¿Cómo calcular los estados de momento angular del oscilador armónico cuántico isotrópico?

Como probablemente ya haya averiguado, los dos espacios propios que le interesan,$N=2$y$N=3$, están formados por una suma directa de subespacios de diferente momento angular; Por lo tanto, la$N=2$el espacio propio tiene uno$l=2$y uno$l=0$subespacio, de dimensiones$5+1=6$, y el$N=3$el espacio propio tiene uno$l=3$y uno$l=1$subespacio, de dimensiones$7+3=10$. Por lo tanto, tiene dos tareas distintas: moverse dentro de cada subespacio y saltar a una representación diferente.

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La primera tarea es relativamente fácil y, de hecho, no necesita mucho conocimiento de la estructura interna del hamiltoniano para hacerla. eso ya lo sabes$H$viaja con$\mathbf L$, que le garantiza la base propia compartida$|nlm⟩$, pero más que eso sabes que actuando en el$|nlm⟩$con componentes en el momento angular, y particularmente los operadores de escalera$L_\pm = L_x+iL_y$, te mantendrá dentro de ese subespacio. En este sentido, por ejemplo, se puede tomar la$|3,3,3⟩$estado que ya ha encontrado para obtener

$$L_-|3,3,3⟩\propto |3,3,2⟩,$$ etcétera.

Sin embargo, lo que realmente necesita para implementar esto en su idioma es llevar la$L_\pm$al lenguaje de sus operadores de creación y aniquilación. Ya hicimos la mayor parte del trabajo pesado en la pregunta anterior , lo que nos dio la identidad

$$L_i=-i\hbar\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger},$$ y ahora solo necesitamos aplicar esto a los operadores de escalera: $$\begin{align} L_\pm & = L_x \pm i L_y \\ & = -i\hbar\varepsilon_{1jk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} \pm \hbar\varepsilon_{2jk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} \\ & = -i\hbar(a_2^\dagger a_3^\phantom{\dagger} -a_3^\dagger a_2^\phantom{\dagger} )\pm \hbar(a_3^\dagger a_1^\phantom{\dagger}-a_1^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) \\ & = \hbar(\mp a_1^\dagger-ia_2^\dagger)a_3^\phantom{\dagger} + \hbar a_3^\dagger(\pm a_1^\phantom{\dagger}+ia_2^\phantom{\dagger}) \\ & = \sqrt{2}\hbar(a_\pm^\dagger a_0^\phantom{\dagger} + a_0^\dagger a_\mp^\phantom{\dagger}), \end{align}$$ donde he usado los formularios $a_\pm = \frac{1}{\sqrt{2}}(\mp a_1 +ia_2)$y $a_\pm^\dagger =\frac{1}{\sqrt{2}}(\mp a_1^\dagger -ia_2^\dagger)$. Este resultado para $L_\pm$se puede entender bastante fácilmente: destruyes un cuanto con $a_0$y luego recrearlo con $\pm$más momento angular, o destruyes un cuanto con $a_\mp$y luego recrearlo con $\pm1$más unidad de momento angular. ¡Fácil!

Como se aplica a su$N=3$estado,$|3,3,3⟩ = \frac{1}{\sqrt{3!}}(a_+^\dagger)^3|0⟩$, a continuación, puede proceder a obtener

$$\begin{align} |3,3,2⟩ &= \frac{1}{\sqrt{6}}L_- |3,3,3⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{6}} \, \sqrt{2} \hbar(a_-^\dagger a_0^\phantom{\dagger} + a_0^\dagger a_+^\phantom{\dagger}) \ \frac{1}{\sqrt{3!}}(a_+^\dagger)^3|0⟩ \\ & = \frac{1}{3\sqrt{2}}\hbar(0 + a_0^\dagger a_+^\phantom{\dagger}) \cdot (a_+^\dagger)^3|0⟩ \\ & = \frac{1}{3\sqrt{2}}\hbar\, a_0^\dagger \left((a_+^\dagger)^3 a_+^\phantom{\dagger}+3(a_+^\dagger)^2\right) |0⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{2!}} \hbar \, a_0^\dagger (a_+^\dagger)^2 |0⟩, \end{align}$$ y así sucesivamente, hasta llegar a $|3,3,-3⟩ = \frac{1}{\sqrt{3!}}(a_-^\dagger)^3|0⟩$.

