Ayaya Notes

week 13

继续前面的 Λ0\Lambda^0 衰变 ss 不能发射 Z0Z^0玻色子, 这种过程叫 flavor changing neutral current FCNC 在质心系中分析

这段需要看原文

假设所有处态粒子都有相同确定的自旋指向, 则两个粒子的发射方向相反 对过程

Λ0→p++π−\Lambda^0\to p^++\pi^-

这里 Feynman 做了一个错误的假设, 若粒子在自旋方向发射, 则此时没有空间角动量, 末态角动量由质子自旋承担 这里的问题在于粒子不是严格的点粒子, 飞出的两个粒子不一定是从同一点飞出 当然这也不是很错, 如果对粒子的角分布做多极展开 量子力学告诉我们多极展开对角动量是一个好的近似, 0阶项是足够大的, 即 s 波 所以这里应该理解为末态由 s 波主导

开始写概率幅

⟨p↑+(+z)π−(−z)∣Λ↑0⟩=a\braket{p^+_{\uparrow}(+z)\pi^-(-z)|\Lambda^0_{\uparrow}}=a

我们不会算这个概率幅, 因为对于这附近的强相互作用是难以计算的

⟨p↓+(+z)π−(−z)∣Λ↑0⟩=0角动量守恒\braket{p^+_{\downarrow}(+z)\pi^-(-z)|\Lambda^0_{\uparrow}}=0\quad\text{角动量守恒}

还有一些其他情形

⟨p↓+(+z)π−(−z)∣Λ↓0⟩=b\braket{p^+_{\downarrow}(+z)\pi^-(-z)|\Lambda^0_{\downarrow}}=b ⟨p↑+(+z)π−(−z)∣Λ↓0⟩=0\braket{p^+_{\uparrow}(+z)\pi^-(-z)|\Lambda^0_{\downarrow}}=0

然后就可以计算任意方向飞出质子的角分布 问初态 Λ0\Lambda^0 的自旋任意(确定) , 向 +z+z 方向发射质子的概率? Λ0\Lambda^0 的自旋 (θ,ϕ)(\theta,\phi) 则在前面的基下的坐标

⟨±z∣Λ0⟩=C±\braket{\pm z|\Lambda^0}=C_{\pm} Ry(θ)∣+z⟩\mathcal{R}_y(\theta)\ket{+z}

这个问题里有旋转对称性, ϕ\phi 没有出现

则

PΛ0(θ)→p+(z)=∣acos⁡θ2∣2+∣bsin⁡θ2∣2P_{\Lambda^0(\theta)\to p^+(z)}=|a\cos\frac{\theta}{2}|^2+|b\sin\frac{\theta}{2}|^2

即

∣a∣2+∣b∣22+∣a∣2−∣b∣22cos⁡θ\frac{|a|^2+|b|^2}{2}+\frac{|a|^2-|b|^2}{2}\cos\theta

实际上自旋向上和向下由宇称联系起来 在这样的宇称变换下, 动量会反号, 但角动量不反号 可以看到两个末态刚好差一个宇称 如果这个过程是宇称守恒的, 那么变换的 a′a' 和 aa 是一个纯相位, 同时, 这个宇称变换的结果和第二种过程通过一个旋转联系起来 即 aa 和 bb 只差一个纯相位 所以如果宇称守恒, 我们不应该看到一个依赖于角度的分布 实验上发现了这一点

守恒定律

对称性   ⟹  \implies 守恒定律 这里只考虑和哈密顿对易的那些对称性 结果是, 如果

[U,H]=0[\mathcal{U},H]=0

则存在守恒量 假设 U\mathcal{U} 是幺正算符, 则

U=(eiδ1⋱eiδN)\mathcal{U}=\begin{pmatrix}e^{i\delta_1}&&\\&\ddots&\\&&e^{i\delta_N}\end{pmatrix}

对 U\mathcal{U} 对本征态

U∣q⟩=eiq∣q⟩\mathcal{U}\ket{q}=e^{iq}\ket{q}

则这个状态在时间演化下停留在 ∣q⟩\ket{q} 态

[U,U(t2,t1)]=0[\mathcal{U},\mathcal{U}(t_2,t_1)]=0

作用在 ∣q(t)⟩\ket{q(t)} 上

U∣q(t2)⟩=U(t2,t1)eiq∣q(t1)⟩=eiq∣q(t2)⟩\mathcal{U}\ket{q(t_2)}=\mathcal{U}(t_2,t_1)e^{iq}\ket{q(t_1)}=e^{iq}\ket{q(t_2)}

