¿Es la matriz D de Wigner también un tensor esférico?

Question

¿Se puede pensar en la matriz D de Wigner $\mathcal D_{mm''}^{(l)}$ como tensor esférico incluso en el caso de que $m''\neq0$ ?

En otras palabras, ¿una relación como \begin{equation} \tag{1} \mathcal D^\dagger(R_1)\mathcal D^{(l)}_{mm''}(R_2)\mathcal D(R_1) = \sum_{m'} D_{mm'}^{(l)*}(R_1)D^{(l)}_{m'm''}(R_2) \end{equation} ¿Sostener? Y si no, ¿se puede argumentar que esto tiene sentido desde el punto de vista físico?

En caso de que $m''=0$ es válida, ya que $\mathcal D_{m0}^{(l)}(\phi, \theta,\gamma)\sim Y_l^{m*}(\theta,\phi)$ y para los armónicos esféricos tenemos \begin{equation} \tag{2} \mathcal D^\dagger(R)Y_l^{m}(\hat n)\mathcal D(R) = \sum_{m'} D_{mm'}^{(l)*}(R)Y_l^{m'}(\hat n). \end{equation}

Para un caso general, he probado a utilizar la regla del producto, y llegué cerca pero no del todo: \begin{equation} \tag{3} D_{mm''}^{(l)}(R_1R_2) =\sum_{m'} D_{mm'}^{(l)}(R_1) D_{m'm''}^{(l)}(R_2), \end{equation} pero no estoy muy seguro de poder interpretar l.h.s aquí como $D_{mm''}^{(l)}(R_1R_2) = \mathcal D^\dagger(R_1)D_{mm''}^{(l)}(R_2)\mathcal D(R_2)$ . Pero, incluso entonces no es del todo correcto ya que necesitaría un conjugado en las h.r., es decir $D_{m''m'}^{(l)*}(R_1)$ en lugar de $D_{m''m'}^{(l)}(R_1)$ . Que de nuevo, en caso de que mi interpretación de $D_{mm''}^{(l)}(R_1R_2)$ está bien, esto tiene que reducir a caso armónico esférico de nuevo cuando $m''=0$ .

Así que estoy un poco confundido... cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

No se me ocurre qué puede significar decir que el $\mathfrak{D}^{(\ell)}$ matrices son tensores esféricos. Pero no cabe duda de que están relacionados. La mejor fuente que conozco para este tipo de cosas es Revisión de Thorne en 1980 en el que muestra cómo se relacionan entre sí varias presentaciones. Por ejemplo, muestra que los diversos armónicos vectoriales y tensoriales comunes pueden escribirse "acoplando" los armónicos esféricos escalares a vectores base. Por ejemplo, utilizando los coeficientes habituales de Clebsch-Gordan, podemos escribir \begin{equation} Y^{\ell', \ell m}(\theta, \phi) = \sum_{m', m''} (1\ell'm''m' | \ell m) \boldsymbol{\xi}^{m''} Y^{\ell'm'}, \end{equation} donde \begin{equation} \boldsymbol{\xi}^0 = \mathbf{e}_z \quad \text{and} \quad \boldsymbol{\xi}^{\pm 1} = \mp (\mathbf{e}_x \pm i \mathbf{e}_y) / \sqrt{2}. \end{equation} También muestra cómo se pueden escribir en términos de tensores simétricos libres de trazas, que son otra presentación útil que aparece especialmente en trabajos más antiguos. Alternativamente, los armónicos vectoriales y tensoriales relacionados pueden escribirse en términos de derivadas del $Y^{\ell m}$ .

Una idea relacionada es la ponderado por espín armónico esférico (SWSH). Estos generalizan la fórmula que dio anteriormente para armónicos esféricos estándar, y se definen a veces como \begin{equation} {}_{s}Y_{\ell m}(\theta, \phi) = (-1)^s \sqrt{ \frac{2\ell+1} {4\pi}} \mathfrak{D}^{(\ell)}_{-s, m}(\phi, \theta, 0). \end{equation} A diferencia de los armónicos esféricos "escalares", los SWSHs no se transforman entre sí bajo rotación, porque hay un factor extra de $e^{i s \gamma}$ flotando por ahí (donde $\gamma$ es ese tercer ángulo de Euler, que se fijó en $0$ en la ecuación anterior). En realidad escribí un documento sobre este tema en el que mostré que las SWSH deben entenderse realmente como funciones sobre el grupo de rotación [o más generalmente sobre $SU(2)$ ], en lugar de la esfera. Entonces, y sólo entonces, se transforman correctamente entre sí bajo rotaciones. (Excepto, por supuesto, cuando $s=0$ - en cuyo caso el factor extra flotante es sólo $1$ y el SWSH es igual al armónico esférico habitual).

Sin embargo, como muestra Thorne, los SWSH estándar también pueden "acoplarse" a los vectores base, y acaban resultando de nuevo en tensores esféricos. Básicamente, si tus vectores base también se comportan mal, de modo que se transforman con un factor de $e^{-i s \gamma}$ se puede anular el mal comportamiento de los armónicos esféricos ponderados por espín y obtener algo que realmente se transforme correctamente como un tensor.

