Водород, переход 2p3/2 -> 1s1/2. Распределение интенсивности

[BasilKrzh]

Здравствуйте! Решаю задачу: найти распределение интенсивности по углам и поляризациям при переходе $2p_{3/2} \rightarrow 1s_{1/2}$ в атоме водорода. Возникли вопросы, подскажите, пожалуйста.
Я собираюсь воспользоваться электрическим дипольном приближением, в котором $I(p=\{L,R\}, \theta,\varphi)\propto \left|\langle \text{out} \rvert \hat{\vec{r}} \lvert\text{in}\rangle \vec{e}_p(\theta,\varphi)\right|^2$, где $\lvert\text{in}\rangle,\lvert \text{out}\rangle$ -- начальное и конечное состояние, $\vec{e}_p(\theta,\varphi),p=\{L,R\}$ -- 2 орта поляризации.
Во-первых, я плохо понимаю, как можно решить это задачу в заданной формулировке. Ведь для вычисления интенсивности необходимо знать волновую функцию, а её вид зависит от квантового числа $j_z=m_j$. Получается, что задачу нужно разбить на 8 (реально 2) задач:

$\lvert n=2,l=1,j=3/2, m_j=\pm3/2\rangle \rightarrow \lvert n=1,l=0,j=1/2, m_j=\pm1/2 \rangle $
$\lvert n=2,l=1,j=3/2, m_j=\pm3/2\rangle \rightarrow \lvert n=1,l=0,j=1/2, m_j=\mp1/2 \rangle $
$\lvert n=2,l=1,j=3/2, m_j=\pm1/2\rangle \rightarrow \lvert n=1,l=0,j=1/2, m_j=\pm1/2 \rangle $
$\lvert n=2,l=1,j=3/2, m_j=\pm1/2\rangle \rightarrow \lvert n=1,l=0,j=1/2, m_j=\mp1/2 \rangle $

волновые функции выше можно представить через обычные водородные функции и спиновую часть, используя (кое-где) коэффициенты Клебша — Гордана:
$\lvert n=2,l=1,j=3/2, m_j=3/2\rangle = \lvert n=2,l=1,m_l=1\rangle\lvert\uparrow\rangle $
$\lvert n=2,l=1,j=3/2, m_j=1/2\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\sqrt{2}\lvert n=2,l=1,m_l=0\rangle\lvert\uparrow\rangle + \lvert n=2,l=1,m_l=1\rangle\lvert\downarrow\rangle \right)$
$\lvert n=1,l=0,j=1/2, m_j=\pm1/2 \rangle = \lvert n=1,l=0,m_0=1\rangle\lvert\uparrow\rangle $

аналогично для отрицательных проекций, и посчитать $\langle \text{out} \rvert \hat{\vec{r}} \lvert\text{in}\rangle$ для каждого из изложенных выше переходов. Переход с $\Delta m_j =\pm 2$ оказывается, как и должно быть, запрещённым. Почему-то (подскажите, пожалуйста, почему) оказывается запрещённым также переход с $\Delta m_j =0$, хотя, как я понимал, эти переходы отвечают за линейную поляризацию, т.е. за суперпозицию правой и левой.
Остальные переходы имеют одинаковые распределения $I(p, \theta,\varphi)$.

Во-вторых, после всех проделанных вычислений у меня остаётся выделенное направление (в распределении интенсивности по углам), хотя задача выглядит симметричной. Связано ли это с принципиальной асимметричностью p-состояния или это какая-то чушь? Как бы Вы решали такую задачу?

[Alex-Yu]

BasilKrzh в сообщении #953353 писал(а):

Во-вторых, после всех проделанных вычислений у меня остаётся выделенное направление (в распределении интенсивности по углам), хотя задача выглядит симметричной.

Задача вовсе не симметрична. Есть выделенное направление: направление наблюдения излучения, с которым связано напраление вектора ${\bf E}$ (электрическое поле в волне всегда перпендикулярно направлению распространения). Но усреднить (интенсивность, не амплитуду!) по направлению оси квантования все же надо. Атом же в газе ориентирован как попало. По уму здесь бы еще спин-орбиту учесть. Без спин-орбиты, вроде, из общих соображений, должно получится все сферически симметрично и неполяризовано. А вот со спин-орбитой уже нет: должна появится циркулярная поляризация (в одной линии одна, в другой --- противоположная). Если я ничего не путаю, ответ уже забыл, а считать лениво Но из общих соображений...

