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

Podemos añadir 3 espines de electrones de forma consistente añadiendo primero dos espines y posteriormente añadiendo el tercer espín. El estado se describe completamente con tres números cuánticos $S_{(2)}$ , $S_{(3)}$ y $M_{(3)}$ que describo a continuación.

El $i$ El giro es descrito por $|s_i m_i \rangle$ con $s_i=\frac{1}{2}$ y $m_i \in \{ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \}$ . Desde $s_i$ es fijo, suprimo este número cuántico a partir de ahora. Los kets $| m_1 m_2 m_3 \rangle$ forman una base para el espacio de Hilbert y son eigenkets de los operadores $\hat s_1^z$ , $\hat s_2^z$ , $\hat s_3^z$ . Podemos escribir cualquier estado de tres electrones $| \psi \rangle$ en esta base $\langle m_1m_2m_3|\psi \rangle$ . Definamos \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} \N - texto y |cuadrado \hat S^z_{(2)} = \hat s_1^z + \hat s_2^z. \fin{{de{la{figura} También podríamos utilizar eigenkets de $\hat S_{(2)}^2$ , $\hat S_{(2)}^z$ y $\hat s_3^z$ como base: $|S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle$ . En esta base, el operador de identidad viene dado por \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} Transformamos de una base a la otra insertando la identidad: \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} En este punto hemos añadido con éxito el primer y el segundo giro. Los coeficientes $$\langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle = \langle m_1m_2 | S_{(2)} M_{(2)} \rangle$$ de la ecuación anterior son simplemente los coeficientes de Clebsch-Gordan. A continuación acoplamos $S_{(2)}$ con el tercer giro $s_3$ . Definimos dos nuevos operadores: \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} \N - texto y |cuadro \hat S^z_{(3)} = \hat s_1^z + \hat s_2^z + \hat s_3^z. \Fin y observe que los eigenkets de $\hat S_{(2)}^2$ , $\hat S_{(3)}^2$ y $\hat S_{(2)}^z$ forman una base: $| S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle$ . En esta base el operador de identidad viene dado por, \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} Nos transformamos en esta base insertando el operador de identidad, \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} Al igual que antes, los coeficientes $$\langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle = \langle M_{(2)} m_3 | S_{(3)} M_{(3)} \rangle$$ son los coeficientes de Clebsch-Gordan. Estos cálculos demuestran que un estado es descrito completamente por los tres números cuánticos $S_{(2)}$ , $S_{(3)}$ y $M_{(3)}$ . Si le interesa saber cómo es ese estado, podríamos elegir $| \psi \rangle = | S_{(2)}S_{(3)}M_{(3)} \rangle$ . Entonces tenemos, \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} Insertando los coeficientes de Clebsch-Gordan, recuperamos los estados de su tabular. Este método es sencillo de generalizar para más de 3 espines.

Answer 2

Leyendo las respuestas anteriores, quizá la respuesta sea sencilla. Sabemos, en los átomos, por ejemplo, que es imposible tener tres electrones con el mismo estado orbital. Tu pregunta es esencialmente preguntar si tenemos un orbital y ponemos tres electrones en él ¿en qué estado estará?

La respuesta es que, debido a la exclusión de Pauli, los 3 electrones tienen que estar en diferentes estados de espín si todos quieren vivir en el mismo estado orbital. Pero sólo hay 2 estados disponibles para el único electrón, por lo que esto es imposible. De ahí que la OP y otras respuestas no encuentren un subespacio antisimétrico dentro del espacio de tres partículas de espín 1/2.

Si su espacio de Hilbert de una sola partícula tiene dimensión $D$ entonces sólo es posible tener hasta $N=D$ Fermiones indénticos en el sistema.