Forma irreductible de los operadores tensoriales esféricos

Question

En la sección tensores esféricos en Sakurai, introduce la idea de pasar de tensores cartesianos a tensores esféricos irreducibles . Afirma lo siguiente:

Un armónico esférico puede escribirse como $Y_{l}^{m}(\hat{n})$ donde la orientación de $\hat{n}$ se caracteriza por $\theta$ y $\phi$ . Ahora sustituimos $\hat{n}$ por algún vector $V$ . El resultado es que tenemos un tensor esférico de rango $k$ (en lugar de $l$ ) con número cuántico magnético $q$ (en lugar de $m$ ), a saber $$T_{q}^{(k)} = Y_{l=k}^{m=q}(\mathbf{V}).$$ Para ver la transformación de tensores esféricos veamos cómo $Y_{l}^{m}$ transformaciones bajo rotaciones. Obtenemos entonces $$Y_{l}^{m}(\hat{n}') = \sum_{m'}Y_{l}^{m'}(\hat{n})\mathcal{D}_{m'm}^{(l)}(R^{-1}).$$

A continuación afirma lo siguiente que no motiva más allá de afirmar que utiliza la unitariedad del operador de rotación para reescribir $\mathcal{D}_{m'm}^{(l)}(R^{-1})$ :

Si hay un operador que actúa como $Y_{l}^{m}(\mathbf{V})$ es razonable esperar $$\mathcal{D^{\dagger}}(R)Y_{l}^{m}(\mathbf{V})\mathcal{D}(R) = \sum_{m'}Y_{l}^{m'}(\mathbf{V})\mathcal{D}^{(l)^{*}}_{mm'}(R)"$$

Preguntas:

• ¿Alguien puede ver cómo deduce exactamente esta ecuación final?
• También es $Y_{l}^{m}$ definido como irreducible ya que podemos escribir su rotación como una combinación lineal de todos los estados propios del momento angular $|l,m' \rangle$ : $\mathcal{D}(R)Y_{l}^{m} = \sum_{m''}\sum_{m'}|l,m''\rangle \langle l, m''| \mathcal{D}(R)|l,m' \rangle \langle l,m'|l,m \rangle = \sum_{m''}|l, m'' \rangle \mathcal{D^{(l)}_{m,m''}}(R)$ ?

Answer 1

El manejo de la fórmula ha sido bien abordado por ZeroTheHero, pero creo que hay un poco más que decir acerca de su segunda pregunta,

• También es $Y_{l}^{m}$ definido como irreducible ya que podemos escribir su rotación como una combinación lineal de todos los estados propios del momento angular $|l,m' \rangle$ : $\mathcal{D}(R)Y_{l}^{m} = [\ldots]= \sum_{m''}|l, m'' \rangle \mathcal{D^{(l)}_{m,m''}}(R)$ ?

Esto no es del todo correcto. No llamamos simplemente al $Y_l^m$ irreductible - es un uso descuidado del lenguaje. El conjunto que es realmente irreducible es el conjunto de combinaciones lineales del $Y_l^m$ donde $l$ es fijo : $$V_l=\operatorname{span}\{Y_l^m : -l\leq m \leq l\}$$ Llamamos irreducible a este conjunto por dos razones:

• Si tomas un armónico esférico $Y_l^m$ y lo giras con un $R\in\mathrm{SO}(3)$ entonces el $Y_l^m$ será una combinación lineal de $Y_l^{m'}$ donde $l$ no se modifica con la rotación. Lo mismo ocurre con cualquier combinación lineal arbitraria $f_l = \sum_m a_m Y_l^m$ .

• Además, los conjuntos $V_l$ son los conjuntos más pequeños posibles con esta propiedad: si tomo cualquier subespacio estricto (distinto de cero) $W<V_l$ siempre habrá un miembro $w\in W$ y una rotación $R\in\mathrm{SO}(3)$ tal que la acción de $R$ toma $w$ de $W$ y en $V_l\setminus W$ .

En un lenguaje más formal, esto significa que $V_l$ lleva un representación irreducible del grupo de rotación: es la propia representación la que es irreducible, no el conjunto.

