问题
两个全同 Boson , 它们的自旋都是 $1$ , 即 $f_1 1, f_2 1$. 它们的总自
旋可以是 $F = 0, 1, 2$. 如果它们之间的相互作用是一个李黄杨
Pseudopotential, 那么当 $F = 1$ 时它们的自旋波函数是反对称的
(Supplementary 中有证明), 那么它们
的轨道波函数就必须是反对称的. 这意味着当两个原子相碰的时候波函数必须为
零. 那这个接触相互作用就对它没有作用了. 所以它们之间的相互作用可以在不
同的 $F$ 子空间分别写出. 不同的子空间对应着不同的散射长度. 即
其中 $F=0$ 的求和项由前面的分析可以知道是 $0$ .
投影算符
下面要求的是投影算符 $\mathcal{P}$ 的具体形式. 它可以用算符 $f_1\cdot f_2$ 来表示. 对于 $f_1 = f_2 = 1$ 的情况有
$$\begin{align*} \vec{f}_1 \cdot \vec{f}_2 =& \frac{1}{2} \left[ (\vec{f}_1 + \vec{f}_2)^2 -\vec{f}_1^2 -\vec{f}^2 \right]\\ =& \frac{F(F+1)}{2} - f(f+1) \end{align*}$$当 $F = 0$ 时 $\vec{f}_1 \cdot \vec{f}_2 = -2$ , 当 $F=2$ 时 $\vec{f}_1 \cdot \vec{f}_2 =1$ , 即
$$\begin{align} \vec{f}_1 \cdot \vec{f}_2 = -2 \mathcal{P}_0 + \mathcal{P}_2 \end{align}$$又有
$$\begin{align} \mathcal{P}_0 + \mathcal{P}_2 = 1 \end{align}$$其中 $1$ 表示单位算符. 联立以上二式可得
$$\begin{align*} \mathcal{P}_0 =& \frac{1}{3} - \frac{1}{3}\vec{f}_1 \cdot \vec{f}_2 \\ \mathcal{P}_2 =& \frac{2}{3} + \frac{1}{3}\vec{f}_1 \cdot \vec{f}_2 \end{align*}$$密度密度相互作用和自旋交换相互作用
用以上结果可以重写李黄杨 Pseudopotential
$$\begin{align*} V =& \frac{2\pi\hbar^2}{m}\delta^3(\vec{r}) \frac{\partial}{\partial r} r \sum_{F= 0,2} (a_0 \mathcal{P}_0 + a_2 \mathcal{P}_2) \\ =& \frac{2\pi\hbar^2}{m}\delta^3(\vec{r}) \frac{\partial}{\partial r} r \sum_{F= 0,2} \left( \frac{a_0+a_2}{3} + \frac{a_2-a_0}{3} \vec{f}_1 \cdot \vec{f}_2 \right) \\ =& \frac{2\pi\hbar^2}{m}\delta^3(\vec{r}) \frac{\partial}{\partial r} r \sum_{F= 0,2} \left( a_n + a_s \vec{f}_1 \cdot \vec{f}_2 \right) \end{align*}$$$a_n$ 代表密度密度相互作用, $a_s$ 代表自旋交换相互作用.
Supplementary
两个自旋为 $1$ 的角动量偶合. 它们各自的态用 $| f,f_z\rangle$ 来标记, 偶合后构成一个新的 9 维 Hilbert 空间, 即
$$\begin{align} \mathcal{H} = \mathcal{H}_1 \otimes \mathcal{H}_2 = \{ |1\rangle ,|0\rangle , |-1 \rangle \} \otimes \{ |1\rangle ,|0\rangle , |-1 \rangle \} \end{align}$$在新的 Hilbert 空间中, 好量子数是 $F, F_z$ .因此, 在旧的直积基底下写出 算符 $\vec{F}^2, F_z$ 的一个 $9\times 9$ 的矩阵, 然后将其对角化, 即可 得到偶合后的本征态, 而且是在直积基底下写出的, 可以方便地观察交换两个粒 子的自旋是对称还是反对称的. 算符 $\vec{F}^2$ 可以如下写出
$$\begin{align*} \vec{F}^2 =& (\vec{f}_1+ \vec{f}_2)^2 \\ =& \vec{f}_1^2 +\vec{f}_2^2 + 2 \vec{f}_1\cdot \vec{f}_2 \\ =& \vec{f}_1^2 +\vec{f}_2^2 + 2 f_{1z}f_{2z} +f_1^ + f_2^- +f_1^ - f_2^ + \end{align*}$$幸运的是, $F_z$ 是好量子数, 所以新的本征态只会偶合 $F_z$ 相等的态. 所以 可以分别对角化 $F_z = -2,-1,0,1,2$ 对应的子空间的矩阵. 下面以 $F_z=0$ 为例, 求出新的本征态.
在直积空间的子空间 $|1,-1 \rangle , |-1,1 \rangle |0,0 \rangle$ 中, $\vec{F}^2$ 的矩阵为
$$\begin{align} \vec{F}^2 = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \\ \end{pmatrix} \end{align}$$对角化后的本征值和本征向量为
$$\begin{align*} F(F+1) =& 6 , \quad |F=2,F_z=0\rangle =1\cdot |1,-1 \rangle +1\cdot |-1,1 \rangle + 2\cdot|0,0 \rangle \\ F(F+1) =& 2 , \quad |F=1,F_z=0\rangle =-1\cdot |1,-1 \rangle +1\cdot |-1,1 \rangle + 0\cdot|0,0 \rangle \\ F(F+1) =& 0 , \quad |F=0,F_z=0\rangle =-1\cdot |1,-1 \rangle -1\cdot |-1,1 \rangle + 1\cdot|0,0 \rangle \end{align*}$$可以看出, $F0,2$ 的两个本征态是交换对称的, 而 $F1$ 的本征态是交换反
对称的.