Добавление 3 электронных спинов

Я посмотрел в Edmonds , который обычно является стандартным справочником, и он не упоминает какой-либо стандартный подход к нарушению вырождения.

Вам нужны два линейно независимых$s=1/2,\,m=1/2$решения, и вы можете получить три разных решения, сначала соединив одну из трех разных пар с синглетом$s=0$состояние, а затем добавление рабочего состояния. Это дает три вектора$\newcommand{\ket}[1]{\left|#1\right\rangle}$

$$\ket{\psi_1}={1\over\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}-\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}\right),$$ $$\ket{\psi_2}={1\over\sqrt{2}}\left(\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}-\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}\right),$$ $$\ket{\psi_3}={1\over\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}-\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}\right),$$ которые добавляют к нулю, поэтому только два из них линейно независимы.

Эдмондс показывает, в частности, что существует унитарное преобразование, связывающее любое из трех представлений, связанных с тремя указанными выше векторами (что, конечно, неудивительно), и что это унитарное преобразование не зависит от пространственной ориентации (которая не является автоматической, а Теорема Вигнера-Экарта должна сработать). Затем он переходит к определению соответствующих инвариантных коэффициентов преобразования ( Вигнера$6j$символы ) и тратит много времени на их изучение, но он не говорит, как (канонически) разрушить вырождение.

Если это основа, которую вы хотите, то возьмите любые два из трех вышеперечисленных. Если вам нужен (как и должен!) ортонормированный базис, вы можете взять линейные комбинации, такие как

$$\ket{\psi_{23}}={1\over\sqrt{6}}\left(\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}-2\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}+\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}\right)$$ который подчиняется $\langle\psi_1|\psi_{23}\rangle=0$.

Однако я не думаю, что есть какой-либо способ решить проблему симметрично по трем электронам. Я поторопился, и я думаю, что можно доказать, что не существует линейных комбинаций трех состояний, которые были бы симметричными или антисимметричными относительно всех трех электронных обменов.

Один из способов увидеть это — заметить, что у вас есть три линейно зависимых вектора единичной нормы, которые охватывают двумерное векторное пространство и в сумме дают ноль. Это похоже на три единичных вектора на плоскости, симметрично расположенные в$120^\circ$друг другу. (Аналогия точна: матрицы Грама,$G_{ij}=\langle\psi_i|\psi_j\rangle=-\frac12+\frac32\delta_{ij}$, совпадают, и они кодируют всю геометрическую информацию о любом наборе векторов — см. задачу 8.5 в этих заметках Ф. Джонса у Райса .) Тогда нет никакого способа выбрать базис для плоскости, симметричный в трех "электронах". », т. е. такой, группа симметрии которого совпадает с тремя исходными векторами, включая все три отражения.

С другой стороны, есть два подхода к этой проблеме, которые частично сохраняют обменную симметрию. Один из них состоит в том, чтобы сформировать инвариантное к электронному обмену разрешение идентичности в форме

$$\frac{2}{3}\sum_{j=1}^3\ket{\psi_j}\langle\psi_j|=1|_{S={1\over2},m= +{1\over2}}$$ Это также верно для трех векторов на плоскости и выражает тот факт, что они образуют плотную систему векторного пространства для $\mathbb{R}^2$. Это также является следствием леммы Шура , поскольку оба векторных пространства несут неприводимые представления обменной группы из трех электронов; приведенная выше сумма представляет собой интеграл Хаара по орбите любого одного состояния и коммутирует со всеми матрицами в представлении.

---

Другой подход связан с OP, который предоставил это изображение (с небольшими ошибками), и которое я напишу здесь полностью для полноты картины. Альтернативным базисом для плоскости, который хорошо сочетается с группой электронного обмена — хотя и не настолько симметричен, как хотелось бы, — является использование комплекснозначного базиса (что, конечно, совершенно нормально) и который соответствует круговой поляризации основе, если мы думаем о плоскости как о векторах Джонса для поляризации электромагнитной волны. В этой аналогии векторы на изображении представляют поляризации относительно этих направлений. Тогда круговая поляризация инвариантна - с точностью до фазы - относительно вращения, но отдельные отражения электронного обмена будут переворачиваться влево.$\leftrightarrow$правая круговая поляризация.

