¿Prueba matemática del momento angular y el viaje hamiltoniano?

quieres mostrar eso$[L^2,H]=0$. Hay algunas maneras de hacer esto. La más fácil y directa es notar que en coordenadas esféricas

$$H = -\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r + \dfrac{1}{2mr^2}L^2+ V(r),$$

dónde$V(r)$es la energía potencial que está considerando. Esto es fácil de ver, simplemente reemplazas el laplaciano en coordenadas esféricas y verás que el$L^2$término aparece de forma natural. En ese caso, es obvio que los operadores viajan diariamente. Recordar que$L^2$solo afecta las coordenadas angulares, con el propósito de$L^2$cualquier cosa$r$-relacionado es una constante. En ese caso tenemos que

$$[L^2,V(r)]f = L^2V(r)f - V(r)L^2f = V(r)L^2f-V(r)L^2f = 0.$$

Lo mismo sucede con el otro término que involucra solo$r$en el$H$operador. La otra pieza es obvia también porque$[L^2,L^2]=0$. En ese caso$[L^2,H]=0$.

EDITAR: El primer término conmuta con$L^2$porque solo implica operaciones sobre$r$. Creo que se puede ver mejor aplicando el conmutador a una función.

$$[L^2,\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r]f =L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)-\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rL^2f),$$

Ahora mira que desde$L^2$no actúes sobre la$r$-dependencia que obtenemos$rL^2f = L^2(rf)$. En cuanto a la derivada: el operador$\partial^2/\partial r^2$no actúa sobre las variables angulares. Por eso podemos intercambiar su orden con$L^2$. esto nos da

$$[L^2,\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r]f =L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)-\dfrac{1}{r}L^2\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf),$$

y otra vez porque$L^2$no actúa sobre$r$-dependencia puedes traer la$1/r$adentro. Esto nos deja con

$$[L^2,\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r]f =L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)-L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)=0.$$

Como prueba alternativa, sea$\mathcal D (R)$ser el operador unitario asociado a una rotación tridimensional$R$y definir un operador vectorial$\mathbf A$por

$$\mathcal D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R)=R\mathbf A,$$ o $$A_i'\equiv\mathcal D (R)^\dagger A_i \mathcal D (R)=R_{ij} A_j.$$ Tenga en cuenta que, desde $R$es ortogonal: $$A_i'A_i'=R_{ij}A_jR_{ik}A_k=A_jA_j,$$ eso es $$\mathcal D (R)^\dagger \mathbf A ^2 \mathcal D (R)=(D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R))\cdot (D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R)) = \mathbf A^2$$ (esto es obvio).

Desde$\mathcal D (R)$viaja con$\mathbf A ^2$para cada$R$, se deduce que el propio momento angular conmuta con$\mathbf A ^2$.

Tenga en cuenta ahora que$\mathbf p = - i\nabla$es un operador vectorial. El operador de rotación se realiza en el$L^2$Espacio de Hilbert de una sola partícula sin espín por

$$\mathcal D (R)\psi (\mathbf x )=\psi (R^{-1}\mathbf x ),$$ así que esta es la declaración ordinaria de que el gradiente de una función escalar es un vector. Se sigue inmediatamente que el operador de energía cinética $T=\frac{\mathbf p ^2}{2m}$conmuta con el momento angular. Dado que un potencial esféricamente simétrico también conmuta con cada rotación, por lo tanto, con el momento angular, se deduce que el hamiltoniano completo conmuta con el momento angular.

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Nota: es probable que no encuentre esta derivación inmediatamente útil. El punto que quiero señalar es que las relaciones de conmutación de un operador como$\mathbf J$que genera alguna operación de simetría, se puede leer fácilmente a partir de la definición de la simetría. Un ejemplo más sencillo es el de las traducciones: la definición del operador de traducción$\mathcal T(a)^\dagger q\mathcal T(a)=q+a$, Juntos con$T(a)=e^{-ipa}$inmediatamente da las relaciones canónicas de conmutación$[q,p]=i$; solo diferencie por$a$.