Valores propios semienteros del momento angular orbital

De$\mathbf{L}=\mathbf{Q}\times \mathbf{P}$tenemos$L_z=Q_xP_y-Q_yP_x$. Luego, introduzca los siguientes nuevos operadores (asumiendo unidades de$\hbar=1$):

$$\begin{align} q_1=\frac{Q_x+P_y}{\sqrt{2}},\\ q_2=\frac{Q_x-P_y}{\sqrt{2}},\\ p_1=\frac{P_x-Q_y}{\sqrt{2}},\\ p_2=\frac{P_x+Q_y}{\sqrt{2}}. \end{align}$$ Es inmediato comprobar que $$[q_1,q_2]=[p_1,p_2]=0,\quad [q_j,p_k]=i\delta_{j,k},$$ entonces$q_i$y$p_i$son formalmente operadores de posición y momento de dos sistemas diferentes. Se trata de estos nuevos operadores $$L_z=\frac12(p_1^2+q_1^2)-\frac12(p_2^2+q_2^2).$$ Por lo tanto$L_z$no es más que la diferencia de dos hamiltonianos osciladores armónicos independientes, cada uno con masa$M=1$y frecuencia angular$\omega=1$,$L_z=H_1-H_2$,$H_i=\frac12(p_i^2+q_i^2)$. El espectro de los hamiltonianos del oscilador armónico$H_1$y$H_2$es$(n_1+1/2)$y$(n_2+1/2)$, respectivamente, con$n_1$y$n_2$enteros positivos. Finalmente, desde$[H_1,H_2]=0$, el espectro de$L_z$es $$(n_1+1/2)-(n_2+1/2)=n_1-n_2.$$ Esta es la diferencia de dos números enteros, por lo que es un número entero.

Al resolver la ecuación de Schrödinger para campos de fuerza centrales (p. ej., el átomo de hidrógeno), generalmente se separan las variables usando coordenadas esféricas. El resultado de la ecuación dependiente angular es

$$\frac{\Phi(\phi)}{\sin\theta}\frac{d}{d\theta}(\sin\theta \frac{d\Theta}{d\theta}) +\frac{\Theta(\theta)}{\sin^2\theta}\frac{d^2\Theta(\theta)}{d\phi^2}+\ell(\ell+1)\Theta(\theta)\Phi(\phi)=0$$

EDITAR: El parámetro$\ell$es un parámetro de separación de ecuación diferencial parcial para el SWE. Aparece tanto en la parte radial como en la angular. Las soluciones a la ecuación radial divergirán$r \to \infty$si$\ell$no es entero. Eche un vistazo a las funciones de Laguerre y/o la sección de física matemática de Arfken en el SWE.

Si$\ell$es un número entero, la función radial se desvanecerá como$r \to \infty$que se requiere para una solución físicamente significativa. Esto significa que las soluciones angulares también deben tener números enteros$\ell$y serán las funciones de Legendre asociadas:$\Theta(\theta) = P^m_{\ell}(\cos\theta)$, dónde$m$es la constante de separación para el$\Phi(\phi)$solución. En última instancia, estas dos soluciones angulares forman los armónicos esféricos,$Y^m_{\ell}(\theta,\phi)$.

Los armónicos esféricos son las funciones propias del cuadrado del operador del momento angular de la mecánica cuántica.

En resumen, si$\ell$no es un número entero, no hay soluciones convergentes físicamente realizables para el SWE. Los valores semienteros no dan soluciones radiales nulas.

En primer lugar, observe que a partir de la teoría general del momento angular, los valores propios$m$de$J_z$son enteros si y solo si $j$es entero porque

$$m = -j, -j+1,\ldots, j-1, j\:.$$

En esta coyuntura fíjate que, pasando de coordenadas cartesianas a esféricas, te encuentras

$$L_z= -i \partial_\phi\:.$$ Por inspección directa, usando esta expresión, se ve que las funciones propias de$L_z$están en$\mathbb{Z}$. Use en particular el hecho de que las funciones propias deben ser periódicas en$[0, 2\pi]$:

$$-i\partial_\phi f(\phi) = m f(\phi)$$

implica, para alguna constante$C$,

$$f(\phi) = Ce^{im \phi}$$

Desde$f(0)= f(2\pi)$, la única posibilidad es$m = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$y por lo tanto$j$es entero también.

