac{2}{3}\sum_{j=1}^3\ket{\psi_j}\langle\psi_j|=1|_{S={1\over2},m= +{1\over2}} $$ Esto también es válido para los tres vectores en el plano y expresa el hecho de que forman una marco espacial vectorial ajustado para $\mathbb{R}^2$ . Esto es también una consecuencia de El lema de Schur ya que ambos espacios vectoriales llevan representaciones irreducibles del grupo de intercambio de tres electrones; la suma anterior es la integral de Haar sobre la órbita de cualquier estado y conmuta con todas las matrices de la representación.

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El otro enfoque se debe al OP, que proporcionó esta imagen (con ligeros errores), y que escribiré en su totalidad aquí para completarlo. Una base alternativa para el plano, que sí funciona bien con el grupo de intercambio de electrones -aunque no es tan simétrica como uno desearía- es utilizar una base de valor complejo (que por supuesto está perfectamente bien) y que corresponde a la base de polarización circular si pensamos en el plano como el Vectores de Jones para la polarización de una onda EM. En esta analogía, los vectores de la imagen representan las polarizaciones en esas direcciones. La polarización circular es entonces invariable -hasta una fase- bajo rotaciones, pero las reflexiones individuales de intercambio de electrones se voltearán a la izquierda $\leftrightarrow$ polarizaciones circulares derechas.

Para cortar el rollo, el truco en el plano es tomar como base los vectores $$ \mathbf{e}_L=\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix} =\frac23\sum_{j=1}^3 e^{\frac{2\pi i}{3}(j-1)}v_j \text{ and } \mathbf{e}_R=\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix} =\frac23\sum_{j=1}^3 e^{-\frac{2\pi i}{3}(j-1)}v_j. $$ Estos se llevan entre sí, hasta una fase, por las reflexiones, y a sí mismos hasta una fase por las rotaciones.

Del mismo modo, para los tres electrones se pueden tomar las combinaciones $$ |\psi_+\rangle =\frac{1}{\sqrt{3}} \left[\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}+e^{2\pi i/3}\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}+e^{-2\pi i/3}\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}\right] =\frac{\sqrt{2}}{3}e^{-i\pi/6}\sum_{j=1}^3e^{-\frac{2\pi i}{3}(j-1)}|\psi_j\rangle $$ y $$ |\psi_-\rangle =\frac{1}{\sqrt{3}} \left[\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}+e^{-2\pi i/3}\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}+e^{2\pi i/3}\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}\right] =\frac{\sqrt{2}}{3}e^{+i\pi/6}\sum_{j=1}^3e^{+\frac{2\pi i}{3}(j-1)}|\psi_j\rangle $$ que son vectores propios de las permutaciones cíclicas con valor propio $e^{\pm 2\pi i/3}$ y para el que los intercambios individuales actúan como $$P_{12}|\psi_+\rangle=|\psi_-\rangle, \ P_{23}|\psi_+\rangle=e^{\frac{2\pi i}{3}}|\psi_-\rangle, \text{ and }P_{31}|\psi_+\rangle=e^{\frac{-2\pi i}{3}}|\psi_-\rangle . $$

Así que, en conclusión: este método no es perfecto, ya que no da una manera de levantar el subespacio degenerado en dos subespacios distintos que son invariantes bajo el grupo de intercambio de electrones completo, y que por lo tanto llevan representaciones separadas del mismo. Sin embargo, da una base que tiene una acción definida bajo el grupo de intercambio. Me interesaría saber cuál es el análisis formal de esta acción, y cómo se generaliza a más de tres espines. ¡Quizás para otra ocasión!

Answer 2

$\newcommand{\Ket}[1]{\left|#1\right>}$ Puedes construirlos sólo desde el más alto, $\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{1}{2}}$ utilizando el operador de descenso $S_{-}=S_{1,-}+S_{2,-}+S_{3,-}$ . Ahora recuerda que cada operador en esta suma actúa sólo en su respectivo espacio de estados. Además, se complica con los coeficientes numéricos, pero recuerda que después de cada paso puedes comprobar si la norma es 1. Hagamos uno juntos. $$ \begin{align} S_{-}\Ket{\frac{3}{2},\frac{3}{2}} &= %\sqrt{\left(\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\right)\left(\frac{3}{2}-\frac{3}{2}+1\right)} \sqrt3 \hbar\Ket{\frac{3}{2},\frac{1}{2}} \tag A \\ (S_{1,-}+S_{2,-}+S_{3,-})\Ket{\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2}} &= %\sqrt{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+1\right)} \hbar\left(\Ket{{-\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\frac{1}{2}}+\Ket{\frac{1}{2}{-\frac{1}{2}}\frac{1}{2}}+\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}{-\frac{1}{2}}}\right) \tag B \end{align} $$ El factor numérico de la parte delantera proviene del operador de descenso, $$ S_\pm\Ket{s,m} = \hbar \sqrt{ s(s+1) - m(m\pm1) } \Ket{s, m\pm1} $$ que es lo que termina la serie si se intenta subir o bajar más allá de $|m|=s$ .