[BasilKrzh]

Я ищу распределение интенсивности по углам и поляризациям, т.е. по различным направлениям наблюдения (и поляризациям). Почему задача несимметрична, а какое-то направление наблюдения должно быть выделено?
Давайте я подробнее опишу, что я делаю дальше:
Я считаю дипольные моменты перехода (заряд опущен, любой бра имеет $\langle n=2\rvert$, любой кет -- $\lvert n=1\rangle$):

$\langle l=0,j=1/2, m_j=1/2\rvert \hat{\vec{r}}\lvert l=1,j=3/2,m_j=3/2 \rangle=$
$=\langle l=0,m_l=0 \rvert \hat{\vec{r}} \lvert l=1,m_l=1 \rangle=$
$=\text{подставляя водородные волновые функции}= \frac{2^7}{3^5}a_0 \overrightarrow{\{1,i,0\}}=:\vec{a}$
$\langle l=0,j=1/2, m_j=-1/2\rvert \hat{\vec{r}}\lvert l=1,j=3/2,m_j=-3/2 \rangle=\vec{a}^{*}$
$\langle l=0,j=1/2, m_j=1/2 \rvert \hat{\vec{r}}\lvert l=1,j=3/2,m_j=1/2\rangle=$
$= \left(\langle l=0,m_l=0\rvert\langle\uparrow\rvert\right) \hat{\vec{r}} \left(\sqrt{\frac{2}{3}}\lvert l=1,m_l=0\rangle\lvert\uparrow\rangle+ \sqrt{\frac{1}{3}}\lvert l=1,m_l=1\rangle\lvert\downarrow\rangle \right) = 0$, (не могу сообразить, почему так должно быть)
$\langle l=0,j=1/2, m_j=-1/2 \rvert \hat{\vec{r}}\lvert l=1,j=3/2,m_j=-1/2\rangle=0$
$\langle l=0,j=1/2, m_j=-1/2 \rvert \hat{\vec{r}}\lvert l=1,j=3/2,m_j=1/2\rangle=$
$= \left(\langle l=0,m_l=0\rvert\langle\downarrow\rvert\right) \hat{\vec{r}} \left(\sqrt{\frac{2}{3}}\lvert l=1,m_l=0\rangle\lvert\uparrow\rangle+ \sqrt{\frac{1}{3}}\lvert l=1,m_l=1\rangle\lvert\downarrow\rangle \right) = \sqrt{\frac{1}{3}}\vec{a}$
$\langle l=0,j=1/2, m_j=1/2 \rvert \hat{\vec{r}}\lvert l=1,j=3/2,m_j=-1/2\rangle=\sqrt{\frac{1}{3}}\vec{a}^{*}$
$\langle l=0,j=1/2, m_j=-1/2 \rvert \hat{\vec{r}}\lvert l=1,j=3/2,m_j=3/2\rangle=$
$=\left(\langle l=0,m_l=0\rvert\langle\downarrow\rvert\right)\hat{\vec{r}}\left(\lvert l=1,m_l=1 \rangle\lvert\uparrow\rangle\right) =0$ (запрещённый)
$\langle l=0,j=1/2, m_j=1/2 \rvert \hat{\vec{r}}\lvert l=1,j=3/2,m_j=-3/2\rangle=0$

Проанализировав все 8 случаев, можно записать $I(p=\{L,R\}, \theta,\varphi)\propto \left|\vec{a} \vec{e}_p(\theta,\varphi)\right|^2$, где $\vec{e}_p(\theta,\varphi)$ -- орты поляризации ( $\vec{e}_R(\theta,\varphi)=\{-\cos\theta \cos\varphi, -\cos\theta \sin\varphi, \sin\theta\},$
$ \vec{e}_L(\theta,\varphi)=\{\sin\varphi, -\cos\varphi, 0\}$). После вычисления я получаю асиметричные распределения (с зависимостью $\theta$ и без симметрии$L\leftrightarrow R$):
$I(R,\theta,\varphi)=I_0\cos^2\theta,\text{ }I(L,\theta,\varphi)=I_0$
что кажется мне странным, ведь задача выглядит полностью симметричной в исходной формулировке.

[Alex-Yu]

BasilKrzh в сообщении #953606 писал(а):

что кажется мне странным,

Такого просто не может быть.