Vale la pena enfatizar que no es posible responder a esta pregunta apoyándose únicamente en argumentos físicos. Físicamente hablando, no hay forma de ver la fase.$-1$asociado a semi-entero$j$para rotaciones de$2\pi$, desde$|\psi\rangle$y$-|\psi\rangle$ representan el mismo estado cuántico . Este hecho, además del principio de superposición, conduce a la regla de superselección del momento angular.

1. En esta respuesta elaboramos el método de Ballentine para encontrar una transformación canónica (CT)

   $$(q,p)\quad \longrightarrow\quad (Q,P),\tag{1}$$
   cf. La respuesta de NessunDorma . Esto lleva a una prueba de que (una irrep de dimensión finita de) el operador de momento angular orbital (OAM) tiene un número cuántico de espín entero, cf. Pregunta del título del OP.

2. Recuerde en primer lugar que, en lugar de los operadores de posición y momento, podemos usar de manera equivalente los operadores de aniquilación y creación

   $$\begin{align} a^j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}q^j+\frac{ip_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}} , \cr a^{\dagger}_j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}q^j-\frac{ip_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}}, \cr A^j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}Q^j+\frac{iP_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}}, \cr A^{\dagger}_j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}Q^j-\frac{iP_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}} ,\cr j~\in~&\{1,2,3\}. \end{align}\tag{2}$$ Aquí$m\omega>0$es alguna constante dimensional apropiada cuyo valor numérico no es importante para lo que sigue. Los operadores OAM son $$\begin{align} L_j~=~&\sum_{k,\ell=1}^3\epsilon_{jk\ell}q^kp_{\ell}\cr ~\stackrel{(2)}{=}~& -i\hbar\sum_{k,\ell=1}^3\epsilon_{jk\ell}a_k^{\dagger}a^{\ell} ,\cr j~\in~&\{1,2,3\}.\end{align} \tag{3}$$ Los operadores numéricos son $$\begin{align} n_j~:=~&a_j^{\dagger}a^j,\quad(\longleftarrow\text{no $j$-sum})\cr N_j~:=~&A_j^{\dagger}A^j,\quad(\longleftarrow\text{no $j$-sum})\cr j~\in~&\{1,2,3\}. \end{align}\tag{4}$$

3. Considere un TC lineal de 1 parámetro conectado a la identidad$^1$

   $$\begin{align} Q^j~=~& q^j\cos\theta + \frac{1}{m\omega}\sum_{k=1}^2|\epsilon^{jk}| p_k\sin\theta,\cr P_j~=~& p_j\cos\theta - m\omega\sum_{k=1}^2|\epsilon_{jk}| q^k\sin\theta, \cr A^j~=~& a^j\cos\theta - i\sum_{k=1}^2|\epsilon^{jk}| a^k\sin\theta,\cr A_j^{\dagger}~=~& a_j^{\dagger}\cos\theta + i\sum_{k=1}^2|\epsilon^{jk}| a_k^{\dagger}\sin\theta,\cr j~\in~&\{1,2\}, \cr Q^3~=~& q^3,\cr P_3~=~& p_3,\cr A^3~=~& a^3, \end{align} \tag{5}$$

4. La observación de Ballentine se convierte en

   $$\begin{align} N_1-N_2~\stackrel{(3)+(4)+(5)}{=}&~(n_1-n_2)\cos 2\theta\cr &+ \frac{L_3}{\hbar} \sin 2\theta.\end{align} \tag{6}$$ Por supuesto, estamos interesados ​​principalmente en el ángulo.$\theta=\frac{\pi}{4}$, donde la OAM $$\frac{L_3}{\hbar}~\stackrel{(6)}{=}~N_1-N_2\tag{7}$$ se convierte en la diferencia de dos operadores numéricos, cf. La pregunta de OP.

5. Dejar$V_{\ell}$sea ​​un espín de dimensión finita$\ell$irrep del álgebra de Lie OAM

   $${\rm span}_{\mathbb{R}}(L_1,L_2,L_3)~\cong~ so(3).\tag{8}$$ Nos gustaría probar que$\ell$no puede ser medio giro, cf. La pregunta de OP.

