Как рассчитать состояния углового момента изотропного квантового гармонического осциллятора?

Как вы, наверное, уже поняли, интересующие вас два собственных пространства:$N=2$и$N=3$, образованы прямой суммой подпространств с разным угловым моментом; Таким образом$N=2$собственное пространство имеет один$l=2$и один$l=0$подпространство, измерений$5+1=6$, и$N=3$собственное пространство имеет один$l=3$и один$l=1$подпространство, измерений$7+3=10$. Таким образом, у вас есть две разные задачи: перемещение внутри каждого подпространства и переход к другому представлению.

---

Первая задача относительно проста, и на самом деле для ее выполнения не требуется особых знаний о внутренней структуре гамильтониана. Вы уже знаете, что$H$коммутирует с$\mathbf L$, что гарантирует вам общий собственный базис$|nlm⟩$, но более того, вы знаете, что действуя на$|nlm⟩$с компонентами углового момента и, в частности, лестничными операторами$L_\pm = L_x+iL_y$, будет держать вас внутри этого подпространства. В этом ключе, например, можно взять$|3,3,3⟩$состояние, которое вы уже нашли, чтобы получить

$$L_-|3,3,3⟩\propto |3,3,2⟩,$$ и так далее.

Что вам действительно нужно для реализации этого на вашем языке, так это принести$L_\pm$на язык ваших операторов создания и уничтожения. Мы уже сделали большую часть тяжелой работы в предыдущем вопросе , который дал нам личность

$$L_i=-i\hbar\varepsilon_{ijk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger},$$ и теперь нам просто нужно применить это к лестничным операторам: $$\begin{align} L_\pm & = L_x \pm i L_y \\ & = -i\hbar\varepsilon_{1jk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} \pm \hbar\varepsilon_{2jk}a_j^\dagger a_k^\phantom{\dagger} \\ & = -i\hbar(a_2^\dagger a_3^\phantom{\dagger} -a_3^\dagger a_2^\phantom{\dagger} )\pm \hbar(a_3^\dagger a_1^\phantom{\dagger}-a_1^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) \\ & = \hbar(\mp a_1^\dagger-ia_2^\dagger)a_3^\phantom{\dagger} + \hbar a_3^\dagger(\pm a_1^\phantom{\dagger}+ia_2^\phantom{\dagger}) \\ & = \sqrt{2}\hbar(a_\pm^\dagger a_0^\phantom{\dagger} + a_0^\dagger a_\mp^\phantom{\dagger}), \end{align}$$ где я использовал формы $a_\pm = \frac{1}{\sqrt{2}}(\mp a_1 +ia_2)$и $a_\pm^\dagger =\frac{1}{\sqrt{2}}(\mp a_1^\dagger -ia_2^\dagger)$. Этот результат для $L_\pm$понять довольно легко: вы уничтожаете один квант с помощью $a_0$а затем воссоздать его с помощью $\pm$больше углового момента, или вы уничтожите один квант с $a_\mp$а затем воссоздать его с помощью $\pm1$больше единицы углового момента. Легкий!

Применительно к вашему$N=3$состояние,$|3,3,3⟩ = \frac{1}{\sqrt{3!}}(a_+^\dagger)^3|0⟩$, затем вы можете перейти к получению

$$\begin{align} |3,3,2⟩ &= \frac{1}{\sqrt{6}}L_- |3,3,3⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{6}} \, \sqrt{2} \hbar(a_-^\dagger a_0^\phantom{\dagger} + a_0^\dagger a_+^\phantom{\dagger}) \ \frac{1}{\sqrt{3!}}(a_+^\dagger)^3|0⟩ \\ & = \frac{1}{3\sqrt{2}}\hbar(0 + a_0^\dagger a_+^\phantom{\dagger}) \cdot (a_+^\dagger)^3|0⟩ \\ & = \frac{1}{3\sqrt{2}}\hbar\, a_0^\dagger \left((a_+^\dagger)^3 a_+^\phantom{\dagger}+3(a_+^\dagger)^2\right) |0⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{2!}} \hbar \, a_0^\dagger (a_+^\dagger)^2 |0⟩, \end{align}$$ и так далее, пока не дойдете $|3,3,-3⟩ = \frac{1}{\sqrt{3!}}(a_-^\dagger)^3|0⟩$.

