Fluegge-2 (Флюгге З. Задачи по квантовой механике), страница 6

задачу 56) операторам Ьь — — Ь„+ Ы.д и Ь = 1.„— П.„ (142. 4) Найти собственные функции операторов /, и тз, описывающие триплетные состояния системы двух частиц, обладающих спином т1',. Используйте 6=1 как единицу момента количества движения. 4О !!!, Частицы са спинам. Б. Двух- и трехчастичноее задачи Тогда оператор Р можно записать в виде + 2 (В+а +! а+)+!'ае+ 2 + 2 (а' а„), (142.5) где аа =-а,а+а,. и а,= — а„+а„. Действие этих операторов на триплетные спиновые функции дает ао Кьо =21' 2 1(оа а 1(мо — — 2~ 2 К... о» 1(ьо =2 0 Теперь, непосредственно вычисляя, получаем !'Хь =(!'+2+ 2!-,) Хз.. +3~2!-,Хьо, !'Х...

= )е2 В Х, „+ ().о + 2 — 2!-,) Х, (142.7) Используя эти формулы, а также хорошо известные соотношения (см. задачу 56) Е. У, = — у'(!+т+1)(! — т)Уп„„ В У, = — )/(!+т) (! — т+1) Уп !.,Уе = тУ, нетрудно показать, что "Ф = 2~ Фе (1(!+1)+2т) — де $'2(!+т) (! — т+!) ~х ! о АУ!,м-еуа,з + ( сее )ес2 (!+т) (! — т+ 1) + +д, (! (1+ 1) + 2) — й, $/2 (! + т-1- 1) (( т) ~ У, +~ — йе Ь~2(!+т+1) (! — т)+ п, (! (!+1) — 2т)~ 1', +,)(ь,), (142. 9) Чтобы функция ф была собственной функцией оператора последнее выражение должно равняться )(!+1)чр, Отсюда для функций ге, д„йе получается три независимых линейных уравнения.

Это говорит о том, что три радиальные функции должны иметь одинаковый вид и различаться лишь амплитудами: )е = А!Ее (с), де = ВеР, (с), йе = С!Ее (г). (142.! 0) Е43. Тенэорнае еияее (142,13) я, с, (!+и+1)(Е+т) ~ (Х+т+1)(Х вЂ” т+1) (Š— т+1) (! — т) 2 (Е+ 1) (21 — т) (!+и+! ) (! — т) 21 (Е+!) Е+! 2(Е+!) 121 -'- 1) (Š— т+1) (Е+т) 21 и+!) (! — т+1) (Š— т) 2Е 12Е+ 1) (Е+1) (2Е+!) )Е Е (Е+ !) (Е+ т) (Х вЂ” т) Х 121-1-1) (Е+ т+ 11 ( ! + т) 21 (21+ 1) Задача !43. Тензорные силы Так называемые тензорные силы, действующие между частицами 1 и 2, обладающими спином 'Е„определяются оператором энергии взаимодействия нида )е = Ц7 (г) Т „, где Т = — — — (о о). Ео,.е1(ое.е) 1 ее ее 3 (143.!) Постоянные амплитуды А„В,, С, можно найти из следующей системы линейных уравнений: [Х(Х+ !)+2т — Е(Е+ !)1А,— У2(Е+т)(! — и+1)В, О, — ) 2(Х+т)(Х вЂ” и+1) А,+ [1(1+!)+2 — Е(Е+ !)) В,— — Р 2 (1+ т + 1) (1 — т) С, = О, — ! 2(1+т+ 1)'(! — и) В,+ [1(Х+!) — 2т — 1(Е+.1)) С,= О.

(!42.1!) Определитель этой системы должен обращаться в нуль. Отсюда после элементарных преобразований получается уравнение для определения 1, не содержащее квантового числа т', [Х(Х+1) — 1(Х+ !)1 ([Е(1+ !) — 10+1)Р+ +2 [1(Е+ 1) — Е(!+1)) — 41(Е+1)) О. Оно имеет три (положительных) корня: ! =1+1, ! = 1, ! =1-1; (142.12) для каждого из этих корней амплитуды А„В„С, теперь нахо. дятся с точностью до общего постоянного множителя из урав- нений (!42. !1).

Ниже в таблице приводятся окончательные ре- зультаты, полученные при произвольном предположении, что условие нормировки имеет вид Ае + Ве + С,' = 1. 42 1П. Частицы со саииои. Б. Двух- и трехчастичиые задачи Рассмотреть действие этого оператора на спиновые собственные функции двухчастичной системы. Решение. Оператор Т„инвариантен относительно операции обмена спинами. Следовательно, при действии этого оператора симметрия спиновых функций не изменяется.

Так как имеется только одна антисимметричная спиновая функция, т, „то она должна быть собственной функцией оператора Тни Однако этот оператор, вообще говоря, может смешивать состояния, описываемые тремя симметричными спиновыми функциями, Далее, оператор Т„иивариантен по отношению к обмену пространственными координатами частиц, другими словами, по отношению к пространственной инверсии, поэтому при действии этого оператора сохраняется четность состояния.