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El otro subespacio, con$l<N$, es un poco más complicado, porque no se puede obtener del argumento ingenuo de simplemente hacer$(a_+^\dagger)^{N} |0⟩$y luego usando el álgebra de momento angular para cubrirte.

Siempre encuentro que la aparición de estos caparazones es más fácil de entender al observar la forma en que se combinan los componentes cartesianos, así que permítanme comenzar construyendo el$N=2$,$l=0$estado directamente sobre la base cartesiana$|n_x,n_y,n_z⟩_\mathrm{C}$. En particular, considere el estado

$$|\psi⟩ = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( |2,0,0⟩_\mathrm{C} + |0,2,0⟩_\mathrm{C} + |0,0,2⟩_\mathrm{C}\right),$$ que tiene una representación de espacio de posición $$\begin{align} ⟨x,y,z|\psi⟩ & = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( ⟨x,y,z|2,0,0⟩_\mathrm{C} + ⟨x,y,z|0,2,0⟩_\mathrm{C} + ⟨x,y,z|0,0,2⟩_\mathrm{C}\right) \\ & = \frac{1}{\sqrt{3}} \bigg[ H_2(x)+H_2(y)+H_2(z)\bigg]e^{-r^2/2} \\ & \propto \frac{1}{\sqrt{3}} \bigg[ (4x^2-2)+(4y^2-2)+(4z^2-2)\bigg]e^{-r^2/2} \\ & = \frac{1}{\sqrt{3}} \left(4r^2-6\right)e^{-r^2/2} , \end{align}$$ entonces depende solo de $r$y por lo tanto pertenece a la $l=0$representación. Todo esto está muy bien, pero ¿cómo representamos esto usando los operadores bosónicos? Esto se puede leer directamente del estado anterior, reformulándolo como $$\begin{align} |2,0,0⟩ & = \frac{1}{\sqrt{3!}}\left((a_1^\dagger)^2+(a_2^\dagger)^2+(a_3^\dagger)^2\right)|0⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{3!}}\left(\frac12(-a_+^\dagger +a_-^\dagger)^2-\frac12(a_+^\dagger +a_-^\dagger)^2+(a_0^\dagger)^2\right)|0⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{3!}}\left((a_0^\dagger)^2-2a_+^\dagger a_-^\dagger\right)|0⟩ \end{align}$$ donde he usado $a_1^\dagger = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(-a_+^\dagger +a_-^\dagger\right)$y $a_2^\dagger = \frac{i}{\sqrt{2}}\left(a_+^\dagger +a_-^\dagger\right)$. Esto tiene mucho sentido: $|2,0,0⟩$se genera desde el estado de vacío a través de dos vías que aumentan $N$por dos pero vete $L_0$sin alterar, $(a_0^\dagger)^2$y $a_+^\dagger a_-^\dagger$, y luego esos dos se superponen de una manera que hará $L^2$desaparecer. Sin embargo, hay una pregunta obvia: ¿qué es exactamente ese operador y cómo lo generalizamos?

La respuesta aquí es que el ejemplo anterior es ilustrativo, pero aún no es el enfoque correcto. Realmente no queremos operadores que nos lleven de un espacio propio de energía a otro, porque no conmutarán con el hamiltoniano y, por lo tanto, tendrán algunas propiedades algebraicas relativamente complicadas. En cambio, lo que realmente queremos es una manera de generar la$|2,0,0⟩$Estado saltando por el$l$escalera de la$N=2$,$l=2$espacio: si hacemos esto, entonces nuestra nueva clase de operadores de escalera puede conmutar con el hamiltoniano (pero no con$\mathbf L$).

