Coeficientes de Clebsch-Gordan para 8 en $3 \otimes \bar 3 $ y el $6$ en $3 \otimes 3$ de $SU(3)$ ?

Question

Do Tablas para los coeficientes de Clebsch Gordan para la descomposición de la $8$ irrep dimensional de $SU(3)$ en $3 \otimes \bar 3 $ y el $6$ en $3 \otimes 3$ (en la base Dynkin) existen en alguna parte? (Por supuesto, busqué en Google por mi cuenta durante un buen rato, pero no pude encontrar nada útil).

He intentado calcularlos a mano, pero no estoy del todo seguro en lo que respecta a la normalización de los estados. Especialmente, bajando el degenerado $(0,0)$ es problemático, porque hay cuatro posibilidades, que conducen a dos estados diferentes, pero con coeficientes numéricos distintos.

He intentado calcularlos con un programa llamado CleGo que me dio

[[[("1", ("(0,-1,)1", "(-1,0,)1"))]];

[[("2", ("(0,-1,)1", "(1,-1,)1"))]; [("1", ("(-1,1,)1", "(-1,0,)1"))]];

[[("1", ("(-1,1,)1", "(1,-1,)1")); ("1", ("(1,0,)1", "(-1,0,)1"))]; [("1", ("(0,-1,)1", "(0,1,)1")); ("1", ("(-1,1,)1", "(1,-1,)1"))]];

[[("1", ("(1,0,)1", "(1,-1,)1"))]; [("1", ("(-1,1,)1", "(0,1,)1"))]];

[[("1", ("(1,0,)1", "(0,1,)1"))]]]

y no estoy seguro de cómo interpretar esto.

Answer 1

Los cálculos son razonablemente sencillos para sus casos concretos.

El enfoque más sencillo consiste en considerar los estados en $(1,0)$ para ser los estados de 1-excitación del oscilador armónico 3D: $\{\vert 100\rangle,\vert 010\rangle,\vert 001\rangle\}$ . Para un Estado $\vert n_1n_2n_3\rangle$ el peso es $[n_1-n_2,n_2-n_3]$ . No hay multiplicidad de pesos en $(1,0)$ así que $(n_1,n_2,n_3)$ etiquetan de forma única una base en el irrep.

Los estados de $(2,0)$ debe entonces, por dualidad Schur-Weyl, estar en la parte simétrica de $(1,0)\otimes(1,0)$ . Se deduce inmediatamente por aditividad de pesos y simetría de permutación que \begin{align} \vert 200\rangle &= \vert 100\rangle\vert 100\rangle \, ,\\ \vert 110\rangle &= \frac{1}{\sqrt{2}} \left(\vert 100\rangle\vert 010\rangle+\vert 010\rangle\vert 100\rangle\right) \end{align} y así sucesivamente para los demás estados de $(2,0)$ .

El caso de $(1,0)\otimes (0,1)$ pueden manejarse de la misma manera general, siempre que se construyan los estados en $(0,1)$ como la parte antisimétrica de $(1,0)\otimes (0,1)$ . A continuación, puede construir estados en $(1,1)$ como estados de 3 partículas.

Así, por ejemplo, el estado de mayor peso de $(0,1)$ es $$ \vert(0,1)110\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \left(\vert 100\rangle \vert 010\rangle - \vert 010\rangle \vert 110\rangle\right) $$ y el estado de mayor peso de $(1,1)$ será $$ \vert (1,1)210\rangle = \vert 100\rangle \vert (0,1)110\rangle. \tag{1} $$ El irrep (1,1) tiene 2 estados de peso $0$ . No es difícil encontrarlos de la forma $$ \vert\psi\rangle = a\vert 100\rangle \vert(01)011\rangle + b \vert 010\rangle \vert(01)\vert 101\rangle + c\vert 001\rangle \vert (01)\vert 110\rangle \tag{2} $$ Estos deben ser ortogonales al estado singlete en $(0,0)$ . Este estado singlete es, de hecho, el determinante de los estados de tres partículas $$ \vert (0,0)111\rangle = \left(\begin{array}{ccc} \vert 100\rangle & \vert 010\rangle &\vert 001\rangle \\ \vert 010\rangle &\vert 001\rangle &\vert 100\rangle \\ \vert 001\rangle & \vert 100\rangle &\vert 010\rangle \end{array}\right) \tag{3} $$ Los estados de peso cero en (1,1) deben ser ortogonales a (3). Si se utiliza la norma $su(2)\oplus u(1)$ se puede construir un estado con $J=0$ al forzar que los coeficientes en (2) sean te dan un estado nulo al actuar sobre (2) usando cualquier operador en el $su(2)$ además de ser ortogonal a (3). El último estado con peso cero es a $J=1$ estado. Se puede construir por ortogonalidad al $J=0$ estado de $(1,1)$ y el $(0,0)$ estado.

Todos los demás estados están etiquetados unívocamente por pesos, por lo que tienen una forma, en términos de $(1,0)\otimes(0,1)$ obtenidos mediante una modificación adecuada de (1).

Esta página ofrece referencias adicionales. También hay esta calculadora de GC en línea que puede ser útil. Como siempre, las dificultades están en la notación y en las fases relativas de los multipletes (a diferencia del $su(2)$ caso, no hay nada parecido a la convención de fase Condon-Shortley en $su(3)$ y esto ha causado un dolor considerable a los usuarios externos de una convención específica).