这表明 qq 是守恒量 现在对于任意态, 它的期望值

⟨U⟩=⟨ψ∣U∣ψ⟩\braket{\mathcal{U}}=\braket{\psi|\mathcal{U}|\psi}

是时间演化意义下的守恒量 这些守恒量的物理意义? 下面有一些例子

绕定轴的旋转, 比如 zz 轴 首先

Rz(θ1)Rz(θ2)=Rz(θ1+θ2)=Rz(θ2)Rz(θ1)\mathcal{R}_z(\theta_1)\mathcal{R}_z(\theta_2)=\mathcal{R}_z(\theta_1+\theta_2)=\mathcal{R}_z(\theta_2)\mathcal{R}_z(\theta_1)

则

Rz(θ)∣m⟩=eiδ(m)∣m⟩\mathcal{R}_z(\theta)\ket{m}=e^{i\delta(m)}\ket{m}

并且 δ(m)\delta(m) 应该是旋转角的线性函数, 我们还知道比例系数叫角动量

空间平移, 比如 xx 轴

Tx(a1)Tx(a2)=Tx(a1+a2)=Tx(a2)Tx(a1)\mathcal{T}_x(a_1)\mathcal{T}_x(a_2)=\mathcal{T}_x(a_1+a_2)=\mathcal{T}_x(a_2)\mathcal{T}_x(a_1)

同样有

Tx(a)∣k⟩=eika∣k⟩\mathcal{T}_x(a)\ket{k} =e^{ika}\ket{k}

相位的比例系数叫动量 这件事可以推广到 dd 维, 无非是增加一个向量箭头 而旋转在 dd 维空间是不交换的, 这只是增加了一些复杂性, 即 Non Abelian 对称性 上面平移的例子是 Abelian 对称性

时间平移

怎么判断一个系统是否具有时间平移对称性 我们知道时间平移的生成元是哈密顿, 但是哈密顿显然和自己对易 但并不是时间平移总有对称性 故在量子力学中, 我们说系统具有时间平移对称性的意思是

  1. 哈密顿是 Hermitian 算符
  2. HH 不显含时间, 即参数不依赖时间

哈密顿可以不 Hermitian, 比如存在衰变 上面满足这些条件的系统, 我们叫他封闭系统, 反之叫开放系统 开放系统的意思是系统和外界通过传递某种量子信息的方式联系, 于是系统的动力学就会泄漏到外界 比如外电场, 或者把一些量子比特放在一个开放系统中, 可以想象刻画这些量子比特的相是一些含时的相

当然如果哈密顿的含时部分可以通过对动力学变量做重定义消去, 那也不叫显然时间

不同时间的哈密顿两两对易是否可以做这种重定义 不行, 一个例子是 H=p2/2m(t)H =p^2/2m(t)

经典力学

在经典力学中没有对易括号如何判断守恒量, 原则上如果你先学量子力学再学经典力学, 那应该使用 Poisson 括号

{O,H}\{\mathcal{O},H\}

去检查这个括号 一般的经典力学对对称性变换的定义是保持作用量 SS 不变的变换

这种对作用量的刻画和与哈密顿对易的刻画是不等价的 例子是 Lorentz 变换

对点粒子

S=−m∫dτS= -m\int\mathrm{d}\tau

这是一个 Lorentz 不变量, 故 Lorentz 变换是一个经典力学的对称性, 但它和哈密顿不对易 在经典力学中也有一个对称性导致守恒律的定理:

Noether 定理

整体连续对称性   ⟹  \implies 守恒流

整体的意思是对称性不依赖空间坐标, 这常常和规范变换对应 同样, 连续变换是指变换依赖于一个连续参数

守恒流的意思是, 这个守恒量不仅在空间演化中不变, 并且这个守恒量是局域的 考虑一个口袋中的电荷, 你可以把电荷拿出去, 但是后果是在口袋的表面必须产生通量 意思是电荷要从口袋中转移到外面, 一定要连续地移动电荷到外面 刻画这种守恒流的方式不仅需要分布, 还需要流

ρ(t,x⃗)j⃗(t,x⃗)\rho(t,\vec{x})\quad \vec{j}(t,\vec{x})

则有

ρ˙(t,x⃗)+∇⋅j⃗(t,x⃗)=0\dot{\rho}(t,\vec{x})+\nabla \cdot \vec{j}(t,\vec{x})=0

关键是

  1. 这是局域的守恒定律
  2. 这是”在壳”的守恒律, 意思是要满足运动方程, 这个守恒定律只对满足运动方程的路径成立
  3. 流比荷多一个空间指标

于是想刻画这一点, 需要引入一些奇怪的东西, 比如想刻画动量守恒, 必须引入多一个空间指标的流

p˙i+∇jΠij=0\dot{p}_i+\nabla_{j}\Pi_{ij}=0

Lorentz 变换对应的守恒量是什么?