Чтобы разрезать вафлю, хитрость в плоскости заключается в том, чтобы взять за основу векторы

$$\mathbf{e}_L=\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix} =\frac23\sum_{j=1}^3 e^{\frac{2\pi i}{3}(j-1)}v_j \text{ and } \mathbf{e}_R=\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix} =\frac23\sum_{j=1}^3 e^{-\frac{2\pi i}{3}(j-1)}v_j.$$ Они сближаются с точностью до фазы отражениями, а сами с собой с точностью до фазы — вращениями.

Точно так же для трех электронов можно взять комбинации

$$|\psi_+\rangle =\frac{1}{\sqrt{3}} \left[\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}+e^{2\pi i/3}\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}+e^{-2\pi i/3}\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}\right] =\frac{\sqrt{2}}{3}e^{-i\pi/6}\sum_{j=1}^3e^{-\frac{2\pi i}{3}(j-1)}|\psi_j\rangle$$ а также $$|\psi_-\rangle =\frac{1}{\sqrt{3}} \left[\ket{\uparrow\uparrow\downarrow}+e^{-2\pi i/3}\ket{\uparrow\downarrow\uparrow}+e^{2\pi i/3}\ket{\downarrow\uparrow\uparrow}\right] =\frac{\sqrt{2}}{3}e^{+i\pi/6}\sum_{j=1}^3e^{+\frac{2\pi i}{3}(j-1)}|\psi_j\rangle$$ которые являются собственными векторами циклических перестановок с собственным значением $e^{\pm 2\pi i/3}$, и для которых отдельные биржи действуют как $$P_{12}|\psi_+\rangle=|\psi_-\rangle, \ P_{23}|\psi_+\rangle=e^{\frac{2\pi i}{3}}|\psi_-\rangle, \text{ and }P_{31}|\psi_+\rangle=e^{\frac{-2\pi i}{3}}|\psi_-\rangle .$$

Итак, в заключение: этот метод не совершенен, так как не дает возможности поднять вырожденное подпространство на два различных подпространства, инвариантных относительно группы полного электронного обмена и, следовательно, несущих отдельные ее представления. Тем не менее, это дает основу для определенных действий в группе обмена. Мне было бы интересно узнать, каков формальный анализ этого действия и как он обобщается на более чем три спина. Может в другой раз!

$\newcommand{\Ket}[1]{\left|#1\right>}$Вы можете построить их только из самого высокого,$\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{1}{2}}$, используя понижающий оператор$S_{-}=S_{1,-}+S_{2,-}+S_{3,-}$. Теперь помните, что каждый оператор в этой сумме действует только в соответствующем пространстве состояний. Кроме того, возникают проблемы с числовыми коэффициентами, но помните, что после каждого шага вы можете проверить, равна ли норма 1. Давайте сделаем это вместе.

$$\begin{align} S_{-}\Ket{\frac{3}{2},\frac{3}{2}} &= %\sqrt{\left(\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\right)\left(\frac{3}{2}-\frac{3}{2}+1\right)} \sqrt3 \hbar\Ket{\frac{3}{2},\frac{1}{2}} \tag A \\ (S_{1,-}+S_{2,-}+S_{3,-})\Ket{\frac{1}{2};\frac{1}{2};\frac{1}{2}} &= %\sqrt{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+1\right)} \hbar\left(\Ket{{-\frac{1}{2}}\frac{1}{2}\frac{1}{2}}+\Ket{\frac{1}{2}{-\frac{1}{2}}\frac{1}{2}}+\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}{-\frac{1}{2}}}\right) \tag B \end{align}$$ Числовой коэффициент впереди исходит от понижающего оператора, $$S_\pm\Ket{s,m} = \hbar \sqrt{ s(s+1) - m(m\pm1) } \Ket{s, m\pm1}$$ это то, что завершает серию, если вы пытаетесь поднять или опустить $|m|=s$.

Вы можете сделать это еще пару раз, чтобы получить другой$3/2$те. Но после этого первого вы можете построить$\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}}$один перпендикулярен другим. Я думаю, вы можете просто использовать Грамма-Шмидта или посмотреть на него. Затем с$\Ket{\frac{1}{2}\frac{1}{2}}$вы просто используете оператор понижения еще немного.

Я сделал это для обучения некоторое время назад, надеюсь, это поможет/правильно.

Я не понимаю ни данных ответов, ни ссылки на матрицу 8x8. При расчесывании 3 дублетов (также известных как вращение 1/2) руководящий принцип заключается в том, что

$$2 \times 2 \times 2 = 4 + 2 + 2.$$ То есть тензорное произведение можно разложить на тензорную сумму составных состояний, которые представляют собой квартет (спин 3/2) и 2 дублета (спин 1/2).