6. Tenga en cuenta que

   $$\sum_{j=1}^3N_j~\stackrel{(4)+(5)}{=}~\sum_{j=1}^3n_j\tag{9}$$ es un operador Casimir en el sentido de que conmuta con$L_1$,$L_2$&$L_3$. Por lo tanto, existe un conjunto común de autobases$|\ell m\rangle$tal que $$\begin{align}L_3|\ell m\rangle~=~&\hbar m|\ell m\rangle,\cr \vec{L}^2|\ell m\rangle~=~&\hbar^2\ell(\ell+1)|\ell m\rangle, \cr \ell, m~\in~&\frac{1}{2}\mathbb{Z}, \cr \sum_{j=1}^3N_j|\ell m\rangle~=~&\nu |\ell m\rangle, \cr \nu~\geq~&0.\end{align}\tag{10}$$

7. Considere uno de esos estados$|\ell m\rangle$. podemos actuar sobre$|\ell m\rangle$(finitamente muchas veces) con operadores de aniquilación$A^1$,$A^2$&$A^3$, para alcanzar un estado de vacío de Fock$|\Omega\rangle\neq 0$con$^2$

   $$A^j|\Omega\rangle~=~0,\qquad j~\in~\{1,2,3\}.\tag{11}$$ (De lo contrario, habrá estados de norma negativos por un argumento estándar, cf., por ejemplo, la sección 6.1 en la Ref. 1 o mi respuesta Phys.SE aquí ).

8. A su vez, esto implica que$|\ell m\rangle$es un vector propio común para$N_1$,$N_2$&$N_3$, con valores propios enteros. En particular,$m$debe ser un número entero, cf. ecuaciones (7) y (10).$\Box$

9. Es interesante notar que aunque, por supuesto, no hay irreps de medio giro genuinos (a diferencia de los proyectivos) del grupo de rotación 3D$SO(3)$, el álgebra de Lie correspondiente$so(3)$tiene en principio irreps de medio espín, es decir, no hay obstrucciones topológicas en el nivel del álgebra de Lie. Sin embargo, como vimos anteriormente, para el álgebra de Lie OAM, ¡la representación del espacio de Fock subyacente del álgebra de Heisenberg dice lo contrario! En ese sentido, esta prueba es muy diferente de una prueba topológica.

Referencias:

1. LE Ballentine, QM desarrollos modernos, 1998; pag. 170.

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$^1$Nuestra notación es ligeramente diferente de la Ref. 1. Para empezar, preferimos usar letras minúsculas antes del CT (5) y mayúsculas después. Una función generadora de tipo 2 para el TC (5) es

$$\begin{align} F_2(q,P)~=~&q^3P_3+\frac{\sum_{j=1}^2q^jP_j}{\cos\theta}\cr ~+~&\frac{1}{2}\sum_{j,k=1}^2\left(m\omega|\epsilon_{jk}| q^jq^k+\frac{1}{m\omega}|\epsilon^{jk}| P_jP_k\right) \tan\theta.\end{align}\tag{12}$$

$^2$El vacío de Fock$|\Omega\rangle$pasa a ser invariante bajo el CT (5):

$$\begin{align} a^j|\Omega\rangle ~=~&0 \cr ~\Updownarrow~& \cr A^j|\Omega\rangle ~=~&0,\cr j~\in~&\{1,2,3\}.\end{align} \tag{13}$$ Tenga en cuenta que la aspiradora Fock$|\Omega\rangle$depende de la constante$m\omega$.

Ya había respondido esta pregunta, pero mi respuesta tenía un error fatal. Esto debería ser correcto.

Primero, tenemos que hacer una demanda física. Exigimos que una rotación por$2\pi$de configuración espacial (distinta de una configuración interna, es decir, giro) deja invariable la física. A partir de un estudio del primer grupo de homotopía.$Z_2$, sabemos que en general hay dos posibilidades para una rotación por$2\pi$(esto generalmente se estudia en el contexto de la cuantificación topológica):$R(2\pi)=1$y$R(2\pi)=-1$. Para$R$para ser una rotación espacial física , exigimos$R(2\pi)=1.$Sin embargo, el operador de rotación en el$x-y$avión es$R=\exp(-i\theta L_z)$dónde$L_z|\psi\rangle=m|\psi\rangle$. Así requerimos$\exp(-2\pi im)=0$. Esto solo se soluciona con$m\in\mathbb{Z}$, que, según las reglas de los operadores de escalera, implica$l\in\mathbb{Z}$.

Voy a tratar de responder a la pregunta, por lo que se dice en los comentarios:

¡No me parece que las 7 respuestas respondan correctamente a la pregunta! Por eso volví a abrir la pregunta.

