Symmetrien einer Differentialgleichung, ihre Lösungen und Wasserstoffatom

Der Wasserstoff-Hamiltonian kann geschrieben werden als

$$H = \frac{p_r^2}{2m} + \frac{L^2}{2mr^2} - \frac{e^2}{r}$$ Wo$p_r$ist die Radialkomponente des Impulses. Seit$H$kommt drauf an$L^2$,$p_r$Und$r$, der Hamiltonian pendelt mit jeder Komponente von$\mathbf L$: $$[H, \mathbf L] = 0,$$ was wiederum bedeutet, dass wir gleichzeitig diagonalisieren können$H$,$L^2$und eine Komponente von$\mathbf L$(sagen,$L_z$). Wir können jetzt den Rotationsoperator einführen: $$D(\phi, \mathbf n) = \exp \left (- \frac{i \mathbf L \cdot \mathbf n \phi}{\hbar} \right ),$$ die die Zustände um einen Winkel dreht$\phi$um den Einheitsvektor$\mathbf n$. Wir können den Hamiltonian unter einer Rotation auf folgende Weise transformieren: $$H \to H' = D(\phi, \mathbf n)^\dagger H D(\phi, \mathbf n).$$ Aber$H$pendelt mit$\mathbf L$, So$H$pendelt auch mit$D$, und somit$H' = D^\dagger D H = H$. Wir haben bewiesen, dass der Hamiltonoperator unter Rotationen invariant ist. Dies bedeutet, dass einige Entartungen auftreten werden, dh einige Zustände werden dieselbe Energie teilen. Beachten Sie jedoch, dass Sie, anders als ich zuvor sagte (was ein Fehler war), nicht einen Zustand drehen können$|nlm\rangle$um eins mit unterschiedlichen zu erstellen$m$um die$z$-Achse. Da die Eigenzustände des Hamiltonoperators auch Eigenzustände von sind$L_z$, führt der Rotationsoperator nur einen Phasenfaktor für den Zustand ein: $$D(\phi, \mathbf{\hat z})|nlm\rangle = \exp\left (-\frac{iL_z \phi}{\hbar} \right ) |nlm\rangle = e^{-im\phi}|nlm\rangle$$ Aber Staaten mit unterschiedlichen$m$sind orthogonal (ihr inneres Produkt ist Null), was für den oben gedrehten Zustand eindeutig nicht der Fall ist: $$\langle nlm | \big(D |nlm\rangle\big) = e^{-im\phi} \neq 0.$$ Jetzt Rotationen um die$x$oder$y$-axis ändert den Wert von$m$seit$|nlm\rangle$ist kein Eigenzustand von$L_x$oder$L_y$. Tatsächlich können Sie schreiben$L_x$Und$L_y$in Bezug auf die Leiter Operatoren$L_\pm = L_x \pm i L_y$die den Wert von erhöhen/verringern$m$um die Aktion des Rotationsoperators zu berechnen. Das einzige, was ich Ihnen garantieren kann, ist, dass Sie am Ende zumindest in einer linearen Kombination von Zuständen mit demselben ankommen$n$Und$l$aber mit anders$m$'S.

Man kann a nicht transformieren$p$orbital in a$d$Orbital durch eine Drehung. Denn die Erzeuger von Rotationen sind die Drehimpulsoperatoren, und ihre Wirkung kann nur Zustände mit gleichem Wert verbinden$\ell$der Drehimpulsquantenzahl. Drehungen können also nur Zustände mit Gleichem verbinden$\ell$.

Im Fall des von Ihnen angegebenen Paritätsbeispiels die Parität$P$und die Identität bilden eine abelsche Gruppe und alle Darstellungen (es gibt zwei davon) sind von Dimension eins, also wenn die TISE-Schrödinger-Gleichung es auch ist$P$-Invarianten können Lösungen entweder gerade oder ungerade Parität haben. Dies ist beispielsweise bei symmetrischen Potentialen der Fall$V(-x)=V(x)$.