Si los fotones llevan 1 unidad de rotación, ¿por qué la luz visible parece no tener momento angular?

Question

Si los fotones llevan 1 unidad de rotación, ¿por qué la luz visible parece no tener momento angular?

Física
Fotones
Helicidad
Polarización
Teoría-del-campo-cuántico
Radiación-electromagnética

Terry Bollinger

Los átomos de plata de giro 1 tienen un eje de giro definido, por ejemplo, hacia arriba o hacia abajo a lo largo de un eje etiquetado como X. Esto a su vez significa que llevan el momento angular de una manera visible y abierta.

Sin embargo, los fotones de espín 1 no parecen mostrar una versión experimentalmente significativa de un eje de espín, a menos que me falte algo por completo (¡muy posible!).

En cambio, los fotones en forma de luz muestran un efecto que llamamos "polarización", con lo que queremos decir que la luz tiene una orientación vibratoria definida en el espacio. Este efecto sigue el mismo 90 $^{\circ}$ $^{\circ}$ $^{\circ}$ $^{\circ}$ gobierna como los estados base para las partículas masivas de spin 1, pero carece de la direccionalidad de esos estados.

Entonces, por ejemplo, si X es horizontal e Y es vertical, se podría interpretar que la luz polarizada verticalmente exhibe una rotación en el plano YZ, que es el mismo plano de rotación que da lugar a giros -X y + X para partículas con masa. Pero como los fotones no tienen masa y viajan a $c$ $c$ $C$ , no hay forma de asignar $\pm$ $\pm$ $\pm$ a esta rotación nominal. En cambio, la luz parece estar compuesta de partículas sin espín visible, o (quizás) alternativamente como superposiciones de cantidades iguales y canceladoras de espín -X y + X.

A primera vista, la polarización circular parece proporcionar una solución al proporcionar distintas direcciones en sentido horario y antihorario. Yo mismo tomé esa ruta, pero cuanto más la miro, más seguro estoy de que es una tarea falsa. Por lo menos, la polarización circular siempre se puede descomponer en dos polarizaciones planas que tienen un desplazamiento de fase relativo. Además, la idea de un eje de rotación que apunta a lo largo de la dirección de propagación infinitamente comprimida de una partícula sin masa es problemática en el mejor de los casos. La polarización circular todavía me parece el camino más prometedor para encontrar el momento angular real en los fotones, pero si es la solución, debo admitir que cuanto más lo miro, menos veo cómo.

Entonces, por fin, mi pregunta:

Si no hay forma de demostrar experimentalmente que una unidad de luz arbitrariamente pequeña lleva un momento angular explícito distinto de cero, ¿cómo logra un fotón transmitir la 1 unidad de giro necesaria para equilibrar el momento angular en las interacciones de partículas?

dmckee ♦

"Por lo menos, la polarización circular siempre se puede descomponer en dos polarizaciones planas que tienen un cambio de fase relativo". También podría decir que las polarizaciones lineales se pueden descomponer en sumas de polarización circular, por lo que no estoy seguro de que este argumento vaya a ninguna parte. De hecho, si comienzas con la idea de que el fotón tiene espín, entonces esto puede ser más "natural", aunque siempre desconfío un poco de los argumentos de la naturalidad.

dmckee ♦

Solo como referencia @John, Terry conoce su física y le gusta hacer el tipo de preguntas con agujas que te hacen examinar qué tan bien entiendes un tema. En este caso, leí la pregunta como "¿Cómo podemos motivar el giro del fotón a partir de la teoría clásica?" Y no tengo una respuesta, excepto "Prefiero ir a otro lado porque creo que lo entiendo así".

dmckee ♦

Lluvia de ideas no desarrollada que no tengo tiempo para seguir: ¿qué pasa si examinamos el máximo de (densidad de momento angular) / (densidad de energía) en la teoría clásica y afirmamos que esto tiene que estar relacionado con el (momento angular) / ( energía) de la "partícula de luz" porque ese máximo debe corresponder a todos los bits "alineados"?

anna v

Creo que para los usuarios de este foro debería ser imprescindible leer al menos la entrada del blog de Lubos Motl sobre cómo emergen los campos clásicos del substrato mecánico cuántico subyacente motls.blogspot.gr/2011/11/… . No es simple, ya que la aparición de la termodinámica a partir de la mecánica estadística cuántica no es un método algebraico simple. El campo clásico emerge del efecto coherente del giro y la energía de los fotones individuales, dada su solución mecánica cuántica como fotones.

