Drehimpuls zum Quadrat und Hamilton-Operator?

Question

Drehimpuls zum Quadrat und Hamilton-Operator?

Illari

Ich versuche es zu zeigen, für den Hamiltonianer $H = \vec{P}^2/2m + V(\vec{X})$ , Das $[\vec{L}^2,H]=0$ Wenn $V(\vec{X}) = V(|\vec{X}|)$ , und ich habe es fast geschafft, es gibt nur eine Sache, bei der ich durcheinander komme.

Was ich also tat, war:

[{\vec{L}}^{2}, H] = [L_{X}^{2} + L_{j}^{2} + L_{z}^{2}, \frac{{\vec{P}}^{2}}{2 M} + v (\vec{X})] = [L_{X}^{2} + L_{j}^{2} + L_{z}^{2}, \frac{{\vec{P}}^{2}}{2 M} + 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{P}}^{2}}{2 M} + v (| \vec{X} |)] + [L_{j}^{2}, \frac{{\vec{P}}^{2}}{2 M} + v (| \vec{X} |)] + [L_{z}^{2}, \frac{{\vec{P}}^{2}}{2 M} + v (| \vec{X} |)]

$= [L_x^2,\frac{\vec{P}^2}{2m} + V(|\vec{X}|)] + [L_y^2,\frac{\vec{P}^2}{2m} + V(|\vec{X}|)] + [L_z^2,\frac{\vec{P}^2}{2m} + V(|\vec{X}|)]$ Mit Blick auf die

L_{x}^{2}

$L_x^2$ Komponente:

\to [L_{X}^{2}, \frac{{\vec{P}}^{2}}{2 M} + v (| \vec{X} |)] = \frac{1}{2 M} [L_{X}^{2}, P^{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 M} [L_{X}^{2}, P_{X}^{2} + P_{j}^{2} + P_{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 M} ([L_{X}^{2}, P_{X}^{2}] + [L_{X}^{2}, P_{j}^{2}] + [L_{X}^{2}, P_{z}^{2}]) + [L_{X}^{2}, v (| \vec{X} |)]

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

Nun zu den Momentum-Teilen, das ist eine Menge mühsamer Arbeit, die ich nicht abtippen werde, aber am Ende des Tages verstehe ich das

[L_{X}^{2}, P_{X}^{2}] = [L_{X}^{2}, P_{j}^{2}] = [L_{X}^{2}, P_{z}^{2}] = 0

$[L_x^2,P_x^2]=[L_x^2,P_y^2]=[L_x^2,P_z^2]=0$ und ähnlich für

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

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

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

$[L_z^2,P^2]=0$ . Mein Problem ist folgendes, damit dies funktioniert, brauche ich

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

$[L_x^2,V(|\vec{X}|)] = 0$ und ähnlich

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

$[L_y^2,V(|\vec{X}|)]=[L_z^2,V(|\vec{X}|)]=0$ aber ich verstehe nicht wirklich warum das so sein soll? Jeder Einblick wäre willkommen.

Gonenc

Als Randbemerkung: Niemals in der Physik sollte man versuchen, zuerst etwas Schwierigeres zu tun, zB den Kommutator klar zu berechnen

[L_{x}, V]

$[L_x,V]$ ist viel einfacher als Rechnen

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

$[L_x^2,V]$ . Mit anderen Worten, Sie sollten immer zuerst versuchen, "faul" zu sein :)

Antworten (2)

Drehimpuls zum Quadrat und Hamilton-Operator?

