Halbzahlige Eigenwerte des Bahndrehimpulses

Aus$\mathbf{L}=\mathbf{Q}\times \mathbf{P}$wir haben$L_z=Q_xP_y-Q_yP_x$. Führen Sie dann die folgenden neuen Operatoren ein (unter der Annahme von Einheiten von$\hbar=1$):

$$\begin{align} q_1=\frac{Q_x+P_y}{\sqrt{2}},\\ q_2=\frac{Q_x-P_y}{\sqrt{2}},\\ p_1=\frac{P_x-Q_y}{\sqrt{2}},\\ p_2=\frac{P_x+Q_y}{\sqrt{2}}. \end{align}$$ Das ist sofort zu überprüfen $$[q_1,q_2]=[p_1,p_2]=0,\quad [q_j,p_k]=i\delta_{j,k},$$ So$q_i$Und$p_i$sind formal Orts- und Impulsoperatoren zweier verschiedener Systeme. Es gilt für diese neuen Betreiber $$L_z=\frac12(p_1^2+q_1^2)-\frac12(p_2^2+q_2^2).$$ Deshalb$L_z$ist nichts anderes als die Differenz zweier unabhängiger harmonischer Oszillator-Hamiltonoperatoren, die jeweils Masse haben$M=1$und Kreisfrequenz$\omega=1$,$L_z=H_1-H_2$,$H_i=\frac12(p_i^2+q_i^2)$. Das Spektrum der Hamilton-Oszillatoren des harmonischen Oszillators$H_1$Und$H_2$Ist$(n_1+1/2)$Und$(n_2+1/2)$, bzw. mit$n_1$Und$n_2$positive ganze Zahlen. Endlich seit$[H_1,H_2]=0$, das Spektrum von$L_z$Ist $$(n_1+1/2)-(n_2+1/2)=n_1-n_2.$$ Dies ist die Differenz zweier ganzer Zahlen, also eine ganze Zahl.

Beim Lösen der Schrödinger-Gleichung für zentrale Kraftfelder (z. B. das Wasserstoffatom) trennt man Variablen im Allgemeinen unter Verwendung von Kugelkoordinaten. Das Ergebnis der winkelabhängigen Gleichung ist

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

EDIT: Der Parameter$\ell$ist ein partieller Differentialgleichungs-Trennparameter für die SWE. Es erscheint sowohl im radialen als auch im winkligen Teil. Die Lösungen der Radialgleichung gehen auseinander$r \to \infty$Wenn$\ell$ist nicht ganzzahlig. Werfen Sie einen Blick auf Laguerre-Funktionen und/oder Arfkens Abschnitt Mathematische Physik auf der SWE.

Wenn$\ell$eine ganze Zahl ist, verschwindet die radiale Funktion als$r \to \infty$was für eine physikalisch sinnvolle Lösung erforderlich ist. Das bedeutet, dass auch die Winkellösungen ganzzahlig sein müssen$\ell$und werden die zugehörigen Legendre-Funktionen sein:$\Theta(\theta) = P^m_{\ell}(\cos\theta)$, Wo$m$ist die Trennungskonstante für die$\Phi(\phi)$Lösung. Letztendlich bilden diese beiden Winkellösungen die Kugelflächenfunktionen,$Y^m_{\ell}(\theta,\phi)$.

Die Kugelflächenfunktionen sind die Eigenfunktionen des Quadrats des quantenmechanischen Drehimpulsoperators.

Zusammenfassend, wenn$\ell$keine ganze Zahl ist, gibt es keine konvergenten, physikalisch realisierbaren Lösungen für die SWE. Die halbzahligen Werte ergeben keine verschwindenden radialen Lösungen.

Beachten Sie zunächst, dass aus der allgemeinen Theorie des Drehimpulses die Eigenwerte stammen$m$von$J_z$sind ganzzahlig genau dann, wenn $j$ist ganzzahlig, weil

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

Beachten Sie an dieser Stelle, dass Sie beim Übergang von kartesischen Koordinaten zu sphärischen Koordinaten finden

$$L_z= -i \partial_\phi\:.$$ Bei direkter Betrachtung sehen Sie anhand dieses Ausdrucks, dass die Eigenfunktionen von$L_z$sind in$\mathbb{Z}$. Nutzen Sie insbesondere die Tatsache, dass die Eigenfunktionen periodisch sein müssen$[0, 2\pi]$:

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

impliziert, für einige konstant$C$,

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

Seit$f(0)= f(2\pi)$, die einzige Möglichkeit ist$m = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$und somit$j$ist ebenfalls ganzzahlig.

