9 votos

Suma del momento angular de espín para partículas sin masa

¿Cómo añado el momento angular de espín de partículas sin masa, como los fotones, donde sólo se permiten las polarizaciones transversales?

Si se permitieran las tres polarizaciones, esto sería un ejercicio fácil: se obtendría $S=0,1,2$ estados. Pero algunos de estos estados claramente no están permitidos para fotones puramente transversales: Por ejemplo, con dos fotones que se mueven en la misma dirección que el eje de cuantización, el estado

$$\big|S=2,M=1\big\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\big(|m_1=1,m_2=0\rangle+|m_1=0,m_2=1\rangle)$$

contiene el $m=0$ estado que no está permitido.

Editar : En la notación espectroscópica, ¿qué estados están permitidos?

5voto

Trev Puntos 21

La situación es más sencilla de lo que crees. Básicamente, ¡no necesitas hacer Clebsch-Gordan en absoluto!

Las representaciones irreducibles sin masa del grupo de Lorentz (propiamente ortocrónico) son $1$ -dimensionales, etiquetadas por su helicidad $h$ . Desde $h = \pm 1$ están relacionados por paridad los agrupamos como el $\pm$ helicidades del fotón.

Para calcular la helicidad de los estados multipartícula hay que tomar un producto tensorial de las posibles configuraciones de helicidad. Luego debes descomponerlas en representaciones irreducibles, según el procedimiento de Clebsch-Gordan.

Pero en este caso, el $+1$ y $-1$ irreps son $1$ -dimensional. ¡Por lo tanto su producto tensorial es automáticamente un irrep! Así que no hay que hacer ninguna descomposición de Clebsch-Gordan.

Así pues, nos quedan cuatro posibilidades, a saber

$$1 \otimes 1, \ 1\otimes -1,\ -1 \otimes 1,\ -1 \otimes -1$$

Considerando la acción del operador de helicidad en cada representación, se puede comprobar que éstas tienen helicidad $2,0,0,-2$ respectivamente.

Combinando la $1\otimes -1$ y $-1\otimes 1$ representaciones simétrica y antisimétrica, se reproducen las dos $0$ estados de helicidad de la respuesta de Rob.

Avísame si quieres detalles más explícitos del cálculo.

1voto

Eric Grunzke Puntos 158

Aquí el algoritmo para la búsqueda de Clebsch-Gordan coeficientes:

  1. Empezar con un máximo alineados estado como $\big|S,M = 2,2\big> = \big| m_1,m_2 = 1,1\big>$

  2. Operar en varias ocasiones con la reducción del operador para generar el resto de los estados con el mismo $S$, como $$\big|S,M=2,1\big> = \frac{\left|1,0\right\rangle + \left|0,1\right>}{\sqrt2}$$

  3. Arrancar el tren para la próxima $S$ hacia abajo por la búsqueda de los restantes ortogonal de la combinación de los distintos estados. De aquí que sería $$\big|S,M=1,1\big> = \frac{\left|1,0\right\rangle - \left|0,1\right>}{\sqrt2}$$

  4. Continuar hasta que se agoten.

La pregunta es ¿cómo aplicar este algoritmo a un sistema donde uno de los bajos de los estados, $\left|0\right\rangle$, no es físico.

Una posibilidad, dada por KoObO, es que se utiliza el estándar de Clebsch-Gordan coeficientes los coeficientes de todas las $\left|0\right\rangle$ lo que se refiere a cero, y renormalize. Sin embargo, sin $\left|0\right\rangle$ no hay suficientes grados de libertad para tener distintos estados de la $m=0$ proyecciones de $S=0,1,2$. De hecho, sin $\left|0\right\rangle$ hay sólo cuatro de dos fotones de los estados, tres simétrica y una antisimétrica.

Esto me hace sospechar que los cuatro estados con $|M|=1$ son no físico, ya que todos ellos requieren de algunos $\left|0\right\rangle$ en cada periodo.

Para los estados con $M=0$, ahora estamos en un lío. Para el giro habitual-2 álgebra, hay dos simétrica de los estados con $S=0$$S=2$, y una antisimétrica estado con $S=1$. Pero sin el $\left|0\right\rangle$ proyección para cada uno de los fotones no hay nada que distinga entre el$S=0$$S=2$. Es la simétrica, $M=0$ estado de una mezcla de $S=0,2$? Eso no tendría ningún sentido: se puede distinguir entre estados de diferentes total $S$ por la rotación del sistema de coordenadas. Ya hemos construido los estados con $S=2,M=2$. Quizás $S=0$ está prohibido? Que sería sorprendente.

La otra manera de salir de esta salmuera es afirmar que el álgebra de momento angular, además se basa en la multiplicidad de los estados involucrados, más que el total de los giros. En ese caso, los dos estados de fotones deben tener la misma Clebsch-Gordan coeficientes como el de dos estados de electrones, con un factor de la diferencia de dos en el giro total en todas partes, y no habrá dos fotones de estado con $S=1$. Esta posibilidad parece más cómodos con un escenario donde no hay permitió que los estados con $M=1$.

