Confusión sobre las rotaciones de los estados cuánticos: SO(3)SO(3)SO(3) versus SU(2)SU(2)SU(2)

1. Por un lado, si$\vec{\alpha}\in \mathbb{R}^3$denota un vector de rotación 3D$^1$, entonces la matriz de rotación correspondiente

   $$R(\vec{\alpha})~=~\exp(i\vec{\alpha}\cdot \vec{L})~\in~ SO(3)~ \subseteq ~{\rm Mat}_{3\times 3}(\mathbb{R}). \tag{1}$$ Aquí$iL_j\in so(3) \subseteq {\rm Mat}_{3\times 3}(\mathbb{R})$son tres$so(3)$Generadores de álgebra de mentira, definidos como $$\begin{align} i(L_j)_{k\ell} ~=~& \epsilon_{jk\ell} ,\cr j,k,\ell~\in~& \{1,2,3\}, \cr \epsilon_{123}~=~&1,\tag{1'}\end{align}$$ y cumpliendo la$so(3)$Relaciones entre corchetes $$\begin{align} [L_j, L_k] ~=~& i\sum_{\ell=1}^3\epsilon_{jk\ell} L_{\ell}, \cr j,k,\ell~\in~& \{1,2,3\}.\end{align} \tag{1"}$$

2. Por otra parte, el correspondiente$SU(2)$matriz es$^2$

   $$X(\vec{\alpha})~=~\exp(\frac{i}{2}\vec{\alpha}\cdot \vec{\sigma})~\in~ SU(2)~ \subseteq ~{\rm Mat}_{2\times 2}(\mathbb{C}), \tag{2}$$ dónde$\sigma_{\ell}$son las matrices de Pauli .

3. Las dos representaciones matriciales (1) y (2) están relacionadas a través de

   $$\begin{align} X(\vec{\alpha}) \sigma_k X(\vec{\alpha})^{-1}~=~& \sum_{j=1}^3\sigma_j R(\vec{\alpha})^j{}_k, \cr R(\vec{\alpha})^j{}_k~=~&\frac{1}{2}{\rm Tr}(\sigma^jX(\vec{\alpha}) \sigma_k X(\vec{\alpha})^{-1}), \cr j,k~\in~& \{1,2,3\}. \end{align}\tag{3}$$

4. La relación (3) expone el hecho de que la representación adjunta

   $${\rm Ad}:~ SU(2) \quad\to\quad SO(su(2))~\cong~ SO(3),\tag{4}$$ dada por $$\begin{align} X\quad \mapsto&\quad{\rm Ad}(X)\sigma~:= ~X\sigma X^{-1}, \cr X~\in~& SU(2),\cr \sigma~\in~& su(2)\cr ~:=~&\{ \sigma\in {\rm Mat}_{2\times 2}(\mathbb{C})\mid \sigma^{\dagger}=\sigma~\wedge~{\rm tr}(\sigma)=0\}\cr ~=~&{\rm span}_{\mathbb{R}}\{\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3\},\cr &||\sigma||^2 ~=~\det(\sigma),\cr &{\rm Ad}(\pm {\bf 1}_{2 \times 2})~=~{\bf 1}_{su(2)}, \end{align}\tag{4'}$$ es un homomorfismo de grupo de Lie 2:1 sobreyectivo entre$SU(2)$y$SO(3)$, es decir $$SU(2)/\mathbb{Z}_2~\cong~SO(3). \tag{4"}$$

5. Consulte también esta publicación Phys.SE relacionada, que explica la apariencia de medio ángulo en la ecuación. (2).

Referencias:

1. G. 't Hooft, Introducción a los grupos de mentiras en física , notas de lectura, capítulos 3 y 6. El archivo pdf está disponible aquí .

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$^1$La dirección de un vector de rotación. $\vec{\alpha}\in \mathbb{R}^3$es paralela al eje de rotación, mientras que la longitud$|\vec{\alpha}|$denota el ángulo de rotación en sentido antihorario (visto desde la punta del vector de rotación).

$^2$La notación y las convenciones en esta respuesta Phys.SE siguen a la Ref. 1.

