Prueba matemática el momento angular y el hamiltoniano conmutan?

Question

Estoy en una clase de mecánica cuántica, y se da en el libro que los operadores $\hat{L^{2}}$ y $\hat{H}$ para el Oscilador Armónico 3D, pero no se da ninguna prueba matemática definitiva, y yo mismo estoy teniendo dificultades para demostrarlo, y conceptualizar por qué debe ser cierto.

He intentado utilizar la coordenada esférica para demostrarlo, y sé que en coordenadas esféricas $$\hat{L^{2}}= \frac{-h^{2}}{4\pi^{2}}(\frac{1}{\sin\theta}\frac{d}{d\theta}(\sin\theta \frac{d}{d\theta})+\frac{1}{\sin^{2}\theta}\frac{d^{2}}{d\phi^{2}})$$

Y $$\hat{H}=\frac{-h^{2}}{4\pi^{2}(2m)}\Delta+\frac{1}{2}kr^{2}.$$

He estado tratando de probarlo usando el muy básico $[\hat{L^{2}},\hat{H}]f= \hat{L^{2}}\hat{H}f-\hat{H}\hat{L^{2}}f$ método para mostrar la relación de conmutación. Mi primer pensamiento fue que al aplicar $\hat{L^{2}}$ a $\hat{H}$ todos los términos que dependen de r o $\frac{r}{dr}$ desaparecería, pero si alguna función arbitraria f tuviera términos cruzados, esto no es necesariamente cierto, y el álgebra se vuelve bastante confusa después. ¿Hay una forma mejor de demostrar esto?

Answer 1

Quiere demostrar que $[L^2,H]=0$ . Hay algunas formas de hacerlo. La más fácil y directa es observar que en coordenadas esféricas

$$H = -\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r + \dfrac{1}{2mr^2}L^2+ V(r), $$

donde $V(r)$ es la energía potencial que estás considerando. Esto es fácil de ver, sólo tienes que sustituir el laplaciano en coordenadas esféricas y verás que el $L^2$ aparece de forma natural. En ese caso es obvio que los operadores conmutan. Recordemos que $L^2$ sólo afecta a las coordenadas angulares, con el fin de $L^2$ cualquier cosa $r$ -es una constante. En ese caso tenemos que

$$[L^2,V(r)]f = L^2V(r)f - V(r)L^2f = V(r)L^2f-V(r)L^2f = 0.$$

Lo mismo ocurre con el otro término que implica sólo $r$ en el $H$ operador. La otra pieza es obvia también porque $[L^2,L^2]=0$ . En ese caso $[L^2,H]=0$ .

EDITAR: El primer término conmuta con $L^2$ porque sólo implica operaciones sobre $r$ . Creo que se puede ver mejor aplicando el conmutador a una función

$$[L^2,\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r]f =L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)-\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rL^2f),$$

Ahora mira que desde $L^2$ no actúen sobre el $r$ -dependiente obtenemos $rL^2f = L^2(rf)$ . En cuanto a la derivada: el operador $\partial^2/\partial r^2$ no actúa sobre las variables angulares. Por eso podemos intercambiar su orden con $L^2$ . Esto nos da

$$[L^2,\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r]f =L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)-\dfrac{1}{r}L^2\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf),$$

y de nuevo porque $L^2$ no actúa sobre $r$ -dependencia se puede llevar el $1/r$ en el interior. Esto nos deja con

$$ [L^2,\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r]f =L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)-L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)=0.$$

Answer 2

Como prueba alternativa, dejemos que $\mathcal D (R)$ sea el operador unitario asociado a una rotación tridimensional $R$ y definir un operador vectorial $\mathbf A$ por $$\mathcal D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R)=R\mathbf A,$$ o $$A_i'\equiv\mathcal D (R)^\dagger A_i \mathcal D (R)=R_{ij} A_j.$$ Tenga en cuenta que, como $R$ es ortogonal: $$A_i'A_i'=R_{ij}A_jR_{ik}A_k=A_jA_j,$$ es decir $$\mathcal D (R)^\dagger \mathbf A ^2 \mathcal D (R)=(D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R))\cdot (D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R)) = \mathbf A^2$$ (esto es obvio).

Desde $\mathcal D (R)$ se desplaza con $\mathbf A ^2$ por cada $R$ se deduce que el propio momento angular conmuta con $\mathbf A ^2$ .

Tenga en cuenta ahora que $\mathbf p = - i\nabla$ es un operador vectorial. El operador de rotación se realiza en el $L^2$ Espacio de Hilbert de una partícula sin espín por $$\mathcal D (R)\psi (\mathbf x )=\psi (R^{-1}\mathbf x ),$$ así que esta es la afirmación ordinaria de que el gradiente de una función escalar es un vector. Se deduce de inmediato que el operador de energía cinética $T=\frac{\mathbf p ^2}{2m}$ conmuta con el momento angular. Como un potencial esféricamente simétrico también conmuta con cada rotación, y por tanto con el momento angular, se deduce que el hamiltoniano completo conmuta con el momento angular.

---

Nota: es probable que no encuentres esta derivación inmediatamente útil. Lo que quiero decir es que las relaciones de conmutación de un operador como $\mathbf J$ que genera alguna operación de simetría, puede leerse fácilmente a partir de la definición de la simetría. Un ejemplo más sencillo es el de las traslaciones: la definición del operador de traslación $\mathcal T(a)^\dagger q\mathcal T(a)=q+a$ junto con $T(a)=e^{-ipa}$ da inmediatamente las relaciones de conmutación canónicas $[q,p]=i$ ; sólo hay que diferenciar por $a$ .