Operadores tensoriales irreducibles

Habíamos visto que un operador escalar $\hat{A}$ es aquél que se mantiene invariante ante rotaciones: al rotar cualquier estado $\left\vert \varphi \right\rangle$ hacia $\left\vert \varphi_R \right\rangle =\hat{U}_{\bm{\alpha}}\left\vert \varphi \right\rangle$, el valor de expectación de $\hat{A}$ es el mismo en ambos estados:

$$\left\langle \varphi \right\vert\hat{A}\left\vert \varphi \right\... ...ha}}^\dagger\hat{A} \hat{U}_{\bm{\alpha}}\left\vert \varphi \right\rangle \;,$$

de manera que debe cumplirse $\;\hat{U}_{\bm{\alpha}}^\dagger\hat{A} \hat{U}_{\bm{\alpha}} = \hat{A}$. Al aplicar una rotación infinitesimal se obtiene una forma equivalente de definir un operador escalar, a través de la nulidad de los conmutadores con el momento angular del espacio sobre el que actúa

$$[\hat{J_\ell},\hat{A}] = 0 \qquad \ell=x,y,z \;,$$

o lo que es lo mismo,

$$[\!\hat{ J_\pm},\hat{A}] = 0$$   y$$\qquad [\hat{J_z},\hat{A}] = 0 \;.$$

Un operador vectorial $(\hat{V}_x,\hat{V}_y,\hat{V}_z)$ se transforma como un vector (de $\mathbb{R}^3$) ante rotaciones

$$\hat{V}_i \to \hat{U}_{\bm{\alpha}}^\dagger \hat{V}_i \hat{U}_{\bm{\alpha}} = \sum_j R_{ij}\hat{V}_j \;,$$ (9)

donde $R$ es la conocida matriz 3$\times$3 de rotación en 3 dimensiones. Esto es equivalente a imponer que los valores de expectación de las $\hat{V}_i$ se transformen como un vector, es decir

$$\left\langle \varphi_R \right\vert\hat{V}_i\left\vert \varphi_R \... ... \left\langle \varphi \right\vert\hat{V}_j\left\vert \varphi \right\rangle \;.$$

También en este caso disponemos de una alternativa para verificar si un operador es vectorial, a través de las relaciones de conmutación con las componentes del momento angular

$$[\hat{V}_j,\hat{J_k}] = i\hbar \textcolor{lightgray}{\sum_\ell} \varepsilon_{jk\ell}\hat{V}_\ell \;.$$

En caso de realizar una rotación opuesta ( $-$${\alpha}$), el operador inverso se representa a través de $R^{-1}\!=\!R^T$, ya que la matriz $R$ es unitaria y real. Este proceso es equivalente a una rotación pasiva, en la cual, en lugar de pensar en la rotación del sistema físico, se rota el sistema de referencia una magnitud ${\alpha}$$$; en ese caso debemos sustituir $\hat{U}_{\mbox{\scriptsize $\boldsymbol{\mbox{\boldmath ${\alpha}$}}$}}$ por $\hat{U}_{\mbox{\scriptsize $\boldsymbol{\mbox{\boldmath ${\alpha}$}}$}}^\dagger$ en (10), es decir

$$\hat{U}_{\bm{\alpha}} \hat{V}_i \hat{U}_{\bm{\alpha}}^\dagger = \sum_j R_{ji} \hat{V}_j \;;$$

vemos que entonces la suma se realiza sobre el primer índice de $R$, correspondiendo a los elementos de $R^T$ (esto es equivalente a rotar los elementos de la base en $\bm{\alpha}$).

Un tensor en física clásica se define generalizando el concepto de vectores y la forma en que éstos se transforman ante rotaciones $V_i\to\sum_j R_{ij} V_j$,

$$T_{ijk\dots} \to \sum_{i'j'k'\dots} R_{ii'} R_{jj'} R_{kk'}\dots T_{i'j'k'\dots} \;.$$

El número de índices se denomina rango del tensor. Estos tensores se denominan cartesianos, y el ejemplo más simple de un tensor de rango 2 es el tensor diádico, construido a partir de dos vectores $$${U}$$$ y $$${V}$$$ de $\mathbb{R}^3$:

$$T_{ij} \equiv U_i V_j$$   (9 componentes)$$\;.$$

Por construcción, ante rotaciones el tensor diádico se transforma como esperamos. Éste también es un ejemplo de tensor reducible, pues puede descomponerse en objetos que se transforman de manera diferente ante rotaciones. Para evidenciarlo, reescribimos el tensor diádico como

$$U_i V_j = \frac{\mbox{\boldmath ${U}$}\cdot\mbox{\boldmath ${V}$... ...c{\mbox{\boldmath ${U}$}\cdot\mbox{\boldmath ${V}$}}{3}\delta_{ij} \right) \;.$$