Respuestas (3)

Si los fotones llevan 1 unidad de rotación, ¿por qué la luz visible parece no tener momento angular?

"Por lo menos, la polarización circular siempre se puede descomponer en dos polarizaciones planas que tienen un cambio de fase relativo". También podría decir que las polarizaciones lineales se pueden descomponer en sumas de polarización circular, por lo que no estoy seguro de que este argumento vaya a ninguna parte. De hecho, si comienzas con la idea de que el fotón tiene espín, entonces esto puede ser más "natural", aunque siempre desconfío un poco de los argumentos de la naturalidad.
Solo como referencia @John, Terry conoce su física y le gusta hacer el tipo de preguntas con agujas que te hacen examinar qué tan bien entiendes un tema. En este caso, leí la pregunta como "¿Cómo podemos motivar el giro del fotón a partir de la teoría clásica?" Y no tengo una respuesta, excepto "Prefiero ir a otro lado porque creo que lo entiendo así".
Lluvia de ideas no desarrollada que no tengo tiempo para seguir: ¿qué pasa si examinamos el máximo de (densidad de momento angular) / (densidad de energía) en la teoría clásica y afirmamos que esto tiene que estar relacionado con el (momento angular) / ( energía) de la "partícula de luz" porque ese máximo debe corresponder a todos los bits "alineados"?
Creo que para los usuarios de este foro debería ser imprescindible leer al menos la entrada del blog de Lubos Motl sobre cómo emergen los campos clásicos del substrato mecánico cuántico subyacente motls.blogspot.gr/2011/11/… . No es simple, ya que la aparición de la termodinámica a partir de la mecánica estadística cuántica no es un método algebraico simple. El campo clásico emerge del efecto coherente del giro y la energía de los fotones individuales, dada su solución mecánica cuántica como fotones.

WetSavannaAnimal aka Rod Vance · Answer 1

Aquí está mi respuesta vacilante: no estoy seguro de que no esté pasando por alto una sutileza que se puede ver, pero yo no. Voy a tratar de responder la opinión de @dmckee sobre su pregunta: "¿Cómo podemos motivar el giro de fotones a partir de la teoría clásica?"

Me relaciono con sus preocupaciones de que deslizarse entre estados base polarizados lineales y circulares podría ser solo transformaciones de coordenadas no físicas, pero creo que hay tres formas en las que puedo pensar en las que la naturaleza muestra una preferencia por estados base particulares, dos teóricos y uno experimental; estos son:

La diagonalización y el desacoplamiento de las ecuaciones de Maxwell por los vectores de Riemann-Silberstein;
El momento angular clásico transferido a un medio de absorción de cálculo y
La conversión de luz polarizada lineal a circular por un cristal birrefringente de un cuarto de onda y el par medible ejercido sobre el cristal por ese proceso.

Diagonalización de las ecuaciones de Maxwell por los vectores de Riemann-Silberstein

Las ecuaciones de rizos de Maxwell en espacio libre:

C (\begin{matrix} \nabla \land \sqrt{ϵ_{0 0}} mi \\ \nabla \land \sqrt{μ_{0 0}} H \end{matrix}) = (\begin{array}{cc} {0 0}_{3 \times 3} & - 1_{3 \times 3} \\ 1_{3 \times 3} & {0 0}_{3 \times 3} \end{array}) (\begin{matrix} \partial_{t} \sqrt{ϵ_{0 0}} mi \\ \partial_{t} \sqrt{μ_{0 0}} H \end{matrix})

obviamente están mutuamente acoplados y pueden desacoplarse formando los vectores de Riemann-Silberstein (que surgen de la diagonalización del bloque $6 \times 6$ $6 \times 6$ $6 6 \times 6 6$ matriz de ( $2 \times 2$ $2 \times 2$ $2 \times 2$ matriz de cuatro $3 \times 3$ $3 \times 3$ $3 \times 3$ matrices escalares); obtenemos:

yo \partial_{t} F_{\pm} = \pm C \nabla \land F_{\pm}

dónde:

F_{\pm} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\sqrt{ϵ_{0 0}} mi \pm yo \sqrt{μ_{0 0}} H)

