Оператор вращения (квантовая механика) - Rotation operator (quantum mechanics)

Для использования в других целях см. Оператор вращения (значения).

Эта статья касается вращение оператор, как это показано в квантовая механика.

Квантово-механические вращения

С каждым физическим вращением ${\displaystyle R}$, мы постулируем квантовомеханический оператор вращения ${\displaystyle D(R)}$ который вращает квантово-механические состояния.

${\displaystyle |\alpha \rangle _{R}=D(R)|\alpha \rangle }$

Что касается генераторов вращения,

${\displaystyle D(\mathbf {\hat {n}} ,\phi )=\exp \left(-i\phi {\frac {\mathbf {\hat {n}} \cdot \mathbf {J} }{\hbar }}\right),}$

где ${\displaystyle \mathbf {\hat {n}} }$ ось вращения, а ${\displaystyle \mathbf {J} }$ угловой момент.

Оператор перевода

Основная статья: Оператор трансляции (квантовая механика)

В вращение оператор ${\displaystyle \operatorname {R} (z,\theta )}$, с первым аргументом ${\displaystyle z}$ с указанием вращения ось а второй ${\displaystyle \theta }$ угол поворота, может работать через оператор перевода ${\displaystyle \operatorname {T} (a)}$ для бесконечно малых вращений, как описано ниже. Вот почему сначала показано, как оператор трансляции действует на частицу в позиции x (тогда частица находится в штат ${\displaystyle |x\rangle }$ согласно с Квантовая механика ).

Перевод частицы в положение ${\displaystyle x}$ позиционировать ${\displaystyle x+a}$: ${\displaystyle \operatorname {T} (a)|x\rangle =|x+a\rangle }$

Поскольку перевод 0 не меняет положение частицы, мы имеем (где 1 означает оператор идентификации, который ничего не делает):

${\displaystyle \operatorname {T} (0)=1}$

${\displaystyle \operatorname {T} (a)\operatorname {T} (da)|x\rangle =\operatorname {T} (a)|x+da\rangle =|x+a+da\rangle =\operatorname {T} (a+da)|x\rangle \Rightarrow \operatorname {T} (a)\operatorname {T} (da)=\operatorname {T} (a+da)}$

Тейлор разработка дает:

${\displaystyle \operatorname {T} (da)=\operatorname {T} (0)+{\frac {d\operatorname {T} (0)}{da}}da+\cdots =1-{\frac {i}{\hbar }}p_{x}da}$

с участием

${\displaystyle p_{x}=i\hbar {\frac {d\operatorname {T} (0)}{da}}}$

Из этого следует:

${\displaystyle \operatorname {T} (a+da)=\operatorname {T} (a)\operatorname {T} (da)=\operatorname {T} (a)\left(1-{\frac {i}{\hbar }}p_{x}da\right)\Rightarrow [\operatorname {T} (a+da)-\operatorname {T} (a)]/da={\frac {d\operatorname {T} }{da}}=-{\frac {i}{\hbar }}p_{x}\operatorname {T} (a)}$

Это дифференциальное уравнение с решением

${\displaystyle \operatorname {T} (a)=\operatorname {exp} \left(-{\frac {i}{\hbar }}p_{x}a\right).}$

Кроме того, предположим Гамильтониан ${\displaystyle H}$ не зависит от ${\displaystyle x}$ должность. Поскольку оператор перевода можно записать в терминах ${\displaystyle p_{x}}$, и ${\displaystyle [p_{x},H]=0}$, мы знаем это ${\displaystyle [H,\operatorname {T} (a)]=0.}$ Этот результат означает, что линейный импульс для системы сохраняется.

По отношению к орбитальному угловому моменту

Классически у нас есть угловой момент ${\displaystyle l=r\times p.}$ То же самое и в квантовая механика учитывая ${\displaystyle r}$ и ${\displaystyle p}$ как операторы. Классически бесконечно малое вращение ${\displaystyle dt}$ вектора ${\displaystyle r=(x,y,z)}$ о ${\displaystyle z}$- ось к ${\displaystyle r'=(x',y',z)}$ уходящий ${\displaystyle z}$ неизменный может быть выражен следующими бесконечно малыми переводами (используя Приближение Тейлора ):

${\displaystyle x'=r\cos(t+dt)=x-ydt+\cdots }$

${\displaystyle y'=r\sin(t+dt)=y+xdt+\cdots }$

Из этого следует для состояний:

${\displaystyle \operatorname {R} (z,dt)|r\rangle }$${\displaystyle =\operatorname {R} (z,dt)|x,y,z\rangle }$${\displaystyle =|x-ydt,y+xdt,z\rangle }$${\displaystyle =\operatorname {T} _{x}(-ydt)\operatorname {T} _{y}(xdt)|x,y,z\rangle }$${\displaystyle =\operatorname {T} _{x}(-ydt)\operatorname {T} _{y}(xdt)|r\rangle }$

И следовательно:

${\displaystyle \operatorname {R} (z,dt)=\operatorname {T} _{x}(-ydt)\operatorname {T} _{y}(xdt)}$

С помощью

${\displaystyle T_{k}(a)=\exp \left(-{\frac {i}{h}}p_{k}a\right)}$

сверху с ${\displaystyle k=x,y}$ и разложения Тейлора получаем:

${\displaystyle \operatorname {R} (z,dt)=\exp \left[-{\frac {i}{h}}(xp_{y}-yp_{x})dt\right]=\exp \left(-{\frac {i}{h}}l_{z}dt\right)=1-{\frac {i}{h}}l_{z}dt+\cdots }$

с участием ${\displaystyle l_{z}=xp_{y}-yp_{x}}$ то ${\displaystyle z}$-компонента углового момента по классической перекрестное произведение.

