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 Rotation, Pauli-Matrizen |
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seim
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Ich habe eine Frage bezüglich der Wikrung des Rotationsoperators auf die Pauli Matrizen.
Wir haben in einem Übungsbeispiel die Relationen verwendet:
\(R(\phi, \vec{n}) \sigma_i R^\dagger(\phi, \vec{n})=\sigma_j\)
\(R(\phi, \vec{n})\sigma_j R^\dagger(\phi, \vec{n})=-\sigma_i\)
Ich weiß, aber absolut nicht wieso, das der Fall sein soll.
Meiner Meinung nach sind die Pauli-Matrizen Invariant unter dieser Rotation. Wenn ich stur \(R(\phi, \vec{n})\cdot \vec{m}\cdot\vec{\sigma} R^\dagger(\phi, \vec{n})\), mit \(R(\phi, \vec{n})=cos(\phi/2)-i \sin(\phi/2) \vec{\sigma}\cdot\vec{n}\) rechne komme ich auf: \(R(\phi, \vec{n}) \vec{m}\cdot\vec{\sigma} R^\dagger(\phi, \vec{n})=\vec{m}\cdot \vec{\sigma}\).
Kann mir vielleicht jemand sagen, was ich falsch verstanden habe?
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zippy
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 |      Beitrag No.1, eingetragen 2019-11-21
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2019-11-21 18:14 - seim im Themenstart schreibt:
Wir haben in einem Übungsbeispiel die Relationen verwendet:
\(R(\phi, \vec{n}) \sigma_i R^\dagger(\phi, \vec{n})=\sigma_j\)
\(R(\phi, \vec{n})\sigma_j R^\dagger(\phi, \vec{n})=-\sigma_i\)
Das kann für beliebige $\phi$ ganz sicher nicht stimmen. Du muss ja nur $\phi=0$ betrachten.
2019-11-21 18:14 - seim im Themenstart schreibt:
Wenn ich stur \(R(\phi, \vec{n})\cdot \vec{m}\cdot\vec{\sigma} R^\dagger(\phi, \vec{n})\), mit \(R(\phi, \vec{n})=cos(\phi/2)-i \sin(\phi/2) \vec{\sigma}\cdot\vec{n}\) rechne komme ich auf: \(R(\phi, \vec{n}) \vec{m}\cdot\vec{\sigma} R^\dagger(\phi, \vec{n})=\vec{m}\cdot \vec{\sigma}\).
Das kann genauso wenig für beliebige $\phi$, $\vec n$ und $\vec m$ stimmen. Schreib doch mal deine Rechnung auf.
--zippy
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seim
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-21
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\[cos(\phi/2)-i sin(\phi/2)( \vec{n} \cdot\vec{\sigma}) (\vec{m}\cdot\vec{\sigma}) cos(\phi/2)+i sin(\phi/2) (\vec{n} \cdot\vec{\sigma}))=(cos(\phi /2) \vec{m} \vec{\sigma} - i sin(\phi/2) (\vec{n}\cdot \vec{\sigma}) (\vec{m}\cdot \vec{\sigma}))(cos(\phi/2)+i sin(\phi/2)(\vec{n}\cdot \vec{\sigma}))=cos^2(\phi/2)(\vec{m}\cdot\vec{\sigma})-i sin(\phi/2)cos(\phi/2)(\vec{n}\cdot\vec{\sigma})(\vec{m}\cdot\vec{\sigma})+i sin(\phi/2)cos(\phi/2)(\vec{n}\cdot \vec{\sigma})(\vec{m}\cdot\vec{\sigma})+sin^2(\phi/2) (\vec{m}\cdot\vec{\sigma})=\vec{m}\cdot\vec{\sigma}\]
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zippy
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| Beitrag No.3, eingetragen 2019-11-21
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Du hast so gerechnet, als ob $(\vec n\cdot\vec\sigma)(\vec m\cdot\vec\sigma)=(\vec m\cdot\vec\sigma)(\vec n\cdot\vec\sigma)$ wäre. Das ist aber für $\vec m\ne\vec n$ nicht der Fall.
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seim
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|  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-21
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Stimmt leider...
