Quantenmechanik: Zeigen Sie, dass sich der Erwartungswert des Drehimpulses nicht mit der Zeit ändert

Der TDSE ist:

$$\hat{H}\Psi = i \hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t}$$

Nehmen Sie das komplexe Konjugat (beachten Sie, dass$H=H^{*}$da der Hamiltonian hermitesch ist):

$$-i \hbar \frac{\partial \Psi^{*}}{\partial t} = (\hat{H}\Psi)^{*} = \Psi^{*}H^{*} = \Psi^{*}H$$

Per Definition:

$$\langle\hat{L}\rangle=\langle\Psi|\hat{L}|\Psi\rangle = \int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}\hat{L}\Psi \,\mathbf{dr}^3$$

Daher seit$\hat{L}$ist zeitunabhängig:

$$\frac{\partial}{\partial t} \langle\hat{L}\rangle= \int_{\mathbf{R^3}}\frac{\partial \Psi^{*}}{\partial t}\hat{L}\Psi \,\mathbf{dr}^3 + \int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}\hat{L}\frac{\partial \Psi}{\partial t} \,\mathbf{dr}^3$$

Sub in die ersten beiden Gleichungen und multipliziere durch mit$i \hbar$:

$$i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \langle\hat{L}\rangle= -\int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}\hat{H}\hat{L}\Psi \,\mathbf{dr}^3 + \int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}\hat{L}\hat{H}\Psi \,\mathbf{dr}^3 = \int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}(\hat{L}\hat{H}-\hat{H}\hat{L})\Psi^{*}$$

$$i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \langle\hat{L}\rangle = \int_{\mathbf{R^3}}\Psi^{*}[\hat{H},\hat{L}]\Psi^{*} = 0$$ Deshalb, $\frac{\partial}{\partial t}\langle\hat{L}\rangle=0$, was bedeutet, dass $\langle\hat{L}\rangle$ist eine Konstante, wie wir zeigen wollten.

Ein eleganter Beweis dafür, der klar zeigt, warum die Kommutierung mit dem Hamilton-Operator etwas über die Zeitabhängigkeit aussagt, ist am einfachsten zu sehen, wenn man sich an die Heisenberg-Bewegungsgleichung erinnert

$$\dot A = \frac{i}{\hbar}[H, A(t)]+ \partial_t A, \qquad A(t) = e^{i H t/\hbar}Ae^{-iHt/\hbar}$$ deren Ableitung aus der Schrödinger-Gleichung im Wiki-Link angegeben ist. Für jeden Betreiber $A$mit $\partial_t A = 0$, der zweite Term auf der rechten Seite verschwindet. Wenn der Operator außerdem mit dem Hamiltonoperator pendelt, dann verschwindet auch das erste Mal auf der rechten Seite. Daher für jeden Staat $|\psi(t)\rangle = e^{-iHt/\hbar}|\psi(0)\rangle$hat man $$\frac{d}{dt}\langle\psi(t)|A|\psi(t)\rangle=\frac{d}{dt}\langle \psi(0)|e^{iHt/\hbar}Ae^{-iHt/\hbar}|\psi(0)\rangle = \langle\psi(0)|\dot A|\psi(0)\rangle = 0$$ In diesem Fall, $L$, der Drehimpulsoperator, hat beide Eigenschaften, die dazu führen, dass die rechte Seite der Heisenberg-Bewegungsgleichung verschwindet, also sind wir fertig!

Übrigens habe ich beim Umschalten zwischen den Heisenberg- und Schrödinger-Bildern einige Schreibfehler verwendet, die in der Physik üblich sind; Lassen Sie mich wissen, ob dies verwirrend ist, und ich kann die Dinge notational präziser machen.