(Pido disculpas por usar unidades SI exclusivamente; gran parte de mi carrera profesional ha sido la creación de software numérico y la única forma de depurar esas bestias es haciendo que todos se adhieran a las mismas unidades; ahora no puedo pensar en Planck o en unidades naturales en absoluto nunca más). Ahora si $E$ $E$ $mi$ y $H$ $H$ $H$ son campos de valor real, solo necesitamos un vector complejo de Riemann-Silberstein para codificar la totalidad de las ecuaciones de Maxwell. La información equivalente se codifica en las partes de frecuencia positiva solo de los dos vectores de Riemann-Silberstein. Lo realmente interesante del segundo enfoque es que si la luz está polarizada circularmente, solo $F_{+}$ $F_{+}$ $F_{+}$ $F_{+}$ $F_{+}$ es distinto de cero si queda solo $F_{-}$ $F_{-}$ $F_{-}$ $F_{-}$ $F_{-}$ es distinto de cero Por lo tanto, las partes de frecuencia positiva de los campos se desacoplan con precisión al dividirlas en componentes polarizados circularmente a la izquierda y derecha , NO componentes polarizados linealmente. Esta es la primera gran pista de que la naturaleza muestra una preferencia por los estados base polarizados circularmente. También tenga en cuenta que la parte de frecuencia positiva (es decir, energía positiva) es significativa si se piensa en las ecuaciones de Maxwell como la ecuación de propagación para el primer fotón cuantificado.

Ahora, en el espacio de momentum (Fourier), las ecuaciones de Maxwell desacopladas se convierten (hacemos espacial, no tiempo - transformada de Fourier de ambos lados):

{re}_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm C k \land {\tilde{F}}_{\pm, k}

o, en notación matricial $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ $d_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm c K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ ${re}_{t} {\tilde{F}}_{\pm, k} = \pm C K (k) {\tilde{F}}_{\pm, k}$ dónde $K (k)$ $K (k)$ $K (k)$ es el $3 \times 3$ $3 \times 3$ $3 \times 3$ matriz oblicua-ermitaña correspondiente a $k \land$ $k \land$ $k \land$ , es decir, la rotación "infinitesimal" en el álgebra de Lie $s o (3)$ $s o (3)$ $s o (3)$ y las soluciones básicas son ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = \exp (c K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0)$ ${\tilde{F}}_{\pm, k} = Exp (C K (k) t) {\tilde{F}}_{\pm, k} (0 0)$ , es decir, vectores que giran a una velocidad angular uniforme $ω = c k$ $ω = c k$ $ω = C k$ . Hay un maravilloso aparte de la notación de Riemann-Silberstein a la que vuelvo al final de mi respuesta.

Si buscas en Google Iwo Bialynicki-Birula y su trabajo en la función de onda de fotones, tiene mucho más que decir sobre esas cosas. Su sitio web personal es http://cft.edu.pl/~birula y todas sus publicaciones se pueden descargar desde allí. La escala particular de los vectores de Riemann-Silberstein anteriores es la de Bialynicki-Birula, y significa que $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $El | F_{+} {El |}^{2} + El | F_{-} {El |}^{2}$ es la densidad de energía electromagnética Define el par $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ $(F_{+}, F_{-})$ normalizado para que $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $| F_{+} |^{2} + | F_{-} |^{2}$ $El | F_{+} {El |}^{2} + El | F_{-} {El |}^{2}$ se convierte en una densidad de probabilidad para absorber el fotón en un punto particular, para ser una primera función de onda de fotón cuantificada (sin una posición observable). Hay un producto interno especial, no local, para definir el espacio de Hilbert y, en tal formalismo, el observable hamiltoniano general es $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ c d i a g (\nabla \land, - \nabla \land)$ $ℏ C re yo un sol (\nabla \land, - \nabla \land)$ . Consulte también el breve resumen de Arnold Neumaier ( aquí ) de un resultado clave en la sección 7 de la "Función de onda fotónica" de Bialynicki-Birula en Progress in Optics 36 V (1996), pp. 245-294 también descargable desde arXiv: quant-ph / 0508202 . El espacio Hilbert de los pares de vectores de Riemann Silberstein que define Bialynicki-Birula está actuado por una representación unitaria irreducible, definida por los observables de Bialynicki-Birula $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H}$ , $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{PAG}$ , $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K}$ y $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J}$ , del grupo completo de Poincaré presentado en el artículo. Entonces, los dos subespacios que contienen toda la derecha ( $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0$ $F_{-} = 0 0$ ) y totalmente polarizado a la izquierda ( $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0$ $F_{+} = 0 0$ ) los estados son las "partículas" de la teoría: no se obtiene lo mismo con otras combinaciones lineales no triviales de estados de base de luz (que no son funciones propias del momento angular observable).