Es muss betont werden, dass es nicht möglich ist, diese Frage nur mit physikalischen Argumenten zu beantworten. Physikalisch gesehen gibt es keine Möglichkeit, die Phase zu sehen$-1$verbunden mit Halbzahl$j$für Drehungen von$2\pi$, seit$|\psi\rangle$Und$-|\psi\rangle$ denselben Quantenzustand darstellen . Diese Tatsache führt neben dem Superpositionsprinzip zur Superselektionsregel des Drehimpulses.

1. In dieser Antwort gehen wir auf Ballentines Methode zum Finden einer kanonischen Transformation (CT) ein.

   $$(q,p)\quad \longrightarrow\quad (Q,P),\tag{1}$$
   vgl. NessunDormas Antwort . Dies führt zu einem Beweis, dass (ein endlichdimensionales Irrep von) der Orbitaldrehimpuls-(OAM)-Operator eine ganzzahlige Spinquantenzahl hat, vgl. Titelfrage von OP.

2. Erinnern wir uns zunächst daran, dass wir anstelle von Orts- und Impulsoperatoren äquivalent Vernichtungs- und Erzeugungsoperatoren verwenden können

   $$\begin{align} a^j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}q^j+\frac{ip_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}} , \cr a^{\dagger}_j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}q^j-\frac{ip_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}}, \cr A^j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}Q^j+\frac{iP_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}}, \cr A^{\dagger}_j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}Q^j-\frac{iP_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}} ,\cr j~\in~&\{1,2,3\}. \end{align}\tag{2}$$ Hier$m\omega>0$eine geeignete Dimensionskonstante ist, deren numerischer Wert für das Folgende nicht wichtig ist. Die OAM-Operatoren sind $$\begin{align} L_j~=~&\sum_{k,\ell=1}^3\epsilon_{jk\ell}q^kp_{\ell}\cr ~\stackrel{(2)}{=}~& -i\hbar\sum_{k,\ell=1}^3\epsilon_{jk\ell}a_k^{\dagger}a^{\ell} ,\cr j~\in~&\{1,2,3\}.\end{align} \tag{3}$$ Die Zahlenoperatoren sind $$\begin{align} n_j~:=~&a_j^{\dagger}a^j,\quad(\longleftarrow\text{no $j$-sum})\cr N_j~:=~&A_j^{\dagger}A^j,\quad(\longleftarrow\text{no $j$-sum})\cr j~\in~&\{1,2,3\}. \end{align}\tag{4}$$

3. Stellen Sie sich einen linearen 1-Parameter-CT vor, der mit der Identität verbunden ist$^1$

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

4. Ballentines Beobachtung wird

   $$\begin{align} N_1-N_2~\stackrel{(3)+(4)+(5)}{=}&~(n_1-n_2)\cos 2\theta\cr &+ \frac{L_3}{\hbar} \sin 2\theta.\end{align} \tag{6}$$ Uns interessiert natürlich vor allem der Winkel$\theta=\frac{\pi}{4}$, wo die OAM $$\frac{L_3}{\hbar}~\stackrel{(6)}{=}~N_1-N_2\tag{7}$$ wird zur Differenz zweier Zahlenoperatoren, vgl. Frage von OP.

5. Lassen$V_{\ell}$sei ein endlichdimensionaler Spin-$\ell$irrep der OAM-Lie-Algebra

   $${\rm span}_{\mathbb{R}}(L_1,L_2,L_3)~\cong~ so(3).\tag{8}$$ Das möchten wir beweisen$\ell$kann nicht Half-Spin sein, vgl. Frage von OP.

6. Beachten Sie, dass

   $$\sum_{j=1}^3N_j~\stackrel{(4)+(5)}{=}~\sum_{j=1}^3n_j\tag{9}$$ ist ein Casimir-Operator in dem Sinne, dass er pendelt$L_1$,$L_2$&$L_3$. Daher gibt es einen gemeinsamen Satz von Eigenbasis$|\ell m\rangle$so dass $$\begin{align}L_3|\ell m\rangle~=~&\hbar m|\ell m\rangle,\cr \vec{L}^2|\ell m\rangle~=~&\hbar^2\ell(\ell+1)|\ell m\rangle, \cr \ell, m~\in~&\frac{1}{2}\mathbb{Z}, \cr \sum_{j=1}^3N_j|\ell m\rangle~=~&\nu |\ell m\rangle, \cr \nu~\geq~&0.\end{align}\tag{10}$$

