Квантовая механика, задача

[lemhell]

Есть две частицы со спином $\frac12$. Гамильтониан $H = -J(S_1,S_2)$, только спиновое взаимодействие. $H, S_1, S_2$ - операторы. В момент времени $t = 0$ задано состояние $|\uparrow\downarrow>$. Нужно определить вероятность $\omega(t)$ того, что в момент времени $t \neq 0$ состояние будет такое же.
Я попытался записать $(S_1,S_2)$ как $\frac{S^2 - S_1^2 - S_2^2}{2}$, еще записал формулу $\Psi(t) = e^\frac{-iHt}{\hbar}\Psi(0)$. Насколько я понимаю, $S_1^2 = S_2^2 = \frac34$. $S^2 = 0$, если я правильно делаю, подставляя сюда начальное состояние и тогда $(S_1,S_2) = -\frac32$, но что это дает и что делать дальше? Пожалуйста, помогите.

[Munin]

А что это вообще за обозначение - $(S_1,S_2)$?

[lemhell]

Кажется, это скалярное произведение. И $S = S_1 + S_2$.

[Munin]

lemhell в сообщении #805653 писал(а):

$S^2 = 0$, если я правильно делаю, подставляя сюда начальное состояние

Э нет.

Собственные состояния оператора суммарного спина для двухчастичной системы - синглетное ($S^2=0$) и триплетное ($S^2=2$).
Синглетное: $|\text{``S''}\rangle=\tfrac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow\downarrow\rangle-|\downarrow\uparrow\rangle)$
Триплетное:
$|\text{``T''}_{+1}\rangle=|\uparrow\uparrow\rangle$
$|\text{``T''}_{0}\rangle=\tfrac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow\downarrow\rangle+|\downarrow\uparrow\rangle)$
$|\text{``T''}_{-1}\rangle=|\downarrow\downarrow\rangle$

Поскольку вы имеете начальное состояние $|\text{init}\rangle=|\uparrow\downarrow\rangle,$ то оно суперпозиция синглетного и триплетного:
$|\text{init}\rangle=\tfrac{1}{\sqrt{2}}(|\text{``S''}\rangle+|\text{``T''}_{0}\rangle)$
Поэтому $S^2$ имеет неопределённое значение, с равными вероятностями $0$ и $2.$

-- 24.12.2013 22:43:58 --

Разумеется, считать величину $S^2$ просто бесполезно. Считать надо оператор.

[lemhell]

Спасибо за пояснение. А это вообще может помочь решить задачу?
Формула с экспонентой та, которая нужна, или нет? Мне посоветовали посчитать уровни энергии. Надо найти собственные значения, то есть подставить $H = -J\frac{S^2 - S_1^2 - S_2^2}{2}$ в $H\Psi = E\Psi$?

[Munin]

lemhell в сообщении #805684 писал(а):

Формула с экспонентой та, которая нужна, или нет?

Та, та. В представлении энергии экспонента будет просто диагональной матрицей, и вам нужно будет найти, с каким периодом она возвращается к единичной.

lemhell в сообщении #805684 писал(а):

Мне посоветовали посчитать уровни энергии.

Логично. Зная уровни энергии, вы знаете диагональную форму гамильтониана, и соответственно, экспоненту.

lemhell в сообщении #805684 писал(а):

Надо найти собственные значения, то есть подставить $H = -J\frac{S^2 - S_1^2 - S_2^2}{2}$ в $H\Psi = E\Psi$?

Годится. Вот только помните, что $H,S,S_1,S_2$ - это операторы. Не заменяйте их числами прежде времени.

[lemhell]

Цитата:

с каким периодом она возвращается к единичной.

Не понимаю, о чем речь. У нас должна получиться матрица 2x2, где на диагонали собственные значения?
А в качестве операторов для $S^2,S_1^2,S_2^2$ что нужно использовать? Для этого нужны матрицы Паули?
Извините, что много вопросов, просто мне нужно разобраться.

[warlock66613]

lemhell в сообщении #805786 писал(а):

матрица 2x2

Нет, всего в задаче 4 возможных состояния: $|\downarrow\downarrow\rangle$, $|\uparrow\uparrow\rangle$, $|\uparrow\downarrow\rangle$, $|\downarrow\uparrow\rangle$. Значит матрица будет $4 \times 4$.

lemhell в сообщении #805786 писал(а):

А в качестве операторов для $S^2,S_1^2,S_2^2$ что нужно использовать? Для этого нужны матрицы Паули?