El cálculo clásico del momento angular

Ahora nos fijamos en el momento angular clásico. La página de Wikipedia sobre el momento angular de la luz da el momento angular clásico como:

\frac{ϵ_{0 0}}{2 yo ω} \int ({mi}^{*} \land mi) {re}^{3} r + \frac{ϵ_{0 0}}{2 yo ω} \sum_{yo = X, y, z} \int ({mi}^{yo}^{*} (r \land \nabla) {mi}^{yo}) {re}^{3} r

cuando se mantiene la frecuencia positiva solo de los campos (de ahí los conjugados complejos). El primer término es el momento angular de giro, y, reescrito en vectores de frecuencia positiva de Riemann-Silberstein cuando todo es aproximadamente paraxial (es decir, cerca de una onda plana) se lee:

\hat{z} \frac{1}{ω} \int (El | F_{+} {El |}^{2} - El | F_{-} {El |}^{2}) {re}^{3} r

es decir $\frac{1}{ω}$ $\frac{1}{ω}$ $\frac{1}{ω}$ $\frac{1}{ω}$ $\frac{1}{ω}$ veces la densidad de energía polarizada derecha menos la densidad de energía polarizada izquierda en la dirección de propagación de la luz. El momento angular orbital se desvanece en el límite paraxial, por lo que la última ecuación es el momento angular total en este caso. Es importante recordar cómo se deriva esta ecuación: uno imagina un campo electromagnético que cruza el límite en un medio conductor y es absorbido allí, luego calcula el impulso angular ejercido en el medio, exactamente análogamente con el método 3 del cálculo del momento en mi responda https://physics.stackexchange.com/a/72688/26076 . El punto es que la densidad de momento angular $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(| F_{+} |^{2} - | F_{-} |^{2}) / ω$ $(El | F_{+} {El |}^{2} - El | F_{-} {El |}^{2}) / / ω$ calculado a partir de esta física newtoniana-maxwell más básica (en el sentido de fundamental) es la diferencia entre las intensidades de los estados base polarizados circularmente, no los lineales. De nuevo, la naturaleza muestra su preferencia. Este cálculo dice que los componentes polarizados circularmente derecho e izquierdo transfieren el momento angular $\pm E / ω$ $\pm E / ω$ $\pm E / ω$ $\pm E / ω$ $\pm mi / / ω$ en la dirección de propagación de la luz, respectivamente, siempre que la energía $E$ $E$ $mi$ es absorbido Así que ahora vemos que, si el fotón tiene energía $h ν$ $h ν$ $h ν$ , entonces, si un gran número de ellos transfiere el mismo momento angular que la física clásica, el momento angular del fotón tiene que ser $\pm h ν / ω$ $\pm h ν / ω$ $\pm h ν / ω$ $\pm h ν / ω$ $\pm h ν / / ω$ o $\pm ℏ$ $\pm ℏ$ $\pm ℏ$ en la dirección de su propagación para los fotones polarizados circularmente a la derecha y a la izquierda, respectivamente. Llegaré a otros estados de polarización en un momento.

Estados generales de emisión de fotones y conservación del momento angular por fluoróforos

Pregunta acerca de una emisión de fotones y si es siempre circular. Absolutamente no. Los estados generales de un fotón son superposiciones cuánticas puras de estados de números de un fotón polarizados circularmente. Supongamos que tenemos un fotón polarizado linealmente y calculamos los resultados de impartir el número de observables: let $a_{\pm}^{†}$ $a_{\pm}^{†}$ $a_{\pm}^{†}$ $a_{\pm}^{†}$ $a_{\pm}^{†}$ $a_{\pm}^{†}$ ${un}_{\pm}^{†}$ ser los operadores de creación para estados polarizados diestros y zurdos. Los estados polarizados lineales son:

ψ_{X} = \frac{1}{\sqrt{2}} (ψ_{+} + ψ_{-})

ψ_{y} = \frac{- yo}{\sqrt{2}} (ψ_{+} - ψ_{-})

dónde $ψ_{\pm}$ $ψ_{\pm}$ $ψ_{\pm}$ $ψ_{\pm}$ $ψ_{\pm}$ son los estados de polarización de un fotón puro para diestros y zurdos. Luego, los operadores de números diestros y zurdos devuelven:

