Evolución de los autoestados cuando se acoplan dos sistemas de espín

No he pensado en esto antes, así que aquí hay un enfoque que funcionará si trabajas lo suficiente.

Antes de comenzar, punto número 1:

¿Debo suponer un sistema de giro 3/2 (matriz 4x4) o un espacio de Hilbert enredado con giro 1/2 y giro 1 (matriz 6x6)?

Indiscutiblemente esto último. Es un sistema bipartito y su espacio de estado es el producto tensorial de los dos espacios de partículas. Simplemente no puede ser otra cosa.

El principio básico aquí es la conservación del momento angular, por lo que su procedimiento básico para resolver su problema es:

1. Calcule las matrices de los observables para los tres componentes del momento angular neto (los tres operadores del momento angular neto);

2. Encuentre el hamiltoniano más general que conmuta para estos tres, ya que la conmutación con el hamiltoniano es equivalente a la invariancia con el tiempo de todos los momentos de las distribuciones de probabilidad de las medidas.

Parte 1: Los tres operadores de momento angular

El$x$-Componente AM observable para la mitad de la partícula de espín,

$$\sigma_x=\left(\begin{array}{cc}0&1\\1&0\end{array}\right)$$

tiene vectores propios AM:

$$\psi_+=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\1\end{array}\right);\quad\psi_-=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\-1\end{array}\right)$$

y AM autovalores$\lambda_+=+\frac{1}{2}$y$\lambda_-=-\frac{1}{2}$, respectivamente.

El$x$-Componente AM observable para la partícula de espín 1,

$$S_x = \left(\begin{array}{ccc}0&0&0\\0&0&i\\0&-i&0\end{array}\right)$$

tiene vectores propios AM:

$$\Psi_+=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}0\\i\\1\end{array}\right);\quad\Psi_-=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}0\\1\\i\end{array}\right);\quad\Psi_0=\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\end{array}\right)$$

y AM autovalores$\Lambda_+=+1$,$\Lambda_-=-1$y$\Lambda_0=0$, respectivamente. Así que ahora, para el sistema de dos partículas, las seis$x$-Los estados propios de AM son:

1. $\psi_+\otimes\Psi_+$con valor propio AM$\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}$
2. $\psi_+\otimes\Psi_0$con valor propio AM$\frac{1}{2}+0=\frac{1}{2}$
3. $\psi_+\otimes\Psi_-1$con valor propio AM$\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{2}$
4. $\psi_-\otimes\Psi_+$con valor propio AM$-\frac{1}{2}+1=\frac{1}{2}$
5. $\psi_-\otimes\Psi_0$con valor propio AM$-\frac{1}{2}+0=-\frac{1}{2}$
6. $\psi_-\otimes\Psi_-1$con valor propio AM$-\frac{1}{2}-1=-\frac{3}{2}$

y así, si ordenamos los estados propios como arriba, los vectores propios como columnas son$\mathrm{vec}(\psi_+\otimes\Psi_+),\,\mathrm{vec}(\psi_+\otimes\Psi_0)\cdots$(ver la página de vectorización de Wikipedia ) y por fin obtenemos como el total$x$-Componente AM observable$\Sigma_X = P_X \Lambda_X P_X^\dagger$dónde

$$P_X=\left( \begin{array}{cccccc} 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0 & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ \frac{i}{2} & 0 & \frac{1}{2} & \frac{i}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ \frac{i}{2} & 0 & \frac{1}{2} & -\frac{i}{2} & 0 & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{i}{2} & \frac{1}{2} & 0 & \frac{i}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{i}{2} & -\frac{1}{2} & 0 & -\frac{i}{2} \\ \end{array} \right)$$

y$\Lambda_X =\mathrm{diag}\left(\frac{3}{2},\,\frac{1}{2},\,\frac{-1}{2},\,\frac{1}{2},\,\frac{-1}{2},\,\frac{3}{2}\right)$. El resultado es:

$$\Sigma_X=\left( \begin{array}{cccccc} 0 & \frac{1}{2} & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{i}{4} & \frac{3 i}{4} \\ 0 & 0 & -\frac{1}{4} & \frac{3}{4} & \frac{3 i}{4} & \frac{i}{4} \\ 0 & 0 & -\frac{i}{4} & -\frac{3 i}{4} & \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} \\ 0 & 0 & -\frac{3 i}{4} & -\frac{i}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{3}{4} \\ \end{array} \right)$$

A partir de aquí debe quedar conceptualmente claro cómo ir, aunque tedioso. Haces lo mismo por el$y$-Observables AM:

$$\sigma_y=\left(\begin{array}{cc}0&-i\\i&0\end{array}\right)$$ $$S_y = \left(\begin{array}{ccc}0&0&-i\\0&0&0\\i&0&0\end{array}\right)$$

para encontrar el sistema total$y$-AM observable$\Sigma_Y$y para el$z$-Observables AM:

$$\sigma_z=\left(\begin{array}{cc}i&0\\0&-i\end{array}\right)$$ $$S_z = \left(\begin{array}{ccc}0&i&0\\-i&0&0\\0&0&0\end{array}\right)$$

para obtener el sistema total$z$-AM observable$\Sigma_Z$.