7. Betrachten Sie einen solchen Zustand$|\ell m\rangle$. Wir können handeln$|\ell m\rangle$(endlich oft) mit Vernichtungsoperatoren$A^1$,$A^2$&$A^3$, um einen Fock-Vakuumzustand zu erreichen$|\Omega\rangle\neq 0$mit$^2$

   $$A^j|\Omega\rangle~=~0,\qquad j~\in~\{1,2,3\}.\tag{11}$$ (Sonst gibt es negative Normzustände durch ein Standardargument, vgl. z. B. Abschnitt 6.1 in Ref. 1 oder meine Phys.SE-Antwort hier .)

8. Dies impliziert wiederum das$|\ell m\rangle$ein gemeinsamer Eigenvektor für ist$N_1$,$N_2$&$N_3$, mit ganzzahligen Eigenwerten. Insbesondere,$m$muss eine ganze Zahl sein, vgl. Gl. (7) & (10).$\Box$

9. Es ist interessant festzustellen, dass es natürlich keine echten (im Gegensatz zu projektiven) Half-Spin-Irreps der 3D-Rotationsgruppe gibt$SO(3)$, die entsprechende Lie-Algebra$so(3)$hat im Prinzip Halbspin-Ireps, dh es gibt keine topologischen Hindernisse auf der Ebene der Lie-Algebra. Wie wir oben gesehen haben, sagt die zugrunde liegende Fock-Raum-Darstellung der Heisenberg-Algebra für die OAM-Lie-Algebra jedoch etwas anderes! In diesem Sinne unterscheidet sich dieser Beweis stark von einem topologischen Beweis.

Verweise:

1. LE Ballentine, QM moderne Entwicklungen, 1998; P. 170.

--

$^1$Unsere Notation unterscheidet sich geringfügig von Ref. 1. Für den Anfang bevorzugen wir Kleinbuchstaben vor dem CT (5) und Großbuchstaben danach. Eine Erzeugungsfunktion vom Typ 2 für den CT (5) ist

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

$^2$Das Fock-Vakuum$|\Omega\rangle$zufällig invariant unter der CT (5):

$$\begin{align} a^j|\Omega\rangle ~=~&0 \cr ~\Updownarrow~& \cr A^j|\Omega\rangle ~=~&0,\cr j~\in~&\{1,2,3\}.\end{align} \tag{13}$$ Beachten Sie, dass das Fock-Vakuum$|\Omega\rangle$hängt von der Konstante ab$m\omega$.

Ich hatte diese Frage bereits beantwortet, aber meine Antwort hatte einen fatalen Fehler. Dies sollte korrekt sein.

Zunächst müssen wir eine körperliche Anforderung stellen. Wir fordern, dass eine Drehung durch$2\pi$der räumlichen Konfiguration (im Unterschied zu einer internen Konfiguration, dh Spin) lässt die Physik invariant. Aus einer Studie der ersten Homotopiegruppe$Z_2$, wissen wir, dass es generell zwei Möglichkeiten für eine Drehung um gibt$2\pi$(dies wird normalerweise im Zusammenhang mit der topologischen Quantisierung untersucht):$R(2\pi)=1$Und$R(2\pi)=-1$. Für$R$eine physische räumliche Rotation sein, fordern wir$R(2\pi)=1.$Der Rotationsoperator in der$x-y$Flugzeug ist$R=\exp(-i\theta L_z)$Wo$L_z|\psi\rangle=m|\psi\rangle$. So verlangen wir$\exp(-2\pi im)=0$. Dies wird nur durch gelöst$m\in\mathbb{Z}$, was nach den Regeln der Leiteroperatoren impliziert$l\in\mathbb{Z}$.

Ich werde versuchen, die Frage zu beantworten, aufgrund dessen, was in den Kommentaren gesagt wird:

Es scheint mir nicht, dass die 7 Antworten die Frage richtig beantworten! Aus diesem Grund habe ich die Frage erneut gestellt.

Bevor ich in die Erklärung eintauche, ist es meiner Meinung nach wichtig anzumerken, dass der Orbitalwinkelimpuls eine physikalische Größe ist, die zuerst in der klassischen Mechanik definiert wird. Sein quantenmechanisches Analogon erhält man durch eine (vernünftige) Vermutung, dass der Ausdruck die gleichen Komponenten haben sollte, und durch einfaches Übersetzen der klassischen Variablen in Quantenoperatoren. Aber es entstand nicht direkt aus den Symmetrieprinzipien der QM.