No sé de manera teórica, para distinguir entre estos, así que me dirijo a los datos experimentales. Sé que dos fotones de wavefunctions debe ser incluso menores de exchange. Por ahora, supongamos que dos fotones de procesos prefieren llevar a cero el impulso angular orbital. Electromagnética decae conservar la paridad, de modo negativo-la paridad inicial, los estados deben decadencia de pares de fotones con antisimétrica vueltas, mientras que los positivos paridad inicial, los estados deben decadencia de pares de fotones con la simétrica de la gira.

Primero, vamos a ver en el PDG meson de la tabla:

  1. El $\pi^0$, $\eta$, y $\eta'$,$J^P=0^-$, decaimiento, predominantemente a dos fotones. Esto sugiere que el antisimétrica spin estado no lleva ningún momento angular.

  2. Para el$f_0(600)$,$J^P=0^+$, los dos fotones de la caries aparece como "visto". Que sería consistente con una simétrica spin estado con cero, el momento angular. No obstante tomo nota de que la decadencia de la anchura $\Gamma$ $f_0$ es enorme, y hay gente que cree que el $f_0$ es de dos pion estado y no de un "real" de las partículas. Te dejo otro muy amplio, mesones y otros mesones donde los dos fotones de caries se describe como "visto" sin una relación de derivación.

  3. Para el $\rho$ $\omega$ mesones, con $J^P=1^-$, no hay dos-fotón decae la lista. Esto es incompatible con la existencia de una antisimétrica de dos fotones de estado con $S=1$.

  4. El$b(1235)$$f_1(1285)$,$J^P=1^+$, no tienen ninguna relación de derivación para dos fotones. Esto es incompatible con la existencia de un simétrica estado con $S=1$.

  5. El$f_2(1270)$,$J^P=2^+$, tiene una pequeña pero bien medido relación de derivación para dos fotones, de acuerdo con un simétrica de dos fotones función de onda para $S=2$.

  6. En el extraño del sector, la $K^0$ ($J^P=0^-$) se desintegra en dos fotones al menos 1000 veces más a menudo que a los tres fotones.

Esta lista de decaimientos es más coherente con un mundo donde los dos fotones de spin función de onda es simétrica para $S=2$, antisimétrica para $S=0$, y no existe para $S=1$.

Dejemos que la fuerza de interacción con el mundo y mirar positronium.

El positronium spin singlete pueden decaer a dos fotones, lo que sugiere que los dos fotones pueden llevar a cero, el momento angular. El positronium spin triplete de mayo de caries sólo en tres o cinco de los fotones, lo que sugiere que no hay ninguna forma de dos fotones para llevar la unidad de giro.

Por desgracia para mi argumento aquí, tanto positronium los estados están aún debajo de la paridad, y la camiseta es incluso en el intercambio de carga (a fin de ser totalmente antisimétrico virtud de la simetría de intercambio). Las simetrías involucrados, a continuación, nos dicen que la función de onda del fotón debe ser incluso bajo $C$, $P$, y por lo tanto en el intercambio de tiradas.

Podemos comadreja del dilema de si nos relajamos nuestras suposiciones sobre el impulso angular orbital. Si el positronium spin singlete se desintegra en dos fotones con $L=2$, $S=2$, $\vec L+\vec S=\vec J=0$, aún podemos conservar $C$, $P$, de momento angular, y la simetría de intercambio, mientras que los mantienen buenas explicaciones para el simétrica y antisimétrica de dos fotones de estados de spin. El extra de dos unidades de $L$ también podría servir como un handwavy razón por la que positronium caries es de cinco órdenes de magnitud más lento que el equivalente electromagnético quarkonium caries en la $\pi^0$.

Basado en esta lógica, llego a la conclusión de que el fotón es una de los dos estados de espín del sistema con spin 1. Puro fotones estados pueden combinar antisymmetrically a hacer $S=0$, o simétricamente a hacer una $S=2$ triplete; creo que no es puro de dos fotones de spin estado con $M=1$. Pero me encantaría aprender de una fuente de mayor autoridad.

0voto

Jacob Puntos 1

Creo (pero no estoy seguro) que si lo haces como si el fotón tuviera tres estados físicos de polarización entonces obtienes, como has dicho $S=0,1,2$ . Puedes calcular fácilmente todos estos estados. Pero recuerda que puedes expresar los estados de la base acoplada en la base desacoplada (mediante una descomposición de Clebsch-Gordan). Entonces, puedes eliminar los términos que contengan un estado no físico (típicamente $\left|1,0\right>\times\left|1,m_2\right>$ ) y luego obtienes todos tus estados físicos. Ten en cuenta que probablemente tendrás que (re)normalizar los estados.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X