¿Cómo derivar el operador de momento angular para el oscilador armónico 3D?

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¿Cómo derivar el operador de momento angular para el oscilador armónico 3D?

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En Momento angular para oscilador armónico 3D en dos bases diferentes, Robin Ekman viene con la expresión $L_i$ . no puedo ver como

ϵ_{i j k} (a_{j}^{†} a_{k}^{†} - a_{j} a_{k}) = 0

$\epsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\dagger - a_j a_k) = 0$ al desarrollar la

L_{i}

$L_i$ para oscilador armónico 3D isotrópico

L_{i} = i \frac{ℏ}{2} ϵ_{i j k} (a_{j} + a_{j}^{†}) (a_{k}^{†} - a_{k}) = i \frac{ℏ}{2} ϵ_{i j k} (a_{j} a_{k}^{†} - a_{j} a_{k} + a_{j}^{†} a_{k}^{†} - a_{j}^{†} a_{k}) = - i ℏ ϵ_{i j k} a_{j}^{†} a_{k} .

$L_i = i \frac{\hbar}{2} \epsilon_{ijk}(a_j + a_j^\dagger) (a_k^\dagger - a_k) = i \frac{\hbar}{2} \epsilon_{ijk}( a_j a_k^\dagger - a_j a_k + a_j^\dagger a_k^\dagger - a_j^\dagger a_k) = -i\hbar\epsilon_{ijk} a^\dagger_j a_k.$

veo que

{(a_{j}^{†} a_{k}^{†})}^{†} = a_{k} a_{j} = a_{j} a_{k},

$\left(a_j^\dagger a_k^\dagger\right)^\dagger = a_k a_j = a_j a_k,$ lo que significa

a_{j} a_{k}

$a_ja_k$ no es hermitiano para

i \neq j

$i \ne j$ cómo

ϵ_{i j k} (a_{j}^{†} a_{k}^{†} - a_{j} a_{k})

$\epsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\dagger - a_j a_k)$ ir a

0

$0$ ?

Respuestas (2)

¿Cómo derivar el operador de momento angular para el oscilador armónico 3D?

Everett usted · Answer 1

Primero, necesitas entender $a_i$ es un operador bosónico que satisface la relación de conmutación bosónica $[a_i,a_j]=0$ , significa que $a_ia_j=a_ja_i$ . Ahora mostramos que $\epsilon_{ijk}a_ja_k=0$ . porque si arreglas $i=1$ , entonces

ϵ_{1 j k} a_{j} a_{k} = ϵ_{123} a_{2} a_{3} + ϵ_{132} a_{3} a_{2} = a_{2} a_{3} - a_{3} a_{2} = 0.

$\epsilon_{1jk}a_ja_k=\epsilon_{123}a_2a_3+\epsilon_{132}a_3a_2=a_2a_3-a_3a_2=0.$ Para otra opción de

i

$i$ , la demostración es similar. Entonces

ϵ_{i j k} a_{j} a_{k} = 0

$\epsilon_{ijk}a_ja_k=0$ implica

ϵ_{i j k} a_{j}^{†} a_{k}^{†} = 0

$\epsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\dagger=0$ por Hermitian conjugando ambos lados de la ecuación. porque ambos

ϵ_{i j k} a_{j} a_{k}

$\epsilon_{ijk}a_ja_k$ y

ϵ_{i j k} a_{j}^{†} a_{k}^{†}

$\epsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\dagger$ son cero, por lo que su diferencia también es cero.

