¿Se puede derivar el operador de momento angular cuántico a partir de sus relaciones de conmutación con la posición y el momento?

Question

¿Se puede derivar el operador de momento angular cuántico a partir de sus relaciones de conmutación con la posición y el momento?

Valentín

El ejercicio 12.2.2 en Principios de mecánica cuántica de Shankar pide derivar la expresión para el operador de momento angular $L_z$

L_{z} = X {PAG}_{y} - Y {PAG}_{X}

$\begin{equation} L_z = XP_y-YP_x \end{equation}$ usando sus relaciones de conmutación con los operadores de coordenadas y momento

\begin{aligned} [X, L_{z}] & = - i ℏ Y \\ [Y, L_{z}] & = i ℏ X \\ [{PAG}_{X}, L_{z}] & = - i ℏ {PAG}_{y} \\ [{PAG}_{y}, L_{z}] & = i ℏ {PAG}_{X} \end{aligned}

$\begin{align} [X,L_{z}]&=-i\hbar Y\\ [Y,L_{z}]&=i\hbar X \\ [P_{x},L_{z}]&=-i\hbar P_{y}\\ [P_{y},L_{z}]&=i\hbar P_{x} \end{align}$ He visto una solución que usa las representaciones coordinadas de los momentos.

Sin embargo, me gustaría encontrar uno que se base puramente en las relaciones abstractas.

Todo lo que he podido probar hasta ahora es que $L_z$ y $XP_y-YP_x$ desplazarse. Multiplica la primera relación de la derecha por $P_{y}$ y la tercera relacion

\begin{aligned} [X, L_{z}] {PAG}_{y} & = - i ℏ Y {PAG}_{y} \\ Y [{PAG}_{X}, L_{z}] & = - i ℏ Y {PAG}_{y} \end{aligned}

$\begin{align} [X,L_{z}]P_{y}&=-i\hbar YP_{y}\\ Y[P_{x},L_{z}]&=-i\hbar YP_{y} \end{align}$ Igualando los LHS obtenemos

\begin{aligned} (X L_{z} - L_{z} X) {PAG}_{y} & = Y ({PAG}_{X} L_{z} - L_{z} {PAG}_{X}) \\ X L_{z} {PAG}_{y} - L_{z} X {PAG}_{y} & = Y {PAG}_{X} L_{z} - Y L_{z} {PAG}_{X} \end{aligned}

$\begin{align} (XL_{z}-L_{z}X)P_{y}&=Y(P_{x}L_{z}-L_{z}P_{x})\\ XL_{z}P_{y}-L_{z}XP_{y}&=YP_{x}L_{z}-YL_{z}P_{x} \end{align}$ ahora resta

X P_{y} L_{z}

$XP_{y}L_{z}$ de ambos lados

\begin{aligned} X L_{z} {PAG}_{y} - X {PAG}_{y} L_{z} - L_{z} X {PAG}_{y} & = Y {PAG}_{X} L_{z} - X {PAG}_{y} L_{z} - Y L_{z} {PAG}_{X} \\ X [L_{z}, {PAG}_{y}] - L_{z} X {PAG}_{y} & = (Y {PAG}_{X} - X {PAG}_{y}) L_{z} - Y L_{z} {PAG}_{X} \end{aligned}

$\begin{align} XL_{z}P_{y}-XP_{y}L_{z}-L_{z}XP_{y}&=YP_{x}L_{z}-XP_{y}L_{z}-YL_{z}P_{x}\\ X[L_{z},P_{y}]-L_{z}XP_{y}&=(YP_{x}-XP_{y})L_{z}-YL_{z}P_{x}\\ \end{align}$ Agregar

