Fluegge-2 (Флюгге З. Задачи по квантовой механике), страница 2

2) Решение. Полагая в результатах предыдущей задачи ам=а, получаем л 1)п О и 1) и, следовательно, 0 0 ' 2!а 0 Пусть далее ф есть двухкомпонентная волновая функция -Л= (')" (') =-" (130.3) (130.4) (130.6) тогда "(:)=(;.) "(:)-(.") '(л) св)' () (ем)' (130. 6) Равенства (129,6) и (129.7) все еще оставляют одни комплексный параметр, скажем а„, неопределенным. Мы зафиксируем этот параметр, произвольно положив а„=1, (129.8) так что окончательно матрицы Паули примут вид !2 Г(Д Частицы со саином. А. Одночастичние оодачи Собственные векторы оператора о„удовлетворяют уравнению о чр=)ор, где Х вЂ” собственное значение; это уравнение можно записать через компоненты в виде и ао=)а и — =Хо. а ф,=и )=и ~а — — ~) при ~, — 1!а) ~ а 1=1, (130.7) )= — 1, Вероятности ориентаций спина вверх (в положительном направлении осн г) и вниз пропорциональны квадратам модулей коэффициентов при гильбертовых векторах а и )1, а именно: 1 н Ца!'.

Так как ни одна из ориентаций не является предпочтительной, то отсюда следует (а~"=1. (130.8) Приведенные рассуждения полностью применимы и к оператору пи, Здесь и всюду в дальнейшем мы для определенности будем полагать, что а=1. Таким образом, собственные значения каждой из матриц о; равны +1 и — 1, а их собственные векторы имеют вид (о — ~) ' ( !'~ „р, = 2-о*~ ~, (130.9а) ( 1ц, (130.9б» ~сбч~ фч ~ )' 2 (130. 9в) Все три матрицы Паули эрмитовы, ос!=о;, а их собственные значения действительны. Напротив, операторы (130. Рб) не являются эрмитовыми: оч =о и и =о+.

Последние уравнения совместны только в том случае, если Л = ~ 1, Таким образом, для собственных векторов получаем )З /аа, сованленнме вектора матриц Паули Для них задача на собственные значения оказывается неразрешимой, так как эти операторы нельзя привести к диагональному виду. В этом можно убедиться следующим образом. В наиболее общем случае двухрядную унитарную матрицу можно записать, если отвлечься от несущественного:фазового множителя, в виде соз б з1п Фен (/ = — з)п бе"1 соз бе' и+ч>/ ' где б, $, т) — действительные параметры. Производя над оператором а унитарное преобразование, получаем ' — з)п д соз б соз' беп (/т а+(/ = 2е'ч — з)п'Ьг-и сбпбсозб, ' ио последнюю матрицу нельзя сделать диагональной ни при каком выборе действительных параметров, поскольку функции з(пб и созб ни при каком значении аргумента д не обращаются в нуль одновременно.

Если операторами о и а подействовать на гильбертовы векторы и и р, то, согласно равенствам (130.6), получим а и=О, а и=2р, а+а и=4и, а о„и=О, а,р=2и, а ()=О, а,а ()=О, а а,6 =4р. Эти операторы удовлетворяют перестановочныи соотношениям а+а,— а,а, = — 2а, а а,— а,а =+2а . (!30.12) Если от операторов а, и а перейти к нормированным операторам 5+ — — — а+ ь (130.

И) то они, так же как и операторы (., и /. (см. задачу 66), будут сдвигать собственное значение г-компоненты спина на единицу (в единицах $): 5 и=О, 5 и — — Ь)1, 5,6=6, 5 ))=О. Состояние р с проекцией спина — '/,Ь под действием оператора 5 переходит в состояние и с проекцией спина +'/,/1, оператор 5 действует аналогично, но в другую сторону. Выражения 5+и и 5 )) по необходимости должны обращаться в нуль, так как, согласно приведенному правилу сдвига, в результате должны были бы получиться состояния с проекциями спина +'/,й и — '/,й, но таких состояний в рассматриваемом гильбертовом простран- стве ие существует. Ш.

Частицы со сионом. А. Одноностинные садани 14 В заключение рассмотрим оператор квадрата вектора спина а'=а„'+а„'+а,'= — (а,а +а а )+а,'. (130.14) Нетрудно видеть, что все три матрицы а,' являются единичными матрицами, поэтому матрица ае диагональна: а'=3 а ее значение равно 3, какой бы вектор гильбертова пространства мы ни брали. В справедливости этого результата можно убедиться и с помощью второго из выражений (130.14), воспользовавшись для произведений а а и а аэ соотношениями (130.11). Из равенства (130.14) следует Зе= — 'Ь. 4 Если ввести спнновое квантовое число З„то правую часть последнего равенства можно записать в виде Ь'З (3+ !), где Я='!,. Именно зто имеют в виду, когда говорят, что состоя- ние имеет „спин ',~,".

Задача 131. Алгебра спиновых матриц Показать, что три матрицы Паули вместе с единицной матрицей образуют полный набор линейной алгебры. Решение. Если 1, а„, а„, а, образуют полный базис, то это означает, что в результате сложения илн умножения элементов вида Ф = а, + а,а„+ а,а„+ а,а„ (131.

