Definiciones equivalentes de momento angular total

Question

Considere la posibilidad de la igualdad \begin{equation}\exp\left(-\frac{i}{\hbar}\boldsymbol{\phi J}\right)\left|x\right>=\left|R(\phi)x\right>,\end{equation} donde $\left|x\right>$ denota una posición eigenstate, $J$ el total de operador de momento angular en el ket espacio, y $R(\boldsymbol{\phi})$ la $\mathbb{R}^3$ matriz de rotación para rotaciones alrededor de $\boldsymbol{\phi}=\phi\cdot\mathbf{n}$ con $||\mathbf{n}||=1$.

Algunos consideran que esta es la ecuación de la definición de momento angular total. Cómo esta ecuación puede ser comprobada mediante el uso de la, posiblemente, más popular y clásica motivado definición? \begin{equation} \mathbf{J}:=\mathbf{L}+\mathbf{S}=\mathbf{X}\times\mathbf{P}+\mathbf{S} \end{equation}

Nota: Gracias al trabajo de @Valter Moretti y @Adam Latosiński una igualdad entre los dos defintions se ha establecido para un spinless de partículas.

Answer 1

Considere una función suave $\psi$ en $L^2(\mathbb{R}^3, d^3x)$ (más precisamente, $\psi$ se supone que pertenecen a Schwartz espacio) y definir un fijo $n \in \mathbb{S}^2$ e $\phi \in \mathbb{R}$ $$\psi_\phi(x)= \psi(R^{-1}_n(\phi)x)$$ Desde $R^{-1}_n(\phi) = e^{-\phi n \cdot S}$, donde $S= (S_x,S_y,S_z)$ son los tres generadores de $SO(3)$: $$(S_j)_{rs}= \epsilon_{jrs}$$ tenemos $$\frac{d}{d\phi}\psi_\phi(x) = -\sum_{j,r,s=1}^3 n_j \epsilon_{jrs}x_r\frac{\partial }{\partial x_s}\psi_\phi(x)\:.\tag{1}$$ Ahora considere la posibilidad de $$\psi'_\phi(x)= \left(e^{\frac{i}{\hbar}\phi n \cdot J}\psi\right)(x)\:,$$ donde, omitiendo el spin parte de $J$ desde tan lejos como yo unserstand, usted está interesado en la distribución espacial de parte del estado, sólo, $$J_j = \sum_{r,s=1}^3\epsilon_{jrs} X_r P_s = -i\hbar \sum_{r,s=1}^3\epsilon_{jrs} X_r \frac{\partial}{\partial x_s} $$ Calcular el $\phi$-derivativo (usando la Piedra del teorema y algunos análisis cuidadoso sobre el uso de diferentes topologías. No quiero entrar en detalles aquí, me acaba de decir que aquí la suavidad de $\psi$ materia), tenemos $$\frac{d}{d\phi}\psi'_\phi(x) = \frac{i}{\hbar}\sum_{j=1}^3 n \cdot \left(J_j\psi'_\phi\right)(x)= -\sum_{j,r,s=1}^3 n_j \epsilon_{jrs}x_r\frac{\partial }{\partial x_s}\psi'_\phi(x)\:.\tag{2}$$ En resumen, para $x$ fijo, $\psi_\phi(x)$ e $\psi'_\phi(x)$ satisfacer la misma de primer orden de la ecuación diferencial (en forma normal con suave conocido plazo) y, además, cumplen la misma condición inicial $$\psi_0(x)=\psi'_0 (x)\:.$$ El teorema de unicidad de las soluciones de primer orden ecuaciones diferenciales implica que $$\psi_\phi(x)=\psi'_\phi (x)\:.$$ En otras palabras $$\left(e^{-\frac{i}{\hbar} \phi n \cdot J}\psi\right)(x) = \psi\left(R_n^{-1}(\phi)x\right)\:.$$ (El resultado se extiende a todo el $L^2$ espacio ela de no-liso funciones aprovechando el hecho de que Schwartz espacio es denso en el mismo.) El paso final es bastante formal, pero puede ser de manera rigurosa la adopción de la teoría de la manipulada de Hilbert espacios para hacer riguroso de la bra-ket de notación para impropio vectores propios de la posición de los operadores. En la posición de la representación de $|y\rangle = \delta(x-y)= \delta_y(x)$, por lo que, usando la invariancia de la función delta de Dirac, $$\left(e^{-\frac{i}{\hbar} \phi n \cdot J}\delta_y\right)(x) = \delta_y\left(R_n^{-1}(\phi)x\right)= \delta\left(R_n^{-1}(\phi)x -y\right)= \delta\left(x -R_n(\phi)y\right)\:.$$ Volviendo al resumen de la notación, la identidad lee $$e^{-\frac{i}{\hbar} \phi n \cdot J}|y\rangle = |R_n(\phi)y\rangle\:.$$

(Completamente rigurosa prueba se puede encontrar en este libro mío.)