Esta es una muy buena pregunta. Hay varias formas de responder a tu pregunta. Recuerdo haber entendido toda la teoría de grupos y, sin embargo, sentir que no entendía la física cuando me encontré con el problema por primera vez, así que intentaré explicar las cosas físicamente.

Primero, uno debe preguntarse cómo uno sabría que algo tiene un momento angular y lo mediría. No estoy hablando solo de giro, sino también de objetos cotidianos. Lo acoplaría a otra cosa que pueda captar el momento angular. Como un bate de béisbol.

En el caso de los electrones, proviene del acoplamiento espín-órbita o emisión de fotones que transportan el espín. Sin embargo, tenemos un ejemplo mucho más accesible porque los electrones llevan carga. La carga nos ayuda a medida que el momento angular se manifiesta como un momento magnético que se acopla a un campo magnético y podemos usar la configuración de Stern-Gerlach para influir en las trayectorias de partículas con diferentes momentos angulares (siempre que estén cargadas bajo el habitual). U(1) carga electromagnética).

Básicamente, el hamiltoniano tiene un acoplamiento.

$$\Delta H = g ~ \hat n. \vec J$$

donde en el caso Stern Gerlach el$\hat n$corresponde a la dirección del campo magnético. La invariancia bajo rotaciones infinitesimales significa que$J$tiene que satisfacer el álgebra (debe intentar probar esto o hacer una pregunta por separado)

$$[J_i,J_j]=\epsilon_{ijk} J_k$$

donde se utiliza la convención de suma sobre índices repetidos. Los operadores de dimensión más pequeña que la satisfacen son$2 \times 2$(un resultado también conocido como el giro más pequeño siendo$\frac{1}{2}$) y estos operadores son generados por la base$\{\frac{1}{2} \sigma_x,\dots \}$.

En este punto, tenga en cuenta un hecho matemático que nunca he tratado de probar, para operadores de momento angular semiintegrales, la exponenciación no cubre el grupo de rotación$SO(3)$pero en cambio cubre$SU(2)$. Estos son localmente isomorfos y eso es todo lo que se requiere del acoplamiento en el hamiltoniano. En otras palabras, representaciones de$SU(2)$puede acoplarse a instrumentos clásicos que miden el momento angular (no significa que tengan que hacerlo, por ejemplo, SU (2) subconjunto de color SU (3) no).

Entonces, concluimos que para spin$\frac{1}{2}$el operador de momento angular más general es

$$\mathcal O = \frac{1}{2} \hat n . \vec \sigma$$

donde$\hat n$es un vector unitario en alguna dirección.

Ahora podemos hacer muchas matemáticas y teoría de representación/grupo para decir que esto se transforma en la representación adjunta o podemos ver la física. Supongamos que realizamos una rotación de ángulo$\theta$alrededor del eje dado por el vector unitario$\hat m$. ¿Qué esperamos? Esperaríamos obtener un nuevo operador que corresponda a rotar$\hat n$por$\theta$alrededor$\hat m$. Tal vector es

$$\tilde {\hat n}= (\hat n . \hat m) \hat m + ( \hat n - (\hat n . \hat m) \hat m) \cos \theta + (\hat m \times \hat n) \sin \theta$$

y el operador rotado es

$$\tilde {\mathcal O} = \frac{1}{2} \tilde {\hat n}. \vec \sigma$$

Ahora la afirmación es que el operador$\mathcal O$se transforma en el representante adjunto y eso significa que deberíamos obtener

$$\tilde {\mathcal O}= \frac{1}{2} e^{-i\frac{\theta}{2} \hat m.\vec \sigma} ~\hat n. \vec \sigma ~e^{i\frac{\theta}{2} \hat m.\vec \sigma}$$

De hecho, lo hace y para completar lo derivaré aquí. Necesitaremos

$$(\vec a. \vec \sigma)(\vec b. \vec \sigma) = (\vec a.\vec b) +i (\vec a \times \vec b).\vec \sigma$$