{norte}_{\pm} (ψ_{X}) = {norte}_{\pm} (ψ_{y}) = ⟨ ψ El | {un}_{\pm}^{†} {un}_{\pm} El | ψ ⟩ = \frac{1}{2}

y el operador de número total de fotones devuelve:

norte = ⟨ ψ El | {un}_{+}^{†} {un}_{+} + {un}_{-}^{†} {un}_{-} El | ψ ⟩ = 1

Como probablemente sepa, siempre podemos cambiar nuestra base de estado Fock de un fotón mediante cualquier transformación unitaria y los operadores de creación y aniquilación se transforman de la misma manera. Los operadores lineales de creación de fotones, por ejemplo, son $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ $a_{x}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} + a_{-}^{†})$ ${un}_{X}^{†} = \frac{1}{\sqrt{2}} ({un}_{+}^{†} + {un}_{-}^{†})$ y $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ $a_{y}^{†} = \frac{- i}{\sqrt{2}} (a_{+}^{†} - a_{-}^{†})$ ${un}_{y}^{†} = \frac{- yo}{\sqrt{2}} ({un}_{+}^{†} - {un}_{-}^{†})$ e impartir el operador numérico formado a partir de estos y sus respectivos conjugados hermitianos devolvería el resultado "1 fotón" cuando se aplica a los estados de polarización respectivos y "0" cuando se aplica a los estados de polarización lineal ortogonal. El estado general del fotón puro es de la forma:

ψ (α, ϕ) = α {mi}^{yo \frac{ϕ}{2}} ψ_{+} + \sqrt{1 - α^{2}} {mi}^{- yo \frac{ϕ}{2}} ψ_{-}

dónde $α \in [0, 1]$ $α \in [0, 1]$ $α \in [0 0, 1]$ y $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0, 2 π)$ $ϕ \in [0 0, 2 π)$ y, a partir de nuestro cálculo clásico anterior, sabemos que su momento angular debe ser:

ℏ ⟨ ψ El | {un}_{+}^{†} {un}_{+} - {un}_{-}^{†} {un}_{-} El | ψ ⟩ = (2 α^{2} - 1) ℏ

Las emisiones de un fotón son siempre las superposiciones cuánticas puras correctas que aseguran la conservación del momento angular. Por ejemplo, si un fluoróforo absorbe luz polarizada linealmente, y si no ejerce torque sobre su entorno antes de la emisión espontánea, la emisión debe estar polarizada linealmente. Igualmente para cualquier otro estado de polarización general absorbido por fluoróforos. Consulte la respuesta https://physics.stackexchange.com/a/73439/26076 para obtener más detalles, y también le gustaría ver el trabajo de Gregorio Weber en la década de 1950 sobre la polarización de la fluorescencia. Ver ver G. Weber, "Movimiento browniano rotacional y polarización de la fluorescencia de las soluciones", Adv. Protein Chem. 8, 415–459 (1953) y otras obras.

Mi propio trabajo en este campo se resume en J. Opt. Soc. A.m. B, vol. 24, N ° 6 / junio de 2007 p1369.

El criterio general, en mi $ψ (α, ϕ)$ $ψ (α, ϕ)$ $ψ (α, ϕ)$ La notación, donde los estados base son polarizados circularmente a lo largo de la dirección de propagación, es que si $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{i n}, ϕ_{i n}$ $α_{yo norte}, ϕ_{yo norte}$ caracterizar el fotón absorbido por un fluoróforo aislado (que no transfiere impulso angular), y $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o u t}, ϕ_{o u t}$ $α_{o tu t}, ϕ_{o tu t}$ el fotón fluorescente, entonces $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{i n} = α_{o u t}$ $α_{yo norte} = α_{o tu t}$ y los ángulos de fase no están relacionados. Del mismo modo, cuando una partícula y una antipartícula con espines opuestos se aniquilan entre sí y solo se emiten dos fotones, cada uno caracterizado por $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ $α_{1}, ϕ_{1}$ y $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ $α_{2}, ϕ_{2}$ , luego $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ $α_{2} = \sqrt{1 - α_{1}^{2}}$ y los ángulos de fase no están relacionados y supongo que todos los valores de $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ $α_{1}^{2}$ , $ϕ_{1}$ $ϕ_{1}$ $ϕ_{1}$ $ϕ_{1}$ $ϕ_{1}$ y $ϕ_{2}$ $ϕ_{2}$ $ϕ_{2}$ $ϕ_{2}$ $ϕ_{2}$ son igualmente probables