---

Warum nicht$\hat{\mathbf{L}}^2$haben halbzahlige Quantenzahlen?

Wir begegnen dem Bahndrehimpuls zum ersten Mal im Zusammenhang mit der Lösung des Wasserstoffatoms, während wir nach einem vollständigen Satz pendelnder Observablen suchen, um die gebundenen Zustände des Systems auszudrücken.

Er ist wie der Hamiltonoperator in Analogie zum klassischen Drehimpuls definiert als:

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

wobei die letzte Gleichheit in der Orts- und Impulsdarstellung des Zustandsvektors gilt$\Psi$. Die Komponenten von$\hat{\mathbf{L}}$kann geschrieben werden als:

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

Wo$\varepsilon_{ijk}$ist das Levi-Civita-Symbol . Der Gesamtbahndrehimpuls, Gegenstand Ihrer Frage, ist dann gegeben durch$\hat{\mathbf{L}}^2$,

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

Und wenn wir einige Schritte überspringen, kommen wir zu:

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

Ausgedrückt in sphärischen Koordinaten$(r, \theta, \phi)$(Der Gesamtdrehimpuls muss rotationsinvariant sein, daher wird erwartet, dass der Operator nur eine Funktion von ist$r$Koordinate).

Für ein angemessenes$^{*}$Potenzial$V(\mathbf x)$wir können ausdrücken$\Psi$in der Nähe des Ursprungs als Potenzreihe in den Basisvektoren. Insbesondere als$r\to 0$, nur die Terme mit der niedrigsten Ordnung in der Reihe "überleben":

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

Hier$\ell$ist die Ordnung des niedrigsten nicht verschwindenden Terms in der Potenzreihe. Der$Y(\theta, \phi)$ist auch ein$\ell$(homogenes) Polynom 'ter Ordnung in$\{\mathrm{sin}(\theta)\mathrm{cos}(\phi), \ \mathrm{sin}(\theta)\mathrm{sin}(\phi), \ \mathrm{cos}(\theta)\}$(Sie können diese als die identifizieren$\{x, \ y, \ z\}$Komponenten eines einheitlichen Vektors).

Darauf reagieren$\Psi$mit$\hat{\mathbf{L}}^2$wir bekommen,

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

Nun, wenn$\Psi$ist eine Eigenfunktion von$\hat{\mathbf{L}}^2$dann sollte der Eigenwert für jeden Punkt gleich sein, also schließen wir daraus, dass der Eigenwert einer solchen Funktion gleich sein muss$\hbar^2\ell(\ell+1)$.

So weit können wir mit dem Drehimpuls in der Orts-Impuls-Darstellung gehen. Wie wir gesehen haben, sind es vor allem (vernünftige) Wellenfunktionen, einschließlich der Eigenfunktionen von$\hat{\mathbf{L}}^2$kann ausgedrückt werden als$\propto r^\ell$für klein$r$. Und es gibt keine gebrochenen Potenzreihen$^{**}$, folgt daraus, dass der Bahndrehimpuls nur (positive) ganzzahlige Quantenzahlen hat.

Also, um deine Frage zu beantworten,

Hat jemand ein entscheidendes Argument dafür, warum wir die halbzahligen Werte aus dem Spektrum der Orbitaloperatoren ausschließen?

Denn der Bahndrehimpuls wurde passend zu unserer klassischen Drehimpulsdefinition gewählt. Dies führt zu obigem Ausdruck von$\hat{\mathbf{L}}^2$mit den entsprechenden Einschränkungen.

So interpretiere ich es zumindest.

---

Wie treten halbzahlige Drehimpulse auf?

Wie wir gesehen haben, liefert uns die Orts-Impuls-Darstellung nur ganzzahlige Drehimpulse, für allgemeinere Drehimpulse müssen wir uns auf Symmetrieprinzipien verlassen.

Symmetrien sind Transformationen, die die Bewegungsgleichungen und den physikalischen Inhalt der mathematischen Darstellungen invariant lassen. In der klassischen Mechanik sind die Symmetrien in der Galilei-Gruppe codiert : Raumrotationen, Translationen in Raum und Zeit und Galilei-Transformationen sollten das Ergebnis eines Experiments nicht verändern (wenn ich ein Experiment unter den gleichen Bedingungen durchführe, sollte es keine Rolle spielen, ob ich es tue heute oder morgen, oder wenn ich es in Hansford oder Livingston mache).