Emilio Pisanty · Answer 2

no es tanto eso $\epsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\dagger - a_j a_k)$ es cero, pero que cada uno de esos términos desaparece por sí solo:

ambos ϵ_{i j k} a_{j}^{†} a_{k}^{†} = 0 y ϵ_{i j k} a_{j} a_{k} = 0,

$\text{both}\quad \epsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\dagger = 0 \quad\text{and}\quad \epsilon_{ijk}a_j a_k = 0,$ porque esos operadores viajan diariamente, así que

a_{j} a_{k} = a_{k} a_{j}

$a_ja_k=a_ka_j$ y lo mismo para las dagas, y para cada par con

j \neq k

$j\neq k$ tienes un término correspondiente con el signo opuesto en el tensor de Levi-Civita. Así, digamos, por

i = 1

$i=1$ , el término de doble aniquilación dice

ϵ_{1 j k} a_{j} a_{k} = a_{2} a_{3} - a_{3} a_{2} = 0,

$\epsilon_{1jk}a_j a_k = a_2a_3-a_3a_2 = 0,$ y lo mismo para los demás componentes y el término de doble creación.

Lo mismo sucede con los otros dos términos, porque te queda hasta ahora

L_{i} = \frac{ℏ}{2 i} ε_{i j k} (a_{j}^{†} a_{k}^{} - a_{j}^{} a_{k}^{†}),

$L_i=\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}-a_j^\phantom{\dagger}a_k^\dagger),$ pero los dos términos son esencialmente idénticos. Para ver esto, toma el segundo término y voltea el

j

$j$ y

k

$k$ etiquetas:

\begin{aligned} \frac{ℏ}{2 i} ε_{i j k} a_{j}^{} a_{k}^{†} & = \frac{ℏ}{2 i} ε_{i k j} a_{k}^{} a_{j}^{†} \\ = \frac{ℏ}{2 i} ε_{i k j} (a_{j}^{†} a_{k}^{} + i d_{j k}) \\ = - \frac{ℏ}{2 i} ε_{i j k} a_{j}^{†} a_{k}^{} + \frac{ℏ}{2} ε_{i k j} d_{j k} \\ = - \frac{ℏ}{2 i} ε_{i j k} a_{j}^{†} a_{k}^{}, \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}a_j^\phantom{\dagger}a_k^\dagger & = \frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ikj}a_k^\phantom{\dagger}a_j^\dagger \\& = \frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ikj}(a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}+i\delta_{jk}) \\& = -\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} + \frac{\hbar}{2}\varepsilon_{ikj}\delta_{jk} \\& = -\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} , \end{align}$ dónde

ε_{i k j} δ_{j k} = 1 - 1 = 0

$\varepsilon_{ikj}\delta_{jk}=1-1=0$ desaparece Poniendo esto de nuevo en la expresión completa, obtienes

L_{i} = \frac{ℏ}{2 i} ε_{i j k} (a_{j}^{†} a_{k}^{} + a_{j}^{†} a_{k}^{}) = - i ℏ ε_{i j k} a_{j}^{†} a_{k}^{}

$L_i=\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}+a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}) =-i\hbar\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}$ como se afirmó anteriormente.

Entonces, para el oscilador armónico isotópico en N, no habrá necesariamente un invariante de momento angular generalizado como $x \wedge p$ solo es cierto para N=3
Para un oscilador armónico isotrópico en $N$ dimensiones, $H=\frac12\sum_{j=1}^N(p_j^2+x_j^2)$ conmuta con todas las rotaciones, por lo que conmutará con el momento angular generalizado de ese espacio tanto como cualquier $H= \frac12 \mathbf p^2 +V(r)$ voluntad hamiltoniana, aunque en $N>3$ la forma del momento angular obviamente cambiará; para obtener más información al respecto, consulte esta pregunta .
Para complementar la respuesta de @EmilioPisanty: en general, se puede obtener una base para las matrices hermitianas sin rastro a partir de las matrices reales simétricas y antisimétricas. Las matrices antisimétricas se cierran en $so(N)$ mientras que las matrices simétricas definen momentos cuadripolares (generalizados) pero no se cierran bajo conmutación (en realidad conmutan a un momento angular generalizado).

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Everett usted

Emilio Pisanty

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Emilio Pisanty

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