Demuestra que $[\hat L_x,\hat L_y]=i\hbar \hat L_z$

Question

Los componentes del momento angular en cartesianos son $$\hat L_x=\hat y\hat p_z-\hat z\hat p_y$$ $$\hat L_y=\hat z\hat p_x-\hat x\hat p_z$$ $$\hat L_z=\hat x\hat p_y-\hat y\hat p_x$$

A partir de $[\hat L_x,\hat L_y]=\hat L_x \hat L_y-\hat L_y \hat L_x$

$\begin{align}\hat L_x\hat L_y &=(\hat y\hat p_z-\hat z\hat p_y)(\hat z \hat p_x-\hat x\hat p_z)\\&=\hat y\hat p_z\hat z\hat p_x-\hat y\hat p_z\hat x\hat p_z-\hat z\hat p_y\hat z\hat p_x+\hat z\hat p_y\hat x\hat p_z\end{align}\tag{1}$

$\begin{align}\hat L_y\hat L_x&=(\hat z \hat p_x-\hat x\hat p_z)(\hat y\hat p_z-\hat z\hat p_y)\\&=\hat z\hat p_x\hat y\hat p_z-\hat z\hat p_x\hat z\hat p_y-\hat x\hat p_z\hat y\hat p_z+\hat x\hat p_z\hat z\hat p_y \end{align}\tag{2}$

Ahora, para encontrar $[\hat L_x,\hat L_y]$ Necesito restar $(2)$ de $(1)$

$\begin{align}\hat L_x \hat L_y-\hat L_y \hat L_x&=\hat y\hat p_z\hat z\hat p_x-\hat y\hat p_z\hat x\hat p_z-\hat z\hat p_y\hat z\hat p_x+\hat z\hat p_y\hat x\hat p_z\tag{3}\\&-\hat z\hat p_x\hat y\hat p_z+\hat z\hat p_x\hat z\hat p_y+\hat x\hat p_z\hat y\hat p_z-\hat x\hat p_z\hat z\hat p_y\end{align}$

Ahora, para mostrar la relación en el título de esta pregunta, necesito conmutar algunas de las $\hat r_i$ y $\hat p_j$ Sujeto a, $$[\hat r_i,\hat p_j]=i\hbar \delta_{ij}$$ donde, $\hat r_i \in \{\hat x,\hat y,\hat z\}$ y $\hat p_j \in \{\hat p_x,\hat p_y,\hat p_z\}$ Pero, sólo puedo conmutar los que tienen un conmutador evanescente.

Los términos 1 y 5 de $(3)$ son

$\hat y\hat p_z\hat z\hat p_x$ y $-\hat z\hat p_x\hat y\hat p_z$ respectivamente.

Sé que puedo intercambiar el orden de los $\hat z$ y $\hat p_x$ en el 1er término ya que el conmutador es cero. Pero no puedo conmutar el $\hat p_z$ y $\hat z$ ya que el conmutador es distinto de cero. Así que el primer término es $\hat y\color{red}{\hat p_z\hat p_x}\hat z$ . Ahora, quiero obtener el $\hat p_z$ y $\hat z$ al final de ese plazo; $\hat y\hat p_x\hat p_z\hat z$

El problema es que el $\color{red}{\hat p_x}$ y $\color{red}{\hat p_z}$ no se desplacen.

En pocas palabras, necesito la parte entre corchetes $\hat y\color{red}{(}\hat p_z\hat z\color{red}{)}\hat p_x$ al final para avanzar en esta derivación.

Pero ¿cómo puedo desplazarme $\color{red}{(}\hat p_z\hat z\color{red}{)}$ pasado $\hat p_x$ si su conmutador es distinto de cero (lo sé porque lo he calculado)?

---

De mis notas sólo dice:

$$\begin{align}\hat L_x \hat L_y-\hat L_y \hat L_x&=\hat y\hat p_x\hat p_z\hat z-\hat y\hat x\hat p_z^2-\hat p_x\hat p_y\hat z^2+\hat x\hat p_y\hat z\hat p_z\\&-\hat y\hat p_x\hat z\hat p_z+\hat y\hat x\hat p_z^2+\hat p_x\hat p_y\hat z^2-\hat x\hat p_y\hat p_z\hat z\end{align}$$ $$\begin{align}[\hat L_x ,\hat L_y]&=\hat y\hat p_x[\hat p_z,\hat z]+\hat x\hat p_y[\hat z, \hat p_z]\\&=-i\hbar\hat y\hat p_y+i\hbar\hat x\hat p_y\\&=i\hbar \hat L_z\end{align}$$

---

Dado que esos operadores no conmutan; ¿Cómo pudo el autor de esto llegar al resultado anterior?