---

Другое подпространство, с$l<N$, немного сложнее, потому что вы не можете получить его из наивного аргумента, просто делая$(a_+^\dagger)^{N} |0⟩$а затем используя алгебру углового момента, чтобы прикрыть вас.

Я всегда нахожу, что появление этих оболочек легче понять, глядя на то, как комбинируются декартовы компоненты, поэтому позвольте мне начать с построения$N=2$,$l=0$состояние непосредственно на декартовой основе$|n_x,n_y,n_z⟩_\mathrm{C}$. В частности, рассмотрим состояние

$$|\psi⟩ = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( |2,0,0⟩_\mathrm{C} + |0,2,0⟩_\mathrm{C} + |0,0,2⟩_\mathrm{C}\right),$$ который имеет представление в позиционном пространстве $$\begin{align} ⟨x,y,z|\psi⟩ & = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( ⟨x,y,z|2,0,0⟩_\mathrm{C} + ⟨x,y,z|0,2,0⟩_\mathrm{C} + ⟨x,y,z|0,0,2⟩_\mathrm{C}\right) \\ & = \frac{1}{\sqrt{3}} \bigg[ H_2(x)+H_2(y)+H_2(z)\bigg]e^{-r^2/2} \\ & \propto \frac{1}{\sqrt{3}} \bigg[ (4x^2-2)+(4y^2-2)+(4z^2-2)\bigg]e^{-r^2/2} \\ & = \frac{1}{\sqrt{3}} \left(4r^2-6\right)e^{-r^2/2} , \end{align}$$ так что это зависит только от $r$и поэтому принадлежит к $l=0$представление. Это все хорошо, но как мы представим это с помощью бозонных операторов? Это можно прочитать непосредственно из приведенного выше состояния, перефразировав его как $$\begin{align} |2,0,0⟩ & = \frac{1}{\sqrt{3!}}\left((a_1^\dagger)^2+(a_2^\dagger)^2+(a_3^\dagger)^2\right)|0⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{3!}}\left(\frac12(-a_+^\dagger +a_-^\dagger)^2-\frac12(a_+^\dagger +a_-^\dagger)^2+(a_0^\dagger)^2\right)|0⟩ \\ & = \frac{1}{\sqrt{3!}}\left((a_0^\dagger)^2-2a_+^\dagger a_-^\dagger\right)|0⟩ \end{align}$$ где я использовал $a_1^\dagger = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(-a_+^\dagger +a_-^\dagger\right)$и $a_2^\dagger = \frac{i}{\sqrt{2}}\left(a_+^\dagger +a_-^\dagger\right)$. Это имеет большой смысл: $|2,0,0⟩$генерируется из вакуумного состояния двумя путями, которые увеличивают $N$на двоих, но уйти $L_0$без изменений, $(a_0^\dagger)^2$и $a_+^\dagger a_-^\dagger$, а затем эти два накладываются таким образом, что $L^2$исчезнуть. Однако возникает очевидный вопрос — что это за оператор и как его обобщить?

Ответ здесь заключается в том, что приведенный выше пример является иллюстративным, но пока это не совсем правильный подход. На самом деле нам не нужны операторы, которые будут переводить нас из одного собственного энергетического пространства в другое, потому что они не будут коммутировать с гамильтонианом и, следовательно, будут иметь некоторые относительно сложные алгебраические свойства. Вместо этого нам действительно нужен способ генерировать$|2,0,0⟩$состояние, прыгнув вниз$l$лестница из$N=2$,$l=2$пространства: если мы это сделаем, то наш новый класс лестничных операторов сможет коммутировать с гамильтонианом (но не с$\mathbf L$).

