Mathematischer Beweis des Drehimpulses und des Hamiltonschen Pendelns?

Das willst du zeigen$[L^2,H]=0$. Es gibt einige Möglichkeiten, dies zu tun. Am einfachsten und direktesten ist es, dies in sphärischen Koordinaten zu bemerken

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

Wo$V(r)$ist die potenzielle Energie, die Sie betrachten. Dies ist leicht zu sehen, Sie ersetzen einfach den Laplace-Operator in sphärischen Koordinaten und Sie werden sehen, dass die$L^2$Begriff erscheint natürlich. In diesem Fall ist es offensichtlich, dass die Betreiber pendeln. Erinnere dich daran$L^2$wirkt sich nur auf Winkelkoordinaten aus, zum Zwecke von$L^2$irgendetwas$r$-bezogen ist eine Konstante. In diesem Fall haben wir das

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

Dasselbe passiert mit dem anderen Begriff, der nur beinhaltet$r$im$H$Operator. Das andere Stück liegt offensichtlich auch daran$[L^2,L^2]=0$. In diesem Fall$[L^2,H]=0$.

EDIT: Der erste Begriff pendelt mit$L^2$weil es nur um Operationen geht$r$. Ich denke, Sie können es besser sehen, wenn Sie den Kommutator auf eine Funktion anwenden

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

Nun schau das da$L^2$handeln Sie nicht auf die$r$-Abhängigkeit bekommen wir$rL^2f = L^2(rf)$. Bezüglich der Ableitung: der Operator$\partial^2/\partial r^2$wirkt nicht auf Winkelvariablen. Deshalb können wir seine Bestellung mit umtauschen$L^2$. Das gibt uns

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

und wieder weil$L^2$wirkt nicht auf$r$-Abhängigkeit können Sie mitbringen$1/r$innen. Dies lässt uns mit

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

Als alternativen Beweis lassen wir$\mathcal D (R)$sei der unitäre Operator, der einer dreidimensionalen Rotation zugeordnet ist$R$und definiere einen Vektoroperator$\mathbf A$von

$$\mathcal D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R)=R\mathbf A,$$ oder $$A_i'\equiv\mathcal D (R)^\dagger A_i \mathcal D (R)=R_{ij} A_j.$$ Beachten Sie das, da $R$ist orthogonal: $$A_i'A_i'=R_{ij}A_jR_{ik}A_k=A_jA_j,$$ das ist $$\mathcal D (R)^\dagger \mathbf A ^2 \mathcal D (R)=(D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R))\cdot (D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R)) = \mathbf A^2$$ (das ist offensichtlich).

Seit$\mathcal D (R)$pendelt mit$\mathbf A ^2$für jeden$R$, folgt daraus, dass der Drehimpuls selbst mit pendelt$\mathbf A ^2$.

Beachten Sie das jetzt$\mathbf p = - i\nabla$ist ein Vektoroperator. Der Rotationsoperator wird in realisiert$L^2$Hilbert-Raum eines einzelnen spinlosen Teilchens durch

$$\mathcal D (R)\psi (\mathbf x )=\psi (R^{-1}\mathbf x ),$$ Das ist also die gewöhnliche Aussage, dass der Gradient einer Skalarfunktion ein Vektor ist. Daraus folgt sofort, dass der kinetische Energieoperator $T=\frac{\mathbf p ^2}{2m}$pendelt mit dem Drehimpuls. Da auch ein kugelsymmetrisches Potential bei jeder Drehung, also mit dem Drehimpuls, pendelt, folgt daraus, dass die volle Hamilton-Funktion mit dem Drehimpuls pendelt.

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Hinweis: Wahrscheinlich werden Sie diese Ableitung nicht sofort nützlich finden. Der Punkt, den ich machen möchte, ist, dass die Kommutierungsbeziehungen eines Operators wie$\mathbf J$was eine Symmetrieoperation erzeugt, lässt sich leicht aus der Definition der Symmetrie ablesen. Ein einfacheres Beispiel sind Übersetzungen: die Definition des Übersetzungsoperators$\mathcal T(a)^\dagger q\mathcal T(a)=q+a$, zusammen mit$T(a)=e^{-ipa}$gibt sofort die kanonischen Vertauschungsrelationen an$[q,p]=i$; nur differenzieren durch$a$.