---

Edita:

Según el comentario $[\hat p_x,\hat p_z]=0$

Pero a la hora de calcular, $$\begin{align}[\hat p_x,\hat p_z]&=-i\hbar \frac{\partial}{\partial x}\left(-i\hbar \frac{\partial}{\partial z}\right)-\left(-i\hbar \frac{\partial}{\partial z}\left(-i\hbar \frac{\partial}{\partial x}\right)\right)\\&=-\hbar^2\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial z}+\hbar^2\frac{\partial}{\partial z}\frac{\partial}{\partial x}\ne 0\end{align}$$

A menos que $$\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial}{\partial z}=\frac{\partial}{\partial z}\frac{\partial}{\partial x}$$

En pocas palabras, pensé que los operadores derivados deben estar en el mismo orden, de lo contrario el conmutador será distinto de cero.

¿Por qué no importa que los operadores no estén en el mismo orden en ambos términos?

Answer 1

Sólo haré la mitad de los detalles para que puedas aprender haciendo la otra mitad.

Tenga en cuenta $r$ s conmutan con $r$ s y $p$ s con $p$ s, y de vez en cuando tienes lo que espero que sean errores tipográficos, tales como $-i\hbar\hat{y}\hat{p}_y+i\hbar\hat{x}\hat{p}_y$ .

Si aceptamos su fórmula $L_i=\epsilon_{ijk}r_jp_k$ podemos avanzar con $$[AB,\,CD]=A[B,\,C]D+[A,\,C]BD+CA[B,\,D]+C[A,\,D]B$$ (9. aquí ). He aquí un breve resumen de lo que ocurre cuando utilizamos los conmutadores del espacio de fases conocidos, además de las famosas identidades Levi-CIvita: $$\begin{align}[L_i,\,L_j]&=\epsilon_{ilm}\epsilon_{jno}[r_lp_m,\,r_np_o]\\&=i\hbar(\epsilon_{ilm}\epsilon_{jnl}r_np_m-\epsilon_{ilm}\epsilon_{jmo}r_lp_o)\\&=i\hbar(r_ip_j-r_jp_i)\\&=i\hbar\epsilon_{ijk}L_k.\end{align}$$ Aunque éste es el resultado deseado, todo este ejercicio tiene un sutil fallo: como queremos que el momento angular sea hermitiano, deberíamos haber partido de $L_i=\frac12\epsilon_{ijk}(r_jp_k-p_jr_k)$ . Pero puede repetir las otras técnicas para derivar $[L_i,\,L_j]=i\hbar\epsilon_{ijk}L_k$ .

Answer 2

El truco consiste en reescribir $p_i x_i$ como $[p_i, x_i] + x_i p_i$ .

Primero ampliamos $[L_x, L_y]$ : $$[L_x, L_y] = [y p_z - z p_y, z p_x - x p_z] = [y p_z, z p_x] - [z p_y, z p_x] - [y p_z, x p_z] + [z p_y, x p_z]$$

A continuación expandimos cada uno de los conmutadores anteriores: $$\begin{align} [y p_z, z p_x] &= y p_z \, z p_x - z p_x \, y p_z = y ([p_z, z] + z p_z) p_x - y z p_x p_z = y (-i\hbar + z p_z) p_x - y z p_x p_z = -i\hbar y p_x \\ [z p_y, z p_x] &= z p_y \, z p_x - z p_x \, z p_y = z^2 p_x p_y - z^2 p_x p_y = 0 \\ [y p_z, x p_z] &= y p_z \, x p_z - x p_z \, y p_z = xy p_z^2 - xy p_z^2 = 0 \\ [z p_y, x p_z] &= z p_y \, x p_z - x p_z \, z p_y = xz p_y p_z - x ([p_z, z] + z p_z) p_y = xz p_y p_z - x (-i\hbar + z p_z) p_y = i\hbar x p_y \end{align}$$

Así, $$[L_x, L_y] = -i\hbar y p_x - 0 - 0 + i\hbar x p_y = i\hbar (x p_y - y p_x) = i\hbar L_z .$$