Encuentre los estados propios de un hamiltoniano que permita que dos 1/2 de giro interactúen pero también actúe sobre uno de ellos

Question

Encuentre los estados propios de un hamiltoniano que permita que dos 1/2 de giro interactúen pero también actúe sobre uno de ellos

fuerzamagnética

Tengo el siguiente hamiltoniano que describe dos sistemas de espín 1/2, representados por las matrices de Pauli $\sigma_1$ y $\sigma_2$ :

$H = D \sigma_{1z} + J (\sigma_1 \cdot \sigma_2)$ .

Los dos giros están acoplados por $J$ pero al mismo tiempo el primer giro $\sigma_1$ también está bajo la influencia de $D$ que influye en su componente z. Mis preguntas ahora son:

¿Este hamiltoniano está incluso permitido de forma física? Es decir, ¿puedo simplemente "dividir" el giro? $\sigma_1$ así y afirmo que, por un lado, está interactuando con otro giro pero, por otro lado, también está influenciado por algo en el que ya no tomo en cuenta el segundo giro y solo sumo los hamiltonianos. De alguna manera siento que una perturbación es más apropiada.
Ahora, por supuesto, quiero encontrar los estados propios y los valores propios de este hamiltoniano, para esto acoplo los giros y pruebo el siguiente hamiltoniano 4x4 con los nuevos operadores de giro 4x4:
$H = D (σ_{1 z} \otimes 1^{(2 X 2)}) + j (σ_{1 X} \otimes σ_{2 X} + σ_{1 y} \otimes σ_{2 y} + σ_{1 z} \otimes σ_{2 z})$ $H = D (\sigma_{1z} \otimes \mathbb{1}^{(2x2)}) + J (\sigma_{1x} \otimes \sigma_{2x} + \sigma_{1y} \otimes \sigma_{2y} + \sigma_{1z} \otimes \sigma_{2z})$ Luego diagonalizo ingenuamente este hamiltoniano con Matlab y obtengo algunos valores propios. Los valores propios parecen estar de acuerdo con las energías esperadas. Pero mi problema ahora es que no estoy seguro de si esto es correcto según mi primera pregunta y no tengo idea de lo que se supone que significan los estados propios, siento que necesito hacer una transformación unitaria o un cambio de base para hacer sentido de los estados propios que obtengo. Tampoco puedo encontrar operadores que ahora viajen con este hamiltoniano, es decir $\sigma^2$ ya no viaja. Donde he usado el operador new para el giro total de la siguiente forma (aquí solo para el componente z): $S_{z} = σ_{1 z} \otimes 1^{(2 X 2)} + 1^{(2 X 2)} \otimes σ_{2 z} .$ $S_z = \sigma_{1z} \otimes \mathbb{1}^{(2x2)} + \mathbb{1}^{(2x2)} \otimes \sigma_{2z}.$ ¿Hay alguna manera de encontrar buenos números cuánticos nuevamente que se conserven ya que ahora estoy realmente confundido sobre cómo se supone que debo etiquetar los estados propios, es decir, qué valor de m_z y giro total tienen?

¡Gracias!

Meng Cheng

para girar-

1 / 2

$1/2$ ,

σ_{z}^{2} = 1

$\sigma_z^2=1$ . Así que el primer término es una constante :)

fuerzamagnética

Jaja, cierto... Hagamos un giro más alto entonces, por ejemplo, giro-1 o simplemente déjelo sin el cuadrado, gracias por señalar esto.

Pedro Shor

No

σ_{1 z} \otimes σ_{2 z}

$\sigma_{1z} \otimes \sigma_{2z}$ viajar con el hamiltoniano?

Pedro Shor

El primer término del que habla @Meng Cheng ha sido eliminado. No tengo idea si tus cálculos son correctos o no; si los hiciste bien (donde el primer término no está elevado al cuadrado), deberían estarlo.