Квартет симметричен относительно перестановки и равен (с точностью до нормализации):

$$\begin{align} |3/2, 3/2⟩ & = |↑↑↑⟩\\ |3/2, 1/2⟩ & = \frac{|↑↑↓⟩+|↑↓↑⟩+|↓↑↑⟩}{\sqrt{3}}\\ |3/2,-1/2⟩ & = \frac{|↓↓↑⟩+|↓↑↓⟩+|↑↓↓⟩}{\sqrt{3}}\\ |3/2,-3/2⟩ & = |↓↓↓⟩ \end{align}$$

Два дублета представляют собой комбинации:

$$\begin{align} |↑⟩(|↑↓⟩-|↓↑⟩) & =|↑↑↓⟩-|↑↓↑⟩,\\ |↓⟩(|↑↓⟩-|↓↑⟩) & =|↓↑↓⟩-|↓↓↑⟩ \end{align}$$ а также $$\begin{align} (|↑↓⟩-|↓↑⟩)|↑⟩ & =|↑↓↑⟩-|↓↑↑⟩,\\ (|↑↓⟩-|↓↑⟩)|↓⟩ & =|↑↓↓⟩-|↓↑↓⟩, \end{align}$$ и, по-видимому, имеют смешанную симметрию. Например, один дублет: $$\begin{align} |1/2, 1/2⟩^{(1)} & = \frac{|↑↑↓⟩+|↑↓↑⟩-2|↓↑↑⟩}{\sqrt{6}},\\ |1/2,-1/2⟩^{(1)} & = \frac{|↓↓↑⟩+|↑↓↓⟩-2|↑↓↓⟩}{\sqrt{6}} \end{align}$$ и ортогональная комбинация $$\begin{align} |1/2, 1/2⟩^{(2)} & = \frac{2|↑↑↓⟩-|↑↓↑⟩-|↓↑↑⟩}{\sqrt{6}},\\ |1/2,-1/2⟩^{(2)} & = \frac{2|↓↓↑⟩-|↑↓↓⟩-|↑↓↓⟩}{\sqrt{6}}. \end{align}$$

Любая другая комбинация с нулевым компонентом спина 3/2 является линейной комбинацией этих двух.

---

The $8 \times 8$матрица указывает на непонимание проблемы: в то время как мы можем сделать состояния произведения, где мы знаем спин каждой частицы, оправдывая$8 \times 8$оператора, эти состояния не являются собственными состояниями полного углового момента, и поэтому мы не хотим их рассматривать.

Мы рассматриваем комбинации, которые являются собственными состояниями полного углового момента, и способ их нахождения такой же, как указано в первом ответе: соединить первый и второй спин в триплет со спином 1 и синглет со спином 0, а затем, используя коэффициенты Клебша-Гордана, берите их продукцию с дуплетом:

$$\begin{align} \text{spin-1 times spin 1/2: } & 3 \times 2 = 4 + 2\\ \text{spin-0 times spin 1/2: } & 1 \times 2 = 2 \end{align}$$ (именно так дублеты явно сломались, как показано выше).

Таким образом, резюмируя, учитывая произведение 3 дублетов, разбейте его попарно:

$$\begin{align} 2 \times 2 \times 2 & = (2 \times 2) \times 2 \\ (2 \times 2) \times 2 & = (3 + 1) \times 2 \\ (3 + 1) \times 2 & = (3 \times 2) + (1 \times 2) \\ (3 \times 2) + (1 \times 2) & = (4 + 2) + (2) = 4 + 2 + 2 \end{align}$$

---

Также: стремление к симметрии велико, но в общем только крайний случай$|J,J⟩$симметрично, а остальные состояния имеют смешанную симметрию. Антисимметричный случай может быть, а может и не быть. См. Статью Википедии о картинах Янга , чтобы узнать больше об этом.

