Una partícula de espín-1/2 en el campo B en un potencial armónico 3D (Parte III)

Question

Una partícula de espín-1/2 en el campo B en un potencial armónico 3D (Parte III)

leo l

Considere una partícula de espín-1/2 en un campo magnético (digamos en la dirección z) y en un potencial armónico. Para el componente del oscilador armónico 3D, The Hamiltonian $H_1= \frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega ^2r^2.$ Para el componente de espín, el hamiltoniano $H_2=-\gamma B_z S_z$ , dónde $\gamma$ es la relación giroscópica.

Preguntas:

¿Es posible representar el estado propio del sistema como producto tensorial del estado propio de cada uno de los dos hamiltonianos? es decir, es el estado propio $\left|n_x,n_y,n_z\right>\otimes \left|1/2,m_s\right>$ , dónde $\left|n_x,n_y,n_z\right>$ es un estado propio de $H_1$ , y $\left|1/2,m_s\right>$ es un estado propio de $H_2$ ? Es la forma explícita de un estado, por ejemplo, $\left|0,0,0\right>\otimes \left|1/2,+1/2\right>=(\frac{m\omega}{\pi\hbar})^{1/4}exp(-\frac{m\omega}{2\hbar} r^2)\otimes \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ ?
Si la respuesta a 2 es sí, ¿son los estados $\left|0,0,0\right>\otimes \left|1/2,+1/2\right>$ y $\left|0,0,0\right>\otimes \left|1/2,-1/2\right>$ ¿ortogonal? Supongo que el producto interno de los dos estados tensoriales es el producto interno de cada uno de los componentes, y dado que para el segundo componente $\left<1/2,+1/2\middle| 1/2,-1/2\right>=0$ , los dos estados tensoriales deben ser ortogonales?

He estado tratando de responder a la última pregunta, pero diferentes razonamientos (algunos pueden ser demasiado ingenuos) parecen dar respuestas contradictorias, así que quiero ver si el razonamiento anterior es válido.

Respuestas (2)

Una partícula de espín-1/2 en el campo B en un potencial armónico 3D (Parte III)

QuantumEyedea · Answer 1

Su hamiltoniano general para este sistema es en realidad

H = H_{1} \otimes I + I \otimes H_{2}

$H = H_{1} \otimes \mathbb{I} + \mathcal{I} \otimes H_2$ dónde está su espacio total de Hilbert

L_{2} (R_{3}) \otimes C^{2}

$L_{2}(\mathbb{R}_{3}) \otimes \mathbb{C}^2$ , y

I

$\mathcal{I}$ es la identidad en

L_{2} (R_{3})

$L_{2}(\mathbb{R}_{3})$ , mientras

I

$\mathbb{I}$ es la identidad en

C^{2}

$\mathbb{C}^2$ .

Dejar $|\mathbf{n} \rangle \in L_{2}(\mathbb{R}_{3})$ ser los estados propios de $H_1$ tal que

H_{1} | norte ⟩ = {mi}_{norte}^{(1)} | norte ⟩

$H_1 |\mathbf{n} \rangle = E^{(1)}_{\mathbf{n}} |\mathbf{n} \rangle$ y

| s ⟩ \in C^{2}

$| s \rangle \in \mathbb{C}^2$ ser los estados propios de

H_{2}

$H_2$ tal que

H_{2} | s ⟩ = {mi}_{s}^{(2)} | s ⟩ .

$H_2 | s \rangle = E^{(2)}_{s} | s \rangle \ .$

Es un hecho que $|\mathbf{n} ; s \rangle : = |\mathbf{n} \rangle \otimes | s \rangle$ son estados propios del hamiltoniano general $H$ . Puede calcular los valores propios correspondientes a dicho estado utilizando las reglas de cómo funcionan los productos tensoriales (consulte Producto tensorial de mapas lineales ):

\begin{aligned} H | norte; s ⟩ & = (H_{1} \otimes I + I \otimes H_{2}) (| norte ⟩ \otimes | s ⟩) \\ = (H_{1} | norte ⟩) \otimes (I | s ⟩) + (I | norte ⟩) \otimes (H_{2} | s ⟩) \\ = ({mi}_{norte}^{(1)} | norte ⟩) \otimes (| s ⟩) + (| norte ⟩) \otimes ({mi}_{s}^{(2)} | s ⟩) \\ = {mi}_{norte}^{(1)} (| norte ⟩ \otimes | s ⟩) + {mi}_{s}^{(2)} (| norte ⟩ \otimes | s ⟩) \\ = ({mi}_{norte}^{(1)} + {mi}_{s}^{(2)}) | norte; s ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} H |\mathbf{n} ; s \rangle & = \big( H_{1} \otimes \mathbb{I} + \mathcal{I} \otimes H_2 \big) \big( |\mathbf{n} \rangle \otimes | s \rangle \big) \\ & = \big( H_1 |\mathbf{n} \rangle \big) \otimes \big( \mathbb{I} | s \rangle \big) + \big( \mathcal{I} |\mathbf{n} \rangle \big) \otimes \big( H_2 | s \rangle \big) \\ & = \big( E_{\mathbf{n}}^{(1)} |\mathbf{n} \rangle \big) \otimes \big( | s \rangle \big) + \big( |\mathbf{n} \rangle \big) \otimes \big( E_{s}^{(2)} | s \rangle \big) \\ & = E_{\mathbf{n}}^{(1)} \big( |\mathbf{n} \rangle \otimes | s \rangle \big) + E_{s}^{(2)} \big( |\mathbf{n} \rangle \otimes | s \rangle \big) \\ & = \big( E_{\mathbf{n}}^{(1)} + E_{s}^{(2)} \big) |\mathbf{n} ; s \rangle \end{align}$ entonces los valores propios son

E_{n}^{(1)} + E_{s}^{(2)}

$E_{\mathbf{n}}^{(1)} + E_{s}^{(2)}$ .

Estos estados son ciertamente ortogonales. Para dos estados $|\mathbf{n} ; s \rangle$ y $|\mathbf{m} ; r \rangle$ , puedes calcular su producto interno como

⟨ norte; s | metro; r ⟩ = d_{{norte}_{X}, {metro}_{X}} d_{{norte}_{y}, {metro}_{y}} d_{{norte}_{z}, {metro}_{z}} d_{s, r}

$\langle \mathbf{n} ; s | \mathbf{m} ; r \rangle = \delta_{n_x, m_{x}} \delta_{n_y, m_{y}} \delta_{n_z, m_{z}} \delta_{s,r}$ que es cero si alguna de las etiquetas de los estados es diferente.

ErickShock · Answer 2

Tienes $[H_1, H_2] = 0$ , entonces sí, es posible diagonalizar $H = H_1 + H_2$ usando autos simultáneos de $H_1$ y $H_2$ . Y a la segunda pregunta sí de nuevo, los dos estados son ortogonales. Puede usar el razonamiento de que si un componente individual es ortogonal, entonces todo el estado debe ser ortogonal o, dado que los dos kets de productos tensoriales están etiquetados por índices diferentes, entonces representan diferentes eigenkets y debido al hecho de que $H$ es hermítica, sus autos son ortogonales entre sí.

Una partícula de espín-1/2 en el campo B en un potencial armónico 3D (Parte III)

leo l

Respuestas (2)

QuantumEyedea

ErickShock

¿Se considera que la matriz de rotación de espín 1/2 es en sentido contrario a las agujas del reloj?

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