Antes de profundizar en la explicación creo que es importante señalar que el Momento Angular Orbital es una cantidad física que se define por primera vez en la Mecánica Clásica. Su analogía mecánica cuántica se obtiene por una conjetura (razonable) de que la expresión debería tener los mismos componentes, y simplemente traduciendo las variables clásicas a operadores cuánticos. Pero no surgió directamente de los principios de simetría de QM.

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¿Por qué no puedo?$\hat{\mathbf{L}}^2$tienen números cuánticos semienteros?

Primero encontramos el momento angular orbital en el contexto de la solución del átomo de hidrógeno mientras buscamos un conjunto completo de observables conmutantes para expresar los estados ligados del sistema.

Se define, de la misma forma que el hamiltoniano, por analogía con el momento angular clásico como:

$$\hat{\mathbf{L}}\equiv\hat{\mathbf{X}}\times\hat{\mathbf{P}}=-i\hbar\mathbf{x}\times\boldsymbol{\nabla}$$

donde la última igualdad se mantiene en la representación de posición y momento del vector de estado$\Psi$. los componentes de$\hat{\mathbf{L}}$Se puede escribir como:

$$\hat L_i=-i\hbar\sum\limits_{j,k}\varepsilon_{ijk}x_j\frac{\partial}{\partial x_k}$$

dónde$\varepsilon_{ijk}$es el símbolo de Levi-Civita . El momento angular orbital total, el tema de su pregunta, viene dado por$\hat{\mathbf{L}}^2$,

$$\hat{\mathbf{L}}^2=\sum\limits_i\hat L_i\hat L_i=-\hbar^2\sum\limits_{i,j,k,l,m}\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{ilm}x_j\left(\frac{\partial}{\partial x_k}\right)x_l\left(\frac{\partial}{\partial x_m}\right)$$

Y saltándonos algunos pasos llegamos a:

$$\hat{\mathbf{L}}^2=-\hbar^2\left(r^2\nabla^2-\frac{\partial}{\partial r}r^2\frac{\partial}{\partial r}\right)$$

Expresado en coordenadas esféricas$(r, \theta, \phi)$(el momento angular total tiene que ser rotacionalmente invariante, por lo que se espera que el operador sea solo una función de la$r$coordinar).

por un razonable$^{*}$potencial$V(\mathbf x)$podemos expresar$\Psi$cerca del origen como una serie de potencias en los vectores base. En particular, como$r\to 0$, solo los términos con el orden más bajo en la serie "sobreviven":

$$\Psi(\mathbf x) \to r^{\ell}Y(\theta, \phi)$$

Aquí$\ell$es el orden del término más bajo que no desaparece en la serie de potencias. El$Y(\theta, \phi)$también es un$\ell$Polinomio de 'ésimo orden (homogéneo) en$\{\mathrm{sin}(\theta)\mathrm{cos}(\phi), \ \mathrm{sin}(\theta)\mathrm{sin}(\phi), \ \mathrm{cos}(\theta)\}$(puede identificarlos como los$\{x, \ y, \ z\}$componentes de un vector unitario).

Actuando sobre esto$\Psi$con$\hat{\mathbf{L}}^2$obtenemos,

$$\hat{\mathbf{L}}^2\Psi \to \hbar^2\ell(\ell+1)\Psi$$

Ahora si$\Psi$es una función propia de$\hat{\mathbf{L}}^2$entonces el valor propio debe ser el mismo para todos y cada uno de los puntos, por lo que concluimos que el valor propio de tal función debe ser$\hbar^2\ell(\ell+1)$.

Esto es lo más lejos que podemos llegar con el momento angular en la representación de posición-momento. Como vimos sobre todas las funciones de onda (razonables), incluidas las funciones propias de$\hat{\mathbf{L}}^2$se puede expresar como$\propto r^\ell$Para pequeños$r$. Y no hay series de potencias fraccionarias.$^{**}$, se deduce que el momento angular orbital solo tiene números cuánticos enteros (positivos).

Entonces, para responder a tu pregunta,

¿Alguien tiene un argumento decisivo sobre por qué excluimos los valores semienteros del espectro del operador orbital?

Porque el momento angular orbital se eligió para que coincidiera con nuestra definición clásica de momento angular. Esto conduce a la expresión anterior de$\hat{\mathbf{L}}^2$con sus correspondientes limitaciones.

Al menos así lo interpreto yo.

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¿Cómo aparecen los momentos angulares semienteros?

Como hemos visto, la representación de posición-momento solo nos da momentos angulares enteros, para momentos angulares más generales necesitamos confiar en los principios de simetría.

