¿Por qué, en las sumas de espín, sumamos los estados finales de espín y promediamos los estados iniciales?

Para el estado entrante, no sabe en qué estado de espín se encuentra la partícula, por lo que debe promediar los estados posibles. Pero puede medir el giro del estado saliente, por lo que para obtener la sección transversal total debe sumar las secciones transversales de cada giro.

Más formalmente, una partícula entrante no polarizada debería describirse como una matriz de densidad,

$$\def\bra#1{\mathinner{\langle{#1}|}} \def\ket#1{\mathinner{|{#1}\rangle}} \rho(t=-\infty) = \frac{1}{2}( \ket{p\uparrow} \bra{p\uparrow} + \ket{p\downarrow}\bra{p\downarrow})$$ donde el $\frac{1}{2}$es para la normalización de la matriz de densidad, $\operatorname{tr} \rho = 1$. Aquí $p$es el impulso y esto es, por supuesto, para girar $\frac{1}{2}$pero la generalización a girar $1$y más alto será obvio.

La matriz de densidad evolucionará a$\rho(t=\infty) = S \rho(t=-\infty) S^\dagger$simplemente por definición de la$S$-matriz. Quiere calcular la probabilidad de terminar con impulso$q$, independientemente del giro, en$t=\infty$. Este es el valor esperado en$t=\infty$del operador de proyección

$$P(q) = P(q,\uparrow) + P(q,\downarrow) = \ket{q\uparrow}\bra{q\uparrow} + \ket{q\downarrow}\bra{q\downarrow}.$$

El valor esperado del operador de proyección es

$$\langle P(q) \rangle = \operatorname{tr}(\rho P(q) ).$$ Habrá cuatro términos en la traza. Uno de ellos es $$T_{\uparrow\uparrow} = \frac{1}{2}\operatorname{tr}\big(S\ket{p\uparrow}\bra{p\uparrow}S^\dagger\ket{q\uparrow}\bra{q\uparrow}\big).$$ Tenga en cuenta que en el medio hay algo que es solo un número y también un número familiar. $\bra{p\uparrow}S^\dagger\ket{q\uparrow} = (\bra{q\uparrow}S\ket{p\uparrow})^*$es (el complejo conjugado) de un elemento de matriz S. Es fácil darse cuenta de que $$\operatorname{tr}\big(S\ket{p\uparrow}\bra{q\uparrow}\big) = \bra{q\uparrow}S\ket{p\uparrow}$$ y por lo tanto $$T_{\uparrow\uparrow} = \frac{1}{2} |\bra{q\uparrow}S\ket{p\uparrow}|^2.$$ Los otros términos en la traza son similares y terminamos con $$\langle P(q) \rangle = \frac{1}{2} \sum_{r,s} |S(p,r;q,s)|^2$$ dónde $r,s \in \{\uparrow, \downarrow\}$son giros entrantes y salientes, respectivamente, y $S(p,r;q,s)$es el $S$-elemento matriz. Como puede ver, recuperamos el promedio de prescripción sobre la entrada y la suma sobre la salida.

Imagina un experimento en el que envías una partícula de espín 1/2 a una "caja negra" y esperas el resultado.

Usted sabe que está enviando una partícula a la vez, pero no conoce el giro y supone que va a ser cincuenta cincuenta, por lo que dice que en el cincuenta por ciento de los casos tendrá el giro "hacia arriba" (o mejor "correcto"). para partículas relativistas) y agregue el escenario con un peso del cincuenta por ciento$50\%=50 \frac{1}{100}=\frac{1}{2}$- haces lo mismo para el giro opuesto "abajo" ("izquierda"). Es decir, promedias las partículas entrantes (recuerda que siempre estamos hablando de múltiples repeticiones del experimento donde se envían diferentes partículas durante cada repetición)

Ahora imagina que la caja negra escupe dos partículas. Pueden tener giro arriba + giro arriba en el 50% de los casos, o giro abajo + giro abajo en el otro 40% de los casos y ninguna partícula sale volando en el 10% de los casos. Pero si no le importa en absoluto el giro y quiere saber en cuántos casos obtiene dos partículas salientes, simplemente suma estos escenarios sin ningún promedio. Es de sentido común que simplemente agregue las probabilidades (también conocidas como "amplitudes") de todos los eventos de dos partículas salientes y obtenga una probabilidad de$90\%$.

Es solo sentido común y probabilidad, la única parte donde entra la mecánica cuántica es el funcionamiento interno de la caja negra y el hecho de que los resultados son probabilísticos.

Esto es simplemente una consecuencia de las propiedades básicas de las probabilidades.

Tomemos un evento$A$hecho de eventos independientes$A_i$(de modo que$p(A) = \sum\limits_i p(A_i)$), y un evento$B$hecho de eventos independientes$B_j$(de modo que$p(B) = \sum\limits_j p(B_j)$)

Entonces tiene :$p(A/B) = \dfrac {\sum\limits_{i,j} p(A_i/B_j) \,p(B_j)}{\sum\limits_{j}\,p(B_j)}$