Проверять детально выкладки --- увольте. Но из наглядных физических представлений излучение $\sim \cos^2\theta$ должны давать переходы из состояний где $m_l=\pm 1$. А вот переходы из $m_l=0$ должны давать $\sim \sin^2\theta$. В результате сумма должна получиться сферически симметричной.

Такой совет. Чтобы найти где ошибка, сделайте то же самое вообще без спина. Это попроще будет. У Вас же спин-орбиты нет, должно в итоге быть одно и то же.

-- Пн дек 29, 2014 03:05:13 --

BasilKrzh в сообщении #953606 писал(а):

$= \left(\langle l=0,m_l=0\rvert\langle\uparrow\rvert\right) \hat{\vec{r}} \left(\sqrt{\frac{2}{3}}\lvert l=1,m_l=0\rangle\lvert\uparrow\rangle+ \sqrt{\frac{1}{3}}\lvert l=1,m_l=1\rangle\lvert\downarrow\rangle \right) = 0$, (не могу сообразить, почему так должно быть)

А вот, вроде, ошибка здесь. С какой радости это нуль? Второе слагаемое даст нуль (спин не тот) а первое --- не нуль. Сразу очевидно, что это вектор вдоль $z$. Это дипольный момент так направлен. Ясно, что излучает он поперек оси, т.е. $\sim \sin^2\theta$.

И поляризационные орты странные. С какой радости один из циркулярных ортов вообще не имеет $z$-компоненты? Для ЛЮБОГО направления!!!

Это то, что "на вскидку" видно, еще, поди, есть. В общем вычисления надо делать не спеша и внимательно. И все получится как надо.

[BasilKrzh]

Спасибо большое. Действительно, я, наверное, неправильно посчитал случай $\Delta m_j = 0$, судя по всему, всё получиться именно так, как Вы сказали. Последний вопрос: откуда следует, что мы можем складывать интенсивности разных переходов и получать интенсивность, наблюдаемую в эксперименте? Можно ли утверждать, что в реальности, если система свободна, то все значения $m_j$ равновероятны?

[Alex-Yu]

BasilKrzh в сообщении #953782 писал(а):

Можно ли утверждать, что в реальности, если система свободна, то все значения $m_j$ равновероятны?

Естественно. У них же одинаковая энергия. Обычное распределение Гиббса. Причем для ЛЮБОЙ температуры, в т.ч. нулевой. Исправить орт еще не забудьте. И вообще внимательно все проверьте. Я, естественно, при взгляде "по диагонали" всех ошибок заметить не мог.

Да, еще про равновероятность. Это для теплового возбуждения. Можно, в принципе, приготовить атом и так, что не будет равновероятности разных $m_j$. Например если в р-сотояние атом переведен коротким световым импульсом. Но тогда и изотропности изначально нет, атом "помнит" процесс перевода его в р-состояние, который анизотропен.

[BasilKrzh]

Alex-Yu в сообщении #953743 писал(а):

А вот, вроде, ошибка здесь. С какой радости это нуль? Второе слагаемое даст нуль (спин не тот) а первое --- не нуль. Сразу очевидно, что это вектор вдоль $z$. Это дипольный момент так направлен. Ясно, что излучает он поперек оси, т.е. $\sim \sin^2\theta$.

Это то, что "на вскидку" видно, еще, поди, есть. В общем вычисления надо делать не спеша и внимательно. И все получится как надо.

Да, спасибо, именно здесь, всё получилось, как Вы и сказали, если считать все возможные значения $m_j$ равновероятными.

Alex-Yu в сообщении #953743 писал(а):

И поляризационные орты странные. С какой радости один из циркулярных ортов вообще не имеет $z$-компоненты? Для ЛЮБОГО направления!!!

Орты как орты, всегда образуют правую тройку с направляющим вектором и по модулю 1 . Почему нельзя взять один из ортов всегда перпендикулярным оси $Z$?

Спасибо большое, вы очень помогли.

[Alex-Yu]

BasilKrzh в сообщении #953795 писал(а):

Орты как орты, всегда образуют правую тройку

Здесь всего два орта. ЭМ поле поперечно. Это же не координатные орты, а поляризационные. Если излучение не точно вдоль $z$ , то циркулярные орты оба имеют $z$-компоненту. Правда, можно взять линейные поляризационные орты. Тогда по другому. Но у Вас явно циркулярные. Иначе индексы $R$ и $L$ по меньшей мере странны