Las simetrías son transformaciones que dejan invariantes las ecuaciones de movimiento y el contenido físico de las representaciones matemáticas. En la mecánica clásica, las simetrías están codificadas en el grupo galileano : las rotaciones espaciales, las traslaciones en el espacio y el tiempo y las transformaciones galileanas no deberían cambiar el resultado de un experimento (si realizo un experimento en las mismas condiciones, no debería importar si lo hago). hoy o mañana, o si lo hago en Hansford o Livingston).

En mecánica cuántica, todas las transformaciones que actúan sobre los vectores de estado deben ser Unitarias , para preservar el producto interior (y por tanto las probabilidades). Eso es,

$$\langle\hat{U}\Psi\vert\hat{U}\Phi\rangle = \langle\Psi\vert\Phi\rangle$$

Resulta que$\hat{U}^{\dagger}\hat{U}=\hat{1}$. Para transformaciones infinitesimales (por ejemplo, rotación por un ángulo infinitesimal), los operadores unitarios toman la siguiente forma:

$$\hat U = \hat{1}+i\epsilon \hat T+\cdots$$

dónde$\epsilon$es el número "infinitesimal" (arbitrariamente pequeño). Aquí, el operador$\hat T$es hermético. En este contexto$\hat T$se llama el generador de la transformación (podría repetir la transformación infinitesimal un número infinito de veces para obtener una transformación finita y la única información que necesita para hacer eso es$\hat T$). Puede usar esto para mostrar que el operador de cantidad de movimiento es el generador de traslaciones espaciales y el hamiltoniano es el generador de traslaciones temporales.

si sabes que forma$\epsilon$toma (está relacionado con la transformación en cuestión) puede explotar la condición unitaria$\hat{U}^{\dagger}\hat{U}=\hat{1}$para llegar a las relaciones del conmutador para el operador$\hat T$. El caso particular del momento angular ($\hat T =\hat{\mathbf{J}}$) se muestra en el capítulo 4, sección 1 de las Conferencias de Weinberg sobre mecánica cuántica . Omitiré los detalles de la derivación, pero a lo que llegas es:

$$\left[\hat J_i, \hat J_j\right]=i\hbar\sum\limits_k\varepsilon_{ijk}\hat J_k$$

Como puedes comprobar,$\hat{\mathbf{L}}$también satisface las relaciones de conmutación$^{***}$. En general podemos expresar$\hat{\mathbf{J}}$como,

$$\hat{\mathbf{J}}=\hat{\mathbf{L}}+\hat{\mathbf{S}}$$

eso ya lo hemos visto$\hat{\mathbf{L}}$tiene momentos angulares enteros, por lo que el único lugar para los medios enteros es$\hat{\mathbf{S}}$. Además, con esto puedes comprobar que$\left[\hat S_i, \hat L_j\right]=0$, y también,

$$\left[\hat S_i, \hat X_j\right]=\left[\hat S_i, \hat P_j\right]=0$$

Lo que significa esta última ecuación es que$\hat{\mathbf{S}}$es independiente de$\hat{\mathbf{X}}$y$\hat{\mathbf{P}}$, y es por eso que no podemos ver el giro en la representación de posición-momento.

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En la parte de simetría omití muchas cosas para no hacer la respuesta demasiado extensa. La fuente de la mayor parte de mi respuesta son los capítulos 2,3 y 4 de:

Weinberg, S. (2015). Conferencias sobre Mecánica Cuántica . Cambridge: Prensa de la Universidad de Cambridge.

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$^{*}$En la ecuación de Schrödinger independiente del tiempo tenemos$\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\Psi=(V-E)\Psi$,$E$es finito pero$V$pueden divergir (como en el átomo de hidrógeno), pero si la divergencia no es muy singular, entonces las primeras derivadas de$\Psi$será al menos finito y$\Psi$en sí mismo será continuo en todas partes (y diferenciable en todas partes excepto posiblemente en el punto singular)

$^{**}$Por ejemplo$r^{\frac{1}{2}}$ni siquiera tiene una expansión de serie en$r=0$mientras que semienteros de orden superior de la forma$a+\frac{1}{2}$, para$a\in\mathbb N$, tienen su primera$a$derivados en$r=0$igual a cero (por lo que es una expansión trivial) y sus$(a+1)$'th derivada diverge (por lo que la expansión es indefinida).