Parte 2: encontrar el hamiltoniano más general

Su hamiltoniano más general estará definido por las tres relaciones de conmutador que expresan la conservación de AM:

$$[\hat{H},\,\Sigma_j]=0;\;j=X,\,Y,\,Z$$

Necesitarás calcular los espacios invariantes de los tres$\Sigma$s para hacer esto. Obtendrás un espacio lineal de posibles$\hat{H}$s: en el caso de dos semipartículas de espín acoplado, esencialmente solo hay un hamiltoniano posible que queda fuera de este enfoque y es uno proporcional a$\sigma_x\otimes\sigma_x+\sigma_y\otimes\sigma_y+\sigma_z\otimes\sigma_z$(más un término proporcional a la$4\times4$matriz de identidad que expresa el cambio en la energía del estado fundamental), pero en este caso de seis dimensiones, las cosas serán un poco más complicadas. Ahora, como dije, nunca antes había hecho esto, así que me atrevo a decir que hay una forma más sistemática y menos engorrosa de resolver todo esto. Pero cualquier método se basará en los primeros principios expresados ​​anteriormente.

Campo magnético

¿Cuáles son los términos para la influencia del campo magnético? Bueno, eso es fácil: en el orden que hemos estudiado anteriormente, el hamiltoniano desacoplado será:

$$\hat{H} = \gamma_{\frac{1}{2}}\left(\sigma_x\,B_x + \sigma_y\,B_y+ \sigma_z\,B_z\right)\otimes 1_{3\times3} + \gamma_1\,I_{2\times2}\otimes\left(S_x\,B_x + S_y\,B_y+ S_z\,B_z\right)$$

dónde$\gamma_{\frac{1}{2}}$y$\gamma_1$son las respectivas relaciones giromagnéticas.

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Notas sobre cómo completar el método. También puede representar un estado bipartito$\Phi=\psi\otimes\Psi$como el literal$2\times 3$matriz que es el producto exterior$\Phi=\psi Psi^T$del$2\times 1$y$3\times 1$vectores de columna Entonces el operador del primer espacio actúa a la izquierda y los operadores del segundo actúan a la derecha. Entonces nuestro$x$-componente observable sería la transformación lineal, homogénea:

$$\Phi\mapsto \sigma_x\,\Phi\,S_x^T$$

y el operador de vectorización (Ver Página Wiki de Vectorización) , que reordena nuestros estados en un$6\times 1$vectores de columna como en mi respuesta, escribe esto como

$$\mathrm{vec}(\Phi) \mapsto S_x\otimes\sigma_x\,\mathrm{vec}(\Phi)$$

Usando la fórmula estándar$\mathrm{vec}(A\,B\,C) = C^T\otimes A \,\mathrm{vec}(B)$. A fuerza de la fórmula$(A\otimes B)\, (C\otimes D) = (A\,C)\otimes(B\,D)$, y utilizando el hecho de que las operaciones inversa, conjugada compleja, conjugada hermitiana y transpuesta se distribuyen sobre el producto de Kronecker, podemos diagonalizar$S_x\otimes\sigma_x$dentro del producto de Kronecker y encuentre que los estados propios del sistema acoplado son$\Pi_x\otimes \pi_x$, dónde$P_X,\,p_x$son las matrices de vectores propios de los multiplicandos individuales escritos como columnas. Así que esto te permitirá calcular$\Sigma_j,\,j=X,\,Y,\,Z$de manera sistemática y rápida.

Ahora, para encontrar el hamiltoniano más general, debe encontrar el espacio invariante del grupo de matrices generado por las tres matrices.$\exp(i\,\Sigma_j)$y encontrar la representación irreducible de la misma: equivalentemente el subespacio vectorial más pequeño de$\mathbb{C}^6$dejado invariante por el grupo: según el lema de Schur, cualquier matriz que conmute con las tres debe ser proporcional al operador de identidad cuando se restringe a este subespacio. El factor de escala posiblemente sea cero, es decir, el operador podría ser el endomorfismo cero. Esto caracteriza completamente al hamiltioniano más general: puede ser cualquier operador que sea proporcional a la identidad cuando se restringe a este subespacio irreductible.

También podría encontrar el subespacio que es común a los tres espacios nulos de los tres$36\times 36$matrices$1_{36\times 36}\otimes \Sigma_j - \Sigma_j^T\otimes 1_{36\times 36}$en Mathematica o Matlab, ¡pero sospecho que hay un método mucho más elegante basado en el lema de Schur!