In der Quantenmechanik sollten alle Transformationen, die auf die Zustandsvektoren einwirken, Unitary sein, um das innere Produkt (und damit die Wahrscheinlichkeiten) zu erhalten. Das ist,

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

Es folgt dem$\hat{U}^{\dagger}\hat{U}=\hat{1}$. Für infinitesimale Transformationen (z. B. Drehung um einen infinitesimalen Winkel) nehmen die Unitary-Operatoren die folgende Form an:

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

Wo$\epsilon$ist die "infinitesimale" (beliebig kleine) Zahl. Hier der Betreiber$\hat T$ist hermitesch. In diesem Kontext$\hat T$wird als Generator der Transformation bezeichnet (Sie könnten die infinitesimale Transformation unendlich oft wiederholen, um eine endliche Transformation zu erhalten, und die einzige Information, die Sie dazu benötigen, ist$\hat T$). Sie können dies verwenden, um zu zeigen, dass der Impulsoperator der Generator von Raumtranslationen und der Hamiltonoperator der Generator von Zeittranslationen ist.

Wenn Sie wissen, welche Form$\epsilon$nimmt (es hängt mit der fraglichen Transformation zusammen) können Sie die einheitliche Bedingung ausnutzen$\hat{U}^{\dagger}\hat{U}=\hat{1}$um zu den Kommutatorbeziehungen für den Operator zu gelangen$\hat T$. Der Sonderfall des Drehimpulses ($\hat T =\hat{\mathbf{J}}$) wird in Kapitel 4, Abschnitt 1 von Weinbergs Lectures on Quantum Mechanics gezeigt . Ich werde die Details der Herleitung weglassen, aber was Sie erreichen, ist:

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

Wie Sie überprüfen können,$\hat{\mathbf{L}}$erfüllt auch die Vertauschungsrelationen$^{***}$. Im Allgemeinen können wir ausdrücken$\hat{\mathbf{J}}$als,

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

Das haben wir schon gesehen$\hat{\mathbf{L}}$hat nur ganzzahlige Drehimpulse, also ist der einzige Platz für die halben ganzen Zahlen$\hat{\mathbf{S}}$. Zusätzlich können Sie das hiermit überprüfen$\left[\hat S_i, \hat L_j\right]=0$, und auch,

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

Was diese letzte Gleichung bedeutet, ist das$\hat{\mathbf{S}}$ist unabhängig von$\hat{\mathbf{X}}$Und$\hat{\mathbf{P}}$, und deshalb können wir den Spin in der Ort-Impuls-Darstellung nicht sehen.

---

Im Symmetrieteil habe ich viele Dinge weggelassen, um die Antwort nicht zu umfangreich zu machen. Die Quelle für die meisten meiner Antworten sind die Kapitel 2, 3 und 4 von:

Weinberg, S. (2015). Vorlesungen über Quantenmechanik . Cambridge: Cambridge University Press.

---

$^{*}$In der zeitunabhängigen Schrödinger-Gleichung haben wir$\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\Psi=(V-E)\Psi$,$E$ist endlich aber$V$kann divergieren (wie im Wasserstoffatom), aber wenn die Divergenz nicht sehr singulär ist, dann die ersten Ableitungen von$\Psi$wird zumindest endlich sein und$\Psi$selbst wird überall stetig sein (und überall differenzierbar sein, außer möglicherweise am singulären Punkt)

$^{**}$Zum Beispiel$r^{\frac{1}{2}}$hat nicht einmal eine Serienerweiterung bei$r=0$während Halbzahlen höherer Ordnung der Form$a+\frac{1}{2}$, für$a\in\mathbb N$, haben ihre erste$a$Derivate bei$r=0$gleich Null (es ist also eine triviale Entwicklung) und ihre$(a+1)$'te Ableitung divergieren (also ist die Entwicklung undefiniert).

$^{***}$Es gibt einen wichtigen Unterschied. Für jeden Vektoroperator$\hat{\mathbf{V}}$, die Vertauschungsrelation$\left[\hat J_i, \hat V_j\right]=i\hbar\sum\limits_k\varepsilon_{ijk}\hat V_k$gilt, aber das gilt nicht, wenn wir uns ändern$\hat{\mathbf{J}}$für$\hat{\mathbf{L}}$.

Meine Frage lautet also im Grunde: Hat jemand ein entscheidendes Argument dafür, warum wir die halbzahligen Werte aus dem Spektrum der Orbitaloperatoren ausschließen?

Gehen wir zurück zu den Grundlagen.