L_{z} Y P_{x}

$L_{z}YP_{x}$ a ambos lados

\begin{aligned} X [L_{z}, {PAG}_{y}] + L_{z} Y {PAG}_{X} - L_{z} X {PAG}_{y} & = (Y {PAG}_{X} - X {PAG}_{y}) L_{z} + L_{z} Y {PAG}_{X} - Y L_{z} {PAG}_{X} \\ X [L_{z}, {PAG}_{y}] + L_{z} (Y {PAG}_{X} - X {PAG}_{y}) & = (Y {PAG}_{X} - X {PAG}_{y}) L_{z} + [L_{z}, Y] {PAG}_{X} \\ [L_{z}, X {PAG}_{y} - Y {PAG}_{X}] & = X [{PAG}_{y}, L_{z}] - [Y, L_{z}] {PAG}_{X} \end{aligned}

$\begin{align} X[L_{z},P_{y}]+L_{z}YP_{x}-L_{z}XP_{y}&=(YP_{x}-XP_{y})L_{z}+L_{z}YP_{x}-YL_{z}P_{x}\\ X[L_{z},P_{y}]+L_{z}(YP_{x}-XP_{y})&=(YP_{x}-XP_{y})L_{z}+[L_{z},Y]P_{x}\\ [L_{z},XP_{y}-YP_{x}]&=X[P_{y},L_{z}]-[Y,L_{z}]P_{x} \end{align}$ Sin embargo, usando las relaciones de conmutación deducimos que

X [P_{y}, L_{z}] = [Y, L_{z}] P_{x} = i ℏ X P_{x}

$X[P_{y},L_{z}]=[Y,L_{z}]P_{x}=i\hbar XP_{x}$ , por lo tanto

[L_{z}, X {PAG}_{y} - Y {PAG}_{X}] = 0

$\begin{equation} [L_{z},XP_{y}-YP_{x}]=0 \end{equation}$

Cualquier otra manipulación me dejó dando vueltas en círculos lógicos. Agradecería cualquier ayuda para completar el argumento.

Emilio Pisanty

Al observar más de cerca, la solución a la que se vincula también parece completamente válida.

Valentín

Sí, a mí también me gusta ese. Me preguntaba si era posible no ir a la base y si no estaba haciendo bien el álgebra. Alegrías de estudiar por cuenta propia.

Emilio Pisanty

¡Oh! ¿Quieres decir que quieres hacer esto sin coordenadas?

Valentín

¡Exactamente! Lo siento si lo dije de una manera oscura

Emilio Pisanty

Bueno, hay formas invariables de expresar las relaciones de conmutación, pero no son particularmente esclarecedoras:

[a \cdot r, b \cdot p] = i ℏ a \cdot b

${[\bf{a}\cdot\bf{r},\bf{b}\cdot\bf{p}]}=i\hbar \bf{a}\cdot\bf{b}$ ,

[a \cdot r, b \cdot L] = i ℏ r \cdot (a \times b)

${[\bf{a}\cdot\bf{r},\bf{b}\cdot\bf{L}]}=i\hbar \bf{r}\cdot(\bf{a}\times\bf{b})$ , y una análoga para

p

$\bf p$ , dónde

a

$\bf a$ y

b

$\bf b$ son arbitrarios (

c

$c$ -número) vectores en

R^{3}

$\mathbb R^3$ . A continuación, podría proceder como en mi respuesta.

Emilio Pisanty

Honestamente, sin embargo, no vale la pena. Elija cualquier marco de referencia. Luego, los que acabo de dar implican los de su respuesta como casos especiales, y los últimos implican los primeros por linealidad (simplemente descomponer

a

$\bf a$ y

b

$\bf b$ en componentes). Los dos son transparentemente equivalentes, por lo que también podría trabajar en un marco determinado tan pronto como sea un poco más cómodo.

Valentín

¡Genial, gracias de nuevo! Los tomaré en cuenta y volveré a esta derivación más tarde. Todavía una montaña de material para ingerir.

Respuestas (1)

¿Se puede derivar el operador de momento angular cuántico a partir de sus relaciones de conmutación con la posición y el momento?