Par ejercido sobre cristales birrefringentes

Ahora llegamos a cristales birrefringentes. Es obvio, pero creo importante para esta respuesta, tener en cuenta que los cristales birrefringentes son una forma en la que la naturaleza dice muy explícitamente la diferencia entre la polarización lineal y circular. Son los estados lineales , NO los polarizados circularmente, los "modos propios" de un cristal birrefringente, es decir, los campos polarizados linealmente alineados con los ejes rápido y lento del cristal son simplemente de fase retardada y no se mezclan. Los estados polarizados circulares NO son modos propios: se mezclan en tales cristales. La mezcla inducida por una placa de cuarto de onda, en particular la que ocurre cuando el campo de entrada está polarizado linealmente y alineado a 45 grados con los ejes rápido y lento, imparte un par en el cristal: sin duda debería ser posible medir ese par y compárelo con los cálculos clásicos: de nuestros cálculos anteriores, en esta situación habrá un par $P / ω$ $P / ω$ $P / ω$ $P / ω$ $PAG / / ω$ , cuando el poder de la luz es $P$ $P$ $PAG$ . Un experimento mental: un haz colimado polarizado linealmente de 100 W y 1 mm de diámetro pasa a través de una placa de cuarto de onda suspendida en un fluido. Con luz infrarroja a $193 T H z$ $193 T H z$ $193 T H z$ (puede obtener láseres de fibra en $193 T H z$ $193 T H z$ $193 T H z$ produciendo cientos de vatios) el par será del orden de $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} N m$ $10^{- 13} norte metro$ , si el cristal tiene un diámetro de milímetro y 3 milímetros o más de largo con una densidad de $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k g m^{- 3}$ $3000 k sol {metro}^{- 3}$ , su momento de inercia masivo es del orden de $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 \times 10^{- 13} k g m^{2}$ $4 4 \times 10^{- 13} k sol {metro}^{2}$ , por lo que este será un efecto medible con precisión (de hecho, a medida que el cristal gira y se desalinea desde la posición de 45 grados, su posición angular se cumplirá $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ $d_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} \sin (2 θ)$ ${re}_{t}^{2} θ = - \frac{1}{2} Ω^{2} pecado (2 θ)$ y tendremos un péndulo torsional oscilando a $Ω / (2 π) = 0.1 H z$ $Ω / (2 π) = 0.1 H z$ $Ω / (2 π) = 0.1 H z$ $Ω / (2 π) = 0.1 H z$ $Ω / / (2 π) = 0.1 H z$ !).

Si hay experimentos para observar la transferencia de $ℏ$ $ℏ$ $ℏ$ momento angular por un fotón, entonces podría tener que ver con experimentos con pinzas láser: se usan rayos polarizados circularmente para hacer girar las cosas bajo el microscopio en la trampa láser y creo que la profesora Halina Rubinsztein-Dunlop ( http://physics.uq.edu .au / people / halina ) hace unos años se interesó por lo que sucede con tales cosas a niveles de luz muy bajos: tuve la impresión de que tenía interés en observar directamente uno $ℏ$ $ℏ$ $ℏ$ de transferencia de momento angular. Ella puede saber de cualquier experimento en este sentido.

Aparte: más sobre la notación de Riemann Silberstein

Creo que te gustará este, Terry. Los vectores de Riemann-Silberstein son en realidad el tensor electromagnético (Maxwell) $F^{μ ν}$ $F^{μ ν}$ $F^{μ ν}$ $F^{μ ν}$ $F^{μ ν}$ disfrazada. Podemos escribir las ecuaciones de Maxwell en forma de cuaternión:

(C^{- 1} \partial_{t} + σ_{1} \partial_{X} + σ_{2} \partial_{y} + σ_{3} \partial_{z}) F_{+} = 0 0

