Al estudiar el átomo de hidrógeno, ¿por qué buscamos funciones propias simultáneas de $\hat{L}^2$ , $\hat{L}_z$ y $\hat{H}$ ?

Question

Cuando se resuelve la ecuación de Schrödinger para el átomo de hidrógeno, los libros de texto trabajan invariablemente en una situación más restringida, en la que no sólo una función propia para el operador hamiltoniano $\hat{H}$ pero que sea al mismo tiempo una función propia de $\hat{L}^2$ y $\hat{L}_z$ . Mi pregunta es ¿por qué hacemos esto?

Se ha planteado una pregunta similar aquí pero las respuestas son insatisfactorias. Sí, entiendo que puede hazlo. Sí, entiendo que tenemos mucha libertad en nuestra elección de $\psi(\vec{x})$ si simplemente resolvemos para $\hat{H}$ . Pero quiero saber por qué esta es la forma correcta de proceder. Por lo que tengo entendido, es perfectamente aceptable físicamente que una función de onda no sea una función propia de algún operador, así que ¿por qué la función de onda de un átomo de hidrógeno debe ser una función propia de $\hat{L}^2$ y $\hat{L}_z$ ?

Answer 1

Me gustaría ampliar un poco más mi comentario. Como probablemente sabes, la mecánica cuántica tiene lugar en un espacio de Hilbert $\mathcal H$ y cada estado físico está representado por un vector unitario en $\mathcal H$ . La evolución temporal de un estado determinado $\vert\psi\rangle$ viene dada por la ecuación de Schrödinger $i\hbar\vert\dot\psi\rangle=H\vert\psi\rangle$ . Utilizando algunas matemáticas podemos demostrar que si $\vert\psi(t=0)\rangle$ es un estado propio del Hamiltoniano $H$ la resolución de esta ecuación resulta especialmente sencilla (basta con multiplicar $\vert\psi(t=0)\rangle$ por un factor de fase adecuado). Y si podemos expresar cualquier estado arbitrario como una combinación lineal de estados propios, sigue siendo bastante fácil (dar a cada término un factor de fase propio). Así que la resolución de la ecuación de Schrödinger se reduce a encontrar una base del espacio de Hilbert formada enteramente por estados propios del Hamiltoniano (porque entonces podemos expresar cualquier estado arbitrario como una combinación lineal de estados propios, y así resolver la ecuación como se ha descrito anteriormente).

Ahora la parte principal de una conferencia sobre el átomo de hidrógeno consistirá en encontrar esta base en diferentes escenarios (con o sin espín, con campos electromagnéticos fuertes/débiles/sin ellos, etc.). Y resulta que el Hamiltoniano del átomo de hidrógeno es degenerado, por lo que tenemos algunas opciones libres a la hora de buscar una base. Y resulta que, muy convenientemente, tenemos la opción de convertir los estados base en estados propios no sólo del hamiltoniano, sino también de operadores adicionales físicamente relevantes: $L^2,L_z,S^2$ y $S_z$ .

Esto sí pas significa que los estados de la base son los únicos estados físicamente permitidos. Sólo que todos los estados físicamente permitidos pueden expresarse como una combinación lineal de estos estados propios. En realidad, es bastante improbable encontrar un átomo en cualquiera de esos estados propios básicos. Por ejemplo, el electrón podría tener un número cuántico de energía definido $n=2$ , definido el número de momento angular absoluto $l=1$ pero la dirección del momento angular podría no estar en nuestra dirección arbitraria $z$ -eje, por lo que el electrón no tiene un número cuántico definido $m_l$ . Así que tal vez sea en el estado $\vert\psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}(\vert n=2,l=1,m_l=1\rangle+\vert n=2,l=1,m_l=-1\rangle)$ que no es uno de nuestros estados base. Pero aún podemos utilizar la evolución temporal de los estados base para calcular también la evolución temporal de este otro estado.

También hay diferentes opciones para una base, y cada estado físicamente posible puede seguir escribiéndose como una combinación lineal de los mismos. Pero la que se encuentra en la literatura estándar es la más conveniente cuando se trata de resolver la ecuación de Schrödinger.

Answer 2

Es muy deseable para $\psi$ sea una función propia de el mayor número posible de operadores

De hecho, probablemente nos gustaría que fuera una función propia de todos los momentos angulares, pero éstos no conmutan, por lo que no podemos hacer que sea una función propia de todos los momentos, así que elegimos sólo uno (normalmente $L_z$ )

Hay muchas razones, pero las principales son:

1. Son medibles

El hamiltoniano es el operador de energía (a grandes rasgos). Si una función es un estado propio del Hamiltoniano, significa que $\phi_n$ tiene una energía definida. La energía es una cantidad fácilmente medible, por lo que elegimos el hamiltoniano para que sea un operador importante en nuestro sistema completo de operadores conmutados (CSCO)

Del mismo modo, los momentos angulares son fácilmente medibles mediante campos magnéticos.

2. El hecho de que una función sea un estado propio de un operador nos permite "etiquetarla" con números cuánticos. Podemos establecer que un estado sea $|n\ l\ m_l\ s \ m_s\rangle$ por eso. No se puede tener un número cuántico si la función no es un estado propio, porque no tendría un valor propio con el que etiquetarlo.

Así que tener "algo fácilmente medible para etiquetar" es una buena idea. Diciendo $n=1$ es bueno porque es fácilmente medible.