Да, для этого. Оператор спина - операторный вектор $\mathbf{S}_i = \frac {\hbar} 2 (\sigma_x^{(i)}\mathbf{i} + \sigma_y^{(i)}\mathbf{j} + \sigma_z^{(i)}\mathbf{k})$. Только учтите, что 1) сигма-операторы у вас должны быть, как и гамильтониан, матрицами $4 \times 4$, 2) всего их 6 штук ($\sigma_x^{(1)}$, $\sigma_y^{(1)}$, $\sigma_z^{(1)}$, $\sigma_x^{(2)}$, $\sigma_y^{(2)}$, $\sigma_z^{(2)}$): 3 действуют на первую частицу как 3 матрицы Паули, а вторую оставляют нетронутой, и 3 наоборот.

(Всего их конечно 16 штук: $\sigma_i \otimes \sigma_j$, $i,j=0,...,3$, но в гамильтониан входят 6.)

Значит вам надо выписать эти матрицы явно и построить из них гамильтониан $-J(\mathbf S_1, \mathbf S_2)$.

[Munin]

lemhell в сообщении #805786 писал(а):

Не понимаю, о чем речь. У нас должна получиться матрица 2x2, где на диагонали собственные значения?

$4\times 4,$ как уже сказал warlock66613. И эта матрица будет диагональной только в представлении энергии. Но единичной она будет всё равно становиться периодически :-)

[lemhell]

Где можно почитать или что нужно сделать, чтоб получить эти матрицы 4х4? Или просто в правый нижний квадрат вставить такую же? Я не понимаю.

[warlock66613]

lemhell в сообщении #806164 писал(а):

Или просто в правый нижний квадрат вставить такую же?

Не совсем. Если вы вставите в нижний правый квадрат такую же, то вы получите оператор, который будет действовать и на первую частицу и на вторую, а нужно вторую частицу оставить нетронутой.

Могу предложить способ из фейнмановских лекций по физике (выпуск 8, глава 10). Это в некотором роде "детский" способ.
Допустим мы хотим посчитать матричный элемент $\left(\sigma_y^{(1)}\right)_{\uparrow_1 \uparrow_2\,,\, \downarrow_1 \uparrow_2} = \langle \uparrow_1 \uparrow_2 | \sigma_y^{(1)} | \downarrow_1 \uparrow_2 \rangle$.
$\sigma_y^{(1)}$ - это оператор, действующий на спин №1 как соответствующий оператор Паули и оставляющий спин №2 нетронутым: $\sigma_y^{(1)} | \downarrow_1 \uparrow_2 \rangle = -i | \uparrow_1 \uparrow_2 \rangle$ (табл. 10.1 у Фейнмана). Далее имеем
$\langle \uparrow_1 \uparrow_2 | \sigma_y^{(1)} | \downarrow_1 \uparrow_2 \rangle = \langle \uparrow_1 \uparrow_2 | (-i) | \uparrow_1 \uparrow_2 \rangle = -i \langle \uparrow_1 \uparrow_2 | \uparrow_1 \uparrow_2 \rangle = -i \cdot 1 = -i$

Здесь $-i$ проскочило влево, потому что это просто число и оно коммутирует со всем чем можно,
а единичка получилась из ортонормированности базисных состояний: $\langle \varphi|\psi\rangle = \delta_{\varphi, \psi}$.

Теперь так ещё 15 раз и получим всё матрицу $\sigma_y^{(1)}$.Если вы посмотрите на неё и на матрицу Паули $\sigma_y$ ($2 \times 2$), то поймёте, как они связаны. Если не поймёте - посчитайте $\sigma_y^{(2)}$ (она наоборот дейтвует на второй спин и не трогает первый). Обратите так же внимание, что внешний вид матрицы зависит от того, в каком порядке расположены четыре состояния по строкам/столбцам.

[Munin]

lemhell в сообщении #806164 писал(а):

Где можно почитать или что нужно сделать, чтоб получить эти матрицы 4х4?