Esto le da un par de candidatos claros, porque el oscilador isotrópico tiene muy pocas simetrías independientes: el momento angular, que ya hemos usado, el vector de Laplace-Runge-Lenz y algo llamado el tensor de Fradkin, que se define como

$$F_{ij} = p_ip_j +x_ix_j$$ en el marco cartesiano, y que resulta conmutar con el hamiltoniano (lo que debe verificar explícitamente). El tensor de Fradkin tiende a jugar mejor con el oscilador armónico que con el vector de Runge-Lenz, y he tratado de hacer que se engrane debajo, pero para ser honesto, no está del todo así que tendrás que llenar algunos espacios en blanco.

Para traer esto a nuestro antiguo lenguaje, comencemos cambiando las cuadraturas a operadores bosónicos, dándonos

$$\begin{align} F_{ij} & = p_ip_j +x_ix_j \\ & = \frac{a_i^\phantom{\dagger}-a_i^\dagger}{\sqrt{2}\,i} \frac{a_j^\phantom{\dagger}-a_j^\dagger}{\sqrt{2}\, i} + \frac{a_i^\phantom{\dagger}+a_i^\dagger}{\sqrt{2}} \frac{a_j^\phantom{\dagger}+a_j^\dagger}{\sqrt{2}} \\ & = \frac12 \left[-(a_i^\phantom{\dagger}-a_i^\dagger)(a_j^\phantom{\dagger}-a_j^\dagger)+(a_i^\phantom{\dagger}+a_i^\dagger)(a_j^\phantom{\dagger}+a_j^\dagger)\right] \\ & = a_i^\phantom{\dagger}a_j^\dagger+a_i^\dagger a_j^\phantom{\dagger} . \end{align}$$ (Ejercicio: ¿es esto explícitamente hermético? Si no, ¿por qué es hermético?) Esto es, por supuesto, sobre una base cartesiana para la parte tensorial, pero queremos hablar de tensores esféricos aquí, por lo que realmente queremos ser usando sus componentes esféricas, $F_{0,0}$y $F_{2,m}$; aquí la componente escalar es fácil, ya que $$F_{0,0} = \sum_{i=1}^3 F_{ii} = 2H$$ es solo el hamiltoniano, y para obtener los componentes del cuadrupolo, la ruta más fácil es por analogía con el cuadrupolo eléctrico $Q_{ij}=x_ix_j$, por lo que obtienes $$\begin{align} F_{2,2} &= F_{11}+2iF_{12}-F_{22} \\ &= (a_1^\phantom{\dagger}a_1^\dagger+a_1^\dagger a_1^\phantom{\dagger}) +2i (a_1^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_1^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) - (a_2^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_2^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger} + i a_2^\phantom{\dagger})(a_1^\dagger+ia_2^\dagger) +(a_1^\dagger+ia_2^\dagger)(a_1^\phantom{\dagger} + i a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = -4\,a_+^\dagger a_-^\phantom{\dagger}, \\[2mm] F_{2,1} &= F_{13}+iF_{23} \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_1^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) +i(a_2^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_2^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}+ia_2^\phantom{\dagger})a_3^\dagger+(a_1^\dagger +ia_2^\dagger )a_3^\phantom{\dagger} \\ & = \sqrt{2}\left(a_-^\phantom{\dagger}a_0^\dagger-a_+^\dagger a_0^\phantom{\dagger} \right), \\[2mm] F_{2,0} & = 2F_{33}-F_{11}-F_{22} \\ & = 2(a_3^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_3^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) -(a_1^\phantom{\dagger}a_1^\dagger+a_1^\dagger a_1^\phantom{\dagger}) -(a_2^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_2^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = 2(a_0^\phantom{\dagger}a_0^\dagger+a_0^\dagger a_0^\phantom{\dagger}) -(a_+^\phantom{\dagger}a_+^\dagger+a_+^\dagger a_+^\phantom{\dagger}) - (a_-^\phantom{\dagger}a_-^\dagger+a_-^\dagger a_-^\phantom{\dagger}) \\ & = 2a_0^\dagger a_0^\phantom{\dagger} -a_+^\dagger a_+^\phantom{\dagger} - a_-^\dagger a_-^\phantom{\dagger} , \\[2mm] \text{and similarly} \\[2mm] F_{2,-1} &= F_{13}-iF_{23} \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_1^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) -i(a_2^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_2^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}-ia_2^\phantom{\dagger})a_3^\dagger+(a_1^\dagger -ia_2^\dagger )a_3^\phantom{\dagger} \\ & = \sqrt{2}\left(a_-^\dagger a_0^\phantom{\dagger}-a_+^\phantom{\dagger}a_0^\dagger\right) \quad\text{and} \\[2mm] F_{2,-2} &= F_{11}-2iF_{12}-F_{22} \\ &= (a_1^\phantom{\dagger}a_1^\dagger+a_1^\dagger a_1^\phantom{\dagger}) -2i (a_1^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_1^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) - (a_2^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_2^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger} - i a_2^\phantom{\dagger})(a_1^\dagger-ia_2^\dagger) +(a_1^\dagger-ia_2^\dagger)(a_1^\phantom{\dagger} - i a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = -4\,a_-^\dagger a_+^\phantom{\dagger}. \end{align}$$ Estos operadores obviamente conmutan con el hamiltoniano, y aunque no son hermitianos, obedecen $F_{2,m}^\dagger = F_{2,-m}$.