再提一点, 比如相对论中计算运动粒子的质心是一件复杂的事情, 这个质心还做线性运动是一件神奇的事情 这是 Lorentz 变换的数学结构保证的

广义对称性 generalized symmetry

从流守恒方程开始

∂μjμ=0\boxed{\partial_\mu j^{\mu} =0}

这让我们想到了 Stokes 定理

∫V∂μjμ=0=∫∂Vjμnμ\int_V \partial_\mu j^{\mu}=0=\int_{\partial V}j^{\mu}n_{\mu}

这个东西有某种拓扑意义, 这个积分就像在计算某种通量

也许是同伦群吧

比如体积 VV 里面有一些电荷, 我们就可以收缩 VV 的表面直到这些电荷

我们就可以问: 存不存在高维的携带荷的东西

这就是电场线守恒和磁场线守恒 例如磁力线守恒

∇⋅B⃗=0\nabla\cdot \vec{B} =0

怎么数磁力线? 比如数螺线管的, 我们就需要用一些一维的圈去圈住螺线管, 并且这些圈不能穿过螺线管 所以对于 pp 维的物体, 数这种荷的方式是用 p−1p-1 维的物体圈住 这种守恒定律对应的对称性是什么? 守恒量是二指标的电磁场张量, 故守恒量应该是 1 指标的东西 这种对称性叫 Highers - form symmetry 对称性叫

Aμ→Aμ+∂μΛA_{\mu}\to A_{\mu}+\partial_{\mu}\Lambda

并且我们知道电磁学的对称性是自发破缺的, 所以存在一些无能隙的激发, 这些激发叫光子

Chapter 18 角动量

先解释光子的角动量是什么东西 这个世界很神奇的事情是存在两种粒子, 一种有质量, 一种无质量 为什么会存在无质量粒子? 事实上是因为光速是有限的 有质量粒子是我们熟悉的, 对于谈论自旋的时候, 要将有质量粒子和无质量粒子分开讨论 下面主要谈论有质量粒子 有质量粒子的自旋按照 SO(3)SO(3) 的群表示分类

先谈论无质量粒子 比如光子, 对于无质量粒子, 只有两个独立的基础态

我们并不知道为什么

对于无质量粒子, 比角动量更好的量叫螺旋度 helicity , 即粒子的角动量在运动方向的投影

h=S⃗⋅p⃗∣p⃗∣h = \frac{\vec{S}\cdot \vec{p}}{|\vec{p}|}

对于自旋 ss 的无质量粒子只有两种独立取值

h=±sh=\pm s

事实上如果不是这样, 则这种粒子必须有无穷多的基础态, 但我们并没有看到

问题: 对任意动量 p⃗\vec{p} 的光子, 能不能找到它的一对极化矢量 e⃗±(p⃗)\vec{e}_{\pm}(\vec{p}) , 即找到光子的偏振模式 如果 p⃗=(0,0,p)\vec{p}=(0,0,p) 则极化矢量为

e⃗(x)=(1,0,0)e⃗(y)=(0,1,0)\vec{e}_{(x)}=(1,0,0)\quad \vec{e}_{(y)}=(0,1,0)

但这样极化模式不是角动量的本征态, 需要做线性组合

e⃗(±)=12(e⃗(x)±ie⃗(y))\vec{e}_{(\pm)}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\vec{e}_{(x)}\pm i \vec{e}_{(y)})

可以证明

Rz(θ)e⃗(±)=e±iθe⃗(±)\mathcal{R}_{z}(\theta) \vec{e}_{(\pm)}=e^{\pm i\theta}\vec{e}_{(\pm)}

即这是角动量的本征态, 并且 helicity 是 ±1\pm 1 能不能写沿任意方向的极化? 做旋转矩阵即可

这个极化矢量只依赖于动量的方向, 不依赖动量的大小

于是对于任意的 q⃗=q(sin⁡θcos⁡ϕ,sin⁡θsin⁡θ,cos⁡θ)\vec{q} = q(\sin\theta\cos\phi,\sin\theta\sin\theta,\cos\theta) 则

e⃗(±)(q⃗)=R(θ,ϕ)e⃗(±)(p⃗)\vec{e}_{(\pm)}(\vec{q})=\mathcal{R}(\theta,\phi)\vec{e}_{(\pm)}(\vec{p})

这是一个真的 SO(3)SO(3) 的矢量 对于一个无质量的粒子, 我们需要在狭义相对论里面谈, 所以我们应该把上面的结果嵌入到 Lorentz 协变里

但是上面这个东西不能推广到 Lorentz 协变理论里 一种推广是把时间分量取 0 , 但是这不是 Lorentz 协变的 这里发生了什么? 在 Lorentz 协变的理论中, 如果去问光子所有可能的动量, 我们知道它的动量落在光锥上

