¿Por qué la paridad de la función de onda espacial es (−1)ℓ(−1)ℓ(-1)^{\ell}?

Question

¿Por qué la paridad de la función de onda espacial es (−1)ℓ(−1)ℓ(-1)^{\ell}?

tostadora

Considere un estado de partícula compuesta $|\psi\rangle$ (como un hadrón o un mesón) que es un estado propio de algún hamiltoniano (por ejemplo, el hamiltoniano QCD). Dado que el hamiltoniano es invariante bajo rotaciones y paridad, este estado de partícula también es un estado propio del operador de momento angular y paridad:

L^{2} | ψ ⟩ = yo (yo + 1) | ψ ⟩

$L^2 |\psi\rangle = l(l+1)|\psi\rangle$

PAG | ψ ⟩ = (- 1)^{a} | ψ ⟩

$P |\psi\rangle = (-1)^{a}|\psi\rangle$

dónde $a$ es un número entero. Por que es $a = l$ ?

Para dos partículas, uno puede usar el 'truco' para transformar en coordenadas relativas y luego encontrar que en coordenadas relativas la función propia es $\sim Y_{lm}$ . La paridad de los armónicos esféricos conduce entonces a $(-1)^l$ .

No veo cómo extender esto a 3 o más partículas.

EDITAR: Tuve la siguiente idea de cómo extender a 3 partículas:

Para 3 partículas, el hamiltoniano se ve así:

H = \frac{{pag}_{1}^{2}}{2 {metro}_{1}} + \frac{{pag}_{2}^{2}}{2 {metro}_{2}} + \frac{{pag}_{3}^{2}}{2 {metro}_{3}} + V_{1} (| X_{2} - X_{1} |) + V_{2} (| X_{3} - X_{1} |) + V_{3} (| X_{3} - X_{2} |)

$H = \frac{p_1^2}{2m_1} + \frac{p_2^2}{2m_2} + \frac{p_3^2}{2m_3} + V_1(|x_2-x_1|) + V_2(|x_3-x_1|) + V_3(|x_3-x_2|)$ .

Ahora elija nuevas coordenadas por

R = \frac{{metro}_{1} X_{1} + {metro}_{2} X_{2} + {metro}_{3} X_{3}}{METRO}

$R = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2 + m_3 x_3}{M}$

y = X_{2} - X_{1}

$y = x_2 - x_1$

z = X_{3} - X_{1}

$z = x_3 - x_1$

El hamiltoniano se convierte en:

H = \frac{{pag}_{R}^{2}}{2 METRO} + \frac{{pag}_{y}^{2}}{2 m_{12}} + \frac{{pag}_{z}^{2}}{2 m_{13}} + \frac{{pag}_{y} \cdot {pag}_{z}}{{metro}_{1}} + V_{1} (| y |) + V_{2} (| z |) + V_{3} (| z - y |)

$H = \frac{p_R^2}{2M} + \frac{p_y^2}{2\mu_{12}} + \frac{p_z^2}{2\mu_{13}} + \frac{p_y\cdot p_z}{m_1} + V_1(|y|) + V_2(|z|) + V_3(|z-y|)$ dónde

\frac{1}{μ_{i j}} = \frac{1}{m_{i}} + \frac{1}{m_{j}}

$\frac{1}{\mu_{ij}} = \frac{1}{m_i} + \frac{1}{m_j}$ son masas reducidas

El momento angular total viene dado por

L = X_{1} \times {pag}_{1} + X_{2} \times {pag}_{2} + X_{3} \times {pag}_{3} = R \times {pag}_{R} + y \times {pag}_{y} + z \times {pag}_{z}

$L = x_1 \times p_1 + x_2 \times p_2 + x_3 \times p_3 = R \times p_R + y \times p_y + z \times p_z$ .

El $l$ en paridad $= (-1)^l$ viene dado por el momento angular interno

L_{i} = y \times {pag}_{y} + z \times {pag}_{z}

$L_i = y \times p_y + z \times p_z$ que conmuta con el hamiltoniano.