$\newcommand{\rket}[1]{\left|#1\right>}% \renewcommand{\ket}{\rket}% \newcommand{\up}{\uparrow}\newcommand{\dn}{\downarrow}%$Этот ответ в том же духе, что и ответ kηives («вы понимаете это из операторов лестницы»), но более подробно говорит о нарушении вырождения между двумя комбинациями спин-половина. Хитрость заключается в том, чтобы заметить, что оба состояния со спином 3/2 в ответе kηive могут быть записаны с первыми двумя спинами, объединенными в триплет со спином один:

$$\begin{alignat}2 \rket{\frac32, +\frac32} &= \rket{\up\up\up} &&= \ket{\up\up}\ket{\up} = \ket{1,1} \ket\up \\ \sqrt3\rket{\frac32, +\frac12} &= \rket{\dn\up\up} +\rket{\up\dn\up} +\rket{\up\up\dn} &&= \sqrt2\left(\frac{ \ket{\up\dn} + \rket{\dn\up} }{\sqrt2}\right)\rket\up + \rket{\up\up}\rket\dn \\&&&= \sqrt2\rket{1,0}\rket\up + \rket{1,1}\rket\dn \end{alignat}$$ Это те же линейные комбинации, что и с обычными коэффициентами Клебша-Гордана для спина один со спином наполовину, и предполагается, что одна из комбинаций спина наполовину должна быть $$\begin{alignat}3 \sqrt3\rket{\frac12,+\frac12}_\text{triplet} &= \rket{1,0}\rket\up - \sqrt2\ket{1,1}\ket\dn \\&= \left(\frac1{\sqrt2}\ket{\up\dn\up} + \frac1{\sqrt2}\ket{\dn\up\up}\right) -\sqrt2\ket{\up\up\dn} \end{alignat}$$ Вы можете проверить, что эта «тройная» комбинация ортогональна другим и уничтожается оператором повышения, $$S_+\ket{s,m} = \hbar\sqrt{s(s+1) - m(m+1)} \ket{s, m+1},$$ независимо от того, используете ли вы оператор повышения спин-половины на отдельном $\ket\dn$или оператор повышения спин-один $S_+\ket{1,0}=\hbar\sqrt2\ket{1,1}$на линейной комбинации.

Оставшееся состояние, которое мы еще не использовали для первых двух частиц, — это синглет,

$$\begin{align} \rket{\frac12,+\frac12}_\text{singlet} &= \ket{0,0}\ket\up = \frac1{\sqrt2}\ket{\dn\up\up} - \frac1{\sqrt2}\ket{\up\dn\up} \end{align}$$ который также убивает поднимающий оператор. Конечно, вы можете построить все состояния с отрицательными $m$с помощью понижающего оператора.

Четыре состояния с полным спином$\hbar/2$имеют смешанную симметрию при обмене (но определенную симметрию при обмене первых двух частиц). Не существует полностью антисимметричного состояния, которое можно построить из трех частиц с двумя состояниями, но вы можете построить полностью смешанно-симметричное состояние с определенным спином, взяв линейную комбинацию моих «синглетных» и «триплетных» состояний.

Я только показываю, как получить коэффициенты CG для двух состояний.$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1$а также$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2$.

Во-первых, легко видеть, что$|\frac{3}{2},\frac{1}{2}\rangle=\frac{1}{\sqrt{3}}(|-++\rangle+|+-+\rangle+|++-\rangle)$.

Написав$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_i=\alpha_i|-++\rangle+\beta_i|+-+\rangle+\gamma_i|++-\rangle$($i=1,2$), то матрица$U=\left( \begin{array}{ccc} \frac{1}{\sqrt{3}} & \alpha_1 & \alpha_2 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \beta_1 & \beta_2 \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \gamma_1 & \gamma_2 \\ \end{array} \right)$должна быть ортогональной матрицей из-за нормализации$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1$а также$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2$, и тот факт, что три состояния с одинаковыми$m$,$|\frac{3}{2},\frac{1}{2}\rangle$,$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1$, а также$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2$, должны быть взаимно ортогональны.