Esto es todo lo que voy a hacer por ahora, ya que no tengo tiempo. Sin embargo, esto debería darle una buena idea de dónde llevar esto para completar todas las relaciones en las álgebras relevantes; los operadores de escalera correctos están en alguna parte y debería ser solo una cuestión de reducir las cosas para obtener las relaciones correctas.

Como se mencionó en publicaciones anteriores, dado$N=n_x+n_y+n_z$, es sencillo calcular el$|n=N;l=N;m=N\rangle$indica si usamos:

$$\frac{1}{\sqrt{N!}}(a_+^\dagger)^N |0\rangle$$

Entonces podemos aplicar$L_-$hasta que lleguemos a$|n=N;l=N;m=-N\rangle$

Para saltar al segundo subespacio en el que$|n=N;l=N-2;m=0\rangle$, podemos usar el teorema de los tensores esféricos irreducibles de [Sakurai 3.10.27] :

$$T_{q}^{(k)} = \sum_{q_1 q_2} \langle k_1, k_2 ; q_1 , q_2 |k_1,k_2; k, q \rangle T_{q_1}^{(k_1)} T_{q_2}^{(k_2)}$$

Donde se cumple lo siguiente:

1. $k=N-2$
2. $k_1+k_2 = N$
3. $q_1 = -k_1, \dots , k_1$y$q_2 = -k_2, \dots , k_2$
4. estamos usando el$a_+, a_-, a_+^\dagger a_-^\dagger$que son tensores esféricos .

por ejemplo para$N=2, l=0$:

Elegimos definir 2 enteros positivos$k_1=1$,$k_2=1$calle$k_1 + k_2 =N=2$.

$$T_0^{(0)} = \sum_{q_1=-1 q_2=-1}^{1,1} \langle 1, 1 ; q_1 , q_2 |1,1; k, q \rangle T_{q_1}^{(1)} T_{q_2}^{(1)}$$

Y$T_0^{(0)}|0,0,0\rangle_C$nos dará la$|n=2;l=0;m=0\rangle$estados, por lo que saltamos al segundo subespacio y ahora podemos aplicar$L_{\pm}$para enumerar todos los estados de momento angular dentro de ese subespacio.