(Asumo en todo momento$\hbar =1$.) Definir, donde$X_i$es el operador de posición a lo largo de${\bf e}_i$(Ocurrirá el mismo resultado reemplazándolo por el operador de cantidad de movimiento en todo lo que sigue)

$$H:= {\bf X}\cdot {\bf S}\:.$$ $$e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf J}}H e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf J}}= e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf L}}e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf S}}{\bf X}\cdot {\bf S} e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf L}}e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf S}} = e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf L}}{\bf X} e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf L}}\cdot e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf S}}{\bf S} e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf S}}= R{\bf X} \cdot R {\bf S} = {\bf X} \cdot{\bf S}\:,$$ dónde $R\in SO(3)$es la rotación del ángulo $\theta$alrededor ${\bf n}$. De este modo $$e^{i\theta {\bf n}\cdot {\bf J}}H e^{-i\theta {\bf n}\cdot {\bf J}}=H$$ y en consecuencia, tomando las derivadas para $\theta=0$obtenemos: $$[H, J_k]=0\qquad k=1,2,3\:.$$ Finalmente (no estoy seguro de los coeficientes, verifique) $$[H, L^2] = \sum^3_{j,k=1}[X_j,L_k]L_k S_j + \sum^3_{j,k=1}L_k[X_j,L_k]S_j= i\sum^3_{j,k=1}\epsilon_{jkr} S_j\left(X_rL_k + L_kX_r \right) = i\sum^3_{j,k=1}\epsilon_{jkr} S_j\left(2X_rL_k + [L_k, X_r] \right) = 2i\sum^3_{j,k=1}\epsilon_{jkr} S_j X_rL_k - ii \sum^3_{j,k,r=1}\epsilon_{jkr} \epsilon_{rks}S_jX_s = 2i \sum^3_{j,k=1}\epsilon_{jkr} S_j X_rL_k + \sum^3_{j,k,r=1} (\delta_{jr}\delta_{rs} - \delta_{js}\delta_{rr})S_jX_s \neq 0\:. \quad (1)$$ De hecho, la primera suma es: $$2iS_1\otimes (X_2L_3-X_3L_2) + 2i S_2\otimes(...) + 2i S_3\otimes(...)$$ por lo que no puede desaparecer. La última suma en (1) produce $-2 \sum_{k=1}^3 S_k \otimes X_k$y por ejemplo, $cX_1 \neq X_2L_3-X_3L_2$para cualquier número $c$(yo pongo eso $c$solo porque no estoy seguro de los coeficientes que encontré).

$\newcommand{\tot}{\mathbf{J}}$$\newcommand{\orb}{\mathbf{L}}$$\newcommand{\spin}{\mathbf{S}}$$\mathbf{J}$es el operador de momento angular total,$\mathbf{L}$es el operador de momento angular orbital, y$\mathbf{S}$es el operador de momento angular de espín.

Ahora estamos asumiendo que$[H,\tot ]$= 0; es decir, que se conserva el momento angular total. Pero estamos tratando de ver si hay una forma en que la transición pueda ocurrir que no preserve, digamos,$\orb$. Bueno, si$\orb$cambios y$\tot$permanece igual, entonces debe ser el caso que$\spin$cambios. En otras palabras, el momento angular se transfiere del orbital al espín.

Necesitamos un buen sistema de prueba en el que podamos agregar una transición para convertir el momento angular orbital en momento angular de giro. Veamos el hamiltoniano para el átomo de hidrógeno. No introduzcamos ningún acoplamiento (espín orbital, hiperfino, zeeman, ...) para que los valores propios hamiltonianos sean los habituales$|n l m s_z \rangle$dependen solo del número cuántico principal$n$. Ahora restrinjamos nuestra atención a la$n=2$subespacio. Introduciremos nuestra transición en este subespacio.