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Transformación de la $\mathfrak{D}^{(\ell)}$ matrices

Después de la discusión en los comentarios, parece que la pregunta realmente es: ¿Cómo los Wigner- $\mathfrak{D}$ ¿Se transforman las matrices bajo rotación? En concreto, supongamos que tenemos unas $R_1$ elegimos unos $\ell$ y ahora podemos escribir los valores numéricos reales de $\mathfrak{D}^{(\ell)}_{m, m'}(R_1)$ . Pero esos valores numéricos dependen de la base que hayamos elegido para el espacio vectorial que está implícitamente presente en la definición de $R_1$ . Así que ahora nos preguntamos qué pasaría con todos esos valores si rotáramos la base vectorial por alguna otra rotación - digamos $R_2$ .

Así que primero tenemos que averiguar cómo las rotaciones en sí - en particular $R_1$ - transformación bajo rotaciones. Esto no es difícil: rotaciones forman un grupo, donde la operación de grupo es la composición. Si pensamos en las rotaciones en términos de la matriz de rotación, la composición no es más que una multiplicación de matrices.(*) Por tanto, la versión rotada de $R_1$ es sólo $R_1 R_2$ .

Sabiendo esto, la respuesta ya está contenida en la pregunta anterior. Los valores numéricos de los $\mathfrak{D}^{(\ell)}_{m, m'}(R_1)$ son sólo los valores de la matriz de la rotación rotada: \begin{equation} \tag{A} \mathfrak{D}^{(\ell)}_{m, m'}(R_1\, R_2) = \sum_\mu \mathfrak{D}^{(\ell)}_{m, \mu}(R_1) \mathfrak{D}^{(\ell)}_{\mu, m'}(R_2). \end{equation} Este es la ley de transformación para el Wigner- $\mathfrak{D}$ matrices.

También puede ampliarlo según sea necesario para múltiples rotaciones. Por ejemplo, \begin{equation} \mathfrak{D}^{(\ell)}_{m, m'}(R_1\, R_2\, R_3) = \sum_{\mu,\mu'} \mathfrak{D}^{(\ell)}_{m, \mu}(R_1) \mathfrak{D}^{(\ell)}_{\mu, \mu'}(R_2) \mathfrak{D}^{(\ell)}_{\mu', m'}(R_3). \end{equation} Así que si, por alguna razón, quisieras conjugar tu rotación original, tendrías \begin{equation} \mathfrak{D}^{(\ell)}_{m, m'}(R_2\, R_1\, R_2^{-1}) = \sum_{\mu,\mu'} \mathfrak{D}^{(\ell)}_{m, \mu}(R_2) \mathfrak{D}^{(\ell)}_{\mu, \mu'}(R_1) \mathfrak{D}^{(\ell)}_{\mu', m'}(R_2^{-1}). \end{equation} También vale la pena señalar que la ecuación (A) nos dice que el $\mathfrak{D}$ para una rotación inversa es simplemente la matriz inversa de la original. $\mathfrak{D}$ matriz: \begin{equation} \mathfrak{D}^{(\ell)}_{m, m'}(R^{-1}) = \left( \mathfrak{D}^{(\ell)}_{m, m'}(R) \right)^{-1}. \end{equation}

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(*) Hay un poco de sutileza sobre si quieres decir que tus rotaciones sean activas o pasivas, etc. Dependiendo de cuáles sean exactamente tus convenciones, el resultado correcto podría ser $R_2\, R_1$ . Tienes que resolver esto por ti mismo rotando realmente, digamos, los vectores base y decidiendo qué usted personalmente con todas estas cosas. Si hay algo que he aprendido en los años que llevo trabajando en este tema es que no hay acuerdo universal en literalmente nada cuando se trata de rotaciones. Por ejemplo, incluso las palabras "activo" y "pasivo" pueden referirse a conceptos totalmente distintos, y distintas personas pueden querer decir cosas opuestas aunque se refieran al mismo concepto. Así que la regla más importante es comprobar los conceptos básicos por uno mismo.

Answer 2

No estoy seguro de tu notación, pero tal y como yo la entiendo empezaría escribiendo $$ D^\ell_{mm'}(R_2)= \langle \ell m\vert R_2\vert \ell m'\rangle\, . $$ Entonces \begin{align} (R_1)^{-1}D^\ell_{mm'}(R_2)R_1&:= \langle \ell m\vert R_1^{-1}R_2R_1\vert \ell m'\rangle\, , \\ &=\sum_{\mu\mu'} \langle \ell m\vert R_1^{-1} \vert \ell \mu\rangle \langle \ell \mu \vert R_2 \vert \ell \mu'\rangle \langle \ell \mu'\vert R_1 \vert\ell m'\rangle\, , \\ &=\sum_{\mu\mu'}D^{\ell}_{m'\mu }(R^{-1}_1)D^{\ell}_{\mu \mu'}(R_2) D^\ell_{\mu' m'}(R_1) \end{align} por lo que no se transforma como un tensor debido a la doble suma.