Это дает вам пару явных кандидатов, потому что изотропный осциллятор имеет очень мало независимых симметрий: угловой момент, который мы уже использовали, вектор Лапласа-Рунге-Ленца и что-то, называемое тензором Фрадкина, который определяется как

$$F_{ij} = p_ip_j +x_ix_j$$ в декартовой системе отсчета, и оказывается, что она коммутирует с гамильтонианом (что вы должны явно проверить). Тензор Фрадкина имеет тенденцию лучше работать с гармоническим осциллятором, чем вектор Рунге-Ленца, и я попытался сделать его сеткой ниже, но, честно говоря, это не совсем так, поэтому вам нужно будет заполнить некоторые пробелы.

Чтобы перенести это на наш старый язык, давайте начнем с преобразования квадратур в бозонные операторы, что даст нам

$$\begin{align} F_{ij} & = p_ip_j +x_ix_j \\ & = \frac{a_i^\phantom{\dagger}-a_i^\dagger}{\sqrt{2}\,i} \frac{a_j^\phantom{\dagger}-a_j^\dagger}{\sqrt{2}\, i} + \frac{a_i^\phantom{\dagger}+a_i^\dagger}{\sqrt{2}} \frac{a_j^\phantom{\dagger}+a_j^\dagger}{\sqrt{2}} \\ & = \frac12 \left[-(a_i^\phantom{\dagger}-a_i^\dagger)(a_j^\phantom{\dagger}-a_j^\dagger)+(a_i^\phantom{\dagger}+a_i^\dagger)(a_j^\phantom{\dagger}+a_j^\dagger)\right] \\ & = a_i^\phantom{\dagger}a_j^\dagger+a_i^\dagger a_j^\phantom{\dagger} . \end{align}$$ (Упражнение: является ли это явно эрмитовым? Если нет, то почему оно эрмитовым?) Это, конечно, на декартовой основе для тензорной части, но мы хотим говорить здесь о сферических тензорах, поэтому мы действительно хотим быть используя его сферические компоненты, $F_{0,0}$и $F_{2,m}$; здесь скалярная компонента проста, так как $$F_{0,0} = \sum_{i=1}^3 F_{ii} = 2H$$ есть просто гамильтониан, а получить компоненты квадруполя проще всего по аналогии с электрическим квадруполем $Q_{ij}=x_ix_j$, так что вы получаете $$\begin{align} F_{2,2} &= F_{11}+2iF_{12}-F_{22} \\ &= (a_1^\phantom{\dagger}a_1^\dagger+a_1^\dagger a_1^\phantom{\dagger}) +2i (a_1^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_1^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) - (a_2^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_2^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger} + i a_2^\phantom{\dagger})(a_1^\dagger+ia_2^\dagger) +(a_1^\dagger+ia_2^\dagger)(a_1^\phantom{\dagger} + i a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = -4\,a_+^\dagger a_-^\phantom{\dagger}, \\[2mm] F_{2,1} &= F_{13}+iF_{23} \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_1^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) +i(a_2^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_2^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}+ia_2^\phantom{\dagger})a_3^\dagger+(a_1^\dagger +ia_2^\dagger )a_3^\phantom{\dagger} \\ & = \sqrt{2}\left(a_-^\phantom{\dagger}a_0^\dagger-a_+^\dagger a_0^\phantom{\dagger} \right), \\[2mm] F_{2,0} & = 2F_{33}-F_{11}-F_{22} \\ & = 2(a_3^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_3^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) -(a_1^\phantom{\dagger}a_1^\dagger+a_1^\dagger a_1^\phantom{\dagger}) -(a_2^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_2^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = 2(a_0^\phantom{\dagger}a_0^\dagger+a_0^\dagger a_0^\phantom{\dagger}) -(a_+^\phantom{\dagger}a_+^\dagger+a_+^\dagger a_+^\phantom{\dagger}) - (a_-^\phantom{\dagger}a_-^\dagger+a_-^\dagger a_-^\phantom{\dagger}) \\ & = 2a_0^\dagger a_0^\phantom{\dagger} -a_+^\dagger a_+^\phantom{\dagger} - a_-^\dagger a_-^\phantom{\dagger} , \\[2mm] \text{and similarly} \\[2mm] F_{2,-1} &= F_{13}-iF_{23} \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_1^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) -i(a_2^\phantom{\dagger}a_3^\dagger+a_2^\dagger a_3^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger}-ia_2^\phantom{\dagger})a_3^\dagger+(a_1^\dagger -ia_2^\dagger )a_3^\phantom{\dagger} \\ & = \sqrt{2}\left(a_-^\dagger a_0^\phantom{\dagger}-a_+^\phantom{\dagger}a_0^\dagger\right) \quad\text{and} \\[2mm] F_{2,-2} &= F_{11}-2iF_{12}-F_{22} \\ &= (a_1^\phantom{\dagger}a_1^\dagger+a_1^\dagger a_1^\phantom{\dagger}) -2i (a_1^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_1^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) - (a_2^\phantom{\dagger}a_2^\dagger+a_2^\dagger a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = (a_1^\phantom{\dagger} - i a_2^\phantom{\dagger})(a_1^\dagger-ia_2^\dagger) +(a_1^\dagger-ia_2^\dagger)(a_1^\phantom{\dagger} - i a_2^\phantom{\dagger}) \\ & = -4\,a_-^\dagger a_+^\phantom{\dagger}. \end{align}$$ Эти операторы, очевидно, коммутируют с гамильтонианом, и, хотя они не являются эрмитовыми, они подчиняются $F_{2,m}^\dagger = F_{2,-m}$.

