Momento angular para oscilador armónico 3D en dos bases diferentes

Presentamos los operadores de escalera$a^\dagger_i, a_i$tal que

$$\begin{align}x_i & = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (a^\dagger_i + a_i) \\ p_i & = i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}} (a^\dagger_i - a_i) \end{align}$$ dónde $i = 1,2,3$. Los conmutadores son por supuesto $$[a_i, a^\dagger_j] = \delta_{ij}.$$

Entonces el operador de momento angular es

$$L_i = \epsilon_{ijk}x_j p_k$$ con $\epsilon_{ijk}$el símbolo de Levi-Civita y sumas sobre $j, k$implícito. Al expandirse $x_j p_k$solo $-a^\dagger_j a_k$y $a_j a^\dagger_k$contribuir, ya que $a_k a_j$es simétrico en $k,j$. Estos dos términos dan contribuciones iguales ya que su conmutador es simétrico en $k,j$. Resulta que $$L_i = -i\hbar\epsilon_{ijk} a^\dagger_j a_k.$$

Ahora definiendo

$$a_+ = \frac{-1}{\sqrt 2} (a_x - ia_y) \qquad a_- = \frac{1}{\sqrt 2}(a_x + ia_y)$$ tenemos $[a_\pm, a_\pm^\dagger]= 1$y $$L_z = \hbar(a^\dagger_+ a_+ - a^\dagger_- a_-).$$ Es bastante claro que $a^\dagger_\pm$aumentar $N$por $1$, y $a_\pm$añade una excitación con $L_z = \pm\hbar$: $L_z$es la diferencia entre los operadores numéricos correspondientes a $a_\pm$.

Usando estos operadores puede, en principio, calcular la matriz para$L_z$(y también$L_x$y$L_y$) y$L^2$. Desde el$L_i$Los operadores contienen solo productos, una creación y un operador de aniquilación, no conectan estados con diferentes$N$. Se sigue que tampoco$L^2$, para que pueda considerar cada$N$por separado. Una vez que tenga estas matrices, diagonalizarlas le dirá cómo expresar el$|N, l, m\rangle$en términos de$|n_x,n_y, n_z\rangle$.

Tenga en cuenta que para cada$N$hay$(N+2)(N+1)/2$estados, por lo que probablemente no quiera hacer esto a mano, excepto tal vez por$N = 2$(el$N = 0,1$los casos son triviales). Tal vez pueda hacer que Mathematica o Maple lo hagan por usted por un poco más de dinero.$N$.

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Para$N = 1$podemos calcular de la siguiente manera.

$$a_+ |0,0,1\rangle =\frac{-1}{\sqrt 2}(a_x - ia_y)|0,0,1\rangle = 0.$$ Lo que hemos usado aquí es que $$a_x |n_x, n_y, n_z\rangle = \sqrt{n_x}|n_x-1,n_y,n_z\rangle$$ y de manera similar para $y,z$. Obtenemos lo mismo con $a_-$, entonces esto significa que $L_z |0,0,1\rangle = 0$, por lo que el estado $|0,0,1\rangle$tiene $m = 0$. Para $|1,0,0\rangle$, tenemos $$a_+|1,0,0\rangle = -a_- |0,1,0\rangle = -\frac{1}{\sqrt 2} |0,0,0\rangle$$ de donde obtenemos $$a^\dagger_+ a_+ |1,0,0\rangle = \frac{1}{2} \big( |1,0,0\rangle + i |0,1,0\rangle\big)$$ $$a^\dagger_- a_- |1,0,0\rangle = \frac{1}{2} \big(|1,0,0\rangle - i|0,1,0\rangle\big).$$ De este modo $$L_z |1,0,0\rangle = i\hbar |0,1,0\rangle.$$ Ahora probablemente puedas resolver por tu cuenta que $L_z |0,1,0\rangle = -i\hbar |1,0,0\rangle.$Esto da la matriz para $L_z$en $N = 1$estados como $$L_z = \begin{pmatrix}0 & i & 0 \\ -i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Los valores propios de $L_z$están dadas por las soluciones de $$m(m^2-1) = 0$$ cuales son $m = 0, \pm 1$. eso ya lo sabemos $|0,0,1\rangle$es el vector propio correspondiente a $m = 0$. Para encontrar el vector propio correspondiente a $m = \pm 1$, tenemos que resolver el sistema de ecuaciones lineales $$\begin{align}iy & = \pm x \\ -ix & = \pm y\end{align}$$ que solo dice $x = \pm i y$(las dos ecuaciones son equivalentes). De este modo $$L_z \big( |1,0,0\rangle \pm i |0,1,0\rangle\big) = \pm\hbar \big( |1,0,0\rangle \pm i |0,1,0\rangle\big).$$

Como encontramos tres estados, con$m = -1,0,1$, Debemos tener$l = 1$.

Por supuesto, en este caso simple también podríamos haber razonado así:$a^\dagger_\pm$añade una excitación con momento angular$\pm \hbar$. Sabiendo que$L_z|0,0,0\rangle = 0$, obtenemos estados con$m = \pm 1$simplemente actuando con$a^\dagger_\pm$en$|0,0,0\rangle$. De hecho, hasta una normalización, esto es justo lo que encontramos.