Vemos eso

$$\begin{align} & \frac{1}{2} e^{-i\frac{\theta}{2} \hat m.\vec \sigma} ~\hat n. \vec \sigma ~e^{i\frac{\theta}{2} \hat m.\vec \sigma} \\ &=[ \cos(\frac{\theta}{2}) - i (\hat m.\vec \sigma) \sin(\frac{\theta}{2})] [ \hat n.\vec \sigma] [ \cos(\frac{\theta}{2}) + i (\hat m.\vec \sigma) \sin(\frac{\theta}{2})] \\ &=[ \cos(\frac{\theta}{2}) - i (\hat m.\vec \sigma) \sin(\frac{\theta}{2})] [ (\hat n.\vec \sigma) \cos(\frac{\theta}{2}) +i ( \hat n.\hat m + i (\hat n \times \hat m).\vec \sigma) \sin(\frac{\theta}{2})] \\ &=(\hat n. \vec \sigma) \cos^2 ( \frac{\theta}{2}) + 2 ( \hat m \times \hat n) \sin(\frac{\theta}{2}) \cos (\frac{\theta}{2}) +(\hat n.\hat m) \hat m .\vec \sigma \sin^2 (\frac{\theta}{2}) \\ &~~~-( \hat n - (\hat n.\hat m) \hat m).\vec \sigma \sin^2(\frac{\theta}{2}) \\ &=\tilde {\hat n} .\vec \sigma \end{align}$$

Entonces vemos que efectivamente el operador se transforma en la representación adjunta.

Ahora el valor esperado para un estado$|\psi \rangle$es

$$\langle \psi | \mathcal O | \psi \rangle$$

y por lo tanto la invariancia bajo rotaciones significa que

$$\begin{align} | \tilde \psi \rangle &= e^{-i\frac{\theta}{2} \hat m.\vec \sigma} |\psi \rangle \\ &= [\cos(\frac{\theta}{2}) - i (\hat m.\vec \sigma) \sin (\frac{\theta}{2})]|\psi \rangle \end{align}$$

lo que muestra que bajo una rotación por$\pi$obtenemos$| \tilde \psi \rangle = -i (\hat m. \vec \sigma) | \psi \rangle$como pidió el OP.

La generalización a espines más altos no es sencilla ya que no tenemos propiedades como$J_x^2=1$y se debe usar la fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff. Sin embargo, una vez que la idea anterior es clara, se pueden usar los resultados de la teoría de grupos para ver que para spin-1, por ejemplo, tendremos 3$3 \times 3$matrices

$$\begin{align} J_x &= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 &1 &0\\ 1 &0 &1\\ 0 &1 &0 \end{pmatrix} \\ J_y &= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 &-i &0\\ i &0 &-i\\ 0 &i &0 \end{pmatrix} \\ J_z &= \begin{pmatrix} 1 &0 &0\\ 0 &0 &0\\ 0 &0 &-1 \end{pmatrix} \end{align}$$

y de nuevo el operador más general será

$$\mathcal O_3 = \hat n.\vec J$$

Ahora, dado que el operador está hecho de los generadores de SO (3), sabemos que se transformará bajo el representante adjunto y, aunque será considerablemente más trabajo que arriba para demostrar que es así, el significado de tal transformación es que

$$\tilde {\mathcal O_3} = \tilde{\hat n}.\vec J$$

y luego el mismo argumento que el anterior nos dará que el estado se transforma en la representación fundamental como

$$| \tilde {\psi_3} \rangle = e^{-i \theta ~ \hat n. \vec J} |\psi_3 \rangle$$

Alternativamente, uno hace que la partícula spin-1 sea el estado triplete de dos spin-$\frac{1}{2}$partículas y obras a partir de ahí.

¿Cómo puedo demostrar que una rotación en "nuestro mundo" genera una rotación de estados cuánticos y cómo uso eso para mostrar la fórmula para rotaciones en estados cuánticos?

Como con cualquier cosa en física, haces postulados y los pruebas. Sin embargo, los postulados que debe hacer son muy, muy leves y obvios, y luego estos le permiten usar el Teorema de Wigner , que es una bestia poderosa que realmente concreta las cosas precisamente para la pregunta que hizo anteriormente.