E=p0=∣p⃗∣E =p^0 =|\vec{p}|

可以去做一个沿 zz 方向的 boost , 可以让 pzp_z 短一点, 然后再做一个 xx 方向的 boost 可以得到任意大的动量 即得到新的动量既可以通过旋转得到, 也可以通过一系列 boost 复合得到

可以验证一件事情

Ry(θ)e(±)μ(p⃗)≠Lx(η2)Lz(η1)e⃗(±)(p⃗)\mathcal{R}_y(\theta)e_{(\pm)}^\mu(\vec{p})\neq L_x(\eta_2)L_z(\eta_1)\vec{e}_{(\pm)}(\vec{p})

这件事情可以被证明实际上相差

Ry−1(θ)Lx(η2)Lz(η1)e(±)μ(p⃗)=e(±)μ+tan⁡θ2∣p⃗∣p⃗\mathcal{R}_{y}^{-1}(\theta)L_x(\eta_2)L_z(\eta_1)e_{(\pm)}^\mu(\vec{p})=e_{(\pm)}^\mu+\frac{\tan\theta}{\sqrt{2}|\vec{p}|}\vec{p}

这种特殊的 Lorentz 变换保持动量不变, 但是极化矢量会改变, 这个结论告诉我们: 光子的极化矢量只在相差一个动量的意义下是一个极化矢量 即上面的极化矢量的定义不是一个好的定义, 当且仅当极化矢量可以相差一个动量

假如我们定义了一个 Lorentz 极化矢量, 我们拿另外一个 Lorentz 矢量就得到了一个 Lorentz 标量, 但是上面的结果说明这个不对, 会多变出一个动量项, 即

e(±)μMμ→(e(±)μ+αpμ)Mμe_{(\pm)}^\mu M_{\mu}\to (e^\mu_{(\pm)}+\alpha p^\mu)M_\mu

除非动量和任意 Lorentz 矢量点乘为 0

pμMμ=0p^\mu M_{\mu}=0

事实上这就是规范不变性 对于电磁波

Aμ=eμeipx−ip0tA_{\mu}=e_{\mu} e^{ipx-ip^0t}

如果允许极化矢量相差任意动量, eμ→eμ+pμe_\mu\to e_{\mu}+p_{\mu} 在傅立叶变换下, 这要求

Aμ→Aμ+∂μϵA_{\mu}\to A_{\mu}+\partial_{\mu}\epsilon

反而是无质量粒子的角动量是容易的, 而对于有质量粒子, 极化是容易定义的, 我们可以做一个 boost 进入粒子的质心系, 就容易谈论它的角动量, 但是困难在粒子有 2s+12s+1 个基础态, 需要找到它的旋转表示是困难的

任意自旋的旋转矩阵

^4c8520

这是这本书最逆天的一部分

目标: 找出 SO(3)SO(3) 的所有不等价不可约的幺正表示 D[R]D[\mathcal{R}]

Wigner 定理告诉我们要找幺正表示 DD†=1DD^\dagger =1 不可约: 即在态空间中找一组好的坐标基, 把所有旋转矩阵都块对角化, 每一个块有一个给定的维数, 重要的是块的形式和 R\mathcal{R} 的选择无关, 并且可以想象不能使得对角块更小了 如果能做到这件事情, 那我们只需要研究对应的块就可以了 不等价: 即不能通过坐标变换联系起来

这是一个标准的数学问题, 数学家说 SO(3)SO(3) 群有一个更好的性质 这些表示按照自旋 j=0,1/2,1,⋯j=0,1/2,1,\cdots 来分类 对于给定的 jj , 有且仅有一个不等价不可约的幺正表示 UIRUIR , 且表示的维数为 2j+12j+1 , 即

D(j)[R]∈C(2j+1)×(2j+1)D^{(j)}[\mathcal{R}]\in\mathbb{C}^{(2j+1)\times(2j+1)}

一个例子是 j=1/2j=1/2 则绕某个方向的矩阵是

D(1/2)[Ri]=exp⁡[iθσi/2]D^{(1/2)}[\mathcal{R}_i]= \exp[i\theta\sigma_i /2]

物理学家的任务是把这些 DD 都算出来, 下面对任意的 jj 来做这件事情

费曼的做法是从自旋 1/21/2 出发去拼出其他自旋, 即用 2j2j 个自旋 1/21/2 去搭出其他自旋

这件事情分两步

  1. 找到一组合适的基础态 ∣j,m⟩m=−j,−j+1,⋯ ,j\ket{j,m}\quad m=-j,-j+1,\cdots , j 共 2j+12j+1 个角动量, 并且这个态是绕 zz 轴角动量的本征态
  2. 将任意旋转用欧拉角分类
D(j)[R(γ,β,α)]=D(j)[Rz(γ)Ry(β)Rz(α)]D^{(j)}[\mathcal{R}(\gamma,\beta,\alpha)]=D^{(j)}[\mathcal{R}_z(\gamma)\mathcal{R}_y(\beta)\mathcal{R}_z(\alpha)]

