0 si dos índices coinciden 1 si jkl es permutación impar de 123. = εjkl i X l (2) = εjkl i P l (3) = εjkl i L l (4)

Transcripción

1 Momento angular

2 Operador momento angular L = R P, L j = ε jkl X k P l (1) Tensor antisimétrico ε jkl = 0 si dos índices coinciden 1 si jkl es permutación par de si jkl es permutación impar de 123 Relaciones de conmutación [ Lj, X k ] = εjkl i X l (2) [ Lj, P k ] = εjkl i P l (3) [ Lj, L k ] = εjkl i L l (4) Módulo al cuadrado L 2 = L 2 x + L 2 y + L 2 z, [ L 2, L j ] = 0 1

3 En general, un momento angular es un operador J = J x u x + J y u y + J z u z cuyas componentes verifican [ Jj, J k ] = εjkl i J l. En consecuencia, J 2 = J 2 x + J 2 y + J 2 z verifica [ J 2, J ] = 0. Por tanto, podemos buscar autovectores comunes a J 2 y J z (elegimos el eje z como eje polar) 2

4 DEFINICIONES Y NOTACIÓN Operadores escalera J + = J x + ij y J = J x ij y Conmutadores [ Jz, J + ] = J+ [J z, J ] = J [ J+, J ] = 2 Jz [ J 2, J ± ] = [ J 2, J z ] = 0 Relación con J 2 J + J = J 2 x + J 2 y i [J x, J y ] = J 2 J 2 z + J z J J + = J 2 x + J 2 y + i [J x, J y ] = J 2 J 2 z J z J 2 = 1 2 ( J+ J + J J + ) + J 2 z 3

5 AUTOVECTORES Y AUTOVALORES Es claro que, para cualquier estado ψ se tiene que J 2 0 ya que J 2 i = ψ J2 i ψ = J i ψ 2 0. Autovalores de J 2 además serán λ 2, con λ 0, y λ = 0 si y sólo si J i ψ = 0, i. Autovalores de J z serán m y los autovectores comunes a J 2 y J z los denotaremos kλm (J 2 y J z no forman en general un CCOC) J 2 kλm = λ 2 kλm (5) J z kλm = m kλm (6) 4

6 Se verifica la desigualdad entre autovalores λ m 2. (λ m 2 ) 2 = kλm (J 2 J 2 z ) kλm = kλm (J 2 x + J 2 y ) kλm 0. Utilizando que J z J ± = [J z, J ± ]+J ± J z = ± J ± +J ± J z = J ± (J z ± ) y que [ J 2 ], J ± = 0 se tiene que J z J + kλm = (m + 1) J + kλm (7) J 2 J + kλm = λ 2 J + kλm (8) J z J kλm = (m 1) J kλm (9) J 2 J kλm = λ 2 J kλm (10) 5

7 La condición λ m 2 limita la magnitud de m. Por tanto, ha de existir un valor máximo de m, llamémosle j tal que Multiplicando por J, J + kλj = 0 J J + kλj = (J 2 J 2 z J z ) kλj En consecuencia, = 2 (λ j 2 j) kλj = 0.(11) λ = j 2 + j = j(j + 1) También ha de existir un valor mínimo de m, sea j, tal que J kλj = 0. Aplicando J + se obtiene que λ = j (j 1), de lo que se deduce j = j. 6

8 Como los valores de m varían en una unidad, deber ser j j entero, esto es, j ha de ser entero o semientero, j = 0, 1 2, 1, 3 2, 2, 5 2,... y para un valor dado de j, los posibles valores de m son m = j, j + 1,..., j 1, j. CAMBIO DE NOTACIÓN: Indexamos los autovectores con j en lugar de λ = j(j + 1), escribiremos kjm. J 2 kjm = j(j + 1) 2 kjm (12) J z kjm = m kjm (13) Es sencillo demostrar que J ± kjm = = (j m)(j ± m + 1) kjm ± 1 j(j + 1) m(m ± 1) kjm ± 1. 7 (14)

9 Como consecuencia de las relaciones de conmutación, en cualquier estado ψ, J x J y 2 J z. Para poder dar con toda precisión las tres componentes del momento angular debemos tener que J = 0, pero además necesitaremos, dado que J x = J y = J z = 0, J 2 x = J 2 y = J 2 z = 0, esto es, ha de verificarse J ψ = 0, J 2 ψ = 0. El único estado en que se pueden medir con toda precisión las tres componentes del momento angular es el vector k00. Para todos los demás estados, las fluctuaciones cuánticas hacen imposible medir las tres componentes simultáneamente. 8

10 MOMENTO ANGULAR ORBITAL Coordenadas esféricas x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos φ, (15) donde r 0, 0 θ π, 0 φ < 2π. El elemento de volumen es d r = r 2 drdω dω = sin θdθdφ. (16) Expresiones de las componentes de L ( L x = i sin φ θ + cos φ tan θ φ, (17) ( L y = i cos φ θ + sin φ ) tan θ φ, (18) L z = i φ. (19) A partir de ellas, ( L 2 = 2 θ tan θ θ + 1 ) sin 2 θ φ 2 (20), L ± = e ±iφ ( ) ± θ + i cot θ φ. (21) ) 9