De hecho, nos limitaremos a la$j=1/2$subespacio de la$n=2$subespacio. Para ver por qué, observe que el número cuántico del momento angular total puede tomar uno de dos valores en este subespacio:$1/2$y$3/2$. La única forma en que el sistema puede estar en el$j=3/2$el estado es si$l=1$, y si$j$se conserva, entonces cuando$j=3/2$inicialmente,$j$todavía debe ser$3/2$después de la transición, entonces$l$debe ser$1$después de la transición y$l$será conservado.

Ahora para el caso$j=1/2$. Por razones de simetría, debería ser suficiente considerar solo los estados donde$j=1/2$y$m_j = 1/2$. Hay dos maneras en que esto puede suceder:$l=1$y$l=0$. Si$l=0$, entonces$s_z$debe ser$1/2$. Llamemos a este estado$|n=2,l=0,j=1/2,m_j=1/2 \rangle$. Este será el estado final de la transición. Si$l=1$, entonces sabemos que cuando vamos a la base acoplada, podemos obtener un$j=1/2$,$m_j=1/2$estado, que será una combinación lineal de$|l=1,m=0,s_z=1/2 \rangle$y$|l=1,m=1,s_z=-1/2 \rangle$. Llamemos al estado dado por esta combinación lineal$|n=2,l=1,j=1/2,m_j=1/2 \rangle$.

Ahora estamos listos para llegar a nuestro hamiltoniano. Sea el hidrógeno hamiltoniano no perturbado$H_0$, y ahora definamos una interacción hamiltoniana

$$H_{int} = |n=2,l=0,j=1/2,m_j=1/2 \rangle\langle n=2,l=1,j=1/2,m_j=1/2 | + h.c.$$ . Entonces el hamiltoniano $H_0 + H_{int}$(o supongo que solo $H_{int}$por sí mismo) conserva el momento angular total, pero no el giro o el momento angular orbital por sí mismo.

Editar

No demostré satisfactoriamente que$[H_{int}, \tot]=0$. De hecho esto no se sostiene. Debo modificar mi hamiltoniano agregando un nuevo término para$m_j= -1/2$. Luego tengo

$$H_{int} = |n=2,l=0,j=1/2,m_j=1/2 \rangle \langle n=2,l=1,j=1/2,m_j=1/2 | + |n=2,l=0,j=1/2,m_j=-1/2 \rangle \langle n=2,l=1,j=1/2,m_j=-1/2 | + h.c.$$ . Debo mostrar que esto conmuta con $J_z$, $J_+$, y $J_-$pero no $L^2$. (Es suficiente comprobar $J_+$y $J_-$, porque las combinaciones lineales de estos dan $J_x$y $J_y$.)

Para$J_z$solo nota el$m_j$número cuántico es conservado por este hamiltoniano.

Para$J_+$, fíjate que si$m_j=1/2$entonces ambos$H_{int} J_+$y$J_+ H_{int}$aniquilar el estado. Si$m_j=-1/2$Entonces$J_+$tiene el efecto de aumentar$m_j$por uno y$H_{int}$tiene el efecto de voltear$l$entre 0 y 1. Observe que$H_{int}$voltea$l$de la misma manera, independientemente del valor de$m_j$, por lo que el estado final tiene$l$volteado y$m_j=1/2$sin importar el orden de las operaciones.

Viendo eso$J_-$conmuta es exactamente una lógica análoga excepto$m_j$es inicialmente$-1/2$y estás aumentando en lugar de disminuir.

Para ver eso$L^2$no se conserva, simplemente vea que el valor de$l$se cambia entre$0$y$1$.

Conmutación con cada uno de los$\mathbf{J}$componentes implica la conmutación con cualquier combinación lineal de sus funciones, en particular con$J_x^2+J_y^2+J_z^2$.

Un ejemplo de invariante no rotacional$H$que eso no conserva total$\mathbf{S}$sería un giro similar al de Ising:$H=- K S_z^2$. Puede agregar un término de cuarto orden para limitar$\langle S^2 \rangle$, Si te gusta.