Al observar más de cerca, la solución a la que se vincula también parece completamente válida.
Sí, a mí también me gusta ese. Me preguntaba si era posible no ir a la base y si no estaba haciendo bien el álgebra. Alegrías de estudiar por cuenta propia.
¡Oh! ¿Quieres decir que quieres hacer esto sin coordenadas?
Bueno, hay formas invariables de expresar las relaciones de conmutación, pero no son particularmente esclarecedoras: ${[\bf{a}\cdot\bf{r},\bf{b}\cdot\bf{p}]}=i\hbar \bf{a}\cdot\bf{b}$ , ${[\bf{a}\cdot\bf{r},\bf{b}\cdot\bf{L}]}=i\hbar \bf{r}\cdot(\bf{a}\times\bf{b})$ , y una análoga para $\bf p$ , dónde $\bf a$ y $\bf b$ son arbitrarios ( $c$ -número) vectores en $\mathbb R^3$ . A continuación, podría proceder como en mi respuesta.
Honestamente, sin embargo, no vale la pena. Elija cualquier marco de referencia. Luego, los que acabo de dar implican los de su respuesta como casos especiales, y los últimos implican los primeros por linealidad (simplemente descomponer $\bf a$ y $\bf b$ en componentes). Los dos son transparentemente equivalentes, por lo que también podría trabajar en un marco determinado tan pronto como sea un poco más cómodo.
¡Genial, gracias de nuevo! Los tomaré en cuenta y volveré a esta derivación más tarde. Todavía una montaña de material para ingerir.

Emilio Pisanty · Answer 1

Lo que quieres no es realmente posible. La razón es que el momento angular de una partícula puede tener un componente de espín, o puede haber otras partículas para las que también debe incluir el momento angular. Más específicamente, todo lo que puede concluir de los argumentos de simetría es que en una teoría rotacionalmente invariante existe un operador de pseudovector $\hat{\mathbf{J}}$ cuyas relaciones de conmutación con los componentes de posición y momento de cualquier partícula en el sistema son las que publicaste. Normalmente incluirá el momento angular orbital de la partícula, $\hat{\mathbf{L}}$ , así como otros operadores como el giro, que conmutará con todos los operadores de posición e impulso.

Esto, por supuesto, obvia el hecho de que si solo tiene los grados de libertad orbitales de una sola partícula, entonces no hay nada allí que tenga más momento angular, y debería seguir la igualdad que desea.

La forma de probarlo es la siguiente. Comienza con un operador de momento angular total $\hat{\mathbf{J}}$ del que sólo conoces sus relaciones de conmutación con $\hat{\mathbf{r}}$ y $\hat{\mathbf{p}}$ . A continuación, construye el operador de momento angular orbital $\hat{\mathbf{L}}$ y demuestre que tiene las mismas relaciones de conmutación con $\hat{\mathbf{r}}$ y $\hat{\mathbf{p}}$ como $\hat{\mathbf{J }}$ . Esto quiere decir, entonces que $\hat{\mathbf{J }}-\hat{\mathbf{L}}$ conmuta con todos los componentes de $\hat{\mathbf{r}}$ y $\hat{\mathbf{ p}}$ .

Ahora, si su sistema realmente consta de una sola partícula, entonces lleva la suma directa de tres representaciones irreducibles del grupo de Heisenberg , cuyo álgebra, por supuesto, está dividida por los componentes de $\hat{\mathbf{r}}$ y $\hat{\mathbf{p}}$ . Esto significa que puede aplicar el lema de Schur para concluir que cada componente de $\hat{\mathbf{J }}-\hat{\mathbf{L}}$ debe ser múltiplo del operador unitario.

Finalmente, en un sistema isotrópico, dicho vector rompería la simetría rotacional global y, por lo tanto, debe ser cero.

¿Se puede derivar el operador de momento angular cuántico a partir de sus relaciones de conmutación con la posición y el momento?

Valentín

Emilio Pisanty

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Valentín

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Valentín

Respuestas (1)

Emilio Pisanty

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