Introducimos los operadores de escalera $a^\dagger_i, a_i$ tal que \begin{align}x_i & = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (a^\dagger_i + a_i) \\ p_i & = i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}} (a^\dagger_i - a_i) \end{align} donde $i = 1,2,3$ . Los conmutadores son por supuesto $$[a_i, a^\dagger_j] = \delta_{ij}.$$
Entonces el operador de momento angular es $$L_i = \epsilon_{ijk}x_j p_k$$ con $\epsilon_{ijk}$ el símbolo de Levi-Civita y suma sobre $j, k$ implicados. Al ampliar $x_j p_k$ sólo $-a^\dagger_j a_k$ y $a_j a^\dagger_k$ contribuir, ya que $a_k a_j$ es simétrico en $k,j$ . Estos dos términos dan contribuciones iguales ya que su conmutador es simétrico en $k,j$ . De ello se desprende que $$L_i = -i\hbar\epsilon_{ijk} a^\dagger_j a_k.$$
Definir ahora $$a_+ = \frac{-1}{\sqrt 2} (a_x - ia_y) \qquad a_- = \frac{1}{\sqrt 2}(a_x + ia_y)$$ tenemos $[a_\pm, a_\pm^\dagger]= 1$ y $$L_z = \hbar(a^\dagger_+ a_+ - a^\dagger_- a_-).$$ Está bastante claro que $a^\dagger_\pm$ elevar $N$ por $1$ y $a_\pm$ añade una excitación con $L_z = \pm\hbar$ : $L_z$ es la diferencia entre los operadores numéricos correspondientes a $a_\pm$ .
Utilizando estos operadores se puede, en principio, elaborar la matriz de $L_z$ (y también $L_x$ y $L_y$ ) y $L^2$ . Desde el $L_i$ Los operadores de creación y aniquilación sólo contienen productos y no conectan estados con diferentes $N$ . De ello se deduce que tampoco $L^2$ para que pueda considerar cada $N$ por separado. Una vez que tengas estas matrices, al diagonalizarlas sabrás cómo expresar la $|N, l, m\rangle$ en términos de $|n_x,n_y, n_z\rangle$ .
Tenga en cuenta que para cada $N$ hay $(N+2)(N+1)/2$ estados, por lo que probablemente no querrá hacerlo a mano, excepto tal vez para $N = 2$ (el $N = 0,1$ son triviales). Tal vez puedas conseguir que Mathematica o Maple lo hagan por ti para algunos casos más grandes $N$ .
Para $N = 1$ podemos calcularlo de la siguiente manera. $$a_+ |0,0,1\rangle =\frac{-1}{\sqrt 2}(a_x - ia_y)|0,0,1\rangle = 0.$$ Lo que hemos utilizado aquí es que $$a_x |n_x, n_y, n_z\rangle = \sqrt{n_x}|n_x-1,n_y,n_z\rangle$$ y de forma similar para $y,z$ . Obtenemos lo mismo con $a_-$ Esto significa que $L_z |0,0,1\rangle = 0$ , por lo que el estado $|0,0,1\rangle$ tiene $m = 0$ . Para $|1,0,0\rangle$ tenemos $$a_+|1,0,0\rangle = -a_- |0,1,0\rangle = -\frac{1}{\sqrt 2} |0,0,0\rangle$$ de la que obtenemos $$a^\dagger_+ a_+ |1,0,0\rangle = \frac{1}{2} \big( |1,0,0\rangle + i |0,1,0\rangle\big)$$ $$a^\dagger_- a_- |1,0,0\rangle = \frac{1}{2} \big(|1,0,0\rangle - i|0,1,0\rangle\big).$$ Así, $$L_z |1,0,0\rangle = i\hbar |0,1,0\rangle.$$ Ahora probablemente puedas calcular por ti mismo que $L_z |0,1,0\rangle = -i\hbar |1,0,0\rangle.$ Esto da la matriz para $L_z$ en $N = 1$ estados como $$L_z = \begin{pmatrix}0 & i & 0 \\ -i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Los valores propios de $L_z$ vienen dadas por las soluciones de $$m(m^2-1) = 0$$ que son $m = 0, \pm 1$ . Ya sabemos que $|0,0,1\rangle$ es el vector propio correspondiente a $m = 0$ . Para encontrar el vector propio correspondiente a $m = \pm 1$ tenemos que resolver el sistema de ecuaciones lineales \begin{align}iy & = \pm x \\ -ix & = \pm y\end{align} que sólo dice $x = \pm i y$ (las dos ecuaciones son equivalentes). Así, $$L_z \big( |1,0,0\rangle \pm i |0,1,0\rangle\big) = \pm\hbar \big( |1,0,0\rangle \pm i |0,1,0\rangle\big).$$
Como encontramos tres estados, con $m = -1,0,1$ Debemos tener $l = 1$ .
Por supuesto, en este caso sencillo también podríamos haber razonado así: $a^\dagger_\pm$ añade una excitación con momento angular $\pm \hbar$ . Sabiendo que $L_z|0,0,0\rangle = 0$ obtenemos estados con $m = \pm 1$ simplemente actuando con $a^\dagger_\pm$ en $|0,0,0\rangle$ . De hecho, hasta una normalización esto es justo lo que encontramos.