11 Representación de posiciones: ecuación de autovalores y autofunciones, teniendo en cuenta que L sólo actúa sobre las variables angulares L 2 Yl m (θ, φ) = l(l + 1) 2 Yl m (θ, φ), (22) L z Yl m (θ, φ) = m Yl m (θ, φ). (23) Estas ecuaciones sólo tienen una única solución linealmente independiente para cada pareja de autovalores l(l + 1) y m. Incluyendo la dependencia respecto de r, ψ klm (r, θ, φ) = f klm (r)y m l (θ, φ). (24) Normalización: dω Yl m (θ, φ) 2 = 1, (25) 0 dr r2 f klm (r) 2 = 1. (26) 10

12 Tenemos que L z Y l m (θ, φ) = i φ Yl m (θ, φ) = myl m (θ, φ), (27) por tanto, Yl m (θ, φ) = Fl m (θ)e imφ. (28) La función de onda es monovaluada: φ y φ+2π corresponden al mismo punto del espacio, e im2π = 1, m es entero, l es entero. (29) Vamos a demostrar que todos los valores enteros no negativos son posibles para el número cuántico l, L + Yl l (θ, φ) = 0. (30) 11

13 Por tanto, ( d dθ l cot θ cuya solución es ) Fl l (θ) = 0, (31) F l l (θ) = c l (sin θ) l, (32) lo que significa que existe una única función l. i. Y l l (θ, φ) = c l (sin θ) l e ilφ. (33) Actuando con L, obtenemos sucesivamente el resto de autofunciones Yl l 1,..., Yl m,..., Yl l, que también son únicas. Las autofunciones Yl m (θ, φ), con la elección de la fase para c l c l = ( 1)l (2l + 1)! 2 l, (34) l! 4π se denominan ARMÓNICOS ESFÉRICOS. 12

14 Armónicos esféricos para l = 0, 1 y 2 Y0 0 = 1 4π Y 1 ±1 (θ, φ) = 3 8π sin θe±iφ Y1 0 3 (θ, φ) = 4π cos θ Y 2 ±2 15 (θ, φ) = 32π sin2 θe ±2iφ Y 2 ±1 15 (θ, φ) = sin θ cos θe±iφ 8π Y2 0 5 (θ, φ) = ( 3 cos 2 θ 1 ) 16π 13

15 Propiedades de los armónicos esféricos (comp. A V I ) L ± Y m l (θ, φ) = Ortonormalidad 2π 0 dφ π l(l + 1) m(m ± 1) Y m±1 l (θ, φ). (35) dθ sin θ Y m l 0 Cualquier función de los ángulos f(θ, φ) = c lm = Paridad +l l=0 m= l 2π π 0 dφ 0 (θ, φ)y m l (θ, φ) = δ ll δ mm. (36) c lm Y m l (θ, φ), (37) dθ sin θ Y m l (θ, φ)f(θ, φ). (38) Yl m (θ, φ) = ( 1) l Yl m (π θ, π + φ). (39) Conjugado Yl m (θ, φ) = ( 1) m Yl m (θ, φ). (40) 14

16 Base estándar del espacio de las funciones de onda de una partícula sin espín Los operadores L 2 y L z no constituyen un CCOC para el espacio de las funciones de onda de una partícula sin espín. En general, hay que introducir un índice k para denotar la degeneración existente una vez fijados (l, m). ψ klm ( r) = R klm (r)y m l (θ, φ). (41) Por ser autofunción de L 2 y L z, L ± ψ klm ( r) = l(l + 1) m(m ± 1) ψ klm±1 ( r), (42) y como L ± sólo actúa sobre las variables angulares, L ± ψ klm ( r) = R klm (r)l ± Yl m (θ, φ) = l(l + 1) m(m ± 1) R klm (r) Yl m±1 (θ, φ). (43) Por tanto, R klm±1 (r) = R klm (r). (44) 15

17 La parte radial no puede depender de m, esto es, ψ klm ( r) = R kl (r)y m l (θ, φ). (45) Relación de ortonormalidad d rψ klm ( r)ψ k l m ( r) = δ kk δ ll δ mm. (46) En consecuencia, 0 dr r2 R kl (r)r k l (r) = δ kk, (47) ya que los armónicos esféricos son ortogonales para l l. 16

18 Predicciones físicas Sea una función de onda arbitraria ψ( r) = k donde c klm = +l l=0 m= l 0 dr r2 R kl (r) 2π 0 dφ π o c klm R kl (r)y m l (θ, φ), (48) dθ sin θ Y m l (θ, φ)ψ(r, θ, φ). (49) La probabilidad de una medida conjunta de L 2 y L z es P L 2,L z (l, m) = k c klm 2, (50) y si sólo medimos L 2 o L z las probabilidades respectivas son P L 2(l) = +l m= l P Lz (m) = l m P L 2,L z (l, m), (51) P L 2,L z (l, m). (52) 17

19 Como el momento angular sólo actúa sobre las variables (θ, φ), sólo la dependencia en éstas es relevante para los cálculos anteriores, ψ(r, θ, φ) = +l l=0 m= l a lm (r)y m l (θ, φ),(53) a lm (r) = c klm R kl (r). (54) k Debido a la ortogonalidad de las funciones radiales, 0 dr r2 a lm (r) 2 = k = k k c klm c k lm dr 0 r2 Rkl (r)r k l (r) c klm 2, (55) y a lm (r) = 2π 0 dφ π 0 dθ sin θ Y m l (θ, φ)ψ(r, θ, φ). (56) 18