Busqué la razón, pero parece ser tomado concedido que debe ser $J(J+1)$ $J$.
Estoy haciendo uso de la analogía de la partícula en una energía de los cuadro donde
$$E=\frac{n^2h^2}{8mL^2}$$
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user16683
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Esto surge a partir de la mecánica cuántica propiedades del momento angular del operador (vide infra). Desde los operadores de momento angular y de la traducción de la energía son diferentes, no hay ninguna razón para esperar una similitud entre la forma de los autovalores.
Los espectros de los operadores de momento angular
Primero tomamos nota de la clásica relación entre el momento angular $L$ y la energía cinética de rotación
$$E_\mathrm{rot} = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{L^2}{2I} \tag{1}$$
desde $L = I\omega$, $I$ siendo el momento de inercia y $\omega$ la velocidad angular. Por analogía, la mecánica cuántica Hamiltoniano para el movimiento de rotación es
$$\hat{H} = \frac{\hat{L}^2}{2I} \tag{2}$$
donde $\hat{L}^2$ es el operador (el cuadrado del módulo de) el impulso angular orbital. Debido a $L$ es un vector, tenemos
$$\hat{L}^2 = \hat{L}_x^2 + \hat{L}_y^2 + \hat{L}_z^2 \tag{3}$$
donde $L_x$ es el operador para la proyección de el impulso angular orbital en el $x$-eje, y así sucesivamente. El clásico momento angular está dada por $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p}$; por la expansión de la cruz producto que podemos obtener las ecuaciones $L_x = yp_z - zp_y$, $L_y = zp_x - xp_z$, y $L_z = xp_y - yp_x$. El uso de estas relaciones, así como la clásica de conmutación relación $[x,p_x] = [y,p_y] = [z,p_z] = \mathrm{i}\hbar$, podemos deducir la conmutadores de los cuatro operadores en la ecuación de $(3)$:
$$\begin{align} [L_x,L_y] &= \mathrm{i}\hbar L_z; & [L_y,L_z] &= \mathrm{i}\hbar L_x; & [L_z,L_x] &= \mathrm{i}\hbar L_y; \tag{4} \\ [L^2,L_x] &= 0; & [L^2,L_y] &= 0; & [L^2,L_z] &= 0 \tag{5} \end{align}$$
Convencionalmente, el momento angular de autoestados son elegidos para ser simultánea autoestados de $L^2$$L_z$: desde $[L^2,L_z] = 0$, se garantiza que hay un conjunto completo de estados que son autoestados de ambos operadores. Denotaremos a estos estados por $|\lambda,\mu\rangle$ donde $\lambda$ $\mu$ están relacionadas con los valores propios de estos estados:
$$\begin{align} L^2|\lambda,\mu\rangle &= \lambda\hbar^2 \tag{6} \\ L_z|\lambda,\mu\rangle &= \mu\hbar \tag{7} \end{align}$$
En este paradigma, a continuación definimos la subida y bajada de los operadores de $L_+$ $L_-$ (el significado se pondrá de manifiesto en su debido tiempo)
$$L_\pm \equiv L_x \pm \mathrm{i}L_y \tag{8} $$
Ahora, considere el efecto de la $L_\pm$ en cualquier estado $|l,m\rangle$ que es al mismo tiempo un eigenstate de $L^2$$L_z$. Desde $L^2$ viajes con tanto $L_x$$L_y$, tenemos
$$\begin{align} L^2L_\pm|\lambda,\mu\rangle &= L_\pm L^2|\lambda,\mu\rangle \\ &= L_\pm \lambda\hbar^2|\lambda,\mu\rangle \\ &= \lambda\hbar^2 L_\pm|\lambda,\mu\rangle \tag{9} \end{align}$$
o en otras palabras, $L_\pm|\lambda,\mu\rangle$ es también un eigenstate de $L^2$ con el mismo autovalor $\lambda\hbar^2$ $|\lambda,\mu\rangle$ sí. Además, el uso de los conmutadores en la ecuación de $(4)$,
$$\begin{align} L_z L_\pm |\lambda,\mu\rangle &= (L_zL_x \pm \mathrm{i}L_zL_y)|\lambda,\mu\rangle \\ &= [(\mathrm{i}\hbar L_y + L_xL_z) \pm \mathrm{i}(L_yL_z - \mathrm{i}\hbar L_x)]|\lambda,\mu\rangle \\ &= [\hbar(\mathrm{i}L_y \pm L_x) + (L_x \pm \mathrm{i}L_y)L_z]|\lambda,\mu\rangle \\ &= [\pm\hbar(L_x \pm \mathrm{i}L_y) + (L_x \pm \mathrm{i}L_y)L_z]|\lambda,\mu\rangle \\ &= L_\pm(L_z \pm \hbar)|\lambda,\mu\rangle \\ &= L_\pm(\mu \pm 1)\hbar|\lambda,\mu\rangle \\ &= (\mu \pm 1)\hbar L_\pm |\lambda,\mu\rangle \tag{11} \end{align}$$
que nos dice que $L_\pm|\lambda,\mu\rangle$ es también un eigenstate de $L_z$, pero con un diferente valor propio: el nuevo autovalor es $(\mu \pm 1)\hbar$. La elevación del operador (por ejemplo) por lo tanto tiene el efecto de la conservación del momento angular total $L^2$, pero el aumento de la $z$-proyección de este momento angular $L_z$.
