Momento angular al cuadrado y hamiltoniano?

Question

Momento angular al cuadrado y hamiltoniano?

Illari

Estoy tratando de mostrar, para el hamiltoniano $H = \vec{P}^2/2m + V(\vec{X})$ , eso $[\vec{L}^2,H]=0$ si $V(\vec{X}) = V(|\vec{X}|)$ , y ya casi lo tengo, solo hay una cosa en la que me estoy equivocando.

Entonces lo que hice fue:

[{\vec{L}}^{2}, H] = [L_{X}^{2} + L_{y}^{2} + L_{z}^{2}, \frac{{\vec{PAG}}^{2}}{2 metro} + V (\vec{X})] = [L_{X}^{2} + L_{y}^{2} + L_{z}^{2}, \frac{{\vec{PAG}}^{2}}{2 metro} + V (| \vec{X} |)]

$[\vec{L}^2,H] = [L_x^2 + L_y^2 + L_z^2, \frac{\vec{P}^2}{2m} + V(\vec{X})] = [L_x^2 + L_y^2 + L_z^2, \frac{\vec{P}^2}{2m} + V(|\vec{X}|) ]$

= [L_{X}^{2}, \frac{{\vec{PAG}}^{2}}{2 metro} + V (| \vec{X} |)] + [L_{y}^{2}, \frac{{\vec{PAG}}^{2}}{2 metro} + V (| \vec{X} |)] + [L_{z}^{2}, \frac{{\vec{PAG}}^{2}}{2 metro} + V (| \vec{X} |)]

$= [L_x^2,\frac{\vec{P}^2}{2m} + V(|\vec{X}|)] + [L_y^2,\frac{\vec{P}^2}{2m} + V(|\vec{X}|)] + [L_z^2,\frac{\vec{P}^2}{2m} + V(|\vec{X}|)]$ Mirando a la

L_{x}^{2}

$L_x^2$ componente:

\to [L_{X}^{2}, \frac{{\vec{PAG}}^{2}}{2 metro} + V (| \vec{X} |)] = \frac{1}{2 metro} [L_{X}^{2}, {PAG}^{2}] + [L_{X}^{2}, V (| \vec{X} |)]

$\rightarrow [L_x^2,\frac{\vec{P}^2}{2m} + V(|\vec{X}|)] = \frac{1}{2m}[L_x^2,P^2] + [L_x^2,V(|\vec{X}|)]$

= \frac{1}{2 metro} [L_{X}^{2}, {PAG}_{X}^{2} + {PAG}_{y}^{2} + {PAG}_{z}^{2}] + [L_{X}^{2}, V (| \vec{X} |)]

$= \frac{1}{2m}[L_x^2,P_x^2+P_y^2+P_z^2] + [L_x^2,V(|\vec{X}|)]$

= \frac{1}{2 metro} ([L_{X}^{2}, {PAG}_{X}^{2}] + [L_{X}^{2}, {PAG}_{y}^{2}] + [L_{X}^{2}, {PAG}_{z}^{2}]) + [L_{X}^{2}, V (| \vec{X} |)]

$= \frac{1}{2m} \bigg( [L_x^2,P_x^2]+[L_x^2,P_y^2]+[L_x^2,P_z^2] \bigg) + [L_x^2,V(|\vec{X}|)]$

Ahora, para las partes de impulso, eso es mucho trabajo tedioso que no escribiré, pero al final del día, lo entiendo.

[L_{X}^{2}, {PAG}_{X}^{2}] = [L_{X}^{2}, {PAG}_{y}^{2}] = [L_{X}^{2}, {PAG}_{z}^{2}] = 0

$[L_x^2,P_x^2]=[L_x^2,P_y^2]=[L_x^2,P_z^2]=0$ y de manera similar para

[L_{y}^{2}, P^{2}] = 0

$[L_y^2,P^2]=0$ y

[L_{z}^{2}, P^{2}] = 0

$[L_z^2,P^2]=0$ . Mi problema es este, para que esto funcione, necesito

[L_{X}^{2}, V (| \vec{X} |)] = 0

$[L_x^2,V(|\vec{X}|)] = 0$ y de manera similar

[L_{y}^{2}, V (| \vec{X} |)] = [L_{z}^{2}, V (| \vec{X} |)] = 0

$[L_y^2,V(|\vec{X}|)]=[L_z^2,V(|\vec{X}|)]=0$ pero realmente no entiendo por qué ese sería el caso? Cualquier idea sería apreciada.

gonenc

Como nota al margen: nunca, en física, debe intentar hacer algo más difícil primero, por ejemplo, calcular claramente el conmutador

[L_{x}, V]

$[L_x,V]$ es mucho más fácil que calcular

[L_{x}^{2}, V]

$[L_x^2,V]$ . En otras palabras, siempre debes tratar de ser 'perezoso' primero :)

Respuestas (2)

Momento angular al cuadrado y hamiltoniano?