(C^{- 1} \partial_{t} - σ_{1} \partial_{X} - σ_{2} \partial_{y} - σ_{3} \partial_{z}) F_{-} = 0 0

dónde $σ_{j}$ $σ_{j}$ $σ_{j}$ $σ_{j}$ $σ_{j}$ son las matrices de espín de Pauli y los componentes del campo electromagnético son:

\begin{array}{lcl} \frac{1}{\sqrt{ϵ}} F_{\pm} & = & (\begin{array}{cc} {mi}_{z} & {mi}_{X} - yo {mi}_{y} \\ {mi}_{X} + yo {mi}_{y} & - {mi}_{z} \end{array}) \pm yo C (\begin{array}{cc} {si}_{z} & {si}_{X} - yo {si}_{y} \\ {si}_{X} + yo {si}_{y} & - {si}_{z} \end{array}) \\ = & {mi}_{X} σ_{1} + {mi}_{y} σ_{2} + {mi}_{z} σ_{3} + yo C ({si}_{X} σ_{1} + {si}_{y} σ_{2} + {si}_{z} σ_{3}) \end{array}

Como saben, estas matrices de giro de Pauli son las unidades imaginarias de cuaterniones reordenadas. Cuando los marcos de referencia inerciales se desplazan por una transformación de Lorentz adecuada:

L = Exp (\frac{1}{2} W)

dónde:

W = (η^{1} + yo θ χ^{1}) σ_{1} + (η^{2} + yo θ χ^{2}) σ_{2} + (η^{3} + yo θ χ^{3}) σ_{3}

codifica el ángulo de rotación de la transformación $θ$ $θ$ $θ$ , los cosenos de dirección de $χ^{j}$ $χ^{j}$ $χ^{j}$ $χ^{j}$ $χ^{j}$ de sus ejes de rotación y su rapidez $η^{j}$ $η^{j}$ $η^{j}$ $η^{j}$ $η^{j}$ , las entidades $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ someterse al mapa spinor:

F \mapsto L F L^{†}

Aquí, en realidad estamos lidiando con la doble cubierta $P S L (2, C)$ $P S L (2, C)$ $P S L (2, C)$ $P S L (2, C)$ $P S L (2, C)$ $P S L (2, C)$ $PAG S L (2, C)$ del componente conectado a la identidad del grupo Lorentz $S O (3, 1)$ $S O (3, 1)$ $S O (3, 1)$ $S O (3, 1)$ $S O (3, 1)$ , así que tenemos mapas de spinor que representan transformaciones de Lorentz, así como debemos usar mapas de spinor para hacer que un cuaternión imparta su rotación en un vector. El campo electromagnético es, por lo tanto, un bivector en el álgebra de Clifford. $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ $C ℓ_{3} (R)$ , y una cosa interesante acerca de esta notación es que la polarización y el giro son manifiestamente covariantes de Lorentz dada la interpretación del estado base de polarización circular de $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ $F_{\pm}$ ofrecido por la discusión anterior (tenga en cuenta que las unidades de cuaternión en los derivados de De Rham también se transforman por los mismos mapas de spinor), algo que no está tan claro en otras formas de ecuaciones de Maxwell. Además, puedes convertir los diez observables de Bialynicki-Birula $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H}$ $\hat{H}$ , $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{P}$ $\hat{PAG}$ , $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K}$ $\hat{K}$ y $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J}$ $\hat{J}$ También tienen formas cuaterniónicas muy limpias.

Gracias, @Muphrid ¡Esto está reservado en mi viaje intelectual! Comencé hace tres años escribiendo una exposición sobre la teoría de Lie que se remonta a algo así como las concepciones originales de Lie sin la necesidad de una variedad (incidentalmente importante para la solución del quinto problema de Hilbert) que construye todo desde la noción de $C^{1}$ $C^{1}$ $C^{1}$ $C^{1}$ $C^{1}$ -rutas. Naturalmente, llega a la idea moderna de una variedad (aunque no del todo general, ya que el grupo Lie tiene un grupo fundamental abeliano) desde $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{1} \Rightarrow C^{ω}$ (cuanto más difícil $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0} \Rightarrow C^{ω}$ $C^{0 0} \Rightarrow C^{ω}$ es el quinto problema de Hilbert) de estas ideas ...
... Entonces uno puede generalizar desde la intuición para la variedad de un grupo de Lie hasta la geometría diferencial general y GR, entonces ... (¡ahí es donde estoy ahora!). Ya que tengo 50 años, ¿hasta dónde crees que llegaré antes de que sea gusano? Por cierto, estoy leyendo a través de Doran y Lasenby en este momento, ¿me recomiendan alguna otra?
Bueno, hace 3 años recién comenzaba a aprender sobre álgebra geométrica, por lo que puede pasar algo bueno en el futuro. Para los libros de GA, todavía considero a Hestenes y Sobczyk ( Clifford Algebra to Geometric Calculus ) mi santo grial personal para entender completamente. Hay cosas que tienen allí en hojas propias de operadores lineales que todavía quiero comprender completamente, así como su desarrollo de múltiples vectores. También me gustan los libros de Alan MacDonald para hacer más contacto con el material de álgebra lineal esencial (como SVD) en el lenguaje GA.
@TerryBollinger vea también la excelente respuesta concisa de Arnold Neumaier en physics.stackexchange.com/a/28710/26076 . Este tipo de argumento de simetría es algo que personalmente considero muy motivador: pero, de nuevo, creo que probablemente guarde más importancia en las ideas matemáticas que muchos físicos: tiendo a ver la distinción entre física y matemáticas como muy borrosa.