Notemos que el primer término de la derecha es claramente un escalar, de modo que queda definido mediante un único parámetro. El segundo término es un tensor antisimétrico, de manera que queda definido a través de 3 componentes independientes (¿por qué?); a menudo suele escribirse este tensor como $\sum_k\varepsilon_{ijk}($${U}$$\times$${V}$$)_k$. El tercer sumando de la derecha es un tensor simétrico de traza nula, de modo que queda definido con 5 componentes independientes. Afortunadamente, los 9 elementos requeridos para definir los elementos del miembro de la izquierda se equiparan con las componentes que evidenciamos a la derecha ( $1\!+\!3\!+\!5$). Sugestivamente, los valores 1, 3 y 5 se corresponden con las multiplicidades de los estados con momento angular $j\!=\!0$, $j\!=\!1$ y $j\!=\!2$, y los operadores que separamos en el miembro de la derecha se transforman ante rotaciones como los armónicos esféricos $Y_\ell^m$ con $\ell\!=\!0$, $\ell\!=\!1$ y $\ell\!=\!2$, mediante las transformaciones $\mathscr{D}^{(0)}$, $\mathscr{D}^{(1)}$ y $\mathscr{D}^{(2)}$. Es decir, redujimos el tensor cartesiano original a tensores esféricos irreducibles, cada uno de los cuales se transforma de manera diferente ante rotaciones.

Al aplicar una rotación sobre un autoestado de momento angular $\left\vert j\!=\!k,m\!=\!q \right\rangle$ se obtiene

$$\left\vert k,q \right\rangle \to \hat{U}_{\bm{\alpha}} \left\vert... ...rangle = \sum_{q'} \mathscr{D}_{q'q}^{(k)}\; \left\vert k,q' \right\rangle \;.$$

En el contexto en que estamos trabajando nos interesan los operadores tensoriales esféricos, definidos como $(2k\!+\!1)$ componentes $\hat{T}_q^{(k)}$, $q\!=\!-k,-k\!+\!1,\dots,k\!-\!1,k$, que ante rotaciones se transforman como los autoestados de momento angular $\left\vert j\!=\!k,m\!=\!q \right\rangle$. Teniendo presente que la expresión corresponde a transformar elementos de la base (como una rotación pasiva), esto implica

$$\hat{U}_{\bm{\alpha}} \; \hat{T}_q^{(k)} \hat{U}_{\bm{\alpha}}^\dagger = \sum_{q'=-k}^k \mathscr{D}_{q'q}^{(k)}\; \hat{T}_{q'}^{(k)} \;.$$ (10)

Los $(2k\!+\!1)$ kets $\left\vert k,q \right\rangle$ se transforman de manera irreducible, y lo mismo ocurre entonces con los operadores $\hat{T}_q^{(k)}$, razón por la cual se los denomina también como operadores tensoriales irreducibles.

Si consideramos rotaciones infinitesimales, para las cuales los elementos de matriz se computan como

$$\mathscr{D}_{q'q}^{(k)} = \left\langle k,q' \right\vert\left( \ha... ...\mbox{\boldmath ${\hat{J} }$}}{\hbar} \right) \left\vert k,q \right\rangle \;,$$

puede mostrarse que un operador tensorial esférico $\hat{T}_q^{(k)}$ cumple las siguientes relaciones de conmutación (ejercicio)

$$\left\{ \begin{aligned}\bigl[\!\hat{ J_\pm},\hat{T}_q^{(k)}\bi... ...hbar q\; \hat{T}_q^{(k)}\rule{0em}{1.3em} \end{aligned} \right.$$

Es llamativo cómo el conmutador de las componentes de ${\hat{J} }$$$ con $\hat{T}_q^{(k)}$ tiene un resultado similar al de la acción de estas componentes sobre el correspondiente estado $\left\vert k,q \right\rangle$. Las condiciones (12) suelen tomarse como definiciones alternativas para un operador tensorial irreducible.

