¿Por qué $sl(2,\mathbb{C})$ levantando y bajando los operadores $J_{\pm}$ garantía quantized valores propios?

Question

He estado estudiando la mecánica cuántica, en concreto del momento angular, pero tengo una cuestión que se refiere el subir y bajar de los operadores como un todo. Para el total de momento angular, se puede definir: $$J_\pm=J_x\pm iJ_y $$ Cualquiera que esté familiarizado con el momento angular de los reconocerán como la subida y bajada de los operadores, pero voy a seguir con el problema de explicar mejor mi pregunta.

Un análisis de este problema muestra que: $$ [J_z, J_\pm]=\pm \hbar J_\pm$$ $$ [J^2, J_\pm]=0 $$ A partir de aquí es fácil ver que, si $J_z|\alpha\beta\rangle= \beta|\alpha\beta\rangle, $$J^2|\alpha\beta\rangle= \alpha|\alpha\beta\rangle$, $$ J_z(J_+|\alpha\beta\rangle)=(J_+J_z+\manejadores J_+)|\alpha\beta\rangle= (J_+\beta+\manejadores J_+)|\alpha\beta\rangle=(\beta +\manejadores)J_+|\alpha\beta\rangle $$ Así, podemos decir $J_+|\alpha\beta\rangle=C|\alpha,\beta + \hbar\rangle $.

Sin embargo, aunque este enfoque es de corte muy limpio, en mi mente no exactamente muestran que los autovalores de a $J_z$ sólo existen en incrementos de $\hbar$. Por ejemplo, si yo fuera capaz de encontrar algunas conjunto arbitrario de los operadores de $W_\pm$, de tal manera que $[J_z, W_\pm]=\pm (\hbar /4)W_\pm$, entonces yo podría demostrar fácilmente por la lógica por encima de que los autovalores de a $J_z$ existen en incrementos de $\hbar /4$. Entonces, ¿qué garantiza que no puedo encontrar este tipo de operadores? Más específicamente, ¿en qué parte de la "elevar y bajar el operador" método garantiza que no hay más posibles valores propios de a $J_z$ (o cualquier operador), de los que se encuentran el uso de subida y bajada de los operadores?

Answer 1

La respuesta formal se encuentra en la teoría de la representación, en este caso, la teoría de la representación de la Mentira álgebra $\mathfrak{su}(2)$, el cual es atravesado por los tres operadores de $J_z,J_+,J_-$. Que no hay más valores propios de a $J_z$ de los que se encuentran por la escalera método de operador de la siguiente manera a partir de dos hechos:

1. Cada representación de $\mathfrak{su}(2)$ es totalmente degradables, es decir, la suma directa de representaciones irreducibles.

2. Las representaciones irreducibles de $\mathfrak{su}(2)$ son precisamente los "spin representaciones" de la física, marcadas por la mitad entero mayor autovalor ("mayor peso") $s$$J_z$, que han dimensión $2s+1$, que consta de los estados con los autovalores $-s,-s+1,\dots,s-1,s$.

$s$ tiene que ser la mitad-entero porque uno puede mostrar directamente que si $s$ es el peso más alto, entonces el menor autovalor es $-s$, y si la diferencia entre el mayor y el menor peso no fuera un número entero, que sería capaz de alcanzar incluso un menor peso por appling la reducción de operador para el peso más alto del estado.

Answer 2

1. No hay ninguna combinación de momentum angular operador que cumplir una condición como $[J_z,W_{\pm}]=\pm (\hbar /4)W_\pm$. La única posible escalera operadores construido de $J_x$$J_y$$J_\pm$, y sus relaciones de conmutación se $[J_z,J_{\pm}]=\pm \hbar J_\pm$, lo que implica que las vecinas $m$ valores difieren por $1$. (Ya que sólo tenemos $J_x,J_y$ $J_z$ a jugar con el, no es difícil mostrar que $[J_z,J_{\pm}]=\pm \hbar J_\pm$: acaba de empezar con un genérico $J_+=a L_x+bL_y$ y usted encontrará que $b=\pm i a$. El valor real de $a$ es irrelevante para calcular el cambio en $m$.)
2. Es posible para un operador $\hat A$ a satisfacer (por ejemplo) $[J_z,\hat A]=2 \hbar \hat A$. Un ejemplo es cualquier operador proporcional a $(x+iy)^2$. La acción de este operador de cambios de $m$ $+2\hbar$ pero $\hat A$ es NO un operador de momento angular.
3. El momento Angular de los operadores tengan una Mentira algebraica de la estructura, y a partir de la teoría de representaciones de álgebras de Lie sabemos que el conjunto de $\{\vert jm\rangle\}$ debe contener $2j+1$ elementos y debe contener $m=j$$m=-j$. Por lo tanto la escalera por el momento angular de la escalera de los operadores sólo pueden cambiar los $m$ por una unidad de $\hbar$.

Answer 3

Reclamo: el conjunto de $|jm\rangle$, la satisfacción de $$ \begin{aligned} J_z|jm\rangle&=m|jm\rangle\\ J_\pm|jm\rangle&=\sqrt{j(j+1)- m(m\mp1)}|jm\pm1\rangle \end{aligned} $$ es una base.

Prueba: tenemos que comprobar que el proyector $$ P\equiv \sum_{jm}|jm\rangle\langle jm| $$ desplazamientos con $J_z,J_\pm$. Por la integridad del conjunto $\{J_z,J_\pm\}$, lo que se deduce que $P$ es proporcional a la identidad, al completar la prueba.

1. El hecho de que $P$ viajes con $J_z$ es trivial comprobar.
2. Por otro lado, $$ \begin{aligned} J_\pm P&=\sum_{jm}\sqrt{j(j+1)-m(m\mp 1)}|jm\pm1\rangle\langle jm|\\ P J_\pm&=\sum_{jm}\sqrt{j(j+1)- m(m\pm1)}|jm\rangle\langle jm\mp1| \end{aligned} $$

Que estos dos objetos son del mismo se desprende del reetiquetado $m\to m\pm1$ en la segunda línea.

Conclusión: tenemos que $P=1$, y por lo tanto el conjunto de $|jm\rangle$ es una base. Esto a su vez significa que no es posible encontrar un vector $|\varphi_m\rangle$ tal que $J_z|\varphi_m\rangle=\frac14m|\varphi_m\rangle$ (o cualquier autovalor otros de $m$). En otras palabras, el conjunto de $m\in\{-j,-j+1,\cdots,j-1,j\}$, $j\in\frac12\mathbb N$ satura todos los posibles valores propios de a $J_z$. Como de costumbre, no todos ellos necesitan para ser realmente efectiva en la práctica, como es el caso de el impulso angular orbital, donde sólo encontramos los valores enteros de a $j$.