Cuando rotamos nuestro objeto cuántico o nuestro sistema de coordenadas, hacemos el postulado muy obvio de que, sea cual sea la transformación que esta acción produzca en el espacio de estado cuántico, esta transformación debe preservar los productos internos en el espacio de estado cuántico para que el estado permanezca. correctamente normalizado.

Solo a partir de estos postulados, es decir , ni siquiera es necesario suponer la linealidad , Wigner demostró que cuando nuestro sistema de coordenadas/objeto cuántico sufre una serie de "simetrías" consecutivas ( es decir , transformaciones de Lorentz, que por supuesto incluyen rotaciones), la correspondiente las transformaciones del espacio de estado cuántico deben "componerse de manera compatible con la composición de simetría" (la frase de la jerga que se escucha en este contexto). Esto se expresa con más precisión en los símbolos. Dejar$\sigma:\mathrm{SO}(1,\,3)\to T$ser el mapeo entre las "simetrías" (transformaciones de Lorentz, incluidas las rotaciones en$\mathrm{SO}(1,\,3$) y el conjunto de transformaciones del espacio de estado cuántico$T$. Entonces nosotros tenemos:

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Teorema de Wigner

Dados los postulados anteriores (ver en otra parte para una declaración más precisa), para cualquiera de los dos$\gamma,\,\zeta\in\mathrm{SO}(1,\,3)$, las correspondientes transformaciones del espacio de estado cuántico$\sigma(\gamma)$y$\sigma(\zeta)$:

1. Actúan lineal o antilinealmente en el espacio cuántico de estados (y son obviamente unitarios/antiunitarios, ya que tienen que conservar productos internos); y
2. $\sigma(\gamma\,\zeta) = \pm \sigma(\gamma)\,\sigma(\zeta)$

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es decir , el mapeo$\sigma$es un llamado homomorfismo proyectivo .

El$\pm$firmar en la ecuación anterior es intrascendente y pesado al mismo tiempo! Es intrascendente en el sentido de que, dado que los estados cuánticos son en realidad rayos en el espacio de estados cuánticos, el signo (como cualquier fase global) no tiene efecto sobre la acción física de la transformación en el espacio de estados. Pero el hecho de que haya esta señal allí significa que:

1. No solo estamos tratando con representaciones del grupo$\mathrm{SO}(1,\,3)$(o$\mathrm{SO}(3)$en el contexto de su pregunta) (que es el caso del signo "+"); PERO
2. Podríamos estar ante la representación de un Espacio de Cobertura Topológico del grupo$\mathrm{SO}(1,\,3)$o$\mathrm{SO}(3)$(en cuyo caso nuestro$\sigma$puede agregar el$-$fase).

La idea del espacio de cobertura topológica es clave aquí. Para$\mathrm{SO}(1,\,3)$y$\mathrm{SO}(3)$solo hay dos coberturas posibles cada uno: los grupos en sí y sus coberturas universales$\mathrm{SL}(2,\,\mathbb{C})$y$\mathrm{SU}(2)$, respectivamente. No hay más porque los dos$\mathrm{SL}(2,\,\mathbb{C})$y$\mathrm{SU}(2)$son simplemente conexos, y un espacio topológico simplemente conexo no admite espacios de cobertura no triviales. Hay una prueba legible de esto en el antiguo libro de WS Massey, "Topología algebraica: una introducción".

Entonces, la relación crucial es que$\mathrm{SU}(2)$es la doble (y universal, por lo tanto la única no trivial) cobertura de$\mathrm{SO}(3)$.

Ahora, tanto la respuesta de Quantum Mechanic como la respuesta más física de Borun Chowdhury le brindan bastantes detalles de los cálculos en$SU(2)$y$SO(3)$y de sus representaciones, pero si desea intentar visualizar su relación, quizás eche un vistazo a la segunda mitad de esta respuesta mía donde trato de ilustrar la construcción estándar del grupo de cobertura universal topológico aplicado a$SO(3)$para que puedas visualizar$SU(2)$como si estuviera hecho de dos copias de$SO(3)$.