Нужно взять тензорное произведение от матриц $2\times 2.$ Возможно, проще всего понять это как блочную матрицу: матрицу $2\times 2$ из блоков, каждый из которых тоже матрица $2\times 2.$ Допустим, строки и столбцы блочной матрицы соответствуют спину первой частицы, а строки и столбцы блоков - спину второй частицы. Тогда матрица Паули $\sigma_i^{(1)},$ действующая на первую частицу, будет иметь вид (см. http://ru.wikipedia.org/wiki/Произведение_Кронекера):

$$\sigma_i\otimes\mathbf{E}=\begin{array}{@{}c@{}c@{}}&\begin{array}{cccc}\hphantom{(\sigma_i)_{21}E_{21}}&\hphantom{(\sigma_i)_{21}E_{22}}&\hphantom{(\sigma_i)_{22}E_{21}}&\hphantom{(\sigma_i)_{22}E_{22}}\\\left|\uparrow\uparrow\rangle&\left|\uparrow\downarrow\rangle&\left|\downarrow\uparrow\rangle&\left|\downarrow\downarrow\rangle\end{array}\\\begin{array}{c}\left|\uparrow\uparrow\rangle\\\left|\uparrow\downarrow\rangle\\\left|\downarrow\uparrow\rangle\\\left|\downarrow\downarrow\rangle\end{array}&\left(\begin{array}{cc|cc}(\sigma_i)_{11}E_{11}&(\sigma_i)_{11}E_{12}&(\sigma_i)_{12}E_{11}&(\sigma_i)_{12}E_{12}\\(\sigma_i)_{11}E_{21}&(\sigma_i)_{11}E_{22}&(\sigma_i)_{12}E_{21}&(\sigma_i)_{12}E_{22}\\\hline(\sigma_i)_{21}E_{11}&(\sigma_i)_{21}E_{12}&(\sigma_i)_{22}E_{11}&(\sigma_i)_{22}E_{12}\\(\sigma_i)_{21}E_{21}&(\sigma_i)_{21}E_{22}&(\sigma_i)_{22}E_{21}&(\sigma_i)_{22}E_{22}\end{array}\right)\\\quad\end{array}=\left(\begin{array}{c|c}(\sigma_i)_{11}\mathbf{E}&(\sigma_i)_{12}\mathbf{E}\\\hline(\sigma_i)_{21}\mathbf{E}&(\sigma_i)_{22}\mathbf{E}\end{array}\right),$$

где $\mathbf{E}$ - единичная матрица. И наоборот, матрица Паули $\sigma_i^{(2)},$ действующая на вторую частицу, будет иметь вид:

$$\mathbf{E}\otimes\sigma_i=\left(\begin{array}{c|c}E_{11}\sigma_i&E_{12}\sigma_i\\\hline E_{21}\sigma_i&E_{22}\sigma_i\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c|c}\sigma_i&0\\\hline 0&\sigma_i\end{array}\right).$$

Чтобы взять векторный оператор спина, вам потребуется взять три таких матрицы, сделать из них вектор по рецепту $\sigma_1^{(a)}\mathbf{i}+\sigma_2^{(a)}\mathbf{j}+\sigma_3^{(a)}\mathbf{k},$ и потом брать скалярное произведение таких векторов по известному правилу, только вычисляя вместо произведений чисел - произведения матриц.

[lemhell]

Я нашел 6 матриц. Нужно сделать такую штуку?
$(\mathbf{i}\sigma^{(1)}_x + \mathbf{j}\sigma^{(1)}_y + \mathbf{k}\sigma^{(1)}_z)\cdot(\mathbf{i}\sigma^{(2)}_x + \mathbf{j}\sigma^{(2)}_y + \mathbf{k}\sigma^{(2)}_z)^T$
То есть, у нас будет произведение двух матриц, одна из которых транспонирована, и внутри они состоят из суммы трех матриц, помноженных на единичные вектора?
Если это оно, то что с этим делать вообще тогда?

Мы представляем состояние в виде линейной комбинации базисных, то есть, $|\Psi> = |\uparrow\uparrow>C_1 + |\uparrow\downarrow>C_2 + |\downarrow\uparrow>C_3 + |\downarrow\downarrow>C_4$. У нас в начале было состояние $|\uparrow\downarrow>$, значит, нам надо как-то получить коэффициент $C_2$, имея $H$? Чтоб найти вероятность в момент $t$.

-- 27.12.2013, 19:54 --

Я сделал это и у меня ощущение, будто я делал нечто бессмысленное. Это так?