Also wenn ich es jetzt mit \((\vec{m}\cdot \vec{\sigma})(\vec{n}\cdot \vec{\sigma})=(\vec{m}\cdot\vec{n})+i\vec{\sigma}(\vec{m} \times \vec{n}) \)rechne, komme ich auf das Ergebnis: \(cos^2(\phi/2)(\vec{m}\cdot\vec{\sigma})+sin^2(\phi/2)(\vec{n}\cdot\vec{m})(\vec{n}\cdot\vec{\sigma})-2\vec{\sigma}(\vec{m}\times\vec{n})sin(\phi/2)cos(\phi/2)\)
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seim
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-21
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Vieleicht kann man mir eher helfen zu verstehen, weshalb wir die Relation aus der Übung angenommen haben, wenn ich schreibe in welchem Kontext das Aufgetreten ist. Wir wollten zeigen, dass der Korrelationstensor eines rotationsinvarianten Zustandes antisymmetrisch ist.
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seim
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-21
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Kann es sein, dass es ausreicht, um generel \(T_{ij}=-T_{ji}\) zu beweisen einen Rotationsoperator zu wählen, für den gilt:
\(R(\phi, \vec{n}) \sigma_i R^\dagger(\phi, \vec{n})=\sigma_j\)
\(R(\phi, \vec{n})\sigma_j R^\dagger(\phi, \vec{n})=-\sigma_i\)
und mit diesem \(T_{ij}=-T_{ji}\) zu zeigen?
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zippy
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| Beitrag No.7, eingetragen 2019-11-21
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2019-11-21 21:51 - seim in Beitrag No. 6 schreibt:
Kann es sein, dass es ausreicht, um generel \(T_{ij}=-T_{ji}\) zu beweisen einen Rotationsoperator zu wählen, für den gilt:
\(R(\phi, \vec{n}) \sigma_i R^\dagger(\phi, \vec{n})=\sigma_j\)
\(R(\phi, \vec{n})\sigma_j R^\dagger(\phi, \vec{n})=-\sigma_i\)
und mit diesem \(T_{ij}=-T_{ji}\) zu zeigen?
Ja. (Ich vermute mal, dass du von einem 2-Teilchen-Zustand $|\psi\rangle$ sprichst und dass$$
T_{ij}=\langle\psi|\sigma_i\otimes\sigma_j|\psi\rangle
$$ist.) Der Rotationsoperator $R$ zu einer Drehung in der $(i,j)$-Ebene um $\pi/2$ erfüllt die gewünschten Relationen, und da $R^\dagger=R^{-1}$ auch ein Rotationsoperator ist und somit $R^\dagger|\psi\rangle=|\psi\rangle$ und $\langle\psi|R=\langle\psi|$ gilt, folgt$$T_{ij}=
\langle\psi|\sigma_i\otimes\sigma_j|\psi\rangle=
\langle\psi|R(\sigma_i\otimes\sigma_j)R^\dagger|\psi\rangle=
-\langle\psi|\sigma_j\otimes\sigma_i)R^\dagger|\psi\rangle=
-T_{ji}\;.$$
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seim
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-21
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Was ich eigentlich nicht verstehe ist, weshalb es ausreicht das nur für einen spezifischen Rotationsoperator zu zeigen.
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zippy
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| Beitrag No.9, eingetragen 2019-11-21
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2019-11-21 22:36 - seim in Beitrag No. 8 schreibt:
Was ich eigentlich nicht verstehe ist, weshalb es ausreicht das nur für einen spezifischen Rotationsoperator zu zeigen.
Die Rotationsinvarianz des Zustands ist eine stärkere Bedingung als die Antisymmetrie der Korrelationsfunktion. Daher muss man zum Nachweis der Antisymmetrie bzgl. $i$ und $j$ nicht sämtliche Drehungen betrachten – sondern nur eine einzige.
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seim
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-21
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Tut mir voll leid, dass ich so nerve, aber ich hab das nicht ganz verstanden. Kannst dus vielleicht bisschen näher erläutern?
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zippy
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| Beitrag No.11, eingetragen 2019-11-21
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2019-11-21 22:49 - seim in Beitrag No. 10 schreibt:
Kannst dus vielleicht bisschen näher erläutern?
Wenn $B$ (hier: Antisymmetrie von $T$ bzgl. $i$ und $j$ mit $i\ne j$) aus $A$ (hier: Invarianz unter allen Drehungen), aber nicht $A$ aus $B$ folgt, kann man generell nicht erwarten, dass man sämtliche Eigenschaften von $A$ benötigt, um $B$ zu zeigen. Und hier benötigt man eben statt der Invarianz unter allen Drehungen nur die gegen eine speziell gewählte.
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seim
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-21
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