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Solución:
Olvidemos temporalmente que existen los dos estados $ m = 0 $, y consideremos solo los dos estados triplete completamente alineados, $ newcommand ket[1] left newcommand up uparrow newcommand dn downarrow newcommand lf leftarrow newcommand rt rightarrow $ $ ket up up $ y $ ket dn dn $. No hay ninguna diferencia física entre estos: puedes “transformar” tu estado de uno a otro cambiando tu sistema de coordenadas o poniéndote de cabeza. Entonces, cualquier observable físico entre ellos también debe ser el mismo.
Cualquiera de los estados de una sola partícula son estados propios del operador de giro en el eje $ z $, $$ sigma_z = frac hbar 2 left ( begin array cc 1 & \ & – 1 end array right), $$ y “ponerse de cabeza”, o invertir el eje $ z $, es lo mismo que no estar de acuerdo con el signo de este operador.
Pero supongamos que, en el camino de invertir el eje $ z $, te interrumpen a mitad de camino. Ahora tengo un sistema que creo que tiene dos giros a lo largo del eje $ z $, pero Uds están acostados de lado y piensan que mis giros están alineados a lo largo del eje $ x $. El operador de giro del eje $ x $ suele ser $$ sigma_x = frac hbar 2 left ( begin array cc & 1 \ 1 end array derecha). $$
Donde veo mis espines de una sola partícula son los estados propios de $ sigma_z $, $$ ket up = 1 choose0 quad text y quad ket dn = 0 choose1, $ PS Uds vea esos estados de una sola partícula como estados propios de $ sigma_x $, begin align ket rt & = frac1 sqrt2 1 choose1 = frac ket up + ket dn sqrt2 \ ket lf & = frac1 sqrt2 1 choose-1 end align
Si eres un chovinista del eje $ z $ e insistes en analizar mi estado $ ket rt rt $ cuidadosamente preparado en tu base $ up dn $, encontrarás este lío:
begin align ket rt rt = ket rt otimes ket rt & = frac ket up + ket dn sqrt2 otimes frac ket up + ket dn sqrt2 \ & = frac ket up up 2 + frac ket up dn + ket dn up 2 + frac ket dn dn 2 end align
Este estado, que tiene un $ m = 1 $ claramente definido en mi sistema de coordenadas, no no tener un $ m $ bien definido en su sistema de coordenadas: al girar la cabeza y no estar de acuerdo sobre cuál es la dirección hacia arriba, ha introducido tanto $ ket up up $ como $ ket dn dn $ en su modelo. También ha introducido la combinación simétrica $ ket up dn + ket dn up $.
Y aquí es donde entra el argumento de la simetría. Los estados triplete y singlete se distinguen porque tienen energías diferentes. Si propones que la combinación simétrica $ ket up dn + ket dn up $ es el estado singlete, entonces tú y yo predeciremos diferentes energías para el sistema basándonos solo en cómo hemos elegido Inclinemos nuestras cabezas. Cualquier modelo que diga que la energía de un sistema debería depender de cómo inclino la cabeza cuando lo miro es incorrecto. Entonces, la proyección $ m = 0 $ del estado del triplete debe ser simétrica, para tener la misma simetría en intercambio que las proyecciones $ m = pm1 $.
Hay al menos 2 enfoques. Uno es simplemente mostrar que es simétrico aplicando el operador inferior para el giro total al estado máximo $ S_z $ que debería satisfacer ($ hbar = 1 $):
$$ S_- | 1,1 rangle = sqrt 2 | 1, 0 rangle $$
entonces
$$ | 1, 0 rangle = frac 1 sqrt 2 S_- | 1,1 rangle = frac 1 sqrt 2 (S_ 1 – + S_ 2- ) uparrow_1 uparrow_2 $$
$$ frac 1 sqrt 2[(S_1-uparrow_1)uparrow_2+uparrow_1(S_2-uparrow_2)] $$
$$ = frac 1 sqrt 2 ( uparrow_1 downarrow_2 + downarrow_1 uparrow_2) $$
Eso da una buena demostración de cómo trabajar con los operadores de escalera, pero hay una razón mucho más profunda por la que deber ser simétrico.
Para encontrar los subespacios invariantes en rotación de un producto tensorial de $ N $ estados con dimensión $ d $, haga lo siguiente (esto es solo un bosquejo del procedimiento):
Encuentra $ N $. Es $ N = 2 $, ahora particionamos $ 2 $ de todas las formas posibles:
$$ 2 = 2 $$
y
$$ 2 = 1 + 1 $$
Para cada una de estas particiones dibujamos los diagramas de Young y conectamos aquellos con representaciones irreductibles del grupo de permutación en $ N = 2 $ letras. Esto se llama correspondencia Robinson-Schensted.
Tome el diagrama $ 2 = 2 $ y haga un cuadro joven normal y luego calcule el simetrizador de Young. En este caso, obtienes el operador puramente simétrico: $ S = (1 + e_ 2,1) / sqrt 2 $
Para $ 2 = 1 + 1 $, haces lo mismo y obtienes el operador antisimétrico: $ A = (1 – e_ 2,1) / sqrt 2 $.
La dualidad de Schur-Weyl nos dice que aplicarlos a los índices (aquí, etiquetas de partículas) nos dirá los subespacios invariantes en rotación de este espacio producto tensorial; además, la notable Fórmula de longitud de gancho nos dice las dimensiones del subespacio, y el resultado para $ d = 2 $ es que el simétrico tiene $ bf 3 $ dimensiones y el antisimétrico es $ bf 1 $.
Esto está escrito:
$$ bf 2 otimes bf 2 = bf 3 _S + bf 1 _A $$
Entonces, simplemente tiene que ser que todos los estados del triplete tengan la misma simetría de intercambio.
Tenga en cuenta que puede agregar otro giro $ frac 1 2 $, y todo el procedimiento le mostrará que:
$$ bf 2 otimes bf 2 otimes bf 2 = bf 4 _S + bf 2 _M + bf 2 _M $$
lo que significa que los cuatro estados $ S = frac 3 2 $ son simétricos y hay dos estados doblete $ S = frac 1 2 $ con mixed simetría, correspondiente a las particiones:
$$ 3 = 3 $$
y
$$ 3 = 2 + 1 $$
Tenga en cuenta que la fórmula de la longitud del gancho para:
$$ 3 = 1 + 1 + 1 $$
produce un subespacio de dimensión cero: no existe una combinación antisimétrica de 3 giros.