对基础态 ∣j,m⟩\ket{j,m} 用 j=1/2j=1/2 的 ∣±⟩\ket{\pm} 构造 首先

∣j,j⟩=⨂j∣+⟩最高权态 highest-weight state\ket{j,j}=\bigotimes^j\ket{+}\quad \text{最高权态 highest-weight state}

同样有最低权态

∣j,−j⟩=⨂j∣−⟩\ket{j,-j}=\bigotimes^j\ket{-}

对于无质量粒子, 我们已经做完了

对其余 2j−12j-1 个态, uu 个 ∣+⟩\ket{+} 和 vv 个 ∣−⟩\ket{-} 这里 u+v=2ju+v=2j 去做全对称的组合

∏(∣+⟩u∣−⟩v)=1Cu+vu(∣+⟩u∣−⟩v+不等价的排列)\prod(\ket{+}^u\ket{-}^v)=\frac{1}{C_{u+v}^u}\left(\ket{+}^u\ket{-}^v+\text{不等价的排列}\right)

这样做的好处在于去做线性变换的时候

R∣+⟩=a∣+⟩+b∣−⟩R∣−⟩=c∣+⟩+d∣−⟩\mathcal{R}\ket{+}=a\ket{+}+b\ket{-}\quad \mathcal{R}\ket{-}=c\ket{+}+d\ket{-}

比如考虑 j=3/2j=3/2 的时候

R∣+++⟩=⨂3(a∣+⟩+b∣−⟩)\mathcal{R}\ket{+++}=\bigotimes^3(a\ket{+}+b\ket{-})

发现其中的全对称态出现组合数因子, 意味着我们某种意义可以做二项式展开

这样对于其他态也可以这么写, 按上面的方式写的话, 我们知道 zz 方向的角动量是 u−vu-v 即

∣j,m⟩=(2jj+m)∏(∣+⟩j+m∣−⟩j−m)\ket{j,m}=\sqrt{\binom{2j}{j+m}}\prod(\ket{+}^{j+m}\ket{-}^{j-m})

这种做法满足内积关系

⟨j,m′∣j,m⟩=δm,m′\braket{j,m'|j,m}=\delta_{m,m'}

那么绕 zz 轴的旋转给出

R(j)(α)∣j,m⟩=e+imα∣k,m⟩\mathcal{R}^{(j)}(\alpha)\ket{j,m}=e^{+im\alpha}\ket{k,m}

作用在每一个张量积上即可得到结果 验证

Rz(j)(α)∣j,m⟩=(2jj+m)∏([eiα/2∣+⟩]j+m[e−iα/2∣−⟩]j−m)=eimα∣j,m⟩\begin{align}\mathcal{R}_z^{(j)}(\alpha)\ket{j,m}&=\sqrt{\binom{2j}{j+m}}\prod([e^{i\alpha/2}\ket{+}]^{j+m}[e^{-i\alpha/2}\ket{-}]^{j-m})\\ &=e^{im\alpha}\ket{j,m}\end{align}

这个做法是重要的, 因为在算其他方向的时候我们真的要展开算 结果是符合我们预期的, zz 方向的矩阵是对角矩阵

考虑绕 yy 的旋转 约定这样的记号: s=sin⁡θ/2c=cos⁡θ/2s=\sin\theta/2\quad c = \cos \theta/2

Ry(θ)∣j,m⟩=(2jj+m)∏([c∣+⟩−s∣−⟩]j+m[c∣−⟩+s∣−⟩]j−m)=∑u′=02jAu′∏(∣+⟩u′∣−⟩v′)=∑m′=−jjAj+m′(2jj+m′)∣j,m′⟩\begin{align}\mathcal{R}_y(\theta)\ket{j,m}&= \sqrt{\binom{2j}{j+m}}\prod\left([c\ket{+}-s\ket{-}]^{j+m}[c\ket{-}+s\ket{-}]^{j-m}\right)\\ &=\sum_{u'=0}^{2j}A_{u'}\prod(\ket{+}^{u'}\ket{-}^{v'})\\&=\sum_{m'=-j}^j\frac{A_{j+m'}}{\sqrt{\binom{2j}{j+m'}}}\ket{j,m'}\end{align}

即

⟨j,m′∣Ry(θ)∣j,m⟩=Aj+m′(2jj+m′)\braket{j,m'|\mathcal{R_y(\theta)|j,m}}=\frac{A_{j+m'}}{\sqrt{\binom{2j}{j+m'}}}