Michael Seifert

¿Por qué espera que los estados propios tengan valores definidos?

m_{z}

$m_z$ o los valores totales de giro? Parece bastante evidente a partir del hamiltoniano que no lo harán (a menos que tenga algún tipo de degeneración accidental).

fuerzamagnética

Bueno, en realidad no me lo espero, me parece correcto que se conserve algo. Es decir, trato de ajustar algunos datos experimentales a este hamiltoniano y para esto me gustaría tener algunas reglas de selección si paso del estado fundamental al primer estado excitado con un electrón externo que lleva

m_{z} = 1

$m_z = 1$ y puede cambiar

m_{z}

$m_z$ por uno. Tal vez tenga que acoplar también el electrón de sondeo con este sistema para hacerlo consistente, pero me gustaría evitar esto y mantenerlo simple como un experimentador ingenuo.

Pedro Shor

El hecho de que

σ_{1 z} \otimes σ_{2 z}

$\sigma_{1z} \otimes \sigma_{2z}$ conmuta con el hamiltoniano, como mencioné anteriormente, puede usarse para simplificar los cálculos.

Respuestas (1)

Encuentre los estados propios de un hamiltoniano que permita que dos 1/2 de giro interactúen pero también actúe sobre uno de ellos

para girar- $1/2$ , $\sigma_z^2=1$ . Así que el primer término es una constante :)
Jaja, cierto... Hagamos un giro más alto entonces, por ejemplo, giro-1 o simplemente déjelo sin el cuadrado, gracias por señalar esto.
No $\sigma_{1z} \otimes \sigma_{2z}$ viajar con el hamiltoniano?
El primer término del que habla @Meng Cheng ha sido eliminado. No tengo idea si tus cálculos son correctos o no; si los hiciste bien (donde el primer término no está elevado al cuadrado), deberían estarlo.
¿Por qué espera que los estados propios tengan valores definidos? $m_z$ o los valores totales de giro? Parece bastante evidente a partir del hamiltoniano que no lo harán (a menos que tenga algún tipo de degeneración accidental).
Bueno, en realidad no me lo espero, me parece correcto que se conserve algo. Es decir, trato de ajustar algunos datos experimentales a este hamiltoniano y para esto me gustaría tener algunas reglas de selección si paso del estado fundamental al primer estado excitado con un electrón externo que lleva $m_z = 1$ y puede cambiar $m_z$ por uno. Tal vez tenga que acoplar también el electrón de sondeo con este sistema para hacerlo consistente, pero me gustaría evitar esto y mantenerlo simple como un experimentador ingenuo.
El hecho de que $\sigma_{1z} \otimes \sigma_{2z}$ conmuta con el hamiltoniano, como mencioné anteriormente, puede usarse para simplificar los cálculos.

Herr_Mitesch · Answer 1

No estoy tan seguro de si esto es realmente lo que está buscando, pero, por supuesto, puede resolver este problema fácil de forma analítica.

Para hacer esto, es inteligente analizar primero el hamiltoniano más fácil $H_0 = 2g (\vec L \cdot \vec S)$ , donde el $L_i$ y $S_j$ cumplir independiente $SU(2)$ -álgebra

[L_{i}, L_{j}] = i ϵ_{i j k} L_{k} [S_{i}, S_{j}] = i ϵ_{i j k} S_{k} .

$[L_i, L_j] = i \epsilon_{ijk} L_k\\ [S_i, S_j] = i \epsilon_{ijk} S_k.$ Este hamiltoniano se puede escribir como

H_{0} = gramo (j^{2} - L^{2} - S^{2}),

$H_0 = g(J^2 - L^2 - S^2),$ donde hemos definido los siguientes operadores:

L^{2} = \sum_{i = 1}^{3} L_{i}^{2} \otimes 1, S^{2} = \sum_{i = 1}^{3} 1 \otimes S_{i}^{2}, j_{i} = L_{i} \otimes 1 + 1 \otimes S_{i}, j^{2} = \sum_{i = 1}^{3} j_{i}^{2} .