[Munin]

lemhell в сообщении #806866 писал(а):

Я нашел 6 матриц. Нужно сделать такую штуку?
$(\mathbf{i}\sigma^{(1)}_x + \mathbf{j}\sigma^{(1)}_y + \mathbf{k}\sigma^{(1)}_z)\cdot(\mathbf{i}\sigma^{(2)}_x + \mathbf{j}\sigma^{(2)}_y + \mathbf{k}\sigma^{(2)}_z)^T$

Да. Только без транспонирования.

lemhell в сообщении #806866 писал(а):

То есть, у нас будет произведение двух матриц, одна из которых транспонирована, и внутри они состоят из суммы трех матриц, помноженных на единичные вектора?

Думая о произведении векторов как о произведении вектора-строки на вектор-столбец, вы только запутаете себя матрицами-матрицами-матрицами. Проще действовать чисто символьно:

$$(\mathbf{i}\sigma_x^{(1)}+\mathbf{j}\sigma_y^{(1)}+\mathbf{k}\sigma_z^{(1)})\cdot(\mathbf{i}\sigma_x^{(2)}+\mathbf{j}\sigma_y^{(2)}+\mathbf{k}\sigma_z^{(2)})=$$

$$=(\mathbf{i}\cdot\mathbf{i})(\sigma_x^{(1)}\sigma_x^{(2)})+(\mathbf{i}\cdot\mathbf{j})(\sigma_x^{(1)}\sigma_y^{(2)})+\ldots+(\mathbf{k}\cdot\mathbf{k})(\sigma_z^{(1)}\sigma_z^{(2)})=$$

$$=\sigma_x^{(1)}\sigma_x^{(2)}+\sigma_y^{(1)}\sigma_y^{(2)}+\sigma_z^{(1)}\sigma_z^{(2)}.$$

Как это получилось, понятно? А теперь перемножайте матрицы и складывайте.

lemhell в сообщении #806866 писал(а):

У нас в начале было состояние $|\uparrow\downarrow>$, значит, нам надо как-то получить коэффициент $C_2$, имея $H$? Чтоб найти вероятность в момент $t$.

Нет, этот коэффициент нам не надо получить. Он равен единице, а остальные нули (с точностью до начальной фазы, которая нас не волнует, потому что исчезнет в ответе). Проблема в том, чтобы получить целиком матрицу $H.$

Зная матрицу $H,$ мы сможем перейти от начального состояния к состоянию в следующий момент времени:

$$\dfrac{\partial\Psi}{\partial t}=-i\hbar^{-1}H\Psi\qquad d\Psi=-i\hbar^{-1}H\Psi\,dt\qquad\Psi(t_0+dt)=\Psi(t_0)-i\hbar^{-1}H\Psi(t_0)\,dt$$

$$\begin{pmatrix}C_1(t_0+dt)\\C_2(t_0+dt)\\C_3(t_0+dt)\\C_4(t_0+dt)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}C_1(t_0)\\C_2(t_0)\\C_3(t_0)\\C_4(t_0)\end{pmatrix}-i\hbar^{-1}dt\cdot\begin{pmatrix}H_{11}&H_{12}&H_{13}&H_{14}\\H_{21}&H_{22}&H_{23}&H_{24}\\H_{31}&H_{32}&H_{33}&H_{34}\\H_{41}&H_{42}&H_{43}&H_{44}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}C_1(t_0)\\C_2(t_0)\\C_3(t_0)\\C_4(t_0)\end{pmatrix}.$$

И вот теперь это матричное дифференциальное уравнение надо решить (проинтегрировать), переходя от каждого момента времени к следующему, чтобы найти все четыре величины $C_1(t),C_2(t),C_3(t),C_4(t)$ в любой момент времени.

Но решать его напрямую долго и сложно (а часто и просто невозможно), поэтому задачу упрощают. Если все векторы и матрицы привести к другому базису, то уравнение $\partial\Psi/\partial t=-i\hbar^{-1}H\Psi$ не изменится, а вот его матричный вид может стать проще. Ищут представление энергии, в котором гамильтониан диагонален. Для этого решают задачу о собственных числах и собственных векторах матрицы $H.$ Собственные векторы будут образовывать новый базис (к которому надо будет привести $\Psi(t_0)$), а собственные значения - будут давать вид матрицы $H$ в этом базисе. $H$ будет диагональной матрицей с собственными значениями на диагонали. Тогда уравнение станет иметь вид:

$$\dfrac{\partial}{\partial t}\begin{pmatrix}C_a\\C_b\\C_c\\C_d\end{pmatrix}=-i\hbar^{-1}\cdot\begin{pmatrix}E_a&&&\\&E_b&&\\&&E_c&\\&&&E_d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}C_a\\C_b\\C_c\\C_d\end{pmatrix},$$

