Verifique que $L_-$ es el conjugado hermitiano de $L_+$ (operadores de momento angular 3D)

Question

Para comprobarlo establezco la relación del producto interno para los operadores conjugados hermitianos: $$<\psi|L_-\psi>=<L_+\psi |\psi>$$ Pero lo entiendo: $<\psi|L_-\psi>=-<L_-\psi|\psi>$

Dado que el operador de bajada/subida actúa sobre las bases x e y específicamente por definición ( $L_\pm=L_x\pm iL_y$ )

Traté de evaluar sobre el volumen $d^3 \textbf{r} = dxdydz$ . Entonces, al considerar $L_x=y\hat{p}_z-z \hat{p}_y$ y $\hat{p}_{x,y,z}=\frac{\hbar}{i}\frac{\partial }{\partial (x,y,z)}$ me sale: $$<\psi|L_-\psi>=\int\psi^*(L_x- iL_y)\psi d^3 \textbf{r}$$ $$\int\psi^*(L_x- iL_y)\psi d^3 \textbf{r}=\int\psi^* \left [y\frac{\hbar}{i}\frac{\partial }{\partial z}\psi-z\frac{\hbar}{i}\frac{\partial }{\partial y}\psi-i(z\frac{\hbar}{i}\frac{\partial }{\partial x}\psi-x\frac{\hbar}{i}\frac{\partial }{\partial z}\psi)\right ]d^3\textbf{r}$$

$$=\int\psi^*y\frac{\hbar}{i}\frac{\partial }{\partial z}\psi-\psi^*z\frac{\hbar}{i}\frac{\partial }{\partial y}\psi-\psi^*z\hbar\frac{\partial }{\partial x}\psi+\psi^*x\hbar\frac{\partial }{\partial z}\psi d^3\textbf{r}$$

Ahora observando que los términos son muy similares, en general la integración por partes para cada término será de la forma:

$$\int \psi^*C\frac{\partial }{\partial (x,y,z)}\psi d^3\textbf{r}=\psi^*\psi|^{\infty}_{-\infty}-\int\psi\frac{\partial }{\partial (x,y,z)}\psi^* d^3\textbf{r}=-\int\psi\frac{\partial }{\partial (x,y,z)}\psi^* d^3\textbf{r}$$

Entonces, después de integrar cada término por partes obtenemos:

$$<\psi|L_-\psi>=\int-\psi y\frac{\hbar}{i}\frac{\partial \psi^*}{\partial z}+\psi z\frac{\hbar}{i}\frac{\partial \psi^*}{\partial y}+\psi z\hbar\frac{\partial \psi^*}{\partial x}-\psi x\hbar\frac{\partial \psi^*}{\partial z} d^3\textbf{r}$$

$$=\int-\psi y\hat{p}_z\psi^*+\psi z\hat{p}_y\psi^*+i\left (\psi z\frac{\hbar}{i}\frac{\partial \psi^*}{\partial x}-\psi x\frac{\hbar}{i}\frac{\partial \psi^*}{\partial z}\right ) d^3\textbf{r}$$

$$=\int-\psi y\hat{p}_z\psi^*+\psi z\hat{p}_y\psi^*+i\left (\psi z\hat{p}_x\psi^*-\psi x\hat{p}_z\psi^*\right ) d^3\textbf{r}$$

$$=\int \psi\left [ -y\hat{p}_z+ z\hat{p}_y+i\left ( z\hat{p}_x- x\hat{p}_z\right ) \right ]\psi^* d^3\textbf{r} $$

$$=\int \psi\left [ -L_x +i L_y \right ]\psi^* d^3\textbf{r} $$

$$=-\int \psi\left [ L_x -i L_y \right ]\psi^* d^3\textbf{r} $$

Aquí está la cosa, la última integral no es igual a..:

$$-\int \psi\left [ L_x -i L_y \right ]\psi^* d^3\textbf{r}=-<L_-\psi|\psi> $$

Pero para la verificación tiene que ser: $<L_+\psi|\psi>$

Tal vez me estoy perdiendo algo trivial...

Answer 1

En primer lugar, la definición del conjugado hermitiano utiliza en realidad diferentes estados, por lo que el enunciado es $$\langle \alpha | A \beta \rangle = \langle A^\dagger \alpha | \beta\rangle $$

Con respecto al operador de descenso,

$$\langle \alpha | L_- \beta\rangle =\langle \alpha|(L_x-iL_y)\beta\rangle= \langle \alpha|L_x\beta\rangle -i\langle\alpha|L_y \beta\rangle$$

Sabemos que ambos $L_x$ y $L_y$ son herméticos, por lo que $$\langle \alpha|L_x\beta\rangle -i\langle\alpha|L_y \beta\rangle = \langle L_x \alpha|\beta\rangle -i\langle L_y \alpha | \beta\rangle$$

Sin embargo, recuerde que el producto interior no es $\mathbb{C}$ -lineal, es $\mathbb{C}$ - sesqui lineal. Podemos sacar el factor de $i$ en la parte del sujetador, pero tiene que ser conjugada de forma compleja, por lo que recoge un signo negativo adicional y encontramos que

$$\langle \alpha|L_- \beta\rangle=\langle L_x \alpha|\beta\rangle -i\langle L_y \alpha | \beta\rangle = \langle(L_x+iL_y)\alpha|\beta\rangle=\langle L_+ \alpha | \beta\rangle$$

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Si quieres resolver las cosas a nivel de la base de la posición, está bien, pero recuerda que necesitas esa conjugación extra al final. Por ejemplo, en el caso de $L_x$ ,

$$\langle \alpha | L_x \beta\rangle =\int d^3r \ \bar\alpha(-i\hbar)\left(y\frac{\partial}{\partial z} - z\frac{\partial}{\partial y}\right)\beta = (-i\hbar)\int d^3r \ y\cdot \bar\alpha \frac{\partial \beta}{\partial z} - (-i\hbar)\int d^3r \ z \cdot \bar \alpha \frac{\partial \beta}{\partial y}$$

La integración por partes produce un signo menos, pero al tirar de la $(-i\hbar)$ en la parte conjugada del integrando da lugar a otra, y se encuentra que

$$ \langle\alpha | L_x\beta\rangle = \int d^3r \ \left[\overline{(-i\hbar)\left(y\frac{\partial}{\partial z}-z \frac{\partial}{\partial y}\right)\alpha}\right] \beta = \langle L_x \alpha | \beta\rangle$$

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Para explicar la parte de la conjugación, considera un problema 1D en el que se supone que debes demostrar que el operador de momento es hermético. Lo que se trata de demostrar es que $$\int dx \ \overline{\alpha} \left(\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}\right) \beta=\int dx \ \overline{\left(\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}\right)\alpha} \cdot \beta $$

Tienes un signo menos extra porque encuentras que

$$\int dx \ \overline{\alpha} \left(\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}\right) \beta=-\int dx \ \left(\frac{\hbar}{i}\frac{d}{dx}\right)\overline{\alpha} \cdot \beta $$

pero ese signo menos desaparece cuando se extiende la conjugación compleja al $\frac{\hbar}{i}$ .