David Bar Moshe · Answer 2

David Bar Moshe

El experimento sugerido fue realizado por R. Beth ya en 1936. En el experimento, la luz polarizada linealmente se convirtió en luz polarizada circularmente por medio de una placa de doble refracción. El par de reacción (macroscópico) se midió y se mostró conforme con la teoría del momento angular del fotón.

WetSavannaAnimal aka Rod Vance

Gracias david Es bueno saber la historia correcta: debería haber buscado experimentos por mí mismo, pero hay tantos experimentadores con cerebros del tamaño de Júpiter y de hecho más grandes que era increíble para mí que el experimento no se hubiera hecho correctamente. probado a alta precisión!

Terry Bollinger

David Bar Moshe, muy bien, ¡gracias! Esto realmente calma mi mente, ya que siempre asumí que este tipo de transmisión experimentalmente verificable del momento angular era "por supuesto" cierto, y logré envolverme en un círculo filosófico al respecto.

Terry Bollinger

También, un comentario: todo este tema me recuerda, ¿quizás tangencialmente ?, la curiosa ambigüedad del momento angular en los campos electromagnéticos. ¿Qué ambigüedad? Bueno, no es gran cosa, y tal vez solo lo estoy pensando de nuevo, pero es solo esto: cuando un objeto material transmite un momento angular, no hay ambigüedad sobre el signo. Entonces, en el espacio, atrapar una pelota que está girando en el sentido de las agujas del reloj te dará un giro en el sentido de las agujas del reloj. Pero dado que un fotón es puro electromagnetismo, sospecho que si el aparato que mide el par de reacción estuviera hecho de antimateria, el signo de momento angular de la luz se revertiría.

Cassius · Answer 3

Cassius

En realidad respondiste tu propia pregunta. El fotón no lleva masa. El momento angular en el mundo cuántico es un poco inapropiado. Encontraron esta propiedad de los objetos cuánticos, y las matemáticas funcionaron igual que las matemáticas para los objetos giratorios clásicos. ¿Adivina cómo decidieron llamarlo? De todos modos, sin masa no verás el mismo tipo de momento angular que ves en partículas masivas.

Terry Bollinger

Cassius, gracias, pero, por desgracia, no es tan simple. El momento angular cuantificado, también llamado giro, sigue siendo mucho momento angular. E incluso si no fuera así, sigue siendo la misma cantidad que se encuentra en las partículas masivas, como los electrones y los átomos de plata, ya que el espín debe equilibrarse en la ecuación de partículas que involucran tanto partículas masivas como sin masa. Y no olvides: Spin es igual de raro y no clásico para los electrones, ¡tal vez más! - de lo que es para los fotones, ya que necesitas masa y tamaño para crear un momento angular convencional.

Cassius

Las cantidades de momento angular en las que está pensando son el momento angular total (J) y el momento angular orbital (L). El giro es una propiedad puramente cuántica. Las matemáticas del spin son exactamente las mismas que el momento angular clásico, pero NO es la misma cantidad física. El giro es intrínseco a la partícula que está discutiendo y no surge de ningún movimiento o momento de la partícula.

Si los fotones llevan 1 unidad de rotación, ¿por qué la luz visible parece no tener momento angular?

Terry Bollinger

dmckee ♦

dmckee ♦

dmckee ♦

anna v

Respuestas (3)

WetSavannaAnimal aka Rod Vance

Diagonalización de las ecuaciones de Maxwell por los vectores de Riemann-Silberstein

El cálculo clásico del momento angular

Par ejercido sobre cristales birrefringentes

Aparte: más sobre la notación de Riemann Silberstein

Muphrid

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Muphrid

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