Answer 2

Para entender un operador tensorial primero hay que recordar que es un operador. Mientras que un estado (de momento angular) $\vert \ell m\rangle$ como un vector columna sometido a rotación: $$\begin{align} \vert \ell m\rangle \to R\vert \ell m\rangle &= \sum_{m'} \vert\ell m'\rangle \langle \ell m'\vert R\vert \ell m\rangle \\ &=\vert\ell m'\rangle\, D^\ell_{m'm}(R) \tag{1} \end{align}$$ un operador es una matriz por lo que heurísticamente se necesita una transformación $R$ para las filas y otro $R^{-1}$ para las columnas de modo que el componente $m$ del operador tensorial (de momento angular o esférico) $\ell$ transforma como $$\begin{align} T^\ell_m \to RT^\ell_m R^{-1} &= \sum_{m'} T^{\ell}_{m'}\, D^\ell_{m'm}(R)\, . \tag{2} \end{align}$$ Básicamente, la Ec.(2) se toma como la definición de un operador tensorial. Está diseñado para que el componente $m$ del tensor $\ell$ transformar bajo rotación exactamente como el estado $\vert \ell m$ lo hace bajo rotación.

Alternativamente, para la transformación infinitesimal tenemos $$\begin{align} \hat L_\pm \vert \ell m\rangle = \sqrt{(\ell\mp m)(\ell \pm m+1)} \vert \ell m\pm 1\rangle \quad &\rightarrow\quad [\hat L_\pm, T^\ell_m] = \sqrt{(\ell\mp m)(\ell \pm m+1)} T^{\ell}_{m\pm 1}\, ,\\ \hat L_z \vert \ell m\rangle = m \vert \ell m \rangle \quad &\rightarrow\quad [\hat L_z, T^\ell_m] = m T^{\ell}_{m }\, ,\\ \end{align}$$ Otra forma de pensar en esto es darse cuenta de que un operador tensor que actúa sobre los estados $\vert s \mu\rangle$ transformará este estado en otro $\vert s \mu' \rangle$ por lo que puede escribirse como la combinación lineal $$T^{\ell}_{m}=\sqrt{\frac{2L+1}{2s+1}}\sum_{\mu\mu'}C^{s\mu'}_{S\mu;\ell m} \vert s\mu'\rangle \langle s\mu\vert\, ,$$ donde $C^{s\mu'}_{S\mu;\ell m}$ es un coeficiente de Clebsch-Gordan. Esta forma de escribir los componentes del tensor deja claro que, si $\vert \ell m\rangle \to R\vert \ell m\rangle$ entonces $\langle \ell m' \vert \to \langle \ell m' \vert R^{-1}$ para que, bajo rotación, $T^\ell_m$ va a $RT R^{-1}$ .

Con esta rotación, ahora tenemos $$\begin{align} R T^{\ell}_{m}R^{-1}&=\sqrt{\frac{2L+1}{2s+1}}\sum_{\mu\mu'}C^{s\mu'}_{S\mu;\ell m} R \vert s\mu'\rangle \langle s\mu\vert\,R^{-1}\, ,\\ &=\sqrt{\frac{2L+1}{2s+1}}\sum_{\mu\mu'}\sum_{MM'}C^{s\mu'}_{S\mu;\ell m} \vert sM'\rangle \langle sM'\vert R \vert s\mu'\rangle \langle s\mu\vert\,R^{-1}\vert s M\rangle\langle s M\vert\, ,\\ &=\sqrt{\frac{2L+1}{2s+1}}\sum_{\mu\mu'}\sum_{MM'}C^{s\mu'}_{S\mu;\ell m} D^s_{M'\mu'}(R) D^s_{\mu M}(R^{-1}) \vert s M'\rangle\langle s M\vert\, . \end{align}$$ Con cierta destreza la suma de productos $\sum_{\mu\mu'}D^s_{M'\mu'}(R) D^s_{\mu M}(R^{-1})$ pueden combinarse mediante el método Clebsch $C^{s\mu'}_{S\mu;\ell m}$ para dar una suma de tipo $$\sum_{m'}D^\ell_{m'm}(R)C^{s\mu'}_{S\mu;\ell m'}$$ de la que se deduce la Ec.(2).

En términos generales, irreducible bajo una transformación de conjunto significa que no existe ningún subconjunto que se transforme sólo entre sí bajo este conjunto de transformaciones.

(Las reglas de combinación para $D$ puede consultarse en Varshalovich, D. A., Moskalev, A. N. y Khersonskii, V. K. M. (1988). Teoría cuántica del momento angular . World Scientific).