и будет иметь очевидное решение

$$\begin{pmatrix}C_a(t)\\C_b(t)\\C_c(t)\\C_d(t)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\begin{matrix}e^{-iE_a\,\Delta t/\hbar^}&&&\end{matrix}\\\begin{matrix}&e^{-iE_b\,\Delta t/\hbar^}&&\end{matrix}\\\begin{matrix}&&e^{-iE_c\,\Delta t/\hbar^}&\end{matrix}\\\begin{matrix}&&&e^{-iE_d\,\Delta t/\hbar^}\end{matrix}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}C_a(t_0)\\C_b(t_0)\\C_c(t_0)\\C_d(t_0)\end{pmatrix}.$$

-- 27.12.2013 18:42:45 --

lemhell в сообщении #806866 писал(а):

Я сделал это и у меня ощущение, будто я делал нечто бессмысленное. Это так?

Нет, в принципе, можно и так. Но теперь вам надо просто во всех клеточках матрицы взять (очевидные) скалярные произведения векторов $\mathbf{i},\mathbf{j},\mathbf{k}.$ И, повторяю, не надо матрицу $\boldsymbol{\sigma}^{(2)}$ транспонировать!

Хм-м-м... а может, я и неправ. Может, надо. Но тогда надо не просто транспонировать, а брать эрмитово-сопряжённую (транспонировать и комплексно сопрячь). А впрочем, поскольку матрицы Паули эрмитово-самосопряжённые, это то же самое, что и ничего не делать. Так что, транспонировать всё-таки не надо.

-- 27.12.2013 18:51:59 --

Munin в сообщении #806892 писал(а):

$H$ будет диагональной матрицей с собственными значениями на диагонали. Тогда уравнение станет иметь вид:

$$\ldots,$$

и будет иметь очевидное решение

$$\ldots.$$

Теперь, мы полностью знаем, как состояние эволюционирует по времени. Но в общем случае, такая эволюция непериодична. Мы имеем какие-то ненулевые начальные значения $C_a(t_0),C_b(t_0),C_c(t_0),C_d(t_0)$ - поскольку они в новом базисе, то не будет такого, что все они нулевые, кроме одного единичного. И мы имеем колебания с в общем несопоставимыми периодами $\hbar/(E_a-E_b),\hbar/(E_a-E_c),\hbar/(E_a-E_d).$ Такое состояние никогда не возвращается назад.

Но это в общем случае. А в данном частном случае нам повезло. Двухспиновая система (без внешнего поля) имеет только два уровня энергии! Один из них соответствует синглетному спиновому состоянию, а другой - триплетному, и трёхкратно вырожден. (Во внешнем магнитном поле вырождение снимается, и уровень расщепляется на три подуровня тонкой структуры. Отсюда исторически и название "триплет". Но сегодня оно применяется даже без расщепления.) Итого, из трёх периодов остаётся только один - его, по сути, и нужно найти.

[lemhell]

Как получилось понятно, посчитал по вашему способу, нашел матрицу. Потом посчитал так, как считал до этого, получилось то же самое:
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
Собственные числа $\lambda = \pm1$, собственные вектора вроде $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$, значит нам надо еще обратную взять, чтоб к диагональному прийти, но у нее определитель $= 0$. Что тут делать? Или я что-то неправильно понял и нам просто надо $\pm1$ подставить в матрицу с экспонентами, которую вы до этого написали?
Кстати, что такое $t_0$ и $\Delta{t}$ в той же матрице? $t_0 = 0$?

Кажется, я допустил ошибку. Матрица получается:
$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, тогда собственные числа $\lambda_1 = 3, \lambda_{2,3,4} = -1$.
В итоге, мы пишем матрицу $\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$ там, где у нас диагональная матрица $E_n$. И все же вопрос про $t_0$ и $\Delta{t}$, что это?

-- 27.12.2013, 22:40 --

И еще вопрос. К чему мы ищем тогда эти $C_n$, если вы сказали, что $C_2$ равен единице, а остальные нули? Нам ведь надо найти вероятность, это не будет квадратом модуля этого коэффициента? Или тут опять что-то не то?