Por lo tanto, una función propia viene dada por

| ψ (y, z) ⟩ = | F (| y |, | z |) ⟩ | L METRO ⟩_{\hat{y} \hat{z}}

$|\psi(y,z)\rangle = |f(|y|,|z|)\rangle |L M\rangle_{\hat{y}\hat{z}}$ . Usando los coeficientes de Clebsch-Gordan, este angular se puede escribir como:

| L METRO ⟩_{\hat{y} \hat{z}} = \sum_{metro {metro}^{'}} ⟨ yo metro, {yo}^{'} {metro}^{'} | L METRO ⟩ Y_{yo metro} (\hat{y}) Y_{{yo}^{'} {metro}^{'}} (\hat{z})

$|L M\rangle_{\hat{y}\hat{z}} = \sum_{m m'} \langle lm,l'm'|LM\rangle Y_{lm}(\hat{y}) Y_{l'm'}(\hat{z})$ para algunos

l

$l$ y

l^{'}

$l'$

La paridad total está dada por $(-1)^{l + l'}$ que no necesariamente es igual $(-1)^L$ . Por ejemplo $l = l' = 1$ conduciría a una solución (desde mi punto de vista válida):

| 10 ⟩_{\hat{y} \hat{z}} = \frac{1}{\sqrt{2}} (Y_{11} (\hat{y}) Y_{1 - 1} (\hat{z}) - Y_{1 - 1} (\hat{y}) Y_{11} (\hat{z}))

$|10\rangle_{\hat{y}\hat{z}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left(Y_{11}(\hat{y})Y_{1-1}(\hat{z}) - Y_{1-1}(\hat{y})Y_{11}(\hat{z})\right)$ con paridad

(- 1)^{l + l^{'}} = (- 1)^{1 + 1} = 1 \neq (- 1)^{1} = (- 1)^{L}

$(-1)^{l+l'} = (-1)^{1+1} = 1 \neq (-1)^1 = (-1)^L$ .

Debe haber algo que excluya tales combinaciones. ¿Por qué esta solución no es válida?

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elio fabri · Answer 1

$\def\br{\mathbf r} \def\bR{\mathbf R} \def\bl{\mathbf l} \def\bL{\mathbf L}$

Considere un estado de partícula compuesta $|\psi\rangle$ (como un hadrón o un mesón)

No veo dónde tomaste en cuenta la composición de las partículas, ni tenías que hacerlo. En realidad, este es un asunto general de QM: no es necesario que aparezca QCD o similar.

Para una partícula en un potencial fijo se aplica su argumento de armónicos esféricos. Para dos partículas que interactúan entre sí pero que, por lo demás, son libres, el mismo argumento se aplica a las coordenadas relativas.

Para tres partículas (o más) sigues la misma ruta, solo que con una complicación algo mayor. Elija (con criterio) dos de las partículas, introduzca su com G, luego el com de G y la tercera partícula. Así tienes dos vectores de posición: $\br$ , pasando de la partícula 1 a la partícula 2, y $\bR$ , pasando de G a la partícula 3.

Se puede demostrar que la energía cinética se divide en dos términos, uno dependiendo solo de $\br$ y el otro en $\bR$ . Entonces puede elegir una base de funciones propias de dos momentos angulares, digamos $\bl^2, l_z$ y $\bL^2, L_z$ . Ves que la función de onda total tiene paridad $(-1)^{l+L}$ . Esto es bastante complicado, ya que uno podría creer erróneamente que la paridad depende del momento angular total , mientras que no es así: depende de la suma de números cuánticos separados .

Hablé solo de energía cinética, pero, por supuesto, para que la paridad pueda ser un número cuántico útil, la energía potencial (o interacción lagrangiana en QFT) debe ser invariante bajo reflejos espaciales.

Pensé en este procedimiento antes. Pero no estoy convencido por dos razones: 1. usted calcula el momento angular del sistema CMS de dos partículas y luego cambia al sistema CMS de tres partículas. Esto incluye un cambio de velocidad y, por lo tanto, cambia el momento angular (operador) para el sistema de dos partículas. 2. Para que el operador de momento angular conmute con el hamiltoniano, se necesita un potencial que solo depende de $|\vec{x}_i - \vec{x}_j|$ . Esto es cierto en el marco CMS general, pero no en coordenadas relativas si tiene más de 2 partículas.

elio fabri · Answer 2

$\def\bL{\mathbf L} \def\bl{\mathbf l} \def\bp{\mathbf p} \def\br{\mathbf r} \def\bP{\mathbf P} \def\bR{\mathbf R} \def\frac#1#2{{\textstyle {#1 \over #2}}} \def\half{\frac12}$ Para responder a sus objeciones, es mejor para mí escribir algunas ecuaciones. Como comentario general: no debe pensar en un cambio de marco de referencia, sino solo en expresar las cantidades originales (hamiltonianas, momento angular) en términos de nuevas coordenadas. Veamos cómo.

