hamiltoniano con acoplamiento posición-espín

Question

hamiltoniano con acoplamiento posición-espín

demonioide

Estoy resolviendo un hamiltoniano incluyendo un término $(x\cdot S)^2$ . El hamiltoniano es así:

H = L \cdot S + (X \cdot S)^{2}

$\begin{equation} H=L\cdot S+(x\cdot S)^2 \end{equation}$ dónde

x

$x$ es el operador de posición,

L

$L$ es el operador de momento angular, y

S

$S$ es el operador de espín. El valor propio para

L^{2}

$L^2$ y

S^{2}

$S^2$ son

l (l + 1)

$l(l+1)$ y

s (s + 1)

$s(s+1)$ .

Si el hamiltoniano solo tiene el primer término, es solo un acoplamiento orbital de espín y es fácil de resolver. El total $J=L+S$ , $L^2$ y $S^2$ son números cuánticos. Sin embargo, cuando consideramos la posición del segundo término y el acoplamiento de espín $(x\cdot S)^2$ , se vuelve mucho más difícil. El total $J$ sigue siendo un número cuántico. Tenemos $[(x\cdot S)^2, J]=0$ . Sin embargo, $[(x\cdot S)^2,L^2]≠0$ , $L$ ya no es un número cuántico.

¿Alguien tiene ideas sobre cómo resolver este hamiltoniano?

david z

Es

x

$x$ ¿posición? Si es así, algo parece sospechoso acerca de las unidades, a menos que haya coeficientes en cada uno de esos términos que no haya incluido.

Ron Maimón

@David: Obviamente, esto está en unidades naturales. La omisión más preocupante es el término cinético: hay un operador x sin un operador p en H. Supongo que

H = p^{2} + V (r) + L \cdot S + (x \cdot S)^{2}

$H= p^2 +V(r)+ L\cdot S + (x\cdot S)^2$ , y que el problema imperturbable simplemente se da por sentado.

david z

@Ron: Es tan obvio que esta es una interacción hamiltoniana como que está en unidades naturales (Planck) ;-) Ambas cosas deben especificarse en la pregunta. (Supuse que el término cinético estaba implícito sin siquiera darme cuenta, hasta que publicaste tu comentario)

usuario6333

Gracias por la respuesta. La única forma que pensé fue expandir el hamiltoniano en

J_{z}

$J_z$ componente. De esta manera, el hamiltoniano puede escribirse en forma de matriz y luego diagonalizarse numéricamente. El cálculo será complicado. Me pregunto si hay algún método algebraico.

Ron Maimón

@David: No quise decir unidades de Planck, quise decir unidades naturales para el problema atómico, donde después de configurar hbar y m_e en 1, todavía tienes una unidad más de energía. Supuse que también hay un término cinético, pero ¿hay un potencial externo? ¿Está esto en un átomo, o en el espacio libre?

Ron Maimón

@demonoid: si no hay otro potencial, el problema es trivial, ya que cada componente z del giro se acelera en direcciones opuestas. Especifique si tiene un potencial externo que no sea la fuerza dependiente del espín. En ausencia de otros potenciales, esto también se conoce como la fuerza de Stern Gerlach.

Respuestas (3)

hamiltoniano con acoplamiento posición-espín

Es $x$ ¿posición? Si es así, algo parece sospechoso acerca de las unidades, a menos que haya coeficientes en cada uno de esos términos que no haya incluido.
@David: Obviamente, esto está en unidades naturales. La omisión más preocupante es el término cinético: hay un operador x sin un operador p en H. Supongo que $H= p^2 +V(r)+ L\cdot S + (x\cdot S)^2$ , y que el problema imperturbable simplemente se da por sentado.
@Ron: Es tan obvio que esta es una interacción hamiltoniana como que está en unidades naturales (Planck) ;-) Ambas cosas deben especificarse en la pregunta. (Supuse que el término cinético estaba implícito sin siquiera darme cuenta, hasta que publicaste tu comentario)
Gracias por la respuesta. La única forma que pensé fue expandir el hamiltoniano en $J_z$ componente. De esta manera, el hamiltoniano puede escribirse en forma de matriz y luego diagonalizarse numéricamente. El cálculo será complicado. Me pregunto si hay algún método algebraico.
@David: No quise decir unidades de Planck, quise decir unidades naturales para el problema atómico, donde después de configurar hbar y m_e en 1, todavía tienes una unidad más de energía. Supuse que también hay un término cinético, pero ¿hay un potencial externo? ¿Está esto en un átomo, o en el espacio libre?
@demonoid: si no hay otro potencial, el problema es trivial, ya que cada componente z del giro se acelera en direcciones opuestas. Especifique si tiene un potencial externo que no sea la fuerza dependiente del espín. En ausencia de otros potenciales, esto también se conoce como la fuerza de Stern Gerlach.