Además, es un concepto muy básico en física, y tenemos mucha intuición al respecto. Si decimos que el nivel de energía es el primer nivel, nos hacemos rápidamente una idea de cómo es el electrón. Esto no ocurriría con magnitudes más raras.

3. El hamiltoniano es más que eso

El hamiltoniano, además de la energía, también es responsable de la evolución del tiempo. Al estar implicado en la ecuación de Schrödinger, el hamiltoniano rige la evolución del tiempo. Si algo conmuta con el Hamiltoniano, entonces esa cantidad se conserva en el tiempo. Por lo tanto, si $[H, L_z]=O$ , entonces el valor que se mide para $L_z$ se conserva en el tiempo. Por lo tanto, un estado con $m_s=+1$ por ejemplo, mantendrá ese valor a lo largo del tiempo. Por eso es importante el hamiltoniano.

Los momentos angulares también son importantes, porque las cosas que conmutan con el momento angular son invariantes bajo rotaciones, lo cual es útil, porque nos dice si las cosas son simétricas o no. Ya sabes que la simetría juega un papel importante a la hora de simplificar los problemas.

4. Conmutación propiamente dicha

El mero hecho de que dos operadores se desplacen es probablemente algo positivo. La conmutación significa que se puede medir $H$ y luego $L_z$ y viceversa, y el resultado es el mismo. Traducción: si se mide la energía, no se perturba el sistema y se puede medir $L_z$ después. Si no se intercambian, la medición de uno cambia el estado para la siguiente medición.

Por lo tanto, quieres que se conmuten, porque quieres medir las dos cosas del mismo estado. Resulta que ese "saber" $L_z$ no es suficiente para determinar el estado, hay muchos estados con el mismo valor de $m_l$ . Necesitamos más información.

Sin embargo, dada una determinada energía, con un determinado momento, y un determinado espín, etc., el estado está determinado de forma inequívoca.

Por eso necesito un conjunto completo de operadores. Y deben conmutar para que podamos medirlos todos sin interrumpir el sistema que se está midiendo. Por eso buscamos un CSCO.

Y, por supuesto, si necesitas 5 operadores para determinar tu sistema, será mejor que elijas operadores cuyas magitudes sean fácilmente medibles y tengan un buen significado físico.

Y probablemente haya más razones, pero no puedo recordarlas todas ahora. Siéntase libre de completar mi respuesta en los comentarios.

Answer 3

La pregunta que has compartido trata este punto, pero he pensado en desarrollarlo un poco más. Cuando resolvemos un sistema mecánico cuántico, nos gustaría trabajar con una base propia etiquetada por números cuánticos que completamente especificar el estado del sistema. Esencialmente, esto se reduce a encontrar algo llamado Conjunto completo de observables de desplazamiento .

El artículo de la wikipedia enlazado da una buena introducción, pero básicamente un "CSCO" es el mayor conjunto de operadores que se puede formar de manera que podamos hablar de los valores propios de todos estos operadores simultáneamente. (Por ejemplo, $\hat{x}$ y $\hat{p}$ nunca estaría en una CSCO ya que no existe ninguna base propia que sea simultáneamente una base propia de $\hat{x}$ y $\hat{p}$ .)

En el caso del átomo de hidrógeno, hay una gran cantidad de degeneración. Resolviendo la ecuación de Schrodinger, se puede demostrar que para un estado de energía definida $n$ la degeneración es $n^2$ . (Volveré sobre esto más adelante.) Pero todos estos $n^2$ estados no son equivalentes. Aunque todos tienen la misma energía difieren en sus valores de momento angular total y azimutal. Encontrar una base propia que sea una base propia simultánea de todos estos operadores nos permitiría etiquetar cada uno de estos estados degenerados con dos números más, lo que los hace "únicos".

Pero, se preguntarán, ¿cómo sabemos que estos tres operadores son suficientes para formar el CSCO? A mi entender, no hay forma de saberlo, aparte de experimentar. Resulta que $\{\hat{H}, \hat{L}^2, \hat{L}_z\}$ no ¡formar un CSCO por su cuenta! A completamente especificar un estado de un electrón en el átomo de hidrógeno se requiere también especificar el Girar del electrón, por lo que el verdadero CSCO es $\{\hat{H}, \hat{L}^2, \hat{L}_z, \hat{S}_z\}$ . (Por eso la verdadera degeneración del átomo de hidrógeno es $2n^2$ ya que hay dos valores de espín posibles por estado).

Así que como yo lo veo, los estados del átomo de hidrógeno no tienen para ser estados propios de los tres operadores. Pero si queremos que cada estado físicamente distinguible esté representado por un único vector en el espacio de Hilbert, entonces tenemos que identificar cada vector propio por el más grande conjunto de valores propios que lo especifica de forma única. Ignorando el espín, estos valores propios son $|n l m\rangle$ .

Answer 4

"Entonces, ¿por qué la función de onda de un átomo de hidrógeno debe ser una función propia de $\hat{L}^2$ y $\hat{L}_z$ ?" No deben, pero como el $\hat{H}$ , $\hat{L}^2$ , $\hat{L}_z$ No es necesario elegir estas funciones propias específicas, se pueden elegir otras, pero creo que es muy conveniente trabajar con funciones que son simultáneamente funciones propias de los tres operadores (y por eso la gente suele elegirlas).

Answer 5

El potencial nuclear es rotacionalmente simétrico por lo que todas las funciones propias deben ser simultáneamente funciones propias del momento angular.