Operadores tensoriales irreducibles

Un tensor en física clásica se define generalizando el concepto de vectores y la forma en que estos 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 $\,\bm{U}\,$ y $\,\bm{V}\,$ de $\,\mathbb{R}^3$:

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

Por construcción, ante rotaciones el tensor diádico se transforma como esperamos. Este 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

$$U_i\,V_j = \frac{\bm{U}\cdot\bm{V}}{3}\delta_{ij} + \frac{U_i\,V_... ...rac{U_i\,V_j+U_j\,V_i}{2} - \frac{\bm{U}\cdot\bm{V}}{3}\delta_{ij} \right) \;.$$

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?). 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.

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

$$\hat{U}_{\bm{\alpha}} \; \hat{T}_q^{(k)}\, \hat{U}_{\bm{\alpha}}^... ... = \sum_{q'=-k}^k \mathscr{D}_{q'q}^{(k)}(\bm{\alpha})\; \hat{T}_{q'}^{(k)} \;.$$ (11)

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

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

Los $(2k\!+\!1)$ kets $\left\vert k,q \right\rangle$ se transforman entonces de manera irreducible, y lo mismo debe ocurrir 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

$$\mathscr{D}_{q'q}^{(k)}(\bm{\delta\alpha}) = \left\langle k,q' \r... ...elta\alpha}\cdot\bm{\hat{J}~}}{\hbar} \right) \left\vert k,q \right\rangle \;,$$

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

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

Es llamativo cómo el conmutador de las componentes de $\bm{\hat{J}~}\!$ 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 (13) 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 $\,\hat{T}_q^{(k)}\left\vert j,m \right\rangle \,$,

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

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

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

$$\left\langle j',m' \right\vert\hat{T}_q^{(k)}\left\vert j,m \right\rangle = 0 \qquad \vert k-j\vert\le j'\le k+j \quad m'=m+q \;.$$ (13)

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 que la construcción es similar a la asociación habitual con los armónicos esféricos $\,Y_1^m\,$:

$$\hat{V}_{\pm1}^{(1)} = \mp \frac{\hat{V}_x\pm\,i\hat{V}_y}{\sqrt{2}} \;, \qquad \hat{V}_0^{(1)} = \hat{V}_z \;.$$ (14)

En este caso las reglas de selección (14) indican que

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