$^{***}$Hay una diferencia importante. Para cualquier operador vectorial$\hat{\mathbf{V}}$, la relación de conmutación$\left[\hat J_i, \hat V_j\right]=i\hbar\sum\limits_k\varepsilon_{ijk}\hat V_k$se mantiene, pero esto no es cierto si cambiamos$\hat{\mathbf{J}}$para$\hat{\mathbf{L}}$.

Entonces, básicamente, mi pregunta es: ¿Alguien tiene un argumento decisivo sobre por qué excluimos los valores semienteros del espectro del operador orbital?

Volvamos a lo básico.

Para empezar, los valores propios del momento angular no son enteros. Ni siquiera un múltiplo entero, ya que una raíz cuadrada se interpone en el camino.

Esto se descubrió al resolver la ecuación de Schrödinger, y el gran éxito de poder ajustar los espectros atómicos con los números cuánticos dados por la solución de la ecuación de onda da validez a la definición. Sucede que$l$es un número entero. Por lo tanto, ajustar los datos es responsable de que l sea un número entero en la fórmula anterior, ya que la ecuación que lo hace sale con la fórmula anterior para los momentos angulares. Si los datos se ajustaran con medio entero$l$eso es con lo que nos habríamos quedado atrapados.

Los números cuánticos de espín semienteros también están definidos por los datos, claramente, en las interacciones de la física de partículas. La conservación del momento angular es una declaración axiomática en la física clásica (porque eso es lo que nos dicen las mediciones), en las interacciones de partículas elementales, los espines semienteros se asignaban necesariamente axiomáticamente a electrones, protones, neutrones y neutrinos para que las interacciones conservaran el momento angular. Por lo tanto, la conservación del momento angular también se conserva como una declaración axiomática en las interacciones cuánticas,

Así que son los datos los que definen el momento angular. El hecho obvio de que uno puede definir formas matemáticas teóricas de campo complicadas con operadores de momento angular no debería oscurecer el hecho de que eso es lo que nos dicen los datos .

Definimos el estado de momento angular básico por la acción del$z$operador de momento angular -componente$L_z$y el operador de momento angular total al cuadrado$L^2=\sum_{i=1}^3L_iL_i$:

$$L_z|l,m\rangle=m|l,m\rangle\quad\text{and}\quad L^2|l,m\rangle=l(l+1)|l,m\rangle$$ Como probablemente sepa, definimos operadores de subida y bajada $$L_\pm=L_x\pm iL_y$$ que actúan sobre estados como $$L_\pm|l,m\rangle=\sqrt{l(l+1)-m(m\pm1)}|l,m\pm1\rangle$$ Ahora probamos que solo los valores propios enteros tienen sentido por contradicción. Digamos que medimos el momento angular a lo largo de la $z$-eje. Decimos que la partícula está en reposo si $m=0$. Usando los operadores de subida y bajada, obtenemos el habitual $-l,-l+1,\dots,l-1,l$espectro. Supongamos, sin embargo, que realizamos la medición $$L_z|l,m\rangle=\tfrac{1}{2}|l,m\rangle$$ Sin embargo, esto no tiene sentido. Parecería que, yendo en pasos enteros, no podemos hacer que la partícula esté en reposo. Este es el momento angular intrínseco, es decir, el giro. Si queremos que la partícula pueda tener una $m=0$estado a lo largo del $z$-eje, el momento angular orbital debe cuantificarse en números enteros.

Lo excluimos porque hacerlo está de acuerdo con el experimento. Pero a través de muchas canciones y bailes, puede argumentar que el operador de momento angular que ingresa al hamiltoniano es un vector después de todo, y los vectores se transforman bajo representaciones enteras de SU (2) en lugar de medios enteros.

En cuanto al valor único de la función de onda, bueno, si$\psi$saltó discontinuamente en algún ángulo, entonces el operador de momento angular sería infinito en ese punto. De este modo$psi$no sería realmente una función propia.

Considere el caso más simple, el movimiento en un potencial esféricamente simétrico. El hamiltoniano se convierte en,

$$-\frac {\hbar^2}{2m}\left[\frac {1}{r^2} \frac {∂}{∂r} \left(\frac {r^2∂}{∂r}\right) + \frac {1}{r^2\sin\theta} \frac {∂}{∂\theta} \left(\sin\theta \frac {∂}{∂\theta}\right) + \frac {1} {r^2\sin^2\theta}\frac {∂^2}{∂\phi^2}\right] + V(r)$$

No hay nada en este hamiltoniano que sugiera que en la rotación de la solución por$2\pi$la función de onda debe cambiar de signo.