Zunächst einmal sind die Eigenwerte des Drehimpulses nicht ganzzahlig. Nicht einmal ein ganzzahliges Vielfaches , da eine Quadratwurzel im Weg steht.

Dies wurde beim Lösen der Schrödinger-Gleichung entdeckt, und der große Erfolg, die Atomspektren mit den durch die Lösung der Wellengleichung gegebenen Quantenzahlen anpassen zu können, gibt der Definition Gültigkeit. Es kommt so vor$l$ist eine ganze Zahl. Das Anpassen der Daten ist also dafür verantwortlich, dass l in der obigen Formel ganzzahlig ist, da die Gleichung, die dies tut, mit der obigen Formel für Drehimpulse herauskommt. Wenn die Daten mit halber Ganzzahl gefittet würden$l$Daran wären wir hängengeblieben.

Halbzahlige Spin-Quantenzahlen werden auch durch die Daten eindeutig in Teilchenphysik-Wechselwirkungen definiert. Die Erhaltung des Drehimpulses ist eine axiomatische Aussage in der klassischen Physik (denn das sagen uns Messungen), bei Elementarteilchenwechselwirkungen wurden Elektronen, Protonen, Neutronen und Neutrinos zwangsläufig halbzahlige Spins zugeordnet , damit die Wechselwirkungen Drehimpuls erhalten würden. Damit bleibt die Drehimpulserhaltung als axiomatische Aussage auch in Quantenwechselwirkungen erhalten,

Es sind also die Daten , die den Drehimpuls definieren. Die offensichtliche Tatsache, dass man mit Drehimpulsoperatoren komplizierte feldtheoretische mathematische Formen definieren kann, sollte nicht darüber hinwegtäuschen, dass uns dies die Daten sagen .

Wir definieren den grundlegenden Drehimpulszustand durch die Wirkung der$z$-Komponentendrehimpulsoperator$L_z$und der quadrierte Gesamtdrehimpulsoperator$L^2=\sum_{i=1}^3L_iL_i$:

$$L_z|l,m\rangle=m|l,m\rangle\quad\text{and}\quad L^2|l,m\rangle=l(l+1)|l,m\rangle$$ Wie Sie wahrscheinlich wissen, definieren wir Hebe- und Senkoperatoren $$L_\pm=L_x\pm iL_y$$ die auf Staaten wie wirken $$L_\pm|l,m\rangle=\sqrt{l(l+1)-m(m\pm1)}|l,m\pm1\rangle$$ Nun beweisen wir per Widerspruch, dass nur ganzzahlige Eigenwerte sinnvoll sind. Angenommen, wir messen den Drehimpuls entlang der $z$-Achse. Wir sagen, dass das Teilchen ruht, wenn $m=0$. Durch die Verwendung der Hebe- und Senkoperatoren erhalten wir das Übliche $-l,-l+1,\dots,l-1,l$Spektrum. Angenommen, wir führen die Messung durch $$L_z|l,m\rangle=\tfrac{1}{2}|l,m\rangle$$ Dies ist jedoch nicht sinnvoll. Es scheint, dass wir das Teilchen nicht in Ruhe versetzen können, indem wir in ganzzahligen Schritten vorgehen. Das ist der Eigendrehimpuls, nämlich der Spin. Wenn wir wollen, dass das Teilchen in der Lage ist, ein zu haben $m=0$Staat entlang der $z$-Achse muss der Bahndrehimpuls ganzzahlig quantisiert sein.

Wir schließen es aus, weil dies mit dem Experiment übereinstimmt. Aber durch viel Gesang und Tanz kann man argumentieren, dass der Drehimpulsoperator, der in den Hamilton-Operator eintritt, doch ein Vektor ist, und Vektoren transformieren sich unter ganzzahligen Darstellungen von SU(2) und nicht unter halben ganzen Zahlen.

Was die Eindeutigkeit der Wellenfunktion betrifft, nun ja, wenn$\psi$in einem bestimmten Winkel diskontinuierlich gesprungen, dann wäre der Drehimpulsoperator an diesem Punkt unendlich. Daher$psi$wäre nicht wirklich eine Eigenfunktion.

Betrachten Sie den einfachsten Fall, die Bewegung in einem kugelsymmetrischen Potential. Der Hamiltonian wird,

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

Nichts in diesem Hamiltonoperator deutet darauf hin, dass die Lösung um rotiert wird$2\pi$die Wellenfunktion sollte ihr Vorzeichen ändern.