现在真的去算 Aj+m′A_{j+m'}

(c∣+⟩−s∣−⟩)j+m(c∣+⟩+s∣−⟩)j−m=∑l=0j+m(j+ml)cl(−s)j+m−l×∑k=0j−m(j−mk)cj+m−ksk×∣+⟩l+k∣−⟩2k−l−k\begin{align}(c\ket{+}-s\ket{-})^{j+m}(c\ket{+}+s\ket{-})^{j-m}&=\sum_{l=0}^{j+m}\binom{j+m}{l}c^{l}(-s)^{j+m-l}\times\sum_{k=0}^{j-m}\binom{j-m}{k}c^{j+m-k}s^k\end{align}\times\ket{+}^{l+k}\ket{-}^{2k-l-k}

现在做变量代换 l=j+m′−kl=j+m'-k m′=constm'=\text{const} 给出了 k,lk,l 平面的直线, 这个矩形和求和矩形的边界就有各种情况, 要对各种格点求和

∑kmin⁡kmax⁡kmax⁡=min⁡{j−m,j+m′}kmin⁡=max⁡{0,m′−m}\sum_{k_{\min}}^{k_{\max}}\quad k_{\max}=\min\{j-m,j+m'\}\quad k_{\min}=\max\{0,m'-m\}

结果是

dm′mj(θ)=⟨j,m′∣Ry∣j,m⟩=(j+m′)!(j−m′)!(j+m)!(j−m)!×∑k(−1)m−m′+kc2j−m+m′−2ksm−m′+2kk!(m−m′+k)!(j−m−k)!(j+m′−k)!d^{j}_{m'm}(\theta)=\braket{j,m'|\mathcal{R}_y|j,m}=\sqrt{(j+m')!(j-m')!(j+m)!(j-m)!}\times \sum_{k}\frac{(-1)^{m-m'+k} c^{2j-m+m'-2k}s^{m-m'+2k}}{k!(m-m'+k)!(j-m-k)!(j+m'-k)!}

即 Wigner d - 矩阵

实际上求和结果是标准的 Gauss 超几何函数

最后的任意旋转矩阵

⟨j,m′∣R(ϕ,θ,ψ)∣j,m⟩=e+im′ψdm′mj(θ)e+imϕ\braket{j,m'|\mathcal{R}(\phi,\theta,\psi)|j,m}=e^{+im'\psi}d^{j}_{m'm}(\theta)e^{+im\phi}

即 Wigner D - 矩阵

不用背, 但是推导的方式需要记忆 推导的精神是: 不可约幺正表示是唯一的, 就可以这样直接找出来 表示唯一是我们能用自旋来谈论粒子的旋转矩阵的基本原因, 如果表示不唯一, 你就不能确定这个粒子的自旋 例如 10 维空间中 SO(10)SO(10) 的表示就是困难的

上次说这个态是张量积全对称的组合, 这里解释一下

张量记号 一种张量的记号是 Ti1⋯inT_{i_1\cdots i_n} 前面的张量积态也有对应写法

∣i1⟩⊗⋯⊗∣in⟩=∣Ψi1⋯in⟩\ket{i_1}\otimes \cdots\otimes\ket{i_n}=\ket{\Psi_{i_1\cdots i_n}}

这在张量积态上做一次旋转, 做法是逐分量旋转

(RΨ)i1⋯in=Ri1j1⋯RinjnΨj1⋯jn(R\Psi)_{i_1\cdots i_n}=R_{i_1 j_1}\cdots R_{i_n j_n}\Psi_{j_1 \cdots j_n}

则旋转变换不改变一个张量关于所有指标的全对称性 例如二维

(RΨ)i1i2=Ri1j1Ri2j2Ψj1j2(R\Psi)_{i_1i_2}=R_{i_1j_1}R_{i_2j_2}\Psi_{j_1j_2}

在交换 j1,j2j_1,j_2 下, 如果态是全对称的 Ψj1j2=Ψj2j1\Psi_{j_1j_2}=\Psi_{j_2j_1}

Ri2j2Ri1j1Ψj2j1=(RΨ)i2i1R_{i_2 j_2}R_{i_1 j_1}\Psi_{j_2 j_1}= (R\Psi)_{i_2 i_1}

而最高权态是全对称的, 并且自旋 jj 的所有态都可以用最高权态做一次旋转得到, 所以这些态都是全对称的

这些反对称组合是什么? 实际上是张量的某些缩并

Ψij=Ψi⊗Ψj\Psi_{ij}=\Psi_i\otimes \Psi_j

比如取张量的全对称部分, 就得到了自旋相加的部分, 而做全反对称

Ψijϵij\Psi_{ij}\epsilon^{ij}

一个神奇的事情是: 二维的全反对称张量是二维态空间的旋转不变量, 即二维态空间中三维旋转不变的张量 这件事重要的地方在于, 在做张量的缩并时, 背后有一个几何的解释: 比如在 3 维中做矢量的缩并时实际上在做内积, 为什么内积后的数是三维旋转的标量, 因为缩并用的 delta 符号是三维旋转不变的, 在二维态空间时类似, 此时旋转的表示是幺正矩阵, 则旋转不变的张量实际上是 ϵ\epsilon