Puedes hacer esto un par de veces más para conseguir el otro $3/2$ los. Pero después de esta primera, puedes construir una $\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}}$ una que sea perpendicular a las otras. Creo que puedes usar Gram-Schmidt, o hacer un cálculo a ojo. Entonces con el $\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}}$ sólo tienes que utilizar el operador de bajada más.

Esto lo hice para aprender hace un tiempo, espero que esto ayude/sea correcto.

Answer 3

No entiendo las respuestas dadas, ni la referencia a una matriz de 8x8. Cuando se combinan 3 dobletes (también conocidos como spin 1/2), el principio rector es que $$2 \times 2 \times 2 = 4 + 2 + 2.$$ Es decir, el producto tensorial puede descomponerse en una suma tensorial de estados compuestos que son un cuarteto (espín 3/2) y 2 dobletes (espín 1/2).

El cuarteto es simétrico bajo intercambio y es (hasta la normalización): \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}

Los dos dobletes son combinaciones de: \begin{align} |↑⟩(|↑↓⟩-|↓↑⟩) & =|↑↑↓⟩-|↑↓↑⟩,\\ |↓⟩(|↑↓⟩-|↓↑⟩) & =|↓↑↓⟩-|↓↓↑⟩ \end{align} y \begin{align} (|↑↓⟩-|↓↑⟩)|↑⟩ & =|↑↓↑⟩-|↓↑↑⟩,\\ (|↑↓⟩-|↓↑⟩)|↓⟩ & =|↑↓↓⟩-|↓↑↓⟩, \end{align} y parecen tener una simetría mixta. Por ejemplo, un doblete es: \begin{align} |1/2, 1/2⟩^{(1)} & = \frac{|↑↑↓⟩+|↑↓↑⟩-2|↓↑↑⟩}{\sqrt{6}},\\ |1/2,-1/2⟩^{(1)} & = \frac{|↓↓↑⟩+|↑↓↓⟩-2|↑↓↓⟩}{\sqrt{6}} \end{align} y una combinación ortogonal es \begin{align} |1/2, 1/2⟩^{(2)} & = \frac{2|↑↑↓⟩-|↑↓↑⟩-|↓↑↑⟩}{\sqrt{6}},\\ |1/2,-1/2⟩^{(2)} & = \frac{2|↓↓↑⟩-|↑↓↓⟩-|↑↓↓⟩}{\sqrt{6}}. \end{align}

Cualquier otra combinación con un componente de espín 3/2 nulo es una combinación lineal de estas dos.

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El $8 \times 8$ indica un malentendido del problema: mientras que podemos hacer estados producto en los que conocemos el espín de cada partícula, justificando un $8 \times 8$ operador, esos estados no son estados propios del momento angular total, y por lo tanto no queremos considerarlos.

Consideramos las combinaciones que son estados propios del momento angular total, y la forma de encontrarlas es como se indica en la primera respuesta: emparejar el primer y segundo espín en un triplete de espín 1 y un singlete de espín 0 y luego, utilizando los coeficientes de Clebsch-Gordan, tomar sus productos con un doblete: \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} (que es como los dobletes se rompieron explícitamente, como se muestra arriba).

Así que recapitulando, dado el producto de 3 dobletes, descomponerlo por pares: \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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Además: el deseo de simetría es grande, pero en general sólo el caso extremo $|J,J⟩$ es simétrico, y los otros estados tienen simetría mixta. Puede haber o no un caso antisimétrico. Véase el artículo de Wikipedia sobre los cuadros de jóvenes para más información.

Answer 4

$\newcommand{\rket}[1]{\left|#1\right>}% \renewcommand{\ket}{\rket}% \newcommand{\up}{\uparrow}\newcommand{\dn}{\downarrow}% $ Esta respuesta tiene el mismo espíritu que la respuesta de kηives ("lo averiguas a partir de los operadores de escalera"), pero es más explícita en cuanto a la ruptura de la degeneración entre las dos combinaciones de espín-mitad. El truco consiste en observar que los dos estados de espín 3/2 de la respuesta de kηive pueden escribirse con los dos primeros espines combinados en un triplete de espín uno: $$ \begin{alignat}2 \rket{\frac32, +\frac32} &= \rket{\up\up\up} &&= \ket{\up\up}\ket{\up} = \ket{1,1} \ket\up \\ \sqrt3\rket{\frac32, +\frac12} &= \rket{\dn\up\up} +\rket{\up\dn\up} +\rket{\up\up\dn} &&= \sqrt2\left(\frac{ \ket{\up\dn} + \rket{\dn\up} }{\sqrt2}\right)\rket\up + \rket{\up\up}\rket\dn \\&&&= \sqrt2\rket{1,0}\rket\up + \rket{1,1}\rket\dn \end{alignat} $$ Se trata de las mismas combinaciones lineales que con los coeficientes ordinarios de Clebsch-Gordan para espín-uno con espín-medio, y sugiere que una de las combinaciones de espín-medio debe ser $$ \begin{alignat}3 \sqrt3\rket{\frac12,+\frac12}_\text{triplet} &= \rket{1,0}\rket\up - \sqrt2\ket{1,1}\ket\dn \\&= \left(\frac1{\sqrt2}\ket{\up\dn\up} + \frac1{\sqrt2}\ket{\dn\up\up}\right) -\sqrt2\ket{\up\up\dn} \end{alignat} $$ Se puede comprobar que esta combinación de "trillizos" es ortogonal a las demás y es eliminada por el operador de elevación, $$ S_+\ket{s,m} = \hbar\sqrt{s(s+1) - m(m+1)} \ket{s, m+1}, $$ independientemente de si se utiliza el operador de elevación de la mitad del giro en el individuo $\ket\dn$ o el operador de elevación del espín uno $S_+\ket{1,0}=\hbar\sqrt2\ket{1,1}$ en la combinación lineal.

