Угловой момент трехмерного гармонического осциллятора в двух разных основаниях

Введем лестничные операторы$a^\dagger_i, a_i$такой, что

$$\begin{align}x_i & = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (a^\dagger_i + a_i) \\ p_i & = i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}} (a^\dagger_i - a_i) \end{align}$$ где $i = 1,2,3$. Коммутаторы, конечно $$[a_i, a^\dagger_j] = \delta_{ij}.$$

Тогда оператор углового момента равен

$$L_i = \epsilon_{ijk}x_j p_k$$ с $\epsilon_{ijk}$символ Леви-Чивиты и суммирует $j, k$подразумевается. При расширении $x_j p_k$только $-a^\dagger_j a_k$и $a_j a^\dagger_k$внести свой вклад, так как $a_k a_j$симметричен в $k,j$. Эти два слагаемых дают равные вклады, так как их коммутатор симметричен относительно $k,j$. Следует, что $$L_i = -i\hbar\epsilon_{ijk} a^\dagger_j a_k.$$

Теперь определение

$$a_+ = \frac{-1}{\sqrt 2} (a_x - ia_y) \qquad a_- = \frac{1}{\sqrt 2}(a_x + ia_y)$$ у нас есть $[a_\pm, a_\pm^\dagger]= 1$и $$L_z = \hbar(a^\dagger_+ a_+ - a^\dagger_- a_-).$$ Довольно ясно, что $a^\dagger_\pm$поднимать $N$к $1$, и $a_\pm$добавляет возбуждение с $L_z = \pm\hbar$: $L_z$есть разность между числовыми операторами, соответствующими $a_\pm$.

Используя эти операторы, вы в принципе можете разработать матрицу для$L_z$(а также$L_x$и$L_y$) и$L^2$. Поскольку$L_i$операторы содержат только произведения один оператор создания и один оператор уничтожения они не связывают состояния с разными$N$. Отсюда следует, что ни$L^2$, так что вы можете рассмотреть каждый$N$в отдельности. Когда у вас есть эти матрицы, их диагонализация подскажет вам, как выразить$|N, l, m\rangle$с точки зрения$|n_x,n_y, n_z\rangle$.

Обратите внимание, что для каждого$N$есть$(N+2)(N+1)/2$состояния, поэтому вы, вероятно, не хотите делать это вручную, за исключением, возможно,$N = 2$($N = 0,1$случаи тривиальны). Может быть, вы можете заставить Mathematica или Maple сделать это за вас для более крупного$N$.

---

Для$N = 1$мы можем рассчитать следующим образом.

$$a_+ |0,0,1\rangle =\frac{-1}{\sqrt 2}(a_x - ia_y)|0,0,1\rangle = 0.$$ То, что мы использовали здесь, это то, что $$a_x |n_x, n_y, n_z\rangle = \sqrt{n_x}|n_x-1,n_y,n_z\rangle$$ и аналогично для $y,z$. Получаем то же самое с $a_-$, так что это означает, что $L_z |0,0,1\rangle = 0$, поэтому состояние $|0,0,1\rangle$имеет $m = 0$. Для $|1,0,0\rangle$, у нас есть $$a_+|1,0,0\rangle = -a_- |0,1,0\rangle = -\frac{1}{\sqrt 2} |0,0,0\rangle$$ из которого мы получаем $$a^\dagger_+ a_+ |1,0,0\rangle = \frac{1}{2} \big( |1,0,0\rangle + i |0,1,0\rangle\big)$$ $$a^\dagger_- a_- |1,0,0\rangle = \frac{1}{2} \big(|1,0,0\rangle - i|0,1,0\rangle\big).$$ Таким образом $$L_z |1,0,0\rangle = i\hbar |0,1,0\rangle.$$ Теперь вы, вероятно, можете решить самостоятельно, что $L_z |0,1,0\rangle = -i\hbar |1,0,0\rangle.$Это дает матрицу для $L_z$на $N = 1$заявляет как $$L_z = \begin{pmatrix}0 & i & 0 \\ -i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Собственные значения $L_z$даются решениями $$m(m^2-1) = 0$$ которые $m = 0, \pm 1$. Мы уже знаем, что $|0,0,1\rangle$собственный вектор, соответствующий $m = 0$. Чтобы найти собственный вектор, соответствующий $m = \pm 1$, надо решить систему линейных уравнений $$\begin{align}iy & = \pm x \\ -ix & = \pm y\end{align}$$ который просто говорит $x = \pm i y$(оба уравнения эквивалентны). Таким образом $$L_z \big( |1,0,0\rangle \pm i |0,1,0\rangle\big) = \pm\hbar \big( |1,0,0\rangle \pm i |0,1,0\rangle\big).$$

Поскольку мы нашли три состояния, с$m = -1,0,1$, мы должны иметь$l = 1$.

Конечно, в этом простом случае мы могли бы рассуждать и так:$a^\dagger_\pm$добавляет возбуждение с угловым моментом$\pm \hbar$. Знаю это$L_z|0,0,0\rangle = 0$, мы получаем состояния с$m = \pm 1$просто действуя с$a^\dagger_\pm$на$|0,0,0\rangle$. Действительно, с точностью до нормализации это именно то, что мы нашли.