Зто означает, что выражение Т„т содержит сферические гармоники только четного порядка. Более того, можно ожидать, что вклад будут давать лишь состояния, для которых орбитальный момент 1. не превышает двух. Чтобы разобраться в деталях расчета, рассмотрим прежде всего действие одночастичного оператора (о г) на одночастичиые спиновые функции: (о г) ( ) =(о„х+оиу+о,г) (~) = [( ~,.у~~)~~+ [|). (143.2) Отсюда непосредственно следует а,а, [(х+(у) (|з+га,) [(х+1у) б, -~-га,1 азбе [(х+ 1у) 11, +га,) [(х — 1у) а,— Щ (~з'~)(~е'~) й,а, = [(х — 1у)а,— гр,) [(х+(у)ре+гае) ~ф, [(х — 1у) а, — г(|,) [(х — 1у) сс, — гб 1 Принимая во внимание равенства (х ь (у)е = се яп' деизм, (х ~ |у) г = ге з|п д сов деь'ч, х'+у'=сея|о'д, г' = се соз' д, можно. теперь написать азае (,.

|(.'1 А й,а, 0А соз' да а, + Яп д соз де"е (а, ()е + Рае) + Яп' беесч() с|)е яп д созбе "Ра,а,— соз' бас(1, +з|п' д[|,а, — яп д соз десорзре яп д соз де сааза,+япе дазйе — созе дб,ае — з|и б соз бесчбс[)е яп' бе- ч'чачах — з|п д соз де-'о (азб, + |),а,) + соз' дбзбе ИЗ. Тензорное сила Для дальнейшего удобно ввести обозначение Хз, а именно для триплетных функций с(Ро = Хь о 1 =(с(А+()ойдо) = Х,, р2 ()1()*=хо -1 (143.3) и для синглетной функции 1 Х.,, = р 2 ((х,р,— (),сс,) (143. 4) В этих обозначениях для симметричных триплетных функций имеем /Хь о (а, г) (ао ° г) Х» о соз' дХо л+ ~' 2 яп дсозде'аХь о+яп'деооаХ, 1 2 з!п д сов де-иоХ,,, +(япо д — соз'д) Х „— — 1~ 2 яп дсоз де'аХ, з!по де-оооХь,— ) 2 яп д сов де-'аХ,, о+созо дХ, , (143.5) а для антнсимметричиой синглетной функции получаем (а, г) (а, г) /о Хо,о Хо,о' (143.6) Второе слагаемое в операторе Т„уже рассматривалось в задаче 140.

Согласно полученным там результатам, (143. 7) Комбинируя теперь равенства (!43,6) и (143.7), мы сразу же находим 7 ооХо, о=6 (143.8) Таким образом, тензорные силы не дают динамического вклада в синглетное спиновое состояние. Теперь нам остается обсудить вопрос о триплетных состояниях. Вводя нормированные сферические функции в соответствии с определениями, приведенными в задаче 67, с помощью 44 Ш.

Частицы со свином. Б. Двук- и трозчастичиыо задачи равенств (143,5) и (143.7) можно получить 2 Г4и ТооХ1,1 3 )~ 5 (го,оХ1,1+~ 31'о оХьо+~ 6У,,Х,,), 2 /4и ТооХьо= 3 У 5 ( $ 3 1', оХь,— 2Уо,оХьо — У ЗУо, охи -о)о 2 /4и Т Х,- = з ~ — 0~6 У*,-*Х, +~3 У*, — Х,.+У.оХ.- ). (143.9) Эти формулы показывают, что при действии оператора Т„наряду с четностью и обменной спиновой симметрией сохраняется и г-компонента полного момента. Однако орбитальный момент, так 'же как и его г-компонента, не являются хорошими квантовыми числами в двухчастичной системе с тензорным взаимодействием.

Задача 144. Дейтрон-с тензорным взаимодействием Предположим, что взаимодействие между протоном и нейтроном обусловлено центральными и тензорными силами, т. е. 1'=У,(г)+У,(г) Т,„, (144. 1) тогда основное состояние дейтрона должно быть смесью 3- и Р-состояний. Найти общее выражение волновой функции основного состояния дейтрона и получить для радиальных функций 5- и Р-состояний систему двух дифференциальных уравнений.

Считать, что спин дейтрона направлен по оси г. Решение. Спин дейтрона и его проекция на ось г равны единице (в единицах Ь), поэтому наиболее общая суперпозиция 5- и Р-состояний должна иметь вид ор=1(г)Уо,оХ,, +го(г) (У, оХ,,+ХУ, оХ, о+рУо оХ, о), (!44.2) причем постоянные Х и р выбираются таким образом, чтобы выполнялось равенство 1оф = 2ор, (144.3) где 1 — оператор полного момента количества движения (спин дейтрона). Согласно результатам предыдущей задачи, имеем И = (Хо, о ((-о + 2+ 2(.) + Х,, У 2 (-+) (Л'о,, + аУо, о)+ +Х (Х,,)2(..+ Х,,(Е,'+2)+у,,) 26+)дУо,,+ +р (Х,,о 3~ 26 -1 Х,,-, (Ьо+2 — 2Ь,))дУв о 144. Деатрон с тенеорннм вэиимодеаствием и, следовательно, Тиф=К,, РЛ',,,+( — 2Р Зй) йУ,,)+ +Хо е ( — 2 1' 3+8)о — 21~ 2Р)йеУе, +У,, ( — 2)/2 Д ( 4р)йУ Последнее равенство переходит в равенство (144.3), если положить 1=1' 3, 9=1/ б, (144.

4) при этом имеем О фззгее(с=1, ) ерргей'=1 о о (144,8) ф== еерв(г)спасо+ фр(г) з(пеоТ ) )(, д. (144 9) 1 1 3 )'он ~ 2 1'2 Функция (144.9) должна удовлетворять уравнению Шредингера для относительного движения (мы полагаем Те=1, лер- — — т„--1, приведенная масса равна '/„см.