1) где а; — произвольные комплексные числа, нельзя получить элементов, не принадлежащих рассматриваемой алгебре. Для сложения это очевидно, что же насается умножения пары элементов, то в справедливости сделанного утверждения еше предстоит убедиться. С этой целью мы составим для матриц Паули таблицу умножения. Пусть 1, й, 1 — произвольная циклическая перестановка трех индексов х, у, г, тогда матрицы а; должны удовлетворять перестановочным соотношениям агни — а„ас =- 2(а, (131.2) 13!. Алгебра гпинови» иаатриц (!3!.3) Кроме того, как нетрудно проверить, матрицы Паули антикоммутативны: о!ой+ало! = О, (~)г.

(13!А) Таким образом, складывая и вычитая равенства (131.2) и (131 4), получаем огай = !о!, алое = — !о . (131. 5) Следовательно, произведение любой пары базисных элементов, если отвлечься от комплексного числового коэффициента, снова является базисным элементом: Второй саыножитель Первый саынажитсль о„ а г ар га ! аи аг аг а„ аг — !а !ар — !а х Следует обратить внимание, что произведение всех трех матриц Паули имеет очень простой вид (131.6) о„о„о, = !'.

Заметим также, что, согласно приведенной таблице, не имеющие собственных значений операторы о+ и о должны удовлетворять равенствам вида о' = (о„~ !ор)в = о„' — ог ~ ! (о„о„+ о„о,) = О. Этот интересный результат означает, что в алгебре матриц Паули квадрат ненулевого элемента может быть равен нулю. В этой связи следует заметить, что в рассматриваемой алгебре не существует элементов, обратных элементам о+ и о .

Ненулевой элемент алгебры, М, удовлетворяющий соотношению М=М', (131.7) называется идемпотентным элементом. В нашей алгебре такие элементы имеют вид — (1+о,) и — (1 — о!), !=я, у, а. (131 8) ! ! и нормировочным соотношениям о'= 1. аг — га Р Ы„ ! !6 г'г'г', Частицы со саином. А. Одночастичные задачи В матричном представлении, например, получаем г'! 0'т 2( + *) ~0 0)' Р- = я (1 — .) = ( О 1(.

Действие операторов Р и Р на базисные векторы гильбертова пространства а н р дает Р и=а, Р Р=О, Таким образом, зти операторы, действуя на состояния со смегпанной спиновой ориентацией, подавляют либо а-, либо !1-компоненту смеси Р+(ма+о())=иа, Р (ма+о())=о!), так что в результате получается вектор, совпадаюший по направлению с одним из базисных векторов гильбертова пространства. По втой причине указанные операторы называются проекционными операторами. Замечание.

Алгебра матриц Паули по существу совпадает с алгеброй кватериионов, в которой вместо величин оа в качестве базисных элементов используются величины гоа. Задача !32. Трансформационные свойства спиноров Кан можно показать, что спин одночастичного состояния, (132.!) представляет собой вектор? Учесть, что матрицы ог не преобразуются при повороте пространственных координат и что трансформационные свойства спина а полностью обусловлены трансформационными свойствами волновой функпин, Решение. Так как пространственные врашения образуют группу, то достаточно рассмотреть бесконечно малые преобразования чт х; = х; -1- ~~ етха, е„г —— — ем, (132.2) где е„= а„е,а = а„е„= и, (132.

3) — бесконечно малые углы поворотов относительно координатных осей. Если спин а является вектором„то он должен преобразо- И2. Транг4юрлационнне сеоаства сииноррв вываться по тем же правилам; З) = Е7 + Х Е7ЦЗЦ' (132. 4) выполнение последних должно обеспечиваться за счет преобразования только самой волновой функции: ф =(!+1) ф, фи= рт(1+р), (132,5) где 5 — инфинитезимальный оператор. Ниже будет найден явный вид указанного преобразования. Мы начнем с замечания, что произведение ~р~ ф является скаляром, и поэтому должно выполняться равенство Ф'Ч'=фт(1+У) (1+$) Ф=фтЧ) или (132.6) Подставляя далее выражения (132.6) и (132.6) в формулу (132.!), получаем е; =- ~ ~р! (1 — $) о7(1+ $) ~нРх = з7+ ~ фф (оД вЂ” $о7) $ ~1вх Сравнивая это выражение с выражением (132.4), приходим к уравнениям оД вЂ” $о,=~ емоы 1, А=1, 2, 3, (132.7) из которых можно определить оператор $.

Нетрудно проверить, что решение имеет вид ! с= —,(е„о,+е„о, +е„о,). (132.8) что в точности совпадает с выражением, стоящим в правой части (132.7). Аналогичные результаты получаются и в том случае, когда 1= 2 или 1= 3. Оператору (132,8) можно придать более простой вид, воспользовавшись для углов поворота обозначениями, принятыми в фор. мулах (132.3): 5 = — ~ч а„о». 2 (132.9) Действительно, подставляя приведенное выражение в левую часть (!32.7) и используя коммутационные правила, например, для случая 1= 1, находим — [о„е„о,+е„о,+емо,)= — ( — ем 2(о,+е„° 2(о,) =е„о,+е„о„ !8 ПД Частица со снинон.