Mecánica cuántica: demuestre que el valor esperado del momento angular no cambia con el tiempo

El TDSE es:

$$\hat{H}\Psi = i \hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t}$$

Tomando el complejo conjugado (nótese que$H=H^{*}$ya que el hamiltoniano es hermitiano):

$$-i \hbar \frac{\partial \Psi^{*}}{\partial t} = (\hat{H}\Psi)^{*} = \Psi^{*}H^{*} = \Psi^{*}H$$

Por definición:

$$\langle\hat{L}\rangle=\langle\Psi|\hat{L}|\Psi\rangle = \int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}\hat{L}\Psi \,\mathbf{dr}^3$$

Por lo tanto, desde$\hat{L}$es independiente del tiempo:

$$\frac{\partial}{\partial t} \langle\hat{L}\rangle= \int_{\mathbf{R^3}}\frac{\partial \Psi^{*}}{\partial t}\hat{L}\Psi \,\mathbf{dr}^3 + \int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}\hat{L}\frac{\partial \Psi}{\partial t} \,\mathbf{dr}^3$$

Sub en las dos primeras ecuaciones y multiplica por$i \hbar$:

$$i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \langle\hat{L}\rangle= -\int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}\hat{H}\hat{L}\Psi \,\mathbf{dr}^3 + \int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}\hat{L}\hat{H}\Psi \,\mathbf{dr}^3 = \int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}(\hat{L}\hat{H}-\hat{H}\hat{L})\Psi^{*}$$

$$i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \langle\hat{L}\rangle = \int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}[\hat{H},\hat{L}]\Psi^{*} = 0$$ Por lo tanto, $\frac{\partial}{\partial t}\langle\hat{L}\rangle=0$, Lo que significa que $\langle\hat{L}\rangle$es una constante, como queríamos mostrar.

Una prueba elegante de esto que muestra claramente por qué la conmutación con el hamiltoniano le dice algo sobre la dependencia del tiempo se ve más fácilmente recordando la ecuación de movimiento de Heisenberg

$$\dot A = \frac{i}{\hbar}[H, A(t)]+ \partial_t A, \qquad A(t) = e^{i H t/\hbar}Ae^{-iHt/\hbar}$$ whose derivation from the Schrodinger equation is given in the Wiki link. For any operator $A$ with $\partial_t A = 0$, the second term on the right vanishes. Moreover, if the operator commutes with the Hamiltonian, then the first time on the right vanishes as well. Therefore, for any state $|\psi(t)\rangle = e^{-iHt/\hbar}|\psi(0)\rangle$ one has $$\frac{d}{dt}\langle\psi(t)|A|\psi(t)\rangle=\frac{d}{dt}\langle \psi(0)|e^{iHt/\hbar}Ae^{-iHt/\hbar}|\psi(0)\rangle = \langle\psi(0)|\dot A|\psi(0)\rangle = 0$$ In this case, $L$, the angular momentum operator, has both of the properties that cause the right hand side of the Heisenberg equation of motion to vanish, so we are done!

Por cierto, he usado algunos abusos de notación que son comunes en la física al cambiar entre las imágenes de Heisenberg y Schrödinger; avíseme si esto es confuso como resultado, y puedo hacer las cosas más precisas en notación.