El estado restante que aún no hemos utilizado para las dos primeras partículas es el singlete, $$ \begin{align} \rket{\frac12,+\frac12}_\text{singlet} &= \ket{0,0}\ket\up = \frac1{\sqrt2}\ket{\dn\up\up} - \frac1{\sqrt2}\ket{\up\dn\up} \end{align} $$ que también es eliminado por el operador de elevación. Por supuesto, se pueden construir todos los estados con $m$ utilizando el operador de descenso.

Los cuatro estados con espín total $\hbar/2$ tienen simetría mixta bajo intercambio (pero simetría definitiva bajo intercambio de las dos primeras partículas). No se puede construir un estado completamente antisimétrico a partir de tres partículas de dos estados, pero se podría construir un estado de simetría mixta con espín definido tomando una combinación lineal de mis estados "singlete" y "triplete".

Answer 5

Sólo muestro cómo obtener los coeficientes C-G para los dos estados $|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1$ y $|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2$ .

En primer lugar, es fácil ver que $|\frac{3}{2},\frac{1}{2}\rangle=\frac{1}{\sqrt{3}}(|-++\rangle+|+-+\rangle+|++-\rangle)$ .

Al escribir $|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_i=\alpha_i|-++\rangle+\beta_i|+-+\rangle+\gamma_i|++-\rangle$ ( $i=1,2$ ), entonces la matriz $U=\left( \begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt{3}} & \alpha_1 & \alpha_2 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \beta_1 & \beta_2 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \gamma_1 & \gamma_2 \\ \end{array} \right)$ debe ser una matriz ortogonal, debido a la normalización de $|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1$ y $|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2$ y el hecho de que los tres estados con el mismo $m$ , $|\frac{3}{2},\frac{1}{2}\rangle$ , $|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1$ y $|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2$ deben ser mutuamente ortogonales.

Por lo tanto, tenemos \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} Eliminando $\gamma_i$ de las dos primeras ecuaciones, obtenemos $ \alpha^2_i+\alpha_i\beta_i+(\beta^2_i-\frac{1}{2})=0$ , lo que da $\alpha_i=\frac{1}{2}(-\beta_i\pm\sqrt{2-3\beta^2_i })$ . Así que tenemos \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} Ahora podemos elegir \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} para que la condición ortogonal $\alpha_1\alpha_2+\beta_1\beta_2+\gamma_1\gamma_2=0$ da \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} Al elegir $\beta=\frac{1}{\sqrt{3}}$ finalmente obtenemos \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}

Otras opciones que aparecen en las respuestas anteriores no satisfacen la condición $\alpha_1\alpha_2+\beta_1\beta_2+\gamma_1\gamma_2=0$ [por ejemplo $(\alpha_{1/2},\beta_{1/2},\gamma_{1/2})=\left(e^{\mp 2\pi i/3},e^{\pm 2\pi i/3},1\right)$ o $(\alpha_{1},\beta_{1},\gamma_{1})=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(-2,1,1\right)$ y $(\alpha_{2},\beta_{2},\gamma_{2})=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(-1,-1,2\right)$ ].

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Otra opción de $(\alpha,\beta,\gamma)$ se puede encontrar en la siguiente nota de lectura (P48): https://public.lanl.gov/mparis/qmp.pdf

Allí, \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} son elegidos. Acabo de darme cuenta de que ya se mencionan en la respuesta de Emilio Pisanty más arriba.

Esto es posible ya que tenemos 6 incógnitas y sólo 5 restricciones, por lo que las soluciones no son únicas. Como se indica en la referencia anterior, el número cuántico adicional para resolver la degeneración es sólo el operador de permutación entre el espín 1 y el espín 2, $P_{12}$ : $P_{12}|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_{1,2}=\mp |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_{1,2}$ .

Es fácil ver que $|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_{1,2}$ son también estados propios de $\vec{S}_1\cdot\vec{S}_2$ con valores propios $-\frac{3}{4}$ y $\frac{1}{4}$ respectivamente.