Это то, что я собираюсь взять на данный момент, так как у меня нет времени. Тем не менее, это должно дать вам хорошее представление о том, где взять это, чтобы завершить все отношения в соответствующих алгебрах; где-то есть правильные лестничные операторы, и нужно просто свести все к минимуму, чтобы получить правильные отношения.

Как упоминалось в предыдущих сообщениях, учитывая$N=n_x+n_y+n_z$, нетрудно вычислить$|n=N;l=N;m=N\rangle$состояние, если мы используем:

$$\frac{1}{\sqrt{N!}}(a_+^\dagger)^N |0\rangle$$

Тогда мы можем применить$L_-$пока мы не доберемся до$|n=N;l=N;m=-N\rangle$

Чтобы перейти ко второму подпространству, в котором$|n=N;l=N-2;m=0\rangle$, мы можем использовать теорему о неприводимых сферических тензорах из [Sakurai 3.10.27] :

$$T_{q}^{(k)} = \sum_{q_1 q_2} \langle k_1, k_2 ; q_1 , q_2 |k_1,k_2; k, q \rangle T_{q_1}^{(k_1)} T_{q_2}^{(k_2)}$$

Где выполняются следующие условия:

1. $k=N-2$
2. $k_1+k_2 = N$
3. $q_1 = -k_1, \dots , k_1$и$q_2 = -k_2, \dots , k_2$
4. Мы используем$a_+, a_-, a_+^\dagger a_-^\dagger$которые являются сферическим тензором .

Например для$N=2, l=0$:

Мы выбираем определить 2 положительных целых числа$k_1=1$,$k_2=1$ул.$k_1 + k_2 =N=2$.

$$T_0^{(0)} = \sum_{q_1=-1 q_2=-1}^{1,1} \langle 1, 1 ; q_1 , q_2 |1,1; k, q \rangle T_{q_1}^{(1)} T_{q_2}^{(1)}$$

И$T_0^{(0)}|0,0,0\rangle_C$даст нам$|n=2;l=0;m=0\rangle$состояний, поэтому мы перескочили во второе подпространство и теперь можем применить$L_{\pm}$чтобы перечислить все состояния углового момента в этом подпространстве.