Voy a suponer que todas las masas son iguales, solo para simplificar las fórmulas. Pero puede verificar que el argumento es bastante general. Por otro lado, es un enfoque tradicional, conocido como las coordenadas de Jacobi y ampliamente utilizado en la mecánica celeste más o menos desde mediados del siglo XIX.

Llamar $\br_1$ , $\br_2$ , $\br_3$ , los vectores de posición de las tres partículas. Definir

R = \frac{1}{3} (r_{1} + r_{2} + r_{3})

$\bR = {\textstyle {1 \over 3}} (\br_1 + \br_2 + \br_3)$

r = \frac{1}{2} (r_{1} + r_{2}) - r_{3} .

$\br= \half (\br_1 + \br_2) - \br_3.$

r^{'} = r_{2} - r_{1}

$\br' = \br_2 - \br_1$ Energía cinética:

k = \frac{1}{2} metro (3 {\dot{R}}^{2} + \frac{2}{3} {\dot{r}}^{2} + \frac{1}{2} {\dot{r}}^{'}^{2}) .

$K = \half\,m \left(3\,\dot\bR^2 + \frac23 \dot\br^2 + \half {\dot\br'}^2\right).$ Momento conjugado:

PAG = 3 metro \dot{R} pag = \frac{2}{3} metro \dot{r} pag = \frac{1}{2} metro {\dot{r}}^{'}

$\bP = 3\,m\,\dot\bR \qquad \bp = \frac23 m\,\dot\br \qquad \bp = \half m\,\dot\br'$

k = \frac{{PAG}^{2}}{6 metro} + \frac{3 {pag}^{2}}{2 metro} + \frac{{pag}^{'}^{2}}{metro} .

$K = {P^2 \over 6\,m} + {3\,p^2 \over 2\,m} + {{p'}^2 \over m}.$ Momento angular:

L_{t o t} = R \times PAG + r \times pag + r^{'} \times {pag}^{'} = L + yo + {yo}^{'} .

$\bL_{\mathrm{tot}} = \bR \times \bP + \br \times \bp + \br' \times \bp' = \bL + \bl + \bl'.$ Los conmutadores son los esperados para las coordenadas canónicas

R

$\bR$ con

P

$\bP$ ,

r

$\br$ con

p

$\bp$ ,

r^{'}

$\br'$ con

p^{'}

$\bp'$ .

El número cuántico de paridad se refiere a la transformación

r \to - r r^{'} \to - r^{'}

$\br \to - \br \qquad \br' \to -\br'$ y consecuentemente

pag \to - pag {pag}^{'} \to - {pag}^{'} .

$\bp \to - \bp \qquad \bp' \to -\bp'.$ Estados propios de

l^{2}

$\bl^2$ ,

l^{' 2}

$\bl'^2$ tener paridad

(- 1)^{l + l^{'}}

$(-1)^{l+l'}$ y veo que dices lo mismo, aunque con coordenadas diferentes (lo que, por cierto, da lugar a un hamiltoniano no separable).

Lo que no puedo entender es por qué te preocupa tu ejemplo. Construiste un estado de momento angular interno 1, $z$ -componente 0, a partir de estados con $l=l'=1$ , entonces paridad +. ¿Qué está mal con eso? Es una situación perfectamente posible.

Gracias. Estoy un poco confundido. ¿La fórmula P = (-1)^L solo es válida para sistemas de dos partículas? En nuestra conferencia lo usamos para más sistemas de partículas. Quizás me equivoqué en algo :D. Sin embargo, tengo una pregunta sobre su resultado de que la paridad es (-1)^(l+l') para l,l' algún momento angular interno. En general (con interacciones) solo el momento angular general es un buen número cuántico. Los momentos angulares internos no lo son. Entonces, ¿cómo se pueden encontrar valores para l y l' y, por lo tanto, para la paridad?
@toaster Usted escribió "¿Es la fórmula $P=(-1)^L$ sólo válido para dos sistemas de partículas?" Sin duda. Tienes razón en que en general no podemos escribir $P=(-1)^{l+l'}$ si esos momentos angulares no se conservan. Hay dos respuestas. La primera es que la paridad es importante en el estudio de las desintegraciones de partículas, donde el estado final consiste en partículas libres. Entonces no hay problema. Segundo. Es cierto que para las partículas que interactúan, el estado estacionario general es una superposición de términos $\phi_l(\mathbf{r})\,\chi_{l'}(\mathbf{r'})$ . Entonces sólo términos con $l+l'$ de paridades iguales están permitidas.
Ah, entonces no puedo calcular la paridad de una partícula: solo puedo observar las desintegraciones y luego comparar con la paridad del estado final. Gracias

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