La segunda de estas relaciones de conmutación permite evaluar los elementos de matriz

$$\left\langle j',m' \right\vert \left( \bigl[ \hat{J_z},\hat{T}_q^... ...r] - \hbar q\; \hat{T}_q^{(k)} \right) \left\vert j,m \right\rangle = 0 \;,$$

de donde, haciendo actuar el operador $\hat{J_z}$,

$$(m'-m-q) \left\langle j',m' \right\vert \hat{T}_q^{(k)} \left\vert j,m \right\rangle = 0 \;.$$

Esta relación nos indica que el elemento de matriz $\left\langle j',m' \right\vert \hat{T}_q^{(k)} \left\vert j,m \right\rangle$ se anula a menos que $m'\!=m+q$. Recuperamos esta regla de selección, que sugiere que los elementos de matriz $\left\langle j',m' \right\vert \hat{T}_q^{(k)} \left\vert j,m \right\rangle$ son proporcionales a los coeficientes de Clebsch-Gordan $\left\langle j',m' \vert j,k;m,q \right\rangle$.

Analicemos ahora qué ocurre cuando $\hat{T}_q^{(k)}$ actúa sobre un autoestado de $\hat{J }\!\!^2$ y $\hat{J_z}$. Para ello aplicamos una rotación sobre $\hat{T}_q^{(k)}\left\vert j,m \right\rangle$,

$$\hat{U}_{\mbox{\scriptsize$\boldsymbol{\mbox{\boldmath${\alpha}$}}$}} \left( \hat{T}_q^{(k)}\left\vert j,m \right\rangle \right) = \left( \hat{U}_{\mbox{\scriptsize$\boldsymbol{\mbox{\boldmath${... ...{(k)} \times \sum_{m'} \mathscr{D}_{m'm}^{(j)}\;\left\vert j,m' \right\rangle =$$

$$= \sum_{q'}\sum_{m'} \mathscr{D}_{q'q}^{(k)}\;\mathscr{D}_{m'm}^{(j)}\; \left( \hat{T}_{q'}^{(k)}\left\vert j,m' \right\rangle \right) \;.$$

Vemos entonces que ante rotaciones $\hat{T}_q^{(k)}\left\vert j,m \right\rangle$ responde como el producto $\left\vert k,q \right\rangle \otimes\left\vert j,m \right\rangle$, lo que nos lleva a asociar la acción de $\hat{T}_q^{(k)}$ sobre $\left\vert j,m \right\rangle$ con la suma de estados de momento angular $\left\vert k,q \right\rangle$ y $\left\vert j,m \right\rangle$. Suele pensarse entonces que $\hat{T}_q^{(k)}\left\vert j,m \right\rangle$ imparte un momento angular al estado sobre el cual actúa, que debe interpretarse en el contexto de suma de momentos angulares tal como lo hemos desarrollado anteriormente. Esto significa que completamos la regla de selección mencionada más arriba, afirmando que

$$\left\langle j',m' \right\vert\hat{T}_q^{(k)}\left\vert j,m \right\rangle = 0 \qquad \vert k-j\vert\le j'\le k+j \quad m'=m+q \;.$$ (12)

Por ejemplo, un operador tensorial de rango 0 tiene una única componente $\hat{T}_0^{(0)}$ que ante rotaciones se transforma como el ket $\left\vert 0,0 \right\rangle$, que es invariante: justamente como esperábamos, ya que los operadores escalares no cambian bajo rotaciones. En este caso, las reglas de selección indican que

$$\left\langle j',m' \right\vert\hat{T}_0^{(0)}\left\vert j,m \right\rangle = 0$$   excepto cuando$$\quad j'\!=\!j \quad{\rm y} \quad m'\!=\!m \;.$$

A partir de un operador vectorial $(\hat{V}_x,\hat{V}_y,\hat{V}_z)$ siempre puede obtenerse un operador tensorial esférico de rango 1. Puede verse en este caso que la construcción es similar a la asociación habitual con los armónicos esféricos $Y_1^m$:

$$\hat{T}_{\pm1}^{(1)} = \mp \frac{\hat{V}_x\pm i\hat{V}_y}{\sqrt{2}} \;, \qquad \hat{T}_0^{(1)} = \hat{V}_z \;.$$ (13)

En este caso las reglas de selección (13) indican que

$$\Delta m \equiv m'-m = \pm 1,0 \qquad \Delta j \equiv j'-j = +1,0,-1 \;.$$