Таким образом, мы имеем

$$\begin{eqnarray} &&\alpha^2_i+\beta^2_i+\gamma^2_i=1,\\ &&\alpha_i+\beta_i+\gamma_i=0,\\ &&\alpha_1\alpha_2+\beta_1\beta_2+\gamma_1\gamma_2=0 \end{eqnarray}$$ Путем устранения$\gamma_i$из первых двух уравнений получаем$\alpha^2_i+\alpha_i\beta_i+(\beta^2_i-\frac{1}{2})=0$, который дает$\alpha_i=\frac{1}{2}(-\beta_i\pm\sqrt{2-3\beta^2_i })$. Итак, у нас есть $$\begin{eqnarray} (\alpha_i,\beta_i,\gamma_i)=\left(\frac{1}{2}(-\beta_i\pm\sqrt{2-3\beta^2_i }),\beta_i,\frac{1}{2}(- \beta_i\mp\sqrt{2-3\beta^2_i })\right) \end{eqnarray}$$ Теперь мы можем выбрать $$\begin{eqnarray} (\alpha_{1/2},\beta_{1/2},\gamma_{1/2})=\left(\frac{1}{2}(-\beta\pm\sqrt{2-3\beta^2 }),\beta,\frac{1}{2}(- \beta\mp\sqrt{2-3\beta^2 })\right) \end{eqnarray}$$ так что условие ортогональности$\alpha_1\alpha_2+\beta_1\beta_2+\gamma_1\gamma_2=0$дает $$\begin{eqnarray} \frac{1}{4}(\beta^2-2+3\beta^2)+\beta^2+\frac{1}{4}(\beta^2-2+3\beta^2)=0\to3\beta^2-1=0\to\beta=\pm\frac{1}{\sqrt{3}} \end{eqnarray}$$ Выбрав$\beta=\frac{1}{\sqrt{3}}$, окончательно получаем $$\begin{eqnarray} |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1&=&\frac{1}{2}(1-\frac{1}{\sqrt{3}})|-++\rangle+\frac{1}{\sqrt{3}}|+-+\rangle-\frac{1}{2}(1+\frac{1}{\sqrt{3}})|++-\rangle,\nonumber\\ |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2&=&\frac{1}{2}(1+\frac{1}{\sqrt{3}})|-++\rangle-\frac{1}{\sqrt{3}}|+-+\rangle-\frac{1}{2}(1-\frac{1}{\sqrt{3}})|++-\rangle. \end{eqnarray}$$

Другие варианты, появляющиеся в предыдущих ответах, не удовлетворяют условию$\alpha_1\alpha_2+\beta_1\beta_2+\gamma_1\gamma_2=0$[Например$(\alpha_{1/2},\beta_{1/2},\gamma_{1/2})=\left(e^{\mp 2\pi i/3},e^{\pm 2\pi i/3},1\right)$или же$(\alpha_{1},\beta_{1},\gamma_{1})=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(-2,1,1\right)$а также$(\alpha_{2},\beta_{2},\gamma_{2})=\frac{1}{\sqrt{6}}\left(-1,-1,2\right)$].

---

Другой выбор$(\alpha,\beta,\gamma)$можно найти в следующем примечании к лекции (P48): https://public.lanl.gov/mparis/qmp.pdf

Там,

$$\begin{eqnarray} |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_1&=&-\frac{1}{\sqrt{2}}|-++\rangle+\frac{1}{\sqrt{2}}|+-+\rangle,\nonumber\\ |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_2&=&-\frac{1}{\sqrt{6}}|-++\rangle-\frac{1}{\sqrt{6}}|+-+\rangle+\frac{2}{\sqrt{6}}|++-\rangle. \end{eqnarray}$$ выбраны. Я только что заметил, что они уже упоминались в ответе Эмилио Писанти выше.

Это возможно, поскольку у нас есть 6 неизвестных и только 5 ограничений, поэтому решения не уникальны. Как указано в приведенной выше ссылке, дополнительное квантовое число для устранения вырождения - это просто оператор перестановки между спином 1 и спином 2,$P_{12}$:$P_{12}|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_{1,2}=\mp |\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_{1,2}$.

Легко видеть, что$|\frac{1}{2},\frac{1}{2}\rangle_{1,2}$также являются собственными состояниями$\vec{S}_1\cdot\vec{S}_2$, с собственными значениями$-\frac{3}{4}$а также$\frac{1}{4}$, соответственно.

Мы можем последовательно добавлять 3 электронных спина, добавляя сначала два спина, а затем добавляя третий спин. Состояние полностью описывается тремя квантовыми числами$S_{(2)}$,$S_{(3)}$а также$M_{(3)}$которые я описываю ниже.

The $i$'й спин описывается$|s_i m_i \rangle$с$s_i=\frac{1}{2}$а также$m_i \in \{ -\frac{1}{2}, \frac{1}{2} \}$. С$s_i$исправлено, я с этого момента подавляю это квантовое число. кеты$| m_1 m_2 m_3 \rangle$образуют базис гильбертова пространства и являются собственными схемами операторов$\hat s_1^z$,$\hat s_2^z$,$\hat s_3^z$. Мы можем записать любое трехэлектронное состояние$| \psi \rangle$в этой основе$\langle m_1m_2m_3|\psi \rangle$. Позволяет определить