ΨiΦj=ϵijΨiΨj\Psi_i \Phi_j=\epsilon^{ij}\Psi_i\Psi_j

实际上这意味着你得到了一个自旋更低的态 对一般的情形

Ψi1⋯i2j\Psi_{i_1\cdots i_{2j}}

如果做全对称化, 就得到一个自旋更低的态, 如果对其中的一些指标做反对称, 再对其他做全对称化, 比如 i1,i2i_1,i_2 会让系统的总角动量 −1-1 , 即得到一个 j−1j-1 的态 可以想象, 如果对这个新的态再去做一些其他指标的反对称化, 就能得到自旋更低的态, 直到某个位置停下来

上面做的事情是把 2j2j 个自旋 1/2 拼在一起, 去找其中自旋 jj 的成分, 这个巨大的态空间, 我们只去找了其中自旋 jj 的子空间 现在把这件事情做完

角动量的合成

现在有两个粒子, 自旋 j1j_1 和自旋 j2j_2 , 因为某种原因这两种粒子的自旋发生了耦合

角动量不会无缘无故耦合, 这背后应该有一个物理的原因 这个系统的总角动量和总角动量在 z 方向的分量在时间演化下不变, 但单个粒子的角动量会因为演化到另一个态上

一个人的自旋大小的数量级?

问题: j1j_1 和 j2j_2 耦合

∣j,m⟩↔∣j1,m1⟩⊗∣j2,m2⟩\ket{j,m}\leftrightarrow\ket{j_1,m_1}\otimes \ket{j_2,m_2}

这两个基的关系是什么? 这个巨大态空间的维数为 (2j1+1)×(2j2+1)(2j_1+1)\times (2j_2+1) 而对于固定的 jj 它的维数为 2j+12j+1 , 所以需要找 jj 使得这两者相同

这个问题不用回答, 这是数学的结果. 同样这是 SO(3)SO(3) 的一个结果

(2j1+1)×(2j2+1)=∑j=∣j1−j2∣j1+j2(2j+1)(2j_1+1)\times (2j_2+1)= \sum^{j_1+j_2}_{j=|j_1-j_2|}(2j+1)

并且每一个成分都会出现, 并且只出现一次 即每个 j=∣j1−j2∣,⋯ ,j1+j2j=|j_1-j_2|,\cdots,j_1+j_2 必出现并且只出现一次 即在原先基础态的选择下, 旋转矩阵是块对角化的, 并且每个块被 jj 标记 同样我们用空间维数来代替空间本身, 即可以证明

(2j1+1)⨂(2j2+1)=⨁j=∣j1−j2∣j1+j2(2j+1)(2j_1+1)\bigotimes (2j_2+1)= \bigoplus^{j_1+j_2}_{j=|j_1-j_2|}(2j+1)

可以做一个计算: 在完整的态空间中

∣Ψ⟩=∑j1m1j2m2Cj1m1j2m2∣j1m1⟩⊗∣j2m2⟩=∑j1m1j2m2Cj1m1j2m2∣j1m1j2m2⟩\ket{\Psi}=\sum_{j_1m_1j_2m_2}C_{j_1m_1j_2m_2}\ket{j_1m_1}\otimes\ket{j_2m_2}=\sum_{j_1m_1j_2m_2}C_{j_1m_1j_2m_2}\ket{j_1m_1j_2m_2}

注意这里 j1,j2j_1,j_2 只取给定值, 求和对 m1,m2m_1,m_2 进行

考虑态为 ∣j,m⟩\ket{j,m} , 上面的系数如何取

∣j,m⟩=∑j1m1j2m2Cj1m1j2m2jm∣j1m1j2m2⟩\ket{j,m}=\sum_{j_1m_1j_2m_2}C_{j_1m_1j_2m_2}^{jm}\ket{j_1m_1j_2m_2}

结果是 Clebsch - Gordan coefficient 目标是计算系数

一个简单的例子是

2⊗2=1⊕3\boxed{2\otimes 2=1\oplus 3}

即 j1=j2=1/2j_1=j_2=1/2

故 j=0,1j=0,1 , 剩下的计算是标准的, 最后的态为

∣00⟩=∣+−⟩−∣−+⟩2∣11⟩=∣++⟩∣10⟩=∣+−⟩+∣−+⟩2∣1−1⟩=∣−−⟩\begin{align}&\ket{00}= \frac{\ket{+-}-\ket{-+}}{\sqrt{2}}\\&\ket{11}=\ket{++}\\&\ket{10}=\frac{\ket{+-}+\ket{-+}}{\sqrt{2}}\\&\ket{1-1}=\ket{--}\end{align}

