Как получить оператор углового момента для трехмерного гармонического осциллятора?

Во-первых, вам нужно понять$a_i$является бозонным оператором, удовлетворяющим бозонному коммутационному соотношению$[a_i,a_j]=0$, означающий, что$a_ia_j=a_ja_i$. Теперь мы покажем, что$\epsilon_{ijk}a_ja_k=0$. Потому что если вы исправите$i=1$, затем

$$\epsilon_{1jk}a_ja_k=\epsilon_{123}a_2a_3+\epsilon_{132}a_3a_2=a_2a_3-a_3a_2=0.$$ Для другого выбора $i$, доказательство аналогично. Затем $\epsilon_{ijk}a_ja_k=0$подразумевает $\epsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\dagger=0$эрмитовым сопряжением обеих частей уравнения. Потому что оба $\epsilon_{ijk}a_ja_k$и $\epsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\dagger$равны нулю, поэтому их разность также равна нулю.

Это не так много, что$\epsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\dagger - a_j a_k)$равен нулю, но каждый из этих членов исчезает сам по себе:

$$\text{both}\quad \epsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\dagger = 0 \quad\text{and}\quad \epsilon_{ijk}a_j a_k = 0,$$ потому что эти операторы коммутируют, поэтому $a_ja_k=a_ka_j$и то же самое для кинжалов, и для каждой пары с $j\neq k$у вас есть соответствующий термин с обратным знаком в тензоре Леви-Чивиты. Так, скажем, для $i=1$, термин двойной аннигиляции читается $$\epsilon_{1jk}a_j a_k = a_2a_3-a_3a_2 = 0,$$ и аналогично для других компонентов и термина двойного творения.

То же самое происходит и с двумя другими терминами, потому что вы так далеки от

$$L_i=\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}-a_j^\phantom{\dagger}a_k^\dagger),$$ но эти два термина по существу идентичны. Чтобы увидеть это, возьмите второй член и переверните $j$и $k$этикетки: $$\begin{align} \frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}a_j^\phantom{\dagger}a_k^\dagger & = \frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ikj}a_k^\phantom{\dagger}a_j^\dagger \\& = \frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ikj}(a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}+i\delta_{jk}) \\& = -\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} + \frac{\hbar}{2}\varepsilon_{ikj}\delta_{jk} \\& = -\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} , \end{align}$$ где $\varepsilon_{ikj}\delta_{jk}=1-1=0$исчезает. Возвращая это обратно к полному выражению, вы получаете $$L_i=\frac{\hbar}{2i}\varepsilon_{ijk}(a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}+a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}) =-i\hbar\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger}$$ как утверждалось ранее.