Als Randbemerkung: Niemals in der Physik sollte man versuchen, zuerst etwas Schwierigeres zu tun, zB den Kommutator klar zu berechnen $[L_x,V]$ ist viel einfacher als Rechnen $[L_x^2,V]$ . Mit anderen Worten, Sie sollten immer zuerst versuchen, "faul" zu sein :)

Gonenc · Answer 1

Mike hat die Frage bereits beantwortet, aber ich denke, es gibt eine andere nette Antwort, in der Sie kartesische Koordinaten verwenden können. Beachten Sie, dass (ich werde keine Hüte für Operatoren verwenden und wiederholte Indizes summiert werden!) $L_i = \epsilon_{ijk} x_j p_k$ als Operator haben wir also:

[L_{ich}, X_{l}] = ϵ_{ich J k} [X_{J} P_{k}, X_{l}] = ϵ_{ich J k} X_{J} [P_{k}, X_{l}] = - ich ℏ ϵ_{ich J k} X_{J} δ_{k l} = - ich ℏ ϵ_{ich J l} X_{J} = ich ℏ ϵ_{ich l J} X_{J}

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

wobei ich im zweiten Schritt die Kommutatoridentität verwendet habe $[A,BC]=B[A,C]+[A,B]C$ und im letzten Schritt vertauscht $j$ Und $l$ . Ebenso haben wir (vielleicht bis zu einem Zeichen):

[L_{ich}, P_{l}] = ich ℏ ϵ_{ich l J} X_{J}

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

Daher kommen wir mit $r^2=x_lx_l$ :

[L_{ich}, R^{2}] = [L_{ich}, X_{l} X_{l}] = 2 ich ℏ ϵ_{ich l J} X_{J} X_{l} = 0 = [L_{ich}, P^{2}]

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

Beachten Sie, dass dies der Intuition entspricht, dass die Länge des Vektors $x$ Und $p$ ändert sich nicht unter Rotation. Schließlich müssen wir nur beobachten, dass jede Funktion $V(|x|)$ kann als Funktion geschrieben werden $V(r^2)$ und somit:

[L_{ich}, v (R^{2})] = 0 = [L_{ich}, v (| X |)]

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

Beachten Sie, dass wir damit etwas viel Stärkeres bewiesen haben $[H,L_i]=0$ wenn das Potential nur vom Radius abhängig ist.

Eine Randbemerkung: Das klassische Analogon dieses Problems besteht darin, zu zeigen, dass der Drehimpulsvektor erhalten bleibt, wenn er sich in einem zentralen Potential befindet $V(r)$ .

Hübsch. Der erste Teil ist das, woran ich gedacht habe, als ich meinen Kommentar abgegeben habe $[L^2, P^2]$ , aber mit $r^2 = x_l x_l$ ist ziemlich schlau.

Mike · Answer 2

Erinnere dich daran $L_x$ , $L_y$ , Und $L_z$ sind Rotationsgeneratoren um die $x$ , $y$ , Und $z$ Achsen bzw. Aber $V(\vec{X})=V(|\vec{X}|)$ sagt, dass Ihr Potenzial unter Rotationen unveränderlich ist. Aus diesen Gründen würde man physikalisch erwarten, dass jeder dieser Drehimpulsoperatoren mit einem solchen potentiellen Operator pendelt $V$ .

Mathematisch würde ich sagen, dass der einfachste Weg, dies zu sehen, darin besteht, den Drehimpulsoperator in sphärischen Koordinaten zu verwenden . Genauer gesagt würde ich sagen, dass Sie wahrscheinlich sichern und einfach beweisen sollten $[L^2, V(|\vec{X}|)] = 0$ durch Erweitern $L^2$ als $\frac{1}{2}(L_{+}L_{-} + L_{-}L_{+}) + L_{z}^2$ . Beachten Sie, dass diese Operatoren nein haben $\partial / \partial_r$ Begriff, also pendeln sie mit $V(r)$ .

Ich vermute, Sie haben bisher Ihre gesamte Arbeit auf kartesischer Basis erledigt. Das ist richtig, aber es macht oft Sinn, sich nach anderen Wegen umzusehen, um ein Problem zu lösen. Und das Ändern von Koordinaten ist eines der ersten Dinge, an die Sie denken sollten.

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Illari

Gonenc

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Gonenc

Mike

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