Sin embargo, para que esto hará sentido físico, tiene que haber un límite a cuán lejos puede ir a: o de lo contrario vamos a tener ningún valor máximo de $L_z$, incluso para un valor dado de a $L^2$. Tenga en cuenta que desde $L_x^2$ $L_y^2$ son reales y no negativos (que es la continuación de la Hermiticity de $L_x$$L_y$), la ecuación de $(3)$ establece un límite máximo en $L_z$:
$$L_z^2 \leq L^2 \tag{12}$$
Matemáticamente, la única manera que esto puede ser cumplido si hay un "más alto" del estado de $|\lambda,\mu_\mathrm{max}\rangle$ que la recaudación de operador se convierte en cero:
$$L_+|\lambda,\mu_\mathrm{max}\rangle = 0 \tag{13}$$
Ahora considere la posibilidad de
$$\begin{align} L_-L_+|\lambda,\mu_\mathrm{max}\rangle &= (L_x - \mathrm{i}L_y)(L_x + \mathrm{i}L_y)|\lambda,\mu_\mathrm{max}\rangle \\ &= [L_x^2 + L_y^2 + \mathrm{i}(L_xL_y - L_yL_x)]|\lambda,\mu_\mathrm{max}\rangle \\ &= [L^2 - L_z^2 + \mathrm{i}(\mathrm{i}\hbar L_z)]|\lambda,\mu_\mathrm{max}\rangle \\ &= (L^2 - L_z^2 - \hbar L_z)|\lambda,\mu_\mathrm{max}\rangle \\ &= (\lambda\hbar^2 - \mu_\mathrm{max}^2\hbar^2 - \mu_\mathrm{max}\hbar^2)|\lambda,\mu_\mathrm{max}\rangle \tag{14} \end{align}$$
Sin embargo, ya sabemos que el $L_+|\lambda,\mu_\mathrm{max}\rangle = 0$. Al $L_-$ actúa sobre cero, simplemente devuelve cero, y así el "valor propio" en la ecuación de $(14)$ debe ser igual a cero:
$$\begin{align} \lambda\hbar^2 - \mu_\mathrm{max}^2\hbar^2 - \mu_\mathrm{max}\hbar^2 &= 0 \\ \lambda &= \mu_\mathrm{max}^2 + \mu_\mathrm{max} \\ &= \mu_\mathrm{max}(\mu_\mathrm{max}+1) \tag{15} \end{align}$$
Fundamentalmente, que es donde el término viene de. Hay varios pasos para cerrar algunas lagunas. No voy a ir a través de ellos en detalle porque es demasiado largo, pero voy a describir lo que se necesita.
Usted necesita demostrar que para el impulso angular orbital el valor de $\mu_\mathrm{max}$ está restringido a entero no negativo valores; definimos esta cantidad a $l$ y podemos reemplazar el número cuántico $\lambda$ $l$ porque $\lambda$ está relacionado con $\mu_\mathrm{max}$, que es a su vez equivalente a $l$. Los valores propios del momento angular total del operador $L^2$$\lambda \hbar^2 = \mu_\mathrm{max}(\mu_\mathrm{max}+1)\hbar^2 \equiv l(l+1)\hbar^2$.
Tenga en cuenta que para el orbital angular momentum sólo valores enteros de a $l$ están permitidos; la mitad-valores enteros no están permitidos. Esta condición sólo puede ser derivada por la solución de las ecuaciones diferenciales correspondientes al autovalor ecuaciones del momento angular de los operadores (ver bibliografía). Por ejemplo, usted necesita para resolver este:
$$\begin{align} L_z f(x,y,z) &= (xp_y + yp_x)f(x,y,z) \\ &= \left(-x\mathrm{i}\hbar\frac{\partial}{\partial y} - y\mathrm{i}\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)f(x,y,z) = \mu\hbar f(x,y,z) \tag{16} \end{align}$$
La mitad-valores enteros de giro están permitidos debido a la forma exacta del momento angular de espín de los operadores no son conocidos. Sin embargo, siguen las mismas relaciones de conmutación como el momento angular orbital de los operadores, por lo que las reglas que los gobiernan son los mismos, excepto por la restricción en valores enteros.
Usted necesita demostrar que los valores permitidos de $\mu$ son enteros entre el $-l$ $l$ respectivamente. Ya hemos demostrado que $\mu$ aumenta en número entero de pasos, y que $\mu \leq l$, así que lo que queda es demostrar que el $\mu \geq -l$: la prueba es exactamente análoga a la que en las ecuaciones de $(13)$ a través de $(15)$, salvo que usted necesita considerar $L_+L_-|\lambda, \mu_\mathrm{min}\rangle$.
Convencionalmente el número cuántico $\mu$ es cambiado a $m_l$ y los autoestados son etiquetados con $|l,m_l\rangle$. Así que ahora que hemos demostrado que $l$ es el valor máximo de $m_l$, $m_l$ rangos de $-l$ $l$en número entero de pasos, tal y como esperábamos
El momento angular total $J$ es la suma de los orbitales y angular de espín momenta, es decir,$J = L + S$. Para el rotor rígido sistema donde usted ignorar spin, $J = L$, por lo que puede simplemente reemplazar $L$, $l$, y $m_l$ con $J$, $j$, y $m_j$: por lo tanto, tenemos $J^2|j,m_j\rangle = j(j+1)\hbar^2|j,m_j\rangle$.
Por último, las energías son dadas por
$$\begin{align} E &= \langle j, m_j|H|j,m_j \rangle \\ &= \left< j,m_j \middle| \frac{J^2}{2I} \middle| j,m_j \right> \\ &= j(j+1)\frac{\hbar^2}{2I} \tag{17} \end{align}$$
donde $j$ es un entero no negativo (es decir,$j = 0,1,2, \ldots$).
Leer más
El capítulo 4 de Molecular de la Mecánica Cuántica, 5ª ed., Atkins.
El capítulo 7 de La Física de la Mecánica Cuántica, Binney & Skinner para una alternativa de derivación.