$L^2 = \sum_{i=1}^3 L_i^2 \otimes \mathbb{1},\\ S^2 = \sum_{i=1}^3 \mathbb{1} \otimes S_i^2, \\ J_i = L_i\otimes \mathbb{1} + \mathbb{1}\otimes S_i,\\J^2 = \sum_{i=1}^3 J_i^2.$ No fue

L^{2}

$L^2$ y

S^{2}

$S^2$ son iguales a

\frac{1}{2} (1 + \frac{1}{2})

$\frac{1}{2} (1+\frac{1}{2})$ en el subespacio que nos interesa (a saber, el de una partícula de espín 1/2), podemos escribir el hamiltoniano como

H_{0} = gramo (j^{2} - 3 / 2)

$H_0 = g(J^2 - 3/2)$ y por simple suma de momentos angulares, encontramos los estados propios

| j, m ⟩

$|j, m\rangle$ :

| 1, 1 ⟩ = | ↑↑ ⟩ | 1, 0 ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| ↑↓ ⟩ + | ↓↑ ⟩) | 1, - 1 ⟩ = | ↓↓ ⟩ | 0, 0 ⟩ = \frac{1}{\sqrt{2}} (| ↑↓ ⟩ - | ↓↑ ⟩)

$|1, 1\rangle = \left|\uparrow\uparrow\right\rangle\\ |1, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(\left|\uparrow\downarrow\right\rangle+\left|\downarrow\uparrow\right\rangle) \\ |1, -1\rangle = \left|\downarrow\downarrow\right\rangle\\ |0, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(\left|\uparrow\downarrow\right\rangle-\left|\downarrow\uparrow\right\rangle)$ con energías

E_{0} = - 3 g / 2

$E_0 = -3g/2$ y

E_{1} = g / 2

$E_1 = g/2$ respectivamente (y notación obvia para la base del producto del espacio de Hilbert de dos partículas).

Ahora procedamos al problema real y agreguemos el segundo término. Como dijiste,

[j^{2}, L_{z}] = 2 i (\vec{L} \times \vec{S})_{z}

$[J^2, L_z] = 2i (\vec L\times \vec S)_z$ y por lo tanto el valor propio de

J^{2}

$J^2$ ya no es un buen número cuántico. Pero

[H, j_{z}] = 0,

$[H, J_z] = 0,$ por lo que podemos etiquetar los estados del sistema por su energía y su

J_{z}

$J_z$ componente. En efecto, si calculamos la acción de

H

$H$ en la base propia anterior, vemos que solo se mezcla

| 1, 0 ⟩

$|1, 0\rangle$ y

| 0, 0 ⟩

$|0, 0\rangle$ . Al diagonalizar el hamiltoniano completo encontramos una nueva base de estados propios:

| metro = \pm 1, {mi}_{\pm 1} ⟩ = | 1, \pm 1 ⟩ | metro = 0, {mi}_{0, \pm} ⟩ = \frac{1}{C_{\pm}} ((gramo \pm \sqrt{{gramo}^{2} + d^{2}}) | 1, 0 ⟩ + d | 0, 0 ⟩),

$|m=\pm 1, E_{\pm1} \rangle = |1, \pm 1\rangle\\ |m=0, E_{0,\pm}\rangle = \frac{1}{C_\pm}\left(\left(g\pm\sqrt{g^2+d^2}\right) |1, 0\rangle + d|0, 0\rangle\right),$ dónde

C_{\pm}^{2} = 2 (g^{2} \pm g \sqrt{g^{2} + d^{2}} + d^{2})

$C_\pm^2 = 2\left(g^2 \pm g \sqrt{g^2+d^2} + d^2\right)$ y energías correspondientes

{mi}_{\pm 1} = \frac{gramo}{2} \pm d {mi}_{0, \pm} = - \frac{gramo}{2} \pm \sqrt{{gramo}^{2} + d^{2}},

$E_{\pm1} = \frac{g}{2}\pm d\\ E_{0, \pm} = -\frac{g}{2} \pm \sqrt{g^2 + d^2},$ que por supuesto se reducen a los valores propios de

H_{0}

$H_0$ si giras

d

$d$ a cero.

Encuentre los estados propios de un hamiltoniano que permita que dos 1/2 de giro interactúen pero también actúe sobre uno de ellos

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Meng Cheng

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Pedro Shor

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Herr_Mitesch

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