$$\begin{align} \hat S_{(2)} = \begin{pmatrix} \hat s_1^x + \hat s_2^x \\ \hat s_1^y + \hat s_2^y \\ \hat s_1^z + \hat s_2^z \end{pmatrix} \quad \text{and} \quad \hat S^z_{(2)} = \hat s_1^z + \hat s_2^z. \end{align}$$ Мы также могли бы использовать собственные наборы$\hat S_{(2)}^2$,$\hat S_{(2)}^z$а также$\hat s_3^z$в качестве основы:$|S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle$. В этом базисе тождественный оператор задается выражением $$\begin{align} \hat I = \sum_{S_{(2)} M_{(2)} m_3} | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | \end{align}$$ Мы переходим от одного базиса к другому, вставляя тождество: $$\begin{align} \langle m_1m_2m_3| \psi \rangle &= \sum_{S_{(2)} M_{(2)} m'_3} \langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m'_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m'_3 |\psi \rangle \\ &= \sum_{S_{(2)} M_{(2)}} \langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 |\psi \rangle \end{align}$$ На данный момент мы успешно добавили первый и второй спин. Коэффициенты $$\langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle = \langle m_1m_2 | S_{(2)} M_{(2)} \rangle$$ из приведенного выше уравнения являются просто коэффициентами Клебша-Гордана. Далее мы пара$S_{(2)}$с третьего вращения$s_3$. Мы определяем два новых оператора: $$\begin{align} \hat S_{(3)} = \begin{pmatrix} \hat s_1^x + \hat s_2^x + \hat s_3^x \\ \hat s_1^y + \hat s_2^y + \hat s_3^y\\ \hat s_1^z + \hat s_2^z + \hat s_3^z \end{pmatrix} \quad \text{and} \quad \hat S^z_{(3)} = \hat s_1^z + \hat s_2^z + \hat s_3^z. \end{align}$$ и обратите внимание, что собственные наборы$\hat S_{(2)}^2$,$\hat S_{(3)}^2$а также$\hat S_{(2)}^z$составляют основу:$| S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle$. В этом базисе тождественный оператор задается выражением $$\begin{align} \hat I = \sum_{S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)}} | S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle \langle S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} | \end{align}$$ Преобразуем в этот базис, вставив тождественный оператор $$\begin{align} & \langle m_1m_2m_3| \psi \rangle \\ &= \sum_{S_{(2)} M_{(2)}} \sum_{S_{(2)}'S_{(3)} M_{(3)}} \langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | S'_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle \langle S'_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} |\psi \rangle \\ &= \sum_{S_{(2)} M_{(2)}} \sum_{S_{(3)} M_{(3)}} \langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle \langle S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} |\psi \rangle. \end{align}$$ Как и раньше, коэффициенты $$\langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle = \langle M_{(2)} m_3 | S_{(3)} M_{(3)} \rangle$$ – коэффициенты Клебша-Гордана. Эти расчеты показывают, что состояние полностью описывается тремя квантовыми числами$S_{(2)}$,$S_{(3)}$а также$M_{(3)}$. Если вам интересно, как выглядит такое государство, мы могли бы выбрать$| \psi \rangle = | S_{(2)}S_{(3)}M_{(3)} \rangle$. Тогда у нас есть, $$\begin{align} \langle m_1m_2m_3| S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle &= \sum_{S_{(2)} M_{(2)}} \langle m_1m_2m_3 | S_{(2)} M_{(2)} m_3 \rangle \langle S_{(2)} M_{(2)} m_3 | S_{(2)} S_{(3)} M_{(3)} \rangle \end{align}$$ Вставив коэффициенты Клебша-Гордана, мы восстановим состояния из вашей таблицы. Этот метод легко обобщить для более чем 3 вращений.

Читая предыдущие ответы, возможно, ответ прост. Мы знаем, например, что в атомах невозможно иметь три электрона с одним и тем же орбитальным состоянием. Ваш вопрос, по сути, спрашивается, если у нас есть одна орбиталь и мы поместим в нее три электрона, в каком состоянии она будет?

Ответ заключается в том, что из-за исключения Паули все 3 электрона должны находиться в разных спиновых состояниях, если они все хотят жить в одном и том же орбитальном состоянии. Но одному электрону доступно только 2 состояния, так что это невозможно. Следовательно, почему ОП и другие ответы не находят антисимметричного подпространства в пространстве трех частиц со спином 1/2.

Если ваше одночастичное гильбертово пространство имеет размерность$D$тогда возможно только до$N=D$одинаковые фермионы в системе.