Como nota al margen: nunca, en física, debe intentar hacer algo más difícil primero, por ejemplo, calcular claramente el conmutador $[L_x,V]$ es mucho más fácil que calcular $[L_x^2,V]$ . En otras palabras, siempre debes tratar de ser 'perezoso' primero :)

gonenc · Answer 1

Mike ya respondió la pregunta, pero creo que hay otra buena respuesta, en la que puedes usar coordenadas cartesianas. Tenga en cuenta que (¡no usaré sombreros para los operadores y los índices repetidos se suman!) $L_i = \epsilon_{ijk} x_j p_k$ como operador por lo tanto tenemos:

[L_{i}, X_{yo}] = ϵ_{i j k} [X_{j} {pag}_{k}, X_{yo}] = ϵ_{i j k} X_{j} [{pag}_{k}, X_{yo}] = - i ℏ ϵ_{i j k} X_{j} d_{k yo} = - i ℏ ϵ_{i j yo} X_{j} = i ℏ ϵ_{i yo j} X_{j}

$[L_i, x_l] = \epsilon_{ijk}[x_jp_k,x_l] = \epsilon_{ijk}x_j[p_k,x_l] = -i\hbar \epsilon_{ijk} x_j \delta_{kl} = -i\hbar \epsilon_{ijl}x_j = i\hbar \epsilon_{ilj} x_j$

donde en el segundo paso usé la identidad del conmutador $[A,BC]=B[A,C]+[A,B]C$ y en el último paso intercambiado $j$ y $l$ . Del mismo modo tenemos (tal vez hasta un signo):

[L_{i}, {pag}_{yo}] = i ℏ ϵ_{i yo j} X_{j}

$[L_i,p_l] = i\hbar \epsilon_{ilj} x_j$

Por lo tanto obtenemos con $r^2=x_lx_l$ :

[L_{i}, r^{2}] = [L_{i}, X_{yo} X_{yo}] = 2 i ℏ ϵ_{i yo j} X_{j} X_{yo} = 0 = [L_{i}, {pag}^{2}]

$[L_i,r^2]=[L_i,x_lx_l] = 2i\hbar \epsilon_{ilj}x_jx_l = 0 = [L_i, p^2]$

nótese que esto corresponde a la intuición de que la longitud del vector $x$ y $p$ no cambia bajo la rotación. Por último, sólo necesitamos observar que cualquier función $V(|x|)$ se puede escribir como una función $V(r^2)$ y por lo tanto:

[L_{i}, V (r^{2})] = 0 = [L_{i}, V (| X |)]

$[L_i, V(r^2)]=0=[L_i, V(|x|)]$

Tenga en cuenta que hemos probado algo mucho más fuerte. $[H,L_i]=0$ si el potencial solo depende del radio.

Una nota al margen: el análogo clásico de este problema es mostrar que el vector de momento angular se conserva si en un potencial central $V(r)$ .

Lindo. La primera parte es en lo que estaba pensando cuando hice mi comentario sobre $[L^2, P^2]$ , pero usando $r^2 = x_l x_l$ es bastante inteligente

Miguel · Answer 2

Recuerda eso $L_x$ , $L_y$ , y $L_z$ son generadores de rotación sobre el $x$ , $y$ , y $z$ ejes, respectivamente. Pero $V(\vec{X})=V(|\vec{X}|)$ dice que su potencial es invariante bajo rotaciones. Entonces, por esos motivos, físicamente esperaría que cualquiera de estos operadores de momento angular conmutara con tal operador potencial $V$ .

Matemáticamente, diría que la forma más fácil de ver esto es usar el operador de momento angular en coordenadas esféricas . Más específicamente, diría que probablemente debería retroceder y probar $[L^2, V(|\vec{X}|)] = 0$ expandiendo $L^2$ como $\frac{1}{2}(L_{+}L_{-} + L_{-}L_{+}) + L_{z}^2$ . Tenga en cuenta que esos operadores no tienen $\partial / \partial_r$ plazo, por lo que conmutan con $V(r)$ .

Supongo que hiciste todo tu trabajo hasta ahora usando una base cartesiana. Eso es válido, pero a menudo tiene sentido buscar otras formas de resolver un problema. Y cambiar las coordenadas es una de las primeras cosas en las que debes pensar.

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Illari

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