实际上 C - G 系数已经算完了, 就是上面的系数

另一重要的例子

3⊗2=4⊕23\otimes 2= 4\oplus2

即 1 - 1/2 耦合, 结果是 1/2 和 3/2 可以猜

∣32,32⟩=∣1,1;12,12⟩\ket{\frac{3}{2},\frac{3}{2}} = \ket{1,1;\frac{1}{2},\frac{1}{2}}

还有

∣32,−32⟩=∣1,−1;12,−12⟩\ket{\frac{3}{2},-\frac{3}{2}} = \ket{1,-1;\frac{1}{2},-\frac{1}{2}}

但是其他系数比较复杂

∣32,12⟩\ket{\frac{3}{2},\frac{1}{2}}

做法是考虑定轴的角动量, 因为定轴旋转是 Abel 群, 角动量直接相加 即有 0 + 1/2 和 1 + -1/2 两种可能

∣32,12⟩=α∣1,0;1/2,1/2⟩+β∣1,1;1/2,−1/2⟩\ket{\frac{3}{2},\frac{1}{2}}=\alpha\ket{1,0;1/2,1/2}+\beta\ket{1,1;1/2,-1/2}

下面需要定系数, 策略是全部打散为自旋 1/2 首先

∣1,0;1/2,1/2⟩=12(∣+−⟩+∣−+⟩)⊗∣+⟩\ket{1,0;1/2,1/2}=\frac{1}{\sqrt{2}}(\ket{+-}+\ket{-+})\otimes\ket{+}

而

∣1,1;1/2,−1/2⟩=∣++⟩⊗∣−⟩\ket{1,1;1/2,-1/2}=\ket{++}\otimes\ket{-}

而上面的完整态一定是这些基础态的全对称组合

∣3/2,1/2⟩=13(∣++−⟩+∣+−+⟩∣−++⟩)\ket{3/2,1/2}=\frac{1}{\sqrt{3}}(\ket{++-}+\ket{+-+}\ket{-++})

剩下的就是比对系数 结果是

α=23β=13\alpha =\sqrt{\frac{2}{3}}\quad \beta=\sqrt{\frac{1}{3}}

即

∣32,12⟩=23∣1,0;1/2,1/2⟩+13∣1,1;1/2,−1/2⟩\ket{\frac{3}{2},\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{2}{3}}\ket{1,0;1/2,1/2}+\sqrt{\frac{1}{3}}\ket{1,1;1/2,-1/2}

剩下一个态

∣32,−12⟩\ket{\frac{3}{2},-\frac{1}{2}}

做法是相同的

这里有一个观察, ∣32,12⟩\ket{\frac{3}{2},\frac{1}{2}}一定有一个正交的线性组合 实际上是 ∣1/2,1/2⟩\ket{1/2,1/2} C - G 系数的约定是不唯一的

考氘 12H{}_1^2 H 的超精细结构应该知道怎么做计算(

下面是卖私货?

宇宙暴涨产生的重粒子

本质上说的是角动量理论如何应用到实际的物理问题中 背景是 CMB , 如果你的眼睛比微波波长大, 你就应该看得清楚外面天空的背景充斥着微波 如果去测量这个微波的频谱, 就会得到一个完美的黑体谱

这几乎是人类获得的最完美的黑体谱

测量这个黑体谱, 发现温度为 2.7K2.7 K , 甚至可以一直往下测量, 发现这个值在第四位第五位后出现一个偏差 ΔT(x)\Delta T(x)

ΔT(x)Tˉ≈10−5\frac{\Delta T(x)}{\bar{T}}\approx 10^{-5}

这是我们能做在这里的终极原因, 如果温度没有涨落, 意味着在 CMB 形成的时候宇宙的分布是完美平均的, 并且宇宙的演化方程是旋转对称的, 不会破坏这个对称性, 这表明宇宙就不会形成星系 研究这个过程是考古学工作? 为什么宇宙的物质密度如此不平均? 答案是自引力系统是不稳定的, 引力将这个涨落放大了

我们今天有充分的理由相信 10−510^{-5} 源于宇宙暴涨期间的量子涨落

我们知道宇宙在膨胀, 暴涨是指在宇宙膨胀的初期, 短时间宇宙膨胀了 e60e^{60} 这个数量级 暴涨的能量的数量级在 E∼1016GeVE \sim 10^{16}GeV 人类迄今的对撞机的能量只在 10TeV10 TeV