Чтобы получить поворот на угол ${\displaystyle t}$, построим следующее дифференциальное уравнение, используя условие ${\displaystyle \operatorname {R} (z,0)=1}$:

${\displaystyle \operatorname {R} (z,t+dt)=\operatorname {R} (z,t)\operatorname {R} (z,dt)\Rightarrow }$

${\displaystyle [\operatorname {R} (z,t+dt)-\operatorname {R} (z,t)]/dt=d\operatorname {R} /dt=\operatorname {R} (z,t)[\operatorname {R} (z,dt)-1]/dt=-{\frac {i}{h}}l_{z}\operatorname {R} (z,t)\Rightarrow }$

${\displaystyle \operatorname {R} (z,t)=\exp \left(-{\frac {i}{h}}\ t\ l_{z}\right)}$

Подобно оператору сдвига, если нам задан гамильтониан ${\displaystyle H}$ которые вращательно симметричны относительно ${\displaystyle z}$-ось, ${\displaystyle [l_{z},H]=0}$ подразумевает ${\displaystyle [\operatorname {R} (z,t),H]=0}$. Этот результат означает, что угловой момент сохраняется.

Для спинового углового момента около ${\displaystyle z}$-ось просто заменяем ${\displaystyle l_{z}}$ с участием ${\displaystyle S_{y}={\frac {\hbar }{2}}\sigma _{y}}$ и мы получаем вращение оператор вращения

${\displaystyle \operatorname {D} (y,t)=\exp \left(-i{\frac {t}{2}}\sigma _{y}\right).}$

Влияние на оператор спина и квантовые состояния

Основная статья: Вращение (физика) § Вращения

Смотрите также: Группа вращений SO (3) § Замечание по алгебре Ли

Операторы могут быть представлены матрицы. От линейная алгебра известно, что некая матрица ${\displaystyle A}$ может быть представлен в другом основа через преобразование

${\displaystyle A'=PAP^{-1}}$

где ${\displaystyle P}$ матрица преобразования базиса. Если векторы ${\displaystyle b}$ соответственно ${\displaystyle c}$ оси z в одном базисе соответственно в другом, они перпендикулярны оси y под определенным углом ${\displaystyle t}$ между ними. Оператор спина ${\displaystyle S_{b}}$ в первом базисе можно преобразовать в оператор спина ${\displaystyle S_{c}}$ другого базиса посредством следующего преобразования:

${\displaystyle S_{c}=\operatorname {D} (y,t)S_{b}\operatorname {D} ^{-1}(y,t)}$

Из стандартной квантовой механики у нас есть известные результаты ${\displaystyle S_{b}|b+\rangle ={\frac {\hbar }{2}}|b+\rangle }$ и ${\displaystyle S_{c}|c+\rangle ={\frac {\hbar }{2}}|c+\rangle }$ где ${\displaystyle |b+\rangle }$ и ${\displaystyle |c+\rangle }$ - это верхние вращения в соответствующих базах. Итак, у нас есть:

${\displaystyle {\frac {\hbar }{2}}|c+\rangle =S_{c}|c+\rangle =\operatorname {D} (y,t)S_{b}\operatorname {D} ^{-1}(y,t)|c+\rangle \Rightarrow }$

${\displaystyle S_{b}\operatorname {D} ^{-1}(y,t)|c+\rangle ={\frac {\hbar }{2}}\operatorname {D} ^{-1}(y,t)|c+\rangle }$

В сравнении с ${\displaystyle S_{b}|b+\rangle ={\frac {\hbar }{2}}|b+\rangle }$ дает ${\displaystyle |b+\rangle =D^{-1}(y,t)|c+\rangle }$.

Это означает, что если состояние ${\displaystyle |c+\rangle }$ вращается вокруг ${\displaystyle y}$-ось под углом ${\displaystyle t}$, становится состояние ${\displaystyle |b+\rangle }$, результат, который можно обобщить на произвольные оси.

Смотрите также

• Симметрия в квантовой механике
• Сферическая основа
• Оптическое фазовое пространство

использованная литература

• Л.Д. Ландау и Э.М.Лифшиц: Квантовая механика: нерелятивистская теория, Pergamon Press, 1985.
• P.A.M. Дирак: Принципы квантовой механики, Oxford University Press, 1958 г.
• Р. П. Фейнман, Р. Б. Лейтон и М. Сэндс: Лекции Фейнмана по физике, Эддисон-Уэсли, 1965 г.