Jon · Answer 1

Este problema parece interesante por la siguiente razón. Escribámoslo en coordenadas cartesianas:

- \frac{1}{2} (\frac{\partial^{2} ψ}{\partial X^{2}} + \frac{\partial^{2} ψ}{\partial y^{2}} + \frac{\partial^{2} ψ}{\partial z^{2}}) + \frac{1}{2} (X \cdot S)^{2} ψ + L \cdot S ψ = mi ψ

$-\frac{1}{2}\left(\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}+\frac{\partial^2\psi}{\partial y^2}+\frac{\partial^2\psi}{\partial z^2}\right)+\frac{1}{2}(x\cdot S)^2\psi+L\cdot S\psi=E\psi$

donde he introducido un factor 1/2 para conveniencia posterior. Ahora me concentro en x y considero el operador

- \frac{1}{2} \frac{\partial^{2}}{\partial X^{2}} + \frac{1}{2} (X \cdot S)^{2}

$-\frac{1}{2}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{1}{2}(x\cdot S)^2$

Se pueden introducir operadores de creación y aniquilación de forma similar al oscilador armónico

A_{S} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\frac{\partial}{\partial X} + X S)

$A_S=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{\partial}{\partial x}+xS\right)$

y los vectores propios correspondientes se etiquetarán como $|n,S\rangle$ . El siguiente paso es escribir $L\cdot S=\frac{1}{2}(J^2-L^2-S^2)$ y podemos replantear este problema en la forma

(A_{S}^{†} A_{S} + \frac{1}{2}) ψ - \frac{1}{2} (\frac{\partial^{2} ψ}{\partial y^{2}} + \frac{\partial^{2} ψ}{\partial z^{2}}) + \frac{1}{2} (j^{2} - L^{2} - S^{2}) ψ = mi ψ

$\left(A_S^\dagger A_S+\frac{1}{2}\right)\psi-\frac{1}{2}\left(\frac{\partial^2\psi}{\partial y^2}+\frac{\partial^2\psi}{\partial z^2}\right)+\frac{1}{2}(J^2-L^2-S^2)\psi=E\psi$

misha · Answer 2

Recomendaría comenzar por inspeccionar su simetría hamiltoniana. Es fácil notar que tiene simetría rotacional alrededor $x$ eje. Así, los estados pueden ser clasificados de acuerdo con $J_x$ .

Probablemente, podrías empezar desde hamiltoniano sin $xS$ término, escribe la solución en términos de $J$ y (!) $J_x$ y luego examinar $(xS)^2$ operador en esta base.

Tal vez, es más conveniente escribir su término adicional como $(zS)$ lo que facilita el uso de la base estándar de los libros de texto.

Creo que OP por la notación $x\cdot S$ medio $\vec{r}\cdot\vec{S}$ .
Probablemente. A primera vista, parece que el enfoque estándar para el potencial esféricamente simétrico funcionaría en ese caso. El producto escalar de dos [pseudo]vectores generalmente da un operador invariante bajo rotaciones.
Seguramente el problema está muy mal planteado y además OP no parece tener las ideas muy claras al respecto.

0x90 · Answer 3

Lo resolvería usando una representación matricial.

Si multiplicamos las matrices de Pauli por $\frac{\hbar}{2}$ podemos trabajar en la siguiente base:

| norte; S_{z} = + ⟩, | norte; S_{z} = - ⟩

$|n;S_z = +\rangle, |n ; S_z = -\rangle$

Tenga en cuenta que

S \cdot L = S_{X} L_{X} + S_{y} L_{y} + S_{z} L_{z}

$S\cdot L = S_xL_x +S_yL_y +S_zL_z$

X \cdot S = X S_{X}

$X\cdot S = XS_x$

[L, S] = 0

$[L,S] =0$

Obtienes algo de matriz en el $S_z$ base ( $2\times 2$ ) y diagonalizarlo (encontrando autoestados y autovalores).

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Respuestas (3)

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