Answer 2

La más amplia definición de momento angular operador ${\bf J}$ es el operador que genera la rotación, por lo que la igualdad quieres demostrar que es justo la definición (assumin que la partícula consideramos que no tiene ningún grados internos de libertad, lo cual podría incluir la tirada), y como tal no requiere de una prueba.

Pero, ¿qué haría entonces necesita una prueba de ello es la relación entre el momento angular del operador y la posición de operador de $$ {\bf J} = {\bf X} \times {\bf P}$$ Vamos a ver que esto es satisfecho por ${\bf J}_3$, es decir, $$ {\bf J}_3 = {\bf X}_1{\bf P}_2 - {\bf X}_2{\bf P}_1$$ (otros componentes será análoga).

Consideremos una rotación que actúa en un estado de $|\psi\rangle = \int \psi(x) |x\rangle dx$. $$ \exp(- \frac{i}{\hbar}\phi\, {\bf J}_3) \int \psi(x)|x\rangle dx = \int \psi(x)|R(\phi)x\rangle dx = \int \psi(R^{-1}(\phi)x) |x\rangle$$ Eso significa que $$ {\bf J}_3 |\psi\rangle = i\hbar \left.\frac{d}{d\phi}\right|_{\phi=0} \exp(- \frac{i}{\hbar}\phi\, {\bf J}_3) \int \psi(x)|x\rangle dx = i\hbar \int \left.\frac{d}{d\phi}\right|_{\phi=0} \psi(R^{-1}(\phi)x) |x\rangle$$

Tenemos $$\psi(R^{-1}(\phi)x) = \psi(x_1 \cos\phi + x_2 \sin\phi,-x_1\sin\phi+x_2\cos\phi,x_3) $$ así $$ \left.\frac{d}{d\phi}\right|_{\phi=0} \psi(R^{-1}(\phi)x) = x_2 \frac{\partial \psi(x)}{\partial x_1} - x_1 \frac{\partial \psi(x)}{\partial x_2}$$ así \begin{align} {\bf J}_3|\psi\rangle &= i\hbar \int \Big(x_2 \frac{\partial \psi(x)}{\partial x_1} - x_1 \frac{\partial \psi(x)}{\partial x_2}\Big) |x\rangle = \\ &= -{\bf X}_2 \int \Big(-i\hbar\frac{\partial \psi(x)}{\partial x_1}\Big) |x\rangle dx + {\bf X}_1 \int \Big(-i\hbar\frac{\partial \psi(x)}{\partial x_2}\Big) |x\rangle = \\ &= -{\bf X}_2 {\bf P}_1 \int \psi(x) |x\rangle dx + {\bf X}_1 {\bf P_2} \int \psi(x) |x\rangle = \\ &= ({\bf X}_1{\bf P}_2 - {\bf X}_2{\bf P}_1)|\psi\rangle \end{align} por lo $$ {\bf J}_3 = {\bf X}_1{\bf P}_2 - {\bf X}_2{\bf P}_1$$

Si una partícula tiene grados internos de libertad, a continuación, $$ {\bf J} = {\bf X} \times {\bf P} + {\bf S}$$ donde ${\bf S}$ es el operador de spin actuar en estos grados internos de libertad.

Answer 3

Vamos a considerar $e^{iJ_z\phi}$ donde $\hbar=1$. Tenemos $$R_z=\begin{bmatrix}\cos(\phi) & \sin(\phi)&0\\-sin(\phi)&\cos(\theta) & 0 \\0&0&1\end{bmatrix}$$ $$J_z=\frac{1}{i}\frac{dR_z(\phi)}{d\phi}|_{\phi=0}=\begin{bmatrix}0 & -i&0\\i& 0 & 0 \\0&0&0\end{bmatrix}$$

Podemos exapnd exponencial como: $$e^{iJ_z\phi}=1+iJ_z\phi-J_z^2\phi^2/2!-iJ_z^3\phi^3/3!+....$$ O $$e^{iJ_z\phi}=\begin{bmatrix}1 & 0&0\\0 & 1 & 0 \\0&0&1\end{bmatrix}+ \phi \begin{bmatrix}0 & 1&0\\-1 & 0 & 0 \\0&0&0\end{bmatrix} +\phi^2/2! \begin{bmatrix}-1 & 0&0\\0& -1 & 0 \\0&0&0\end{bmatrix}+ ...=R_z(\phi)$$ Podemos hacer lo mismo para los otros ejes. Retirar la Teoría Cuántica de campos por Lewis H. Ryder/ Una sola partícula relativista de la ecuación de onda.